清单02 计数原理（考点清单，知识导图+10个考点清单+题型解读）-2024-2025学年高二数学下学期期末考点大串讲（苏教版2019选择性必修第二册）

清单02 计数原理 （14个考点梳理+题型解读+提升训练） 【清单01】分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 【清单02】分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法. 【清单03】分类加法计数原理及分步乘法计数原理区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理. 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理. 【清单04】排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． （2）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （3）排列数的性质： ①；②；③． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 【清单05】组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到；因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． （3）组合数的主要性质：①；②． （4）组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 【清单06】解决排列组合综合问题的一般过程 1、认真审题，确定要做什么事； 2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步； 3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素； 4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略． 【清单07】相同元素隔板法分配问题 相同元素的组合问题，即有若干组元素，每组元素相同，将这些元素排成一排的计数问题 典型问题：相同小球放入不同盒中，即个相同元素分成组（每组的任务不同）的问题. Ⅰ:当每组至少含一个元素时，其不同分组分式有种，即给个元素中间的个空隙中插入个隔板. ①当每组至少含一个元素时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球共有4个间隔，故放隔板的位置有4处，从这4处中任取2处即可，故. ②当每组至少含一个元素时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球共有5个间隔，故放隔板的位置有5处，从这5处中任取2处即可，故. ③当每组至少含一个元素时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球共有6个间隔，故放隔板的位置有6处，从这6处中任取3处即可，故. ④当每组至少含一个元素时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球共有个间隔，故放隔板的位置有处，从这处中任取处即可，故. Ⅱ：任意分组，可出现某些组含0个元素的情况，其不同分组分式有种，即将个元素与个相同隔板进行排序，在个位置中选个隔板. ①任意分组时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这7处位置中任取2处安排隔板即可，故. ②任意分组时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这8处位置中任取2处安排隔板即可，故. ③任意分组时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球及3个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这10处位置中任取3处安排隔板即可，故. ④任意分组时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球及个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这处位置中任取处安排隔板即可，故. 【清单08】不同元素分组分配问题 分组问题与分配问题 Ⅰ：将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. Ⅱ：分组问题的常见形式及快速处理方法 ①非均匀不编号分组：个不同元素分成组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，不管是否分完，其分法种数为： 如：6个不同的球分为3组，且每组数目不同，有多少种情况？ ②均匀不编号分组：将个不同元素分成不编号的组，假定其中组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）.如果再有组均匀分组，应再除以.除的原因为：如：123456平均分成3组，可能是 也可能是或者是等，一共有种不同的组别，但这些组都是一样的，所以除以. 如：两两一组，分两组，若直接用种，但列举出来的分别为、、再往下列举就已经重复了. 如：、、. 如：6个不同的球分为3组，且每组数目相同，有多少种情况？ . ③非均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数） ④均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）. 【清单09】相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 【清单10】不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 【清单11】涂色问题 秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 【清单12】定序问题 定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 【清单13】二项展开式中的系数最值问题 模型1：二项式系数最大问题 二项式系数具备对称性，即（）对于大小以二次函数开口向下的图象分析. ①当，即为奇数 则共有项，总项数为偶数. 巧记：当为奇数时，则总的二项式系数为偶数（因为从开始），既然为偶数，则最大项个数也为偶数，即为2个. 如：当，，中间项为，和 结论：当幂指数为奇数时，中项即右上标为项二项式系数相等且最大 ②当，即为偶数 则共有项，总项数为奇数. 巧记：当为偶数时，则总的二项式系数为奇数（因为从开始），既然为奇数，则最大项个数也为奇数，即为1个. 如：当，，中间项为. 结论：当幂指数为偶数时，中项即右上标为项二项式系数最大。 形如：设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则= ( ) A.5 B.6 C.7 D.8 破解：前面展开后共有2m+1(奇数项)，后面展开后共有2m+2(偶数项)，则有：，得，选B。 秒杀方法： 求展开式中系数最大的项与求二次项系数最大的项是不同的，还需考虑各项系数的正负变化情况，事实上由于展开式中的各项的系数是离散型变量，因此我们可以考虑类比求数列最大项的方法，即比较第项与相邻两项系数的大小，根据通项构造不等式求解.技巧如下： 形如：的二项式展开式，设第项的系数为最大. 则 因为，所以不等式组必有解，且当和都为整数时，有两解，且两解分别为和，否则有一解，因此得出一个结论： 形如的二项展开式系数最大的项最多只有两项. 注意：若系数最大的项为最后一项，则（） 例如：求展开式中系数最大的项时，因为，所以系数最大的项是最后一项. 若系数最大的项为第一项，则，即 例如：求展开式中的系数最大的项时，因为，所以系数最大项是第一项. 但是，对于，使用上述方法时由于的奇偶性不确定，会有多个满足条件的，故此法不可取，考虑到展开式中各项的系数正负相间，奇数项的系数为正，偶数项系数为负，故系数最大的项必须满足奇数项，这里介绍一种通法， 对于可以先求系数绝对值最大的项，再根据项的系数的正负确定系数最大的项，求系数绝对值最大的不等式组和上述一致. 如果和都为整数，那么其中的偶数就是我们要求得. 若和不是整数，则介于它们之间的偶数，就是我们要求，如果介于它们之间的是奇数，那么只要比较第项左右两项的系数就可以了. 【清单14】二项展开式中的系数和问题 解决二项式系数和的问题 一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 推导： 【考点题型一】分类加法分布乘法计数原理 技巧：加法原理的特点是： ① 完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ② 用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③ 把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 乘法原理的特点： ① 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ② 完成每一步有若干种方法； ③ 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 【例1】用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 【变式1-1】如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（    ） A．400 种 B．460 种 C．480 种 D．496 种 【变式1-2】从正整数中取出100个不同的数组成递增的等差数列，这样的数列共有（    ） A．4555个 B．4654个 C．5445个 D．5500个 【变式1-3】某单位安排甲、乙、丙、丁4人在国庆7天假期值班，要求每天只有1人值班，甲连续值班3天，乙连续值班2天，丙、丁各值班1天，则不同的值班安排方法种数为（    ） A．28 B．24 C．20 D．16 【变式1-4】用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【考点题型二】涂色问题 技巧：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域， 因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色， 再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 【例2】用四种不同的颜色给如图所示的六块区域涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（    ） A．120 B．144 C．264 D．96 【变式2-1】如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【变式2-2】用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（    ） A．25 B．630 C．605 D．580 【变式2-3】为迎接元宵节，某广场将一个圆形区域分成五个部分（如图所示），现用4种颜色的鲜花进行装扮（4种颜色均用到），每部分用一种颜色，相邻部分用不同颜色，则该区域鲜花的摆放方案共有（    ） A．48种 B．36种 C．24种 D．12种． 【变式2-4】中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【考点题型三】数字排位问题 技巧：1、认真审题，确定要做什么事； 2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步； 3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素； 4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略． 【例3】甲、乙、丙、丁、戊五名同学站成一排参加文艺汇演，最左端不能排甲和乙，最右端不能排乙，则不同的排法共有（   ） A．27种 B．36种 C．54种 D．72种 【变式3-1】甲、乙、丙、丁、戊站成一排，其中甲、乙必须相邻，丁不能站在两端，则不同站法的种数为（      ） A．12 B．24 C．48 D．120 【变式3-2】在某颁奖仪式上，队员人（其中人为队长）)，教练组人，站成一排照相，要求队长必须站中间，教练组要求相邻并站在边上，不同的站法种数共有（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】中国古代儒家提出的“六艺”是指：礼、乐、射、御、书、数，某校国学社团预计在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，其中“礼”和“乐”均不排在第一和第六节，且“礼”和“乐”不相邻，则排法有（   ） A．72种 B．144种 C．150种 D．240种 【变式3-4】将字母排成一排，若要求相邻，且不在两端，则不同的排列方法共有（    ） A．228种 B．192种 C．240种 D．168种 【考点题型四】排列的常见类型与处理方法 技巧：一、相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体， 在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序， 则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 二、不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列， 然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 【例4】包括甲、乙、丙在内的6人排成一排照相，要求甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列种数为（    ） A．180 B．246 C．168 D．192 【变式4-1】甲、乙、丙、丁、戊、己等六人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有（   ） A． 种 B． 种 C． 种 D．种 【变式4-2】灌云县第一中学高二动漫社团中有6名优秀学员、、、、、和他们的指导老师共7人站成一排合影留念，则指导老师和同学站在两端，、相邻，、不相邻的排法种数为（   ） A．56 B．72 C．36 D．48 【变式4-3】贵池某中学在2025年距离高考倒计时100天当天，为高三学生举办高考百日誓师大会，用以激励正在备考的高三学生.学校共准备了四首励志歌曲和三个发言（一个教师代表发言，一个往届优秀学生视频发言，一个应届学生代表发言）.根据不同的要求，求本次活动的安排方法. (1)往届优秀学生视频发言和应届学生代表发言必须相邻，有多少种安排方法？ (2)三个发言不能相邻，有多少种安排方法？ (3)励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙不排在最后一个，有多少种安排方法？（结果用数字作答） 【变式4-4】某种产品的加工需要经过、、、、共5道工序． (1)如果工序不能放在最后，那么有多少种加工顺序？ (2)如果工序和工序既不能放在最前，也不能放在最后，那么有多少种加工顺序？ (3)如果和工序相邻，和不能相邻，那么有多少种加工顺序？ 【考点题型五】定序问题 技巧：定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的）， 进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个， 其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 【例5】有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中小明必须站在正中间，并且小李、小张两位同学要站在一起，则不同的站法有 A．192种 B．120种 C．96种 D．48种 【变式5-1】甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁不相邻，则不同的排列方式共有（      ） A．40种 B．48种 C．12种 D．24种 【变式5-2】某小组两名男生和两名女生邀请一名老师排成一排合影留念，要求两名男生不相邻，两名女生也不相邻，老师不站在两端，则不同的排法共有（    ） A．48种 B．32种 C．24种 D．16种 【变式5-3】六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式5-4】参加实践活动的1名教师和A，B，C，D，E 5名志愿者站成一排合影留念，其中教师不站在两端，且A，B相邻的方法有（    ）种. A．120 B．96 C．240 D．144 【考点题型六】分组分配问题 技巧:分组问题与分配问题 将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组 元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. 【例6】在送教下乡活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，且甲、乙、丙三名老师不同时安排在同一学校，则不同的分配方法总数为（    ） A．36 B．72 C．144 D．108 【变式6-1】县委组织部拟派六位大学生村官对五个贫困村进行驻村帮扶，每位大学生村官只去一个贫困村，每个贫困村至少派一位大学生村官，其中甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村，则不同的派遣方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式6-2】将4名优秀教师分配到3个不同的学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有（    ） A．72种 B．48种 C．36种 D．24种 【变式6-3】学校有一队含有2名教师、3名高一学生、3名高二学生和2名高三学生的志愿者队伍，现从这10名志愿者中选调6名志愿者平均分配到、两个社区作宣传活动.求： (1)若选调的志愿者中必须有教师，则有多少种选调方法（不需要分配到社区）？ (2)若每个社区必须有教师带队，且不含高三学生，则有多少种分配方法？ (3)若选调的志愿者中高一与高二学生选调人数相等，则有多少种分配方法？ 【变式6-4】某校志愿者团队共派出6人参加志愿服务活动，其中男生4人，女生2人． (1)从这6人中选出男、女队长各1人参加志愿服务活动，共有多少种选法？ (2)从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有多少种选法？ (3)活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙左边，有多少种不同的排法？ (4)现要将6名志愿者分配到三所学校参加志愿服活动，每所学校至少分配1人，共有多少种不同的安排方法？ 【考点题型七】求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 技巧：一般地,对于任意正整数,都有： ()， 这个公式所表示的定理叫做二项式定理， 等号右边的多项式叫做的二项展开式。 式中的做二项展开式的通项，用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数 【例7】的展开式的常数项为（　　） A．210 B．252 C． D． 【变式7-1】若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，7，8，11的第上四分位数，则二项式的展开式的常数项是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式7-2】在的展开式中，前3项的系数成等差数列. (1)求展开式中的一次项； (2)证明展开式中没有常数项； (3)求展开式中所有的有理项. 【变式7-3】已知的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为. (1)求该二项展开式的项数； (2)求展开式中含的项. 【变式7-4】（1）若，其中．求． （2）已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56:3．求展开式中的常数项． 【考点题型八】利用赋值法进行求有关系数和 技巧：一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 【例8】若，则（   ） A．243 B．-243 C．-3125 D．3125 【变式8-1】若的展开式中第3项和第9项的二项式系数相等，则以下判断正确的是（    ） A．奇数项的二项式系数和为 B．所有奇数项的系数和为 C．第6项的系数最大 D． 【变式8-2】已知的展开式二项式系数和为64． (1)求n的值； (2)求展开式中的常数项； (3)求展开式中二项式系数最大的项． 【变式8-3】设. (1)求实数的值； (2)求的值； (3)求的值. 【变式8-4】已知展开式的二项式系数和为512，且． (1)求和的值； (2)若，且被6整除，求． 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $$ 清单02 计数原理 （14个考点梳理+题型解读+提升训练） 【清单01】分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 【清单02】分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法. 【清单03】分类加法计数原理及分步乘法计数原理区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理. 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理. 【清单04】排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． （2）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （3）排列数的性质： ①；②；③． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 【清单05】组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到；因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． （3）组合数的主要性质：①；②． （4）组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 【清单06】解决排列组合综合问题的一般过程 1、认真审题，确定要做什么事； 2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步； 3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素； 4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略． 【清单07】相同元素隔板法分配问题 相同元素的组合问题，即有若干组元素，每组元素相同，将这些元素排成一排的计数问题 典型问题：相同小球放入不同盒中，即个相同元素分成组（每组的任务不同）的问题. Ⅰ:当每组至少含一个元素时，其不同分组分式有种，即给个元素中间的个空隙中插入个隔板. ①当每组至少含一个元素时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球共有4个间隔，故放隔板的位置有4处，从这4处中任取2处即可，故. ②当每组至少含一个元素时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球共有5个间隔，故放隔板的位置有5处，从这5处中任取2处即可，故. ③当每组至少含一个元素时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球共有6个间隔，故放隔板的位置有6处，从这6处中任取3处即可，故. ④当每组至少含一个元素时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球共有个间隔，故放隔板的位置有处，从这处中任取处即可，故. Ⅱ：任意分组，可出现某些组含0个元素的情况，其不同分组分式有种，即将个元素与个相同隔板进行排序，在个位置中选个隔板. ①任意分组时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这7处位置中任取2处安排隔板即可，故. ②任意分组时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这8处位置中任取2处安排隔板即可，故. ③任意分组时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球及3个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这10处位置中任取3处安排隔板即可，故. ④任意分组时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球及个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这处位置中任取处安排隔板即可，故. 【清单08】不同元素分组分配问题 分组问题与分配问题 Ⅰ：将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. Ⅱ：分组问题的常见形式及快速处理方法 ①非均匀不编号分组：个不同元素分成组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，不管是否分完，其分法种数为： 如：6个不同的球分为3组，且每组数目不同，有多少种情况？ ②均匀不编号分组：将个不同元素分成不编号的组，假定其中组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）.如果再有组均匀分组，应再除以.除的原因为：如：123456平均分成3组，可能是 也可能是或者是等，一共有种不同的组别，但这些组都是一样的，所以除以. 如：两两一组，分两组，若直接用种，但列举出来的分别为、、再往下列举就已经重复了. 如：、、. 如：6个不同的球分为3组，且每组数目相同，有多少种情况？ . ③非均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数） ④均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）. 【清单09】相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 【清单10】不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 【清单11】涂色问题 秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 【清单12】定序问题 定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 【清单13】二项展开式中的系数最值问题 模型1：二项式系数最大问题 二项式系数具备对称性，即（）对于大小以二次函数开口向下的图象分析. ①当，即为奇数 则共有项，总项数为偶数. 巧记：当为奇数时，则总的二项式系数为偶数（因为从开始），既然为偶数，则最大项个数也为偶数，即为2个. 如：当，，中间项为，和 结论：当幂指数为奇数时，中项即右上标为项二项式系数相等且最大 ②当，即为偶数 则共有项，总项数为奇数. 巧记：当为偶数时，则总的二项式系数为奇数（因为从开始），既然为奇数，则最大项个数也为奇数，即为1个. 如：当，，中间项为. 结论：当幂指数为偶数时，中项即右上标为项二项式系数最大。 形如：设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则= ( ) A.5 B.6 C.7 D.8 破解：前面展开后共有2m+1(奇数项)，后面展开后共有2m+2(偶数项)，则有：，得，选B。 秒杀方法： 求展开式中系数最大的项与求二次项系数最大的项是不同的，还需考虑各项系数的正负变化情况，事实上由于展开式中的各项的系数是离散型变量，因此我们可以考虑类比求数列最大项的方法，即比较第项与相邻两项系数的大小，根据通项构造不等式求解.技巧如下： 形如：的二项式展开式，设第项的系数为最大. 则 因为，所以不等式组必有解，且当和都为整数时，有两解，且两解分别为和，否则有一解，因此得出一个结论： 形如的二项展开式系数最大的项最多只有两项. 注意：若系数最大的项为最后一项，则（） 例如：求展开式中系数最大的项时，因为，所以系数最大的项是最后一项. 若系数最大的项为第一项，则，即 例如：求展开式中的系数最大的项时，因为，所以系数最大项是第一项. 但是，对于，使用上述方法时由于的奇偶性不确定，会有多个满足条件的，故此法不可取，考虑到展开式中各项的系数正负相间，奇数项的系数为正，偶数项系数为负，故系数最大的项必须满足奇数项，这里介绍一种通法， 对于可以先求系数绝对值最大的项，再根据项的系数的正负确定系数最大的项，求系数绝对值最大的不等式组和上述一致. 如果和都为整数，那么其中的偶数就是我们要求得. 若和不是整数，则介于它们之间的偶数，就是我们要求，如果介于它们之间的是奇数，那么只要比较第项左右两项的系数就可以了. 【清单14】二项展开式中的系数和问题 解决二项式系数和的问题 一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 推导： 【考点题型一】分类加法分布乘法计数原理 技巧：加法原理的特点是： ① 完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ② 用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③ 把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 乘法原理的特点： ① 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ② 完成每一步有若干种方法； ③ 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 【例1】用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 【答案】B 【分析】由已知分别计算出一位数，两位数，三位数以及比3135小的四位数的个数，从而确定3135是这组数的第几项. 【详解】当组成的数字为一位数时，有1，3，5，共个， 当组成的数字为两位数时，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以两位数的个数为个， 当组成的数字为三位数时，百位，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以三位数的个数为个， 当组成的数字为四位数且比3135小时， 千位是的四位数，百位，十位和个位都有种选择，所以个数为个， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择，所以个数为个， 因为， 所以3135是这组数的第72项. 故选：. 【变式1-1】如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（    ） A．400 种 B．460 种 C．480 种 D．496 种 【答案】C 【分析】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色，当使用3种颜色时，和涂一种颜色，利用分类加法、分步乘法计数原理即可求解. 【详解】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色， 当使用4种颜色时，有6种涂法，有5种涂法，有4种涂法，有3种涂法， 所以共有种方法； 当使用3种颜色时，和涂一种颜色，共有6种涂法， 有5种涂法，有4种涂法， 所以共有种方法； 所以不同的涂法共有种. 故选：. 【变式1-2】从正整数中取出100个不同的数组成递增的等差数列，这样的数列共有（    ） A．4555个 B．4654个 C．5445个 D．5500个 【答案】A 【分析】根据题意有首项和公差要满足，且，，于每一个公差，首项的范围为，共有种情况，最后求和计算即可. 【详解】设等差数列首项为，公差为，则从正整数中取出100个不同的数组成递增的等差数列， 要满足，且，， 对于每一个公差，首项的范围为，共有种情况， 所以满足条件的递增等差数列个数为：， 故选：A. 【变式1-3】某单位安排甲、乙、丙、丁4人在国庆7天假期值班，要求每天只有1人值班，甲连续值班3天，乙连续值班2天，丙、丁各值班1天，则不同的值班安排方法种数为（    ） A．28 B．24 C．20 D．16 【答案】B 【分析】先对甲连续值班的情况进行分类，计算出每种情况下的安排方法种数，然后利用分类加法计数原理即可得解． 【详解】记国庆7天假期的编号依次为，则甲、乙值班安排方法的情况及相应值班安排方法种数如下表： 甲 乙 不同的值班安排方法种数 1，2，3 4，5 5，6 6，7 2，3，4 5，6 6，7 3，4，5 1，2 6，7 4，5，6 1，2 2，3 5，6，7 1，2 2，3 3，4 根据分类加法计数原理可知共有种不同的值班安排方法. 故选：B． 【变式1-4】用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是和不是进行分类; 个位不是时要注意选中的数有和不是情况求解. 【详解】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择， 而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论: ①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况， 与百位数一样，只有一种选择， 与个位数一样，也只有一种选择; ②当个位数为2时， 如果百位数为2，则十位数有6种选择， 如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择: 当个位数为4时， 如果百位数为4，则十位数有6种选择， 如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择 综上所述，. 故选：B. 【考点题型二】涂色问题 技巧：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域， 因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色， 再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 【例2】用四种不同的颜色给如图所示的六块区域涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（    ） A．120 B．144 C．264 D．96 【答案】A 【分析】利用两个计数原理，先分类再分步即可求解． 【详解】先涂，有4种选择，接下来涂，有3种选择，再涂,有2种选择， ① 当颜色相同时涂色方法数是：， ② 当颜色不相同时涂色方法数是：， 满足题意的涂色方法总数是：． 故选：A． 【变式2-1】如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【答案】A 【分析】根据分步乘法计数原理依次涂色即可. 【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择． 故不同的涂色方案有种． 故选：A. 【变式2-2】用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（    ） A．25 B．630 C．605 D．580 【答案】B 【分析】先计算所有的情况，然后计算不涂红色和只有一个圆涂红色，最后求差即可. 【详解】先涂第一个圆，由6种情况；再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有5种情况；涂第四个圆有5种情况；涂第五个圆有5种情况，利用计数原理可知，一共有种； 若没有红色， 先涂第一个圆，由5种情况；再涂第二个圆有4种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种； 若红色涂一个圆， 当红色涂第一个圆，再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种； 当红色涂第二个圆，再涂第一个圆有5种情况，涂第三个圆有5种情况，涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第三个圆，再涂第二个圆有5种情况，涂第四个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第四个圆，再涂第三个圆有5种情况，涂第五个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第二个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第五个圆，再涂第四个圆有5种情况，涂第是三个圆有4种情况，涂第二个圆有4种情况；涂第一个圆有4种情况；一共有种； 所以红色至少涂两个圆的方案有. 故选:B 【变式2-3】为迎接元宵节，某广场将一个圆形区域分成五个部分（如图所示），现用4种颜色的鲜花进行装扮（4种颜色均用到），每部分用一种颜色，相邻部分用不同颜色，则该区域鲜花的摆放方案共有（    ） A．48种 B．36种 C．24种 D．12种． 【答案】A 【分析】满足条件的涂色方案可分为区域同色，且和其它区域不同色和区域同色两类，且和其它区域不同色，结合分步乘法计数原理，分类加法计数原理求解即可 【详解】满足条件的摆放方案可分为两类， 第一类区域同色，且和其它区域不同色的摆放方案， 满足条件的方案可分四步完成， 第一步，先摆区域有种方法， 第二步，摆放区域有3种方法， 第三步，摆放区域有2种方法， 第四步，考虑到区域不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域有1种方法， 由分步乘法计数原理可得第一类中共有种方案， 第二类，区域同色两类，且和其它区域不同色的摆放方案， 满足条件的方案可分四步完成， 第一步，先摆区域有种方法， 第二步，摆放区域有3种方法， 第三步，摆放区域有2种方法， 第四步，考虑到区域不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域有1种方法， 由分步乘法计数原理可得第一类中共有种方案， 根据分步加法计数原理可得该区域鲜花的摆放方案共有种， 故选：A. 【变式2-4】中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】确定区域，，，的颜色，分区域与区域涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出答案. 【详解】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色． 先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择， 当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择； 当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择， 故不同的涂色方案有种． 故选：B． 【考点题型三】数字排位问题 技巧：1、认真审题，确定要做什么事； 2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步； 3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素； 4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略． 【例3】甲、乙、丙、丁、戊五名同学站成一排参加文艺汇演，最左端不能排甲和乙，最右端不能排乙，则不同的排法共有（   ） A．27种 B．36种 C．54种 D．72种 【答案】C 【分析】分类讨论甲是否排最右端，结合排列数组合数分析求解. 【详解】若最右端排甲，则最左端不能排乙，不同的排法共有种； 若最右端不排甲，则甲、乙不能排两端，不同的排法共有种； 所以不同的排法共有种. 故选：C. 【变式3-1】甲、乙、丙、丁、戊站成一排，其中甲、乙必须相邻，丁不能站在两端，则不同站法的种数为（      ） A．12 B．24 C．48 D．120 【答案】B 【分析】根据捆绑法、间接法求解即可. 【详解】先甲、乙相邻，有种不同排法， 其中丁站两端的站法有种， 故甲、乙必须相邻，丁不能站在两端的站法有种， 故选：B 【变式3-2】在某颁奖仪式上，队员人（其中人为队长）)，教练组人，站成一排照相，要求队长必须站中间，教练组要求相邻并站在边上，不同的站法种数共有（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据捆绑法以及特殊元素优先安排的原则，即可由排列组合以及分步乘法计数原理求解. 【详解】选择左、右两边其中一边将教练组人捆绑看作一个整体安排，共有种排法， 将剩余的名队员全排列，共有种排法， 由分步乘法计数原理可知，满足条件的排法种数为. 故选：B. 【变式3-3】中国古代儒家提出的“六艺”是指：礼、乐、射、御、书、数，某校国学社团预计在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，其中“礼”和“乐”均不排在第一和第六节，且“礼”和“乐”不相邻，则排法有（   ） A．72种 B．144种 C．150种 D．240种 【答案】B 【分析】利用插空法计算可得. 【详解】先排射、御、书、数4节，有种排法， 因为“礼”和“乐”均不排在第一和第六节，且“礼”和“乐”不相邻， 所以从射、御、书、数中间的3个空选2个空排“礼”和“乐”，有种排法. 根据分步乘法计数原理，满足条件的排列方法有：种. 故选：B 【变式3-4】将字母排成一排，若要求相邻，且不在两端，则不同的排列方法共有（    ） A．228种 B．192种 C．240种 D．168种 【答案】B 【分析】利用相邻问题捆绑法列式，去掉在两端之一的排列数即可. 【详解】将捆绑在一起，视为一个整体，不考虑的位置，则有（种）排法， 当在两端时，有（种）排法， 所以满足要求的排列方法有（种）. 故选：B 【考点题型四】排列的常见类型与处理方法 技巧：一、相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体， 在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序， 则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 二、不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列， 然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 【例4】包括甲、乙、丙在内的6人排成一排照相，要求甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列种数为（    ） A．180 B．246 C．168 D．192 【答案】D 【分析】分甲乙相邻且与丙不相邻、甲与乙相邻且乙与丙相邻两种情况讨论，利用捆绑法和插空法计算可得. 【详解】当甲乙相邻且与丙不相邻时，先将其余三人全排列，有种排法， 再将甲乙组合与丙插空，有种排法，则有种排法； 当甲与乙相邻且乙与丙相邻，则有种排法， 综上可得一共有种排法. 故选：D 【变式4-1】甲、乙、丙、丁、戊、己等六人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有（   ） A． 种 B． 种 C． 种 D．种 【答案】D 【分析】根据相邻捆绑，不相邻插空和分步乘法计数原理即可分析计算求解. 【详解】甲、乙必须相邻，先将甲、乙两人捆绑作为一人有种排列方法， 接着和除丙、丁外的2人一起进行排列有种排列方法， 最后上述排列种形成的4个空中选出两个空给丙、丁插入排列有种方法， 所以总的不同的安排方法有种. 故选：D 【变式4-2】灌云县第一中学高二动漫社团中有6名优秀学员、、、、、和他们的指导老师共7人站成一排合影留念，则指导老师和同学站在两端，、相邻，、不相邻的排法种数为（   ） A．56 B．72 C．36 D．48 【答案】B 【分析】根据题意，分2步进行分析：①指导老师和站在两端，全排列即可；②中间5人分2种情况讨论：相邻且与相邻、相邻且不与相邻，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空，最后再由分步乘法计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①指导老师和站在两端，有种情况， ②中间5人分2种情况讨论： 若相邻且与相邻，有种安排方法， 若相邻且不与相邻，有种安排方法， 则中间5人有安排方法，则有种不同的安排方法. 故选：B. 【变式4-3】贵池某中学在2025年距离高考倒计时100天当天，为高三学生举办高考百日誓师大会，用以激励正在备考的高三学生.学校共准备了四首励志歌曲和三个发言（一个教师代表发言，一个往届优秀学生视频发言，一个应届学生代表发言）.根据不同的要求，求本次活动的安排方法. (1)往届优秀学生视频发言和应届学生代表发言必须相邻，有多少种安排方法？ (2)三个发言不能相邻，有多少种安排方法？ (3)励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙不排在最后一个，有多少种安排方法？（结果用数字作答） 【答案】(1)1440种 (2)1440种 (3)3720种 【分析】（1）利用捆绑可求解； （2）利用插空法可求解； （3）利用间接法可求解. 【详解】（1）根据题意，分两步分析 ①先将往届优秀学生视频发言和应届学生代表发言捆绑，有种情况 ②捆绑后，与其他5个节目全排列，有种情况 共有的方法数：种 （2）分两步进行分析： ①先排列三个发言以外节目，全排列，有种情况，排好后有5个空位， ②在5个空位中任选3个，安排三个发言节目，有种情况， 则三个发言不能相邻的排法有种； （3）如果没有条件限制，方法数为：种情况， 励志歌曲甲排在第一个，方法数有：种情况， 励志歌曲乙排在最后一个，方法数有：种情况， 励志歌曲甲排在第一个且乙排在最后一个，方法数有：种情况， 共有：种. 【变式4-4】某种产品的加工需要经过、、、、共5道工序． (1)如果工序不能放在最后，那么有多少种加工顺序？ (2)如果工序和工序既不能放在最前，也不能放在最后，那么有多少种加工顺序？ (3)如果和工序相邻，和不能相邻，那么有多少种加工顺序？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）特殊元素优先法，先排工序，其余工序全排列； （2）首先排工序和工序，，其余工序全排列； （3）相邻问题用捆绑，不相邻问题用插空法. 【详解】（1）因为工序不能放在最后， 首先排工序，有种排法， 其余工序全排列即可，有种排法， 按照分步乘法计数原理可得一共有种加工顺序； （2）因为工序和工序既不能放在最前，也不能放在最后， 首先排工序和工序，有种排法， 其余工序全排列即可，有种排法， 按照分步乘法计数原理可得一共有种加工顺序； （3）如果和工序相邻，和不能相邻， 把和工序捆绑作为一组，与工序排列，有种排法， 再将和插入所形成的个空中的个空，有种排法， 按照分步乘法计数原理可得一共有种加工顺序； 【考点题型五】定序问题 技巧：定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的）， 进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个， 其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 【例5】有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中小明必须站在正中间，并且小李、小张两位同学要站在一起，则不同的站法有 A．192种 B．120种 C．96种 D．48种 【答案】A 【分析】分小李，小王在小明左侧或右侧两类，应用特殊元素及捆绑法，利用排列组合数求不同的站法数. 【详解】第一类：若小李，小王在小明左侧， 先排小李、小张两人，有种站法， 再取一人站左侧，有种站法， 余下三人站右侧，有种站法； 第二类：小李，小王在小明右侧方法种数同上； 综上，. 故选：A. 【变式5-1】甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁不相邻，则不同的排列方式共有（      ） A．40种 B．48种 C．12种 D．24种 【答案】B 【分析】根据题意，分类讨论甲在第二、三、四位，求出对应的排法，结合分类加法计数原理即可求解. 【详解】若甲在第二位，分两种情况讨论： ①：第一位安排丙或丁，则第三、四、五位全排列，共有种； ②：第一位和第四位安排乙戊，第三位和第五位安排丙丁，共有种； 若甲在第三位，丙丁可能排在第位，共种可能， 排好丙丁需种，在剩余两个位子排乙戊，有种，此时共种 若甲在第四位，丙丁可能排在第位，共种可能； 排好丙丁需种，在剩余两个位子排乙戊，有种，此时共种 所以共有种不同的排法. 故选：B 【变式5-2】某小组两名男生和两名女生邀请一名老师排成一排合影留念，要求两名男生不相邻，两名女生也不相邻，老师不站在两端，则不同的排法共有（    ） A．48种 B．32种 C．24种 D．16种 【答案】B 【分析】由排列组合以及分类分步计数原理即可得解. 【详解】当老师从左到右排在第二或第四位时，共有种排法， 当老师从左到右排在第三位时，共有种排法，于是共有种排法. 故选：B. 【变式5-3】六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用排列应用问题、及组合计数求出基本事件数，再利用古典概率计算即得. 【详解】不妨假设六位爸爸已经站好了位置，不同站位方法数为， 小孩找到各自的爸爸，则其为定序问题，不同站位方法数为 所以不需要插队的概率. 故选：B 【变式5-4】参加实践活动的1名教师和A，B，C，D，E 5名志愿者站成一排合影留念，其中教师不站在两端，且A，B相邻的方法有（    ）种. A．120 B．96 C．240 D．144 【答案】D 【分析】将捆绑，和进行全排列，再把教师采用插空法插入，即可求得结果. 【详解】将捆绑，和进行全排列，共有：种方法， 又因为相邻，将其当做一个元素，和共形成个空，但教师不站在两端， 故插入教师的方式共有：种， 故所有的安排方法有：种. 故选：D. 【考点题型六】分组分配问题 技巧:分组问题与分配问题 将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组 元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. 【例6】在送教下乡活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，且甲、乙、丙三名老师不同时安排在同一学校，则不同的分配方法总数为（    ） A．36 B．72 C．144 D．108 【答案】C 【分析】考虑间接法求解, 求出甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师的方法种数，减去每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法种数，利用排列组合数公式计算即得. 【详解】根据题意，考虑间接法求解，即求出甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名 老师的方法种数，减去每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法种数即可. 将甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，可分为两种情况， 其一：按照“221”分组，有种方法；其二：按照“113”分组，有种方法. 而每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法有种. 故不同的分配方法总数为种. 故选：C. 【变式6-1】县委组织部拟派六位大学生村官对五个贫困村进行驻村帮扶，每位大学生村官只去一个贫困村，每个贫困村至少派一位大学生村官，其中甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村，则不同的派遣方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】先考虑将六位大学生村官分派到五个贫困村的分法种数，然后考虑虑甲、乙两位大学生村官分派在同一个贫困村的派遣方案种数，结合间接法可求得结果. 【详解】先考虑将六位大学生村官分派到五个贫困村的分法种数， 则五个贫困村分派的村官人数分别为、、、、， 不同的派遣方案种数为； 接下来考虑甲、乙两位大学生村官分派在同一个贫困村，则不同的派遣方案种数为种， 由间接法可知，甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村，则不同的派遣方案共有种. 故选：B. 【变式6-2】将4名优秀教师分配到3个不同的学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有（    ） A．72种 B．48种 C．36种 D．24种 【答案】C 【分析】将4名教师分成三组，再全排列即可求解. 【详解】将4名教师分成三组，只有一种分法，即1，1，2，共有， 再排列得. 故选：C. 【变式6-3】学校有一队含有2名教师、3名高一学生、3名高二学生和2名高三学生的志愿者队伍，现从这10名志愿者中选调6名志愿者平均分配到、两个社区作宣传活动.求： (1)若选调的志愿者中必须有教师，则有多少种选调方法（不需要分配到社区）？ (2)若每个社区必须有教师带队，且不含高三学生，则有多少种分配方法？ (3)若选调的志愿者中高一与高二学生选调人数相等，则有多少种分配方法？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分恰有1名教师和恰有2名教师两种情况讨论，利用组合数公式计算可得； （2）从高一、高二6名学生中选4人，然后在进行平均分配，其中两名教师有两种分配方法； （3）分高一高二各选1、、名学生三种情况讨论，先选人，再平均分配到社区. 【详解】（1）选调的志愿者中恰有1名教师，先选1名教师，再从剩余8人中选5人，共有种选法． 选调的志愿者中恰有2名教师，先选2名教师，再从8人中选4人，共有种选法． 所以志愿者中有教师的选调方法为：种． （2）若每个社区中必有教师，则2名教师均需选用， 再从高一、高二6名学生中选4人，然后在进行分配，共有种分配方法． （3）选调的志愿者中高一与高二学生选调人数相等，有分配时有三种情况： 当高一高二各选1名学生时，种分配方法； 当高一高二各选2名学生时，种分配方法； 当高一高二各选3名学生时，种分配方法； 则共有种分配方法. 【变式6-4】某校志愿者团队共派出6人参加志愿服务活动，其中男生4人，女生2人． (1)从这6人中选出男、女队长各1人参加志愿服务活动，共有多少种选法？ (2)从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有多少种选法？ (3)活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙左边，有多少种不同的排法？ (4)现要将6名志愿者分配到三所学校参加志愿服活动，每所学校至少分配1人，共有多少种不同的安排方法？ 【答案】(1)8； (2)16； (3)360； (4)540. 【分析】（1）由分步乘法计数原理计算即可； （2）分两种情况采用分步乘法计数原理计算即可； （3）定序问题使用除法计算即可； （4）分三所学校人数为三种情况，结合分堆法和分类加法计数原理计算即可. 【详解】（1）从这6人中选出男、女队长各1人参加志愿服务活动，分两步完成， 第一步从男生4人中选1人有4种选法，第二步从女生2人中选1人共2种选法，故有种选法； （2）从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有2种情况： 第一种：男生选2人，女生选1人，共有种选法， 第一种：男生选1人，女生选2人，共有种选法， 故总共有种选法； （3）活动后6人排成一排拍照共有种排法，男生甲与女生乙有2种排法，满足顺序排法相同， 所以活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙左边共有排法； （4）现要将6名志愿者分配到三所学校参加志愿服活动，每所学校至少分配1人，则三所学校分配志愿者人数为：， 若人数为，则有种安排方法， 若人数为，则有种安排方法， 若人数为，则有种安排方法， 根据分类加法计数原理共有种安排方法. 【考点题型七】求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 技巧：一般地,对于任意正整数,都有： ()， 这个公式所表示的定理叫做二项式定理， 等号右边的多项式叫做的二项展开式。 式中的做二项展开式的通项，用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数 【例7】的展开式的常数项为（　　） A．210 B．252 C． D． 【答案】C 【分析】根据二项式展开式的通项公式来求解展开式的常数项． 【详解】对于二项式，根据二项式展开式通项公式得： ， 对进行化简： ， 令， 解得． 将代入到中可得： 故选：C． 【变式7-1】若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，7，8，11的第上四分位数，则二项式的展开式的常数项是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【分析】利用百分位数的概念计算，再利用二项式展开式通项公式求常数项即可. 【详解】因为， 所以的第上四分位数是，即， 则， 由解得， 所以常数项为， 故选：D. 【变式7-2】在的展开式中，前3项的系数成等差数列. (1)求展开式中的一次项； (2)证明展开式中没有常数项； (3)求展开式中所有的有理项. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据二项式定理的展开式公式及等差数列的性质先计算n的值，再利用二项式展开式的通项公式计算一次项即可； （2）根据通项公式设出常数项计算得出矛盾，即可证明； （3）利用二项式展开式通项待定系数求有理项即可. 【详解】（1）设该二项式展开式通项为，则， 由题意可得：或， 显然不符题意，舍去，故. 令，即含x的一次项为：； （2）由（1）展开式通项为 ，则， 所以不满足，所以展开式中没有常数项； （3）由（1）知二项式展开式通项，由题意知， 令得为展开式中所有的有理项. 【变式7-3】已知的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为. (1)求该二项展开式的项数； (2)求展开式中含的项. 【答案】(1)8 (2) 【分析】（1）由二项式展开式中二项式系数比计算即可； （2）由二项展开式的通项中令，再计算即可. 【详解】（1）因为二项式的展开式中第2项的二项式系数为，第3项的二项式系数为， 所以，即，解得， 所以该二项展开式的项数为8. （2）因为二项式的展开式的第项为， 令，得， 当时，. 【变式7-4】（1）若，其中．求． （2）已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56:3．求展开式中的常数项． 【答案】（1）；（2）常数项为 【分析】（1）根据二项式展开式的通项公式求出，再分别令和即可求得，即可求解； （2）利用二项式展开式的通项公式求出的值，即可求常数项. 【详解】（1）二项式展开式的通项为， 依题意，， 解得，所以的值为2． 令，得，① 令，得，② 两式相加可得，，即， 两式相减可得，，即， 所以. （2）因为通项：, 由，即， 化简得，，解得或（舍）， 当，则， 于是常数项为. 【考点题型八】利用赋值法进行求有关系数和 技巧：一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 【例8】若，则（   ） A．243 B．-243 C．-3125 D．3125 【答案】D 【分析】令，得，令和即可求解. 【详解】令，所以，所以， 令得， 令得， 所以， 故选：D. 【变式8-1】若的展开式中第3项和第9项的二项式系数相等，则以下判断正确的是（    ） A．奇数项的二项式系数和为 B．所有奇数项的系数和为 C．第6项的系数最大 D． 【答案】A 【分析】由已知可推得，利用二项式系数的性质求解可判断A；赋值令以及，即可求解判断B；根据二项式系数的性质，即可得出C项；判断各项的符号，去掉绝对值，即可求解判断D. 【详解】由，可得二项式的展开式的通项公式可得，， 由已知可得，所以， 所以由二项式的展开式可知所有二项式系数和为， 所以奇数项的二项式系数和为，故A正确； 令，可得， 令，可得， 解得，故B错误； 由通项公式可知，奇数项的系数全为正，偶数项的系数全为负， 故第6项的系数不是最大值，故C错误； 令，可得， 所以， 所以，故D错误. 故选：A. 【变式8-2】已知的展开式二项式系数和为64． (1)求n的值； (2)求展开式中的常数项； (3)求展开式中二项式系数最大的项． 【答案】(1) (2)60 (3) 【分析】（1）根据二项式系数和公式得到方程，求出答案； （2）得到展开式通项公式，进而得到展开式中的常数项为； （3）二项式系数最大的项为第四项，由（2）可知，得到答案. 【详解】（1）由题意得，故； （2）的展开式通项公式为 ， 令，解得， 所以展开式中的常数项为； （3），展开式共有7项，二项式系数最大的项为第四项， 由（2）可知， 故展开式中二项式系数最大的项为. 【变式8-3】设. (1)求实数的值； (2)求的值； (3)求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据二项式定理，写出展开式通项，结合题意，可得答案； （2）利用赋值法，结合题目中的等式，可得答案； （3）对等式进行求导，利用赋值法，结合题意，可得答案. 【详解】（1）由的展开式的通项为， 因为，所以. （2）令，则，令，则， 所以. （3）由两边求导得： . 由两边求导得： . 令，则. 所以. 【变式8-4】已知展开式的二项式系数和为512，且． (1)求和的值； (2)若，且被6整除，求． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）利用二项式系数和为可求得的值，再将原式中的进行赋值，即可求解； （2）利用的解析式先求出，再利用二项式定理展开，进而可求解. 【详解】（1）由二项式系数和为512知，，所以， ， 令，，令，， ； （2）由（1）知，则， ， 被6整除，能被6整除， 能被6整除， 能被6整除， ，，. 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $$