第4章 计数原理（复习讲义）数学湘教版高二选择性必修第一册

第4章 计数原理复习讲义 （1）了解分类加法计数原理和分步乘法计数原理及其意义； （2）理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式； （3）能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理； （4）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 知识点 重点归纳 常见易错点 分类加法 计数原理 加法原理的特点： 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． ① 混淆 “分类” 与 “分步”，将互斥方案误按分步计算（加变乘）； ②分类不全面，遗漏部分可行方案； ③ 各类方案出现交叉（不互斥），导致重复计数。 分步乘法 计数原理 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． ①混淆 “分步” 与 “分类”，将关联步骤误按分类计算（乘变加）； ②步骤顺序混乱，导致重复或遗漏（如排列问题漏考虑顺序差异）； ③某一步方法数计算错误（如忽略特殊限制条件）。 排列、排列数、排列数公式 一般地，从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列． 从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示. 排列数公式 （1）乘积形式：，其中，并且．特别地，从个不同元素取出个不同元素（即全部取出）排成一列，叫做个元素的一个全排列，此时． （2）阶乘：正整数1到的连乘积，叫作的阶乘，用表示．规定． （3）阶乘形式：． （1）如何判断一个具体问题是不是排列问题，就要看从n个不同元素中取出m个元素后，再安排这m个元素时是有顺序还是无顺序，有顺序就是排列，无顺序就不是排列． （2）“排列”和“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列”，它不是一个数，而是具体的一个排列（也就是具体的一件事）； （3）排列数公式记忆错误（如漏记分母 “(n−m)!” 或混淆 与公式）。 组合、组合数、 组合数公式 1、组合 （1）组合的定义：一般地，从个不同元素中取出个元素作为一组，叫做个不同元素中取出个元素的一个组合． （2）组合的特点：组合要求个元素是不同的，被取出的个元素也是不同的，即从个不同元素中进行次不放回地取出． （3）组合的特性：元素是无序的，即取出的个元素不讲究顺序，亦即元素没有位置的要求． 2、组合数及其性质 （1）组合数：从个不同元素中取出个元素所有不同组合的个数，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： （，且）． （3） 组合数的性质：；； 规定． （1） 混淆 “无序” 特征，将组合问题误按排列计算（如 “选 2 人参加比赛” 与 “选 2 人分别担任正副队长” 混淆）； （2）组合数性质应用错误（如忽略的适用条件，或误用性质②进行计算）； （3）计算时未约分导致运算复杂出错（如直接计算大数的阶乘，未先约分简化）； （4）含 “至少” “至多” 的组合问题，分类不清晰（如 “从 5 男 3 女中选 3 人，至少 1 女” 漏算或重复算）。 均匀组及部 分均匀组   1. 定义：①均匀组：将 n 个不同元素分成 k 组，每组元素个数完全相同（如 6 人分 3 组，每组 2 人）；②部分均匀组：部分组元素个数相同，部分组不同（如 6 人分 3 组，两组 2 人、一组 2 人，或两组 2 人、一组 1 人 + 一组 1 人，根据实际分组情况）； 2.分组公式：①均匀组：若分成 k 个相同个数的组，总组数为（，k 为均匀组数）； ②部分均匀组：仅对个数相同的组除以对应组数的全排列（如 6 人分 3 组：2 人 + 2 人 + 2 人，除以 3!；6 人分 3 组：2 人 + 2 人 + 1 人 + 1 人，除以 2!×2!）。     （1） 均匀分组时未除以 “均匀组数的全排列”，导致重复计数（如 6 人平均分成 3 组，误算为 ，未除以 3!）； （2）部分均匀组混淆 “相同个数的组数”，漏除或多除全排列（如 6 人分 2 人 + 2 人 + 1 人 + 1 人，仅除以 2!，忽略另一组相同个数的 1 人组，未除以 2!×2!）； （3）误将 “均匀组” 与 “非均匀组” 混淆，对非均匀组（各组个数均不同）额外除以全排列（如 6 人分 3 人 + 2 人 + 1 人，误除以 3!）。 均匀分配及部分均匀分配  1. 定义：①均匀分配：将均匀分组后的各组分配到不同对象（如 6 人平均分成 3 组，分配给 3 个班级）；②部分均匀分配：部分均匀分组后分配到不同对象； 2. 分配思路：“先分组，后分配”—— 先按均匀 / 部分均匀组规则计算分组数，再乘以分配对象的全排列（如均匀分组后分配给 k 个不同对象，乘以；特例：若分配对象不同且分组均匀，可直接分步分配（如 6 人分配给 3 个班级，每班 2 人，可算为，无需额外除以 3!，因分配对象不同已体现顺序）。    1. 均匀分配时重复处理 “分组” 与 “分配”：先分组时除以了 k!，分配时又误乘以 k!，导致结果错误； （2）部分均匀分配忽略 “仅相同个数的组需分组”，对非均匀部分额外处理（如 6 人分 2 人 + 2 人 + 1 人 + 1 人，分配给 4 个不同班级，误将分组数除以 4!，实际仅需除以 2!×2!）； （3）混淆 “分组” 与 “分配”：未明确分配对象是否不同，对相同分配对象（如无差异的小组）额外乘以排列数（如将 6 人分成 3 个无差异小组，误乘以 A₃³）。 排列组合 综合应用    1. 核心思路：先判断 “分类” 或 “分步”，再区分 “有序” 或 “无序”，优先处理特殊元素 / 特殊位置； 2. 常见模型：①捆绑法（相邻问题）；②插空法（不相邻问题）；③间接法（排除不符合条件的情况）；④结合均匀 / 部分均匀分组、涂色模型的综合问题。     （1）相邻问题未用捆绑法，或捆绑后忽略内部排列（如 “3 人相邻排成一排”，未计算捆绑元素的内部顺序）； （2）不相邻问题误用捆绑法，或插空时忽略 “空位” 数量（如 “3 人不相邻，先排其他人再插空”，漏算空位个数）； （3）综合均匀分组与分配时，同时出现多个易错点（如 “6 人分成 2 人 + 2 人 + 2 人，再分配给 3 个不同团队”，既未除以 3!，又未乘以 ）； （4）间接法应用时，漏算或多算 “不符合条件的情况”。 二项式定理 及其二项式 系数的性质 1、二项式定理及相关概念 （1）定义：公式 称为二项式定理． （2） 二项展开式： ． （3）二项式系数：各项的系数叫做展开式的二项式系数． （4）二项式通项：叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式中的第项，可记为：． （5）在二项式定理中，若设，，则得到公式． 2、二项展开式的特点 （1）展开式共有项； （2）各项的次数和都等于二项式的幂指数； （3）字母的幂指数按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到为0，字母的幂指数按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到为． （1）通项公式记忆错误（如将 “第 k+1 项” 误记为 “第 k 项”，导致指数错误：a 的指数应为 n−k，b 的指数为 k）； （3） 混淆 “二项式系数” 与 “项的系数”（如 (3x - 2)ⁿ中，第 2 项的二项式系数是，项的系数是 ）； （3）求特定项（如常数项、x⁵项）时，未通过指数关系列方程求解 k（如常数项需满足 的指数和为 0）； （4）二项式系数和的性质应用错误（如混淆 “二项式系数和” 与 “项的系数和”，求项的系数和时未代入 x=1 等特殊值）。 题型一 两个计数原理的应用 【例1】根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹一样多的概率为（    ） A． B． C． D． 小结、两个计数原理的应用技巧 1．分类加法计数原理的实质 分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，每类中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事． 2．使用分类加法计数原理遵循的原则 有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则. 【变式1-1】如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【变式1-2】汽车制造的专业化流程是：设计效果图→制作油泥模型→生产样车→对样车检验→投入生产.已知A市、B市、C市分别有3个、10个、7个能设计效果图的设计院，A市有2个能制作油泥模型的制作中心，B市有6个能生产样车的生产车间，C市有1处能对样车检验的检验中心，A市、B市、C市、D市、E市分别有8，8，6，3，2家能实际投入生产的生产厂家，从设计到实际生产，有 种选择方法． 【变式1-3】已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路(从甲到乙)接通的情况有(    ). A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 题型二 排列数（组合数）公式的应用 【例2】 （1）计算： ； （2） 若 ，则x的值为_____； （3） 若 ，求正整数n． 小结；与排列组合数有关的运算 技巧：排列数公式 ，其中n，m∈N+，且m≤n． 排列数公式的阶乘式： ，所以． （、，且）； （、，且）。 【变式2-1】（多选）下列选项中正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】已知，若，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．1或3 【变式2-3】，，则等于（    ） A． B． C． D． 题型三 涂色问题 【例3】 给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 小结：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。 【变式3-1】如图，对四棱锥的各面进行染色，要求有公共棱的两个面不同色.现有种颜色可供选择，则不同的染色方法共有 种. 【变式3-2】如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．120 B．26 C．340 D．420 【变式3-3】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 题型四 相邻与不相邻问题 【例4】 将2个男生和4个女生排成一排： (1)男生不相邻的排法有多少种？（列式并用数字作答） (2)男生不相邻且不在头尾的排法有多少种？（列式并用数字作答） (3)2个男生都不与女生甲相邻的排法有多少种？（列式并用数字作答） (4)4个女生顺序一定的排法有多少种？（列式并用数字作答） 小结：相邻与不相邻问题技巧： 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 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。 【变式4-1】为全面推进乡村振兴，永州市举办了“村晚兴乡村”活动，晚会有《走，去永州》《扬鞭催马运粮忙》《数幸福》《乡村振兴唱起来》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，则不同的排列种数为（   ） A．6 B．12 C．16 D．20 【变式2-2】四名男生和两名女生排一行进行合影，若要求男生甲与男生乙不相邻，且女生A和女生B相邻，则不同排法的种数有（    ） A．288种 B．144种 C．96种 D．72种 【变式4-3】现有体积均相同但质量均不同的红球个、白球个、黑球个，将这个小球放入恰好能容纳个小球的圆柱形卡槽内． (1)若同种颜色的球必须相邻，试问共有多少种不同的放法？ (2)若个白球互不相邻，且质量最大的白球不能放在卡槽的两端，试问共有多少种不同的放法？ (3)若个红球之间有且仅有白球和黑球各个，试问共有多少种不同的放法？ 题型五 分组与分配问题 【例5】（多选）为提升学生劳动意识和社会实践能力，新华中学高二年级利用周末进行社区义务劳动．该校决定从高二年级共6个班中抽取20人组成社区服务队参加活动，其中6班有2个“劳动之星”，“劳动之星”必须参加且不占名额，每个班都必须有人参加，则（    ） A．若6班不再抽取学生，则共有种分配方法 B．若6班有除“劳动之星”外的学生参加，则共有种分配方法 C．若每个班至少有3人参加，则共有90种分配方法 D．若根据需要6班有4人参加，其余至少三人参加，则共有75种分配方案 小结：分组分配问题技巧：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.（1）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.（2）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. 【变式5-1】将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法有（    ） A．240种 B．180种 C．150种 D．540种 【变式5-2】在某学校的运动会中，有甲、乙、丙3名志愿者负责A，B，C，D等4个任务.每人至少负责一个任务，每个任务都有人负责，且甲不负责A任务的分配方法共有（   ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【变式5-3】把6个不同的小球随机放入3个不同的盒子中，若每个盒子中至少有1个小球，则不同放法的种数为（   ） A．540 B．630 C．1080 D．1260 题型六 二项式定理的正用和逆用 【例6】 计算二项式： (1)写出的展开式并化简； (2)化简：. 【变式6-1】 （    ） A． B． C． D． 【变式6-2】被10除所得的余数为（    ） A．1 B．2 C．0 D．9 【变式6-3】代数式可化简为 ． 题型七 求展开式中指定的项或特定项（或其系数） 【例7】 在的展开式中，第项的二项式系数依次成等差数列. (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项. 小结、根求展开式中的指定的项或特定项（或其系数）的技巧： 二项展开式的通项：（），公式特点：①它表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是；②字母b的次数和组合数的上标相同； 【变式7-1】在的展开式中，含的项的系数为（    ） A．12 B．－12 C．－2 D．2 【变式7-2】在的展开式中项的系数 ． 【变式7-3】已知展开式中含的系数为30，则（    ） A．二项式系数之和为64 B． C．展开式中不存在常数项 D．展开式中所有项的系数和是729 题型八 利用赋值法进行求有关系数和 【例8】 （多选）若，则（    ） A． B． C． D． 小结：利用赋值法进行求有关系数和的技巧 1.“赋值法”普遍适用于恒等式，对形如,的式子，求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令；对形如的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令. 2.一般地，若，则的展开式中各项系数之和为.奇数项系数之和为，偶数项系数之和为. 【变式8-1】已知，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 【变式8-2】已知，那么（   ） A． B．2 C． D．12 【变式8-3】(多选题）已知，其中，则（    ） A． B． C． D． 题型九 二项式系数与项系数的最值问题 【例9】 已知的二项展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且各项系数之和为 (1)求实数a和n的值； (2)求展开式中系数最小的项． 小结：求二项展开式项的系数的最大值时，先求系数为正数时项的系数的最大值，令第r＋1项的系数最大，则满足进而解不等式组即可．注意当系数为负数时，可以求解对应的系数的最小值．对于(ax＋bx－1)n，当x，x－1的系数为1时，某项的二项式系数和项的系数相等，则可以应用求二项式系数最大值的求解方法进行求解．　　 【变式9-1】若的展开式中第2项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 【变式9-2】已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（    ） A．24 B．18 C．12 D．6 【变式9-3】已知的二项式系数之和为4096． (1)求展开式中的常数项； (2)求展开式中系数最大项． 基础巩固通关测 1、6名同学参加同时举办的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择参加其中的1个讲座，则不同选择的种数为（    ） A． B． C．24 D．10 2、书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 3、的值是（   ） A．480 B．520 C．600 D．1320 4、用这个数字，可以组成个没有重复数字的三位偶数（    ） A．720 B．648 C．320 D．328 5、某景区新开通了 个游玩项目，并邀请了甲、乙、丙、丁 4 名志愿者体验游玩项目，每名志愿者均选择 1 个项目进行体验，每个项目至少有 1 名志愿者进行体验，且甲不体验 项 目， 则不同的体验方法共有（    ） A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．30 种 6、如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（    ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 7、将0，1，2，10四个数字排成一行，可以组成不同的5位数的个数是（    ） A．6 B．12 C．15 D．18 8、已知，则（   ） A．32 B．64 C．127 D．128 9、在的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 10、某学校利用周末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共6个班，其中1班有2个志愿者队长，本次志愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则共有（   ）种分配方法. A．90 B．60 C．126 D．120 11．（多选）下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．从五个人中选三个人站成一排，则不同的排法有60种 C．过三棱柱任意两顶点的直线中，异面直线共有36对 D．用0，1，2，…，9这十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为252 12．（多选）对于二项式，下列说法正确的是（    ） A．展开式中各项的二项式系数之和为 B．若展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则 C．若展开式中的系数为160，则 D．若为奇数，令，则 13．（多选）在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则（    ） A．恰好有1件是不合格品的抽法种数为 B．恰好有2件是不合格品的抽法种数为 C．至少有1件是不合格品的抽法种数为 D．至少有1件是不合格品的抽法种数为 14、的展开式中，的系数为 . 15、计算的值为 . 16．某城区交通要道有积雪堵塞，现场有9名男志愿者和5名女志愿者，交警拟安排其中3名女志愿者和2名男志愿者参与扫雪工作.其余志愿者参与铲雪工作，则不同的安排方法共有 种用数字作答 17．已知多项式，则 ． 18、用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？ (1)组成五位偶数； (2)组成千位数字和十位数字是奇数的偶数． 19．已知的展开式中的第二项和第三项的系数相等． (1)求n的值； (2)求展开式中所有二项式系数的和； (3)求展开式中所有的有理项． 能力提升进阶练 一、单选题 1．（24-25高二下·湖南长沙·期末）从，，，中取出2个字母的所有排列，共有（    ）种 A．6 B．8 C．10 D．12 2．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·湖南郴州·期末）2025年第十三届中国（湖南）国际矿物宝石博览会5月16日在郴州国际会展中心举行，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，则不同的志愿者分配方案的种数是（   ） A．120 B．150 C．180 D．300 4．（24-25高二下·湖南娄底·期中）某校文艺汇演上有一个合唱节目，4名女同学和4名男同学需从左至右排成一排上台演唱，则男生甲与女生乙相邻，且男生丙与女生丁相邻的排法种数为（   ） A．1440 B．2880 C．480 D．960 5．（24-25高二下·湖南邵阳·期末）的展开式中的系数为（   ） A． B．4 C．20 D． 6．（24-25高二下·湖南·阶段练习）2025年春节期间，有《封神第二部：战火西岐》《哪吒之魔童闹海》《唐探1900》《熊出没•重启未来》和《射雕英雄传：侠之大者》五部电影上映，小罗准备和另外3名同学去随机观看这五部电影中的某一部电影，则小罗看《哪吒之魔童闹海》，且4人中恰有两人看同一部电影的概率为（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高二下·湖南长沙·开学考试）在的展开式中，的系数是（   ） A．690 B． C．710 D． 二、多选题 8．（24-25高二下·湖南衡阳·阶段练习）某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有（   ） A．种 B．种 C．C种 D．种 9．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高二下·湖南·期中）下列说法正确的是（   ） A．在的展开式中二项式系数和为32 B．在的展开式中常数项为 C．在的展开式中系数最大的项是第5项 D．在的展开式中各项系数的和为 3、 填空题 11．（24-25高二下·湖南长沙·期中）在五一小长假期间，要从6人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有 种. 12．（24-25高二下·湖南长沙·期末）展开式中的常数项为 . 13．（24-25高二下·湖南永州·期末）化简： . 14．（24-25高二下·湖南·阶段练习）设计一个五位的信息密码，每位数字均在中选取，则含有数字，且都只出现一次的信息密码有 个，含有数字，且只出现一次，与不相邻的信息密码有 个. 4、 解答题 15．（24-25高二下·湖南娄底·期中）若. (1)求的值； (2)求的值. 16．（24-25高二下·湖南·阶段练习）已知一个宿舍有8名同学（包括甲、乙、丙、丁）. (1)若将8名同学分成两组，且两组人数之差的绝对值大于2，则有多少种不同的分法？ (2)若甲和乙不参与分组，其他6位同学分成三组参加活动，且丙、丁在同一组，则有多少种不同的分法？ 17、在的展开式中， (1)求二项式系数最大的项； (2)若第项是有理项，求的取值集合； (3)系数最大的项是第几项. 4 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4章 计数原理复习讲义 （1）了解分类加法计数原理和分步乘法计数原理及其意义； （2）理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式； （3）能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理； （4）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 知识点 重点归纳 常见易错点 分类加法 计数原理 加法原理的特点： 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． ① 混淆 “分类” 与 “分步”，将互斥方案误按分步计算（加变乘）； ②分类不全面，遗漏部分可行方案； ③ 各类方案出现交叉（不互斥），导致重复计数。 分步乘法 计数原理 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． ①混淆 “分步” 与 “分类”，将关联步骤误按分类计算（乘变加）； ②步骤顺序混乱，导致重复或遗漏（如排列问题漏考虑顺序差异）； ③某一步方法数计算错误（如忽略特殊限制条件）。 排列、排列数、排列数公式 一般地，从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列． 从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示. 排列数公式 （1）乘积形式：，其中，并且．特别地，从个不同元素取出个不同元素（即全部取出）排成一列，叫做个元素的一个全排列，此时． （2）阶乘：正整数1到的连乘积，叫作的阶乘，用表示．规定． （3）阶乘形式：． （1）如何判断一个具体问题是不是排列问题，就要看从n个不同元素中取出m个元素后，再安排这m个元素时是有顺序还是无顺序，有顺序就是排列，无顺序就不是排列． （2）“排列”和“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列”，它不是一个数，而是具体的一个排列（也就是具体的一件事）； （3）排列数公式记忆错误（如漏记分母 “(n−m)!” 或混淆 与公式）。 组合、组合数、 组合数公式 1、组合 （1）组合的定义：一般地，从个不同元素中取出个元素作为一组，叫做个不同元素中取出个元素的一个组合． （2）组合的特点：组合要求个元素是不同的，被取出的个元素也是不同的，即从个不同元素中进行次不放回地取出． （3）组合的特性：元素是无序的，即取出的个元素不讲究顺序，亦即元素没有位置的要求． 2、组合数及其性质 （1）组合数：从个不同元素中取出个元素所有不同组合的个数，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： （，且）． （3） 组合数的性质：；； 规定． （1） 混淆 “无序” 特征，将组合问题误按排列计算（如 “选 2 人参加比赛” 与 “选 2 人分别担任正副队长” 混淆）； （2）组合数性质应用错误（如忽略的适用条件，或误用性质②进行计算）； （3）计算时未约分导致运算复杂出错（如直接计算大数的阶乘，未先约分简化）； （4）含 “至少” “至多” 的组合问题，分类不清晰（如 “从 5 男 3 女中选 3 人，至少 1 女” 漏算或重复算）。 均匀组及部 分均匀组   1. 定义：①均匀组：将 n 个不同元素分成 k 组，每组元素个数完全相同（如 6 人分 3 组，每组 2 人）；②部分均匀组：部分组元素个数相同，部分组不同（如 6 人分 3 组，两组 2 人、一组 2 人，或两组 2 人、一组 1 人 + 一组 1 人，根据实际分组情况）； 2.分组公式：①均匀组：若分成 k 个相同个数的组，总组数为（，k 为均匀组数）； ②部分均匀组：仅对个数相同的组除以对应组数的全排列（如 6 人分 3 组：2 人 + 2 人 + 2 人，除以 3!；6 人分 3 组：2 人 + 2 人 + 1 人 + 1 人，除以 2!×2!）。     （1） 均匀分组时未除以 “均匀组数的全排列”，导致重复计数（如 6 人平均分成 3 组，误算为 ，未除以 3!）； （2）部分均匀组混淆 “相同个数的组数”，漏除或多除全排列（如 6 人分 2 人 + 2 人 + 1 人 + 1 人，仅除以 2!，忽略另一组相同个数的 1 人组，未除以 2!×2!）； （3）误将 “均匀组” 与 “非均匀组” 混淆，对非均匀组（各组个数均不同）额外除以全排列（如 6 人分 3 人 + 2 人 + 1 人，误除以 3!）。 均匀分配及部分均匀分配  1. 定义：①均匀分配：将均匀分组后的各组分配到不同对象（如 6 人平均分成 3 组，分配给 3 个班级）；②部分均匀分配：部分均匀分组后分配到不同对象； 2. 分配思路：“先分组，后分配”—— 先按均匀 / 部分均匀组规则计算分组数，再乘以分配对象的全排列（如均匀分组后分配给 k 个不同对象，乘以；特例：若分配对象不同且分组均匀，可直接分步分配（如 6 人分配给 3 个班级，每班 2 人，可算为，无需额外除以 3!，因分配对象不同已体现顺序）。    1. 均匀分配时重复处理 “分组” 与 “分配”：先分组时除以了 k!，分配时又误乘以 k!，导致结果错误； （2）部分均匀分配忽略 “仅相同个数的组需分组”，对非均匀部分额外处理（如 6 人分 2 人 + 2 人 + 1 人 + 1 人，分配给 4 个不同班级，误将分组数除以 4!，实际仅需除以 2!×2!）； （3）混淆 “分组” 与 “分配”：未明确分配对象是否不同，对相同分配对象（如无差异的小组）额外乘以排列数（如将 6 人分成 3 个无差异小组，误乘以 A₃³）。 排列组合 综合应用    1. 核心思路：先判断 “分类” 或 “分步”，再区分 “有序” 或 “无序”，优先处理特殊元素 / 特殊位置； 2. 常见模型：①捆绑法（相邻问题）；②插空法（不相邻问题）；③间接法（排除不符合条件的情况）；④结合均匀 / 部分均匀分组、涂色模型的综合问题。     （1）相邻问题未用捆绑法，或捆绑后忽略内部排列（如 “3 人相邻排成一排”，未计算捆绑元素的内部顺序）； （2）不相邻问题误用捆绑法，或插空时忽略 “空位” 数量（如 “3 人不相邻，先排其他人再插空”，漏算空位个数）； （3）综合均匀分组与分配时，同时出现多个易错点（如 “6 人分成 2 人 + 2 人 + 2 人，再分配给 3 个不同团队”，既未除以 3!，又未乘以 ）； （4）间接法应用时，漏算或多算 “不符合条件的情况”。 二项式定理 及其二项式 系数的性质 1、二项式定理及相关概念 （1）定义：公式 称为二项式定理． （2） 二项展开式： ． （3）二项式系数：各项的系数叫做展开式的二项式系数． （4）二项式通项：叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式中的第项，可记为：． （5）在二项式定理中，若设，，则得到公式． 2、二项展开式的特点 （1）展开式共有项； （2）各项的次数和都等于二项式的幂指数； （3）字母的幂指数按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到为0，字母的幂指数按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到为． （1）通项公式记忆错误（如将 “第 k+1 项” 误记为 “第 k 项”，导致指数错误：a 的指数应为 n−k，b 的指数为 k）； （3） 混淆 “二项式系数” 与 “项的系数”（如 (3x - 2)ⁿ中，第 2 项的二项式系数是，项的系数是 ）； （3）求特定项（如常数项、x⁵项）时，未通过指数关系列方程求解 k（如常数项需满足 的指数和为 0）； （4）二项式系数和的性质应用错误（如混淆 “二项式系数和” 与 “项的系数和”，求项的系数和时未代入 x=1 等特殊值）。 题型一 两个计数原理的应用 【例1】根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹一样多的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式， 共可以摆出个两位数，其中个位和十位上的算筹都为1有种， 个位和十位上的算筹都为2有种，个位和十位上的算筹都为3有种， 个位和十位上的算筹都为4有种，个位和十位上的算筹都为5有种， 共有种，所以个位和十位上的算筹一样多的概率为.故选：C 小结、两个计数原理的应用技巧 1．分类加法计数原理的实质 分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，每类中的各种方法也相互独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事． 2．使用分类加法计数原理遵循的原则 有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则. 【变式1-1】如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意可知，至号的无人机颜色有4种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色相同时，号无人机颜色有3种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色不同时，、号无人机颜色有3种选择，号无人机颜色有2种选择；再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种.故选：D 【变式1-2】汽车制造的专业化流程是：设计效果图→制作油泥模型→生产样车→对样车检验→投入生产.已知A市、B市、C市分别有3个、10个、7个能设计效果图的设计院，A市有2个能制作油泥模型的制作中心，B市有6个能生产样车的生产车间，C市有1处能对样车检验的检验中心，A市、B市、C市、D市、E市分别有8，8，6，3，2家能实际投入生产的生产厂家，从设计到实际生产，有 种选择方法． 【答案】6480 【解析】共分五步：第一步，设计效果图，共计种方法； 第二步，制作油泥模型，有2种方法；第三步，生产样车，有6种方法； 第四步，对样车检验，有1种方法；第五步，投入生产，共计种方法． 所以从设计到实际生产有种选择方法． 【变式1-3】已知图中每个开关都有闭合与不闭合2种可能，因此5个开关共有种可能情况，在这种可能情况中，电路(从甲到乙)接通的情况有(    ). A．30种 B．24种 C．16种 D．10种 【答案】C【难度】0.85【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据题意，分2种情况讨论：若中间断开；中间闭合；分别求出每种情况下的电路接通情况的数目，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】根据电路中间是断开还是闭合进行分类． ①若中间断开，如图5所示，则电路接通的情况有(种)；②若中间闭合，如图6所示，则电路接通的情况有(种)．故共有(种).故选：C. 题型二 排列数（组合数）公式的应用 【例2】 （1）计算： ； （2） 若 ，则x的值为_____； （3） 若 ，求正整数n． 【答案】（1） ；（2）；（3） ． 【解析】（1）. （2）依题意，，则，， 整理得：，而，所以. （3） ， 因此，即，所以. 小结；与排列组合数有关的运算 技巧：排列数公式 ，其中n，m∈N+，且m≤n． 排列数公式的阶乘式： ，所以． （、，且）； （、，且）。 【变式2-1】（多选）下列选项中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【解析】对于A，，选项A正确； 对于B，，所以选项B正确； 对于C，，选项C正确； 对于D，，选项D错误．故选：ABC． 【变式2-2】已知，若，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．1或3 【答案】C 【分析】根据排列组合公式列方程求参数. 【详解】由题意知，且，解得．故选：C 【变式2-3】，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因且，表示80个连续正整数的乘积， 其中最大因数为，最小因数为，由排列数公式的意义得结果为， 所以.故选：A 题型三 涂色问题 【例3】 给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【答案】(1)3种(2)72 【分析】根据排列组合涂色问题解题方法，先分类再分步完成涂色即可. 【详解】(1)由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务. (2)分两种情况: 情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有种涂法; 情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有种涂法. 所以共有24+48=72种不同的涂色方法. 小结：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。 【变式3-1】如图，对四棱锥的各面进行染色，要求有公共棱的两个面不同色.现有种颜色可供选择，则不同的染色方法共有 种. 【答案】【难度】0.94【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】依次考虑每一面的染色情况，注意对不相邻区域是否同色进行分类讨论， 【详解】先染底面，有种颜色可选，再染侧面，有种颜色可选.(1)当侧面与侧面同色时，侧面有种颜色可选，侧面有种颜色可选，故共有种.(2)当侧面与侧面不同色时，侧面有种颜色可选，侧面只能染种颜色，侧面也只能染种颜色，故共有种.因此，不同的染色方法共有种.故答案为：. 【变式3-2】如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．120 B．26 C．340 D．420 【答案】D 【解析】根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E， 分4步进行分析：①，对于区域A，有5种颜色可选；②，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选；③，对于区域C，与A、B区域相邻，有3种颜色可选；④，对于区域D、E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选，则区域D、E有种选择，所以不同的涂色方案有种.故选：D. 【变式3-3】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 【解析】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 题型四 相邻与不相邻问题 【例4】 将2个男生和4个女生排成一排： (1)男生不相邻的排法有多少种？（列式并用数字作答） (2)男生不相邻且不在头尾的排法有多少种？（列式并用数字作答） (3)2个男生都不与女生甲相邻的排法有多少种？（列式并用数字作答） (4)4个女生顺序一定的排法有多少种？（列式并用数字作答） 【答案】(1)；(2)；(3)；(4) 【解析】（1）先对女生排列有种方法，再用插空法排列有种方法，则总计有种方法； （2）先对女生排列有种方法，男生不相邻且也不排到两头，可根据去掉头尾两空的插空法排列有,则总计有种方法； （3）6个人全排列有种方法，一个男生和甲相邻有种方法，另外一个男生和甲相邻有种方法，两个男生都和甲相邻有种方法，所以两个男生都不和甲相邻的排法有 种； （4）先确定4个女生顺序，则有5个空根据插空法第一个男生有种，然后根据插空法排另外一个男生有种，则总计有种方法. 小结：相邻与不相邻问题技巧： 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 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。 【变式4-1】为全面推进乡村振兴，永州市举办了“村晚兴乡村”活动，晚会有《走，去永州》《扬鞭催马运粮忙》《数幸福》《乡村振兴唱起来》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，则不同的排列种数为（   ） A．6 B．12 C．16 D．20 【答案】B 【详解】由于《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，则两者“捆绑”，所以不同的排列种数为. 故选：B 【变式2-2】四名男生和两名女生排一行进行合影，若要求男生甲与男生乙不相邻，且女生A和女生B相邻，则不同排法的种数有（    ） A．288种 B．144种 C．96种 D．72种 【答案】B 【详解】第一步：先对2名女生进行排队，有种排法；第二步：将除甲和乙之外的人进行排队，有种排法；第三步：甲、乙采用插空的方式，有种排法．所以共有种．故选：B. 【变式4-3】现有体积均相同但质量均不同的红球个、白球个、黑球个，将这个小球放入恰好能容纳个小球的圆柱形卡槽内． (1)若同种颜色的球必须相邻，试问共有多少种不同的放法？ (2)若个白球互不相邻，且质量最大的白球不能放在卡槽的两端，试问共有多少种不同的放法？ (3)若个红球之间有且仅有白球和黑球各个，试问共有多少种不同的放法？ 【答案】(1)； (2)； (3)； 【分析】（1）利用捆绑法可得解； （2）利用插空法结合特殊元素法可得解； （3）根据特殊元素特殊位置法，结合捆绑法可得解. 【详解】（1）个红球全排列有种方法，个白球全排列有种方法，个黑球全排列有种方法， 同种颜色的球捆绑在一起进行全排列有种方法，所以共有种不同的放法； （2）先排红球和黑球，共有种方法，且质量最大的白球不在卡槽的两端，则有种方法， 最后排剩余的个白球有种方法，所以共有种不同的放法； （3）两个红球的放法有种，接着任选个白球、个黑球放入两个红球中间，有种方法，再将这个小球捆绑在一起与剩余的个小球进行全排列有种，所以共有种不同的放法. 题型五 分组与分配问题 【例5】为提升学生劳动意识和社会实践能力，新华中学高二年级利用周末进行社区义务劳动．该校决定从高二年级共6个班中抽取20人组成社区服务队参加活动，其中6班有2个“劳动之星”，“劳动之星”必须参加且不占名额，每个班都必须有人参加，则（    ） A．若6班不再抽取学生，则共有种分配方法 B．若6班有除“劳动之星”外的学生参加，则共有种分配方法 C．若每个班至少有3人参加，则共有90种分配方法 D．若根据需要6班有4人参加，其余至少三人参加，则共有75种分配方案 【答案】AB 【分析】AB利用插空法求解判断；CD利用分类计数原理求解判断. 【详解】选项A.若6班不再抽取学生，则20个名额分配到5个班，且每个班至少1个，由插空法，将其分成5组，共有种分配方法，故正确； 选项B.若6班有除“劳动之星”外的学生参加，则20个名额分配到6个班，且每个班至少1个，由插空法，将其分成6组，则共有种分配方法，故正确； 选项C.若每个班至少有3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分配到6个班，分5类，第一类4个名额分到一个班，有6种，第二类一个班3个，一个班1个有 种，第三类2个班都是2个名额则有 种,第四类2个班各1个名额，另一个班2个名额，则有 种, 第五类4个班都是1个名额则有 种,共有126种分配方法，故错误； 选项D. 若根据需要6班有4人参加，其余至少三人参加，相当于17个名额被占用，还有3个名额需要分配到5个班，第一类3个名额分到一个班，有5种，第二类一个班2个，一个班1个有 种，第三类3个班都是1个名额则有 种,则共有35种分配方案，故错误；故选：AB 小结：分组分配问题技巧：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.（1）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.（2）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. 【变式5-1】将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法有（    ） A．240种 B．180种 C．150种 D．540种 【答案】C 【分析】每所大学至少保送一人，可以分类来解，把5名学生分成2：2：1三组或3：1：1三组两种情况，根据分类计数原理得到结果． 【详解】把5名学生分成2：2：1三组或3：1：1三组两种情况，当5名学生分成2：2：1三组时，共有种结果，当5名学生分成3：1：1三组时，共有种结果，根据分类计数原理知共有种.故选：C． 【变式5-2】在某学校的运动会中，有甲、乙、丙3名志愿者负责A，B，C，D等4个任务.每人至少负责一个任务，每个任务都有人负责，且甲不负责A任务的分配方法共有（   ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【答案】C 【解析】因任务有4个，人只有三个，结合题意可知有1人负责两个任务. 若甲负责两个任务，因甲不负责A任务，则有种分配方法，剩下的任务有种分配方法， 则此时的分配方法共有种；若甲负责1个任务，因甲不负责A任务，则有种分配方法，剩下的任务有种分配方法，则此时的分配方法共有种； 综上，满足题意的分配方法共有种.故选：C 【变式5-3】把6个不同的小球随机放入3个不同的盒子中，若每个盒子中至少有1个小球，则不同放法的种数为（   ） A．540 B．630 C．1080 D．1260 【答案】A 【分析】根据排列组合中的分组分配问题求解即可. 【详解】将6个不同的小球按要求放有三种方案：4:1:1，3:2:1，2:2:2，则所有的放法有种.故选:A. 题型六 二项式定理的正用和逆用 【例6】 计算二项式： (1)写出的展开式并化简； (2)化简：. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）因为 ， 所以. （2）因为的展开式的通项为， 所以. 【变式6-1】 （    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为, 所以.故选：D. 【变式6-2】被10除所得的余数为（    ） A．1 B．2 C．0 D．9 【答案】C 【解析】， 因为能被10整除，所以被10除所得的余数9； 因为211被10除所得的余数为1，所以被10除所得的余数为0．故选：C. 【变式6-3】代数式可化简为 ． 【答案】 【解析】因为 ， 故答案为：. 题型七 求展开式中指定的项或特定项（或其系数） 【例7】 在的展开式中，第项的二项式系数依次成等差数列. (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项. 【答案】(1)7；(2)， 【解析】（1）由题意可知：第项的二项式系数依次为， 因为第项的二项式系数依次成等差数列，则， 可得，解得或（舍去）或（舍去）， 所以的值为7. （2）由（1）可知的二项展开式的通项为 ，令为整数，则， 可得，，所以展开式中所有的有理项为，. 小结、根求展开式中的指定的项或特定项（或其系数）的技巧： 二项展开式的通项：（），公式特点：①它表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是；②字母b的次数和组合数的上标相同； 【变式7-1】在的展开式中，含的项的系数为（    ） A．12 B．－12 C．－2 D．2 【答案】B 【分析】根据二项式定理得到通项公式，从而得到方程，求出答案. 【详解】，令得， ∴．故选：B 【变式7-2】在的展开式中项的系数 ． 【答案】 【解析】是6个相乘，需要依次从每个的三项中取出一项后相乘， 就可得到展开式中的一项， 得到项的方法，按6个中取项的个数可分为三类： 第一类是，6个都不取项， 即6个中选5个里取，另1个里取，相乘得， 共种取法，合并同类项后即得到； 第二类是，6个中选1个里取， 其余个中选个里取，余下2个取，相乘得， 共种取法，合并同类项后即得到； 第三类是，6个中选2个里取， 其余个中选个里取，余下3个取，相乘得， 共种取法，合并同类项后即得到. 再将上述三项合并，得，因此项的系数为. 故答案为：. 【变式7-3】已知展开式中含的系数为30，则（    ） A．二项式系数之和为64 B． C．展开式中不存在常数项 D．展开式中所有项的系数和是729 【答案】A 【详解】由二项式展开式可知第项为当时得，由题可知，故B错误；二项式系数之和为，故A正确；当时得，所以存在常数项，选项C错误；二项式为或 令得或故选项D错误.故选：A 题型八 利用赋值法进行求有关系数和 【例8】 （多选）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】令，则;令，则，所以，故C错误;令，则，又，以上两式相加可得，所以， 所以，故正确;因为是的展开式的系数和，所以令，则，所以，故D正确;因为表示5个的乘积，所以选4个个2或者选2个个即可求出展开式中的系数为，则，故B错误.故选：AD 小结：利用赋值法进行求有关系数和的技巧 1.“赋值法”普遍适用于恒等式，对形如,的式子，求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令；对形如的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令. 2.一般地，若，则的展开式中各项系数之和为.奇数项系数之和为，偶数项系数之和为. 【变式8-1】已知，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】B 【详解】令，则，即．故选：B. 【变式8-2】已知，那么（   ） A． B．2 C． D．12 【答案】A 【解析】令，得，令代入二项式， 得， 所以.故选：A． 【变式8-3】(多选题）已知，其中，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用二项式定理，结合赋值法，逐项判断即可. 【详解】对于A，，其中，，解得，A正确； 对于B，项的系数为，B错误；对于C，令，得，令，得，因此，C正确；对于D，令，得，由选项C得，D正确.故选：ACD。 题型九 二项式系数与项系数的最值问题 【例9】 已知的二项展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且各项系数之和为 (1)求实数a和n的值； (2)求展开式中系数最小的项． 【答案】(1)，；(2) 【解析】（1）仅有第5项的二项式系数最大，则 令，则，又，则 （2）二项展开式的通项为：， 假设第项的系数的绝对值最大，由通项可得：，解得： 故二项展开式中第6项和第7项的系数的绝对值最大. 又展开式中奇数项的系数为正，偶数项的系数为负， 故展开式中系数最小的项是第6项： 小结：求二项展开式项的系数的最大值时，先求系数为正数时项的系数的最大值，令第r＋1项的系数最大，则满足进而解不等式组即可．注意当系数为负数时，可以求解对应的系数的最小值．对于(ax＋bx－1)n，当x，x－1的系数为1时，某项的二项式系数和项的系数相等，则可以应用求二项式系数最大值的求解方法进行求解．　　 【变式9-1】若的展开式中第2项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 【答案】C 【详解】由的展开式中第2项与第8项的系数相等，由的展开式的二项式系数和项的系数相等，所以，所以，则展开式中共有9项，系数最大的项为第5项，故选：C． 【变式9-2】已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（    ） A．24 B．18 C．12 D．6 【答案】A 【解析】已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能， 从而的展开式为， 令，解得， 所以展开式中的常数项为.故选：A. 【变式9-3】已知的二项式系数之和为4096． (1)求展开式中的常数项； (2)求展开式中系数最大项． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）因为的二项式系数之和为4096． 所以，解得， 所以二项式展开式的通项为， 令，解得，所以展开式的常数项为. （2）设展开式中第项的系数最大， 则，可得，解得， 因为，所以，所以系数最大的项为. 基础巩固通关测 1、6名同学参加同时举办的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择参加其中的1个讲座，则不同选择的种数为（    ） A． B． C．24 D．10 【答案】A 【解析】根据分步乘法计数原理，可知每人的选择均有4种，不同选择的种数为．故选：A. 2、书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为（    ） A．3 B．8 C．12 D．18 【答案】B 【详解】书架的第1层放有3本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书， 第3层放有2本不同的体育书.从书架上任取1本书，不同的取法种数为. 故选：B. 3、的值是（   ） A．480 B．520 C．600 D．1320 【答案】C 【详解】. 故选：C. 4、用这个数字，可以组成个没有重复数字的三位偶数（    ） A．720 B．648 C．320 D．328 【答案】D 【详解】若个位数字为，十位和百位的排法种数为；若个位数字不为，则确定个位数字有种方法，确定百位数字有种方法，确定十位数字有种方法，所以排法种数为.所以可以组成个没有重复数字的三位偶数.故选：D 5、某景区新开通了 个游玩项目，并邀请了甲、乙、丙、丁 4 名志愿者体验游玩项目，每名志愿者均选择 1 个项目进行体验，每个项目至少有 1 名志愿者进行体验，且甲不体验 项 目， 则不同的体验方法共有（    ） A．12 种 B．18 种 C．24 种 D．30 种 【答案】C 【详解】若乙、丙、丁 3 人体验的项目各不相同，则有 种体验方法，若乙、丙、丁 3 人有 2 人体验的项目相同，则有 种体验方法，故不同的体验方法共有 24 种.故选：C. 6、如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（    ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 【答案】D 【解析】如图，区域1有4种选法，区域2有3种选法，区域3有2种选法，区域4可选剩下的一种或选区域1，2所选的颜色，共有3种选法，区域5从区域4剩下的2种颜色中选有2种选法，共有种．故选：D 7、将0，1，2，10四个数字排成一行，可以组成不同的5位数的个数是（    ） A．6 B．12 C．15 D．18 【答案】C 【详解】将0，1，2，10四个数字排成一行，且数字0不在首位，则有种，数字1和0相邻且1在0之前的排法有种，去掉重复的（类似10102这样的数），满足题意的不同的5位数的个数为，故选：C 8、已知，则（   ） A．32 B．64 C．127 D．128 【答案】D 【详解】因为，令可得.故选：D 9、在的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】A 【详解】由题得，所以二项式的展开式的项数是.故选：A. 10、某学校利用周末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共6个班，其中1班有2个志愿者队长，本次志愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则共有（   ）种分配方法. A．90 B．60 C．126 D．120 【答案】C 【解析】若每个班至少3人参加，由于1班有2个志愿者队长，故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，有种分配方法.故选：C. 11．（多选）下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．从五个人中选三个人站成一排，则不同的排法有60种 C．过三棱柱任意两顶点的直线中，异面直线共有36对 D．用0，1，2，…，9这十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为252 【答案】BCD 【分析】利用组合数的性质可判断A；根据排列数的概念可判断B；利用组合的定义结合四面体的性质可判断C；利用间接法结合分步计数原理可判断D. 【详解】对A，由，则或，解得或，故A错误；对B，从五个人中选三个人站成一排，则不同的排法有种，故B正确；对C，三棱柱有六个顶，可组成个四面体，而每个四面体有3对异面直线，则共有对，故C正确；对D，根据分步计数原理可知用0，1，2，…，9这十个数字，可以组成三位数的个数为，其中没有重复数字的三位数的个数为，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为，故D正确. 故选：BCD 12．对于二项式，下列说法正确的是（    ） A．展开式中各项的二项式系数之和为 B．若展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则 C．若展开式中的系数为160，则 D．若为奇数，令，则 【答案】BCD 【分析】由二项式定理可得A错误；由展开式中项的系数关系可得B正确；由展开式中项的系数结合组合数的运算可得C正确；令可得D正确. 【详解】对于A，由二项式定理可得，展开式中各项的二项式系数之和为，故A错误； 对于B，若展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，即，故B正确； 对于C，若展开式中的系数为160，即，故C正确； 对于D，令，，令，， 两式做差可得，故D正确.故选：BCD 13．在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则（    ） A．恰好有1件是不合格品的抽法种数为 B．恰好有2件是不合格品的抽法种数为 C．至少有1件是不合格品的抽法种数为 D．至少有1件是不合格品的抽法种数为 【答案】ACD 【分析】A，从2件不合格品中选1件，再从98件合格品中选2件，由分步乘法计数原理可得； B，从2件不合格品中选2件，再从98件合格品中选1件，由分步乘法计数原理可得； “至少有1件”： 一种方法是直接法：先分类，一类是：从2件不合格品中选1件，再从98件合格品中选2件，第二类是：从2件不合格品中选2件，再从98件合格品中选1件，计算后判断C， 第二种方法是间接法（排除法）：从100个产品中任选3件，排除3件全是正品的方法，计数后判断D． 由此可得正确选项． 【详解】由题意知，抽出的3件产品中恰好有1件不合格品，则包括1件不合格品和2件合格品，抽法种数为，故选项A正确；恰好有2件不合格品，则包括2件不合格品和1件合格品，抽法种数为，故选项B不正确；根据题意，至少有1件不合格品可分为有1件不合格品与有2件不合格品两种情况，则抽法种数为，故选项C正确；至少有1件不合格品的对立事件是3件都是合格品，3件都是合格品的抽取方法有种，则至少有1件是不合格品的抽法种数为，故选项D正确.故选ACD. 14、的展开式中，的系数为 . 【答案】 【解析】展开式的通项为：，取得到的系数为. 15、计算的值为 . 【答案】1023 【详解】由二项式系数的性质知，， . 16．某城区交通要道有积雪堵塞，现场有9名男志愿者和5名女志愿者，交警拟安排其中3名女志愿者和2名男志愿者参与扫雪工作.其余志愿者参与铲雪工作，则不同的安排方法共有 种用数字作答 【答案】360 【分析】相当于先从9人中选取2人，再从5人中选取3人，据此可得答案. 【详解】由题可得相当于先从9人中选取2人，再从5人中选取3人，则安排方法有： .故答案为：. 17．已知多项式，则 ． 【答案】81 【分析】通过赋值法来求解的值. 【详解】令，即.将代入多项式中， 可得：，则.故答案为：81. 18、用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？ (1)组成五位偶数； (2)组成千位数字和十位数字是奇数的偶数． 【答案】(1)个；(2)个 【解析】（1）由题意，五位偶数可以分成两类： ①末位是0，只需将其余4个数字在另外四个数位全排，有个， ②末位是2或4，先从2与4中选一个放在末位，再从除0和它之外的3个数字中选1个放在首位， 剩下3个数字全排，有个， 由分类加法计数原理可得， 满足条件的五位偶数共有个. （2）法一、分类完成：① 0是末位数，将1和3在千位和十位全排， 剩下的两个在剩余数位上去安排，有个； ② 2或4是末位数时，末位和首位有两种选法且百位必须是0，剩余的1和3在十位和千位全排， 有个. 由分类加法计数原理，这样的偶数共有：个. 法二、分步完成：第一步：千位数字和十位数字位从奇数1，3中取，有种方法； 第二步：首位从2，4中取，有种方法； 第三步：余下的排在剩下的两个数位，有种方法， 由分步乘法计数原理，这样的偶数共有：个. 19．已知的展开式中的第二项和第三项的系数相等． (1)求n的值； (2)求展开式中所有二项式系数的和； (3)求展开式中所有的有理项． 【答案】(1)5 (2)32 (3)答案见解析 【分析】（1）根据展开式中的第二项和第三项的系数相等，列出方程求出n的值； （2）利用展开式中所有二项式系数的和为2n，即可求出结果； （3）根据二项式展开式的通项，求出展开式中所有的有理项． 【详解】（1）的展开式的通项为（r＝0，1，2，…，n）， ∵展开式中的第二项和第三项的系数相等， ∴，即，∴n2－5n＝0，解得n＝5或n＝0（舍）； （2）展开式中所有二项式系数的和为； （3）二项式展开式的通项为（r＝0，1，2，…，5）， 当r＝0，2，4时，对应项是有理项， 所以展开式中所有的有理项为，，． 能力提升进阶练 一、单选题 1．（24-25高二下·湖南长沙·期末）从，，，中取出2个字母的所有排列，共有（    ）种 A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】根据排列数的计算公式可求得排列种数. 【详解】根据题意，从中取出2个字母的所有排列，共有种. 故选：D. 2．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别求出区域1与区域3种同种花卉和不同花卉的方案种数，根据古典概率的公式求解. 【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种； 当区域1与区域3不种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种． 故该花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为. 故选：B. 3．（24-25高二下·湖南郴州·期末）2025年第十三届中国（湖南）国际矿物宝石博览会5月16日在郴州国际会展中心举行，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，则不同的志愿者分配方案的种数是（   ） A．120 B．150 C．180 D．300 【答案】B 【分析】根据题意可知有，两种分配方案，进而求解即可. 【详解】由题意，按分配，方案的种数为, 按分配，方案的种数为, 所以不同的志愿者分配方案的种数是. 故选：B. 4．（24-25高二下·湖南娄底·期中）某校文艺汇演上有一个合唱节目，4名女同学和4名男同学需从左至右排成一排上台演唱，则男生甲与女生乙相邻，且男生丙与女生丁相邻的排法种数为（   ） A．1440 B．2880 C．480 D．960 【答案】B 【分析】根据相邻问题捆绑法进行求解即可. 【详解】因为男生甲与女生乙相邻，且男生丙与女生丁相邻， 所以先将男生甲与女生乙、男生丙与女生丁分别看作一个整体， 与剩下4名学生进行排列有种排法， 又男生甲与女生乙之间有种排法，男生丙与女生丁之间有种排法， 因此根据乘法原理得所求种数为， 故选：B 5．（24-25高二下·湖南邵阳·期末）的展开式中的系数为（   ） A． B．4 C．20 D． 【答案】B 【分析】根据二项式的展开式，求出特定项的系数. 【详解】由题意得的展开式为， 当时；当时，；则含的项为， 故选：B. 6．（24-25高二下·湖南·阶段练习）2025年春节期间，有《封神第二部：战火西岐》《哪吒之魔童闹海》《唐探1900》《熊出没•重启未来》和《射雕英雄传：侠之大者》五部电影上映，小罗准备和另外3名同学去随机观看这五部电影中的某一部电影，则小罗看《哪吒之魔童闹海》，且4人中恰有两人看同一部电影的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先求出基本事件总数，再求出满足小罗看《哪吒之魔童闹海》，且4人中恰有两人看同一部电影的方案数，最后根据古典概型的概率公式计算可得. 【详解】依题意每位同学均有种选择，则四位同学一共有种方案， 若小罗看《哪吒之魔童闹海》，且4人中恰有两人看同一部电影， 有两人看《哪吒之魔童闹海》，则有种方案，有一人看《哪吒之魔童闹海》电影，则有种方案， 即满足小罗看《哪吒之魔童闹海》，且4人中恰有两人看同一部电影一共有种方案， 所以所求概率. 故选：C. 7．（24-25高二下·湖南长沙·开学考试）在的展开式中，的系数是（   ） A．690 B． C．710 D． 【答案】D 【分析】本题可先根据等比数列求和公式对原式进行化简，再根据二项式展开式的通项公式求出的系数. 【详解】观察原式，这是首项为，公比为（），项数为的等比数列的和. 根据等比数列求和公式 要求原式展开式中的系数，即求展开式中的系数. 根据二项式展开式的通项公式分别求出和展开式中的系数. 对于，，令，则的系数为. 对于，，令，则的系数为. 所以展开式中的系数为，即原式展开式中的系数为.   故选：D. 二、多选题 8．（24-25高二下·湖南衡阳·阶段练习）某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有（   ） A．种 B．种 C．C种 D．种 【答案】AB 【分析】根据题意可知从A地到B地的最短路程必须走5步，且不能重复，只要确定出向东的三步或向南的两步走法即可得出结果. 【详解】因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出： ①要走的路程最短必须走5步，且不能重复； ②向东的走法定出后，向南的走法随之确定， 所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可， 故不同走法的种数有种． 故选：AB 9．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A和B，通过赋值法，即可求解；对于C，利用二项展开式的通项公式，即可求解；对于D，对展开式两边求导，再赋值，即可求解. 【详解】对于A，令，得，所以A正确； 对于B，令，得，所以B错误， 对于C，因为，所以，所以C正确， 对于D，对两边同时求导， 得， 令，得，所以D正确． 故选：ACD. 10．（24-25高二下·湖南·期中）下列说法正确的是（   ） A．在的展开式中二项式系数和为32 B．在的展开式中常数项为 C．在的展开式中系数最大的项是第5项 D．在的展开式中各项系数的和为 【答案】ABD 【分析】对于A：根据二项式系数和为分析判断；对于B：根据二项式定理分析判断即可；对于C：分析可知第项的系数为，即为二项式系数，结合二项式系数的性质分析判断；对于D：令即可得展开式中各项系数的和. 【详解】对于选项A：因为，所以二项式系数和为，故A正确； 对于选项B：的展开式常数项为，故B正确； 对于选项C：的展开式通项为， 可知第项的系数为，即为二项式系数， 所以当，即第6项的系数最大，故C错误； 对于选项D：令，可得展开式中各项系数的和为，故D正确； 故选：ABD. 3、 填空题 11．（24-25高二下·湖南长沙·期中）在五一小长假期间，要从6人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有 种. 【答案】150 【分析】分值班人数为2人或3人，结合分类计数原理可得答案. 【详解】根据题意可知，值班的人数为2人或者3人，若人数为2，则需要一个人值班首尾两天，一个人值中间的那一天，故方法数为：；若人数为3，则每人值一天班，故方法数为；故总的方法有30+120=150种. 故答案为： 12．（24-25高二下·湖南长沙·期末）展开式中的常数项为 . 【答案】 【分析】应用二项式定理写出的展开式通项，结合已知确定常数项对应参数值，即可得. 【详解】对于，展开式通项为，， 当时，故原式的常数项为. 故答案为： 13．（24-25高二下·湖南永州·期末）化简： . 【答案】 【分析】将根据二项式定理进行展开，然后计算即可. 【详解】， 则， 所以. 故答案为：. 14．（24-25高二下·湖南·阶段练习）设计一个五位的信息密码，每位数字均在中选取，则含有数字，且都只出现一次的信息密码有 个，含有数字，且只出现一次，与不相邻的信息密码有 个. 【答案】 【分析】第一空先从个数位选择个数位分别排，剩余的个数位上的数字从剩余的个数字中进行选择，每个数位有种选择，结合分步乘法计数原理可得结果；第二空，分当均只出现次，当只出现次出现次或只出现次出现次，当只出现次出现次或只出现次出现次和均出现次，四种情况讨论，即可求解. 【详解】先从个数位选择个数位分别排，剩余的个数位上的数字从中选择，每个数位有种选择， 由分步乘法计数原理可知，满足条件的信息码的个数为， 当均只出现次，且与不相邻，信息码的个数为， 当只出现次出现次或只出现次出现次，且与不相邻，信息码的个数为， 当只出现次出现次或只出现次出现次，且与不相邻，信息码的个数为， 当均出现次，且与不相邻，信息码的个数为， 由分步计数原理知，符合条件的信息码的个数为， 故答案为：. 4、 解答题 15．（24-25高二下·湖南娄底·期中）若. (1)求的值； (2)求的值. 【答案】(1)242 (2) 【分析】采用“赋值法”即可求解. 【详解】（1）∵， 令，可得， 令，可得， ∴. （2）∵， 令，可得①， 令，可得②， 结合①②可得： 16．（24-25高二下·湖南·阶段练习）已知一个宿舍有8名同学（包括甲、乙、丙、丁）. (1)若将8名同学分成两组，且两组人数之差的绝对值大于2，则有多少种不同的分法？ (2)若甲和乙不参与分组，其他6位同学分成三组参加活动，且丙、丁在同一组，则有多少种不同的分法？ 【答案】(1)36 (2)25 【分析】（1）首先确定分组情况，再按照组合数公式求解； （2）根据分组情况，以及丙和丁所在组，再结合分组公式，即可求解. 【详解】（1）由题意可知，两组的人数分别为1、7或2、6，所以分组种数为， （2）由题意可知，分组的人数分别为1、2、3或2、2、2或1、1、4， ①1、2、3的分组情况，因为丙和丁在同一组，若丙和丁在2人的组里，共有种情况，若丙和丁在3人组里，有种情况， ②2、2、2的分组情况，丙和丁在同一组，另外4人均分为2组，共有种情况， ③1、1、4的分组情况，丙和丁在4人的一组，共有种情况， 所以一共有种情况. 17、在的展开式中， (1)求二项式系数最大的项； (2)若第项是有理项，求的取值集合； (3)系数最大的项是第几项. 【答案】(1) (2)； (3)第6项和第7项 【分析】（1）由二项式系数的性质，代入计算，即可得到结果； （2）由二项式展开式的通项公式代入计算，即可求解； （3）根据题意，由项的系数列出不等式，代入计算，即可求解. 【详解】（1）， 二项式系数最大的项为中间项，即第5项，所以. （2）， 当为整数时为有理项，即，则的取值集合为； （3）设第项的系数最大，则，所以，解得， 故系数最大的项为第6项和第7项. 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $