教考衔接十三 计数原理与二项式定理学案-2026届高三数学二轮复习

2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接十三 计数原理与二项式定理 --------------■高考命题·解读■----------------- 核心考点 五年考情 考点1.排列组合问题 2023·新课标Ⅰ卷 2023·新课标Ⅱ卷 2023·全国甲卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·全国乙卷 考点2.二项式定理（项的系数最值问题） 2024·全国甲卷 🎯【命题解读】（考前必看） 计数原理作为高考的必考内容，高考中预计会以“一小(选择题或填空题)”的格局呈现.小题考查方向主要体现在以下两方面： （1）以分类加法计数原理和分步乘法计数原理为基础的排列组合问题，要理解分类和分步的思想； （2）以二项式定理为主体的问题，主要考查二项展开式的通项公式，求特定项的系数、参数的值、系数和等. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】(人教A版选择性必修第三册P12·T11、T12) （1）在国庆长假期间，要从7人中选若干人在7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，有多少种可能的安排方法？ （2）2 160有多少个不同的正因数？ 【教材母题2】 (人教A版选择性必修第三册P16·例2) （1）一张餐桌上有5盘不同的菜，甲、乙、丙3名同学每人从中各取1盘菜，共有多少种不同的取法？ （2）学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种，共有多少种不同的选法？ 【教材母题3】 (人教A版选择性必修第三册P19·例4)用0～9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？ 【教材母题4】(人教A版选择性必修第三册P27·T12) （1）从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的五位数？ （2）由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成多少个没有重复数字，并且比5 000 000大的正整数？ 【🚀新题预测】 （2026·江西南昌1月检测）“ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当 142857 与 1 至 6 中任意 1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这 6 个数字组成. 若从 1，4，2，8，5，7这 6 个数字中任选 4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于 5700 的偶数个数是（   ） A．66 B．75 C．78 D．90 【教材母题5】 (人教A版选择性必修第三册P5·例3)书架的第1层放有4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. （1）从书架上任取1本书,有多少种不同取法? （2）从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,有多少种不同取法? 【🚀衔接高考】 （1）（2025·上海高考）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种． （2）(2024·新高考Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.  11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 （3）(2024·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为　　　　.  【教材母题6】 (人教A版选择性必修第三册P25·例7)在100件产品中,有98件合格品,2件次品.从这100件产品中任意抽出3件. （1）有多少种不同的抽法? （2）抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种? （3）（一题多解）抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种? 【🚀衔接高考】 （1）(2023·新高考Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有(　　) A.·种 B.·种 C.·种 D.·种 （2）(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　) A.30种 B.60种 C.120种 D.240种 （3）(2023·新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有　　　　种(用数字作答).  【🚀新题预测】 （2026·上海模拟）北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 . 【教材母题7】 (人教B版选择性必修第二册P20·例5)要把9本不同的课外书分给甲、乙、丙3名同学: （1）如果每个人都得3本,则共有不同的分法多少种? （2）如果要求一人得4本,一人得3本,一人得2本,则共有不同的分法多少种? 【🚀衔接高考】 （1）(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有(　　) A.60种 B.120种 C.240种 D.480种 （2）(2020·新高考Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有(　　) A.120种 B.90种 C.60种 D.30种 （3）(2020·新高考Ⅱ卷)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作,每名大学生只去1个村,每个村至少1人,则不同的分配方案共有(　　) A.4种 B.5种 C.6种 D.8种 （4）(2020·全国Ⅱ卷)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法共有　　　　种.  【教材母题8】 (人教A版选择性必修第三册P38T8)某种产品的加工需要经过5道工序. (1)如果其中某道工序不能放在最后,那么有多少种加工顺序? (2)如果其中某2道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)如果其中某2道工序必须相邻,那么有多少种加工顺序? (4)如果其中某2道工序不能相邻,那么有多少种加工顺序? 【🚀衔接高考】 （1）(2023·全国甲卷)现有5名志愿者参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　) A.120种 B.60种 C.30种 D.20种 （2）(2022·新高考Ⅱ卷)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,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有(　　) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 （3）(2021·全国甲卷)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为(　　) A. B. C. D. 【🚀新题预测】 （2026·湖北武汉模拟）子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 【教材母题9】 (人教A版选择性必修第三册P38·T5) （1）求(1－2x)5(1＋3x)4的展开式按x的升幂排列的第3项； （2）求的展开式的常数项； （3）求(1＋x＋x2)(1－x)10的展开式中x4的系数； （4）求(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数. 【🚀衔接高考】 （1）(2019·全国Ⅲ卷)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为(　　) A.12 B.16 C.－10 D.10 （2）（2025·天津高考）在的展开式中，项的系数为 ． （3）（2025·上海高考）在二项式的展开式中，的系数为 ． 【教材母题10】 (人教A版选择性必修第三册P34习题6.3·T2)在(x+y)(x-y)5的展开式中,x3y3的系数是　　　　.  【🚀衔接高考】 （1）(2020·全国Ⅰ卷)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　　) A.5 B.10 C.15 D.20 （2）(2022·新高考Ⅰ卷)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为　　　　(用数字作答).  【教材母题11】 (人教A版选择性必修第三册P38T5(2))求的展开式的常数项. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅲ卷)的展开式中常数项是　　　　(用数字作答).  【教材母题12】(人教A版选择性必修第三册P38T1(7))(1+x)2n的展开式中,系数最大的项是第　　　　项.  【🚀衔接高考】 (2024·全国甲卷)的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　.  🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读1】通过阅读《探究与发现——组合数的两个性质》(人教A版选择性必修第三册P28),可从中提炼出如下结论: （1）=. （2）=+. 【🚀新题预测】 (2026·上海模拟)+++…+=　　　　.  【阅读2】通过阅读《数学探究——杨辉三角的性质与应用》(人教A版选择性必修第三册P39),可从中提炼出如下结论: （1）在第r+1条斜线上(从右上到左下)前n-r个数字的和,等于第r+2条斜线上的第n-r个数, （2）第n行各数的平方和等于第2n行中间的数,即()2+()2+…+()2=. 【🚀新题预测】 (2026·广东湛江模拟)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家,杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优 美的规律,它的许多性质与组合数的性质有关,图1为杨辉三角的部分内容,图2为杨辉三角的改写形式. （1）求图2中第10行各数之和; （2）从图2第2行开始,取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数,求取出的所有数之和; （3）在杨辉三角中是否存在某一行,使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14?若存在,试求出这三个数;若不存在,请说明理由. 【阅读3】通过阅读《探究与发现——二项分布的性质》(人教A版选择性必修第三册P81),可从中提炼出如下结论: X~B(n,p),记pk=p(X=k)=pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.当k<(n+1)p时,pk单调递增,当k>(n+1)p时,pk单调递减,如果(n+1)p为非整数,pk有唯一的最大值,如果(n+1)p为正整数,pk有两个相同的最大值. 【🚀衔接高考】 (2026·湖北武汉模拟)某超市购进一批同种类水果,按照果径大小分为四类:不达标果、标准果、精品果、礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个,按果径大小分成5组进行统计:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85](单位:mm).统计后制成如下的频率分布直方图,并规定果径低于65 mm为不达标果,在65 mm到75 mm之间为标准果,在75 mm到80 mm之间为精品果,达到80 mm及以上的为礼品果. （1）现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,再从这10个水果中随机抽取2个,记礼品果的个数为X,求X的分布列与数学期望; （2）以频率估计概率,从这批水果中随机抽取n(n≥2)个,设其中恰有2个精品果的概率为P(n).当P(n)最大时,求n的值. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版选择性必修第三册P3) （1）如果完成一件事有三类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,在第3类方案中有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法? （2）如果完成一件事情有n类不同方案,在每一类中都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢? （3）假设第1类方案中有m1种不同方法,第2类方案中有m2种不同方法,…,第n类方案有mn种不同方法,则一共有m1+m2+…+mn种不同方法. 【探究2】 (人教A版选择性必修第三册P5) （1）如果完成一件事需要三个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,做第3步有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法? （2）如果完成一件事情需要n个步骤,做每一步都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢? 【探究3】 (人教A版选择性必修第三册P17)从n个不同元素中取出m个元素的排列数(m≤n)是多少? 【探究4】 (人教A版选择性必修第三册P23)前面已经提到,组合和排列有关系,我们能否利用这种关系,由排列数来求组合数呢? 【探究5】 (人教A版选择性必修第三册P29)我们知道,(a+b)2=a2+2ab+b2,(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3. （1）观察以上展开式,分析其运算过程,你能发现什么规律? （2）根据你发现的规律,你能写出(a+b)4的展开式吗? （3）进一步地,你能写出(a+b)n的展开式吗? 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学·教考衔接 教材命题点探源 -----------------------------供2026高考备考二轮、三轮复习及考前使用------------------------- 教考衔接十三 计数原理与二项式定理 --------------■高考命题·解读■----------------- 核心考点 五年考情 考点1.排列组合问题 2023·新课标Ⅰ卷 2023·新课标Ⅱ卷 2023·全国甲卷 2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·全国乙卷 考点2.二项式定理（项的系数最值问题） 2024·全国甲卷 🎯【命题解读】（考前必看） 计数原理作为高考的必考内容，高考中预计会以“一小(选择题或填空题)”的格局呈现.小题考查方向主要体现在以下两方面： （1）以分类加法计数原理和分步乘法计数原理为基础的排列组合问题，要理解分类和分步的思想； （2）以二项式定理为主体的问题，主要考查二项展开式的通项公式，求特定项的系数、参数的值、系数和等. 🎯练教材-----必刷经典母题 【教材母题1】(人教A版选择性必修第三册P12·T11、T12) （1）在国庆长假期间，要从7人中选若干人在7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，有多少种可能的安排方法？ （2）2 160有多少个不同的正因数？ 【解析】(1)7×6×6×6×6×6×6＝326 592. (2)令N＝2 160＝24×33×51，∴2 160的正因数为P＝2α×3β×5γ， 其中α＝0，1，2，3，4，β＝0，1，2，3，γ＝0，1，∴2 160的正因数共有5×4×2＝40个． 【教材母题2】 (人教A版选择性必修第三册P16·例2) （1）一张餐桌上有5盘不同的菜，甲、乙、丙3名同学每人从中各取1盘菜，共有多少种不同的取法？ （2）学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种，共有多少种不同的选法？ 【解析】(1)可以先从这5盘菜中取1盘给同学甲，然后从剩下的4盘菜中取1盘给同学乙，最后从剩下的3盘菜中取1盘给同学丙．按分步乘法计数原理，不同的取法种数为5×4×3＝60. (2)可以先让同学甲从5种菜中选1种，有5种选法；再让同学乙从5种菜中选1种，也有5种选法； 最后让同学丙从5种菜中选1种，同样有5种选法．按分步乘法计数原理，不同的选法种数为5×5×5＝125. 【教材母题3】 (人教A版选择性必修第三册P19·例4)用0～9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？ 【解析】如图所示，由于三位数的百位上的数字不能是0， 所以可以分两步完成：第1步，确定百位上的数字，可以从1～9这9个数字中取出1个，有A种取法； 第2步，确定十位和个位上的数字，可以从剩下的9个数字中按顺序取出2个，有A种取法． 根据分步乘法计数原理，所求的三位数的个数为A×A＝9×9×8＝648. 【教材母题4】(人教A版选择性必修第三册P27·T12) （1）从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的五位数？ （2）由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成多少个没有重复数字，并且比5 000 000大的正整数？ 【解析】(1)①0，2，4，6中不选0时，有C种选法，从1，3，5中任取2个数字，有C种选法，共有C×C×A＝360(个)；②0，2，4，6中选0时，有C种选法，从1，3，5中任取2个数字，有C种选法，0不能放首位，共有C×C×C×A＝864(个)，综上，一共可以组成360＋864＝1 224个没有重复数字的五位数． （2）要求数字比5 000 000大，当首位数字从5，6选一位，其他的任意排． 故有CA＝1 440种． 【🚀新题预测】 （2026·江西南昌1月检测）“ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当 142857 与 1 至 6 中任意 1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这 6 个数字组成. 若从 1，4，2，8，5，7这 6 个数字中任选 4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于 5700 的偶数个数是（   ） A．66 B．75 C．78 D．90 【答案】B 【解析】若千位数字是5，则百位数字只能是7或8，故共有（个）； 若千位数字是7，则共有（个）；若千位数字是8，则共有（个）． 故符合条件的四位数共有（个）．故选B. 【教材母题5】 (人教A版选择性必修第三册P5·例3)书架的第1层放有4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. （1）从书架上任取1本书,有多少种不同取法? （2）从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,有多少种不同取法? 【解析】(1)从书架上任取1本书,有三类方案: 第1类,从第1层取1本计算机书,有4种方法; 第2类,从第2层取1本文艺书,有3种方法; 第3类,从第3层取1本体育书,有2种方法. 根据分类加法计数原理,不同取法的种数为4+3+2=9. (2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,可以分三步完成: 第1步,从第1层取1本计算机书,有4种方法; 第2步,从第2层取1本文艺书,有3种方法; 第3步,从第3层取1本体育书,有2种方法. 根据分步乘法计数原理,不同取法的种数为4×3×2=24. 【🚀衔接高考】 （1）（2025·上海高考）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种． 【答案】288 【解析】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法，故有种排法. （2）(2024·新高考Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.  11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 【答案】　24　112 【解析】　第一步,从第一行任选一个数,共有4种不同的选法; 第二步,从第二行选一个与第一个数不同列的数,共有3种不同的选法; 第三步,从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数,共有2种不同的选法; 第四步,从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数,只有1种选法. 由分步乘法计数原理知,不同的选法种数为4×3×2×1=24. 先按列分析,每列必选出一个数,故所选4个数的十位上的数字分别为1,2,3,4. 再按行分析,第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5, 故从第一行选21,从第二行选33,从第三行选43,从第4行选15, 此时个位上的数字之和最大. 故选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15=112. （3）(2024·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为　　　　.  【答案】　 【解析】因为甲出卡片1一定输,出其他卡片有可能赢,所以四轮比赛后,甲的总得分最多为3. 若甲的总得分为3,则甲出卡片3,5,7时都赢, 所以只有1种组合:3-2,5-4,7-6,1-8. 若甲的总得分为2,有以下三类情况: 第一类,当甲出卡片3和5时赢,只有1种组合,为3-2,5-4,1-6,7-8; 第二类,当甲出卡片3和7时赢,有3-2,7-4,1-6,5-8或3-2,7-4,1-8,5-6或3-2,7-6,1-4,5-8,共3种组合; 第三类,当甲出卡片5和7时赢,有5-2,7-4,1-6,3-8或5-2,7-4,1-8,3-6或5-4,7-2,1-6,3-8或5-4,7-2,1-8,3-6或5-2,7-6,1-4,3-8或5-2,7-6,1-8,3-4或5-4,7-6,1-2,3-8,共7种组合. 综上,甲的总得分不小于2共有12种组合, 而所有不同的组合共有4×3×2×1=24(种), 所以甲的总得分不小于2的概率P==. 【教材母题6】 (人教A版选择性必修第三册P25·例7)在100件产品中,有98件合格品,2件次品.从这100件产品中任意抽出3件. （1）有多少种不同的抽法? （2）抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种? （3）（一题多解）抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种? 【解析】(1)所有的不同抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的组合数,所以抽法种数为===161 700. (2)从2件次品中抽出1件的抽法有种,从98件合格品中抽出2件的抽法有种,因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法种数为×=2×=9 506. (3)解法一：从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品,包括有1件次品和有2件次品两种情况,因此根据分类加法计数原理,抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数为×+×=9 506+98=9 604. 解法二：抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的抽法种数减去3件都是合格品的抽法种数,即-=161 700-=9 604. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·新高考Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有(　　) A.·种 B.·种 C.·种 D.·种 【答案】D 【解析】由题意,初中部和高中部学生人数之比为=, 所以抽取的60名学生中初中部应有60×=40(人),高中部应有60×=20(人), 所以不同的抽样结果共有·种,故选D. （2）(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　) A.30种 B.60种 C.120种 D.240种 【答案】C 【解析】甲、乙二人先选1种相同的课外读物,有=6(种)情况,再从剩下的5种课外读物中各自选1种不同的读物,有=20(种)情况,由分步乘法计数原理可得共有6×20=120(种)选法. （3）(2023·新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有　　　　种(用数字作答).  【答案】64 【解析】法一　由题意,可分三类: 第一类,体育类选修课和艺术类选修课各选修1门,有种方案; 第二类,在体育类选修课中选修1门,在艺术类选修课中选修2门,有种方案; 第三类,在体育类选修课中选修2门,在艺术类选修课中选修1门,有种方案. 综上,不同的选课方案共有++=64(种). 法二　若学生从这8门课中选修2门课,则有--=16(种)选课方案; 若学生从这8门课中选修3门课,则有--=48(种)选课方案. 综上,不同的选课方案共有16+48=64(种). 【🚀新题预测】 （2026·上海模拟）北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 . 【答案】31 【解析】由题设，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即为构成三角形的情况， 所以不同三角形的个数为个. 【教材母题7】 (人教B版选择性必修第二册P20·例5)要把9本不同的课外书分给甲、乙、丙3名同学: （1）如果每个人都得3本,则共有不同的分法多少种? （2）如果要求一人得4本,一人得3本,一人得2本,则共有不同的分法多少种? 【解析】(1)要完成分配任务,可以分为三步: 第一步,分给甲3本书,有种方法; 第二步,分给乙3本书,因为只能在剩下的6本书里选,所以有种方法; 第三步,分给丙3本书,因为只能在剩下的3本书里选,所以有种方法. 因此共有不同的分法数为=××1=1 680. (2)要完成分配任务,可以分为两步: 第一步,将9本书按照4本、3本、2本分为三组,有种方法; 第二步,将分好的3组书分别分给3个人,有种方法. 因此共有不同的分法数为=××1×3×2×1=7 560. 【🚀衔接高考】 （1）(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有(　　) A.60种 B.120种 C.240种 D.480种 【答案】C 【解析】根据题设中的要求,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,可分两步进行安排:第一步,将5名志愿者分成4组,其中1组2人,其余每组1人,共有种分法;第二步:将分好的4组安排到4个项目中,有种安排方法.故满足题意的分配方案共有·=240(种).故选C. （2）(2020·新高考Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有(　　) A.120种 B.90种 C.60种 D.30种 【答案】C 【解析】先从6名同学中选1名安排到甲场馆,有种选法,再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆,有种选法,最后将剩下的3名同学安排到丙场馆,有种选法,由分步乘法计数原理知,共有··=60(种)不同的安排方法.故选C. （3）(2020·新高考Ⅱ卷)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作,每名大学生只去1个村,每个村至少1人,则不同的分配方案共有(　　) A.4种 B.5种 C.6种 D.8种 【答案】C 【解析】先将3名大学生分成2组有·种分法,再分配到2个村有种分法,则不同的分配方案共有··=6种.故选C. （4）(2020·全国Ⅱ卷)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法共有　　　　种.  【答案】36 【解析】将4名同学分成人数为2,1,1的3组有=6种分法,再将3组同学分到3个小区共有=6种分法,由分步乘法计数原理可得不同的安排方法共有6×6=36种. 【教材母题8】 (人教A版选择性必修第三册P38T8)某种产品的加工需要经过5道工序. (1)如果其中某道工序不能放在最后,那么有多少种加工顺序? (2)如果其中某2道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)如果其中某2道工序必须相邻,那么有多少种加工顺序? (4)如果其中某2道工序不能相邻,那么有多少种加工顺序? 【解析】　(1)先从另外4道工序中任选1道工序放在最后,有=4种不同的排法, 再将剩余的4道工序全排列,有=24种不同的排法,故由分步乘法原理可得, 共有4×24=96种加工顺序. (2)先从另外3道工序中任选2道工序放在最前和最后,有=6种不同的排法, 再将剩余的3道工序全排列,有=6种不同的排法, 故由分步乘法原理可得,共有6×6=36种加工顺序. (3)先排这2道工序,有=2种不同的排法,再将它们看作一个整体, 与剩余的工序全排列,有=24种不同的排法, 故由分步乘法原理可得,共有2×24=48种加工顺序. (4)先排其余的3道工序,有=6种不同的排法,出现4个空位, 再将这2道工序插空,有=12种不同的排法, 所以由分步乘法原理可得,共有6×12=72种加工顺序. 【🚀衔接高考】 （1）(2023·全国甲卷)现有5名志愿者参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　) A.120种 B.60种 C.30种 D.20种 【答案】　B 【解析】　先从5人选择1人两天均参加公益活动,有种方式; 再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日,有种安排方式. 所以不同的安排方式共有·=60(种).故选B. （2）(2022·新高考Ⅱ卷)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,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有(　　) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 【答案】B 【解析】先将丙和丁捆在一起有种排列方式,然后将其与乙、戊排列,有种排列方式,最后将甲插入中间两空,有种排列方式,所以不同的排列方式共有=24(种),故选B. （3）(2021·全国甲卷)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】法一(将4个1和2个0视为完全不同的元素)　4个1分别设为1A,1B,1C,1D,2个0分别设为0A,0B,将4个1和2个0随机排成一行有种排法,将1A,1B,1C,1D排成一行有种排法,再将0A,0B插空有种排法,所以2个0不相邻的概率P==. 法二(含有相同元素的排列)　将4个1和2个0安排在6个位置,则选择2个位置安排0,共有种排法,其中将4个1排成一行,把2个0插空,即在5个位置中选2个位置安排0,共有种排法.所以2个0不相邻的概率P==. 【🚀新题预测】 （2026·湖北武汉模拟）子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 【答案】D 【解析】先把字相同的卡片看成—组，第一步：从这5组中选出—组，第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选—张卡片，第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学， 所以不同的分配方案有种.故选D. 【教材母题9】 (人教A版选择性必修第三册P38·T5) （1）求(1－2x)5(1＋3x)4的展开式按x的升幂排列的第3项； （2）求的展开式的常数项； （3）求(1＋x＋x2)(1－x)10的展开式中x4的系数； （4）求(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数. 【解析】(1)(1－2x)5(1＋3x)4的展开式按x的升幂排列的第3项，即展开式中含x2的项为C(3x)2＋C(－2x)2＋C·(－2x)·C·(3x)＝－26x2. (2)展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(9x)18－r·＝336－3r·C·x18－r， 令18－r＝0可得r＝12，故展开式的常数项为C＝C. (3)展开式中含x4项的来源是：第1个因式取1，第2个因式取C(－x)4；第1个因式取x，第2个因式取C(－x)3；第1个因式取x2，第2个因式取C(－x)2. 故C(－x)4＋x·C(－x)3＋x2C(－x)2＝135x4，故x4的系数为135. (4)(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5 展开式的通项公式为Tr＋1＝C(x2＋x)5－ryr，取r＝2，即T3＝C(x2＋x)3y2. (x2＋x)3展开式的通项公式为Tk＋1＝C(x2)3－kxk＝Cx6－k， 取k＝1，T2＝Cx5＝3x5，∴x5y2的系数为3C＝30. 【🚀衔接高考】 （1）(2019·全国Ⅲ卷)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为(　　) A.12 B.16 C.－10 D.10 【答案】A 【解析】展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为1×C＋2C＝12. （2）（2025·天津高考）在的展开式中，项的系数为 ． 【答案】 【解析】展开式的通项公式为， 当时，，即展开式中的系数为. （3）（2025·上海高考）在二项式的展开式中，的系数为 ． 【答案】 【解析】由通项公式， 令，得，可得项的系数为. 【教材母题10】 (人教A版选择性必修第三册P34习题6.3·T2)在(x+y)(x-y)5的展开式中,x3y3的系数是　　　　.  【答案】0 【解析】∵(x+y)(x-y)5=(x+y)(x5-5x4y+10x3y2-10x2y3+5xy4-y5),故展开式中x3y3的系数为10-10=0. 【🚀衔接高考】 （1）(2020·全国Ⅰ卷)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　　) A.5 B.10 C.15 D.20 【答案】C 【解析】当x＋中取x时，x3y3的系数为C，当x＋中取时，x3y3的系数为C， ∴x3y3的系数为C＋C＝10＋5＝15.] （2）(2022·新高考Ⅰ卷)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为　　　　(用数字作答).  【答案】-28 【解析】(x+y)8展开式的通项Tr+1=x8-ryr,r=0,1,…,7,8.令r=6,得T6+1=x2y6;令r=5,得T5+1=x3y5,所以(x+y)8的展开式中x2y6的系数为-=-28. 【教材母题11】 (人教A版选择性必修第三册P38T5(2))求的展开式的常数项. 【解析】常数项Tr+1=(9x)18-r=·336-3r·, 令18-r=0,得r=12,所以常数项是第13项,T13=18 564. 【🚀衔接高考】 (2020·全国Ⅲ卷)的展开式中常数项是　　　　(用数字作答).  【答案】240 【解析】的展开式的通项为Tr+1=(x2)6-r·=2rx12-3r,令12-3r=0,解得r=4,得常数项为24=240. 【教材母题12】(人教A版选择性必修第三册P38T1(7))(1+x)2n的展开式中,系数最大的项是第　　　　项.  【答案】n+1 【解析】在(1+x)2n的展开式中,第r+1项的系数与第r+1项的二次项系数相同(r=0,1,2,…,2n). 又二项展开式共有2n+1项,中间项的二项式系数最大,可得第n+1项的系数最大. 【🚀衔接高考】 (2024·全国甲卷)的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　.  【答案】5 【解析】　的展开式的通项公式为Tr+1=xr, 则各项的系数分别为,,,,,,,,,,, 观察发现二项式系数先增大后减小,且前后对称,指数式递增,分别计算,,,,,,比较可得,=5最大. 🎯读教材-----玩味阅读材料 【阅读1】通过阅读《探究与发现——组合数的两个性质》(人教A版选择性必修第三册P28),可从中提炼出如下结论: （1）=. 证明　法一　从n个不同元素中取出m个元素后与剩下的n-m个元素形成一一对应,故方法一样多. 法二　左=,右==左. (2)=+. 【证明】法一　从n+1个不同元素中取出m个元素可分为两类: ①选取某一确定元素,有·种方法; ②不选取该确定元素,有种方法;故有+=. 法二　左=,右=+===左. 【🚀新题预测】 (2026·上海模拟)+++…+=　　　　.  【答案】230 300 【解析】+++…+=+++…+=++…+ =++…+=++…+=…=+===230 300. 【阅读2】通过阅读《数学探究——杨辉三角的性质与应用》(人教A版选择性必修第三册P39),可从中提炼出如下结论: （1）在第r+1条斜线上(从右上到左下)前n-r个数字的和,等于第r+2条斜线上的第n-r个数,即:+++…+=. 证明　左=+++…+=++…+=++…+=…=+=. （2）第n行各数的平方和等于第2n行中间的数,即()2+()2+…+()2=. 证明　因为(1+x)n(1+x)n=(1+x)2n, 等式左边xn的系数为: +++…+=+++…+=()2+()2+…+()2, 等式右边xn的系数为,所以()2+()2+…+()2=. 【🚀新题预测】 (2026·广东湛江模拟)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家,杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优 美的规律,它的许多性质与组合数的性质有关,图1为杨辉三角的部分内容,图2为杨辉三角的改写形式. （1）求图2中第10行各数之和; （2）从图2第2行开始,取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数,求取出的所有数之和; （3）在杨辉三角中是否存在某一行,使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14?若存在,试求出这三个数;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)第10行的各数之和为:+++…+=210=1 024. (2)杨辉三角中第2行到第15行各行第3个数之和为: ++++…+=++++…+==560. (3)存在,理由如下:设在第n行存在连续三项,,,其中n∈N*且n≥2,k∈N*且k≥2, 有=且=,化简得=且=,即 解得k=3,n=10,所以=45,=120,=210,故这三个数依次是45,120,210. 【阅读3】通过阅读《探究与发现——二项分布的性质》(人教A版选择性必修第三册P81),可从中提炼出如下结论: X~B(n,p),记pk=p(X=k)=pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.当k<(n+1)p时,pk单调递增,当k>(n+1)p时,pk单调递减,如果(n+1)p为非整数,pk有唯一的最大值,如果(n+1)p为正整数,pk有两个相同的最大值. 【证明】　====1+. 当>1,即k<(n+1)p时,pk>pk-1,pk单调递增, 当<1,即k>(n+1)p时,pk<pk-1,pk单调递减. 若(n+1)p为正整数,当k=(n+1)p时,pk=pk-1,此时这两项概率均为最大值. 若(n+1)p为非整数,而k取(n+1)p的整数部分,则pk是唯一的最大值. 【🚀衔接高考】 (2026·湖北武汉模拟)某超市购进一批同种类水果,按照果径大小分为四类:不达标果、标准果、精品果、礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个,按果径大小分成5组进行统计:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85](单位:mm).统计后制成如下的频率分布直方图,并规定果径低于65 mm为不达标果,在65 mm到75 mm之间为标准果,在75 mm到80 mm之间为精品果,达到80 mm及以上的为礼品果. （1）现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,再从这10个水果中随机抽取2个,记礼品果的个数为X,求X的分布列与数学期望; （2）以频率估计概率,从这批水果中随机抽取n(n≥2)个,设其中恰有2个精品果的概率为P(n).当P(n)最大时,求n的值. 【解析】(1)由题意(0.004+0.016+0.060+0.080+a)×5=1,所以a=0.040, 所以这100个水果中礼品果的个数为0.040×5×100=20, 采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,其中礼品果有×10=2个,故随机变量X的所有可能取值为0,1,2,则P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==. 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 期望E(X)=0×+1×+2×=. (2)由频率分布直方图知,从该批水果中随机抽取1个,是精品果的概率为0.080×5=0.4, 则P(n)=·0.42·0.6n-2,所以P(n-1)=·0.42·0.6n-3,P(n+1)=·0.42·0.6n-1, 要使P(n)最大,则==≤1,且==≤1, 解得4≤n≤5,因为P(4)=·0.42·0.62=0.345 6,P(5)=·0.42·0.63=0.345 6, 所以P(4)=P(5),所以当P(n)最大时,n=4或n=5. 🎯研教材-----深度探究思考 【探究1】 (人教A版选择性必修第三册P3) （1）如果完成一件事有三类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,在第3类方案中有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法? （2）如果完成一件事情有n类不同方案,在每一类中都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢? 提示:(1)m1+m2+m3. （3）假设第1类方案中有m1种不同方法,第2类方案中有m2种不同方法,…,第n类方案有mn种不同方法,则一共有m1+m2+…+mn种不同方法. 【探究2】 (人教A版选择性必修第三册P5) (1)如果完成一件事需要三个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,做第3步有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法? (2)如果完成一件事情需要n个步骤,做每一步都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢? 提示:(1)m1·m2·m3. (2)假设做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,…,做第n步有mn种不同的方法,则一共有m1·m2·m3·…·mn种不同的方法. 【探究3】 (人教A版选择性必修第三册P17)从n个不同元素中取出m个元素的排列数(m≤n)是多少? 提示:求排列数可以按依次填m个空位来考虑: 假定有排好顺序的m个空位,如图所示,从n个不同元素中取出m个元素去填空,一个空位填上一个元素,每一种填法就对应一个排列.因此,所有不同填法的种数就是排列数. 填空可以分为m个步骤完成: 第1步,从n个不同元素中任选1个填在第1位,有n种选法; 第2步,从剩下的(n-1)个元素中任选1个填在第2位,有(n-1)种选法; 第3步,从剩下的(n-2)个元素中任选1个填在第3位,有(n-2)种选法; …… 第m步,从剩下的[n-(m-1)]个元素中任选1个填在第m位,有(n-m+1)种选法. 根据分步乘法计数原理,m个空位的填法种数为n(n-1)(n-2)…(n-m+1). 这样,我们就得到公式 =n(n-1)(n-2)…(n-m+1). 这里,m,n∈N*,并且m≤n.这个公式叫做排列数公式. 【探究4】 (人教A版选择性必修第三册P23)前面已经提到,组合和排列有关系,我们能否利用这种关系,由排列数来求组合数呢? 提示:求“从n个元素中取出m个元素的排列数”,可以看作由以下两个步骤得到: 第1步,从n个不同元素中取出m个元素作为一组,共有种不同的取法; 第2步,将取出的m个元素作全排列,共有种不同的排法. 根据分步乘法计数原理,有=·. 因此,==. 这里n,m∈N*,并且m≤n.这个公式叫做组合数公式. 【探究5】 (人教A版选择性必修第三册P29)我们知道,(a+b)2=a2+2ab+b2,(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3. （1）观察以上展开式,分析其运算过程,你能发现什么规律? （2）根据你发现的规律,你能写出(a+b)4的展开式吗? （3）进一步地,你能写出(a+b)n的展开式吗? 【解析】(1)我们先来分析(a+b)2的展开过程. 根据多项式乘法法则,(a+b)2=(a+b)·(a+b)=a(a+b)+b(a+b)=a×a+a×b+b×a+b×b=a2+2ab+b2. 可以看到,(a+b)2是2个(a+b)相乘,只要从一个(a+b)中选一项(选a或b),再从另一个(a+b)中选一项(选a或b),就得到展开式的一项.于是,由分步乘法计数原理,在合并同类项之前,(a+b)2的展开式共有×=22项,而且每一项都是 a2-kbk(k=0,1,2)的形式. 下面我们再来分析一下形如a2-kbk的同类项的个数. 当k=0时,a2-kbk=a2,这是由2个(a+b)中都不选b得到的. 因此,a2出现的次数相当于从2个(a+b)中取0个b(即都取a)的组合数,即a2只有1个. 当k=1时,a2-kbk=ab,这是由1个(a+b)中选a,另1个(a+b)中选b得到的.由于b选定后,a的选法也随之确定,因此,ab出现的次数相当于从2个(a+b)中取1个b的组合数,即ab共有2个. 当k=2时,a2-kbk=b2,这是由2个(a+b)中都选b得到的.因此,b2出现的次数相当于从2个(a+b)中取2个b的组合数,即b2只有1个. 由上述分析可以得到(a+b)2=a2+ab+b2. (2)(a+b)4=a4+a3b+a2b2+ab3+b4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4. (3)(a+b)n=an+an-1b1+…+an-kbk+…+bn,n∈N*. 学科网（北京）股份有限公司 $