第六章 计数原理（高效培优讲义）数学沪教版选择性必修第二册

第六章 计数原理 教学目标 1. 熟练掌握计数原理全章知识点； 2. 熟练运用全章知识点解决相应的题目题型； 3. 通过学习本章知识点及解决相关题型锻炼逻辑思维，解决复杂问题的能力等。 教学重难点 1. 重点 （1）排列组合乘法与加法问题； （2）二项式定理与杨辉三角各项系数问题； 2. 难点 （1）考虑清楚排列组合中各种排队、分组分配等问题； （2）二项式定理与杨辉三角中最值问题。 考点01 乘法原理与加法原理 （一）分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法． 【特别提醒】　(1)完成一件事的若干种方法可以分成两类不同方案，且这两类方案中的方法互不相同． (2)每一类方案中的每一种方法都能独立完成这件事． (3)推广：完成一件事有n类不同的方案，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n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． 【方法技巧】(1)分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下分类，要做到分类“不重不漏”． (2)利用分类加法计数原理计数时的解题流程 （二）分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法． 【特别提醒】　　(1)步骤可以分出先后顺序，每一步对实现目标是必不可少的． (2)每步的方法具有独立性，不受其他步骤影响． (3)每步所取的方法不同，每一步都有若干种方法． (4)推广：如果完成一件事情需要n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n步有mn种不同的方法，则完成这件事情共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 【方法技巧】(1)使用分步乘法计数原理的两个注意点： 一是要按照事件发生的过程合理分步，即步骤是有先后顺序的； 二是各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事． (2)利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 【题型1】小夏计划某日从武汉到兰州游玩，当天的交通工具中，火车共有12个车次，飞机共有2个航班，则乘坐方式的种数共有（   ） A．12 B．14 C．16 D．24 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理即可求解. 【详解】根据分类加法计数原理，从武汉到兰州可以乘火车（12种）或飞机（2种），总计种方式． 故选：B 【题型2】从4名志愿者中选派3人在星期六、星期日参加公益活动，要求每人只参加一天，且星期六需要有两人参加，星期日需要有一人参加，则不同的选派方法共有（   ） A．12种 B．20种 C．24种 D．36种 【答案】A 【分析】根据组合的定义，结合分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】第一步，从4名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动，有种方法； 第二步，从剩下的2人中选派1人参加星期日的公益活动，有种方法， 所以不同的选派方法共有种方法. 故选：A 【题型3】某班要排出语文、数学、政治、英语、体育、艺术这六节课在周五的课程表，要求数学排在上午（前四节）体育排在下午（后两节），则不同的排法总数是（   ） A．720 B．120 C．144 D．192 【答案】D 【分析】先排数学，再排体育，最后排剩下的4科，即可得答案. 【详解】由题意可得数学一共有种排法， 体育一共有种排法， 剩下的4科共有种排法， 所以一共有种排法. 故选：D. 【题型4】三所医院派出5名医生到乡镇卫生院指导，要求每所医院至少派遣一名医生，则不同的派出方法有（    ） A．300种 B．150种 C．120种 D．90种 【答案】B 【分析】根据题意，先选后排.①先选，将5名医生分成三组，有两种方式，即1，1，3与1，2，2，注意去除重复部分；②后排，将分好的三组全排列，即可得到答案. 【详解】根据题意：分两步计算 （1）将5名医生分成三组，有两种方式即1，1，3与1，2，2； ①分成1，1，3三组的方法有， ②分成1，2，2三组的方法有， 所以，一共有种分组方法； （2）将分好的三组全排列有种方法，则不同的派出方法有种. 故选：B. 【题型5】我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有（） A．21个 B．20个 C．19个 D．18个 【答案】A 【分析】按照首位数字为进行分类，计算每种情况下的“吉祥数”个数，相加得到总数. 【详解】当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 当首位数字为时，后两位数字之和为，“吉祥数”有，共个； 因此，所有的“吉祥数”共有个. 故选：A 【题型6】有编号为，，的三个盒子，将4个不同的小球全部放入盒子.若每个盒子中所放球的个数不大于其编号，则不同的放法共有（   ） A．26种 B．32种 C．38种 D．44种 【答案】C 【分析】分3种情况进行求解，结合排列组合知识得到答案. 【详解】三个盒子放球的个数如下： 1号盒子：，2号盒子：，3号盒子：， 4个不同的小球全部放入盒子，不同的组合放法如下； ，即1个盒子放入1个球，另一个盒子放入3个球， 显然3个球只能放入3号盒子，有种情况， ，即2个盒子分别放入2个球， 显然只能放入2号和3号盒子，有种情况， ，即放入3个盒子中，其中1个盒子放入2个球， 另外2个盒子分别放入1个球，放入2个球的盒子从2号和3号盒子中选， 剩余2个球和2个盒子进行全排列，有种情况， 综上，共有种情况. 故选：C 【题型7】已知甲乙丙丁四位教师分别任教（1），（2），（3），（4）班.在某一次考试中，要求每个班级都有一位教师监考，且四位教师不能去监考自己所教的班级.则不同的监考方法有 种 【答案】 【分析】根据分类加法计数原理分析即可得答案. 【详解】若甲去（2）班，则有共种； 若甲去（3）班，则有共种； 若甲去（4）班，则有共种， 所以不同的监考方法有种. 故答案为：. 【题型8】用1、2、3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个1相邻出现，则这样的四位数有 个．（用数字作答） 【答案】60 【分析】分为三种情况：四位数中没有1，四位数中有1个1，若四位数中有2个1分别求出个数最后求和即得结果. 【详解】若四位数中没有1，共有个， 若四位数中有1个1，共有个， 若四位数中有2个1，则这两个1不能相邻，有种放置方法， 其余两位各有2种选择（2或3），故共有个. 因此共有60个． 故答案为：60． 考点02 排列 排列：一般地，从n个不同对象中，任取m（m≤n）个对象，按照一定的顺序排成一列，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个排列，用符号表示．特别地，m=n时的排列（即取出所有对象的排列）称为全排列. 【特别提醒】排列中元素所满足的两个特性 (1)无重复性：从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，否则不是排列问题． (2)有序性：安排这m个元素时是有顺序的，有序的就是排列，无序的不是排列． 而检验它是否有顺序的依据是变换元素的位置，看结果是否发生变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序． 阶乘的概念及表示：正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n!表示 排列数公式：＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，n，m∈N*，m≤n 阶乘式：(n，m∈N*，m≤n) 特殊情况：＝n!，1!＝1，0!＝1 【方法技巧】排列数公式的选择 (1)排列数公式的乘积形式适用于计算排列数． (2)排列数公式的阶乘形式主要用于与排列数有关的证明、解方程和解不等式等问题，具体应用时注意阶乘的性质，提取公因式，可以简化计算． 【题型1】下列关于排列组合的等式成立的个数为（   ）． ① ； ②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据排列，组合的定义，逐一分析各个等式即可. 【详解】对①，由，可知等式①不成立； 对②，由阶乘的定义，得，等式②成立； 对③，由排列组合的定义可知：等式左边， 等式右边，等式③成立； 对④，等式左边, 等式右边=， 与左边相等，等式④成立. 综上，等式②、③、④成立，等式①不成立，成立的个数为 3. 故选：C 【题型2】若m为正整数，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据组合数的计算公式得解. 【详解】因为， 即9个连续正整数相乘，且最大值为， 故， 故选：D 【题型3】从2名男生和4名女生中选取3人担任数学、物理、化学学科课代表，每学科安排1人且至少有1名男生，则不同的选取方法有（   ） A．72 B．96 C．108 D．114 【答案】B 【分析】先安排3人担任数学、物理、化学学科课代表，再去掉全部为女生的安排方法，即可得解. 【详解】从6人中选3人，安排担任数学、物理、化学学科课代表，有种选法， 其中全部为女生的安排方法有种，则有120-24=96种安排方法. 故选：B. 【题型4】某学校组织学生体检，高二年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队的不同安排方案共有（    ） A．240种 B．120种 C．188种 D．156种 【答案】B 【分析】分别分析甲在第一位、第二位和第三位三种情况，结合捆绑法，分析计算，即可得答案. 【详解】甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有（种），将剩余的三个班全排列， 安排到剩下的3个位置，有（种）情况，此时有（种）安排方案； 甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有（种），将剩下的三个班全排列， 安排到剩下的三个位置，有（种）情况，此时有（种）安排方案； 甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有（种），将剩下的三个班全排列， 安排到剩下的三个位置，有（种）情况，此时有（种）安排方案 由分类加法计数原理可知共有（种）方案． 故选：B． 【题型5】现有数字1，2，2，3，3，3，若将这六个数字排成一排，则数字2，2恰好相邻的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】方法一：利用有重复元素的排列数公式分别计算总排列数和符合条件的排列数，求得概率；方法二：只考虑两个2的位置可能情况和相邻的情况种数，得到概率. 【详解】方法一： 给定的数字是1，2，2，3，3，3，其中有一个1，两个2，三个3，总共有6个数字，因此总排列数为：. 符合条件的排列数（两个2恰好相邻的情况）： 将两个2视为一个整体（即“超级元素”），这样剩下的元素为1，3，3，3和这个“超级元素”，共5个元素. 其中三个3是重复的，因此符合条件的排列数为：，所以符合条件的排列数除以总排列数：. 方法二： 考虑两个2的位置组合，共有种可能的位置组合，其中相邻的位置对数为5种，概率为：， 因此，数字2，2恰好相邻的概率为. 故选：D. 【题型6】某校的5位老师甲、乙、丙、丁、戊排成一排照相，其中甲、乙必须相邻，且甲不站在两端，则不同的排法种数为 【答案】 【分析】将甲、乙相邻的排列种数减去甲、乙相邻且甲站在两端的排列种数，即可得到答案. 【详解】先让甲、乙相邻共有种情况，再将甲、乙捆绑与其他三人排列共种情况， 所以甲、乙相邻共种情况. 甲、乙相邻且甲站在两端时：若甲在首位，则乙在第二位，其他三人全排列，有种排法；若甲在末位，则乙在倒数第二位，其他三人全排列，有种排法. 故共有种情况. 所以甲、乙相邻，且甲不站在两端，不同的排法种数为. 故答案为：. 【题型7】将3名男生和3名女生排成一排，若从左边第一个学生开始依次往右数，无论数到几人，男生人数都大于或等于女生人数，则有 种不同的排法．（结果用数值表示） 【答案】 【分析】根据分类加法与分步乘法原理将第二位分为男生和女生两种情况，结合排列组合数逐步计算即可得结论. 【详解】由题可知，从左边开始第一个学生为男生有种安排方法： ①若第二位为男生： 第三位为男生时的方法数为种， 第三位为女生时第四位为男生时有种，第四位为女生时种， 综上，第二位为男生的方法总数为； ②若第二位为女生： 第三位必为男生，则第四位为男生时有种，第四位为女生时种， 综上，第二位为女生的方法总数为； 根据分类分步计数原理可得总方法数为种不同的排法． 故答案为：. 【题型8】某4位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法有 种． 【答案】30 【分析】根据排列中的定序问题的处理方法计算求解. 【详解】6位同学排成一排准备照相时，共有种排法， 如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则有种排法. 故答案为：30 【题型9】（1）求满足等式的所有正整数； （2）已知正整数满足，求正整数的值. 【答案】（1）3或7 （2） 【分析】（1）利用组合数的性质求解即可； （2）根据排列数的公式计算即可. 【详解】（1）因为，所以或， 解得：或 （2）因为，所以，， 解得： 【题型10】由六个数字可组成多少个无重复的比324105大的数字？ 【答案】297 【分析】先看最高位比3大，则最高位为4或时，求出满足此条件的数字个数；再看 最高位是3，第二位比2大的情况，求出满足此条件的数字个数；依次类推求解即可. 【详解】首先关注最高位为4或时，如图所示：或， 最高位有种选法，后位没有要求，有种选法， 故最高位为4或时的数字个数为种； 其次关注最高位为3，第二位比2大的还剩，， 如图所示：或，有种选法，后位没有要求，有种选法， 故最高位为3， 第二位比2大的数字个数为； 同理，前三位为，如图所示：，故有种； 前四位为，如图所示：，故有种； 前五位为，只有324150一种； 故由六个数字可组成无重复的比324105大的数字有种. 故答案为：297 【题型11】为丰富广大人民群众文化生活，增强群众文化获得感、幸福感，某省开展群众美术主题创作展.若此次展览中打算安排国画、油画、水彩画、插画、漫画、素描画六件艺术作品的展出顺序. (1)若要求第一件展出的艺术作品不能是国画，则共有多少种不同的安排方案？ (2)若要求油画和插画的展出顺序相邻，则共有多少种不同的安排方案？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用间接法以及排列知识求出； （2）利用捆绑法以及排列的知识解决. 【详解】（1）将六件艺术作品展出，则展出顺序共有种， 若第一件展出的艺术作品是国画，则展出顺序共有种， 则第一件展出的艺术作品不是国画，共有种不同的安排方案； （2）因油画和插画的展出顺序相邻，则将其捆绑为一个整体，再将其与剩下的四件艺术作品一起排序，共有种不同的安排方案. 【题型12】（1）从5本不同的书中选出3本送给3位同学，每人1本，有多少种不同的送法？ （2）已知集合，，从集合A中选1个元素作为，从集合B中选1个元素作为，可以组成多少个椭圆？ （3）现有甲、乙、丙、丁四位志愿者被安排到A，B，C，D四个社区做活动，每人去1个社区，每个社区都有志愿者．由于距离限制，甲不去B社区，乙不去C社区，共有多少种不同的安排方案？ 【答案】（1）种；（2）个；（3）种 【分析】（1）利用排列知识解决； （2）根据分类列举即可； （3）分甲去C社区、甲不去C社区两种情况，结合计数原理可得. 【详解】（1）由题意得，不同的送法有种； （2）因为在椭圆C中，， 所以当时，可以是5，7，9，10，有4种选择； 当时，可以是5，7，9，有3种选择； 当时，可以是5，7，有2种选择； 由分类加法计数原理，可以组成个椭圆C ； （3）①若甲去C社区，则剩余3人去3个社区，有种不同的安排方案； ②若甲不去C社区，则安排甲，有2种不同的方案， 再安排乙，有2种不同的方案，丙、丁去剩下的2个社区，有种不同的方案， 由分步乘法计数原理，得有种不同的方案， 由分类加法计数原理，得不同的安排方案有种. 【题型13】从分别写有0，1，2，3，4，5，6的7张卡片中，任取4张，组成没有重复数字的四位数，计算： (1)这个四位数是偶数的概率； (2)这个四位数能被9整除的概率； (3)这个四位数比4510大的概率． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分个位是不是0讨论，结合古典概型概率计算公式求解. （2）先弄清能被9整除的数字组合，再求能被9整除的数的个数，结合古典概型概率计算公式求解. （3）分情况讨论，先求比4510大的四位数的个数，结合古典概型概率计算公式求解. 【详解】（1）组成的所有四位数共有（个）． 当这个四位数是偶数时： ①若个位数字是0，则有（个）； ②若个位数字不是0，则有（个）． 所以共有（个）． 故组成的四位数为偶数的概率为． （2）能被9整除的数，其各个数位上的数字之和能被9整除. 数字组合为：，，，， 此时共有这样的四位数（个）． 故能组成被9整除的四位数的概率为． （3）对比4510大的四位数进行分类： ①当千位是4，百位是5时，有（个）； ②当千位是4，百位是6时，有（个）； ③当千位大于4时，有（个）． 所以共有（个）． 故组成的四位数比4510大的概率为． 【题型14】某种产品的加工需要经过6道工序． (1)若其中某2道工序不能放在最前面也不能放在最后面，其他道工序没有加工顺序，问有多少种加工顺序？ (2)若其中某3道工序必须相邻，其他道工序没有加工顺序，问有多少种加工顺序？ (3)若其中某3道工序两两不能相邻，其他道工序没有加工顺序，问有多少种加工顺序？ 【答案】(1)288 (2)144 (3)144 【分析】（1）根据给定条件，利用有限制条件的排列问题，结合分步乘法计数原理计算即得. （2）根据给定条件，利用相邻问题，结合分步乘法计数原理计算即得. （3）根据给定条件，利用不相邻问题，结合分步乘法计数原理计算即得. 【详解】（1）先从另外4道工序中任选2道工序放在最前面与最后面， 有种不同的排法， 再将其余的4道工序全排列，有种不同的排法， 由分步乘法计数原理可得，共有种加工顺序． （2）先排这3道工序，有种不同的排法， 再将它们看作一个整体，与其余的3道工序全排列，有种不同的排法， 由分步乘法计数原理可得，共有种加工顺序． （3）先排其余的3道工序，有种不同的排法，有4个空档， 再将这3道工序插入空档，有种不同的排法， 由分步乘法计数原理可得，共有种加工顺序 考点03 组合 组合的概念：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示． 组合数公式 乘积式：(n，m∈N*，并且m≤n)． 阶乘式：(n，m∈N*，并且m≤n)． 性质：C＝C，C＝C＋C 规定：＝1． 【特别提醒】　(1)m≤n，m，n∈N*； (2)常用于计算； 常用于证明． 【题型1】在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】根据棱锥的结构特征，应用组合数及列举法确定所有选取方法数、共面情况的选取方法数，即可得. 【详解】如下图，共有个点任选个有种， 每个侧面的个点都共面，任选个有种，共个面，则有种共面情况， 如、、分别构成一个平面，有种， 如、、、、、分别构成一个平面，有种， 综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取个不共面的点，不同的取法共有种. 故选：D. 【题型2】在正方体中，下列说法不正确的是（ ） A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段 B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个 C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个 D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个 【答案】C 【分析】利用几何组合计数问题，结合正方体，直三棱柱，三棱锥，四棱锥的结构特征，列式计算即可. 【详解】对于A，每两点确定一条线段， 则正方体的8个顶点可确定不同的线段有条，A正确； 对于B，直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等， 因此直三棱柱两底面在正方体相对面上， 以正方形的顶点为顶点的三角形有4个， 从而正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4个， 因此以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有个，B正确； 对于C，正方体顶点任取4个点，共有种选法， 其中四点共面的共有6个面和6个对角面共12种， 因此三棱锥共有个，C错误； 对于D，由选项C，知正方体四点共面的情况有12种， 每一种情况，余下每个点对应1个四棱锥，因此四棱锥共有，D正确. 故选：C. 【题型3】某地区有3个学生社会实践服务点A，B，C．4名学生需在寒假完成社会实践，每个服务点至少有一名学生，则不同的社会实践安排共有（   ） A．72种 B．36种 C．24种 D．64种 【答案】B 【分析】先把4人分成3组，再把3组分到3个不同的社会实践服务点即可. 【详解】先从4名学生中选出2人组成一个小组，有种方法； 再将这个两人小组与其余2名学生安排到3个不同的服务点，有种方法， 根据分步乘法计数原理，共有种不同的安排. 故选：B 【题型4】将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（    ） A．540 B．504 C．408 D．390 【答案】D 【分析】先分组后分配，再间接减去甲、乙在一起的情况即可. 【详解】总的分配方法有种. 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种，故不同的分配方法数为. 故选D. 【题型5】《九章算术》第一章“方田”问题二十五、二十六指出了三角形田面积算法：“半广以乘正从”.数学社团制作板报向全校师生介绍这一结论，给证明图形的六个区域涂色，有三种颜色可用，要求有相邻边的区域颜色不同，则不同的涂色方法有（    ） A．48种 B．96种 C．102种 D．120种 【答案】B 【分析】设图中的六个区域分别为，按照是否同色，分两类，再结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】如图，设图中的六个区域分别为， 按照是否同色，分两类： ①不同色，先给涂色，有，再根据是否用余下那种颜色分两种情况， 不用第三种颜色，即用的颜色，用的颜色，有种，有种，则有种涂法； 用第三种颜色，即用第三种颜色，用的颜色，有种，有种， 或用第三种颜色， 用的颜色，则有种涂法， 所以不同色的涂法有：， ②同色，先给涂色，有，则只能用第三种颜色，有种，有种， 所以同色的涂法有：， 综上，不同的涂色方法有：种. 故选：B. 【题型6】在的二项展开式中，二项式系数最大的项是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二项式系数的性质和展开式通项公式即可求解. 【详解】在的二项展开式中，根据二项式系数的性质可知最大的二项式系数是， 则二项式系数最大的项是， 故选：A. 【题型7】大润发超市的店员准备把待打折处理的两袋不同的蔬菜和两袋不同的水果摆上如图所示的货架，要求同类商品不摆在同一行也不摆在同一列，则共有 种不同的摆放方法.（用数字作答） A B C D E F 【答案】72 【分析】首先在第一行放一袋蔬菜和一袋水果，再在第二行分类讨论放剩下的蔬菜和水果，最后利用分步计数原理即可得出结果. 【详解】因为要求同类商品不摆在同一行也不摆在同一列， 所以第一行只能放一袋蔬菜和一袋水果，共有种放法, 再在第二行分类讨论放剩下的蔬菜和水果， 第二袋蔬菜如果放在第一袋水果下方，则第二袋水果有2种放法， 如果第二袋蔬菜不放在第一袋水果下方，则第二袋水果有1种放法，共有3种情况， 因此共有种摆放方法. 故答案为：72. 【题型8】有红、蓝、黄三种颜色的球各7个，除颜色外均相同，每种颜色的7个球分别标有数字1，2，…，7，从所有的球中任取3个标号不同的球，则这3个球的三种颜色互不相同且所标数字互不相邻的概率为 ． 【答案】 【分析】根据从所有的球中任取3个标号不同的球是，取出的3个球的三种颜色互不相同且所标数字互不相邻是，利用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】根据题意可得从所有的球中任取3个标号不同的球，有种， 取的三个球所标数字互不相邻有（1,3,5），（1,3,6），（1,3,7），（1,4,6），（1,4,7），（1,5,7），（2,4,6），（2,4,7），（2,5,7），（3,5,7）共10种， 三种颜色互不相同且所标数字互不相邻的方法有种， 故有． 故答案为： 【题型9】从1，2，…，10这十个数中任选三个互不相邻的自然数，且不取最大的数也不取最小的数，有 种不同的取法． 【答案】20 【分析】利用插空法求解即可. 【详解】未选中的数用“”表示，选中的数用“◎”表示，把三个“◎”插入由七个“”组成的六个间隔中（不包含两端）有种， 故答案为：20. 【题型10】设集合，现从S中随机选取两个不同的数和，则数组是方程（其中，为未知数）的解的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意，先对数据分成三类，①被3整除；②被3整除余1；③被3整除余2，再利用组合数进行选择，再用古典概型公式求解即可. 【详解】若数组是方程的解，则必定被3整除， 不妨考虑将集合S中的数分为三类：①被3整除；②被3整除余1；③被3整除余2． 设，，分别表示S中被3整除，被3整除余1，被3整除余2的数组成的集合， 则，， ，易知，， 要使被3整除，则a，b的选取方式有两种： ①a，b都从中选取，有种； ②a，b分别从，中选取，有种． 故数组是方程的解的概率． 故答案为：. 【题型11】从1，2，3，4，5，6这6个数中任取4个不同的数组成一个四位数，则2与3相邻的四位数的个数为 ，能被3整除的四位数的个数为 ． 【答案】 72 120 【分析】空一：通过捆绑法即可求解，空二：先确定四个数各位数之和为3的倍数的个数，再通过全排列求解即可. 【详解】由捆绑法可得2与3相邻的四位数的个数为． 要使组成的四位数能被3整除，则该四位数各位数之和为3的倍数， 取出的四个数各位数之和为3的倍数的情况有，，，，，共5种， 所以组成的四位数能被3整除的个数为． 故答案为：72；120 【题型12】平面内有n条直线，其中没有两条平行，也没有三条交于一点，则共有 个交点；空间有n个平面，其中没有两个互相平行，也没有三个交于一条直线，则共有 条交线． 【答案】 【分析】运用组合的定义进行求解即可. 【详解】因为平面内有n条直线，其中没有两条平行，也没有三条交于一点， 所以平面内有n条直线互相相交的交点个数为； 因为空间有n个平面，其中没有两个互相平行，也没有三个交于一条直线， 所以空间有n个平面互相相交的直线个数为， 故答案为：； 【题型13】现将位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知民警不能去甲学校，两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有 种. 【答案】60 【分析】利用间接法可求得不同的分派方法总数. 【详解】因为每人只到1个学校，每个学校只去1人，所以将5人全排列有种， 其中将A民警安排在甲学校有种不同的安排方法， 将民警B或C安排在乙学校有种不同的安排方法， 又A民警在甲学校，且民警B或C在乙学校有， 所以A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校， 则不同的分派方法共有种. 故答案为：60. 【题型14】从3个箱子（每个箱子里的球足够多）里选8个小球，每个箱子至少选2个小球，不同的选法有 种. 【答案】6 【分析】应用隔板法，将5个小球排成一排，用2块挡板插入四个空中的2个，即可得. 【详解】8个相同小球再减去3个小球共5个小球排成一排，用2块挡板去插入，有种. 然后再往每个箱子里放1个球，即每个箱子至少选2个小球，故不同的选法有6种． 故答案为：6 【题型15】把3个红球和33个白球随机排成一圈，则连续排列的白球个数不超过13个的概率是 【答案】 【分析】根据题意，由条件可得满足方程的解共有组，然后分，，，，讨论，逐一计算，即可得到结果. 【详解】 如图，位于红球之间的白球个数记为， 故满足方程的解共有组， 满足时的解有以下情形： ①若时，有， ，共7种； 同理，时，有7种；时，有7种， 去掉重复的共有18种， ②若时，有，共4种； 同理，时，有4种；时，有4种，去掉重复的共有9种， ③若，有，此时只有1种， ④若，有，与前面重复，舍去， ⑤若，有，与前面重复，舍去， ⑥若，有，与前面重复，舍去， ⑦若，有，与前面重复，舍去， ⑧若，不存在， 共有种， 连续排列的白球个数不超过13个的概率是. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解答本题的关键在于将问题转化为方程的正整数解问题，然后分类讨论求解. 【题型16】如图，有两堆同样的盒子，一堆3个，一堆7个，现需要将这些盒子搬走，每次只能从其中一堆搬走最上面的一个盒子，共有 种不同的搬法．（用数字作答） 【答案】120 【分析】根据题意10次搬盒子任选其中3次搬第一堆的3个盒子，应用组合数求不同的搬法数. 【详解】由题设，共需搬10次，选择其中3次搬走第一堆的3个盒子，故有， 故答案为：120 【题型17】某种密码的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，三短（即连续敲击三下）表示“0”，三短一长（即连续敲击三下后短暂停顿再敲一下）表示“1”，若用手指敲击“三短”“三短”“三短一长”，则对方收到的密码指示为-“001”．现某人尝试用5个“0”和5个“1”传递密码，则每个“0”之前“1”的个数多于“0”的个数的概率为 ． 【答案】 【分析】利用组合数求出传递密码的所有可能情况数，在应用图解点开始，每出现一个“1”则上升一节，每出现一个“0”则下降一节，进而标注出各节点对应的方法数，应用古典概型的概率求法求概率. 【详解】根据题意，用5个“0”和5个“1”传递密码，有（种）， 要满足“每个‘0’之前‘1’的个数多于‘0’的个数”，可以借助图形来解，    如图，从点开始，每出现一个“1”则上升一节，每出现一个“0”则下降一节， 因为总共有5个“0”和5个“1”， 所以最终一定会到达点，在虚线上方的方法都是符合题意的， 利用节点法计算，点到点有1种方法， 所以在点上方标“1”，到点有2种方法， 所以在点上方标“2”，依次标注到处为42， 因此符合题意的方法数为42， 因此，所求概率. 故答案为： 【题型18】如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A与C不相邻，B与D不相邻），则使用2种颜色涂色的概率为 .    【答案】 【分析】由排列组合以及分类加法计数原理求解个数，即可由古典概型概率公式求解. 【详解】使用4种颜色给四个区域涂色，有种涂法； 使用3种颜色给四个区域涂色，共有种涂法； （使用3种颜色给四个区域涂色有两类情况： ①区域A与区域C涂同一种颜色，区域B与区域D涂另外2种颜色； ②区域B与区域D涂同一种颜色，区域A与区域C涂另外2种颜色） 使用2种颜色给四个区域涂色，共有种不同的涂法. 所以所有的涂色方法共有（种）， 故使用2种颜色给四个区域涂色的概率为. 故答案为：. 【题型19】英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）. 【答案】216 【分析】如图，将6个行政区标上序号，根据分步乘法计数原理，按照一定的顺序对各个区域进行涂色，同时考虑相邻区域颜色不同的限制条件即可求解. 【详解】如图，将6个行政区标上序号， 区域1有4种颜色可选，共4种方法； 区域2与区域1相邻，不能与区域1同色，有3种颜色可选，共3种方法； 区域3与区域1、2相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种方法； ①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法； ②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域6有3种涂色方法， 若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法， 所以一共有种方法. 故答案为：216. 【题型20】证明： 【答案】证明见解析 【分析】法一：求从个不同的元素中取个元素的组合总数，一方面，可直接由组合数定义得有种，另一方面，可分类完成，进而可证明结论.法二：求展开式中含项的系数可证明. 【详解】法一：求从个不同的元素中取个元素的组合总数． 一方面，可直接由组合数定义得有种； 另一方面，可分类完成， 总数 由加法原理共有种， 从而有． 法二： ， 左边展开式中含项的系数为， 右边展开式中含项的系数为， 所以． 【题型21】（1）求满足方程的整数的值. （2）求满足不等式的整数的值. 【答案】（1）；（2）或 【分析】（1）（2）应用排列组合数公式及已知方程和不等式求参数值. 【详解】（1）由题设，且， 则，整理得， 所以或（不是整数，舍）. （2）由题设且， 所以，可得， 综上，整数的值为或. 【题型22】（1）已知，计算：； （2）解方程：． （3）解不等式：． 【答案】（1）126（2）（3） 【分析】（1）由组合数的对称性得，代入所求式子中结合组合数的运算性质即可得解； （2）利用组合数的定义得到关于的方程，解方程并注意的范围即可得解； （3）将排列数不等式转换为关于的不等式组，解不等式组即可得解. 【详解】（1）因为，则，解得，经验证符合， 所以． （2）由，得，所以， 即， 而由，知，，解得，所以原方程的解为． （3）因为， 所以，化简可得， 解得，所以不等式解集为． 【题型23】（1）要把6本不同的课外书分给甲、乙、丙三名同学： （i）如果每人都得2本，则共有不同的分法多少种？ （ii）如果要求甲得1本，乙得2本，丙得3本，则共有不同的分法多少种？ （iii）如果要求一人得1本，一人得2本，一人得3本，则共有不同的分法多少种？ （2）要把6本不同的课外书分别装到三个相同的手提袋里： （i）如果一个袋子中1本，一个袋子中2本，一个袋子中3本，则共有不同的分法多少种？ （ii）如果每个袋子中都是2本，则共有不同的分法多少种？ （iii）如果每个袋子中至少1本，则共有不同的分法多少种？ （计算结果用数字作答） 【答案】（1）（i）种，（ii）种，（iii）种.（2）（i）种，（ii）种，（iii）种. 【分析】（1）（i）依次从6本书中选择2本分给甲，从剩余4本书中选择2本分给乙，剩余2本分给丙.（ii）按要求将书直接分配给甲乙丙三人即可.（iii）将6本书按照1组1本，1组2本，1组3本的分组方式进行分组，然后再分配给甲乙丙三人. （2）（i）因为手提袋相同，所以即为将6本不同的书分为3组，1组1本，1组2本，1组3本，按照不平均分组进行计算即可.（ii）每个袋子中都是2本，即为平均分组，要除以重复部分，可计算结果;（iii）每个袋子至少1本，有可能2组各有1本，1组4本，有可能1组1本，1组2本，1组3本，有可能每组2本，按照平均分组和不平均分组的方式计算可得结果. 【详解】（1）（i）从6本书中选择2本书给甲，有种方法； 再从剩余4本书中选择2本书给乙，有种方法； 剩余的2本书给丙，有种方法;所以有种分配方法． （ii）从6本书中选一本给甲，有种分配方法；从剩余5本书中选2本给乙，有种分配方法，将剩余3本书给丙，有种分配方法. 所以分配方式共有种. （iii）将6本书按照1组1本，1组2本，1组3本的分组方式进行分组，有种方法，再将分好的组分给甲乙丙三人，则有种分配方法. （2）（i）因为手提袋相同，所以即为将6本不同的书分为3组，1组1本，1组2本，1组3本， 种方法， （ii）每袋2本，为平均分组，所以要除以重复的部分，所以共有种. （iii）每个袋子至少1本，有可能有2组各1本，1组4本，有种方法， 有可能1组1本，1组2本，1组3本，有种方法， 有可能每组2本，有种方法，所以共有种. 【题型24】（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？ （2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？ （3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？ （4）把7个不同的小球放在3个相同的盒子里，要求每个盒子都不空，共有多少种不同的方法？ 【答案】（1）15种（2）15种（3）36种（4）301种 【分析】（1）法一利用排列数的性质求解，法二利用隔板法求解即可. （2）先将问题合理转化，再利用隔板法求解即可. （3）法一对空盒子的个数进行分类讨论，再求和即可，法二利用隔板法求解即可. （4）利用组合数的性质求解即可. 【详解】（1）法一：问题相当于先把7个相同的小球分成3堆，再分配到不同的盒子里. 把7个相同的小球分成3堆，有4种分法. 第一类，按照来分，有种方法； 第二类，按照来分，有种方法； 第三类，按照来分，有种方法： 第四类，按照来分，有种方法 综上，共有种方法. 法二：在7个相同的小球中间的6个空档里， 选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法. （2）可以先在每个盒子中放1个球，问题就变成将7个相同的小球放入3个不同的盒子， 每个盒子里至少放1个球，即将小球分为堆，会产生个空档， 选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法. （3）法一：空0个盒子共有种，空1个盒子共有种， 空2个盒子共有种，综上，共有种方法. 法二：先借3个相同的球，在每个盒子里先放入1个借来的球， 则问题就转化为把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子都不空， 即在10个相同的小球中间的9个空档里， 选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法. （4）由题意得盒子相同，按照球的个数可以分为，共4种， 第一类，按照来分，有种方法； 第二类，按照来分，有种方法； 第三类，按照来分，有种方法： 第四类，按照来分，有种方法 综上，共有种方法. 【题型25】（1）求方程的正整数解的个数； （2）求方程的正整数解的个数. 【答案】（1）21；（2）34 【分析】（1）方法一：分别令，列举得到正整数解个数；方法二：与排列组合问题结合，看成八个物品分成三份，由挡板法可得到答案； （2）分别令，列举得到正整数解的个数. 【详解】（1）方法一： 当时，，则一共有6种；当时，，则一共有5种； 当时，，则一共有4种；当时，，则一共有3种； 当时，，则一共有2种；当时，，则一共有1种. 所以方程的正整数解的个数有种 方法二：利用挡板法可得正整数解的个数为； （2）当时，方程转化为，由（1）知一共有21种； 当时，方程转化为，则一共有10种； 当时，方程转化为，则一共有3种； 当时，不合题意； 综上所述，方程的正整数解的个数为. 【题型26】（1）将个不同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法? （2）将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法? （3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法? （4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法? （注：要写出算式，结果用数字表示） 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）. 【分析】（1）先将个不同的小球分为三组，确定每组小球的数量，然后将三组小球放入三个盒子，结合分步计数原理可得结果； （2）确定每个小球的放法种数，利用分步乘法计数原理可得结果； （3）只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，利用隔板法可求得结果； （4）问题等价于在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可，利用隔板法可求得结果. 【详解】解：（1）将个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为、、或、、， 然后再将这三组小球放入三个盒子中， 因此，不同的放法种数为种； （2）每个小球有种方法，由分步乘法计数原理可知， 将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，不同的放法种数为种； （3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子， 只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可， 所以，不同的放法种数为种； （4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空， 等价于将个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子不空， 只需在个相同的小球中间所形成的个空位中插入块板即可， 所以，不同的放法种数为种. 考点04 二项式定理 1.定义：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 2．二项式(a+b)n的展开式的特点： (1)项数：共有n+1项，比二项式的次数大1； (2)二项式系数：第r+1项的二项式系数为，最大二项式系数项居中； (3)次数：各项的次数都等于二项式的幂指数n．字母a降幂排列，次数由n到0；字母b升幂排列，次数从0到n，每一项中，a，b次数和均为n； 3.二项展开式的通项： （） 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； 二项式系数及其性质 （1）的展开式中各项的二项式系数、、…具有如下性质： ①对称性：二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即； ②增减性与最大值：二项式系数在前半部分逐渐增大，在后半部分逐渐减小，在中间取得最大值.其中，当n为偶数时，二项展开式中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，二项展开式中间两项的二项式系数，相等，且最大. ③各二项式系数之和为，即； ④二项展开式中各奇数项的二项式系数之和等于各偶数项的二项式系数之和， 即。 杨辉三角 因为(a+b)0=1，所以可以把n=0对应的二项式系数看成1.把n=0，1，2，3，4，5，6对应的二项式系数逐个写出，并排成如下数表形式: 杨辉三角的性质: (1)每一行都是对称的，且两端的数都是1. (2)从第三行起，不在两端的任意一个数，都等于上一行中与这个数相邻的两数之和.事实上，设表中任一不为1的数为，那么它上一行中与这个数相邻的两个数分别为 和由组合数的性质，有=1，=1，. (3)对于给定的n来说，其二项式系数满足中间大、两边小的特点.利用二项式系数的对称性可知，二项式系数，…，，是先逐渐变大，再逐渐变小的，当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大. 【题型1】二项式的展开式中，含项系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用二项式展开式的通项公式求项的系数． 【详解】由于二项式， 则其通项， 令，则， 则， 所以含项系数为. 故选：B 【题型2】展开式中的系数为（   ） A． B．12 C． D．18 【答案】A 【分析】根据多项式展开式系数的计算直接求解即可． 【详解】根据题意， 展开式中项为， 所以展开式中的系数为． 故选：A． 【题型3】若，则等于（    ）． A．400 B．425 C．625 D．800 【答案】D 【分析】法一，分解为两个二项式相乘，根据展开式的通项公式求解；法二，看作5个相同的括号相乘，利用组合的方法求解. 【详解】解法1：， 与的展开式通项分别为： ，． 由题意知且，解得或或， 因此. 解法2：表示5个相乘，每个在相乘时均有三种选择，选或或2． 设选的有a个，选的有b个，那么选2的有个，故有，解得或， 即选2个、3个2，或者选1个、4个2，因此含项的系数为， 故选：D． 【题型4】在的展开式中，含的项的系数是（   ） A． B．10 C．20 D．30 【答案】B 【分析】先得到展开式通项公式，再根据，得到含的项的系数. 【详解】展开式通项公式为，， 故，， 故展开式中，含的项为， 故所求项的系数为10. 故选：B 【题型5】的展开式中，的奇数次幂项的系数之和为32，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．7 【答案】A 【分析】设，分别代入和，两式作差即可构造方程求得的值. 【详解】设， 令得：； 令得：； 两式作差得：，即，解得：. 故选：A. 【题型6】设是正整数，表达式化简的结果是 【答案】 【分析】根据二项式定理化简. 【详解】 故答案为：. 【题型7】的展开式中的常数项是 . 【答案】 【分析】先写出展开式的通项，然后根据的指数部分为求解出的值，将的值代入展开式则常数项可求. 【详解】展开式的通项为， 令，， 所以常数项为， 故答案为：. 【题型8】展开式中含项的系数为 【答案】20 【分析】应用两项乘积的二项式展开式计算求解系数即可. 【详解】展开式的通项公式为， ， 展开式的一般项为 由，得，符合题意； 展开式的一般项为 由，得(舍去)， 所以含项的系数为. 故答案为：20. 【题型9】（1）在的展开式中，含的项为 ． （2）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】 30 【分析】（1）法一，，利用二项式定理求出中前的系数；法二，，利用二项式定理求出前的系数； 法三，根据乘法分配律结合组合知识计算系数； （2）法一，，利用二项式定理求出，再求出中前的系数； 法二，根据乘法分配律结合组合知识计算系数； 【详解】（1）解法1：， 二项式的通项为， 令，则，可求得含的项为. 解法2：， 则通项为， 令，即时，可求得含的项为． 解法3：表示4个相乘，每个相乘时有三种选择， 选x或或． 设选a个， b个，则选的有个，其中， 相乘后x的次数为， 由，解得或， 即在4个相乘时，选2个x、2个，或选3个x、1个， 故含的项为． （2）解法1：，含的项为， 其中，中含的项为，所以的系数为． 解法2：为5个相乘，每个相乘时有三种选择， 选或x或y． 设选a个，选b个，则选y的有个，其中， 根据次数关系可知，解得， 即选的有2个，选的有1个，则选y的有2个，所以的系数为． 故答案为：； 【题型10】若展开式中的系数为，则 . 【答案】 【分析】由题意可得，结合二项式展开式的通项公式建立方程，求解即可. 【详解】由题意可得，，展开式的通项公式为，所以含的项的系数为，则，即，解得. 故答案为：. 【题型11】的展开式中常数项是 ． 【答案】61 【分析】首先写出的展开式通项，结合原式求出相关项，进而得到常数项. 【详解】对于，展开式通项为，， 令，可得，此时， 令，可得，此时， 所以原式的展开式中常数项为. 故答案为： 【题型12】被9除的余数是 . 【答案】7 【分析】本题可先根据二项式定理将原式变形，然后分析变形后的式子被9除的余数. 【详解】根据二项式定理， 对进行变形， 可得，即. 因为，所以. 根据二项式定理展开： ， 则. 除了最后一项，其余各项都含有因数9，都能被9整除， 所以除以9的余数就是. 即被9除的余数是. 故答案为：7. 【题型13】在的展开式中，求： (1)常数项； (2)二项式系数最大的项； (3)展开式中所有项的系数和. 【答案】(1)7 (2)第五项 (3) 【分析】（1）根据二项式的性质写出通项公式，即可求出常数项. （2）二项式系数最大的项即中间项，利用通项法求解. （3）利用赋值法即可. 【详解】（1）展开式中第项， 因为是常数项，即， 所以，解得， 代入得常数项. （2）因为，展开式有9项， 所以最大是， 即第5项为二项式系数最大. （3）令，代入原式，得到的就是“所有项的系数和”， 即 ， 即展开式中所有项的系数和为. 【题型14】求多项式的展开式． 【答案】 【分析】根据二项式定理展开即可. 【详解】因为， 所以 ． 【题型15】已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为32． (1)求； (2)求展开式中含项的系数； (3)求展开式的第四项． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据二项式定理所以二项式系数和为进行求解即可； （2）根据二项式展开式的通项得，再合理赋值进行求解即可； （3）根据二项式展开式的通项得，再令进行求解即可. 【详解】（1）已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为， 即，解得：. （2）二项式展开式的通项为， 令，解得：，所以当时，，故展开式中的系数为. （3）根据（2）可得：二项式展开式的通项为， 令，可得：，所以展开式的第四项为. 【题型16】在二项式的展开式中，其展开式中各二项式系数和为，求： (1)和展开式的所有项系数之和； (2)展开式中的有理项． 【答案】(1)；1. (2)答案见解析. 【分析】（1）利用二项式系数和为的性质，结合已知条件求出，再利用赋值法计算得出所有系数的和； （2）先根据二项式展开式的通项公式写出通项，再确定有理项，最后计算有理项． 【详解】（1）二项式系数和为，，解得， 令二项式中，则． ，所有项系数之和为1． （2）二项式的通项为， 若为有理项，则，即， ， ， ， ， ， ． 【题型17】已知，该二项展开式中第5项和第6项的二项式系数最大． (1)求正整数的值； (2)求与二项式系数和的比值； (3)问展开式各项系数的绝对值中哪个最大，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)中和均为最大，理由见解析 【分析】（1）利用二项式系数的中间项最大的性质，结合第5、6项的二项式系数最大，得，求出正整数. （2）通过赋值法（令、）求出与，进而得，结合二项式系数和为计算比值. （3）将系数绝对值转化为的系数，通过列不等式组求解最大项对应的值，确定和最大. 【详解】（1）因为的展开式中，第5项和第6项的二项式系数最大， 所以为奇数，且，所以. （2）因为，所以二项式系数和为， 令，得， 令，得， 所以， 因此与二项式系数和的比值为. （3）中和均为最大． 因为 展开式的通项， 所以， 即， 故判断系数中谁最大即判断展开式的系数谁最大． 展开式的通项， 由， 得，因为，所以或6． 故中和均为最大． 【题型18】在的展开式中，第4项的二项式系数和第2023项的二项式系数相等. (1)求展开式中所有二项式系数的和； (2)求展开式中所有奇数项的系数和； (3)求展开式中系数最大的项是第几项？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用二项式系数的性质求出值，进而可得二项式系数的和； （2）设，则，则所有奇数项的系数和等于 ，计算可解； （3）设展开式中系数最大的项是第项，列不等式计算即可求解. 【详解】（1）因为，所以. 所以展开式中所有二项式系数的和等于. （2）设，则， 所以展开式中奇数项的系数即为展开式中奇次项的系数 所以展开式中所有奇数项的系数和等于. （3）设展开式中系数最大的项是第项， 则，解得， 又因为，所以， 所以展开式中系数最大项是第1351项. 【题型19】已知，求证：能被64整除． 【答案】证明见解析 【分析】由，应用二项式定理将其展开，即可证. 【详解】 ． 因为是整数， 所以能被64整除. 【题型20】计算：．（精确到0.001） 【答案】31.761 【分析】利用二项式定理进行近似计算. 【详解】． 所以． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 计数原理 教学目标 1. 熟练掌握计数原理全章知识点； 2. 熟练运用全章知识点解决相应的题目题型； 3. 通过学习本章知识点及解决相关题型锻炼逻辑思维，解决复杂问题的能力等。 教学重难点 1. 重点 （1）排列组合乘法与加法问题； （2）二项式定理与杨辉三角各项系数问题； 2. 难点 （1）考虑清楚排列组合中各种排队、分组分配等问题； （2）二项式定理与杨辉三角中最值问题。 考点01 乘法原理与加法原理 （一）分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法． 【特别提醒】　(1)完成一件事的若干种方法可以分成两类不同方案，且这两类方案中的方法互不相同． (2)每一类方案中的每一种方法都能独立完成这件事． (3)推广：完成一件事有n类不同的方案，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n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． 【方法技巧】(1)分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下分类，要做到分类“不重不漏”． (2)利用分类加法计数原理计数时的解题流程 （二）分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法． 【特别提醒】　　(1)步骤可以分出先后顺序，每一步对实现目标是必不可少的． (2)每步的方法具有独立性，不受其他步骤影响． (3)每步所取的方法不同，每一步都有若干种方法． (4)推广：如果完成一件事情需要n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n步有mn种不同的方法，则完成这件事情共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． 【方法技巧】(1)使用分步乘法计数原理的两个注意点： 一是要按照事件发生的过程合理分步，即步骤是有先后顺序的； 二是各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事． (2)利用分步乘法计数原理计数时的解题流程 【题型1】小夏计划某日从武汉到兰州游玩，当天的交通工具中，火车共有12个车次，飞机共有2个航班，则乘坐方式的种数共有（   ） A．12 B．14 C．16 D．24 【题型2】从4名志愿者中选派3人在星期六、星期日参加公益活动，要求每人只参加一天，且星期六需要有两人参加，星期日需要有一人参加，则不同的选派方法共有（   ） A．12种 B．20种 C．24种 D．36种 【题型3】某班要排出语文、数学、政治、英语、体育、艺术这六节课在周五的课程表，要求数学排在上午（前四节）体育排在下午（后两节），则不同的排法总数是（   ） A．720 B．120 C．144 D．192 【题型4】三所医院派出5名医生到乡镇卫生院指导，要求每所医院至少派遣一名医生，则不同的派出方法有（    ） A．300种 B．150种 C．120种 D．90种 【题型5】我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有（） A．21个 B．20个 C．19个 D．18个 【题型6】有编号为，，的三个盒子，将4个不同的小球全部放入盒子.若每个盒子中所放球的个数不大于其编号，则不同的放法共有（   ） A．26种 B．32种 C．38种 D．44种 【题型7】已知甲乙丙丁四位教师分别任教（1），（2），（3），（4）班.在某一次考试中，要求每个班级都有一位教师监考，且四位教师不能去监考自己所教的班级.则不同的监考方法有 种 【题型8】用1、2、3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个1相邻出现，则这样的四位数有 个．（用数字作答） 考点02 排列 排列：一般地，从n个不同对象中，任取m（m≤n）个对象，按照一定的顺序排成一列，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个排列，用符号表示．特别地，m=n时的排列（即取出所有对象的排列）称为全排列. 【特别提醒】排列中元素所满足的两个特性 (1)无重复性：从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，否则不是排列问题． (2)有序性：安排这m个元素时是有顺序的，有序的就是排列，无序的不是排列． 而检验它是否有顺序的依据是变换元素的位置，看结果是否发生变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序． 阶乘的概念及表示：正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n!表示 排列数公式：＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，n，m∈N*，m≤n 阶乘式：(n，m∈N*，m≤n) 特殊情况：＝n!，1!＝1，0!＝1 【方法技巧】排列数公式的选择 (1)排列数公式的乘积形式适用于计算排列数． (2)排列数公式的阶乘形式主要用于与排列数有关的证明、解方程和解不等式等问题，具体应用时注意阶乘的性质，提取公因式，可以简化计算． 【题型1】下列关于排列组合的等式成立的个数为（   ）． ① ； ②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 【题型2】若m为正整数，且，则（    ） A． B． C． D． 【题型3】从2名男生和4名女生中选取3人担任数学、物理、化学学科课代表，每学科安排1人且至少有1名男生，则不同的选取方法有（   ） A．72 B．96 C．108 D．114 【题型4】某学校组织学生体检，高二年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队的不同安排方案共有（    ） A．240种 B．120种 C．188种 D．156种 【题型5】现有数字1，2，2，3，3，3，若将这六个数字排成一排，则数字2，2恰好相邻的概率为（   ） A． B． C． D． 【题型6】某校的5位老师甲、乙、丙、丁、戊排成一排照相，其中甲、乙必须相邻，且甲不站在两端，则不同的排法种数为 【题型7】将3名男生和3名女生排成一排，若从左边第一个学生开始依次往右数，无论数到几人，男生人数都大于或等于女生人数，则有 种不同的排法．（结果用数值表示） 【题型8】某4位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法有 种． 【题型9】（1）求满足等式的所有正整数； （2）已知正整数满足，求正整数的值. 【题型10】由六个数字可组成多少个无重复的比324105大的数字？ 【题型11】为丰富广大人民群众文化生活，增强群众文化获得感、幸福感，某省开展群众美术主题创作展.若此次展览中打算安排国画、油画、水彩画、插画、漫画、素描画六件艺术作品的展出顺序. (1)若要求第一件展出的艺术作品不能是国画，则共有多少种不同的安排方案？ (2)若要求油画和插画的展出顺序相邻，则共有多少种不同的安排方案？ 【题型12】（1）从5本不同的书中选出3本送给3位同学，每人1本，有多少种不同的送法？ （2）已知集合，，从集合A中选1个元素作为，从集合B中选1个元素作为，可以组成多少个椭圆？ （3）现有甲、乙、丙、丁四位志愿者被安排到A，B，C，D四个社区做活动，每人去1个社区，每个社区都有志愿者．由于距离限制，甲不去B社区，乙不去C社区，共有多少种不同的安排方案？ 【题型13】从分别写有0，1，2，3，4，5，6的7张卡片中，任取4张，组成没有重复数字的四位数，计算： (1)这个四位数是偶数的概率； (2)这个四位数能被9整除的概率； (3)这个四位数比4510大的概率． 【题型14】某种产品的加工需要经过6道工序． (1)若其中某2道工序不能放在最前面也不能放在最后面，其他道工序没有加工顺序，问有多少种加工顺序？ (2)若其中某3道工序必须相邻，其他道工序没有加工顺序，问有多少种加工顺序？ (3)若其中某3道工序两两不能相邻，其他道工序没有加工顺序，问有多少种加工顺序？ 考点03 组合 组合的概念：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示． 组合数公式 乘积式：(n，m∈N*，并且m≤n)． 阶乘式：(n，m∈N*，并且m≤n)． 性质：C＝C，C＝C＋C 规定：＝1． 【特别提醒】　(1)m≤n，m，n∈N*； (2)常用于计算； 常用于证明． 【题型1】在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【题型2】在正方体中，下列说法不正确的是（ ） A．正方体的8个顶点可以确定28条不同的线段 B．以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有12个 C．以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个 D．以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个 【题型3】某地区有3个学生社会实践服务点A，B，C．4名学生需在寒假完成社会实践，每个服务点至少有一名学生，则不同的社会实践安排共有（   ） A．72种 B．36种 C．24种 D．64种 【题型4】将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（    ） A．540 B．504 C．408 D．390 【题型5】《九章算术》第一章“方田”问题二十五、二十六指出了三角形田面积算法：“半广以乘正从”.数学社团制作板报向全校师生介绍这一结论，给证明图形的六个区域涂色，有三种颜色可用，要求有相邻边的区域颜色不同，则不同的涂色方法有（    ） A．48种 B．96种 C．102种 D．120种 【题型6】在的二项展开式中，二项式系数最大的项是（    ） A． B． C． D． 【题型7】大润发超市的店员准备把待打折处理的两袋不同的蔬菜和两袋不同的水果摆上如图所示的货架，要求同类商品不摆在同一行也不摆在同一列，则共有 种不同的摆放方法.（用数字作答） A B C D E F 【题型8】有红、蓝、黄三种颜色的球各7个，除颜色外均相同，每种颜色的7个球分别标有数字1，2，…，7，从所有的球中任取3个标号不同的球，则这3个球的三种颜色互不相同且所标数字互不相邻的概率为 ． 【题型9】从1，2，…，10这十个数中任选三个互不相邻的自然数，且不取最大的数也不取最小的数，有 种不同的取法． 【题型10】设集合，现从S中随机选取两个不同的数和，则数组是方程（其中，为未知数）的解的概率为 ． 【题型11】从1，2，3，4，5，6这6个数中任取4个不同的数组成一个四位数，则2与3相邻的四位数的个数为 ，能被3整除的四位数的个数为 ． 【题型12】平面内有n条直线，其中没有两条平行，也没有三条交于一点，则共有 个交点；空间有n个平面，其中没有两个互相平行，也没有三个交于一条直线，则共有 条交线． 【题型13】现将位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知民警不能去甲学校，两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有 种. 【题型14】从3个箱子（每个箱子里的球足够多）里选8个小球，每个箱子至少选2个小球，不同的选法有 种. 【题型15】把3个红球和33个白球随机排成一圈，则连续排列的白球个数不超过13个的概率是 【题型16】如图，有两堆同样的盒子，一堆3个，一堆7个，现需要将这些盒子搬走，每次只能从其中一堆搬走最上面的一个盒子，共有 种不同的搬法．（用数字作答） 【题型17】某种密码的传递常用手指敲击硬物传递声响的方式进行，三短（即连续敲击三下）表示“0”，三短一长（即连续敲击三下后短暂停顿再敲一下）表示“1”，若用手指敲击“三短”“三短”“三短一长”，则对方收到的密码指示为-“001”．现某人尝试用5个“0”和5个“1”传递密码，则每个“0”之前“1”的个数多于“0”的个数的概率为 ． 【题型18】如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A与C不相邻，B与D不相邻），则使用2种颜色涂色的概率为 .    【题型19】英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）. 【题型20】证明： 【题型21】（1）求满足方程的整数的值. （2）求满足不等式的整数的值. 【题型22】（1）已知，计算：； （2）解方程：． （3）解不等式：． 【题型23】（1）要把6本不同的课外书分给甲、乙、丙三名同学： （i）如果每人都得2本，则共有不同的分法多少种？ （ii）如果要求甲得1本，乙得2本，丙得3本，则共有不同的分法多少种？ （iii）如果要求一人得1本，一人得2本，一人得3本，则共有不同的分法多少种？ （2）要把6本不同的课外书分别装到三个相同的手提袋里： （i）如果一个袋子中1本，一个袋子中2本，一个袋子中3本，则共有不同的分法多少种？ （ii）如果每个袋子中都是2本，则共有不同的分法多少种？ （iii）如果每个袋子中至少1本，则共有不同的分法多少种？ （计算结果用数字作答） 【题型24】（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？ （2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？ （3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？ （4）把7个不同的小球放在3个相同的盒子里，要求每个盒子都不空，共有多少种不同的方法？ 【题型25】（1）求方程的正整数解的个数； （2）求方程的正整数解的个数. 【题型26】（1）将个不同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法? （2）将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法? （3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法? （4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法? （注：要写出算式，结果用数字表示） 考点04 二项式定理 1.定义：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 2．二项式(a+b)n的展开式的特点： (1)项数：共有n+1项，比二项式的次数大1； (2)二项式系数：第r+1项的二项式系数为，最大二项式系数项居中； (3)次数：各项的次数都等于二项式的幂指数n．字母a降幂排列，次数由n到0；字母b升幂排列，次数从0到n，每一项中，a，b次数和均为n； 3.二项展开式的通项： （） 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； 二项式系数及其性质 （1）的展开式中各项的二项式系数、、…具有如下性质： ①对称性：二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即； ②增减性与最大值：二项式系数在前半部分逐渐增大，在后半部分逐渐减小，在中间取得最大值.其中，当n为偶数时，二项展开式中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，二项展开式中间两项的二项式系数，相等，且最大. ③各二项式系数之和为，即； ④二项展开式中各奇数项的二项式系数之和等于各偶数项的二项式系数之和， 即。 杨辉三角 因为(a+b)0=1，所以可以把n=0对应的二项式系数看成1.把n=0，1，2，3，4，5，6对应的二项式系数逐个写出，并排成如下数表形式: 杨辉三角的性质: (1)每一行都是对称的，且两端的数都是1. (2)从第三行起，不在两端的任意一个数，都等于上一行中与这个数相邻的两数之和.事实上，设表中任一不为1的数为，那么它上一行中与这个数相邻的两个数分别为 和由组合数的性质，有=1，=1，. (3)对于给定的n来说，其二项式系数满足中间大、两边小的特点.利用二项式系数的对称性可知，二项式系数，…，，是先逐渐变大，再逐渐变小的，当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大. 【题型1】二项式的展开式中，含项系数为（    ） A． B． C． D． 【题型2】展开式中的系数为（   ） A． B．12 C． D．18 【题型3】若，则等于（    ）． A．400 B．425 C．625 D．800 【题型4】在的展开式中，含的项的系数是（   ） A． B．10 C．20 D．30 【题型5】的展开式中，的奇数次幂项的系数之和为32，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．7 【题型6】设是正整数，表达式化简的结果是 【题型7】的展开式中的常数项是 . 【题型8】展开式中含项的系数为 【题型9】（1）在的展开式中，含的项为 ． （2）在的展开式中，的系数为 ． 【题型10】若展开式中的系数为，则 . 【题型11】的展开式中常数项是 ． 【题型12】被9除的余数是 . 【题型13】在的展开式中，求： (1)常数项； (2)二项式系数最大的项； (3)展开式中所有项的系数和. 【题型14】求多项式的展开式． 【题型15】已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为32． (1)求； (2)求展开式中含项的系数； (3)求展开式的第四项． 【题型16】在二项式的展开式中，其展开式中各二项式系数和为，求： (1)和展开式的所有项系数之和； (2)展开式中的有理项． 【题型17】已知，该二项展开式中第5项和第6项的二项式系数最大． (1)求正整数的值； (2)求与二项式系数和的比值； (3)问展开式各项系数的绝对值中哪个最大，并说明理由． 【题型18】在的展开式中，第4项的二项式系数和第2023项的二项式系数相等. (1)求展开式中所有二项式系数的和； (2)求展开式中所有奇数项的系数和； (3)求展开式中系数最大的项是第几项？ 【题型19】已知，求证：能被64整除． 【题型20】计算：．（精确到0.001） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $