第六章 计数原理（高效培优讲义）数学人教A版高二选择性必修第三册

该高中数学第六章“计数原理”复习讲义通过表格梳理教学目标与重难点，以知识框架系统呈现计数原理、排列组合、二项式定理等核心内容，清晰标注分类分步、有序无序等本质差异及内在逻辑联系。 讲义亮点在于“题型-方法-素养”融合设计，如相邻问题捆绑法、不相邻插空法等例题，培养逻辑推理与数学建模能力。分层练习覆盖基础应用与综合创新，助力学生提升运算能力，教师可据此实施精准化复习教学。

第六章 计数原理 教学目标 1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理的核心内涵，能准确区分“分类”与“分步”的本质差异（分类互斥、分步关联），熟练运用两大原理解决简单计数问题。 2.掌握排列、组合的定义，明晰排列（有序）与组合（无序）的区别与联系，牢记排列数公式、组合数公式及组合数的性质（、）。 3.能根据问题特征选择恰当的计数方法，解决有限制条件的排列组合问题（如特殊元素优先、相邻问题捆绑、不相邻问题插空、分组分配等），确保计数不重不漏。 教学重难点 重点 1.两大计数原理的理解与应用：核心是把握“分类加法——并列关系、总和相加”“分步乘法——递进关系、乘积相乘”的本质，能根据问题情境准确选择原理。 2.排列与组合的定义辨析及公式应用：明确“有序”与“无序”是区分排列与组合的关键，熟练运用排列数、组合数公式进行计算，掌握组合数的性质并能灵活运用。 3.基础计数模型的构建与求解：掌握无限制条件的排列组合问题的解题方法，能运用“直接法”“间接法”解决简单的有限制条件问题（如特殊元素、特殊位置问题）。 4.规范解题流程的养成：建立“审题（辨类型）—建模（选原理/方法）—计算（用公式）—验证（查重漏）”的标准化解题步骤，确保逻辑连贯、结果准确。 难点 1.分类与分步的精准区分：难以把握“是否独立完成”的判断标准，易出现“分类与分步混淆”（如将分步问题误按分类计算，或反之）导致计数错误。 2.排列与组合的辨析：面对具体问题时，难以快速判断“是否关注顺序”，尤其在复杂情境（如部分有序、部分无序）中易混淆二者，导致选择错误的计数方法。 3.有限制条件问题的处理：针对相邻、不相邻、分组分配、定序等复杂模型，难以找到合适的转化方法，易出现重复计数或遗漏计数（如分组分配中忽略平均分组的除序问题）。 4.公式的灵活应用与逆向思维：对组合数的性质理解不深入，难以灵活运用性质简化计算；面对“至多”“至少”等问题时，逆向思维能力不足，不善于用间接法解题。 5.实际问题的抽象与建模：难以将生活中的实际问题（如任务安排、元素选取）转化为标准的排列组合模型，缺乏对问题本质的提炼能力。 知识点01 计数原理 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． 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. 两个原理及其区别 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. 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法. 两个计数原理的综合应用 如果完成一件事的各种方法是___________，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用___________原理． 【即学即练】 1．如图，一条电路从处到处接通时，可构成线路的条数为________． 【答案】6 【分析】利用分步乘法计数原理可求解. 【详解】从处到处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路； 第二步，后一个并联电路接通有3条线路． 由分步乘法计数原理知电路从处到处接通时，可构成线路的条数为（条）． 故答案为：6. 2．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同． (1)从两个口袋内任取1个小球，有多少种不同的取法？ (2)从两个口袋内各取1个小球，有多少种不同的取法？ 【答案】(1)9 (2)20 【分析】（1）根据题意，利用分类计数原理，即可求解； （2）根据题意，利用分步计数原理，即可求解. 【详解】（1）解：从两个口袋内任取1个小球，有两类方案： 第一类，从第一个口袋内任取1个小球，有5种方法； 第二类，从第二个口袋内任取1个小球，有4种方法． 根据分类加法计数原理，不同取法的种数是． （2）解：从两个口袋内各取一个小球，可以分成两个步骤来完成： 第一步，从第一个口袋内任取1个小球，有5种方法； 第二步，从第二个口袋内任取1个小球，有4种方法． 根据分步乘法计数原理知，不同取法的种数是． 知识点02 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___________中取出___________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，___________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． 【即学即练】 1．用1，2，3…，9这九个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（   ） A．324 B．224 C．360 D．648 【答案】B 【分析】根据分步计数原理，先排个位，有种，然后排十位和百位，有种，即可得解. 【详解】先排个位，有种，然后排十位和百位，有种， 故共有（个）没有重复数字的三位偶数． 故选：B 2．从八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数的系数，问： (1)共能组成多少个不同的二次函数？ (2)在这些二次函数中，图象关于轴对称的有多少个？ 【答案】(1)294 (2)42 【分析】（1）方法一：采用优先考虑特殊位置即二次项系数，利用分步计数原理求解； 方法二：优先考虑特殊元素，利用分类计数原理求解； 方法三：采用间接法，先计算任意三个元素的种类，再减去的种数即可得解； （2）依题意图象关于轴对称，即，再确定另外两个系数即可. 【详解】（1）方法一：因为， 所以确定二次项系数有7种，确定一次项和常数项有种，所以共有个不同的二次函数． 方法二：当中不含0时，有个； 当中含有0时，有个， 故共有（个）不同的二次函数． 方法三：共可构成个函数，其中当时，有个均不符合要求， 从而共有（个）不同的二次函数． （2）依题意图象关于轴对称，即， 所以共有（个）符合条件的二次函数． 知识点03 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 【即学即练】 1.袋中有9个除了颜色外完全相同的小球，其中有3个白球，2个红球，4个黄球.从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都取到时停止，记停止时取出的球的个数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先对前4次取球的颜色分类，再根据排列数和组合数公式列式，最后根据古典概型概率公式，即可求解. 【详解】前4次只取到红球和黄球（两种颜色都有），第5次取到白球，； 前4次只取到白球和黄球（两种颜色都有），第5次取到红球，； 前4次只取到白球和红球（两种颜色都有），第5次取到黄球，. 所以. 故选：C. 2．等于（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据组合数的性质求解即可. 【详解】由组合数的性质得：. 故选：BD 知识点04 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． 方法技巧与总结 1、如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种． 2、错位排列公式 3、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项 （1）解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论． 4、定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑： （1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素； （2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置； （3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数． 5、解决相邻问题的方法是___________，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种． 6、解决不相邻问题的方法为___________，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有_________种． 【即学即练】 1．有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其他5人既会划左舷又会划右舷，现要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷参加划船比赛，则不同的选法共有（   ） A．1860种 B．2174种 C．2354种 D．2651种 【答案】B 【分析】根据题意，以“只会划左舷的人员入选左舷的人数” 为标准进行分类，对每一种情况进行计算即可求解. 【详解】设集合只会划左舷的3人，只会划右舷的4人}，既会划左舷又会划右舷的5人． 先分类，以集合为基准，被选出划左舷的3个人中，有以下几类情况： ①中有3人；②中有2人，中有1人；③中有1人，中有2人；④中有3人． 第①类情况中，从集合中选3人划左舷，从集合，中选3人划右舷，有种选法； 第②类情况中，从集合中选2人划左舷，从集合中选1人划左舷，从集合与集合剩下的人中选3人划右舷，有种选法； 第③类情况中，从集合中选1人划左舷，从集合中选2人划左舷，从集合与集合剩下的人中选3人划右舷，有种选法； 第④类情况中，从集合中选0人划左舷，从集合中选3人划左舷，从集合与集合剩下的人中选3人划右舷，有种选法． 故不同的选法共有（种）． 故选：B． 2．上海影城是国内和东南亚地区最大的影城，共有九座风格各异的电影放映厅，SR立体声音响效果震撼．第一放映厅：共有1080个座，红色基调热烈辉煌，银幕雄居全国之冠．上海影城建筑风格独特典雅，环境恢宏气派，功能设施齐全，作为世界九大电影节之一——上海国际电影节的主会场，已成为上海标志性的文化建筑． 某次电影展，有12部参赛影片，影展组委会两天在某一影院播映这12部电影，每天6部，其中有2部电影要求不在同一天放映，共有多少种不同的排片方案（同一天的影片不考虑播放顺序）？ 【答案】504 【分析】先计算特殊的两部电影有多少分配方式，再计算剩下的电影怎么排 【详解】有2部电影要求不在同一天放映，先考虑这两部电影分别放在两天，有2种分配方式， 然后从剩下的10部电影中选5部与其中一部同一天，其余自然到另一天. 共有 种不同的排片方案. 知识点05 二项式展开式的特定项、特定项的系数问题 （1）二项式定理 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，用表示，即通项为展开式的第项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数， （2）二项式的展开式的特点： ①项数：共有项，比二项式的次数大1； ②二项式系数：第项的二项式系数为，最大二项式系数项___________； ③次数：各项的次数都等于二项式的幂指数．字母降幂排列，次数由到；字母升幂排列，次 数从到，每一项中，，次数和均为； ④项的系数：二项式系数依次是，项的系数是与的系数（包括二项式系 数）． （3）两个常用的二项展开式： ①（） ② （4）二项展开式的通项公式 二项展开式的通项： 公式特点：①它表示二项展开式的第项，该项的二项式系数是； ②字母的次数和组合数的上标相同； ③与的次数之和为． 注意：①二项式的二项展开式的第r+1项___________和___________的二项展开式的第r+1项是有区别的，应用二项式定理时，其中的和是不能随便交换位置的． ②通项是针对在这个标准形式下而言的，如的二项展开式的通项是（只需把看成代入二项式定理）． 【即学即练】 1．已知二项式. (1)求展开式的第4项； (2)求展开式中的有理项； (3)求展开式中的常数项. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）令，即可求得展开式的第4项； （2）令的指数为整数，即可求得展开式中的有理项； （3）令的指数为0，即可求得展开式中的常数项. 【详解】（1）的二项展开式通项是： ， 当时，展开式的第4项为. （2）由（1）知 的二项展开式通项是， 有理项是使变量的指数为整数的项，故只需，且， 解得，因此有理项分别为： ， ， ， . （3）由（1）知 的二项展开式通项是， 常数项即为变量的指数为0的项，令，解得， 因此常数项为. 2．已知的展开式的第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（   ） A．展开式的奇数项的二项式系数的和为256 B．展开式的第6项的系数与二项式系数相等且最大 C．展开式中存在常数项 D．展开式中含项的系数为45 【答案】BCD 【分析】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等可知，由展开式的各项系数之和为1024可得，则二项式为，易得该二项式展开式的二项式系数与系数相同，利用二项式系数的对称性判断A，B；根据通项判断C，D即可. 【详解】由的展开式的第5项与第7项的二项式系数相等可知． 又展开式的各项系数之和为1024，即当时，，所以， 所以，其展开式的各二项式系数的和为， 则奇数项的二项式系数的和为，故A错误； 由可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的二项式系数最大， 因为与的系数均为1，所以展开式的各项的二项式系数与系数相同， 即第6项的各项的二项式系数相等且最大，故B正确； 若展开式中存在常数项，则展开式中存在的指数为0的项， 由通项， 可得当，即时，符合要求，故C正确； 由通项可得，当时，， 所以展开式中含项的系数为，故D正确． 故选：BCD 知识点06 二项式展开式中的最值问题 （1）二项式系数的性质 ①每一行两端都是，即；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即． ②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即． ③二项式系数和令，则二项式系数的和为，变形式． ④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令， 则， 从而得到：． ⑤最大值： 如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； 如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数___________相等且最大． （2）系数的最大项 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有___________，从而解出来． 【即学即练】 1．已知的展开式中，第3项与第5项的二项式系数相等， (1)求； (2)求展开式的常数项； (3)求展开式中系数最大的项． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）结合题意建立方程，求解参数即可. （2）求出展开式的通项，再结合赋值法求解常数项即可. （3）结合题意建立不等式，得到，再求出系数最大的项即可. 【详解】（1）因为第3项与第5项的二项式系数相等，所以，解得. （2）由已知得， 其展开式的通项为，令，解得， 则展开式的常数项为. （3）由已知得展开式的通项为， 则第项的系数为，设第项的系数最大， 则，解得， 因为是整数，所以， 此时系数最大的项为. 12．在（n为正整数）的展开式中， (1)若，求展开式中无理项的个数； (2)若，求展开式中系数最大的项 【答案】(1)15个 (2) 【分析】（1）由求出，求出展开式的通项公式，再由的指数不为整数可得答案； （2）求出展开式的通项公式由，解不等式可得答案． 【详解】（1）若，则，即，解得或（舍去）． 则的通项为，且， 所以当，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29时，为无理项（无理项指的是x的指数不为整数的项）， 所以共有15个无理项． （2）设的通项为， 且， 因为系数为，所以最大的项为偶数， 则，解得， ， 所以展开式中系数最大的项为.． 知识点07 二项式展开式中系数和有关问题 常用赋值举例： （1）设， 二项式定理是一个恒等式，即对，的一切值都成立，我们可以根据具体问题的需要灵活选取，的值． ①令，可得： ②令，可得：，即： （假设为偶数），再结合①可得： ． （2）若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 （i）当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为______________________． （可简记为：为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） （ii）当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为______________________． （可简记为：为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） 若，同理可得． 注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果． 【即学即练】 1．已知，则（   ） A． B． C．除以5所得的余数是1 D． 【答案】ACD 【分析】对于选项A，通过赋值即可判断出结果的正误；对于选项B，通过展开式的通项公式，得到，再通过赋值即可判断出结果的正误；对于选项C，通过，再利用二项展开式展开即可判断出结果的正误；对于选项D，进行赋值即可得出结果的正误. 【详解】选项A，因为， 令，得到，所以选项A正确； 选项B，因为二项展开式的通项公式为（，）， 由通项公式知，二项展开式中偶数项的系数为负数， 所以， 由，令，得到， 令，得到， 所以，所以选项B错误； 选项C，因为， 所以除以5所得的余数是1，选项C正确； 对于选项D，令，得到， 所以选项D正确. 故选：ACD. 2．已知，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】ABC选项，利用赋值法进行求解；D选项，得到展开式的通项公式，从而求出，，故，D正确. 【详解】A选项，中，令得，A正确； B选项，中，令得 ， 又，故，B错误； C选项，中，令得 ， 与相加可得， 故，C错误； D选项，展开式的通项公式为， 故，，故，D正确. 故选：AD 题型01 两个计数原理的综合应用 【典例1】已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（    ） A．5 B． C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理可得. 【详解】由图知，从地到地的道路有2条，从地到地的道路有3条，由分步乘法计数原理可知，从地经过地到地不同的路线共有条； 从地不经过地到地的路线有1条. 根据分类加法计数原理可得，从地到地不同的路线共条. 故选：C. 【典例2】某政协委员从泉城济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车，假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车有4个班次． (1)此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？ (2)如果该委员先从家乡乘坐汽车到达济南市，再乘坐飞机前往北京参加会议，其中汽车有4班，飞机有3个航班，此委员想从家乡到达北京共有多少种途径？ 【答案】(1)7 (2)12 【分析】（1）由分类加法计数原理直接计算可得结果； （2）由分步乘法计数原理，算出每一步的结果再相乘计算可得结果. 【详解】（1）分成两类： 第一类：乘坐飞机，飞机共有3个航班可选择，即3种方法； 第二类：乘坐动车，动车有4个班次可选择，即有4种方法； 由分类加法计数原理可得此委员这一天从济南到北京共有种快捷途径. （2）分成两步： 第一步：从家乡乘坐汽车到达济南市，有4种选择； 第二步：再乘坐飞机前往北京，有3种选择； 由分步乘法计数原理可知此委员想从家乡到达北京共有种途径. 如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 【变式1】某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分．一球队打完15场，积分为33分，若不考虑顺序，你能确定该队胜、负、平的情况吗？若能，有多少种情况？ 【答案】能，3种. 【分析】设出该队胜、平、负的场数，再列出方程组，求解并作答. 【详解】设该队胜x场，平y场，负z场，， 依题意，，则，， 由，得，解得， 又，则或或， 所以能确定该队胜、负、平的情况，共有3种. 【变式2】（1）从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？ （2）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ 【答案】（1）22;（2）36 【分析】（1）分别确定从四个班中选一人为组长的情况 ，将各类情况求和即可； （2）法一：满足题意的两位数十位上的数可以是1，2，3，4，5，6，7，8，共8类，分别确定每类满足条件的两位数的个数，再求和即可； 法二：满足题意的两位数个位上的数字可以是2，3，4，5，6，7，8，9，共8类，分别确定每类满足条件的两位数的个数，再求和即可. 【详解】（1）由题可知选其中一人为组长分四类： 从一班中选一人为组长，有4种选法； 从二班中选一人为组长，有5种选法； 从三班中选一人为组长，有6种选法； 从四班中选一人为组长，有7种选法． 共有不同选法（种）． （2）法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有（个）． 法二：按个位上的数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有（个）． 【变式3】现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 【答案】(1)122 (2)63000 (3)4860 【分析】（1）利用分类加法计数原理将三个年级人数相加即可； （2）利用分步乘法计数原理将三个年级人数相乘即可； （3）结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理分为三类，每一类分成两步相乘再求和即可. 【详解】（1）从高一选1人作为总负责人有50种选法； 从高二选1人作为总负责人有42种选法； 从高三选1人作为总负责人有30种选法． 由分类加法计数原理，可知共有50（种）选法． （2）从高一选1名负责人有50种选法； 从高二选1名负责人有42种选法； 从高三选1名负责人有30种选法． 由分步乘法计数原理，可知共有（种）选法． （3）①从高一和高二中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ②从高二和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ③从高一和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法． 故共有（种）选法． 题型02 排列数与组合数的推导、化简和计算 【典例1】将1，2，3，…，10这10个数平均分成甲、乙两组，若乙组的第75百分位数恰为甲组的中位数的2倍，则不同的分组个数为（   ） A．18 B．20 C．22 D．24 【答案】A 【分析】根据百分位数与中位数的定义，结合组合原理求解即可. 【详解】甲、乙两组各5个数，各按从小到大排列，甲组的中位数是甲组的第3个数，设为，乙组的第75百分位数是乙组的第4个数，设为. 由题意，，，故或， 当时，，该分组个数为（在1，2，3中选2个数，5，6，7中选1个数，9，10中选1个数，与组成甲组）， 当时，，则甲组的中位数为3，甲组必须包含1和2；乙组的第75百分位数为6，乙组必须有3个小于6的数，由于1, 2, 3均在甲组，乙组只有2个小于6的数（4,5），故此情况不成立． 综上，不同的分组个数为18． 故选：A. 【典例2】（1）求值：； （2）解方程：； （3）解不等式：. 【答案】（1）；（2）或；（3） 【分析】（1）直接利用排列数公式计算即可； （2）根据组合数的性质可得出关于的方程，解出的值，再结合题意检验即可； （3）根据排列数公式可得出关于的不等式，结合题意得出且，即可得出的取值. 【详解】（1）原式； （2）由可得或， 解方程，即，解得或， 解方程，即，解得或， 又因为、均为整数，且， 所以或符合要求，和均不符合要求. 故或； （3）由可得， 由题意可知且，整理可得，即， 解得，又因为且，所以. 排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． 排列数的性质： ①；②；③． 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：． 【变式1】在如图所示的九宫格中，每个格子用1，2，3，4，5，6中的一个数字填入，要求1用两次，2用三次，其余数字各用一次，且当两个1在同一行或同一列时均不相邻，则不同的填法共有______种. 【答案】20160 【详解】从9个格子中选2个放入数字1的填法：， 两个1在同一行或同一列且相邻的填法：， 则从9个格子中选2个放入数字1且两个1在同一行或同一列时均不相邻的填法：， 从剩下7个格子中选3个放入数字2的填法：， 剩下4个格子3，4，5，6，共有种填法， 故满足题意的填法有种. 【变式2】计算：. 【答案】 【分析】根据题意，利用排列数公式，准确计算，即可求解. 【详解】法一：根据排列公式，可得． 法二：根据排列数公式，可得． 【变式3】已知，则_______. 【答案】 【分析】根据排列数计算即可得到答案. 【详解】， 由题意得， 解得. 故答案为：. 题型03 捆绑法及插空法 【典例1】为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（   ） A．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C．课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种 D．课程“御”和“书”不相邻且课程“数”和“书”不相邻的不同排法共有288种 【答案】BCD 【详解】已知某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天， A：课程“御”、“书”、“数”互不相邻， 则可先排“礼、乐、射”，有3！种排法，产生4个空位； 将“御、书、数”插入空位且互不相邻，需从4个空位选3个排列，即． 排法数为，A错误. B：“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等． 总排法数为，B正确． C：用间接法：总排法，减去“数”在第一天的， “礼”在最后一天的，加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的． 排法数为，C正确． D：课程“书”在第1天或最后一天，有2种排法， 再排“御、数”两门课程，即， 最后排“礼、乐、射”，即， 课程“书”不在第1天或最后天，有4种排法， 再排“御、数”两门课程，即， 最后排“礼、乐、射”，即， 排法数为：，D正确 【典例2】某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停放点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等，则该停车点的车位数为________． 【答案】10 【分析】先设出车位总数，分别用插空法计算“都不相邻”和“恰有两辆相邻”的排法种数，再根据两者相等列出方程求解. 【详解】设停车位有个，这3辆共享汽车都不相邻相当于先将个停车位排好， 再将这3辆共享汽车插入到所成的个间隔中，故有种． 恰有2辆共享汽车相邻，可先把其中2辆捆绑在一起看作一个复合元素， 再和另一辆插入到将个停车位排好所成的个间隔中，故有种． 因为这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等， 所以，解得． 故答案为：. 解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种． 解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种． 【变式1】《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名著.书架的某一层上有4本不同的文学书，现将四大名著各一本插入这4本书的5个空隙中，要求原有书的顺序不变且四大名著中至少有3本相邻，则不同的插法共有（    ） A．120种 B．240种 C．480种 D．600种 【答案】D 【分析】利用计数原理以及相邻问题捆绑法可得答案. 【详解】四大名著恰有3本相邻共有种插法； 4本相邻时共有种插法， 所以不同的插法共有600种， 故选：D. 【变式2】中国古代中的“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”合称“六艺”．某校国学社团准备开展关于“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”的讲座活动各一场，讲座场次要求“礼”不在第一场也不在最后一场，“射”和“御”的场次不相邻，则不同的排法共有（    ）． A．408种 B．336种 C．240种 D．120种 【答案】B 【详解】“礼”不在第一场也不在最后一场，先为“礼”选择中间4个位置中的1个，有 种方法；再将剩余5个元素全排列，有 种方法，共 种， 先将“射”和“御”捆绑，内部有 种排法；将此捆绑体与其余4个元素（含“礼”）排列，要求“礼”不在首尾，排法有 种， 故“礼”不在第一场也不在最后一场，且“射”和“御”的场次相邻的排法共 种， 故不同的排法共有种． 【变式3】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，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 【答案】72 【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】分4步进行分析： ①，对于区域，有4种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种． 题型04 涂色问题 【典例1】如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件.现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为______. 【答案】 【分析】按中心主挂件、第一层分挂件、第二层分挂件的顺序分步涂色，中心 4 选 1，第一层用剩余 3 色全排列，第二层用容斥原理解决错位排列问题，最后用分步乘法计数原理得到总方法数. 【详解】按分步计数原理，依次涂色： 涂中心主挂件：共4种颜色可选，因此有种涂色方法； 涂第一层分挂件（共3个）： 要求：每个第一层都与中心相邻，故不能与中心同色； 且同一层分挂件颜色不同.中心已经用掉1种颜色，剩余3种颜色，给3个不同的第一层分挂件涂色， 是全排列问题，方法数为 ； 涂第二层分挂件（共3个）： 要求：每个第二层只和同方向第一层相邻，故不能等于对应第一层的颜色； 且同一层分挂件颜色不同.此时已有4种不同颜色：中心颜色，三个第一层颜色（互不相同，且都不等于）， 需要选3个不同颜色分配给3个第二层，满足位置不选，用容斥原理计算： 总排列数， 减去至少一个位置选自身对应颜色的情况，得总方法数： ； 总方法数：根据分步乘法计数原理，总涂色方法数为： . 【典例2】如图，在六个区域中种植4种不同植物，同一区域只种植1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的种植方案种数为（   ） A．48 B．96 C．120 D．192 【答案】C 【详解】先分组，再种植，共有5种分组方式，同组种植一种植物， 则不同的种植方案种数为． 如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种． 【变式1】如图有四个编号为的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？ 【答案】260 【分析】分类涂色，，同色和不同色，每类再分步，计算可得． 【详解】分为两类：第一类：若，同色，则有5种涂法，有4种涂法，有1种涂法（与相同），有4种涂法． 故． 第二类：若不同色，则有5种涂法，有4种涂法，有3种涂法，有3种涂法． 故（种）． 综上可知不同的涂法共有（种）． 【变式2】给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 【答案】D 【分析】直接根据，，，，，，按顺序涂色，逐步分析各个步骤的可能数，最后根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】从四个不同的颜色中选出一种颜色给涂色，有4种可能，再给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能，给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能， 这样给七个正六边形区域，，，，，，涂色， 不同的涂色方案有． 故选：D． 【变式3】某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（   ） A．35 B．36 C．42 D．50 【答案】D 【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数. 【详解】有四类不同的安排情形： ①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱， 有种不同的安排方法； 综上，不同的安排方法共有种. 题型05 分组问题及分配问题 【典例1】某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（   ） A．180 B．240 C．320 D．360 【答案】B 【分析】先求将名同学分成人数分别为的四组的方法数，再求将组同学分派到4个场次的方法数，根据分步乘法计数原理求结论. 【详解】符合要求的选派方法可分为两步完成， 第一步，将名同学分成人数分别为的四组，该步有种完成方法， 第二步，将组同学分派到4个场次，此步有种完成方法， 由分步乘法计数原理可得符合要求的派法种数为 【典例2】诗句“风景这边独好”洋溢着诗人对江西山水的喜爱．现有甲、乙、丙等6人前往江西上犹“阳明湖”、崇义“阳岭”和大余“丫山”三个景点旅游，已知每人随机只去其中一个景点，每个景点至少有一人选择，则甲乙不去同一个景点且丙一定去上犹“阳明湖”旅游的概率为________． 【答案】 【分析】先计算6人前往3个景点（每个景点至少有1人）的总情况数，再结合丙固定去阳明湖、甲乙不同景点的条件分类计算满足要求的情况数，最终得出概率. 【详解】一方面，6人前往3个景点，每个景点至少有1人，可分为三类： ①各景点人数分别为1，2，3：先将6人分为三组（1人，2人，3人），再分配到3个景点，方法数为种； ②各景点人数均为2：先将6人平均分为三组（2人，2人，2人），再分配到3个景点，方法数为种； ③各景点人数分别为1，1，4：先将6人分为三组（1人，1人，4人），再分配到3个景点，方法数为种；所以共有种方法． 另一方面：要满足每个景点至少有1人，甲乙不去同一个景点且丙一定去上犹可分为三类：①甲乙去了上犹和崇义各一人，这里种情况； 再对除甲乙丙外的3人使用间接法：除甲乙丙外的3人先不作要求任其随意选择，有种，再减去不合题意的，即大余没有人前往的情况，有种， 由分步乘法原理，得第①情形共有种； ②甲乙去了上犹和大余各一人，这种情形与①相同，也是38种： ③甲乙去了崇义和大余各一人，这里种情况； 由于此时每个景点都至少有一人了，所以除甲乙丙外的3人可以随意安排景点，有种，由分步乘法原理，可得第③情形有种； 最后由分类加法原理，可得三种情形共有种： 综上，已知每人随机只去其中一个景点，每个景点至少有一人选择，则甲乙不去同一个景点且丙一定去上犹“阳明湖"旅游的概率为， 故答案为： 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）. 【变式1】来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手，每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人，且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则，该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种. 【答案】1122 【分析】由规则②④可知环节三最多有3个人，分环节三有3个人、环节三有2个人两种情况，结合计数原理和组合知识解决. 【详解】为方便叙述，将“方案设计”、“模型构建”、“编程实现”、“成果展示”四个环节依次记为环节一、环节二、环节三、环节四， 由规则②④可知，环节一至少有2个人，环节一、环节二和环节四至少共有4个人，因此环节三最多有3个人. （1）当环节三有3个人时， 则有可能是3个女生，或者2个女生和1个男生，或者1个女生和2个男生， 则安排好环节三有种方案， 剩余4个人，环节一必然有2个人，环节二和环节四各有1个人， 则安排好环节一、环节二和环节四有种方案. 所以安排好四个环节共有种方案. （2）当环节三有2个人时，则有可能是2个女生，或者1个女生和1个男生， 则安排好环节三有种方案， 剩余5个人， 当环节一有2个人时，环节四有2个人，环节二有1个人，此时有种方案； 当环节一有3个人时，环节四有1个人，环节二有1个人，此时有种方案. 所以安排好四个环节共有种方案. 综上，满足条件的安排方案共有种. 【变式2】某社区组织文化活动，现有书法艺术展示､传统戏曲表演､民间手工艺制作､古典诗词朗诵､现代音乐赏析这5个文化活动项目.社区安排6名志愿者负责这5个项目的活动组织，若每个项目的活动都至少有1名志愿者负责，每名志愿者均需要负责且只负责其中1个项目的活动组织，则不同的分配方法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意分组分配，结合排列组合知识计算即可求解. 【详解】先将6名志愿者分成5组，从6人中选2人一组，其余4人各一组，共有种分法， 再将这5组全排列，对应5个项目，有种排法， 所以不同的分配方法种数为种. 故选：B. 【变式3】的展开式中的常数项是（   ） A．352 B． C．1120 D． 【答案】C 【分析】法一：将原式看作二项式的展开，利用二项式定理展开，仅选取展开式中不含的项并求和，得到常数项；法二：先将原式括号内配方并平方转化为，再写出其通项公式，令的指数为0确定值，代入计算得常数项. 【详解】法一：原式， 所以其常数项为． 法二：原式． ， 由，得， 所以常数项为． 故选：C. 题型06 二项式展开式的特定项、特定项的系数问题 【典例1】的展开式中二项式系数最大的项为___________． 【答案】 【分析】利用二项式性质确定二项式系数最大的项为第5项，再利用二项式定理求出展开式的通项，进而求解即可. 【详解】由二项式性质得的展开式中二项式系数最大的项为第5项， 由二项式定理得的展开式通项为，， 令，解得，则第5项为. 故答案为： 【典例2】已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128． (1)求； (2)求展开式中含项的系数； (3)求展开式的第六项． 【答案】(1) (2)-280 (3) 【分析】（1）由条件结合二项式系数的性质得所有二项式系数和为列方程求即可； （2）根据二项式展开式的通项得，令，可求，由此可求结论； （3）根据二项式展开式的通项得，再令进行求解即可. 【详解】（1）因为二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128． 所以，解得． （2）二项式展开式的通项为，， 令，解得：， 所以当时，， 故展开式中含项的系数为． （3）根据（2）可得，二项式展开式的通项为，， 令，可得，所以展开式的第六项为． ①项数：共有项，比二项式的次数大1； ②二项式系数：第项的二项式系数为，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．字母降幂排列，次数由到；字母升幂排列，次 数从到，每一项中，，次数和均为； ④项的系数：二项式系数依次是，项的系数是与的系数（包括二项式系 数）． 【变式1】的展开式中常数项为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】二项展开式的通项公式为， 整理得：， 令，解得：， 展开式中常数项为：. 【变式2】已知二项式 (1)若展开式共七项，求的值； (2)在（1）的条件下写出二项展开式的通项公式，并求展开式中的常数项. 【答案】(1)6 (2)通项公式为，常数项为160 【分析】（1）根据二项式定理可知，二项展开式共有项，列式计算即可. （2）根据二项展开式通项公式化简求值即可. 【详解】（1）由题意知，，解得. （2）由（1）知，二项式为. 通项公式为. 令，则，所以. 所以该二项展开式的通项公式为，常数项为160. 【变式3】若的展开式中第7项的二项式系数最大，则的值不可能是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】A 【分析】分为偶数和为奇数两种情况，分析二项式系数最大的项，结合题意求出的可能值. 【详解】当为偶数时，的展开式中二项式系数最大的项为第项， 令，得； 当为奇数时，的展开式中二项式系数最大的项为第项和第项， 令，得； 令，得. 所以结合选项可知的值不可能是. 题型07 二项式展开式中的最值问题 【典例1】已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（    ） A． B． C．80 D．160 【答案】A 【分析】依题意可确定，再结合通项公式即可求解. 【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大， 所以，所以的展开式的通项为， 令，得，故， 故展开式中的系数为. 【典例2】已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（   ） A．奇数项的二项式系数的和为256 B．第6项的系数最大 C．存在常数项 D．有理项共有7项 【答案】BC 【分析】应用赋值法计算求出参数，再求解二项式系数和判断A，应用系数最大计算判断B，应用通项公式计算得出常数项及有理项判断C，D. 【详解】对于A，二项式的展开式的各项系数之和为， 由已知，， 故有或（舍去）， 二项式的奇数项的二项式系数和为，故A错误； 对于B，通项公式为，故当时，系数最大，即第6项的系数最大，故B正确； 对于C，令，求得，可得该二项式存在常数项，故C正确； 对于D，令为整数，可得，故该二项式存在6个有理项，故D错误， 故选:BC. 如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； 如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数，相等且最大 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有，从而解出来． 【变式1】的展开式中，系数最大的项是（   ） A．第6项 B．第3项 C．第3项和第6项 D．第5项和第7项 【答案】D 【分析】结合通项公式写出展开式各项的系数，根据系数的正负性和二项式系数的性质即可得解. 【详解】因为的展开式的通项公式为， 所以的展开式的各项系数分别为， 第6项系数为，第5项和第7项系数分别为，且， 所以系数最大的项是第5项和第7项. 故选：D 【变式2】已知． (1)求各项的系数和； (2)求展开式中的常数项； (3)求二项式系数最大的项． 【答案】(1)4096 (2)960 (3)． 【分析】（1）利用赋值法令，可得各项的系数和； （2）利用二项展开式的通项公式求解即可； （3）利用二项式系数增减性质确定最大项即可求解 【详解】（1）令，各项的系数和： （2）设展开式中常数项为第项， 即， 令，得. （3）由题可得，展开式中最大的二项式系数为， ∴展开式中二项式系数最大的项为第4项，即， ∴二项式系数最大的项为． 【变式3】已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（    ） A． B．展开式的二项式系数和为 C．展开式的各项系数和为 D． 【答案】AD 【详解】对于A：由题意可得，则，故A正确；对于B：因为，所以展开式的二项式系数和为，故B不正确； 对于C：令，则展开式的各项系数和为，所以C不正确； 对于D：令，得，令，得，所以，故D正确． 题型08 二项式展开式中系数和有关问题 【典例1】设函数，且记，则（       ） A．数列的首项为1 B．数列的前10项和为512 C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0 【答案】BD 【详解】由题意知，是常数项，是的系数，是的系数，即当时，数列的第项是展开式中的系数. 令，则，故A错； 数列的前10项和等于，即展开式中所有项的系数之和， 令，则，故B正确； 数列的前10项和等于， 令，则，而， 则数列的前10项和为，故C错误； 数列的前10项和等于， 令，则， 因为，故D正确. 【典例2】在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为___________． 【答案】81 【分析】由二项式系数和确定，再通过赋值法即可求解. 【详解】因为二项式系数的和是16，所以，解得， 令得展开式中各项系数的和为． 若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 （i）当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． （可简记为：为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） （ii）当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． （可简记为：为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） 若，同理可得． 【变式1】关于的展开式，下列结论正确的是（   ） A．展开式共7项 B．所有项的二项式系数之和为64 C．常数项为540 D．所有项的系数之和为64 【答案】ABD 【分析】根据二项式展开式的项的特征得出A，由二项式系数和项的系数之和的计算公式判断B、D，再利用通项公式判断C. 【详解】对于A，因为，所以展开式共有7项，故A正确； 对于B，所有项的二项式系数和为，故B正确； 对于C，展开式的通项公式为，， 令，解得，此时常数项为，故C错误； 对于D，令，则所有项的系数和为，故D正确． 【变式2】在的展开式中，下列结论正确的是（    ） A．展开式的项数为6 B．二项式系数和为64 C．所有项的系数之和为2 D．展开式中第3项为 【答案】BD 【分析】由二项式展开的项数为，可判断A；求出二项式系数和为，可判断B；利用赋值法求出所有项的系数和，可判断C；求出第3项，可判断D. 【详解】对于A，因为，所以展开后共有7项，故A错误； 对于B，由题意可知二项式系数和为，故B正确； 对于C，令，则所有项的系数和，故C错误； 对于D，因为，故D正确. 故选：BD. 【变式3】多项式的展开式中，常数项为_____． 【答案】76 【分析】将原式转化为二项式形式，再利用二项式定理展开，判断指数的可能取值，分别代入计算求和即可. 【详解】的通项为，. 的通项为，. 令，则，所以必须是3的倍数，故可能的取值为. 当时，，对应项的系数为1； 当时，，对应项的系数为； 当时，，对应项的系数为； 所以常数项为：. 题型09 求三项展开式中的指定项 【典例1】在的展开式中的系数是_________．（用具体数字作答） 【答案】264 【分析】先化简，再应用二项式展开式结合组合数计算求解. 【详解】因为，所以展开式中的系数是． 故答案为：264. 【典例2】的展开式中项的系数是______． 【答案】60 【分析】将看作个因式相乘，由分步乘法计数原理求解. 【详解】将看作个因式相乘， 则得到需从个因式中先选择个因式取，有种不同的取法； 再从剩余个因式中选择个因式取，有种不同的取法， 最后从剩下的因式中取，有种不同的取法， 根据分步乘法计数原理，可得的系数为， 故答案为：. 三项式的展开式： 若令，便得到三项式展开式通项公式： ， 其中叫三项式系数． 【变式1】的展开式中的系数为______． 【答案】 【分析】利用展开式各项的意义可求解. 【详解】因为的项可以由展开式中含的项与1的乘积构成， 又展开式中的项为； 因为的项可以由展开式中含的项与的乘积构成， 又的展开式中含的项为， 所以的展开式中的项为. 故的展开式中的系数为. 故答案为：. 【变式2】的展开式中的系数为（    ） A．30 B． C．60 D． 【答案】D 【分析】求出展开式通项，再求出的展开式通项，即可求出. 【详解】展开式的通项为， 则含的项为，其中的展开式的通项为， 令，得，所以展开式中的系数为. 故选：D. 题型10 求几个二（多）项式的和（积）的展开式中条件项系数 【典例1】若的展开式中的系数为121，则_____． 【答案】3 【详解】由， 而的展开式的通项为，， 因为的展开式中的系数为121， 所以，解得. 【典例2】的展开式中的系数是________． 【答案】-3 【分析】法一：将与的展开式通项分别表示出来，再求解展开式中的系数即可 法二：与相乘，得到，再求解即可. 【详解】法一：（双通项法）的展开式的通项为，的展开式的通项为， 则的展开式的通项为，其中，．令， 得，于是的展开式中的系数等于. 法二：， 于是的展开式中的系数为． 故答案为：-3. 分配系数法 【变式1】若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】A：根据展开式最高次项的次数进行求解即可；B：利用二项式的通项公式，结合乘法的运算性质进行求解即可；C：利用赋值法进行求解即可；D：利用导数的运算性质，结合赋值法进行求解即可. 【详解】A：因为， 所以多项式最高次项的次数为， 所以，因此本选项说法正确； B：因为，所以本选项说法不正确； C：在中， 令，得， 令，得， 所以本选项说法正确； D：对两边同时求导， 得， 令，得 ，所以本选项说法不正确. 故选：AC 【变式2】若，则__________. 【答案】 【详解】由， 因此等于中的系数与中的系数和. 根据二项式定理，的通项公式为： 令，得，则的系数为； 令，得，则的系数为， 所以. 【变式3】的展开式中常数项为__________． 【答案】29 【分析】先求出展开式的通项公式，分别令和，求出k值，代入求解，分析计算，即可得答案. 【详解】展开式的通项公式为， 令，解得，则； 令，解得，则， 所以的展开式中常数项为. 题型11 杨辉三角 【典例1】观察图中的数所形成的规律，则a所表示的数是（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 【答案】B 【分析】由图知，下一行的数是其肩上两数的和，即可求解. 【详解】由图知，下一行的数是其肩上两数的和， 所以，得． 故选：B. 【典例2】我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A． B．第10行所有数字之和为 C．第2026行的第1013个数最大 D．第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 【答案】AB 【分析】由组合数的性质计算可判断A；由杨辉三角的每行系数和性质可判断B；由杨辉三角图可知，第行有个数字，每行最中间项的系数最大可判断C；根据可判断D. 【详解】对于，故A正确； 对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知， 第0行所有数字之和为，第1行所有数字之和为， 第2行所有数字之和为，第3行所有数字之和为， 第4行所有数字之和为，以此类推，第10行所有数字之和为，故B正确； 对于C，由杨辉三角图可知，第行有个数字， 如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大； 如果是偶数，则第个数字最大，故第2026行的第个数最大，故C错误； 对于D，由题意，第15行，第4个数为， 倒数第4个数为，即，故D错误. 故选：AB. 【变式1】“杨辉三角”具有很多有趣的性质，如图所示，将最上面一行记为第0行，则从第1行起，每一行两端都是数字1，而其余位置上的每个数都等于它“肩上”两个数的和；每一行第一个数构成常数列；从第一行起，每一行第二个数构成自然数列.现从第二行起，将每一行第三个数构成的数列记为，如图，实线上的数即为的前4项.记，则_____. 【答案】/ 【分析】先根据杨辉三角的行号与位置对应关系，确定数列的通项，再对通项进行裂项，最后通过裂项相消法求出前项和 ，代入得到结果. 【详解】在杨辉三角中，第行的第个数（从第行开始计数）为， ， 所以， 所以, 故答案为：. 【变式2】我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，记载了如图所示的数表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，已知第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前35项和为（    ） A．996 B．995 C．1014 D．1024 【答案】B 【分析】明确杨辉三角每行数字个数及规律以及去掉1后每行数字个数规律，然后确定所求数列前35项在杨辉三角中的位置，利用等比数列求和公式求杨辉三角前行和，再去掉1的个数及第10行对应部分和，从而得到所求数列前35项和. 【详解】杨辉三角第行有个数，且数字之和为，去除两端的1后，第行剩余个数. 第2行去掉1后无数字，第3行去掉1后剩余1个数字，第4行去掉1后剩余2个数字，， 第行去掉1后剩余个数字； 那么， 当时，，即前9行去掉1后有28个数. 所以此数列的前35项应包含第10行前7个数字. 杨辉三角前行和为， 前9行和为，而前9行中两端的1共有（第1行1个，后面8行各2个）. 第10行数字为1，9，36，84，126，126，84，36，9，1， 去除首尾的1后为9，36，84，126，126，84，36，9， 前7个数字和为. 所以此数列的前35项和为. 故选：B. 【变式3】杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《解答九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 【答案】(1)256 (2) 【分析】（1）由杨辉三角的性质以及二项式系数之和公式即可得解； （2）求出的每一项中含项的系数在杨辉三角中所处的位置，再结合杨辉三角的性质，即可得解. 【详解】（1）由杨辉三角的性质1可知，第8行就是的展开式的二项式系数， 由二项式系数之和公式可知，杨辉三角中第8行的各数之和为； （2）的二项展开式的通项为， 其中的系数为，是杨辉三角第行中从左到右的第三个数， 因此中含项的系数， 分别为杨辉三角中第行中从左到右的第三个数， 首项为，且每一项均在平行于腰的一条线上，满足杨辉三角的性质， 其系数之和为最后一个数斜右下方的那个数， 因此，在的展开式中， 则含项的系数为. 1．甲、乙两人计划周末各自从5个备选景点中选择2个进行游览，则他们选的景点至少有1个相同的选法有（    ） A．60种 B．70种 C．80种 D．100种 【答案】B 【详解】根据题意，他们选的景点完全相同的选法有种， 恰有1个景点相同的选法有种， 故总的选法有种. 2．设，则（    ） A．1 B．2 C．31 D．32 【答案】C 【分析】利用赋值法即可求解系数和. 【详解】令得：， 令得：， 所以. 3．把10个相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同的箱子中，每个箱子的球的个数不少于其编号，则共有多少种放法（ ） A．10种 B．种 C．种 D．45种 【答案】B 【分析】采用隔板法求解. 【详解】先在1号箱子放0个小球，2号箱子放1个小球，3号箱子放2个小球， 问题转化为将剩余的7个相同小球放入3个不同箱子中，方法数共有种. 故选：B. 4．某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（    ） A．6种 B．12种 C．14种 D．28种 【答案】C 【详解】4名同学按分配到两个社区，有种方法；按分配到两个社区，有种方法， 所以不同的分配方案有（种）. 5．将6名同学安排到三个公司实习，每名同学只去一个公司实习，至少安排1名同学去A公司实习，至少安排2名同学去B公司实习，至少安排2名同学去C公司实习，则不同的安排方法有（   ） A．120种 B．150种 C．210种 D．300种 【答案】C 【分析】分安排1名同学去A公司实习和安排2名同学去A公司实习，两类情况讨论求解即可. 【详解】安排1名同学去A公司实习，安排2名去B公司实习，3名去C公司实习， 则有种不同的安排方法； 安排1名同学去A公司实习，安排3名去B公司实习，2名去C公司实习， 则有种不同的安排方法； 安排2名同学去A公司实习，有种不同的安排方法. 故满足条件的不同安排方法有种. 6．现有6张分别标有数字的不同卡片，从中有放回地取3次，每次取1张，将3次取到的卡片上的数字分别记为，若这三个数中的最大数与最小数之差恰好等于3，则抽取卡片的所有不同方法种数为（    ） A．32 B．48 C．54 D．72 【答案】C 【详解】最大数与最小数的组合有， 以最大数为4，最小数为1为例，抽出的3个数字的组合可能为。 对应的排列数分别为种，种，种，种， 故此种情况共有种。总方法数为种 7．二项式 的展开式中常数项是_____． 【答案】7 【分析】写出展开式的通项，然后令的系数为即可. 【详解】由题知，展开式的通项公式为：， 令，则， 于是常数项为. 8．下列说法正确的是（   ） A．若样本数据的方差，则所有的都相等 B．以模型去拟合一组数据时，令，求得线性回归方程为，则， C．在的展开式中，含项的系数是 D．某校高三年级男生的身高（单位：cm）近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则 （若，则，） 【答案】AC 【详解】对于A，因为， 所以，故A正确； 对于B，由回归方程，得， 所以，所以，故B错误； 对于C，在展开式中含项为：， 所以在展开式中含项的系数是，故C正确； 对于D，因为高三年级男生的身高（单位：cm）近似服从， 所以，，， 即，， 所以，故D错误. 9．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项； (3)设，则当时，求除以15所得余数． 【答案】(1)； (2)，，； (3)0 【分析】（1）根据二项式系数的定义得到方程，求出答案； （2）由二项式定理得到展开式通项公式，得到有理项； （3）根据二项式定理变形，从而得到余数. 【详解】（1）根据题意，，即，又，故； （2）由题意得， 其展开式的通项公式， 要想求解展开式中的有理项，需满足为整数，故， 当时，， 当时，， 当时，；当为其他值时，均为无理项， 故有理项为，，； （3）而， 当时， ， 而能够被15整除， 故除以15所得余数为0． 10．某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 【答案】 【分析】先求两次摸球共有多少种情况，然后讨论一等奖的可能情况，由古典概型计算求解. 【详解】每次摸球的情况有种. 先后两次摸球共有种情况. 两次得分5分的情况有： 第一次1分，第二次4分，共有种； 第一次2分，第二次3分，共有1种； 第一次4分，第二次1分，共有4种； 第一次3分，第二次2分，共有1种； 所以， 故答案为：. 11．某电竞战队从张不同地图中选择3张，按顺序用于场比赛，且每张地图最多使用一次．若第一场比赛不能使用地图“峡谷之巅”，则不同的选择方案共有__________种． 【答案】 【详解】考虑所有情况为种， 如果第一场选择“峡谷之巅”共有种， 那么第一场不选择“峡谷之巅”，则有种选法. 12．设，则（    ） A． B． C．的展开式中含项的系数为 D． 【答案】ABD 【分析】应用二项式展开式通项公式计算判断A，B，C，再应用赋值法计算判断D. 【详解】对于，故，故A正确； 对于，故B正确； 对于C，的展开式中含项的系数为， 而，显然二者不相等，故C错误； 对于， 所以，即，故D正确． 13．人工智能社团有6位同学，计划对ChatGPT、Sora、GPT-4、Claude这4种人工智能语言模型展开学习调研，要求每类模型至少有一人负责，每人只能选择一种模型． (1)若从社团中选出5人去调研，共有多少种不同的调研安排方案？ (2)若6位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型，共有多少种不同的安排方案？ 【答案】(1)1440 (2)240 【分析】（1）从6位同学中选5人，分为：2人，1人，1人，1人四组，再进行全排列即可； （2）将甲、乙两位同学视为一个整体（一个元素），将5个元素分成“2，1，1，1”四组，再进行全排列即可. 【详解】（1）首先，从6位同学中选5人，有种选法， 接下来将5人分配到4种模型，且每类模型至少1人负责， 则5人分为：2人，1人，1人，1人四组，有种方法， 再将这四组对应4种模型进行全排列， 不同的调研安排方案有种. （2）首先将甲、乙两位同学视为一个整体（一个元素）， 此时相当于5个元素分配到4种模型,每类模型至少有一人， 即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有种方法， 再将这四组对应4种模型进行全排列，有种方法， 所以，若6位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型， 共有种不同的安排方案. 14．某国际会议中心有A、B、C、D、E等5种不同功能的会议室，且每种功能的会议室又有大、中、小和特小等4种型号，总共20个会议室.现在有一个国际学术会议需要选择3种不同功能的6个会议室，并且每种功能的会议室选2个型号.试问会议中心的工作人员有多少种安排会议室的方法？ 【答案】 【分析】从5种不同的会议室选三种，再从每种会议室里分别选出两个型号的会议室即可求解 【详解】从5种不同的会议室选三种有种方法，再从每种会议室里分别选出两个型号的会议室有种方法， 所以有种不同的安排方法. 15．2025年东南现代农博会·花博会在漳州东南花都隆重举行，活动现场的非遗区有三个项目：漆扇绘梦、糖画塑形、剪纸生花，主理人现场演示，游客可亲手体验.现有甲、乙、丙、丁、戊5名同学在非遗区体验，三个非遗项目都有同学去体验，且每名同学只能体验一个项目，其中甲和乙选择体验漆扇绘梦，不同的体验方案共有（   ） A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 【答案】B 【分析】分类讨论，漆扇绘梦有甲、乙两人体验，丙、丁、戊有一人体验漆扇绘梦，剩下两人分别体验另外两个项目，第二类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验，糖画塑形、剪纸生花任选一个有两人体验，剩下一人体验剩余的项目根据分类原理即可计算. 【详解】根据题意可知第一类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验，丙、丁、戊有一人体验漆扇绘梦， 剩下两人分别体验另外两个项目，则有种方案， 第二类是漆扇绘梦有甲、乙两人体验，糖画塑形、剪纸生花任选一个有两人体验， 则有种方案，综上总共有种方案. 故选： 76 / 76 学科网（北京）股份有限公司 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 $ 第六章 计数原理 教学目标 1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理的核心内涵，能准确区分“分类”与“分步”的本质差异（分类互斥、分步关联），熟练运用两大原理解决简单计数问题。 2.掌握排列、组合的定义，明晰排列（有序）与组合（无序）的区别与联系，牢记排列数公式、组合数公式及组合数的性质（、）。 3.能根据问题特征选择恰当的计数方法，解决有限制条件的排列组合问题（如特殊元素优先、相邻问题捆绑、不相邻问题插空、分组分配等），确保计数不重不漏。 教学重难点 重点 1.两大计数原理的理解与应用：核心是把握“分类加法——并列关系、总和相加”“分步乘法——递进关系、乘积相乘”的本质，能根据问题情境准确选择原理。 2.排列与组合的定义辨析及公式应用：明确“有序”与“无序”是区分排列与组合的关键，熟练运用排列数、组合数公式进行计算，掌握组合数的性质并能灵活运用。 3.基础计数模型的构建与求解：掌握无限制条件的排列组合问题的解题方法，能运用“直接法”“间接法”解决简单的有限制条件问题（如特殊元素、特殊位置问题）。 4.规范解题流程的养成：建立“审题（辨类型）—建模（选原理/方法）—计算（用公式）—验证（查重漏）”的标准化解题步骤，确保逻辑连贯、结果准确。 难点 1.分类与分步的精准区分：难以把握“是否独立完成”的判断标准，易出现“分类与分步混淆”（如将分步问题误按分类计算，或反之）导致计数错误。 2.排列与组合的辨析：面对具体问题时，难以快速判断“是否关注顺序”，尤其在复杂情境（如部分有序、部分无序）中易混淆二者，导致选择错误的计数方法。 3.有限制条件问题的处理：针对相邻、不相邻、分组分配、定序等复杂模型，难以找到合适的转化方法，易出现重复计数或遗漏计数（如分组分配中忽略平均分组的除序问题）。 4.公式的灵活应用与逆向思维：对组合数的性质理解不深入，难以灵活运用性质简化计算；面对“至多”“至少”等问题时，逆向思维能力不足，不善于用间接法解题。 5.实际问题的抽象与建模：难以将生活中的实际问题（如任务安排、元素选取）转化为标准的排列组合模型，缺乏对问题本质的提炼能力。 知识点01 计数原理 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． 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. 两个原理及其区别 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. 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法. 两个计数原理的综合应用 如果完成一件事的各种方法是___________，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用___________原理． 【即学即练】 1．如图，一条电路从处到处接通时，可构成线路的条数为________． 2．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同． (1)从两个口袋内任取1个小球，有多少种不同的取法？ (2)从两个口袋内各取1个小球，有多少种不同的取法？ 知识点02 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___________中取出___________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，___________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． 【即学即练】 1．用1，2，3…，9这九个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（   ） A．324 B．224 C．360 D．648 2．从八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数的系数，问： (1)共能组成多少个不同的二次函数？ (2)在这些二次函数中，图象关于轴对称的有多少个？ 知识点03 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 【即学即练】 1.袋中有9个除了颜色外完全相同的小球，其中有3个白球，2个红球，4个黄球.从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都取到时停止，记停止时取出的球的个数为，则（    ） A． B． C． D． 2．等于（   ） A． B． C． D． 知识点04 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． 方法技巧与总结 1、如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种． 2、错位排列公式 3、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项 （1）解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论． 4、定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑： （1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素； （2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置； （3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数． 5、解决相邻问题的方法是___________，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种． 6、解决不相邻问题的方法为___________，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有_________种． 【即学即练】 1．有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其他5人既会划左舷又会划右舷，现要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷参加划船比赛，则不同的选法共有（   ） A．1860种 B．2174种 C．2354种 D．2651种 2．上海影城是国内和东南亚地区最大的影城，共有九座风格各异的电影放映厅，SR立体声音响效果震撼．第一放映厅：共有1080个座，红色基调热烈辉煌，银幕雄居全国之冠．上海影城建筑风格独特典雅，环境恢宏气派，功能设施齐全，作为世界九大电影节之一——上海国际电影节的主会场，已成为上海标志性的文化建筑． 某次电影展，有12部参赛影片，影展组委会两天在某一影院播映这12部电影，每天6部，其中有2部电影要求不在同一天放映，共有多少种不同的排片方案（同一天的影片不考虑播放顺序）？ 知识点05 二项式展开式的特定项、特定项的系数问题 （1）二项式定理 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，用表示，即通项为展开式的第项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数， （2）二项式的展开式的特点： ①项数：共有项，比二项式的次数大1； ②二项式系数：第项的二项式系数为，最大二项式系数项___________； ③次数：各项的次数都等于二项式的幂指数．字母降幂排列，次数由到；字母升幂排列，次 数从到，每一项中，，次数和均为； ④项的系数：二项式系数依次是，项的系数是与的系数（包括二项式系 数）． （3）两个常用的二项展开式： ①（） ② （4）二项展开式的通项公式 二项展开式的通项： 公式特点：①它表示二项展开式的第项，该项的二项式系数是； ②字母的次数和组合数的上标相同； ③与的次数之和为． 注意：①二项式的二项展开式的第r+1项___________和___________的二项展开式的第r+1项是有区别的，应用二项式定理时，其中的和是不能随便交换位置的． ②通项是针对在这个标准形式下而言的，如的二项展开式的通项是（只需把看成代入二项式定理）． 【即学即练】 1．已知二项式. (1)求展开式的第4项； (2)求展开式中的有理项； (3)求展开式中的常数项. 2．已知的展开式的第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（   ） A．展开式的奇数项的二项式系数的和为256 B．展开式的第6项的系数与二项式系数相等且最大 C．展开式中存在常数项 D．展开式中含项的系数为45 知识点06 二项式展开式中的最值问题 （1）二项式系数的性质 ①每一行两端都是，即；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即． ②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即． ③二项式系数和令，则二项式系数的和为，变形式． ④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令， 则， 从而得到：． ⑤最大值： 如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； 如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数___________相等且最大． （2）系数的最大项 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有___________，从而解出来． 【即学即练】 1．已知的展开式中，第3项与第5项的二项式系数相等， (1)求； (2)求展开式的常数项； (3)求展开式中系数最大的项． 12．在（n为正整数）的展开式中， (1)若，求展开式中无理项的个数； (2)若，求展开式中系数最大的项 知识点07 二项式展开式中系数和有关问题 常用赋值举例： （1）设， 二项式定理是一个恒等式，即对，的一切值都成立，我们可以根据具体问题的需要灵活选取，的值． ①令，可得： ②令，可得：，即： （假设为偶数），再结合①可得： ． （2）若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 （i）当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为______________________． （可简记为：为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） （ii）当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为______________________． （可简记为：为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） 若，同理可得． 注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果． 【即学即练】 1．已知，则（   ） A． B． C．除以5所得的余数是1 D． 2．已知，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 题型01 两个计数原理的综合应用 【典例1】已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（    ） A．5 B． C．7 D．8 【典例2】某政协委员从泉城济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车，假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车有4个班次． (1)此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？ (2)如果该委员先从家乡乘坐汽车到达济南市，再乘坐飞机前往北京参加会议，其中汽车有4班，飞机有3个航班，此委员想从家乡到达北京共有多少种途径？ 如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 【变式1】某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分．一球队打完15场，积分为33分，若不考虑顺序，你能确定该队胜、负、平的情况吗？若能，有多少种情况？ 【变式2】（1）从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？ （2）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ 【变式3】现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 题型02 排列数与组合数的推导、化简和计算 【典例1】将1，2，3，…，10这10个数平均分成甲、乙两组，若乙组的第75百分位数恰为甲组的中位数的2倍，则不同的分组个数为（   ） A．18 B．20 C．22 D．24 【典例2】（1）求值：； （2）解方程：； （3）解不等式：. 排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． 排列数的性质： ①；②；③． 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：． 【变式1】在如图所示的九宫格中，每个格子用1，2，3，4，5，6中的一个数字填入，要求1用两次，2用三次，其余数字各用一次，且当两个1在同一行或同一列时均不相邻，则不同的填法共有______种. 【变式2】计算：. 【变式3】已知，则_______. 题型03 捆绑法及插空法 【典例1】为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（   ） A．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C．课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种 D．课程“御”和“书”不相邻且课程“数”和“书”不相邻的不同排法共有288种 【典例2】某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停放点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等，则该停车点的车位数为________． 解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种． 解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种． 【变式1】《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名著.书架的某一层上有4本不同的文学书，现将四大名著各一本插入这4本书的5个空隙中，要求原有书的顺序不变且四大名著中至少有3本相邻，则不同的插法共有（    ） A．120种 B．240种 C．480种 D．600种 【变式2】中国古代中的“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”合称“六艺”．某校国学社团准备开展关于“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”的讲座活动各一场，讲座场次要求“礼”不在第一场也不在最后一场，“射”和“御”的场次不相邻，则不同的排法共有（    ）． A．408种 B．336种 C．240种 D．120种 【变式3】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，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 题型04 涂色问题 【典例1】如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件.现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为______. 【典例2】如图，在六个区域中种植4种不同植物，同一区域只种植1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的种植方案种数为（   ） A．48 B．96 C．120 D．192 如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种． 【变式1】如图有四个编号为的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？ 【变式2】给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 【变式3】某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（   ） A．35 B．36 C．42 D．50 题型05 分组问题及分配问题 【典例1】某学校派5名同学参加“市长杯”足球比赛中4个场次的志愿服务，每场比赛至少派1名同学，每名同学仅参加一个场次的志愿服务，则不同派法的种数为（   ） A．180 B．240 C．320 D．360 【典例2】诗句“风景这边独好”洋溢着诗人对江西山水的喜爱．现有甲、乙、丙等6人前往江西上犹“阳明湖”、崇义“阳岭”和大余“丫山”三个景点旅游，已知每人随机只去其中一个景点，每个景点至少有一人选择，则甲乙不去同一个景点且丙一定去上犹“阳明湖”旅游的概率为________． 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）. 【变式1】来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手，每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人，且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则，该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种. 【变式2】某社区组织文化活动，现有书法艺术展示､传统戏曲表演､民间手工艺制作､古典诗词朗诵､现代音乐赏析这5个文化活动项目.社区安排6名志愿者负责这5个项目的活动组织，若每个项目的活动都至少有1名志愿者负责，每名志愿者均需要负责且只负责其中1个项目的活动组织，则不同的分配方法种数为（    ） A． B． C． D． 【变式3】的展开式中的常数项是（   ） A．352 B． C．1120 D． 题型06 二项式展开式的特定项、特定项的系数问题 【典例1】的展开式中二项式系数最大的项为___________． 【典例2】已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为128． (1)求； (2)求展开式中含项的系数； (3)求展开式的第六项． ①项数：共有项，比二项式的次数大1； ②二项式系数：第项的二项式系数为，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．字母降幂排列，次数由到；字母升幂排列，次 数从到，每一项中，，次数和均为； ④项的系数：二项式系数依次是，项的系数是与的系数（包括二项式系 数）． 【变式1】的展开式中常数项为（   ） A． B． C． D． 【变式2】已知二项式 (1)若展开式共七项，求的值； (2)在（1）的条件下写出二项展开式的通项公式，并求展开式中的常数项. 【变式3】若的展开式中第7项的二项式系数最大，则的值不可能是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 题型07 二项式展开式中的最值问题 【典例1】已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（    ） A． B． C．80 D．160 【典例2】已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（   ） A．奇数项的二项式系数的和为256 B．第6项的系数最大 C．存在常数项 D．有理项共有7项 如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； 如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数，相等且最大 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有，从而解出来． 【变式1】的展开式中，系数最大的项是（   ） A．第6项 B．第3项 C．第3项和第6项 D．第5项和第7项 【变式2】已知． (1)求各项的系数和； (2)求展开式中的常数项； (3)求二项式系数最大的项． 【变式3】已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（    ） A． B．展开式的二项式系数和为 C．展开式的各项系数和为 D． 题型08 二项式展开式中系数和有关问题 【典例1】设函数，且记，则（       ） A．数列的首项为1 B．数列的前10项和为512 C．数列的前10项和为 D．数列的前10项和为0 【典例2】在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为___________． 若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 （i）当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． （可简记为：为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） （ii）当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． （可简记为：为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） 若，同理可得． 【变式1】关于的展开式，下列结论正确的是（   ） A．展开式共7项 B．所有项的二项式系数之和为64 C．常数项为540 D．所有项的系数之和为64 【变式2】在的展开式中，下列结论正确的是（    ） A．展开式的项数为6 B．二项式系数和为64 C．所有项的系数之和为2 D．展开式中第3项为 【变式3】多项式的展开式中，常数项为_____． 题型09 求三项展开式中的指定项 【典例1】在的展开式中的系数是_________．（用具体数字作答） 【典例2】的展开式中项的系数是______． 三项式的展开式： 若令，便得到三项式展开式通项公式： ， 其中叫三项式系数． 【变式1】的展开式中的系数为______． 【变式2】的展开式中的系数为（    ） A．30 B． C．60 D． 题型10 求几个二（多）项式的和（积）的展开式中条件项系数 【典例1】若的展开式中的系数为121，则_____． 【典例2】的展开式中的系数是________． 分配系数法 【变式1】若，则（   ） A． B． C． D． 【变式2】若，则__________. 【变式3】的展开式中常数项为__________． 题型11 杨辉三角 【典例1】观察图中的数所形成的规律，则a所表示的数是（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 【典例2】我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A． B．第10行所有数字之和为 C．第2026行的第1013个数最大 D．第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 【变式1】“杨辉三角”具有很多有趣的性质，如图所示，将最上面一行记为第0行，则从第1行起，每一行两端都是数字1，而其余位置上的每个数都等于它“肩上”两个数的和；每一行第一个数构成常数列；从第一行起，每一行第二个数构成自然数列.现从第二行起，将每一行第三个数构成的数列记为，如图，实线上的数即为的前4项.记，则_____. 【变式2】我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，记载了如图所示的数表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，已知第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前35项和为（    ） A．996 B．995 C．1014 D．1024 【变式3】杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《解答九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 1．甲、乙两人计划周末各自从5个备选景点中选择2个进行游览，则他们选的景点至少有1个相同的选法有（    ） A．60种 B．70种 C．80种 D．100种 2．设，则（    ） A．1 B．2 C．31 D．32 3．把10个相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同的箱子中，每个箱子的球的个数不少于其编号，则共有多少种放法（ ） A．10种 B．种 C．种 D．45种 4．某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（    ） A．6种 B．12种 C．14种 D．28种 5．将6名同学安排到三个公司实习，每名同学只去一个公司实习，至少安排1名同学去A公司实习，至少安排2名同学去B公司实习，至少安排2名同学去C公司实习，则不同的安排方法有（   ） A．120种 B．150种 C．210种 D．300种 6．现有6张分别标有数字的不同卡片，从中有放回地取3次，每次取1张，将3次取到的卡片上的数字分别记为，若这三个数中的最大数与最小数之差恰好等于3，则抽取卡片的所有不同方法种数为（    ） A．32 B．48 C．54 D．72 7．二项式 的展开式中常数项是_____． 8．下列说法正确的是（   ） A．若样本数据的方差，则所有的都相等 B．以模型去拟合一组数据时，令，求得线性回归方程为，则， C．在的展开式中，含项的系数是 D．某校高三年级男生的身高（单位：cm）近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则 （若，则，） 9．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项； (3)设，则当时，求除以15所得余数． 10．某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有1个红球、1个白球、1个黑球，共3个形状、大小完全相同的小球.活动规则为：每人有放回地先后两次摸球（每次至少摸1个），摸到红球或白球各计1分，摸到黑球计3分.若两次摸到的小球记录的总得分为5分，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为______. 11．某电竞战队从张不同地图中选择3张，按顺序用于场比赛，且每张地图最多使用一次．若第一场比赛不能使用地图“峡谷之巅”，则不同的选择方案共有__________种． 12．设，则（    ） A． B． C．的展开式中含项的系数为 D． 13．人工智能社团有6位同学，计划对ChatGPT、Sora、GPT-4、Claude这4种人工智能语言模型展开学习调研，要求每类模型至少有一人负责，每人只能选择一种模型． (1)若从社团中选出5人去调研，共有多少种不同的调研安排方案？ (2)若6位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型，共有多少种不同的安排方案？ 14．某国际会议中心有A、B、C、D、E等5种不同功能的会议室，且每种功能的会议室又有大、中、小和特小等4种型号，总共20个会议室.现在有一个国际学术会议需要选择3种不同功能的6个会议室，并且每种功能的会议室选2个型号.试问会议中心的工作人员有多少种安排会议室的方法？ 15．2025年东南现代农博会·花博会在漳州东南花都隆重举行，活动现场的非遗区有三个项目：漆扇绘梦、糖画塑形、剪纸生花，主理人现场演示，游客可亲手体验.现有甲、乙、丙、丁、戊5名同学在非遗区体验，三个非遗项目都有同学去体验，且每名同学只能体验一个项目，其中甲和乙选择体验漆扇绘梦，不同的体验方案共有（   ） A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 2 / 20 学科网（北京）股份有限公司 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 $