第7章 计数原理（复习讲义）数学苏教版选择性必修第二册

第7章 计数原理（复习讲义） 基础目标 能复述排列、组合的定义及区别，熟记排列数、组合数公式与基本性质；能复述二项式定理、通项公式及二项式系数性质；会直接运用公式进行排列数、组合数计算；能直接应用通项公式求指定项与二项式系数；能用赋值法求各项系数和。 进阶目标 理解排列与组合的本质差异，会推导组合数性质；能应用优先法、捆绑法、插空法、定序法、间接法解决有限制条件的排列问题；能应用分组分配、隔板法等模型解决组合问题；理解二项式系数与项系数的区别，能求指定项系数及二项式系数最值。 拓展目标 能综合运用排列与组合解决多条件限制的实际计数问题；能处理二项式与不等式、数列、整除、最值结合的综合问题；会构建不等式组求解展开式中系数最大项；能运用转化与化归思想解决复杂计数与展开式综合问题，具备逻辑推理与运算求解能力。 一、两个计数原理的应用 利用分类加法计数原理计数时的解题步骤：①分类:将完成这件事的方法分成若干类；②计数:求出每一类的方法数.③结论:将每一类的方法数相加得出结果. 利用分步乘法计数原理计数时的解题步骤：①分步:将完成这件事的过程分成若干步；②计数:求出每一步的方法数；③结论:将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 二、排列与组合 1．排列数、组合数的化简与应用 涉及具体数字问题可以直接运算和； 的主要作用:一是计算较大时的数;二是对含有字母的组合数的式子进行变形和证明. 2．排列组、组合数的方程及不等式 排列数，组合数中的隐含条件,且,求解时应检验其结果是否满足这一条件. 3．排列组合数的应用 （1）没有限制条件的排列问题：对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制,分清元素和位置即可. （2）有限制条件的排列问题：分析问题时有位置分析法、元素分析法,在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置,对于分类过多的问题可以采用间接法. （3）相邻问题：采用捆绑法；不相邻问题：采用插空法 （4）定序问题：可先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列. （5）有限制条件的组合问题：①直接法：“特殊元素优先选取”的原则；②间接法：先不考虑限制条件计算选法种数,然后排除不满足条件的选法 （6）平均分组问题：一般先分堆，再除以. （7）不平均分组问题：先分堆，其中有组个数一样，再除以 （8）相同元素的“分配”问题：“隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中， （9）多面手问题：一般要通过分类讨论，根据多面手参与的角色类型拆分计算。通常将多面手视为“动态元素”，分析其被分配到不同任务的情况（例如不参与、参与A任务、参与B任务或同时参与两种任务等），再结合剩余单一能力者进行组合计算。该方法通过穷举多面手的所有合理分配路径，结合加法原理完成整体计数。 （10）涂色问题：①按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析;②以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析;③对于空间涂色问题，通常将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题来解决. （11）数字排列问题：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数，两位及其以上的数首位数字不能是0,被3整除的数各数位上的数字之和能被3整除，等等;最后先分类再分步，从特殊数字或特殊位置入手进行组数. 三、二项式定理 1．求二项展开式的特定项 ①明确所求项的指数条件，解方程确定值；②注意区分二项式系数与项的系数，尤其含负号或分数时需谨慎计算 2．求二项展开式的有理项 对于有理项,一般是先写出通项,其所有的字母的指数恰好都是整数的项.解这类问题必须合并通项中同一字母的指数,根据具体要求,令其属于整数,再根据数的整除性来求解. 3．求三项展开式的指定项 应根据式子的特点,转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决),转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合,项与项结合时要注意合理性和简捷性. 4．求多个二项式积的展开式的特定项 ①分别对每个二项展开式进行分析,发现它们各自项的特点;②找到构成展开式中特定项的组成部分;③分别求解再相乘,求和即得. 5．求二项式系数和、各项（奇偶项）系数和 （1）“赋值法”普遍适用于恒等式,是一种重要的方法,若求其展开式各项系数之和,只需令未知数为1即可. （2）若,则展开式中各项系数之和为 （3）若,则奇数项系数之和为 偶数项系数之和为 6．（二项式）系数的最值 （1）求二项式系数最大的项,根据二项式系数的性质,当为奇数时,中间两项的二项式系数最大;当为偶数时,中间一项的二项式系数最大. （2）求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的,需根据各项系数的正、负变化情况进行判断,一般采用列不等式组,解不等式组的方法求得. 题型1两种计数原理的应用 例1．（1）已知，，求的值； （2）求满足的最大正整数． 【答案】（1）（2） 【分析】 【详解】（1）因为，所以， 化简得，即，解得或， 因为，所以． （2）法一：因为， 其中，，， 所以， 即，所以， 令，其中，则， 所以， 即，即数列为递增数列， 因为，，即， 故满足不等式的正整数的最大值为； 法二：因为， 两边同时对求导得， 令，得， 令，其中，则， 所以， 即，即数列为递增数列， 因为，，即， 故满足不等式的正整数的最大值为. 变式1-1．（1）计算； （2）若，求m的值； （3）已知，求n的值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】 【详解】（1）原式． （2）根据题意，若，则， 则有， 即，解得 （3）原方程可变形为，即， 即， 化简整理，得，解得或 (舍去)， 故． 变式1-2．证明： (1)； (2)． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】（1） ； （2） . 变式1-3．若，则n的值可能为（    ） A．6 B．8 C．9 D．11 【答案】BCD 【详解】由，得且， 所以，所以，解得. 题型2涂色与种植问题 例2．把3个不相同的书签，放入7个不同的书架中，则不同的放法有（   ） A．10种 B．21种 C． 种 D．种 【答案】D 【详解】将3个不相同的书签放入7个不同的书架中，每个书签有7种放法，根据分步乘法计数原理可知有种不同的放法. 变式2-1．小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座3张，一等座8张，商务座6张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．17 C．90 D．144 【答案】B 【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为. 故选：B 变式2-2．学校食堂在某天中午备有5种素菜，4种荤菜，2种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则最多可以配制出_____种不同的套餐. 【答案】40 【详解】因为备有5种素菜，4种荤菜，2种汤， 所以荤菜有4种选法，素菜有5种选法，汤菜有2种选法， 所以要配成一荤一素一汤的套餐，则可以配制出不同的套餐有种 故答案为：40. 变式2-3．组织一场马拉松比赛，其组委会在比赛沿途的12.5公里、17.5公里、22.5公里、27.5公里、32.5公里、35公里、37.5公里以及半程和全程终点处共设置九个能量补给站并配备有若干志愿者.则安排两名志愿者不在同一补给站且不在相邻的两个补给站的方案共有__________种（用数字作答）. 【答案】56 【详解】记这九个能量补给站的编号依次为：1,2,3，……，9；先安排第一名志愿者，再安排第二名志愿者； 若第一名志愿者在1号或9号补给站，第二名志愿者可从和他不相邻的7个补给站中选择一个，此时有种方案； 若第一名志愿者在2至8号中的某一个补给站，第二名志愿者可从余下的6个补给站中选择，此时共有种方案； 由分类计数原理可知，共有种方案. 故答案为：56 题型3排列数、组合数的相关计算 例3．如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ） A．64 B．72 C．84 D．96 【答案】B 【详解】根据题意可知需要5步才能涂完， 第一步，涂区域，共有4种颜色可选；第二步，涂区域，共有3种颜色可选； 第三步，涂区域，共有2种颜色可选； 第四步，涂区域， 若和同色时，则第五步区域有2种颜色可选， 若和不同色时，区域只有一种颜色可选，则第五步区域有1种颜色可选， 利用分类加法和分步乘法计数原理可知共有种. 变式3-1．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有四个区域，现有5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，则该花坛的花卉种植方案共有（    ） A．210种 B．420种 C．180种 D．260种 【答案】D 【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，先种1、3，再种2、4， 由分步乘法计数原理可知，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，先种1、3，再种2、4， 由分步乘法计数原理可知，该花坛种植方案共有种. 故该花坛的花卉种植方案共有种. 故选：D 变式3-2．某学校为培养学生的动手能力、合作能力和环保意识，在新的学期建立了一块劳动基地（形状如图），并进行花卉种植活动．现有4种不同的花卉，在基地的5个区域种植，只要求相邻区域种植不同的花卉，则不同的种植方法共有___________种． 【答案】72 【详解】依题意可按照的顺序分为5步进行种植， 则区域1，2，3各有4种、3种、2种不同的花卉供选择， 若区域4与区域2种植相同的花卉，则区域4有一种选择，区域5有2种； 若区域4与区域2种植不同的花卉，则区域4有一种选择，区域5有1种； 再由分类分步计数原理计算可得. 故答案为：72 变式3-3．如图，一个圆环分成A，B，C，D四个区域，用3种颜色（全部用完）对这四个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同涂色的方法种数为_______.（用数字作答） 【答案】12 【详解】若AD同色，3种颜色（全部用完），有种， 若BC同色，3种颜色（全部用完），有种， 所以共有6+6=12种. 题型4排队问题 例4．有6位身高不同的同学站成前后两排拍照，每排3人，若后排每位同学比他正前面的同学身高高，则不同的站法种数为（   ） A．90 B．120 C．270 D．720 【答案】A 【详解】先给第1列选2人，从6人中选2人后，仅需把矮的放前排、高的放后排，只有1种符合要求的排法，共种选法， 再给第2列从剩余4人中选2人，同理也只有1种排法，共种选法， 最后剩余2人自动为第3列，仅1种排法，即， 即总站法数为： . 变式4-1．若甲乙丙丁四人组成接力队参加米接力赛，则甲不跑中间两棒的排法共有__________种． 【答案】12 【详解】先安排甲的位置，有种排法； 再安排其余3人的位置，有种排法. 根据分步乘法计数原理，满足条件的排法有种. 变式4-2．现有6名同学，包含2名男生､4名女生，分2排3列（第1排3人､第2排3人），其中第1排是3名女生A､B､C，第2排是2名男生甲､乙和1名女生D，要求女生A和男生甲在同一列，则不同的排法种数为（    ） A．12 B．36 C．48 D．72 【答案】A 【详解】当女生A和男生甲在同一列时，先选出女生A和男生甲所在的一列、接着排女生B和C、再排男生乙和女生D， 则排法总数为. 故选：A 变式4-3．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（    ） A．若丙在甲、乙的中间（可不相邻）（多选）排队，则不同的排法有40种 B．若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有72种 C．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种 D．若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种 【答案】ACD 【详解】对于选项A：可知有三种可能： 甲、乙之间只有一位同学，则不同的排法有种； 甲、乙之间有两位同学，则不同的排法有种； 甲、乙之间有三位同学，则不同的排法有种； 不同的排法共有种，故A正确； 对于选项B：符合要求的排法有四种可能： 甲在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种； 甲在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有种； 甲不在最右端，乙在最左端，则不同的排法有种； 甲不在最右端也不在最左端，乙不在最左端也不在最右端，则不同的排法有种； 不同的排法共有种，故B错误； 对于选项C：若甲、乙相邻，则不同的排法有种； 若甲、乙必须相邻且甲、丙相邻，则不同的排法有种； 不同的排法共有种，故C正确； 对于选项D：若每位同学只去一个社区，则不同的排法有种； 若有社区没有人去，则有两种可能： 所有人去了一个社区，则不同的排法有种； 所有人去了两个社区，则不同的排法有种； 不同的排法共有种，故D正确； 题型5排数问题 例5．从2到7这6个数字中任意取出3个数，组成一个没有重复数字的三位数，从百位到个位数字依次增大，则满足条件的三位数的个数是___________. 【答案】20 【详解】从2到7这6个数字中任取3个不同的数， 由于要求三位数的百位到个位数字依次增大， 因此，每一组取出的3个数，按从小到大排列只有1种排列方式. 因此，满足条件的三位数的个数等价于从6个数字中选3个的组合数， 即. 故答案为：20 变式5-1．用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ）（多选） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 【答案】AB 【详解】对于A，无重复数学的三位数的情况数为，故A正确； 对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为，故B正确； 对于C，能被整除的四位数的最后两位有，则无重复数字且能被整除的四位数的情况数有，故C错误； 对于D，当千位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为且百位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为且十位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为、十位为且个位比大的无重复数字的四位数的情况数有. 综上可得，故D错误. 故选：AB. 变式5-2．将排列为，使得3个三位数之和等于2025，则不同的排列方法数为_____． 【答案】1944 【详解】记， 依题意，，且， 显然的末位数字为5，而，则， 于是，且，解得， 满足，且， 的与的取值情况恰有如下连线所表示的9种， 每种情况均使集合的取值随之确定，而、、的排列都有种情况， 所以所求排列方法数为. 故答案为：1944. 变式5-3．用0，1，3，4，5，6，7，8组成一个无重复数字的四位数. (1)求满足条件的四位数的总个数； (2)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被5整除的概率； (3)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被3整除且不含数字0的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】 【详解】（1）因为四位数的千位数不能为0，所以千位数有7种选择，排完了千位数后，还剩7个数字， 所以满足条件的四位数的总个数为. （2）若这个四位数能被5整除，则这个四位数的个位数为0或5. 当个位数为0时，满足条件的四位数的个数为； 当个位数为5时，满足条件的四位数的个数为. 故这个四位数能被5整除的概率为. （3）若这个四位数能被3整除，则这个四位数的各位数之和能被3整除， 各位数之和是3的倍数且不含数字0的所有情况有，，，， ，，，，，，. 故这个四位数能被3整除且不含数字0的概率为. 题型6几何组合计数问题 例6．从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在正六边形中，为其中心，如下图所示： 从这七个点中任选三个点，共有种，其中三点共线的情形有种， 所以，能构成的三角形的个数为个， 其中，构成的等边三角形分别为、、、、、 、、，共个， 所以，构成的三角形不是等边三角形的个数是个. 故选：A. 变式6-1．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】 【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：； 变式6-2．北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（  ） A．35 B．34 C．31 D．30 【答案】C 【详解】从这七个点任意选取三个点有个， 其中共线的四点中有个不能构成三角形， 所以不同的三角形个数有31个， 故选：C. 变式6-3．在正方体的8个顶点和6个面的中心（共14个点）中任取4个点，以这4个点为顶点可构成四面体的概率为______． 【答案】 【详解】从个点中取4个点，共有种取法， 四点共面分下面四种情况： ①正方体的个面：每个面包含个顶点和个中心点，此时共有种； ②个中间平面：每个平面包含个点，此时共有种； ③个对角面：每个对角面包含个顶点和个中心点，此时共有种； ④8个斜切面（三条面对角线形成的）：每个面包含3个顶点和3个中心点，此时共有种； 所以四个点不共面共有种， 所以所求概率. 故答案为：. 题型7分组分配问题 例7．清明将至，为倡导文明祭祀，筑牢防火安全防线，4名青年志愿者到3个社区参加“绿色清明”公益宣讲活动，要求每名志愿者只能选择一个社区，每个社区至少要有一名志愿者，则不同的分配方案共有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．72种 【答案】B 【详解】根据题意，将4名青年志愿者分为三组，共有种情况，再分配到3个社区，共有种情况， 所以共有种不同情况． 变式7-1．将4名大学生分配到3所学校支教，每名大学生必须去一所学校，每所学校至少有一名大学生：则不同的分配方法有__________种.（用数字填写） 【答案】 【详解】由题设，必有一个学校有两名大学生，故不同的分配方法有. 变式7-2．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 【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7-3．为丰富同学们的劳动体验，增强劳动技能，认识到劳动最光荣、劳动最伟大，高二年级在社会实践期间开展“拔草”“翻土”“播种”“浇水”这四个项目的劳动技能比赛．某小组7名同学积极参加，若每名同学必须参加且只能参加1个项目，每个项目至少有1人参加，则这7名同学有______种不同的参加方法． 【答案】8400 【详解】先将7名同学分成四组，有1，1，1，4；1，1，2，3和1，2，2，2这三种情况， 当分组为1，1，1，4时，不同的参加方法有； 当分组为1，1，2，3时，不同的参加方法有； 当分组为1，2，2，2时，不同的参加方法有． 综上所述，满足题意的不同的参加方法有种． 题型8二项式定理的正用和逆用 例8．（1）求的展开式； （2）化简：． 【答案】（1）；（2） 【分析】 【详解】法一： ． 法二：． （2）原式． 变式8-1．_______ 【答案】152 【详解】 ， ， 故. 故答案为：152 变式8-2．的值为__________． 【答案】0 【详解】． 故答案为：. 变式8-3．写出的二项展开式________________. 【答案】 【详解】因为的展开式的通项为， 所以. 故答案为： 题型9二项展开式的特定项 例9．在的展开式中有理项的个数为（    ） A．10个 B．11个 C．12个 D．13个 【答案】D 【详解】展开式的第项为 ， 若第项为有理项，则能被4整除，这样的有13个． 故选：D. 变式9-1．在的展开式中，x的系数是______． 【答案】7 【详解】由题意知的通项为， 令，则，即x的系数是. 变式9-2．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）的展开式中的系数为，那么实数________． 【答案】 【详解】由，所以通项公式，， 令，解得，所以的系数为，. 变式9-3．已知，则（   ） A． B．1 C．32 D．243 【答案】C 【详解】由， 令，得，所以. 题型10三项展开式的特定项 例10．的展开式中的常数项为（    ） A．61 B．29 C．309 D．308 【答案】C 【详解】的展开式中的常数项为． 变式10-1．展开式中含项的系数为（    ） A．240 B．242 C．246 D．244 【答案】A 【详解】， 两个二项式相乘，含的项由以下两种情况组合得到： 中的常数项乘以中的一次项，其系数为， 中的一次项乘以中的常数项，其系数为， 综上，展开式中含x项的系数为. 变式10-2．的展开式中，含的项的系数是（    ） A． B． C．30 D．60 【答案】A 【详解】， 所以展开式的通项为，， 展开式的通项为，， 展开式的通项为，， 令，得，所以含的项的系数是. 故选：. 变式10-3．若的展开式中的常数项为1，则_____. 【答案】2 【详解】由， 其展开式的通项为，， 而展开式的通项为，， 令，得或或， 因为的展开式中的常数项为1， 所以，则， 又，则. 题型11多项乘积展开式的特定项 例11．的展开式中的系数为（   ） A． B． C．20 D．24 【答案】D 【详解】 展开式中的系数分别为， 而展开式中的系数分别为， 所以原展开式中的系数为． 变式11-1．的展开式中的系数为（   ） A．－60 B．－80 C．100 D．120 【答案】A 【详解】若中选取，则在的展开式中选取含的项，即，二者相乘得； 若中选取，则在的展开式中选取含的项，即，二者相乘得， 故的展开式中的系数为20－80＝－60, 故选： A． 变式11-2．若的展开式中，的系数为-50，则__________. 【答案】3 【详解】根据二项式定理， 所以项的系数为，解得. 故答案为：3. 变式11-3．在的展开式中项的系数为__________ 【答案】8 【详解】展开式的通项公式为，,1,2,3,4， 展开式中，项的系数为. 故答案为：. 题型12二项式系数与项系数的最值 例12．在展开式中，只有第项的二项式系数最大，则___________：第项的系数为___________． 【答案】 【详解】∵只有第项的二项式系数最大， ∴，即． ∵，， ∴， ∴第项的系数为． 变式12-1．的二项展开式中，系数最大的项为__________. 【答案】 【详解】的二项展开式的通项公式为：， 各项的系数即为各项的二项式系数， 因为，所以二项式系数的最大值为，是第6项的二项式系数， 所以系数最大的项为第项. 变式12-2．已知展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，则的最小正周期为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可知，展开式的二项式系数为， 当时，取得最大值，展开式的系数为， 当满足，时，系数最大． 即即，解得． 又，时，系数的最大值为． 则，所以，其最小正周期为， 故选：B． 变式12-3．已知的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为． (1)求n的值； (2)求展开式中系数最大项． 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）解：由二项式展开式的通项为， 因为展开式中第5项与第3项的二项式系数之比为 可得，即，解得或（舍去）， 所以的值为. （2）解：由（1）知：二项展开式的通项为，其中， 设展开式中第项的系数最大，其中， 则满足，可得，解得， 因为，所以， 所以展开式中系数最大的项为. 题型13赋值法解决二项式系数和问题 例13．若，则（    ） A．127 B．128 C．129 D．256 【答案】B 【详解】当时，， 当时，， 相减得，即. 变式13-1．若，则____ 【答案】1 【详解】令，得； 令，得 ， 所以 ， 所以， 所以. 故答案为：. 变式13-2．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】原等式化为： 对于A，取，得，A正确； 对于B，取，得，则，B正确； 对于C，取，得，则，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 变式13-3．已知展开式中，只有第6项的二项式系数最大. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 【答案】(1)10 (2)0 (3) 【分析】 【详解】（1）因为的展开式中，只有第6项的二项式系数最大， 所以展开式共项，其中第6项是唯一中间项， 所以. （2）由， 可令，得， 再令，可得， 所以. （3）二项展开式的通项为， 当时，展开式的项的系数为负； 当时，展开式的项的系数为正， 所以 令，可得， 即. 题型14二项式定理的应用 例14．已知等比数列中，，若将除以7所得余数记为，则（   ） A．1 B．2 C．4 D．5 【答案】B 【详解】由等比数列，所以，即， 所以， 由二项式定理可知的展开式中不含有7因子的只有最后一项， 所以除以7的余数为1，则除以7的余数为2， 即， 故选：B． 变式14-1．《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究．现给出一个同余问题：如果和除以所得的余数相同，那么称和对模同余，记为（mod）．若，（mod），则值可以是（       ） A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 【答案】C 【详解】 因能被整除， 故除以余数为， 所以除以余数为， 因为，所以，，， 又（mod），所以值可以是. 故选：C. 变式14-2．实数的近似值（精确到0.001）是（    ） A．31.680 B．31.681 C．31.682 D．31.683 【答案】B 【详解】 ， 将精确到，故近似值为． 变式14-3．今天是2026年3月19日星期四，再过天是星期（    ） A．一 B．二 C．三 D．五 【答案】A 【详解】因为 所以 则的余数为， 又因为今天是星期四，所以天后是星期，即星期一. 基础巩固通关测 一、单选题 1．从4名男生和3名女生中选出1男1女共2人参加一项创新大赛，那么不同的选法种数为（    ） A．7 B．9 C．12 D．16 【答案】C 【详解】从4名男生选出1男有4种方法，从3名女生中选出1女有3种方法， 所以共有种， 故选：C 2．若展开式中存在常数项，则n的值可以是（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【详解】对于，第项为： ， 其中，， 根据题意可知的指数为，即，得，所以必须是的正整数倍， 对比选项： 选项中只有满足，故C正确. 3．现有3名男生和2名女生并排站成一排，2名女生相邻，男生甲不站排头，则不同的排法种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】B 【详解】将两名女生“捆绑”，看成整体，总的排法有种， 其中男生甲站排头的排法有种， 所以男生甲不站排头的不同排法种数为种. 故选：B. 4．已知的二项式系数和为64，则其中错误的是（    ） A． B．常数项是第3项 C．二项式系数最大值为20 D．所有项系数之和等于1 【答案】B 【详解】由题意可得，解得，故正确； 二项式的展开式的通项公式为，，1，，6，令，解得，则常数项为第4项，故错误； 因为，所以展开式中二项式系数最大项为第4项，最大值为，故正确； 令，则展开式的所有项的系数和为，故正确， 故选：B 5．已知，记，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设， 一方面注意到， 另一方面注意到， 所以． 故选：C． 6．有一个开盲盒游戏，共有6个外观完全相同的盲盒，每个盲盒中分别装有1个玩偶，共有款玩偶1个，款玩偶2个，款玩偶3个，游戏参与者随机打开盲盒；一次只能开一个，则装有款玩偶的盲盒最先被全部打开的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】记事件：从6个外观完全相同的盲盒中任取个，取到的全是款玩偶， 记事件：从6个外观完全相同的盲盒中任取个，前次有次取到款玩偶，一次取到款玩偶，第四次取到款玩偶， 记事件：装有款玩偶的盲盒最先被全部打开， 易知，， 则， 故选：B. 7．某体育赛事组委会需从甲、乙、丙、丁位志愿者中选位安排到物资分发、路线指引、医疗协助三个不同服务点，每个服务点人．已知甲不能安排在物资分发服务点，且乙不能在路线指引服务点，则不同的安排方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【详解】若甲不入选，则有种安排方法； 若乙不入选，则有种安排方法； 若甲、乙同时入选，则有种安排方法； 综上所述：共有种安排方法. 故选：D． 二、多选题 8．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某学校计划在校本课程中开设“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“礼”不排在第一天和最后一天的不同排法共有480种 B．课程“射”必须排在课程“数”前面的不同排法共有360种 C．课程“乐”、“射”相邻的不同排法共有120种 D．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有144种 【答案】ABD 【详解】A.“礼”不排在第一天和最后一天，则排在中间4天中的1天，所以不同排法有，故A正确； B.顺序一定问题，不同的排法种数为，故B正确； C.相邻问题，采用捆绑法，不同的排法种数为，故C错误； D.不相邻问题，采用插空法，不同的排法种数为，故D正确. 故选：ABD 9．关于的二项展开式，下列说法正确的是（    ） A．展开式在合并同类项之后共有7项 B．展开式中常数项为15 C．展开式的系数之和为1 D．展开式的最后一项的系数最大 【答案】AC 【详解】对于A，由于，故展开式共有7项，A正确， 对于B，的通项为， 故常数项为，故B错误， 对于C，令则系数和为，故C正确， 对于D， 展开式的最后一项的系数为，因此最后一项的系数并不是最大的，故D错误， 故选：AC 三、填空题 10．用五种不同的颜色给图中的六个区域涂色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色且五种颜色要用完，则共有涂色方法______种.    【答案】960 【详解】共6个区域，5种颜色需用完，则必有2个区域颜色相同， 而每次涂色颜色可以相同的区域有，，共8种， 故满足题意的涂法共有种. 故答案为： 11．二项式的展开式中，含的项的系数为________. 【答案】 【详解】二项式的展开式第项为， 当时，，即含的项的系数为. 故答案为：. 12．已知集合，，映射满足，则满足条件的映射有______种． 【答案】84 【详解】把集合中的元素按从小到大的顺序排列，然后用挡板插入即可． 由于定序，故相当于6个相同的球放入4个盒子，且允许有空盒，故有（种）． 故答案为：84. 四、解答题 13．（1）计算：； （2）计算：. （3）已知：，求n. 【答案】（1）0； （2）252； （3） 【分析】 【详解】（1）； （2）。 ； （3）由已知可得，所以， 所以，所以，解得或， 经检验知不符合题意，故舍去; 符合题意， 故. 14．若二项式的展开式中的系数为，常数项为，且，求的值． 【答案】 【详解】通项，， 令，则，得， 令，则，得． 由可得，又，． 15．（1）在桥牌比赛中，发给4名参赛者每人一手由52张牌的四分之一（即13张牌）组成的牌．一名参赛者可能得到多少手不同的牌（用排列数或组合数表示）？ （2）某人决定投资8种股票和4种债券，经纪人向他推荐了12种股票和7种债券．问：此人有多少种不同的投资方式？ 【答案】（1）（2）17325 【详解】（1）从52个元素中任选13个元素作为一组，共有种不同的可能． 即一名参赛者可能得到手不同的牌． （2）需分两步： 第1步，根据经纪人的推荐在12种股票中选8种，共有种选法； 第2步，根据经纪人的推荐在7种债券中选4种，共有种选法． 根据分步乘法计数原理，此人有（种）不同的投资方式． 能力提升进阶练 1．有四所学校的学生参加一项数学竞赛，每所学校派出3名选手．组委会要抽选其中若干名选手做一项调研，要求任意两所学校被抽中的选手数之和至少为1、至多为3，则不同的抽选方式数为_____（结果用数值表示）． 【答案】837 【详解】将四所学校被抽中的选手数从小到大依次记为，则有． 故(否则，矛盾)且(否则，矛盾)， 于是必有．此时只能为0或1，只能为1或2． 易验证均符合题意． 当时，指定一所学校无选手被抽中，在剩下三校中各抽1名选手，由乘法原理知有种抽选方式． 当时，每所学校各抽1名选手，有种抽选方式． 当时，指定一所学校有2名选手被抽中，再抽该校的2名选手及剩下三校各1名选手，共种抽选方式． 当时，依次指定两所学校，第一所无选手被抽中，第二所有2名选手被抽中， 再于第二所学校抽2名选手，剩下两校各抽1名选手，有种抽选方式． 综上，满足条件的抽选方式数为． 故答案为：837 2．从正2025边形的顶点中任取若干个，使之能作为正边形的顶点，则的不同选法共有___________种． 【答案】14 【详解】正2025边形的顶点共有2025个，它们是正2025边形外接圆的等分点， 由题意可知正边形的顶点是正2025边形的顶点，且正边形的顶点也是上述圆的等分点， 正2025边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 正n边形的相邻顶点所在劣弧所对应的圆心角为， 因为正边形的顶点是正2025边形的顶点，所以（k为正整数）， 所以，所以正边形的一定是2025的因数，且不小于3， 而，因数有个， 不能是1，所以满足题意的有14个． 3．若能被7整除，则正整数的最小值为____. 【答案】6 【详解】， 要使能被7整除，则能被7整除.又是正整数，所以的最小值为6. 4．对于数字的结果可借助二项式的展开式进行计算，由此请写出的后三位数为______. 【答案】 【详解】由题意可知， ， 当时，必为的倍数， 所以只需要考虑当的情况， 首先考虑，此时该项为， 由于的末位为0， 所以的末三位均为0， 依然不会对结果的百位、十位、个位产生影响， 故只需考虑的情况. 当时，， 当时，， 所以将这两项相加得到，取后三位即. 故答案为：. 5．从5名女老师和3名男老师中选出一位主考和两位监考参加2025年高考某考场的监考工作．要求主考固定在考场前方监考，一女教师在考场内流动监考，另一位教师固定在考场后方监考，则不同的安排方案种数为________． 【答案】 【详解】根据题意，可分为三类： ①选三个女教师，全排列即可，不同的安排方案有（种）； ②选两个女教师，一个男教师，其中男教师只能担任主考或后方监考，两名女教师安排在剩余的两个位置，不同的安排方案有（种） ③选一个女教师，两个男教师，其中女教师必须担任流动监考，两名男教师安排在主考和后方监考两个位置，不同的安排方案有（种）． 由分类计数原理得，不同的安排方案种数为． 故答案为：. 3．（多选）已知，关于方程，则下列说法正确的是（    ） A．当时，该方程有15组解 B．当时，该方程的解满足的概率为 C．当时，该方程有35组解 D．当时，该方程有495组解 【答案】BCD 【详解】对于A，当时，中有3个2，2个1， 所以该方程解的组数为，故A错误； 对于B，因为中有3个2，2个1，且， 所以，，，中有2个是1，1个是2， 所以所求概率为，故B正确； 对于C，当时，相当于在8个1之间的7个空隙中选4个插入4个隔板， 把8个1分为5部分，各部分1的个数分别为的值， 所以解的组数为，故C正确； 对于D，当时，设，则，且， 相当于在13个1之间的12个空隙中选4个插入4个隔板，把13个1分为5部分， 各部分1的个数分别为的值， 所以解的组数为，故D正确． 1/3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第7章 计数原理（复习讲义） 基础目标 能复述排列、组合的定义及区别，熟记排列数、组合数公式与基本性质；能复述二项式定理、通项公式及二项式系数性质；会直接运用公式进行排列数、组合数计算；能直接应用通项公式求指定项与二项式系数；能用赋值法求各项系数和。 进阶目标 理解排列与组合的本质差异，会推导组合数性质；能应用优先法、捆绑法、插空法、定序法、间接法解决有限制条件的排列问题；能应用分组分配、隔板法等模型解决组合问题；理解二项式系数与项系数的区别，能求指定项系数及二项式系数最值。 拓展目标 能综合运用排列与组合解决多条件限制的实际计数问题；能处理二项式与不等式、数列、整除、最值结合的综合问题；会构建不等式组求解展开式中系数最大项；能运用转化与化归思想解决复杂计数与展开式综合问题，具备逻辑推理与运算求解能力。 一、两个计数原理的应用 利用分类加法计数原理计数时的解题步骤：①分类:将完成这件事的方法分成若干类；②计数:求出每一类的方法数.③结论:将每一类的方法数相加得出结果. 利用分步乘法计数原理计数时的解题步骤：①分步:将完成这件事的过程分成若干步；②计数:求出每一步的方法数；③结论:将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 二、排列与组合 1．排列数、组合数的化简与应用 涉及具体数字问题可以直接运算和； 的主要作用:一是计算较大时的数;二是对含有字母的组合数的式子进行变形和证明. 2．排列组、组合数的方程及不等式 排列数，组合数中的隐含条件,且,求解时应检验其结果是否满足这一条件. 3．排列组合数的应用 （1）没有限制条件的排列问题：对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制,分清元素和位置即可. （2）有限制条件的排列问题：分析问题时有位置分析法、元素分析法,在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置,对于分类过多的问题可以采用间接法. （3）相邻问题：采用捆绑法；不相邻问题：采用插空法 （4）定序问题：可先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列. （5）有限制条件的组合问题：①直接法：“特殊元素优先选取”的原则；②间接法：先不考虑限制条件计算选法种数,然后排除不满足条件的选法 （6）平均分组问题：一般先分堆，再除以. （7）不平均分组问题：先分堆，其中有组个数一样，再除以 （8）相同元素的“分配”问题：“隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中， （9）多面手问题：一般要通过分类讨论，根据多面手参与的角色类型拆分计算。通常将多面手视为“动态元素”，分析其被分配到不同任务的情况（例如不参与、参与A任务、参与B任务或同时参与两种任务等），再结合剩余单一能力者进行组合计算。该方法通过穷举多面手的所有合理分配路径，结合加法原理完成整体计数。 （10）涂色问题：①按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析;②以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析;③对于空间涂色问题，通常将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题来解决. （11）数字排列问题：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数，两位及其以上的数首位数字不能是0,被3整除的数各数位上的数字之和能被3整除，等等;最后先分类再分步，从特殊数字或特殊位置入手进行组数. 三、二项式定理 1．求二项展开式的特定项 ①明确所求项的指数条件，解方程确定值；②注意区分二项式系数与项的系数，尤其含负号或分数时需谨慎计算 2．求二项展开式的有理项 对于有理项,一般是先写出通项,其所有的字母的指数恰好都是整数的项.解这类问题必须合并通项中同一字母的指数,根据具体要求,令其属于整数,再根据数的整除性来求解. 3．求三项展开式的指定项 应根据式子的特点,转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决),转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合,项与项结合时要注意合理性和简捷性. 4．求多个二项式积的展开式的特定项 ①分别对每个二项展开式进行分析,发现它们各自项的特点;②找到构成展开式中特定项的组成部分;③分别求解再相乘,求和即得. 5．求二项式系数和、各项（奇偶项）系数和 （1）“赋值法”普遍适用于恒等式,是一种重要的方法,若求其展开式各项系数之和,只需令未知数为1即可. （2）若,则展开式中各项系数之和为 （3）若,则奇数项系数之和为 偶数项系数之和为 6．（二项式）系数的最值 （1）求二项式系数最大的项,根据二项式系数的性质,当为奇数时,中间两项的二项式系数最大;当为偶数时,中间一项的二项式系数最大. （2）求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的,需根据各项系数的正、负变化情况进行判断,一般采用列不等式组,解不等式组的方法求得. 题型1两种计数原理的应用 例1．（1）已知，，求的值； （2）求满足的最大正整数． 变式1-1．（1）计算； （2）若，求m的值； （3）已知，求n的值． 变式1-2．证明： (1)； (2)． 变式1-3．若，则n的值可能为（    ） A．6 B．8 C．9 D．11 题型2涂色与种植问题 例2．把3个不相同的书签，放入7个不同的书架中，则不同的放法有（   ） A．10种 B．21种 C． 种 D．种 变式2-1．小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座3张，一等座8张，商务座6张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．17 C．90 D．144 变式2-2．学校食堂在某天中午备有5种素菜，4种荤菜，2种汤，现要配成一荤一素一汤的套餐，则最多可以配制出_____种不同的套餐. 变式2-3．组织一场马拉松比赛，其组委会在比赛沿途的12.5公里、17.5公里、22.5公里、27.5公里、32.5公里、35公里、37.5公里以及半程和全程终点处共设置九个能量补给站并配备有若干志愿者.则安排两名志愿者不在同一补给站且不在相邻的两个补给站的方案共有__________种（用数字作答）. 题型3排列数、组合数的相关计算 例3．如图所示的五个区域中，现在要求在五个区域中涂色，现有四种颜色可供选择要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ） A．64 B．72 C．84 D．96 变式3-1．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有四个区域，现有5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，则该花坛的花卉种植方案共有（    ） A．210种 B．420种 C．180种 D．260种 变式3-2．某学校为培养学生的动手能力、合作能力和环保意识，在新的学期建立了一块劳动基地（形状如图），并进行花卉种植活动．现有4种不同的花卉，在基地的5个区域种植，只要求相邻区域种植不同的花卉，则不同的种植方法共有___________种． 变式3-3．如图，一个圆环分成A，B，C，D四个区域，用3种颜色（全部用完）对这四个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同涂色的方法种数为_______.（用数字作答） 题型4排队问题 例4．有6位身高不同的同学站成前后两排拍照，每排3人，若后排每位同学比他正前面的同学身高高，则不同的站法种数为（   ） A．90 B．120 C．270 D．720 变式4-1．若甲乙丙丁四人组成接力队参加米接力赛，则甲不跑中间两棒的排法共有__________种． 变式4-2．现有6名同学，包含2名男生､4名女生，分2排3列（第1排3人､第2排3人），其中第1排是3名女生A､B､C，第2排是2名男生甲､乙和1名女生D，要求女生A和男生甲在同一列，则不同的排法种数为（    ） A．12 B．36 C．48 D．72 变式4-3．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（    ） A．若丙在甲、乙的中间（可不相邻）（多选）排队，则不同的排法有40种 B．若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有72种 C．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种 D．若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种 题型5排数问题 例5．从2到7这6个数字中任意取出3个数，组成一个没有重复数字的三位数，从百位到个位数字依次增大，则满足条件的三位数的个数是___________. 变式5-1．用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ）（多选） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 变式5-2．将排列为，使得3个三位数之和等于2025，则不同的排列方法数为_____． 变式5-3．用0，1，3，4，5，6，7，8组成一个无重复数字的四位数. (1)求满足条件的四位数的总个数； (2)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被5整除的概率； (3)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被3整除且不含数字0的概率. 题型6几何组合计数问题 例6．从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 变式6-1．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． 变式6-2．北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（  ） A．35 B．34 C．31 D．30 变式6-3．在正方体的8个顶点和6个面的中心（共14个点）中任取4个点，以这4个点为顶点可构成四面体的概率为______． 题型7分组分配问题 例7．清明将至，为倡导文明祭祀，筑牢防火安全防线，4名青年志愿者到3个社区参加“绿色清明”公益宣讲活动，要求每名志愿者只能选择一个社区，每个社区至少要有一名志愿者，则不同的分配方案共有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．72种 变式7-1．将4名大学生分配到3所学校支教，每名大学生必须去一所学校，每所学校至少有一名大学生：则不同的分配方法有__________种.（用数字填写） 变式7-2．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7-3．为丰富同学们的劳动体验，增强劳动技能，认识到劳动最光荣、劳动最伟大，高二年级在社会实践期间开展“拔草”“翻土”“播种”“浇水”这四个项目的劳动技能比赛．某小组7名同学积极参加，若每名同学必须参加且只能参加1个项目，每个项目至少有1人参加，则这7名同学有______种不同的参加方法． 题型8二项式定理的正用和逆用 例8．（1）求的展开式； （2）化简：． 变式8-1．_______ 变式8-2．的值为__________． 变式8-3．写出的二项展开式________________. 题型9二项展开式的特定项 例9．在的展开式中有理项的个数为（    ） A．10个 B．11个 C．12个 D．13个 变式9-1．在的展开式中，x的系数是______． 变式9-2．的展开式中的系数为，那么实数________． 题型10三项展开式的特定项 例10．的展开式中的常数项为（    ） A．61 B．29 C．309 D．308 变式10-1．展开式中含项的系数为（    ） A．240 B．242 C．246 D．244 变式10-2．的展开式中，含的项的系数是（    ） A． B． C．30 D．60 变式10-3．若的展开式中的常数项为1，则_____. 题型11多项乘积展开式的特定项 例11．的展开式中的系数为（   ） A． B． C．20 D．24 变式11-1．的展开式中的系数为（   ） A．－60 B．－80 C．100 D．120 变式11-2．若的展开式中，的系数为-50，则__________. 变式11-3．在的展开式中项的系数为__________ 题型12二项式系数与项系数的最值 例12．在展开式中，只有第项的二项式系数最大，则___________：第项的系数为___________． 变式12-1．的二项展开式中，系数最大的项为__________. 变式12-2．已知展开式的二项式系数的最大值为，系数的最大值为，则的最小正周期为（    ） A． B． C． D． 变式12-3．已知的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为． (1)求n的值； (2)求展开式中系数最大项． 题型13赋值法解决二项式系数和问题 例13．若，则（    ） A．127 B．128 C．129 D．256 变式13-1．若，则____ 变式13-2．若，则（   ） A． B． C． D． 变式13-3．已知展开式中，只有第6项的二项式系数最大. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 题型14二项式定理的应用 例14．已知等比数列中，，若将除以7所得余数记为，则（   ） A．1 B．2 C．4 D．5 变式14-1．《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究．现给出一个同余问题：如果和除以所得的余数相同，那么称和对模同余，记为（mod）．若，（mod），则值可以是（       ） A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 变式14-2．实数的近似值（精确到0.001）是（    ） A．31.680 B．31.681 C．31.682 D．31.683 变式14-3．今天是2026年3月19日星期四，再过天是星期（    ） A．一 B．二 C．三 D．五 基础巩固通关测 一、单选题 1．从4名男生和3名女生中选出1男1女共2人参加一项创新大赛，那么不同的选法种数为（    ） A．7 B．9 C．12 D．16 2．若展开式中存在常数项，则n的值可以是（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 3．现有3名男生和2名女生并排站成一排，2名女生相邻，男生甲不站排头，则不同的排法种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．60 4．已知的二项式系数和为64，则其中错误的是（    ） A． B．常数项是第3项 C．二项式系数最大值为20 D．所有项系数之和等于1 5．已知，记，则的值为（   ） A． B． C． D． 6．有一个开盲盒游戏，共有6个外观完全相同的盲盒，每个盲盒中分别装有1个玩偶，共有款玩偶1个，款玩偶2个，款玩偶3个，游戏参与者随机打开盲盒；一次只能开一个，则装有款玩偶的盲盒最先被全部打开的概率为（   ） A． B． C． D． 7．某体育赛事组委会需从甲、乙、丙、丁位志愿者中选位安排到物资分发、路线指引、医疗协助三个不同服务点，每个服务点人．已知甲不能安排在物资分发服务点，且乙不能在路线指引服务点，则不同的安排方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 二、多选题 8．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某学校计划在校本课程中开设“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“礼”不排在第一天和最后一天的不同排法共有480种 B．课程“射”必须排在课程“数”前面的不同排法共有360种 C．课程“乐”、“射”相邻的不同排法共有120种 D．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有144种 9．关于的二项展开式，下列说法正确的是（    ） A．展开式在合并同类项之后共有7项 B．展开式中常数项为15 C．展开式的系数之和为1 D．展开式的最后一项的系数最大 三、填空题 10．用五种不同的颜色给图中的六个区域涂色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色且五种颜色要用完，则共有涂色方法______种.    11．二项式的展开式中，含的项的系数为________. 12．已知集合，，映射满足，则满足条件的映射有______种． 四、解答题 13．（1）计算：； （2）计算：. （3）已知：，求n. 14．若二项式的展开式中的系数为，常数项为，且，求的值． 15．（1）在桥牌比赛中，发给4名参赛者每人一手由52张牌的四分之一（即13张牌）组成的牌．一名参赛者可能得到多少手不同的牌（用排列数或组合数表示）？ （2）某人决定投资8种股票和4种债券，经纪人向他推荐了12种股票和7种债券．问：此人有多少种不同的投资方式？ 能力提升进阶练 1．有四所学校的学生参加一项数学竞赛，每所学校派出3名选手．组委会要抽选其中若干名选手做一项调研，要求任意两所学校被抽中的选手数之和至少为1、至多为3，则不同的抽选方式数为_____（结果用数值表示）． 2．从正2025边形的顶点中任取若干个，使之能作为正边形的顶点，则的不同选法共有___________种． 3．若能被7整除，则正整数的最小值为____. 4．对于数字的结果可借助二项式的展开式进行计算，由此请写出的后三位数为______. 5．从5名女老师和3名男老师中选出一位主考和两位监考参加2025年高考某考场的监考工作．要求主考固定在考场前方监考，一女教师在考场内流动监考，另一位教师固定在考场后方监考，则不同的安排方案种数为________． 3．（多选）已知，关于方程，则下列说法正确的是（    ） A．当时，该方程有15组解 B．当时，该方程的解满足的概率为 C．当时，该方程有35组解 D．当时，该方程有495组解 1/3 学科网（北京）股份有限公司 $