专题03 分类计数原理及二项式定理（期中复习讲义）高二数学下学期苏教版

专题03 分类计数原理及二项式定理（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 分类加法计数原理 题型02 分步乘法计数原理 题型03 两个原理的对比应用 题型04 数字排位问题 题型05 求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 题型06 利用赋值法进行求有关系数和。 题型07 利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 题型08 进行近似计算 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 分类加法计数原理 分类计数原理 ①分类时，要按一个标准来分，最忌采用双重或多重标准分类；②每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；它的起点、终点就是完成这件事情的开始和结束； 分步乘法计数原理 分步乘法计数原理解决问题 解决这类问题的关键是搞清分类还是分步．用分步乘法计数原理解决问题时，首先要根据问题的特点，确定一个分步的可行标准；其次还要注意完成这件事情必须且只需连续完成这n个步骤后，这件事情才算圆满完成，这时才能使用分步乘法计数原理．同时，要弄清每一步骤中完成本步骤的方法种数． 涂色问题 1. 掌握分步乘法计数原理与分类加法计数原理在涂色问题中的基本用法，能区分“相邻不同色”“区域必涂色”等条件。 2. 熟练解决直线型、环形、图形分割、地图涂色四类典型模型。 3. 学会先涂相邻多的区域、是否使用全部颜色、颜色可重复/不可重复三类解题策略。 4. 能规范列式、分类不重不漏，避免因漏分类或顺序混乱导致计算错误。 5. 能与排列组合综合题结合，识别涂色问题的变式（染色、标号、安排任务等）。 1. 题型定位- 多以选择题、填空题出现，属于计数原理中档题，偶尔在解答题某一小问中作为计数环节出现。 常与排列、组合、概率结合考查，是高考计数模块的高频小考点。 2. 命题特点- 核心条件固定：相邻区域颜色不同，颜色可重复使用是主流。 区域数量一般为3～6个，图形以环形、扇形、矩形分割、地图轮廓为主。 常设置两类关键变量：- 颜色总数（如3色、4色）是否必须用完所有颜色 数字排位问题 抓特殊元素位置，规范分类分步，精准计数 数字排位常以选择填空出现，是排列组合高频考点。多围绕无重复多位数展开，设置含0、奇偶、整除、大小比较等限制，侧重特殊位置优先法。注重分类讨论与逻辑严谨，易与概率结合，考查思维缜密与计算准确，难度中档且考法稳定。 求二项展开式的特定项或特定项的系数 熟记通项公式，辨清项与系数，精准计算 该考点为排列组合与二项式定理必考内容，多以选择填空出现。常考查常数项、有理项、指定次幂项及其系数，区分二项式系数与项系数，侧重通项公式应用，难度中等，注重运算准确与符号判断，偶尔与多项式乘法结合考查。 利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 构造二项式展开，巧证整除求余数 此类问题多以选择填空或证明小题出现，核心是将底数拆成倍数±余数，用二项式定理展开，保留关键项判断整除性或余数。常与幂运算、不等式结合，侧重构造变形与展开取舍，考查代数变形与逻辑推理，难度中档，方法固定，是高频题型。 知识点01 分类加法计数原理(也称加法原理) 1．分类加法计数原理： 完成一件事,有类办法.在第1类办法中有种不同方法,在第2类办法中有种不同的方法,……,在第类办法中有种不同方法,那么完成这件事共有种不同的方法. 2．加法原理的特点是： ① 完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类；② 用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③ 把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． ·易错点：使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和。 知识点02 分步乘法计数原理 1.分步乘法计数原理 “做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成． 2．乘法原理的特点： ① 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可；② 完成每一步有若干种方法； ③ 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． ·易错点：使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积。 知识点03 分类计数原理和分步计数原理的区别 1．分类计数原理和分步计数原理的区别： 两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关. 完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理； 若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算． 分类计数原理和分步计数原理的应用 1.利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序： （1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？ （2）然后考虑如何完成？主要有三种类型 ①分类或分步。②先分类，再在每一类里再分步。③先分步，再在每一步里再分类，等等。 （3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？ 知识点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； 知识点05 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。 2.展开式中的系数求法（的整数且） ·易错点：二项式系数与展开式的系数的区别 二项展开式中，第r+1项的二项式系数是组合数，展开式的系数是单项式的系数，二者不一定相等。 题型一 分类加法计数原理 解｜题｜技｜巧 应用分类计数原理，应注意： ①分类时，要按一个标准来分，最忌采用双重或多重标准分类； ②每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；它的起点、终点就是完成这件事情的开始和结束； 【典例1】如图，某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”，每层从上到下依次摆放个、个、个花盆，形成三角形排列，其中有虚线连接的个花盆为“相邻花盆”，现有多个红、黄、蓝三种颜色的花盆可供选择，若规定“相邻花盆”颜色不同，且最下层不全为同色花盆，则花盆摆放的不同方式共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式1】某公司使用AGV（自动导引运输车）从仓库驶往质检区，途中必须经过工位1或工位2（若同时经过工位1与工位2，需先经过工位1，后经过工位2），其中从直接到工位1，从直接到工位2，从工位1不经过工位2到，从工位1到工位2，从工位2到，各有2条不同路线可行驶（每条路线都是单向的），则（    ） A．从到工位2有6种不同路线 B．从工位1到有8种不同路线 C．从经过工位2到有8种不同路线 D．从到共有16种不同路线 【变式2】某公园景观道上有如图所示的五个花坛，园艺师傅计划选用一串红、月季、矮牵牛、薰衣草、雏菊和郁金香这六种花卉进行栽种，每个花坛只能栽种一种花卉，要求相邻两个花坛花卉种类不同，其中恰有两个花坛栽种雏菊，则不同的栽种方案种数为（） A． B． C． D． 题型二 分步乘法计数原理 解｜题｜技｜巧 解决这类问题的关键是搞清分类还是分步．用分步乘法计数原理解决问题时，首先要根据问题的特点，确定一个分步的可行标准；其次还要注意完成这件事情必须且只需连续完成这n个步骤后，这件事情才算圆满完成，这时才能使用分步乘法计数原理．同时，要弄清每一步骤中完成本步骤的方法种数． 【典例1】个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，不同的传球方法数为________. 【典例2】下列说法正确的有（    ） A．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种 B．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法 C．用0~9这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数 D．用0，1，2，3，4，5这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 【变式1】某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙处，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有a，b两种运输方式，第2，3，5个环节有b，c两种运输方式，第4个环节有c，d，e，f四种运输方式，则快件从甲送到乙使用4种运输方式的不同的方法种数是（   ） A．60 B．70 C．77 D．78 题型三 两个原理的对比应用 解｜题｜技｜巧 在用两个原理解决问题时，一定要分清完成这件事，是有，l类办法还是需分成n个步骤．应用分类加法计数原理必须要求各类中的每一种方法都保证完成这件事．应用分步乘法计数原理则是需各步均是完成这件事必须经由的若干彼此独立的步骤． 【典例1】对于直线，若与均在集合内取值，则不同的直线条数共有（   ） A．101 B．91 C．90 D．72 【典例2】如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有___________种．    【变式1】下列说法正确的是（   ） A．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 B．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 C．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 D．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同 题型四 涂色问题及数字排位问题 解｜题｜技｜巧 涂色问题解题先看区域是否相邻、是否环形，优先涂相邻多的区域，按分类加法、分步乘法计数，环形需讨论首尾同色异色，注意颜色能否重复、是否用完所有色，做到不重不漏。 数字排列先抓特殊元素与特殊位置，尤其0不能在首位，再按奇偶、整除、大小限制分类，用捆绑、插空处理相邻不相邻问题，区分可重复与不可重复，合理运用排列数公式分步计算，保证逻辑清晰、计算准确。 【典例1】从0，1，2，3，4这5个数字中选出3个不同数字能组成______（用数字表示）个三位数. 【典例2】将四个数组成没有重复数字的四位数，将这些四位数从小到大排列，那么第个四位数是（   ） A． B． C． D． 【变式1】将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数． (1)可以排出多少个不同的三位数？ (2)各位数字互不相同的三位数有多少个？ (3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？ 题型五 求二项展开式的特定项或特定项的系数 解｜题｜技｜巧 求解二项展开式特定项及系数，核心是熟练运用通项公式。先准确写出通项，明确指数运算与符号，再根据题意列方程求 r，进而确定常数项、有理项等指定项。注意区分二项式系数与项的系数，含负号时不判错符号。多因式相乘时，可分别展开再合并对应项，整体思路为先定通项、再求指数、后算系数，步骤规范即可快速求解。 【典例1】（1）在的展开式中，求： ①第4项的二项式系数； ②含的项的系数． （2）求展开式中的常数项． 【典例2】下列说法正确的是（   ） A．若，则的值为3或2 B．若数据，，，…，的标准差为，则，，，…，的标准差为 C．二项式的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等 D．若5名教师分到4所学校任教，每所学校至少分配1名教师，则分配方法有480种 【变式1】在二项式展开式中，下列说法不正确的是（    ） A．第四项二项式系数最大 B．常数项为第四项 C．有理项共有4项 D．所有项的二项式系数之和为64 题型六 利用赋值法进行求有关系数和 解｜题｜技｜巧 赋值法求二项式系数和，核心是对展开式中字母赋予特殊值，直接整体计算。常用赋值：令x=1得所有项系数和；令x=-1可联立求奇次项、偶次项系数和；令x=0得常数项。遇到多个字母时，分别赋值简化。解题先观察所求式子结构，选择合适数值代入，无需逐项展开。注意区分二项式系数与项的系数，看清是系数和还是绝对值和，灵活变形再赋值，步骤简洁，计算快速，是解决系数和问题的通用高效方法。 【典例1】已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为______. 【典例2】在的展开式中，的系数为-10，各项系数之和为-1，则含项的系数为________． 【变式1】已知. (1)若，求的值. (2)已知展开式的所有二项式系数之和为256. （i）若，求的值； （ii）若，且，求的取值范围. 题型七 利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 解｜题｜技｜巧 用二项式定理解决整除与求余数，关键是将底数拆分为除数的倍数与一个小数的和或差，再展开二项式。展开后仅保留最后不含除数倍数的项，前面各项均能被整除，只需计算剩余项即可判断整除性或得出余数。若余数为负则加上除数转正。解题步骤固定：合理拆分、准确展开、舍弃整除项、计算余数。此法思路清晰、计算简便，常用于证明幂运算整除、判断余数等问题，是代数推理中常用技巧。 【典例1】被7除所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【典例2】已知的展开式中仅第5项的二项式系数最大，且第4项､第5项､第6项的系数成等差数列. (1)求和的值； (2)若，求的展开式中系数最大的项； (3)若，且，求被5除的余数. 【变式1】若正整数a，b满足，其中，则b的值为（   ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 题型八 进行近似计算 解｜题｜技｜巧 用二项式定理进行近似计算，先将式子写成(1±x)n形式，x较小时展开，保留前两项或前三项即可。忽略高次小量，简化运算，保证精度满足要求。先变形凑1±小数，再代入展开式估算，注意符号与取舍，控制误差。步骤固定：构造标准形式、适度展开、舍弃高阶小项、快速计算，适合根式、幂次等近似值求解，方法简便、实用性强。 【典例1】实数的近似值（精确到0.001）是（    ） A．31.680 B．31.681 C．31.682 D．31.683 【典例2】某地现有10000公顷耕地，规划十年后粮食每公顷的产量比现在增加，人均粮食占有量比现在提高.如果人口年增长率为，那么耕地面积平均每年至多只能减少多少公顷？（精确到1公顷） （每公顷粮食产量，人均粮食占有量） 【变式1】的小数点后第三位数字为（ ） A． B． C． D． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书.从书架上任取数学书和语文书各1本，不同的选取方法有（    ） A．6种 B．30种 C．5种 D．11种 2．用1，2，3，4能写成没有重复数字的3位数的个数是（   ） A．24 B．12 C．36 D．6 3．已知甲、乙、丙、丁、戊五位司机中，甲、乙既能开大客车也能开小客车，丙、丁、戊只能开小客车．现从这五位司机中选两人，分别去开一辆大客车和一辆小客车，则不同的安排方案有（   ） A．20种 B．6种 C．8种 D．5种 4．某校开展阅读打卡活动，语文老师要求每个学生阅读中国名著和外国名著各一本，现有6本中国名著和5本外国名著可供选择，小明按照语文老师的要求进行选择，则不同的选法共有（   ） A．11种 B．15种 C．22种 D．30种 5．某中学为高二学生开设校本选修课，分别为人文社科、自然科学、艺术体育三个类别，其中人文社科类有门互不相同的课程，自然科学类有门互不相同的课程，艺术体育类有门互不相同的课程.若要求每位学生选择门课程，且门课程需来自不同的类别，则不同的选课方案种数为（    ） A． B． C． D． 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 1．设，且已知展开式中所有二项式系数之和为1024. (1)求的值； (2)求的值. 2．已知二项式的展开式的所有项的二项式系数之和为32． (1)求展开式各项系数之和； (2)求展开式的第三项． 3．若展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 4．甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《惊蛰无声》、《飞驰人生3》、《熊猫计划之部落奇遇记》、《重返狼群》、《熊出没·年年有熊》五部电影中任选一部，则三人看同一部电影的概率为（    ） A． B． C． D． 5．某小区有 3 个不同的快递驿站 （驿站 ），现在有 5 件快递需要分发到这 3 个驿 站， 每件快递只能分发到其中一个驿站， 那么不同的分发方法有多少种?（    ） A．15 B．125 C．243 D．81 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（   ） A．20种 B．19种 C．18种 D．17种 2．某实验室的5名技术人员需要在夜间通过一座最多只能两人同时通行的临时钢架桥．过桥必须使用唯一的一盏工作灯，无灯不能过桥．过桥后需要有人将灯送回，才能让其他人继续过桥．两人同行时，过桥用时以较慢者为准．5名技术人员单独过桥时间分别为1分钟、2分钟、5分钟、8分钟、9分钟．则这5人全部过桥的最短时间为（    ） A．20 B．22 C．24 D．26 3．现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（   ） A．所有可能的方法有种 B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有9种 D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 4．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 5．已知的展开式共有13项，则下列说法中错误的有（    ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共5项 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 分类计数原理及二项式定理（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 分类加法计数原理 题型02 分步乘法计数原理 题型03 两个原理的对比应用 题型04 数字排位问题 题型05 求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 题型06 利用赋值法进行求有关系数和。 题型07 利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 题型08 进行近似计算 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 分类加法计数原理 分类计数原理 ①分类时，要按一个标准来分，最忌采用双重或多重标准分类；②每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；它的起点、终点就是完成这件事情的开始和结束； 分步乘法计数原理 分步乘法计数原理解决问题 解决这类问题的关键是搞清分类还是分步．用分步乘法计数原理解决问题时，首先要根据问题的特点，确定一个分步的可行标准；其次还要注意完成这件事情必须且只需连续完成这n个步骤后，这件事情才算圆满完成，这时才能使用分步乘法计数原理．同时，要弄清每一步骤中完成本步骤的方法种数． 涂色问题 1. 掌握分步乘法计数原理与分类加法计数原理在涂色问题中的基本用法，能区分“相邻不同色”“区域必涂色”等条件。 2. 熟练解决直线型、环形、图形分割、地图涂色四类典型模型。 3. 学会先涂相邻多的区域、是否使用全部颜色、颜色可重复/不可重复三类解题策略。 4. 能规范列式、分类不重不漏，避免因漏分类或顺序混乱导致计算错误。 5. 能与排列组合综合题结合，识别涂色问题的变式（染色、标号、安排任务等）。 1. 题型定位- 多以选择题、填空题出现，属于计数原理中档题，偶尔在解答题某一小问中作为计数环节出现。 常与排列、组合、概率结合考查，是高考计数模块的高频小考点。 2. 命题特点- 核心条件固定：相邻区域颜色不同，颜色可重复使用是主流。 区域数量一般为3～6个，图形以环形、扇形、矩形分割、地图轮廓为主。 常设置两类关键变量：- 颜色总数（如3色、4色）是否必须用完所有颜色 数字排位问题 抓特殊元素位置，规范分类分步，精准计数 数字排位常以选择填空出现，是排列组合高频考点。多围绕无重复多位数展开，设置含0、奇偶、整除、大小比较等限制，侧重特殊位置优先法。注重分类讨论与逻辑严谨，易与概率结合，考查思维缜密与计算准确，难度中档且考法稳定。 求二项展开式的特定项或特定项的系数 熟记通项公式，辨清项与系数，精准计算 该考点为排列组合与二项式定理必考内容，多以选择填空出现。常考查常数项、有理项、指定次幂项及其系数，区分二项式系数与项系数，侧重通项公式应用，难度中等，注重运算准确与符号判断，偶尔与多项式乘法结合考查。 利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 构造二项式展开，巧证整除求余数 此类问题多以选择填空或证明小题出现，核心是将底数拆成倍数±余数，用二项式定理展开，保留关键项判断整除性或余数。常与幂运算、不等式结合，侧重构造变形与展开取舍，考查代数变形与逻辑推理，难度中档，方法固定，是高频题型。 知识点01 分类加法计数原理(也称加法原理) 1．分类加法计数原理： 完成一件事,有类办法.在第1类办法中有种不同方法,在第2类办法中有种不同的方法,……,在第类办法中有种不同方法,那么完成这件事共有种不同的方法. 2．加法原理的特点是： ① 完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类；② 用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③ 把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． ·易错点：使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和。 知识点02 分步乘法计数原理 1.分步乘法计数原理 “做一件事，完成它需要分成n个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n个步骤后，这件事才算完成． 2．乘法原理的特点： ① 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可；② 完成每一步有若干种方法； ③ 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． ·易错点：使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积。 知识点03 分类计数原理和分步计数原理的区别 1．分类计数原理和分步计数原理的区别： 两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关. 完成一件事的方法种数若需“分类”思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，则用加法原理； 若完成某件事需分n个步骤，这n个步骤相互依存，具有连续性，当且仅当这n个步骤依次都完成后，这件事才算完成，则完成这件事的方法的种数需用乘法原理计算． 分类计数原理和分步计数原理的应用 1.利用两个基本原理解决具体问题时的思考程序： （1）首先明确要完成的事件是什么，条件有哪些？ （2）然后考虑如何完成？主要有三种类型 ①分类或分步。②先分类，再在每一类里再分步。③先分步，再在每一步里再分类，等等。 （3）最后考虑每一类或每一步的不同方法数是多少？ 知识点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； 知识点05 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。 2.展开式中的系数求法（的整数且） ·易错点：二项式系数与展开式的系数的区别 二项展开式中，第r+1项的二项式系数是组合数，展开式的系数是单项式的系数，二者不一定相等。 题型一 分类加法计数原理 解｜题｜技｜巧 应用分类计数原理，应注意： ①分类时，要按一个标准来分，最忌采用双重或多重标准分类； ②每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；它的起点、终点就是完成这件事情的开始和结束； 【典例1】如图，某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”，每层从上到下依次摆放个、个、个花盆，形成三角形排列，其中有虚线连接的个花盆为“相邻花盆”，现有多个红、黄、蓝三种颜色的花盆可供选择，若规定“相邻花盆”颜色不同，且最下层不全为同色花盆，则花盆摆放的不同方式共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】记上层花盆为，中层花盆从左到右依次为、，下层花盆从左到右依次为、、，则花盆有种颜色可选，然后对、是否同色进行分类讨论，确定、、的涂色种数，以及、、同色时的涂法种数，结合分类、分步计数原理以及间接法可得结果. 【详解】记上层花盆为，中层花盆从左到右依次为、，下层花盆从左到右依次为、、． 由题可知有种颜色可选， ①当、同色时，有种颜色可选，此时、、各有种颜色可选， 其中、、同色时有种颜色可选， 此时花盆摆放的不同方式有种； ②当、不同色时，有种颜色可选，只有种颜色可选， 则有种颜色可选，只有种颜色可选，有种颜色可选， 其中、、同色时只有种颜色可选， 此时花盆摆放的不同方式有种． 综上，最下层不全为同色时，花盆摆放的不同方式共有种． 【变式1】某公司使用AGV（自动导引运输车）从仓库驶往质检区，途中必须经过工位1或工位2（若同时经过工位1与工位2，需先经过工位1，后经过工位2），其中从直接到工位1，从直接到工位2，从工位1不经过工位2到，从工位1到工位2，从工位2到，各有2条不同路线可行驶（每条路线都是单向的），则（    ） A．从到工位2有6种不同路线 B．从工位1到有8种不同路线 C．从经过工位2到有8种不同路线 D．从到共有16种不同路线 【答案】AD 【分析】应用分类加法计数判断A、B、D，由分类分步计数原理判断C. 【详解】A：从直接到工位2，有2种不同路线，从先到工位1，再到工位2，有种不同路线， 所以共有种不同路线，A正确； B：从工位1直接到，有2种不同路线，从工位1到工位2，再到，有种不同路线， 所以共有种不同路线，B错误； C：从直接到工位2，有2种不同路线，从到工位1，再到工位2，有种不同路线， 从工位2到，有2种不同路线，所以总的不同路线数为，C错误； D：从只经过工位1到，有种不同路线， 从只经过工位2到，有种不同路线， 从同时经过工位1，2到，有种不同路线，所以共有种不同路线，D正确． 【变式2】某公园景观道上有如图所示的五个花坛，园艺师傅计划选用一串红、月季、矮牵牛、薰衣草、雏菊和郁金香这六种花卉进行栽种，每个花坛只能栽种一种花卉，要求相邻两个花坛花卉种类不同，其中恰有两个花坛栽种雏菊，则不同的栽种方案种数为（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据雏菊所种的花坛的位置分成六类情况，运用分类加法计数原理计算即可. 【详解】要求相邻花坛花卉不同，因此两个雏菊不能相邻.五个花坛中选两个不相邻的位置种雏菊，共有种选法， 按位置分类计算每种选法的方案数：（所有非雏菊花坛都不能种雏菊，因此可选花卉共种） 位置：结构（代表雏菊）第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊有种； 第不能种雏菊且不能与第位相同有种，共种方法； 位置：结构第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊且不能与第位相同有种； 第不能种雏菊有5种，共种方法； 位置：结构第位不能种雏菊：种；第位不能种雏菊且不能与第位相同有种； 第位不能种雏菊且不能与第位相同有种，共种方法； 位置：结构第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊有种，共种方法； 位置：结构第不能种雏菊有种；第位不能种雏菊有种； 第位不能种雏菊且不能与第位相同有种，共种方法； 位置：结构第位不能种雏菊有种；第位不能种雏菊且不能与第位相同有种； 第位不能种雏菊有种，共种方法； 由分类加法计数原理，不同的栽种方案共有种. 题型二 分步乘法计数原理 解｜题｜技｜巧 解决这类问题的关键是搞清分类还是分步．用分步乘法计数原理解决问题时，首先要根据问题的特点，确定一个分步的可行标准；其次还要注意完成这件事情必须且只需连续完成这n个步骤后，这件事情才算圆满完成，这时才能使用分步乘法计数原理．同时，要弄清每一步骤中完成本步骤的方法种数． 【典例1】个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，不同的传球方法数为________. 【答案】 【分析】设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种，探索数列的首项和递推公式，从而求的值. 【详解】设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种，经过次传球后，所有可能的传球方法总数为. 这些方法可分为两类：一类是球在甲手中，有种方法， 另一类是球不在甲手中，有种方法， 第次传球后球要回到甲手中，当且仅当第次传球后球不在甲手中，然后由持球人传给了甲， 因此，，即， 由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以． 利用递推关系可以得到：． 这说明经过次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有种． 【典例2】下列说法正确的有（    ） A．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种 B．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法 C．用0~9这10个数字，可以组成648个没有重复数字的三位数 D．用0，1，2，3，4，5这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 【答案】AC 【详解】对于A，将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种，故A正确； 对于B，将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法，故B错误； 对于C，百位数有种情况，十位数有种情况，个位数有种情况， 所以用0~9这10个数字，可以组成个没有重复数字的三位数，故C正确； 对于D，当个位数为时，千位数有种情况，百位数有种情况，十位数有种情况， 可以排成个无重复数字的四位偶数， 当个位数不为时，个位数有种可能，千位数有种情况，百位数有种情况，十位数有种情况， 可以排成个无重复数字的四位偶数， 所以用0，1，2，3，4，5这6个数字，可以排成个无重复数字的四位偶数，故D错误. 【变式1】某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙处，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有a，b两种运输方式，第2，3，5个环节有b，c两种运输方式，第4个环节有c，d，e，f四种运输方式，则快件从甲送到乙使用4种运输方式的不同的方法种数是（   ） A．60 B．70 C．77 D．78 【答案】A 【分析】利用分步计数，先确定第4环节不能使用c运输方式，从而确定3种运输方式，再分类讨论第1，6两个环节的两类运输方式，从而可用间接法来确定第2，3，5环节的运输方式，最后利用分步计数乘法原理即可求解. 【详解】若第4个环节使用c运输方式，由题意可得快件从甲送到乙至多使用3种运输方式， 故第4个环节必须使用d，e，f三种运输方式中的1种， 若第1，6两个环节都使用b运输方式，则快件从甲送到乙至多会使用3种运输方式， 故从甲送到乙要使用4种运输方式，则满足条件的运输方法可分为两类． 第一类：第1和第6环节都用a运输方式，则第2，3，5环节必须使用两种不同的运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）； 第二类：第1和第6环节运输方式不同，则第2，3，5环节只需至少一个环节使用c运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）． 由分类加法计数原理可得，满足条件的运输方式有（种）． 题型三 两个原理的对比应用 解｜题｜技｜巧 在用两个原理解决问题时，一定要分清完成这件事，是有，l类办法还是需分成n个步骤．应用分类加法计数原理必须要求各类中的每一种方法都保证完成这件事．应用分步乘法计数原理则是需各步均是完成这件事必须经由的若干彼此独立的步骤． 【典例1】对于直线，若与均在集合内取值，则不同的直线条数共有（   ） A．101 B．91 C．90 D．72 【答案】B 【分析】根据乘法原理和加法原理计算即可． 【详解】当时，直线方程为，只有1条直线； 当时，任取一个值，直线有条； 所以不同的直线条数为． 【典例2】如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有___________种．    【答案】72 【分析】设各区域为，中间区域A与其他区域都相邻，从开始分步填涂其它区域可解. 【详解】根据题意，如图，假设5个区域依次为，分4步分析：    ①，对于 区域，有4种涂法， ②，对于区域，与相邻，有3种涂法， ③，对于区域，与相邻，有2种涂法， ④，对于区域，若其与区域同色，则有2种涂法， 若区域与区域不同色，则有1种涂法，则区域有种涂色方法， 则不同的涂色方案共有4×3×2×3＝72种. 【变式1】下列说法正确的是（   ） A．从书架上任取数学书、语文书各1本，求共有多少种取法的问题是分步计数问题 B．分步乘法计数原理是指完成其中一步就完成了整件事情 C．分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题 D．在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同 【答案】AC 【分析】根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理的概念，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】选项A：先取数学书（第一步），再取语文书（第二步），或相反步骤， 两步都完成，才算完成这件事，故属于分步计数问题，故A正确； 选项B：分步乘法计数原理是指完成一件事需要多个步骤，只有完成所有步骤， 才算完成整件事，故B错误； 选项C：分类加法计数原理可用来求解完成一件事有若干类方法这类问题，故C正确； 选项D：在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法是不同的，故D错误. 题型四 涂色问题及数字排位问题 解｜题｜技｜巧 涂色问题解题先看区域是否相邻、是否环形，优先涂相邻多的区域，按分类加法、分步乘法计数，环形需讨论首尾同色异色，注意颜色能否重复、是否用完所有色，做到不重不漏。 数字排列先抓特殊元素与特殊位置，尤其0不能在首位，再按奇偶、整除、大小限制分类，用捆绑、插空处理相邻不相邻问题，区分可重复与不可重复，合理运用排列数公式分步计算，保证逻辑清晰、计算准确。 【典例1】从0，1，2，3，4这5个数字中选出3个不同数字能组成______（用数字表示）个三位数. 【答案】48 【详解】从0，1，2，3，4这5个数字中选出3个不同数字能组成个三位数 【典例2】将四个数组成没有重复数字的四位数，将这些四位数从小到大排列，那么第个四位数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】将四个数组成没有重复数字的四位数， 从小到大排列：， 所以第个四位数是. 【变式1】将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数． (1)可以排出多少个不同的三位数？ (2)各位数字互不相同的三位数有多少个？ (3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？ 【答案】(1)216(2)120(3)90 【分析】（1）可先排百位，再排十位，最后排个位，结合分步乘法计数原理，即可求解； （2）根据题意，先排百位，再排十位，最后排个位，结合分步乘法计数原理，即可求解； （3）根据题意，可分为百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，且每种都有个，进而得到答案. 【详解】（1）解：根据题意，可分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位， 根据分步乘法计数原理知，可以排出（个）不同的三位数． （2）解：根据题意，可分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位， 百位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位上数字的排法有4种， 根据分步乘法计数原理知，各位数字互不相同的三位数有（个）． （3）解：两个数字相同有三种可能，即百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同， 且每种都有（个），故满足条件的三位数共有（个）． 题型五 求二项展开式的特定项或特定项的系数 解｜题｜技｜巧 求解二项展开式特定项及系数，核心是熟练运用通项公式。先准确写出通项，明确指数运算与符号，再根据题意列方程求 r，进而确定常数项、有理项等指定项。注意区分二项式系数与项的系数，含负号时不判错符号。多因式相乘时，可分别展开再合并对应项，整体思路为先定通项、再求指数、后算系数，步骤规范即可快速求解。 【典例1】（1）在的展开式中，求： ①第4项的二项式系数； ②含的项的系数． （2）求展开式中的常数项． 【答案】（1）①35，②280；（2）-405 【分析】（1）通过二项式系数的概念，二项展开式的通项求解； （2）通过多项式乘法求解. 【详解】（1）①第4项的二项式系数： ； ②二项式的通项为，令， 则含的系数为：； （2）当因式取时，因式取含的项，此时常数项为， 当因式取时，因式取含的项，此时常数项为， 所以当时，展开式中的常数项为. 【典例2】下列说法正确的是（   ） A．若，则的值为3或2 B．若数据，，，…，的标准差为，则，，，…，的标准差为 C．二项式的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等 D．若5名教师分到4所学校任教，每所学校至少分配1名教师，则分配方法有480种 【答案】AB 【分析】根据组合数性质解方程判断A；根据数据方差的计算性质，以及标准差的概念判断B；根据二项式定理写出展开式，利用二项式系数的定义判断C；按照先分组再分配的方法，结合排列组合公式，即可求解判断D. 【详解】对于A，由组合数的性质可得，解得， 又，所以或，解得或，正确； 对于B，设数据的平均数为， 则数据的平均数为， 由数据的标准差， 则数据的标准差为，正确； 对于C，由二项式的展开式为， 则第二项的二项式系数为，第四项的二项式系数为，错误； 对于D，由题意可知，5位教师的分组情况为2,1,1,1的分组，再分配到4所学校， 所以分配方案有，错误. 【变式1】在二项式展开式中，下列说法不正确的是（    ） A．第四项二项式系数最大 B．常数项为第四项 C．有理项共有4项 D．所有项的二项式系数之和为64 【答案】B 【分析】根据二项式系数性质可判断A；求得通项公式，令，计算可判断B；根据为有理数计算可判断C；根据二项式系数和计算公式计算可判断D. 【详解】对于A，二项式展开式共有7项，由二项式系数性质可知， 该二项式系数最大为中间项即第四项二项式系数最大，故A正确； 对于B，该二项式的通项公式为， 令，所以常数项为第五项，故B错误； 对于C，在中，当时，代数式为整数， 所以有理项共有4项，故C正确； 对于D，所有项的二项式系数之和为，故D正确. 题型六 利用赋值法进行求有关系数和 解｜题｜技｜巧 赋值法求二项式系数和，核心是对展开式中字母赋予特殊值，直接整体计算。常用赋值：令x=1得所有项系数和；令x=-1可联立求奇次项、偶次项系数和；令x=0得常数项。遇到多个字母时，分别赋值简化。解题先观察所求式子结构，选择合适数值代入，无需逐项展开。注意区分二项式系数与项的系数，看清是系数和还是绝对值和，灵活变形再赋值，步骤简洁，计算快速，是解决系数和问题的通用高效方法。 【典例1】已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为______. 【答案】 【分析】利用二项展开式各项系数和求出的值，然后写出二项展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的二项展开式中各项系数和为，即，． 设的二项展开式的通项为， 令，得，故展开式中常数项的值为． 故答案为：． 【典例2】在的展开式中，的系数为-10，各项系数之和为-1，则含项的系数为________． 【答案】 【分析】由题意可根据二项式展开式中的系数以及各项系数之和，列出关于的方程，即可求得答案. 【详解】由题意得，在的展开式中的系数为， 令，得各项系数之和为，则为奇数，且， 即得，所以含项的系数为 故答案为： 【变式1】已知. (1)若，求的值. (2)已知展开式的所有二项式系数之和为256. （i）若，求的值； （ii）若，且，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）通过赋值法，结合已知条件列方程，求解的值. （2）（i）先由二项式系数之和的性质求出，再利用二项展开式的通项公式写出的表达式，列方程求解的值. （ii）根据是展开式中最大的系数，列出不等式，解不等式得到的取值范围. 【详解】（1）令，则， 令，则， 所以，故. （2）由二项式系数之和为，得，解得. （i）为展开式中的系数，即. 计算，故，得，即. （ii）当时，展开式中第项的系数为（）. 计算相邻两项系数的比值：，， 要使（），需为系数序列的最大值，满足： ①.序列递增到：对，，即， 此时对，，故，满足. ②.序列递减自：对，，即， 此时对，，故，满足. 综上所述，的取值范围是. 题型七 利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 解｜题｜技｜巧 用二项式定理解决整除与求余数，关键是将底数拆分为除数的倍数与一个小数的和或差，再展开二项式。展开后仅保留最后不含除数倍数的项，前面各项均能被整除，只需计算剩余项即可判断整除性或得出余数。若余数为负则加上除数转正。解题步骤固定：合理拆分、准确展开、舍弃整除项、计算余数。此法思路清晰、计算简便，常用于证明幂运算整除、判断余数等问题，是代数推理中常用技巧。 【典例1】被7除所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】依题意，， 而是7的整数倍， 所以被7除所得的余数为1. 【典例2】已知的展开式中仅第5项的二项式系数最大，且第4项､第5项､第6项的系数成等差数列. (1)求和的值； (2)若，求的展开式中系数最大的项； (3)若，且，求被5除的余数. 【答案】(1), 或 .(2),.(3)1 【分析】（1）根据二项式系数的性质求的值，再利用等差数列的性质求解； （2）根据相邻项系数的关系列不等式可求的展开式中系数最大的项； （3）根据，利用二项展开式求解. 【详解】（1）由二项式系数性质,仅第5项最大,则 为偶数且 ,解得 . 第4、5、6项系数、、,成等差数列得 . 代入 ,,, 整理得 ,解得 或 . 故 , 或 ； （2）由 (1) 知 , 或 .因为 ,所以 . 展开式通项为 ,系数为 ,. 设第 项系数最大,则满足由 得 ,即 . 由组合数计算公式得 .,故 ,解得. 由 得 ,即 . 故 ,解得. 综上 ,即 或 . 故系数最大的项为第3项和第4项:,； （3）由 (1) 知 , 或 .因为 ,所以 . 又 ,则     故 被5除的余数为 . 【变式1】若正整数a，b满足，其中，则b的值为（   ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【答案】C 【分析】由题意可得，利用二项式定理可得其展开式，进而化为形式，即得答案. 【详解】 ， 对照得. 题型八 进行近似计算 解｜题｜技｜巧 用二项式定理进行近似计算，先将式子写成(1±x)n形式，x较小时展开，保留前两项或前三项即可。忽略高次小量，简化运算，保证精度满足要求。先变形凑1±小数，再代入展开式估算，注意符号与取舍，控制误差。步骤固定：构造标准形式、适度展开、舍弃高阶小项、快速计算，适合根式、幂次等近似值求解，方法简便、实用性强。 【典例1】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 【分析】先将变形为，再利用二项式定理展开化简即可得解． 【详解】 ， 将精确到，故近似值为． 【典例2】某地现有10000公顷耕地，规划十年后粮食每公顷的产量比现在增加，人均粮食占有量比现在提高.如果人口年增长率为，那么耕地面积平均每年至多只能减少多少公顷？（精确到1公顷） （每公顷粮食产量，人均粮食占有量） 【答案】4公顷 【分析】设该地区现有人口数为人，粮食每公顷的产量为吨，耕地平均每年至多只能减少公顷，由题设化简求范围，即可得. 【详解】设该地区现有人口数为人，粮食每公顷的产量为吨，耕地平均每年至多只能减少公顷， 十年后的耕地面积为，十年后总产量为，十年后人口为， 依题意，，化简得， ， 所以，故按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷. 【变式1】的小数点后第三位数字为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二项展开式可得出该小数的前四位数，即可得解. 【详解】因为 ， 因此，的小数点后第三位数字为. 故选：A. 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书.从书架上任取数学书和语文书各1本，不同的选取方法有（    ） A．6种 B．30种 C．5种 D．11种 【答案】B 【详解】先从6本不同的数学书取出1本数学书，有6种方法，再从5本不同的语文书取出1本语文书，有5种方法， 由分步乘法计数原理，不同的选取方法有种. 2．用1，2，3，4能写成没有重复数字的3位数的个数是（   ） A．24 B．12 C．36 D．6 【答案】A 【详解】由1，2，3，4组成没有重复数字的三位数的个数为从1，2，3，4四个数字中取出三个数字的排列的个数即个， 3．已知甲、乙、丙、丁、戊五位司机中，甲、乙既能开大客车也能开小客车，丙、丁、戊只能开小客车．现从这五位司机中选两人，分别去开一辆大客车和一辆小客车，则不同的安排方案有（   ） A．20种 B．6种 C．8种 D．5种 【答案】C 【详解】第一步，为大客车选司机．从甲、乙两位司机中选1人，有2种选法． 第二步，为小客车选司机．从剩下的四位司机中选1人，有4种选法． 由分步乘法计数原理，得不同的安排方案有种， 4．某校开展阅读打卡活动，语文老师要求每个学生阅读中国名著和外国名著各一本，现有6本中国名著和5本外国名著可供选择，小明按照语文老师的要求进行选择，则不同的选法共有（   ） A．11种 B．15种 C．22种 D．30种 【答案】D 【分析】由分步乘法计数原理进行计算即可. 【详解】有6本中国名著和5本外国名著, 中国名著和外国名著各选一本， 不同的选法共有种． 5．某中学为高二学生开设校本选修课，分别为人文社科、自然科学、艺术体育三个类别，其中人文社科类有门互不相同的课程，自然科学类有门互不相同的课程，艺术体育类有门互不相同的课程.若要求每位学生选择门课程，且门课程需来自不同的类别，则不同的选课方案种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】若选择的门课程为人文社科、自然科学，则有种选法， 若选择的门课程为人文社科、艺术体育，则有种选法， 若选择的门课程为自然科学、艺术体育，则有种选法， 由分类计数原理可知，不同的选课方案种数为. 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 1．设，且已知展开式中所有二项式系数之和为1024. (1)求的值； (2)求的值. 【答案】(1)(2)-1 【分析】（1）利用二项式系数和为求得的值； （2）令，得，再令，即可求得. 【详解】（1）由题意得，解得. （2）令，得， 令，得， . 2．已知二项式的展开式的所有项的二项式系数之和为32． (1)求展开式各项系数之和； (2)求展开式的第三项． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用二项式系数和与各项系数和的求解方法即可； （2）利用二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】（1）根据二项展开式所有项的二项式系数和为，结合题意可得，解得， 求展开式各项系数和时，令代入二项式得：， 因此展开式的各项系数之和为； （2）由二项展开式的通项公式得：. 3．若展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】A 【详解】因为展开式的各项系数和为32， 所以令，有，得， 故， 因为展开式中含的项为，含的项为， 则展开式中的系数是. 4．甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《惊蛰无声》、《飞驰人生3》、《熊猫计划之部落奇遇记》、《重返狼群》、《熊出没·年年有熊》五部电影中任选一部，则三人看同一部电影的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，三人的选择组合共有种， 其中看同一部电影的情况有种， 所以三人看同一部电影的概率为． 5．某小区有 3 个不同的快递驿站 （驿站 ），现在有 5 件快递需要分发到这 3 个驿 站， 每件快递只能分发到其中一个驿站， 那么不同的分发方法有多少种?（    ） A．15 B．125 C．243 D．81 【答案】C 【详解】解：根据题意，每个快递有3 个不同的快递驿站， 则不同的分发方法有种． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（   ） A．20种 B．19种 C．18种 D．17种 【答案】D 【分析】按第一行的染色分类，再计算对应第二行的染色数即可求解. 【详解】第一行全蓝（蓝蓝蓝）： 第一行无红色，第二行只需要满足自身相邻不能都红， 三个格子的染色共：1(全蓝)+3(1个红)+1(2个不相邻红)种； 第一行只有第一个格子为红（红蓝蓝）： 第二行第一个格子不能为红（和第一行第一个红相邻），第二行格式为(蓝 X Y)， 要求X、Y不都红，共3种合法染色（蓝蓝蓝、蓝红蓝、蓝蓝红）； 第一行只有中间格子为红（蓝红蓝）： 第二行中间格子不能为红，第二行格式为(X 蓝 Y)， X、Y无相邻限制，共种合法染色； 第一行只有第三个格子为红（蓝蓝红）： 和第一种情况对称，共3种合法染色； 第一行两个红（红蓝红）： 第二行第一、第三格子都不能为红，第二行格式为(蓝 X 蓝)， X可红可蓝，共2种合法染色. 所以总染色方法数：种，故选D. 2．某实验室的5名技术人员需要在夜间通过一座最多只能两人同时通行的临时钢架桥．过桥必须使用唯一的一盏工作灯，无灯不能过桥．过桥后需要有人将灯送回，才能让其他人继续过桥．两人同行时，过桥用时以较慢者为准．5名技术人员单独过桥时间分别为1分钟、2分钟、5分钟、8分钟、9分钟．则这5人全部过桥的最短时间为（    ） A．20 B．22 C．24 D．26 【答案】B 【分析】用最快的人往返送灯，同时让慢的人结伴过桥以减少总耗时，需要对比两种最优策略的总时间，取最小值. 【详解】策略1：最快的人（1分钟）往返送灯 1分钟和2分钟过桥，耗时分钟，总耗时； 1分钟返回送灯，耗时分钟，总耗时； 1分钟和9分钟过桥，耗时分钟，总耗时； 1分钟返回送灯，耗时分钟，总耗时； 1分钟和8分钟过桥，耗时分钟，总耗时； 1分钟返回送灯，耗时分钟，总耗时； 1分钟和5分钟过桥，耗时分钟，总耗时. 策略2：次快的人（2分钟）配合往返，让最慢的两人结伴过桥， 第一步：1分钟和2分钟过桥，耗时分钟，总耗时； 第二步：1分钟返回送灯，耗时分钟，总耗时； 第三步：8分钟和9分钟结伴过桥，耗时分钟，总耗时； 第四步：2分钟返回送灯，耗时分钟，总耗时； 第五步：1分钟和5分钟过桥，耗时分钟，总耗时； 第六步：1分钟返回送灯，耗时分钟，总耗时； 第七步：1分钟和2分钟过桥，耗时分钟，总耗时. 两种策略对比后，最短时间为分钟. 3．现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（   ） A．所有可能的方法有种 B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种 C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有9种 D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种 【答案】BD 【分析】对于A，由分步计数原理可判断选项正误；对于B，分1人，2人，3人去甲工厂三种情况结合分类计数原理可判断选项正误；对于C，由分步计数原理可判断选项正误；对于D，由分步计数原理可判断选项正误. 【详解】对于A，每位同学都有4个工厂可选，由分步计数原理，总情况数为，故A错误； 对于B，假设1名同学去甲工厂，有3种情况，剩下2名同学都有3个工厂可选，故情况数为：； 假设2名同学去甲工厂，有3种情况，剩下1名同学有3个工厂可选，故情况数为：； 假设3名同学去甲工厂，有1种情况.则由分类计数原理，可得满足题意的情况数有：，故B正确； 对于C，剩下两名同学均有4个工厂可选择，由分步计数原理，总情况数为，故C错误； 对于D，A同学有4个工厂可选，B同学有3个工厂可选，C同学有2个工厂可选，则总情况数为： .故D正确. 4．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. 5．已知的展开式共有13项，则下列说法中错误的有（    ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共5项 【答案】AC 【详解】，，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误； 令，所有项的系数和为，故B正确； 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误； 展开式通项为，， 要使展开式中的项为有理项，则为整数，即，共有项，故D正确. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $