专题06 计数原理3考点12题型3易错（期末复习知识清单）高二数学下学期沪教版

专题06 计数原理 一、计数原理 1．乘法原理（分步计数原理）：做一件事，需要依次完成 个步骤，其中完成第一步有 种不同的方法，完成第二步有 种不同的方法， ，完成第 步有 种不同的方法，那么完成这件事共有 种不同的方法． 2．加法原理（分类计数原理）：做一件事，完成它有 类办法，其中第一类办法有 种不同的方法，第二类办法有 种不同的方法， ，第 类办法有 种不同的方法，那么完成这件事共有 种不同的方法。 3．两个原理的地位与应用：乘法原理和加法原理是关于计数的两个基本原理，它门是推导排列数、组合数公式的基础，在解题中应正确区分和灵活使用． 二、排列与组合 1．排列的定义与排列数公式：从 个互不相同的元素中，取出 个不同元素按照一定的顺序排成一列，叫做从 个元素中取出 个元素的一个排列。所有这样的排列的个数（排列数）用符号 表示，其值为 ，而 ． 2．组合的定义与组合数公式：从 个互不相同的元素中，取出 个不同元素作为一组，叫做从 个元素中取出 个元素的一个组合．所有这样的组合的个数（组合数）用符号 表示，其值为 ． 3．组合数的性质：已知 是自然数， 是正整数，且 ，则 。 4．排列与组合的应用：排列和组合是两个基本的计数问题，在解决实际问题时，要善于分析问题的条件，把问题转化为相应的排列或组合问题． 三、二项式定理 1．二项式定理：等式 称为二项式定理．等式右边的第 项为 ． 2．二项式系数和公式：对任意正整数 ． 题型一、分步乘法计数原理及简单应用 【例1】（23-24高二下·上海虹口·期末）设实数和均是集合中的两个不同的元素，则方程所表示的不同直线的条数为_____________. 【变式1】（23-24高二下·上海·期末）展开式共有______项. 【变式2】（23-24高二下·上海·期末）集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有___________个． 【变式3】（23-24高二下·上海·阶段检测）某小组共有4名男生，和3名女生.若选一名男生和一名女生分别担任组长和干事，共有__________种不同的结果. 题型二、排列数的计算 【例2】（24-25高二下·上海闵行·期末）从5名同学中选2名分别去A、B两个不同地点做志愿者，不同的安排方案种数为________． 【变式1】（22-23高二下·上海长宁·期中）已知n为正整数，且，则________． 【变式2】（21-22高二下·上海浦东新·期末）___________. 题型三、不相邻排列问题 【例3】（24-25高二下·上海·期末）某校艺术节汇演，已知高一，高二，高三分别选送了3，2，2个节目，若高一的节目彼此都不相邻，则共计有__________种不同的出场顺序. 【变式1】（23-24高二下·上海·期末）某场中国队与巴西队的足球比赛进入了激动人心的点球大战，中国队需要从除守门员外的10名首发队员中选5名队员依次主罚点球. 已知除守门员外的10名首发队员中有2名前锋、4名中场、4名后卫，若要求2名前锋必须入选、且不能相邻，那么主罚点球人员的不同排列方法有_______种.（不考虑是否踢进等问题） 【变式2】（23-24高二下·上海·期末）某公司年会将安排7个节目的演出顺序表，其中共4个语言类节目，3个歌舞类节目，则歌舞类节目互不相邻的概率为______． 题型四、其他排列模型 【例4】（23-24高二下·上海·期末）某校组队参加辩论赛，从6名学生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲、乙必须参加且不担任四辩，则不同的安排方法种数为（    ） A．36 B．72 C．144 D．240 【变式1】（24-25高二下·上海·阶段检测）在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有______种不同的插法． 【变式2】（23-24高二下·上海·期末）将 的所有排列按如下方式排序： 首先比较从左至右第一个数的大小，较 大的排列在后； 若第一个数相同， 则比较第二个数的大小， 较大的排列在后， 依此类 推． 按这种排序方式，排列2，3，4，5，6，1的后一个排列是___________． 题型五、组合数的计算 【例5】（24-25高二下·上海静安·期末）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 【变式1】（24-25高二下·上海·期末）从3名男生和2名女生中选出3人去比赛,则至少有1名女生的选法共__________种． 【变式2】（24-25高二下·上海松江·期末）5 名篮球队员甲、乙、丙、丁、戊，排成一排. 若甲不能站在排头，乙不能站在排尾，则不同的排法有_____种. 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）6件产品中有4件正品，2件次品，现一次取三件产品，至少有2件正品的概率为___. 题型六、组合数的方程和不等式 【例6】（22-23高二下·上海浦东新·期末）若，则x的值为______. 【变式1】（21-22高二下·上海普陀·期末）方程的解集是______. 【变式2】（23-24高二下·上海嘉定·期末）若则正整数n的值为_______． 题型七、组合数的性质及应用 【例7】（24-25高二下·上海松江·期末）已知是正整数，“ ”是 “ ” 的（    ） A．充要条件 B．充分非必要条件 C．必要非充分条件 D．既非充分又非必要条件 【变式1】（23-24高二下·上海青浦·期末）“”是“”的（   ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 【变式2】（24-25高二下·上海闵行·期末）已知，若，则________． 【变式3】（22-23高二下·上海静安·期末）（1）已知是自然数，是正整数，且.证明组合数性质：； （2）按（1）中的组合数性质公式，有.请自编一个计数问题，使得与为该问题的两个不同的解法，并简要说明解法的依据. 题型八、二项式的系数和 【例8】（22-23高二下·上海松江·期末）若的展开式中各项系数之和为，则第四项与第五项的系数之比为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二下·上海松江·期末）若的二项展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为 64，则二项展开式中项的系数是__________ . 【变式2】（24-25高二下·上海静安·期末）_______． 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）已知的二项展开式中各项的二项式系数和为64. (1)求二项展开式的中间项； (2)求展开式中的常数项. 题型九、由项的系数确定参数 【例9】（23-24高二下·上海宝山·期末）设（m、n为正整数）对任意实数x都成立，若，则的最小值为______. 【变式1】（23-24高二下·上海·月考）已知的开展式共9项. (1)求n的值； (2)求展开式中的有理项. 【变式2】（24-25高二下·上海·月考）设且. (1)求、的值; (2)求展开式中各项系数和； 题型十、二项展开式各项的系数和 【例10】（23-24高二下·上海·期末）若，则______. 【变式1】（22-23高二下·上海嘉定·期末）的二项展开式的各项系数之和为__________. 【变式2】（21-22高二下·上海黄浦·期末）的展开式中，把叫做三项式的次系数列． (1)求的值； (2)根据二项式定理，将等式的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，如．理解上述思想方法，利用方程，请化简：． 题型十一、求系数最大（小）的项 【例11】（22-23高二下·上海长宁·期末）二项式的展开式中，系数最大项的是（    ） A．第项 B．第项和第项 C．第项 D．第项 【变式1】（24-25高二下·上海奉贤·期末）在的二项展开式中系数最大的项的系数是________（结果用数字表示） 【变式2】（24-25高二下·上海嘉定·期末）在的二项展开式中，系数最大的项是______． 题型十二、两个二项式乘积展开式的系数问题 【例12】（23-24高二下·上海·期末）在的展开式中，项的系数为________. 【变式1】（24-25高二下·上海·期末）若二项式的展开式中，所有的奇数次幂项的系数和为，则实数__________． 【变式2】（21-22高二下·上海长宁·期末）已知的二项展开式中，二项式系数之和为64. (1)求n的值； (2)求的展开式中的常数项. 题型一、元素（位置）有限制的排列问题 【例1】（24-25高二下·上海·期末）在由1，2，3，4这四个数组成的无重复数字的三位数中，偶数的概率为______． 【变式1】（22-23高二下·上海闵行·期末）某校从高二年级成绩排在前5名的学生中随机选出2人分别参加市级的古诗词和数学奥林匹克竞赛，每种比赛仅派1人去参加，则一共有_________种不同的选法，(用数字回答) 【变式2】（23-24高二下·上海·期末）高三年级毕业活动中，要求，，三个班级各出三人，组成小方阵，班的三位同学既不在同一行，也不在同一列的排法有________种. 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）从0，1，2，3，4，5中选三个数字，组成无重复数字的三位整数，求分别满足下列的数有多少个？ (1)三位奇数； (2)比351大的三位数. 题型二、实际问题中的组合计数问题 【例2】（24-25高二下·上海奉贤·期末）某班要选举班干部，现有10名候选人，从这10名候选人中任选5人组成班委，有________种不同的选法.（结果用数字表示） 【变式1】（24-25高二下·上海虹口·期末）从甲、乙等7名学生中选派4名学生参加演讲比赛，则甲和乙至少一人参加的概率为_____． 【变式2】（22-23高二下·上海静安·期末）一个口袋内装有大小相同的7个白球和2个黑球.从口袋内随机取出3个球，则其中至少取到2个白球的概率为__________. 【变式3】（22-23高二下·上海浦东新·期末）从一副不含大小王的52张扑克牌中任意抽出5张，则至少有1张牌的概率为________.（精确到0.1%） 题型三、求指定项的系数 【例3】（25-26高二上·上海·期末）若，则______． 【变式1】（24-25高二下·上海·期末）已知，则______. 【变式2】（24-25高二下·上海松江·期末）在探究 展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律， 我们称这个表为杨辉三角 (如图 1). 现进行类比探究， 将 的展开式按 的升幂排列，将各项系数列表如下(如图 2):         1     1     图 1                                     图 2 图 2 表中第 行的第 个数用 表示，即 展开式中 的系数为 ，以下四个结论: ① ; ② ; ③ ; ④ ，正确的有__________. 【变式3】（24-25高二下·上海·期末）在的展开式中，的系数是__________（结果用数字表示）． 【变式4】（24-25高二下·上海·期末）在的展开式中，把的系数记作，称为三项式系数．数列，，……称为三项式n次系数列，如三项式0次系数列为1，三项式1次系数列为1，1，1． (1)试写出三项式的2次和3次系数列； (2)类比杨辉三角形中的规律，探究三项式系数的规律（不需要给出证明）； (3)写出两个三项式n次系数列的性质(不需要给出证明)． 【变式5】（23-24高二下·上海宝山·期末）设，其中n是正整数，a为正实数． (1)设，若展开式中含项的系数与含的系数相等，求展开式中的常数项； (2)设，，求展开式中系数最大项的系数（保留组合数以及2的幂）． 2 / 27 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 计数原理 一、计数原理 1．乘法原理（分步计数原理）：做一件事，需要依次完成 个步骤，其中完成第一步有 种不同的方法，完成第二步有 种不同的方法， ，完成第 步有 种不同的方法，那么完成这件事共有 种不同的方法． 2．加法原理（分类计数原理）：做一件事，完成它有 类办法，其中第一类办法有 种不同的方法，第二类办法有 种不同的方法， ，第 类办法有 种不同的方法，那么完成这件事共有 种不同的方法。 3．两个原理的地位与应用：乘法原理和加法原理是关于计数的两个基本原理，它门是推导排列数、组合数公式的基础，在解题中应正确区分和灵活使用． 二、排列与组合 1．排列的定义与排列数公式：从 个互不相同的元素中，取出 个不同元素按照一定的顺序排成一列，叫做从 个元素中取出 个元素的一个排列。所有这样的排列的个数（排列数）用符号 表示，其值为 ，而 ． 2．组合的定义与组合数公式：从 个互不相同的元素中，取出 个不同元素作为一组，叫做从 个元素中取出 个元素的一个组合．所有这样的组合的个数（组合数）用符号 表示，其值为 ． 3．组合数的性质：已知 是自然数， 是正整数，且 ，则 。 4．排列与组合的应用：排列和组合是两个基本的计数问题，在解决实际问题时，要善于分析问题的条件，把问题转化为相应的排列或组合问题． 三、二项式定理 1．二项式定理：等式 称为二项式定理．等式右边的第 项为 ． 2．二项式系数和公式：对任意正整数 ． 题型一、分步乘法计数原理及简单应用 【例1】（23-24高二下·上海虹口·期末）设实数和均是集合中的两个不同的元素，则方程所表示的不同直线的条数为_____________. 【答案】 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】用分步乘法计数原理先列出a的情况，再列出b的情况，再相乘即可，注意考虑表示同一直线的情况. 【详解】第一步，给a赋值有4种选择， 第二步，给b赋值有3种选择，由分步乘法计数原理可得：(种). 其中没有表示同一直线的情况， 所以形成不同的直线的条数为. 故答案为： 【变式1】（23-24高二下·上海·期末）展开式共有______项. 【答案】 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】展开式的每一项可分三步得到， 第一步：从第一个括号中任取一个字母（连同前面的符号）有2种取法， 第二步：从第二个括号中任取一个字母（连同前面的符号）有2种取法， 第三步：从第三个括号中任取一个字母（连同前面的符号）有3种取法， 所以展开后一共有项； 故答案为： 【变式2】（23-24高二下·上海·期末）集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有___________个． 【答案】 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、代数中的计数问题、判断集合的子集（真子集）的个数 【分析】令，，求出集合的非空子集数，与集合的子集数，再由分步乘法计数原理计算可得. 【详解】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为： 【变式3】（23-24高二下·上海·阶段检测）某小组共有4名男生，和3名女生.若选一名男生和一名女生分别担任组长和干事，共有__________种不同的结果. 【答案】24 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据题意结合分步乘法计数原理分析求解. 【详解】因为4名男生选一名男生共有4种不同的结果； 3名女生选一名女生共有3种不同的结果； 一名男生和一名女生分别担任组长和干事共有2种不同的方法， 根据分步乘法计数原理可知：共有种不同的结果. 故答案为：24. 题型二、排列数的计算 【例2】（24-25高二下·上海闵行·期末）从5名同学中选2名分别去A、B两个不同地点做志愿者，不同的安排方案种数为________． 【答案】 【知识点】涂色问题、排列数的计算 【分析】根据排列的知识求得正确答案. 【详解】从5名同学中选2名分别去A、B两个不同地点做志愿者， 不同的安排方案种数为. 故答案为：. 【变式1】（22-23高二下·上海长宁·期中）已知n为正整数，且，则________． 【答案】8 【知识点】排列数的计算 【分析】利用排列数公式，列式求解作答. 【详解】依题意，n为正整数，， 因为，则有，解得， 所以. 故答案为：8 【变式2】（21-22高二下·上海浦东新·期末）___________. 【答案】120 【知识点】排列数的计算 【分析】根据排列数的计算求解即可 【详解】 故答案为：120 题型三、不相邻排列问题 【例3】（24-25高二下·上海·期末）某校艺术节汇演，已知高一，高二，高三分别选送了3，2，2个节目，若高一的节目彼此都不相邻，则共计有__________种不同的出场顺序. 【答案】1440 【知识点】不相邻排列问题 【分析】不相邻问题运用插空法求解即可，即先将高二的2个节目和高三2个节目全排列，再把高一的3个节目插入高二和高三节目所成的5个空中的4个，根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】先将高二的2个节目和高三2个节目全排列，共有种方法； 再把高一的3个节目插入高二和高三节目所成的5个空中的3个，共有种方法， 根据分步乘法计数原理可知共有种不同的出场顺序. 故答案为：. 【变式1】（23-24高二下·上海·期末）某场中国队与巴西队的足球比赛进入了激动人心的点球大战，中国队需要从除守门员外的10名首发队员中选5名队员依次主罚点球. 已知除守门员外的10名首发队员中有2名前锋、4名中场、4名后卫，若要求2名前锋必须入选、且不能相邻，那么主罚点球人员的不同排列方法有_______种.（不考虑是否踢进等问题） 【答案】4032 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、不相邻排列问题 【分析】利用插空法，先从除2名前锋外的其余8名队员中选3人排列，产生4个空，然后2名前锋从4个空中选2个排列即可. 【详解】由题意得，先从除2名前锋外的其余8名队员中选3人排列，有种， 3人排列后有4个空，然后2名前锋从4个空中选2个排列，则有种， 所以由分步乘法原理可知共有种， 故答案为：4032 【变式2】（23-24高二下·上海·期末）某公司年会将安排7个节目的演出顺序表，其中共4个语言类节目，3个歌舞类节目，则歌舞类节目互不相邻的概率为______． 【答案】； 【知识点】不相邻排列问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用插空法求出符合题意的排列情况总数，再结合古典概型的概率公式求解. 【详解】先把4个语言类节目全排列，中间形成5个空，5个空中选3个空排三个歌舞类节目， 共有种情况，又因为7个节目全排列有种情况， 所以所求概率为. 故答案为：. 题型四、其他排列模型 【例4】（23-24高二下·上海·期末）某校组队参加辩论赛，从6名学生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲、乙必须参加且不担任四辩，则不同的安排方法种数为（    ） A．36 B．72 C．144 D．240 【答案】B 【知识点】排列数的计算、其他排列模型、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】由分步乘法原理计算，先排甲乙，再从剩下4名同学任选2人排列即可. 【详解】分步完成： 甲不担任四辩，共有3种选择， 又因为乙也不担任四辩，共有2种选择， 从剩下4名同学任选2人，且任意排序，共有种， 所以一共有种. 故选：B. 【变式1】（24-25高二下·上海·阶段检测）在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有______种不同的插法． 【答案】 【知识点】其他排列模型 【分析】利用倍缩法求解即可. 【详解】由题意，不同的插法共有种. 故答案为：. 【变式2】（23-24高二下·上海·期末）将 的所有排列按如下方式排序： 首先比较从左至右第一个数的大小，较 大的排列在后； 若第一个数相同， 则比较第二个数的大小， 较大的排列在后， 依此类 推． 按这种排序方式，排列2，3，4，5，6，1的后一个排列是___________． 【答案】2,3,4,6,1,5 【知识点】其他排列模型 【分析】通过比较各个位数得出后一个排列. 【详解】根据题意，已知排列与后一个排列位置关系应当由最后两个数进行大小比较得来的，但是将后两个数比较所得排列为2,3,4,5,1,6， 根据规则，此排列应该为已知排列的前一个排列。 因此，应当从第四个数开始比较，前三个数相同，第四个数比5大，然后要保证第五个数尽量小.即2,3,4,6,1,5. 故答案为：2,3,4,6,1,5. 题型五、组合数的计算 【例5】（24-25高二下·上海静安·期末）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 【知识点】组合数的计算、排列数的计算 【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 【变式1】（24-25高二下·上海·期末）从3名男生和2名女生中选出3人去比赛,则至少有1名女生的选法共__________种． 【答案】9 【知识点】组合数的计算、实际问题中的组合计数问题 【分析】分别求出从5名学生中选3名学生的选法总数，及所选出的3名学生中没有女生的选法总数，二者相减，可得到答案. 【详解】从3名男生和2名女生中选出3人，共有种选法， 若所选出的3名代表中没有女生，则有种选法， 所以所选出的3名代表中至少有1名女生的选法共有种. 故答案为：9 【变式2】（24-25高二下·上海松江·期末）5 名篮球队员甲、乙、丙、丁、戊，排成一排. 若甲不能站在排头，乙不能站在排尾，则不同的排法有_____种. 【答案】 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、组合数的计算 【分析】根据题意，分为两类：甲在排尾和甲不在排尾，两种情况讨论，结合排列数、组合数的公式，进行计算，即可求解. 【详解】甲不能站在排头，乙不能站在排尾，可分为两类： （1）甲在排尾，其他任意排列，共有种不同的排法； （2）甲不在排尾，甲有种，此时乙有种，其他任意排列有种， 所以甲不能站在排头，乙不能站在排尾，共有种不同的排法. 故答案为：. 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）6件产品中有4件正品，2件次品，现一次取三件产品，至少有2件正品的概率为___. 【答案】/0.8 【知识点】组合数的计算、计算古典概型问题的概率 【分析】根据古典概型的概率公式，即可求得答案. 【详解】由题意6件产品中有4件正品，2件次品， 一次取三件产品，共有（种）取法， 其中至少有2件正品的取法有（种）， 故至少有2件正品的概率为， 故答案为： 题型六、组合数的方程和不等式 【例6】（22-23高二下·上海浦东新·期末）若，则x的值为______. 【答案】3或4 【知识点】组合数方程和不等式 【分析】根据组合数公式的性质求解即可 【详解】因为，所以或， 故答案为：3或4 【变式1】（21-22高二下·上海普陀·期末）方程的解集是______. 【答案】 【知识点】组合数方程和不等式 【分析】由组合数的性质求解即可 【详解】因为， 所以或， 解得或， 所以方程的解集是， 故答案为： 【变式2】（23-24高二下·上海嘉定·期末）若则正整数n的值为_______． 【答案】 【知识点】组合数方程和不等式、组合数的计算 【分析】由组合数的公式可得，解方程即可得出答案. 【详解】由可得， 则，解得：或. 故答案为：. 题型七、组合数的性质及应用 【例7】（24-25高二下·上海松江·期末）已知是正整数，“ ”是 “ ” 的（    ） A．充要条件 B．充分非必要条件 C．必要非充分条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】B 【知识点】组合数的性质及应用、判断命题的充分不必要条件 【分析】首先判断充分性是否成立，即讨论在的条件下，是否成立；随后判断必要性是否成立，即讨论在的条件下，是否成立. 【详解】充分性证明：当时，，， 故，充分性成立； 必要性证明：当时，可得或， 解得或，故必要性不成立. 综上，“ ”是 “ ” 的充分不必要条件. 故选：B. 【变式1】（23-24高二下·上海青浦·期末）“”是“”的（   ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 【答案】A 【知识点】组合数的性质及应用、判断命题的充分不必要条件 【分析】根据组合数知识得到方程，求出或3，得到答案. 【详解】，故或， 解得或3， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 【变式2】（24-25高二下·上海闵行·期末）已知，若，则________． 【答案】或 【知识点】组合数的性质及应用 【分析】根据组合数的知识求得的范围，然后结合组合数的性质求得正确答案. 【详解】依题意，，解得， 由于，所以或， 解得或. 故答案为：或 【变式3】（22-23高二下·上海静安·期末）（1）已知是自然数，是正整数，且.证明组合数性质：； （2）按（1）中的组合数性质公式，有.请自编一个计数问题，使得与为该问题的两个不同的解法，并简要说明解法的依据. 【答案】（1）证明见解析； （2）过程见解析. 【知识点】利用组合数公式证明、组合数的性质及应用、实际问题中的组合计数问题 【分析】（1）根据组合数的计算公式直接展开计算证明； （2）根据题意列出实际问题，结合分类加法计数原理说理即可. 【详解】（1）等式左边， 等式右边 ， 等式左边=等式右边，原式得证. （2）计数问题：一个口袋内装有大小相同的8个白球和1个黑球，从口袋取出4个球，有多少种不同取法？ 解法依据：对于，即从这9个球中直接取4个球，有种取法； 对于，即第一类为取4个白球，共种取法， 第二类为取3个白球，1个黑球，共种取法， 共种取法. 所以与为该问题的两个不同的解法. 题型八、二项式的系数和 【例8】（22-23高二下·上海松江·期末）若的展开式中各项系数之和为，则第四项与第五项的系数之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】由二项展开式各项系数和求参数、二项展开式各项的系数和、求指定项的系数、二项式的系数和 【分析】先令，根据各项系数之和解得，再求对应项系数计算比值即可. 【详解】的各项系数和：令，则， 所以，所以的通项，第四项的系数：令，得， 第五项的系数：令，得， 所以. 故选：D. 【变式1】（24-25高二下·上海松江·期末）若的二项展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为 64，则二项展开式中项的系数是__________ . 【答案】 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和、二项式的系数和 【分析】令，求得展开式的所有项的系数之和为，再由二项式系数之和为，根据题意，列出方程，求得，进而求得展开式中项的系数. 【详解】令，可得二项式的展开式的所有项的系数之和为， 又由二项式的展开式的二项式系数之和为， 可得，即，解得，即二项式为， 则二项式的展开式中项的系数为. 故答案为：. 【变式2】（24-25高二下·上海静安·期末）_______． 【答案】 【知识点】二项式的系数和、组合数的计算 【分析】根据二项式定理及逆用求解即得. 【详解】 . 故答案为：. 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）已知的二项展开式中各项的二项式系数和为64. (1)求二项展开式的中间项； (2)求展开式中的常数项. 【答案】(1) (2)24 【知识点】二项式的系数和、两个二项式乘积展开式的系数问题、求二项展开式的第k项 【分析】（1）根据二项展开式中各项的二项式系数求出n的值，再结合展开式的通项，即可求得答案； （2）求出展开式中的常数项以及项，即可求得答案. 【详解】（1）由的二项展开式中各项的二项式系数和为64， 得， 的通项为， 二项展开式的中间项为第4项，即； （2）结合（1）可得的常数项为， 展开式中的项为， 展开式中的常数项为. 题型九、由项的系数确定参数 【例9】（23-24高二下·上海宝山·期末）设（m、n为正整数）对任意实数x都成立，若，则的最小值为______. 【答案】25 【知识点】由项的系数确定参数、求指定项的系数 【分析】利用组合数公式，表示和，再结合条件转化为二次函数求最值. 【详解】， 则， ，， 当或6时，的最小值是25. 故答案为：25 【变式1】（23-24高二下·上海·月考）已知的开展式共9项. (1)求n的值； (2)求展开式中的有理项. 【答案】(1) (2) 【知识点】由项的系数确定参数、求有理项或其系数、多项式的展开式、求二项展开式的第k项 【分析】（1）由二项式展开式定理可知次方展开式有项，即可知道答案； （2）由二项式展开式的通项公式来计算，再判断的指数为整数时，是有理项，从而来求出指定项. 【详解】（1）由的展开式共有9项，可知， （2）由二项式展开式的通项公式：， 当，即时，为有理项， 所以， ， . 【变式2】（24-25高二下·上海·月考）设且. (1)求、的值; (2)求展开式中各项系数和； 【答案】(1)， (2) 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和、由项的系数确定参数 【分析】（1）根据二项式定理可得，结合题意可得，利用赋值法令即可得结果； （2）利用赋值法令即可得结果； 【详解】（1）因为展开式的通项为，可知， 又因为，解得； 所以，令，可得. （2）由（1）可知， 令，可得， 所以展开式中各项系数和. 题型十、二项展开式各项的系数和 【例10】（23-24高二下·上海·期末）若，则______. 【答案】511 【知识点】二项展开式各项的系数和、求指定项的系数 【分析】用赋值法，赋值求出，再赋值，求出，相减即可. 【详解】令，， 再令，， 故答案为：511． 【变式1】（22-23高二下·上海嘉定·期末）的二项展开式的各项系数之和为__________. 【答案】 【知识点】二项展开式各项的系数和 【分析】令，即可得出答案. 【详解】因为， 令，则， 故的二项展开式的各项系数之和为. 故答案为：. 【变式2】（21-22高二下·上海黄浦·期末）的展开式中，把叫做三项式的次系数列． (1)求的值； (2)根据二项式定理，将等式的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，如．理解上述思想方法，利用方程，请化简：． 【答案】(1)14； (2). 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和、奇次项与偶次项的系数和 【分析】（1）利用赋值法，分别令和，再将得的式子相加可求得结果； （2）由题意得，再求出和的展开式，由于，比较的系数可得答案． 【详解】（1）当时，， 令，则， 令，则， 两式相加得， 所以. （2）因为， ， 因此展开式中，的系数为： ， 因为展开式的通项公式为， 令，得，从而展开式中的系数为， 而， 所以. 题型十一、求系数最大（小）的项 【例11】（22-23高二下·上海长宁·期末）二项式的展开式中，系数最大项的是（    ） A．第项 B．第项和第项 C．第项 D．第项 【答案】A 【知识点】求系数最大（小）的项 【分析】根据该展开式中项的系数与二项式系数的关系，结合二项式中最大系数的项，分析中间的两项即可． 【详解】由二项展开式的通项公式， 可知系数为，与二项式系数相比只是符号的区别， 二项式系数最大的项为第项和第项， 又由第项系数为， 第项系数为， 故系数最大项为第项. 故选：A. 【变式1】（24-25高二下·上海奉贤·期末）在的二项展开式中系数最大的项的系数是________（结果用数字表示） 【答案】20412 【知识点】求系数最大（小）的项 【分析】根据二项展开式得到第项系数为，再利用二项式系数最大项的求法得出的值即可求最大项的系数. 【详解】的展开式通项为，则系数为， 设第项系数最大，则 即，解得，又，所以， 所以最大项系数为第7项，最大系数为. 故答案为：20412. 【变式2】（24-25高二下·上海嘉定·期末）在的二项展开式中，系数最大的项是______． 【答案】 【知识点】求系数最大（小）的项 【分析】二项式展开式列出系数不等式组计算求解即可得答案. 【详解】令第项的系数最大，则，解得， 因为，所以时，二项展开式中系数最大， 则二项展开式中系数最大的项为. 故答案为：. 题型十二、两个二项式乘积展开式的系数问题 【例12】（23-24高二下·上海·期末）在的展开式中，项的系数为________. 【答案】 【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题、求指定项的系数 【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为，， 所以的展开式中含的项为， 所以项的系数为. 故答案为： 【变式1】（24-25高二下·上海·期末）若二项式的展开式中，所有的奇数次幂项的系数和为，则实数__________． 【答案】 【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】设，通过赋值和，即可求解. 【详解】设， 令， 令， 故， 即. 故答案为： 【变式2】（21-22高二下·上海长宁·期末）已知的二项展开式中，二项式系数之和为64. (1)求n的值； (2)求的展开式中的常数项. 【答案】(1)； (2). 【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】（1）由二项式系数和有，即可求n； （2）由（1）写出的展开式通项，进而确定原多项式的常数项即可. 【详解】（1）由题设，故. （2）由（1）知：，而的展开式通项为， 所以常数项为. 题型一、元素（位置）有限制的排列问题 【例1】（24-25高二下·上海·期末）在由1，2，3，4这四个数组成的无重复数字的三位数中，偶数的概率为______． 【答案】/ 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、计算古典概型问题的概率、分类加法计数原理 【分析】利用排列组合先确定无重复的三位数，再分别计算个位是2和4时的情况，由古典概率求解可得. 【详解】首先无重复的三位数共有个， 当个位是2时，有； 同理当个位是4时，也有， 所以偶数的概率为. 故答案为： 【变式1】（22-23高二下·上海闵行·期末）某校从高二年级成绩排在前5名的学生中随机选出2人分别参加市级的古诗词和数学奥林匹克竞赛，每种比赛仅派1人去参加，则一共有_________种不同的选法，(用数字回答) 【答案】20 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】根据题意，可用排列数求解即得. 【详解】依题意，即从5人中选出2人分别参加两项竞赛，故选法数为. 故答案为：20. 【变式2】（23-24高二下·上海·期末）高三年级毕业活动中，要求，，三个班级各出三人，组成小方阵，班的三位同学既不在同一行，也不在同一列的排法有________种. 【答案】 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】先排班的三位同学，再排其他两个班的6人，运用分步计数原理计算. 【详解】先排班的三位同学，第一人有9种方法，第二人有4种，第三人有1种， 共有种， 再排其他两个班的6人，进行全排列有种， 所以共有种. 故答案为：. 【变式3】（23-24高二下·上海·期末）从0，1，2，3，4，5中选三个数字，组成无重复数字的三位整数，求分别满足下列的数有多少个？ (1)三位奇数； (2)比351大的三位数. 【答案】(1)48 (2)42 【知识点】分类加法计数原理、元素（位置）有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）根据乘法原理分步完成即可； （2）分三类：即百位和十位分别是3和5，百位为4，和百位为5，得出结果即可. 【详解】（1）三位数有三个数位，故可分三个步骤完成： 第1步，排个位，从1，3，5中选1个数字，有3种方法； 第2步，排百位，从剩下的5个数字中去掉0选1个，有4种方法． 第3步，排十位，从剩下的4个数字中选1个，有4种方法； 依据分步乘法计数原理， 共有个满足要求的三位奇数． （2）分三个步骤完成： 第1类，百位和十位分别是3和5，则个位有2种方法； 第2类，百位为4，有种方法； 第3类，百位为5，有种方法； 故共有个比351大的三位数． 题型二、实际问题中的组合计数问题 【例2】（24-25高二下·上海奉贤·期末）某班要选举班干部，现有10名候选人，从这10名候选人中任选5人组成班委，有________种不同的选法.（结果用数字表示） 【答案】252 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式计算. 【详解】从这10名候选人中任选5人组成班委，不同选法种数是. 故答案为：252 【变式1】（24-25高二下·上海虹口·期末）从甲、乙等7名学生中选派4名学生参加演讲比赛，则甲和乙至少一人参加的概率为_____． 【答案】 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】应用组合数及对立事件的概率求法求概率即可. 【详解】由题设，4名学生来自甲乙以外其它5人有种， 所以甲和乙至少一人参加的概率为. 故答案为： 【变式2】（22-23高二下·上海静安·期末）一个口袋内装有大小相同的7个白球和2个黑球.从口袋内随机取出3个球，则其中至少取到2个白球的概率为__________. 【答案】 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】本题主要考查了组合与古典概型，由题意可得从口袋内随机取出3个球的方法数与其中至少取到2个白球的方法数，运用古典概型计算公式计算即可. 【详解】由题意可得从口袋内随机取出3个球共有种取法， 其中至少取到2个白球的方法数有种， 故其中至少取到2个白球的概率为. 故答案为：. 【变式3】（22-23高二下·上海浦东新·期末）从一副不含大小王的52张扑克牌中任意抽出5张，则至少有1张牌的概率为________.（精确到0.1%） 【答案】34.1% 【知识点】计算古典概型问题的概率、利用对立事件的概率公式求概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】本题首先可求出任意抽出张有多少种可能事件，然后求出有张牌有多少种可能事件，利用对立事件的概率即可求出至少有张牌的概率. 【详解】从张扑克牌中任意抽出张，共有种可能事件， 从张扑克牌中任意抽出张，有张牌，有种可能事件， 故至少有1张牌的概率. 故至少有1张牌的概率为34.1%. 故答案为：34.1%. 题型三、求指定项的系数 【例3】（25-26高二上·上海·期末）若，则______． 【答案】33 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】由赋值法即可求解． 【详解】令，则， 令，则， 所以． 【变式1】（24-25高二下·上海·期末）已知，则______. 【答案】 【知识点】求指定项的系数 【分析】由，结合通项公式即可求解系数. 【详解】， 的通项公式为：， 令，得，所以. 故答案为： 【变式2】（24-25高二下·上海松江·期末）在探究 展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律， 我们称这个表为杨辉三角 (如图 1). 现进行类比探究， 将 的展开式按 的升幂排列，将各项系数列表如下(如图 2):         1     1     图 1                                     图 2 图 2 表中第 行的第 个数用 表示，即 展开式中 的系数为 ，以下四个结论: ① ; ② ; ③ ; ④ ，正确的有__________. 【答案】②③ 【知识点】求指定项的系数、排列数的计算、二项展开式各项的系数和、组合数的计算 【分析】由图2得到，可直接判断①②③，对于④，运用赋值法分析计算即可判断； 【详解】依据题意结合图②可知图②中每一行的每一个数等于其上一行头顶和左、右肩上共三个数的和（没有的用0代替）， 如：第四行的第三个数10，等于上一行头顶上的数3加上左、右肩上的数1和6， 第三行中的第二个数3，等于上一行头顶上的数1加上左、右肩上的数0（左肩上没有数，故用0代替）和2， 所以， 对于①项，由上可得，故①项错误； 对于②项，由图可知， 依此类推可得，故②项正确； 对于③项，由上可知，，故③项正确； 对于④项，已知. 令，则， 即. 又因为. 由，展开式中的系数为. 而 ， 其展开式中的系数为，故④项错误. 故答案为：②③. 【变式3】（24-25高二下·上海·期末）在的展开式中，的系数是__________（结果用数字表示）． 【答案】0 【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】根据多项式乘法展开式的原理及分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可求解. 【详解】根据多项式乘法展开式的原理及分步乘法计数原理和分类加法计数原理可知：有以下几种方法得到： ①从的个括号中选个，的个括号中选个； ②从的个括号中选个，的个括号中选个； ③从的个括号中选个，的个括号中选个； ④从的个括号中选个，的个括号中选个； ∴的系数为：. 故答案为：. 【变式4】（24-25高二下·上海·期末）在的展开式中，把的系数记作，称为三项式系数．数列，，……称为三项式n次系数列，如三项式0次系数列为1，三项式1次系数列为1，1，1． (1)试写出三项式的2次和3次系数列； (2)类比杨辉三角形中的规律，探究三项式系数的规律（不需要给出证明）； (3)写出两个三项式n次系数列的性质(不需要给出证明)． 【答案】(1)答案见解析 (2)规律：每一个数等于它上面一行三个数的和 (3)答案见解析 【知识点】求指定项的系数、三项展开式的系数问题、组合数的性质及应用 【分析】（1）按照三项式n次系数列的定义即可得解； （2）按规律写出三项式系数即可发现规律； （3）通过赋值法即可发现规律. 【详解】（1）由题意， 三项式的2次系数列为：1 , 2 ,3 ,2,1；     三项式的3次系数列为：1,3,6 ,7,6 ,3,1； （2） 规律：每一行收尾均为1，其余数字每一个数等于它上面一行两个数或三个数的和. （3）性质1：在中，令，可得， 性质2：在中，令，可得. 【变式5】（23-24高二下·上海宝山·期末）设，其中n是正整数，a为正实数． (1)设，若展开式中含项的系数与含的系数相等，求展开式中的常数项； (2)设，，求展开式中系数最大项的系数（保留组合数以及2的幂）． 【答案】(1) (2)或 【知识点】由项的系数确定参数、三项展开式的系数问题、求指定项的系数 【分析】（1）当时,,由展开式中含项的系数与含的系数,可求得,进而可求得展开式中的常数项; （2）当时,,其通项,设第项的系数最大,列不等式求解即可. 【详解】（1）当时,, 其二项展开式的通项为, 展开式中含项的系数与含的系数相等, 又 , 展开式中的常数项为. （2）当时，, 其通项. 设第项的系数最大， 则， 整理得, 解得, 或. 经检验,. 展开式中系数最大项的系数为：或. 2 / 27 1 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $