专题02 计数原理（期末复习讲义）高二数学下学期苏教版

专题02 计数原理（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考清 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 分类加法与分步乘法计数原理 题型02 排列问题 题型03 组合问题 题型04 排列组合综合题型相邻、不相邻 题型05 分组与分配问题（重难点） 题型06 二项式定理通项应用 题型07 二项式系数与项的系数 题型08 计数原理综合应用 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点（期末常考） 复习目标 考情总结（命题趋势+高频易错） 1.分类加法与分步乘法计数原理两类原理定义、区分方法、基础实际应用 熟记两大计数原理定义；精准区分分类、分步问题；能独立解决基础计数实际应用题 命题趋势：选择填空基础必考，是排列组合的解题根基；高频易错：混淆分类（相加）、分步（相乘）；重复计数、漏计情况；复杂题目不会分层分步分析 2.排列问题排列定义、排列数公式、有序限制类排列题型 理解排列有序核心特征；熟记排列数公式及变形；能解决特殊元素、特殊位置限制排列问题 命题趋势：期末高频小题，常结合实际场景考查；高频易错：无法区分有序、无序问题；排列数计算运算失误；特殊位置优先分析遗漏条件 3.组合问题组合定义、组合数公式与性质、基础组合计算 辨析组合无序核心特点；掌握组合数常用性质；能熟练计算组合数值、解决基础组合应用题 命题趋势：期末核心基础考点，考查频率高于纯排列；高频易错：排列组合混淆；滥用组合数性质；忽略题目隐藏限制条件 4.排列组合综合题型相邻、不相邻、有序分配、筛选排除问题 掌握捆绑法、插空法、间接法核心解题技巧；能灵活处理多限制条件的排列组合综合问题 命题趋势：期末中档选择填空必考，区分度题型；高频易错：相邻不相邻方法用反；正面计数复杂不会用间接法；重复计算、漏算情况严重 5.分组与分配问题（重难点）平均分组、不平均分组、有序分配、无序分配 精准区分分组与分配差异；熟练掌握平均分组消序方法；能规范解决各类分组分配综合难题 命题趋势：期末难点题型，高频拉分考点；高频易错：平均分组忘记除以组数的阶乘消序；混淆有序分配和无序分组；分组后重复计数 6.二项式定理通项应用二项式公式、通项公式、特定项求解（常数项、指定次项） 熟记二项式定理及通项公式；能精准求解指定项、常数项、有理项；掌握基础变形运算 命题趋势：期末固定必考小题，题型固定、套路性强；高频易错：记错通项公式项数（第k+1项）；指数运算出错；混淆项的次数与系数 7.二项式系数与项的系数二项式系数性质、项的系数求解、赋值法求系数和 明确区分二项式系数与项的系数；掌握系数最值判断方法；能运用赋值法求解各类系数和 命题趋势：期末高频考点，侧重细节辨析；高频易错：混淆二项式系数和项的系数；赋值取值错误；奇偶项系数和计算混乱；忽略系数正负 8.计数原理综合应用计数与概率结合、多条件综合计数应用题 能整合排列组合、二项式定理知识；能建模解决实际综合应用题，规范解题步骤 命题趋势：期末解答题小问高频题型，贴合实际应用；高频易错：审题不清遗漏限制条件；解题思路混乱，不会分步分类拆解问题；计算粗心失分 知识01 计数原理 分类加法计数原理 【核心知识点】完成一件事，有两类（多类）不同方案，第1类方案有种方法，第2类方案有种方法……各类方案相互独立、互不重叠，那么完成这件事总方法数为各类方法数相加。 核心特征：分类、独立、一步完成、选其一即可 【典型示例】 从甲地到乙地，有3趟大巴、2趟火车，每一种交通方式均可独立到达。则从甲到乙总共有多少种出行方式？ 解：大巴3种，火车2种，总方法数种。 【易错点警示】 1. 混淆分类与分步，本该相加却误用乘法；2. 分类不独立、出现重叠情况，导致重复计数；3. 遗漏部分分类情况，造成计数不全。 分步乘法计数原理 【核心知识点】完成一件事，需要分成两个（多个）步骤，第1步有种方法，第2步有种方法……所有步骤依次完成才能做完这件事，那么完成这件事总方法数为各步方法数相乘。公式：总方法数 核心特征：分步、依存、多步完成、缺一不可 【典型示例】 从甲地到丙地需先经过乙地，甲到乙有3条路，乙到丙有2条路，则甲到丙总共有多少种路线？ 解：分两步完成，总路线数种。 【易错点警示】 1. 步骤可独立完成却用分步乘法，导致多算；2. 复杂问题不会拆分步骤，思路混乱；3. 某一步方法数统计错误，导致整体结果出错。 分类与分步综合应用 【核心知识点】 复杂计数问题通用解题逻辑：先分类、后分步。整体划分若干独立类别，每一类内部再拆分若干步骤计算，最后各类结果相加。 【典型示例】 用1、2、3、4组成两位数，数字可重复，求总个数。 解：分十位、个位两步，十位4种选择，个位4种选择，总数个。 【易错点警示】 1. 综合题型分不清主次，先分步后分类导致逻辑混乱；2. 既有并列又有递进的条件，出现重复或漏算。 知识02排列 排列的定义与判定 【核心知识点】从个不同元素中，取出个不同元素，按照一定顺序排成一列，叫做从个元素中取出个元素的一个排列。 核心判定：有序、元素不重复，顺序不同结果不同即为排列问题。 【典型示例】 从5名同学中选2人分别担任班长、副班长，属于排列问题。 解析：甲当班长、乙当副班长，与乙当班长、甲当副班长是两种不同结果，有序，为排列。 【易错点警示】 1. 无法判断有序无序，把排列当成组合计算；2. 题目允许元素重复时，误用无重复排列公式。 【核心知识点】 从个不同元素中取出个元素的排列数：全排列：（的阶乘）规定： 【典型示例】 计算 解： 【易错点警示】 1. 记错展开项数，是项相乘；2. 忘记的规定，计算出错；3. 阶乘运算化简失误。 特殊限制排列问题（高频） 【核心知识点】 1. 特殊元素/特殊位置：优先法，优先安排受限元素/位置，再排剩余；2. 相邻问题：捆绑法，相邻元素整体捆绑看成一个元素，再内部排序；3. 不相邻问题：插空法，先排无限制元素，再在空隙中插入不相邻元素。 【典型示例】 1. 相邻问题：3名男生、2名女生排队，女生必须相邻。 解：捆绑2名女生，共4个整体排列，女生内部排列，总数； 2. 不相邻问题：3男2女排队，女生不相邻。 解：先排男生，产生4个空位，选2个插女生，总数。 【易错点警示】 1. 捆绑法忘记内部排序；2. 插空法错误先排受限元素；3. 同时存在多个限制条件时思路混乱。 知识03 组合 组合的定义与判定 【核心知识点】从个不同元素中，取出个元素，组成一组（不考虑顺序），叫做组合。核心判定：无序、只选不排，顺序改变结果不变为组合问题。 【典型示例】 从5名同学中选2人参加活动，不区分职位，属于组合问题。 解析：选出甲乙、选出甲乙方结果一致，无顺序，为组合。 【易错点警示】 1. 有序场景误用组合计算，导致结果偏小；2. 忽略题干隐含的顺序关系，误判组合问题。 组合数公式与性质 【核心知识点】 组合数公式：常用性质：1. （互补化简）2. （递推公式）3. 【典型示例】 计算 解：，同时。 【易错点警示】 1. 组合数计算忘记除以阶乘，当成排列计算；2. 不会利用互补性质化简复杂计算；3. 记错递推公式，混淆下标上标。 排列组合综合排除法 【核心知识点】正面情况多、复杂难算时，采用间接法（正难则反）：总情况数 - 不符合条件情况数 = 符合条件情况数。 【典型示例】 从6名同学选3人，其中甲乙不同时入选，求选法数。 解：总选法，甲乙同时入选，符合条件种。 【易错点警示】 1. 减去不符合情况后，多减或漏减重叠部分； 2. 复杂题型坚持正面计算，繁琐易出错。 知识04 分组与分配问题（期末重难点） 平均分组问题 【核心知识点】将个元素平均分成组，每组元素个数相同，分组后无组别编号、无序，需要除以消序，避免重复计数。 【典型示例】 将4人平均分成两组，求分法数。解：先分组，两组平均无序，除以，结果种。 【易错点警示】 1. 平均分组忘记除以组数阶乘，严重重复计数；2. 混淆平均分组与不平均分组，乱用消序公式。 不平均分组与有序分配 【核心知识点】 1. 不平均分组：各组元素数量不同，天然无序，无需消序；2. 分配问题：分组后分给不同对象（人、班级、位置），有序，分组后需乘以组数全排列。 【典型示例】 将4人分成1人、3人两组，再分配给甲乙两个班级。解：不平均分组，分配排序，总数种。 【易错点警示】 1. 分组、分配概念混淆，该排序不排序、不该排序乱排序；2. 部分平均、部分不平均的混合分组不会分步处理。 知识05 二项式定理（期末必考） 二项式定理及通项公式 【核心知识点】 通项公式（第项）：核心：所有特定项（常数项、有理项、指定次项）均用通项求解。 【典型示例】 求的常数项。 解：，令，，常数项。 【易错点警示】 1. 记错项数：通项是第k+1项，不是第k项；2. 指数对应错误，指数和不等于；3. 负数、分数次幂运算出错。 二项式系数与项的系数辨析 【核心知识点】 1. 二项式系数：仅指，恒为正数，只与次数有关； 2. 项的系数：是该项所有数字因数（包含正负、常数），与的系数相关。 【典型示例】 中项： 二项式系数：； 项的系数：。 【易错点警示】 1. 完全混淆两个概念，答题答非所问； 2. 求项的系数遗漏正负号、底数系数； 3. 误认为二项式系数和项的系数始终相等。 赋值法求系数和（高频考点） 【核心知识点】 对二项式等式对赋特殊值，快速求各类系数和： 1. 令：所有项系数和；2. 令：奇偶项系数差；3. 联立可分别求奇数项、偶数项系数和。 【典型示例】 求所有项系数和。 解：令，系数和。 【易错点警示】 1. 赋值取值错误，混淆1和-1的作用；2. 不会联立公式求解奇偶项系数和；3. 混淆二项式系数和与项的系数和。 二项式系数性质 【核心知识点】 1. 对称性：；2. 增减性与最值：二项式系数先增后减，中间项最大； 【典型示例】 时，二项式系数，中间第3项系数最大。 【易错点警示】 1. 将二项式系数最值规律套用在项的系数上；2. 记错二项式系数总和公式。 题型一 分类加法与分步乘法计数原理 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； 解决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】李老师要从3幅不同的油画、2幅不同的国画和2幅不同的水彩画中各选取1幅布置自己的名师工作室，则不同的布置方案有（    ） A．12种 B．10种 C．7种 D．5种 【变式1】甲、乙两名同学报名参加4个兴趣小组，每人只报其中一个小组，则不同的报名方法有（     ） A．6种 B．8种 C．12种 D．16种 【变式2】小明周末打开了一款航天基地主题的游戏，看着屏幕上熟悉的平面布局，他突然意识到沉迷游戏不如用数学探索世界．于是他将基地平面图转化为涂色问题：中央中控楼不涂色，周围五个功能区域如图所示．现用红、黄、蓝、绿四种颜色给这五个区域涂色，要求相邻区域不同色（其中四种颜色可以用完，也可以不需用完）．则不同的涂色方法有______种（用数字作答）． 题型二 排列问题 答｜题｜技｜巧 排列问题核心考量元素顺序，有序则用排列计算，无序归类组合题型。解题先审题区分特殊元素、特殊位置，优先采用特殊优先原则，优先安排受限元素与关键位置。 遇到相邻元素，运用捆绑法整体捆绑视作单一单元，再拆分内部排列；不相邻问题选用插空法，先排其余元素，再将间隔元素空位插入。 定序问题缩倍处理，分组分配合理均分剔除重复情况。正面求解繁琐时，改用间接法，用总排列数减去不符合要求的情况。 列式时分清分类与分步逻辑，分类相加、分步相乘，规避重复计数、遗漏情况、顺序判定失误等问题，规范列式计算，核对结果保证答案准确。 【典例1】已知是由，，组成的一个三位数，表示为，其中，，，均表示从1到5中的任意数，若以，，为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数共有（   ） A．65个 B．55个 C．47个 D．35个 【变式1】用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）. (1)求可组成多少个三位数； (2)将（1）中的三位数按从小到大的顺序排成一排，求第55个数. 【变式2】将随机排成一行，前三个数构成三位数，后三个数构成三位数，已知的百位数字比的百位数字大3，则满足的不同排列的个数为__________.（用数字作答） 题型三 组合问题 答｜题｜技｜巧 组合问题核心特征是选取元素无顺序区别，和有序排列做好明确区分。解题首要梳理题干限制条件，锁定特殊元素与限定选取要求。 常规题型按需直接选取计算组合数，相邻、分组类问题按需拆分组合场景。平均分组务必剔除分组产生的重复情况，避免计数虚高。正面情况繁杂时，采用逆向排除法，用总体情况减去不符合要求的选法。 遵循分类相加、分步相乘运算规则，分类做到不重不漏，分步理清先后逻辑。多人分配、抽取取样、选取组队类题型，精准判断选取范围。计算过程仔细核对数值，规避混淆排列组合、重复统计、漏算限制条件等易错点，规范列式稳步求解。 【典例1】甲、乙两人进行抛骰子游戏，每轮游戏甲、乙各抛掷骰子1次，向上点数较大的一方获胜（向上点数相等为平局），然后继续下一轮游戏，当一方连胜两轮时游戏结束，则第3轮抛掷后游戏结束的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式1】第七届中国国际进口博览会（简称进博会）于11月5日至10日在上海国家会展中心举行．为了解进博会参会者的年龄结构，某机构随机抽取了年龄在15-75岁之间的200名参会者进行调查，并按年龄绘制了频率分布直方图，分组区间为，把年龄落在区间内的人称为"青年人"，把年龄落在区间内的人称为"中年人"，把年龄落在内的人称为"老年人"． (1)求a的值； (2)已知落在的平均年龄为59，方差是6；落在的平均年龄为71，方差是5，求两组年龄的总平均数和总方差； (3)以分层抽样的方式从“青年人”“中年人”“老年人”中抽取10名参会者做进一步访谈，发现其中男性共6人，这6人中有2人是“中年人”．再用抽签法从所抽取的10名参会者中任选2人．设事件：2人均为“中年人”，事件：2人中至少有1人为男性，判断事件与事件是否独立，并说明理由． 【变式2】现有4名同学，需要把他们全部安排到甲、乙两个场馆参加志愿服务，每人只能去1个场馆，且每个场馆至少安排1人，则不同的安排方法共有（    ） A．10种 B．12种 C．14种 D．20种 题型四 排列组合综合题型相邻、不相邻 答｜题｜技｜巧 遇到相邻元素，运用捆绑法整体捆绑视作单一单元，再拆分内部排列；不相邻问题选用插空法，先排其余元素，再将间隔元素空位插入。 【典例1】现有4名男生和3名女生．若安排这7名学生站成一排照相，分别按以下要求计算各自的排法有多少种？ (1)4名男生互不相邻； (2)若4名男生身高都不等，按从左到右由高到低的顺序站； (3)男生甲不站最左端，女生乙不站最右端． 【变式1】现一排有7个座位，安排甲、乙、丙3名同学就坐，若这3位同学不相邻，则不同的安排方法有（ ） A． B． C． D． 【变式2】（多选）现有2个女生、3个男生共5名同学排成一排，则下列说法正确的是（    ） A．女生站两端的不同排法，共有12种 B．男女相间的不同排法，共有6种 C．女生排在一起的不同排法，共有24种 D．女生互不相邻的不同排法，共有72种 题型五 分组与分配问题（重难点） 答｜题｜技｜巧 分组分配核心分清分组与分配，无归属只算分组，有归属再进行排列。先判定分组类型，不等分分组直接按数量选取组合即可；平均分组必须除以组数的阶乘，消除分组重复计数。部分均分题型，仅对均等部分剔除重复。 分组后分给不同对象，需再乘对应排列数。解题遵循分类分步原则，分类做到界限清晰、不重不漏，分步理清先后次序。 遇到指定人员、限定名额、特殊归属等约束条件，优先处理特殊情况。正面计算复杂时，可用间接法扣除不符情形。做题严格区分排列组合差异，杜绝均分忘除阶乘、分配遗漏排序等常见错误，规范列式运算，保证计数结果准确无误。 【典例1】我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】根据四川省委省政府有关文件精神，德阳市既支教阿坝州若尔盖，又支教甘孜州．在德阳市教育局统一协调组织下，某学校今年派出6名教师前往两地支教，若每个地区至少派送2名支教老师．则不同派送的种数为（     ） A．50 B．64 C．35 D．128 【变式2】（多选）已知，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 题型六 二项式定理通项应用 答｜题｜技｜巧 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 【典例1】（多选）若，则（     ） A． B． C． D． 【变式1】已知的展开式中，二项式系数的和为64，求： (1)； (2)含的项； (3)各项系数和. 【变式2】某美术馆计划从甲、乙、丙三幅油画，丁、戊、己三幅国画中各选出两幅，排成一行展出，要求甲不能排在最右端，则不同的参展方案种数为（   ） A．144 B．160 C．180 D．216 题型七 二项式系数与项的系数 答｜题｜技｜巧 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。 【典例1】（多选）我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得自豪的，以下关于杨辉三角的叙述正确的是（   ） A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第8个数是 B．第行的第个数最大 C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D．在“杨辉三角”中，当时，从第3行起，每一行的第3列的数字之和为 【变式1】已知展开式中前三项的二项式系数和为. (1)求的值； (2)求展开式中含的项的系数； (3)求展开式中系数最大的项. 【变式2】（多选）若，则（     ） A． B． C． D． 题型八 计数原理综合应用 答｜题｜技｜巧 计数原理综合题融合排列、组合、分组分配等考点，解题第一步判断元素是否有序，有序用排列，无序用组合。严格遵循分类加法、分步乘法两大核心法则，分类界限清晰，做到不重不漏，分步理清先后顺序。 根据题型灵活选用解题方法，相邻捆绑、不相邻插空，特殊元素与位置优先处理。均分分组记得剔除重复情况，分配不同对象需额外排序。正面计算难度大时，借助间接法排除不合题意情况。 审题深挖隐藏限制条件，规避重复计数、漏算情形、排列组合混用等失分问题。列式逻辑严谨，分步拆解复杂问题，逐层计算核验数值，规范书写解题步骤，稳步算出最终结果。 【典例1】从1，2，3，4，5，6，7，8中任取三个数字，则至少有两个数是连续数字的概率是（     ） A． B． C． D． 【变式1】（多选）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（    ） A．没有空盒子的方法共有24种 B．有空盒子的方法共有256种 C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 【变式2】 盲盒，作为一种以随机体验为核心的商业模型，已经成为一种新型的消费现象，其核心价值在于精准把握了现代消费者对情感价值和收藏欲望的需求．商家为了在电商平台对某款盲盒进行促销，对商品进行了升级，新款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，旧款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，商家会以3∶2的比例对新、旧款盲盒进行随机发货． (1)已知消费者买到的某个盲盒中出现“隐藏款”，求它是新款盲盒的概率； (2)小张在电商平台上购买了3个该款盲盒，设盲盒中出现“隐藏款”的个数为X，求随机变量X的数学期望和方差； (3)现有一箱装有4个“常规款”和2个“隐藏款”的盲盒，若每次从中随机取出一个盲盒拆开，取出后不放回，直到能区分出全部6个盲盒分别是“常规款”还是“隐藏款”时为止，记取出盲盒的个数为Y，求随机变量Y的分布列和数学期望． Y 2 3 4 5 P 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）下列等式正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·江苏南京·期末）将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（   ） A．19 B．20 C．21 D．22 3．（24-25高二下·江苏南京·期末）将一颗骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为，则的概率为______． 4．（24-25高二下·江苏徐州·期末）某兴趣小组有4名男生、2名女生，现随机选出3名学生参加志愿服务，则至少有2名男生的概率为______． 5．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）某位同学用一根直径3cm，长度30cm，粗细均匀的圆木棒做接力棒，先按长度将其划分成每段为10cm的三个区域，再将每个区域漆上一种颜色，要求相邻区域的颜色不能相同，现有红、黄、蓝三种颜色的油漆可以选取，则漆出的外观有（    ）种可能． A．18 B．15 C．12 D．9 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（24-25高二下·江苏淮安·期末）已知（为常数）． (1)当时，求的二项展开式中各项系数的和； (2)若的二项展开式中常数项为24，求实数的值． 2．（24-25高二下·江苏淮安·期末）（多选）已知，则下列说法中正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则中含项的系数为48 D．若为偶数，则能被4整除 3．（24-25高二下·江苏徐州·期末）已知的展开式中，二项式系数的和为64，求： (1)； (2)含的项； (3)偶数项的系数的和． 4．（24-25高二下·江苏徐州·期末）某公司年会安排节目表演，有3个小品节目、2个歌舞节目和1个杂技节目．现要求歌舞节目相邻，小品节目也相邻，杂技节目不能在首尾位置，则不同的安排方法共有（   ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 5．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）已知，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．展开式的二项式系数和 D．展开式中二项式系数最大的项为第6项 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（24-25高二下·江苏扬州·期末）类比排列数公式，定义（其中，），将右边展开并用符号表示（，）的系数，得，则： （1）______；（结果用数字表示） （2）若，（，），则______． 2．（24-25高二下·江苏扬州·期末）（多选）已知，下列选项中正确的有（    ） A． B．，，，…，中，最大 C． D． 3．（24-25高二下·江苏镇江·期末）设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且集合A中的元素任意两个之积皆为偶数，则集合A中元素为偶数的个数最大值为______，集合A中元素个数的最大值为______． 4．（24-25高二下·江苏镇江·期末）（多选）已知，则正确的是（    ） A． B． C． D．，，，…，这8个数中最大 5．（24-25高二下·江苏镇江·期末）的展开式中的系数是_________．（结果用数字表示） 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 计数原理（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考清 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 分类加法与分步乘法计数原理 题型02 排列问题 题型03 组合问题 题型04 排列组合综合题型相邻、不相邻 题型05 分组与分配问题（重难点） 题型06 二项式定理通项应用 题型07 二项式系数与项的系数 题型08 计数原理综合应用 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点（期末常考） 复习目标 考情总结（命题趋势+高频易错） 1.分类加法与分步乘法计数原理两类原理定义、区分方法、基础实际应用 熟记两大计数原理定义；精准区分分类、分步问题；能独立解决基础计数实际应用题 命题趋势：选择填空基础必考，是排列组合的解题根基；高频易错：混淆分类（相加）、分步（相乘）；重复计数、漏计情况；复杂题目不会分层分步分析 2.排列问题排列定义、排列数公式、有序限制类排列题型 理解排列有序核心特征；熟记排列数公式及变形；能解决特殊元素、特殊位置限制排列问题 命题趋势：期末高频小题，常结合实际场景考查；高频易错：无法区分有序、无序问题；排列数计算运算失误；特殊位置优先分析遗漏条件 3.组合问题组合定义、组合数公式与性质、基础组合计算 辨析组合无序核心特点；掌握组合数常用性质；能熟练计算组合数值、解决基础组合应用题 命题趋势：期末核心基础考点，考查频率高于纯排列；高频易错：排列组合混淆；滥用组合数性质；忽略题目隐藏限制条件 4.排列组合综合题型相邻、不相邻、有序分配、筛选排除问题 掌握捆绑法、插空法、间接法核心解题技巧；能灵活处理多限制条件的排列组合综合问题 命题趋势：期末中档选择填空必考，区分度题型；高频易错：相邻不相邻方法用反；正面计数复杂不会用间接法；重复计算、漏算情况严重 5.分组与分配问题（重难点）平均分组、不平均分组、有序分配、无序分配 精准区分分组与分配差异；熟练掌握平均分组消序方法；能规范解决各类分组分配综合难题 命题趋势：期末难点题型，高频拉分考点；高频易错：平均分组忘记除以组数的阶乘消序；混淆有序分配和无序分组；分组后重复计数 6.二项式定理通项应用二项式公式、通项公式、特定项求解（常数项、指定次项） 熟记二项式定理及通项公式；能精准求解指定项、常数项、有理项；掌握基础变形运算 命题趋势：期末固定必考小题，题型固定、套路性强；高频易错：记错通项公式项数（第k+1项）；指数运算出错；混淆项的次数与系数 7.二项式系数与项的系数二项式系数性质、项的系数求解、赋值法求系数和 明确区分二项式系数与项的系数；掌握系数最值判断方法；能运用赋值法求解各类系数和 命题趋势：期末高频考点，侧重细节辨析；高频易错：混淆二项式系数和项的系数；赋值取值错误；奇偶项系数和计算混乱；忽略系数正负 8.计数原理综合应用计数与概率结合、多条件综合计数应用题 能整合排列组合、二项式定理知识；能建模解决实际综合应用题，规范解题步骤 命题趋势：期末解答题小问高频题型，贴合实际应用；高频易错：审题不清遗漏限制条件；解题思路混乱，不会分步分类拆解问题；计算粗心失分 知识01 计数原理 分类加法计数原理 【核心知识点】完成一件事，有两类（多类）不同方案，第1类方案有种方法，第2类方案有种方法……各类方案相互独立、互不重叠，那么完成这件事总方法数为各类方法数相加。 核心特征：分类、独立、一步完成、选其一即可 【典型示例】 从甲地到乙地，有3趟大巴、2趟火车，每一种交通方式均可独立到达。则从甲到乙总共有多少种出行方式？ 解：大巴3种，火车2种，总方法数种。 【易错点警示】 1. 混淆分类与分步，本该相加却误用乘法；2. 分类不独立、出现重叠情况，导致重复计数；3. 遗漏部分分类情况，造成计数不全。 分步乘法计数原理 【核心知识点】完成一件事，需要分成两个（多个）步骤，第1步有种方法，第2步有种方法……所有步骤依次完成才能做完这件事，那么完成这件事总方法数为各步方法数相乘。公式：总方法数 核心特征：分步、依存、多步完成、缺一不可 【典型示例】 从甲地到丙地需先经过乙地，甲到乙有3条路，乙到丙有2条路，则甲到丙总共有多少种路线？ 解：分两步完成，总路线数种。 【易错点警示】 1. 步骤可独立完成却用分步乘法，导致多算；2. 复杂问题不会拆分步骤，思路混乱；3. 某一步方法数统计错误，导致整体结果出错。 分类与分步综合应用 【核心知识点】 复杂计数问题通用解题逻辑：先分类、后分步。整体划分若干独立类别，每一类内部再拆分若干步骤计算，最后各类结果相加。 【典型示例】 用1、2、3、4组成两位数，数字可重复，求总个数。 解：分十位、个位两步，十位4种选择，个位4种选择，总数个。 【易错点警示】 1. 综合题型分不清主次，先分步后分类导致逻辑混乱；2. 既有并列又有递进的条件，出现重复或漏算。 知识02排列 排列的定义与判定 【核心知识点】从个不同元素中，取出个不同元素，按照一定顺序排成一列，叫做从个元素中取出个元素的一个排列。 核心判定：有序、元素不重复，顺序不同结果不同即为排列问题。 【典型示例】 从5名同学中选2人分别担任班长、副班长，属于排列问题。 解析：甲当班长、乙当副班长，与乙当班长、甲当副班长是两种不同结果，有序，为排列。 【易错点警示】 1. 无法判断有序无序，把排列当成组合计算；2. 题目允许元素重复时，误用无重复排列公式。 【核心知识点】 从个不同元素中取出个元素的排列数：全排列：（的阶乘）规定： 【典型示例】 计算 解： 【易错点警示】 1. 记错展开项数，是项相乘；2. 忘记的规定，计算出错；3. 阶乘运算化简失误。 特殊限制排列问题（高频） 【核心知识点】 1. 特殊元素/特殊位置：优先法，优先安排受限元素/位置，再排剩余；2. 相邻问题：捆绑法，相邻元素整体捆绑看成一个元素，再内部排序；3. 不相邻问题：插空法，先排无限制元素，再在空隙中插入不相邻元素。 【典型示例】 1. 相邻问题：3名男生、2名女生排队，女生必须相邻。 解：捆绑2名女生，共4个整体排列，女生内部排列，总数； 2. 不相邻问题：3男2女排队，女生不相邻。 解：先排男生，产生4个空位，选2个插女生，总数。 【易错点警示】 1. 捆绑法忘记内部排序；2. 插空法错误先排受限元素；3. 同时存在多个限制条件时思路混乱。 知识03 组合 组合的定义与判定 【核心知识点】从个不同元素中，取出个元素，组成一组（不考虑顺序），叫做组合。核心判定：无序、只选不排，顺序改变结果不变为组合问题。 【典型示例】 从5名同学中选2人参加活动，不区分职位，属于组合问题。 解析：选出甲乙、选出甲乙方结果一致，无顺序，为组合。 【易错点警示】 1. 有序场景误用组合计算，导致结果偏小；2. 忽略题干隐含的顺序关系，误判组合问题。 组合数公式与性质 【核心知识点】 组合数公式：常用性质：1. （互补化简）2. （递推公式）3. 【典型示例】 计算 解：，同时。 【易错点警示】 1. 组合数计算忘记除以阶乘，当成排列计算；2. 不会利用互补性质化简复杂计算；3. 记错递推公式，混淆下标上标。 排列组合综合排除法 【核心知识点】正面情况多、复杂难算时，采用间接法（正难则反）：总情况数 - 不符合条件情况数 = 符合条件情况数。 【典型示例】 从6名同学选3人，其中甲乙不同时入选，求选法数。 解：总选法，甲乙同时入选，符合条件种。 【易错点警示】 1. 减去不符合情况后，多减或漏减重叠部分； 2. 复杂题型坚持正面计算，繁琐易出错。 知识04 分组与分配问题（期末重难点） 平均分组问题 【核心知识点】将个元素平均分成组，每组元素个数相同，分组后无组别编号、无序，需要除以消序，避免重复计数。 【典型示例】 将4人平均分成两组，求分法数。解：先分组，两组平均无序，除以，结果种。 【易错点警示】 1. 平均分组忘记除以组数阶乘，严重重复计数；2. 混淆平均分组与不平均分组，乱用消序公式。 不平均分组与有序分配 【核心知识点】 1. 不平均分组：各组元素数量不同，天然无序，无需消序；2. 分配问题：分组后分给不同对象（人、班级、位置），有序，分组后需乘以组数全排列。 【典型示例】 将4人分成1人、3人两组，再分配给甲乙两个班级。解：不平均分组，分配排序，总数种。 【易错点警示】 1. 分组、分配概念混淆，该排序不排序、不该排序乱排序；2. 部分平均、部分不平均的混合分组不会分步处理。 知识05 二项式定理（期末必考） 二项式定理及通项公式 【核心知识点】 通项公式（第项）：核心：所有特定项（常数项、有理项、指定次项）均用通项求解。 【典型示例】 求的常数项。 解：，令，，常数项。 【易错点警示】 1. 记错项数：通项是第k+1项，不是第k项；2. 指数对应错误，指数和不等于；3. 负数、分数次幂运算出错。 二项式系数与项的系数辨析 【核心知识点】 1. 二项式系数：仅指，恒为正数，只与次数有关； 2. 项的系数：是该项所有数字因数（包含正负、常数），与的系数相关。 【典型示例】 中项： 二项式系数：； 项的系数：。 【易错点警示】 1. 完全混淆两个概念，答题答非所问； 2. 求项的系数遗漏正负号、底数系数； 3. 误认为二项式系数和项的系数始终相等。 赋值法求系数和（高频考点） 【核心知识点】 对二项式等式对赋特殊值，快速求各类系数和： 1. 令：所有项系数和；2. 令：奇偶项系数差；3. 联立可分别求奇数项、偶数项系数和。 【典型示例】 求所有项系数和。 解：令，系数和。 【易错点警示】 1. 赋值取值错误，混淆1和-1的作用；2. 不会联立公式求解奇偶项系数和；3. 混淆二项式系数和与项的系数和。 二项式系数性质 【核心知识点】 1. 对称性：；2. 增减性与最值：二项式系数先增后减，中间项最大； 【典型示例】 时，二项式系数，中间第3项系数最大。 【易错点警示】 1. 将二项式系数最值规律套用在项的系数上；2. 记错二项式系数总和公式。 题型一 分类加法与分步乘法计数原理 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； 解决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】李老师要从3幅不同的油画、2幅不同的国画和2幅不同的水彩画中各选取1幅布置自己的名师工作室，则不同的布置方案有（    ） A．12种 B．10种 C．7种 D．5种 【答案】A 【分析】由分步计数原理结合题设可得答案. 【详解】根据分步乘法计数原理，共有种不同的布置方案. 【变式1】甲、乙两名同学报名参加4个兴趣小组，每人只报其中一个小组，则不同的报名方法有（     ） A．6种 B．8种 C．12种 D．16种 【答案】D 【分析】甲、乙各有4种报名选择，根据分步计数原理，总方法数为两者选择数的乘积。 【详解】甲有4种报名选择，乙也有4种报名选择，根据分步计数原理(乘法原理)，总方法数为种. 故选：D. 【变式2】小明周末打开了一款航天基地主题的游戏，看着屏幕上熟悉的平面布局，他突然意识到沉迷游戏不如用数学探索世界．于是他将基地平面图转化为涂色问题：中央中控楼不涂色，周围五个功能区域如图所示．现用红、黄、蓝、绿四种颜色给这五个区域涂色，要求相邻区域不同色（其中四种颜色可以用完，也可以不需用完）．则不同的涂色方法有______种（用数字作答）． 【答案】168 【分析】先分两类讨论，每一类用分步乘法计数原理计算，最后再用分类加法计数原理相加可求解. 【详解】根据题意，有以下两种情况： （1）工业区和离心机室颜色相同，则工业区有4种涂法，宿舍区有3种涂法，浮力室有2种涂法，离心机室有1种涂法，黑室有3种涂法，共有 种； （2）工业区和离心机室颜色不同，则工业区有4种涂法，宿舍区有3种涂法，浮力室有2种涂法，离心机室有2种涂法，黑室有2种涂法，共有种； 综上，共有72 种. 题型二 排列问题 答｜题｜技｜巧 排列问题核心考量元素顺序，有序则用排列计算，无序归类组合题型。解题先审题区分特殊元素、特殊位置，优先采用特殊优先原则，优先安排受限元素与关键位置。 遇到相邻元素，运用捆绑法整体捆绑视作单一单元，再拆分内部排列；不相邻问题选用插空法，先排其余元素，再将间隔元素空位插入。 定序问题缩倍处理，分组分配合理均分剔除重复情况。正面求解繁琐时，改用间接法，用总排列数减去不符合要求的情况。 列式时分清分类与分步逻辑，分类相加、分步相乘，规避重复计数、遗漏情况、顺序判定失误等问题，规范列式计算，核对结果保证答案准确。 【典例1】已知是由，，组成的一个三位数，表示为，其中，，，均表示从1到5中的任意数，若以，，为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数共有（   ） A．65个 B．55个 C．47个 D．35个 【答案】C 【分析】根据题意，分构成等边三角形和非等边等腰三角形，两种情况讨论，结合列举法，即可求解. 【详解】若构成等边三角形，边长为1到5的三位数共5个，所以有个； 若构成等腰三角形，设腰长为，底边长为，其中且， 当时，，每种对应3个排列，共个； 当时，，每种对应3个排列，共个； 当时，，每种对应3个排列，共个； 当时，，每种对应3个排列，共个； 由分类计数原理得，共有个. 【变式1】用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）. (1)求可组成多少个三位数； (2)将（1）中的三位数按从小到大的顺序排成一排，求第55个数. 【答案】(1)100 (2)342 【分析】（1）先排百位数，再排其余数位； （2）按百位数字分类讨论，逐步缩小范围． 【详解】（1）百位数字可以从中选择，共种选择. 十位数字可以从剩下的个数字选择，共种选择，个位数字可以从剩下个数字选择，共种选择. 可以组成个三位数. （2）按百位分类计数：百位为的三位数：共个（对应第个数）； 百位为的三位数：共个（对应第个数）. 因此第55个数的百位是，且是百位为的数中第个. 再按十位从小到大分类计数（百位固定为）： 十位为：个位可选，共个数（对应百位为3的第个）； 十位为：个位可选，共个数（对应第个）； 十位为：个位可选，共个数（对应第个）. 此时累计到第12个，接下来十位从小到大是， 按顺序排列，第13个：，第14个：，第15个：. 因此第55个数是. 【变式2】将随机排成一行，前三个数构成三位数，后三个数构成三位数，已知的百位数字比的百位数字大3，则满足的不同排列的个数为__________.（用数字作答） 【答案】36 【分析】先确定的百位数字，共有种选择，再按的十位数字比的十位数字小，分类进行讨论，即可求解. 【详解】由题意，设的百位数字为，的百位数字为， 因为的百位数字比的百位数字大3， 所以在中，满足条件的只有组：，，， 因为，所以的十位数字比的十位数字小， 假设剩余的个数字为、、、，且， ①若的十位数字取，则的十位数字有种选择，的个位数字有种选择，的个位数字有种选择，共有种选择， ②若的十位数字取，则的十位数字有种选择，的个位数字有种选择，的个位数字有种选择，共有种选择， ③若的十位数字取，则的十位数字有种选择，的个位数字有种选择，的个位数字有种选择，共有种选择， 综上所述，满足条件的、共有种. 题型三 组合问题 答｜题｜技｜巧 组合问题核心特征是选取元素无顺序区别，和有序排列做好明确区分。解题首要梳理题干限制条件，锁定特殊元素与限定选取要求。 常规题型按需直接选取计算组合数，相邻、分组类问题按需拆分组合场景。平均分组务必剔除分组产生的重复情况，避免计数虚高。正面情况繁杂时，采用逆向排除法，用总体情况减去不符合要求的选法。 遵循分类相加、分步相乘运算规则，分类做到不重不漏，分步理清先后逻辑。多人分配、抽取取样、选取组队类题型，精准判断选取范围。计算过程仔细核对数值，规避混淆排列组合、重复统计、漏算限制条件等易错点，规范列式稳步求解。 【典例1】甲、乙两人进行抛骰子游戏，每轮游戏甲、乙各抛掷骰子1次，向上点数较大的一方获胜（向上点数相等为平局），然后继续下一轮游戏，当一方连胜两轮时游戏结束，则第3轮抛掷后游戏结束的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题求出每轮游戏甲或乙胜的概率，再利用概率的加法公式、乘法公式求解. 【详解】每轮游戏甲胜或乙胜的概率均为，平局的概率为， 第3轮抛掷后游戏结束，若第3轮甲胜，则第2轮甲胜，第1轮乙胜或平局，概率为， 同理第3轮抛掷后游戏结束且第3轮乙胜的概率也为，所以所求概率为． 【变式1】第七届中国国际进口博览会（简称进博会）于11月5日至10日在上海国家会展中心举行．为了解进博会参会者的年龄结构，某机构随机抽取了年龄在15-75岁之间的200名参会者进行调查，并按年龄绘制了频率分布直方图，分组区间为，把年龄落在区间内的人称为"青年人"，把年龄落在区间内的人称为"中年人"，把年龄落在内的人称为"老年人"． (1)求a的值； (2)已知落在的平均年龄为59，方差是6；落在的平均年龄为71，方差是5，求两组年龄的总平均数和总方差； (3)以分层抽样的方式从“青年人”“中年人”“老年人”中抽取10名参会者做进一步访谈，发现其中男性共6人，这6人中有2人是“中年人”．再用抽签法从所抽取的10名参会者中任选2人．设事件：2人均为“中年人”，事件：2人中至少有1人为男性，判断事件与事件是否独立，并说明理由． 【答案】(1) (2)总平均数 ，总方差 (3)事件与事件不独立，理由见解析 【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，利用各小矩形面积和为1列式求出. （2）求出年龄分别在的人数，再利用分层抽样的平均数公式、方差公式计算即得. （3）根据频率分布直方图，利用古典概型以及组合计数问题，结合相互独立事件的定义计算判断. 【详解】（1）由频率分布直方图，得， 所以. （2）由频率分布直方图，得年龄在的人数为， 年龄在的人数为， 所以两组年龄的总平均数； 总方差. （3）中年人的总人数为，老年人的总人数为， 则青年人的总人数为，分层抽样抽取人，抽样比为， 因此抽取得到的青年人有人，中年人有人，老年人有人，抽法总数为， 事件为“人均为中年人”，，， 事件为“2人中至少1人为男性”，其对立事件为“2人均为女性”，，， 事件为“人均为中年人，且至少人为男性”，， ， ，， 因此事件与事件不独立. 【变式2】现有4名同学，需要把他们全部安排到甲、乙两个场馆参加志愿服务，每人只能去1个场馆，且每个场馆至少安排1人，则不同的安排方法共有（    ） A．10种 B．12种 C．14种 D．20种 【答案】C 【分析】结合人数的分配以及排列数、组合数的计算求得正确答案. 【详解】根据题意，不同的分组有和， 则不同的安排方法共有． 题型四 排列组合综合题型相邻、不相邻 答｜题｜技｜巧 遇到相邻元素，运用捆绑法整体捆绑视作单一单元，再拆分内部排列；不相邻问题选用插空法，先排其余元素，再将间隔元素空位插入。 【典例1】现有4名男生和3名女生．若安排这7名学生站成一排照相，分别按以下要求计算各自的排法有多少种？ (1)4名男生互不相邻； (2)若4名男生身高都不等，按从左到右由高到低的顺序站； (3)男生甲不站最左端，女生乙不站最右端． 【答案】(1)种(2)种(3)种 【分析】（1）利用不相邻问题插空法列式求解. （2）利用定序问题倍分法列式计算. （3）利用排除法列式计算. 【详解】（1）先排3名女生，再把4名男生插入每种排法形成的4个间隙中， 所以4名男生互不相邻的排法种数是（种）. （2）7名学生站成一排照相有种站法，其中4名男生的不同站法有种， 所以所求不同站法种数是（种）. （3）7名学生站成一排照相有种站法，其中男生甲站最左端的有种， 女生乙站最右端的有种，男生甲站最左端且女生乙站最右端的有种， 所以所求不同站法种数是（种）. 【变式1】现一排有7个座位，安排甲、乙、丙3名同学就坐，若这3位同学不相邻，则不同的安排方法有（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】先将4个空座位排成一排，形成5个可插入的空隙， 再将3名同学安排在这5个空隙中，共有种方法. 【变式2】（多选）现有2个女生、3个男生共5名同学排成一排，则下列说法正确的是（    ） A．女生站两端的不同排法，共有12种 B．男女相间的不同排法，共有6种 C．女生排在一起的不同排法，共有24种 D．女生互不相邻的不同排法，共有72种 【答案】AD 【详解】对于A，第一步，先安排2个女生站两端有种不同的方法； 第二步，再安排3个男生站中间有种不同的站法； 由分步乘法计数原理可得共有种不同的安排方法，故A正确. 对于B，第一步，先安排3个男生有种不同的站法； 第二步，再安排2个女生站在2个男生之间的站法有种； 由分步乘法计数原理可得共有种不同的安排方法，故B错误. 对于C，第一步，将2个女生捆绑在一起与其他3名男生排序有种； 第二步，2个女生内部排序有种不同的方法； 由分步乘法计数原理可得共有种不同的安排方法，故C错误； 对于D，第一步，先安排3个男生有种不同的站法； 第二步，再在男生间以及前后形成的4个空位中安排2个女生有种不同的方法； 由分步乘法计数原理可得共有种不同的安排方法，故D正确. 题型五 分组与分配问题（重难点） 答｜题｜技｜巧 分组分配核心分清分组与分配，无归属只算分组，有归属再进行排列。先判定分组类型，不等分分组直接按数量选取组合即可；平均分组必须除以组数的阶乘，消除分组重复计数。部分均分题型，仅对均等部分剔除重复。 分组后分给不同对象，需再乘对应排列数。解题遵循分类分步原则，分类做到界限清晰、不重不漏，分步理清先后次序。 遇到指定人员、限定名额、特殊归属等约束条件，优先处理特殊情况。正面计算复杂时，可用间接法扣除不符情形。做题严格区分排列组合差异，杜绝均分忘除阶乘、分配遗漏排序等常见错误，规范列式运算，保证计数结果准确无误。 【典例1】我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先将 人按分组，分甲单独一组、甲和他人一组两类，分别用组合排列算出对应方法数，结合甲不参加围棋苑的限制排除不合情况，两类相加得到总方法数为. 【详解】五名同学参加四个社团，每个社团至少一人，必为分组，分两类讨论： ①甲单独一组：从其余人中选人成组，有种. 甲不参加围棋苑，有种选择，剩余组全排列. 方法数为. ②甲与另一人成组：选同伴有种，四组分到四社团，排除甲组去围棋苑. 方法数为. 总计方法数为. 【变式1】根据四川省委省政府有关文件精神，德阳市既支教阿坝州若尔盖，又支教甘孜州．在德阳市教育局统一协调组织下，某学校今年派出6名教师前往两地支教，若每个地区至少派送2名支教老师．则不同派送的种数为（     ） A．50 B．64 C．35 D．128 【答案】A 【详解】若每个地区至少派送2名支教老师，则不同的分组方案为2人、4人或3人、3人： 若是2人、4人，则共有种分组方法，然后分到两地，有种分配方法，则共有种方法； 若是3人、3人，则共有种分组方法，然后分到两地，有种分配方法，则有种方法； 综上，共有 种方法. 【变式2】（多选）已知，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】对于A，令和求解判定；对于B，令和，再结合平方差公式求解判定；对于C，令，求导并令求解判断；对于D，由题知，，都大于0，，，都小于0，再令即可求解判断. 【详解】对于选项A，因为， 令，可得；令，， 所以，故选项A错误； 对于选项B，令，； 令，； 所以.故选项B正确； 对于选项C，令， 则. 再令，，故选项C错误； 对于选项D， 解法一：展开式的通项为，，，，，，，由通项可知： ，，1，2，3，4，5，所以，，都大于0，，，都小于0， ， 令，可得， 所以，故选项D正确. 解法二：令， 由 得. 令可得，故选项D正确. 题型六 二项式定理通项应用 答｜题｜技｜巧 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 【典例1】（多选）若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】通过分别令、、代入原式求出、所有系数和、奇次项系数和，再对原式两边求导后令得到，逐一验证各选项. 【详解】对于A： 令 ，代入原式左边得：，因此 ，A错误； 对于B： 令 ，代入原式左边得：， 因此 ，B正确； 对于C： 设 ，， 由得： （1）； 令 ，代入左边得：，即： （2）； （1）（2）得 ，即 ，C正确； 对于D： 对原式两边关于求导， 左边导数为： ， 右边导数为：， 令 ，代入左边导数得： ， 即 ，D正确. 【变式1】已知的展开式中，二项式系数的和为64，求： (1)； (2)含的项； (3)各项系数和. 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）因为二项式系数的和为64，所以，解得； （2）由（1）知，则二项式为， 所以二项式展开式的通项为， 令，得，故含的项为； （3）令，得各项系数和为. 【变式2】某美术馆计划从甲、乙、丙三幅油画，丁、戊、己三幅国画中各选出两幅，排成一行展出，要求甲不能排在最右端，则不同的参展方案种数为（   ） A．144 B．160 C．180 D．216 【答案】C 【分析】先得到没有甲油画参展，和有甲油画参展时的情况数，再相加求解即可. 【详解】若选的油画不包括甲时，不同的参展方案种数为； 若选的油画包括甲时，而甲不能排在最右端，则不同的参展方案种数为， 所以不同的参展方案种数为． 题型七 二项式系数与项的系数 答｜题｜技｜巧 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。 【典例1】（多选）我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得自豪的，以下关于杨辉三角的叙述正确的是（   ） A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第8个数是 B．第行的第个数最大 C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D．在“杨辉三角”中，当时，从第3行起，每一行的第3列的数字之和为 【答案】ABC 【分析】利用组合数的对称性，结合二项式系数的对应关系计算，判断选项A；根据二项式系数的单调性，偶数行最大系数在正中间，判断选项B；利用组合恒等式判断选项C；先确定第3列的数为，再结合组合恒等式计算，判断选项D． 【详解】根据题意，杨辉三角第行对应二项式系数，第行第个数为， 则第行，从左到右第个数： ，故正确; 第行，最大二项式系数在中间位置：行数，中间位置为， 故第个数最大，故B正确； 由组合恒等式，是第行的中间项， 故第行所有数字的平方和等于第行的中间项，故C正确； 由，结合各行第3列的数为，则 ，故D错误． 【变式1】已知展开式中前三项的二项式系数和为. (1)求的值； (2)求展开式中含的项的系数； (3)求展开式中系数最大的项. 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据及组合数公式得到方程，解得即可； （2）写出展开式的通项，利用通项计算可得； （3）设第项的系数最大，得到关于系数的不等式组，求出，再代入通项计算可得. 【详解】（1）因为展开式中前三项的二项式系数和为， 所以，即，解得或（舍去）， 所以； （2）因为展开式的通项为（其中且）， 令，解得， 所以，所以展开式中含的项的系数为； （3）设第项的系数最大， 所以，即，解得， 又，所以， 所以，所以展开式中系数最大的项为. 【变式2】（多选）若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】A、B、C选项赋予x值进行求解，D选项运用二项式求解. 【详解】对于A选项，令，则原式等于，即，故A选项错误； 对于B选项，令，则原式等于，又因为， 故，故B选项正确； 对于C选项，令，则原式等于， 即，由B选项得，故C选项错误； 对于D选项，， 则，， 故，则D选项正确. 题型八 计数原理综合应用 答｜题｜技｜巧 计数原理综合题融合排列、组合、分组分配等考点，解题第一步判断元素是否有序，有序用排列，无序用组合。严格遵循分类加法、分步乘法两大核心法则，分类界限清晰，做到不重不漏，分步理清先后顺序。 根据题型灵活选用解题方法，相邻捆绑、不相邻插空，特殊元素与位置优先处理。均分分组记得剔除重复情况，分配不同对象需额外排序。正面计算难度大时，借助间接法排除不合题意情况。 审题深挖隐藏限制条件，规避重复计数、漏算情形、排列组合混用等失分问题。列式逻辑严谨，分步拆解复杂问题，逐层计算核验数值，规范书写解题步骤，稳步算出最终结果。 【典例1】从1，2，3，4，5，6，7，8中任取三个数字，则至少有两个数是连续数字的概率是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先算出取3个数有几种取法，再计算没有连续的数字的取法有几种，最后拿1减去没有连续的数字的取法的概率得出结果. 【详解】取3个数字有种取法，没有连续的数字的取法 ， ， 一共20种，故至少有两个数是连续数字的概率为. 【变式1】（多选）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（    ） A．没有空盒子的方法共有24种 B．有空盒子的方法共有256种 C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 【答案】ACD 【分析】对于A，没有空盒即4个球4个盒子全排列即得；对于B，可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，即可求解； 对于C，恰有一个空盒，即另外三个盒子都有球，而球共四个，必然有一个盒子中放了两个球，求解即得； 对于D，只需从四盒四球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即得． 【详解】对于选项A，把4个小球全部放进盒子中，没有空盒子，相当于4个小球在4个盒子上进行全排列，故共有种方法，所以选项A正确， 对于选项B，有空盒子，因为有4个球，每个球各有4种放法，故共有种方法，所以选项B错误； 对于选项C，恰有1个盒子不放球，说明另外三个盒子都有球，而球共4个，则必有一个盒子放了2个球， 先将四盒中选一个作为空盒，再将4球中选出2球绑在一起，再对三个盒子全排共有种方法，故C正确； 对于选项D，恰有一个小球放入自己编号的盒中，则从四盒四球中选定标号相同的球和盒有种， 另外三球三盒不能对应共2种，则共有种方法，故D正确. 【变式2】 盲盒，作为一种以随机体验为核心的商业模型，已经成为一种新型的消费现象，其核心价值在于精准把握了现代消费者对情感价值和收藏欲望的需求．商家为了在电商平台对某款盲盒进行促销，对商品进行了升级，新款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，旧款盲盒中出现“隐藏款”的概率为，商家会以3∶2的比例对新、旧款盲盒进行随机发货． (1)已知消费者买到的某个盲盒中出现“隐藏款”，求它是新款盲盒的概率； (2)小张在电商平台上购买了3个该款盲盒，设盲盒中出现“隐藏款”的个数为X，求随机变量X的数学期望和方差； (3)现有一箱装有4个“常规款”和2个“隐藏款”的盲盒，若每次从中随机取出一个盲盒拆开，取出后不放回，直到能区分出全部6个盲盒分别是“常规款”还是“隐藏款”时为止，记取出盲盒的个数为Y，求随机变量Y的分布列和数学期望． 【答案】(1) (2)期望为，方差为 (3)分布列见解析， 【分析】（1）根据全概率公式即可求解； （2）判断随机变量，根据二项分布的期望；方差公式即可求解； （3）确定随机变量Y的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，求得期望. 【详解】（1）设事件A为：买到新款盲盒，事件B为：买到旧款盲盒，事件C为：盲盒中出现“隐藏款”， 则， 则； . （2）每个盲盒是否开出隐藏款相互独立，每个盲盒开出隐藏款的概率为​， 因此随机变量， 根据二项分布的期望、方差公式： 得，； （3）当拆开全部2个隐藏款或全部4个常规款时，即可确定所有盲盒类型，停止抽取， 因此Y的可能取值为2，3，4，5， 隐藏款的位置共有种等可能情况， 计算概率得：（前2个均为隐藏款）， （第二个隐藏在第3位，前2位有1个隐藏）， （第二个隐藏在第4位，或前4个均为常规款）， （剩余所有情况）， Y的分布列为： Y 2 3 4 5 P 数学期望：. 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）下列等式正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据二项式展开式计算结合组合数运算判断各个选项. 【详解】，A选项错误； ，B选项正确； ，C选项错误； 因为， 所以，D选项正确； 故选：BD. 2．（24-25高二下·江苏南京·期末）将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（   ） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】C 【分析】应用分类加法原理计算得出幸运数的个数即可. 【详解】当百位数字是6，其他数字是0，此时幸运数有1个； 当百位数字是5，其他数字是0和1，此时幸运数有2个； 当百位数字是4，其他数字是1和1或者是0和2，此时幸运数有个； 当百位数字是3，其他数字是1和2或者是0和3，此时幸运数有个； 当百位数字是2，其他数字是2和2或者是0和4或者是1和3，此时幸运数有个； 当百位数字是1，其他数字是2和3或者是1和4或者是0和5，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为. 故选：C. 3．（24-25高二下·江苏南京·期末）将一颗骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为，则的概率为______． 【答案】 【分析】取定中的一个值，考查另外两次抛掷骰子的样本点数，利用分类加法计数原理和古典概型概率公式计算即得. 【详解】考虑取定的值，分类统计事件“”所含的样本点数， 将对应的值作为一个数组，列表如下： 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 第一类：时，满足“”的样本点有个； 第二类：时，满足“”的样本点有个； 第三类：时，满足“”的样本点有个； 第四类：时，满足“”的样本点有个； 第五类：时，满足“”的样本点有个； 第六类：时，满足“”的样本点有1个. 由分类加法计数原理，满足“”的样本点共有：个， 而一颗骰子抛掷一次有6种结果，抛掷三次有个样本点， 因结果有限，且每个样本点发生的可能性相等，故是古典概型. 则“”的概率为. 故答案为： 4．（24-25高二下·江苏徐州·期末）某兴趣小组有4名男生、2名女生，现随机选出3名学生参加志愿服务，则至少有2名男生的概率为______． 【答案】/ 【分析】根据古典概型的概率公式结合分类计算原理可求概率. 【详解】设“随机选出3名学生参加志愿服务，则至少有2名男生”为事件， 则， 故答案为：. 5．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）某位同学用一根直径3cm，长度30cm，粗细均匀的圆木棒做接力棒，先按长度将其划分成每段为10cm的三个区域，再将每个区域漆上一种颜色，要求相邻区域的颜色不能相同，现有红、黄、蓝三种颜色的油漆可以选取，则漆出的外观有（    ）种可能． A．18 B．15 C．12 D．9 【答案】D 【分析】根据分类、分步计数原理及排列组合的知识即可求出总方案数. 【详解】根据题意，如只使用两种颜色，则两端颜色一定相同，共有种， 如使用三种颜色，考虑对称性（如红、黄、蓝与蓝、黄、红实际是一种情况），共有种， 总方案数为种. 故选：D. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（24-25高二下·江苏淮安·期末）已知（为常数）． (1)当时，求的二项展开式中各项系数的和； (2)若的二项展开式中常数项为24，求实数的值． 【答案】(1)256．(2)． 【分析】（1）利用赋值法，令即可得解； （2）利用二项展开式通项公式求解. 【详解】（1）当时， 因为，令时， 则的二项展开式中各项系数的和为． （2）因为的二项展开式的第项， ， 因为的二项展开式中常数项为24， 所以，即， 又因为，所以，即． 2．（24-25高二下·江苏淮安·期末）（多选）已知，则下列说法中正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则中含项的系数为48 D．若为偶数，则能被4整除 【答案】ABD 【分析】逆用二项式定理求得，解方程判断AB；先求出，再根据这一项的生成过程分类讨论求解系数判断C；，结合二项展开式可得能被4整除判断D. 【详解】因为，所以，即， 对于A，若，则，解得，正确； 对于B，若，则，即， 由单调递减，及，可得，正确； 对于C，若，则，解得， 对于二项式，要生成这一项，相当于从5个含有的括号中， 若2个取出，1个取出，2个取出，则， 若1个取出，3个取出，1个取出，则， 若5个取出，则， 所以的系数为，错误； 对于D，，为偶数，不妨记， 则 能被8整除，所以能被4整除，正确. 故选：ABD 3．（24-25高二下·江苏徐州·期末）已知的展开式中，二项式系数的和为64，求： (1)； (2)含的项； (3)偶数项的系数的和． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据二项式系数的和可求； （2）根据二项展开式的通项可求含的项； （3）利用通项公式可求偶数项的系数的和． 【详解】（1）由题意得，所以． （2）由（1）知，则展开式的通项为． 令，得， 所以含的项为． （3）展开式中第2项系数为， 第4项系数为， 第6项系数为， 所以展开式中偶数项的系数和为． 4．（24-25高二下·江苏徐州·期末）某公司年会安排节目表演，有3个小品节目、2个歌舞节目和1个杂技节目．现要求歌舞节目相邻，小品节目也相邻，杂技节目不能在首尾位置，则不同的安排方法共有（   ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【答案】A 【分析】利用捆绑法即可求解. 【详解】利用捆绑法排3个小品节目、2个歌舞节目和1个杂技节目有种. 故选：A. 5．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）已知，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．展开式的二项式系数和 D．展开式中二项式系数最大的项为第6项 【答案】AB 【分析】根据通项公式判断A，根据赋值法判断B，根据二项式系数的性质判断CD. 【详解】A.是前的系数，所以，故A正确； B.赋值，得，赋值，， 两式相加后除以2得，故B正确； C.展开式二项式系数的和为，故C错误； D.展开式二项式系数最大值为，是第4项和第5项，故D错误. 故选：AB 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（24-25高二下·江苏扬州·期末）类比排列数公式，定义（其中，），将右边展开并用符号表示（，）的系数，得，则： （1）______；（结果用数字表示） （2）若，（，），则______． 【答案】 24 【分析】根据定义的函数，写出对应的函数，根据函数解析式，求出，再根据定义函数的性质，构造一个新的函数，再根据其展开式，列出其中相等的项，写出方程，化简即可求出结果. 【详解】由题意知，则时一次项系数，则， 即. 由题意得， 展开得， 可得， 因为，，所以， 故答案为：24；. 2．（24-25高二下·江苏扬州·期末）（多选）已知，下列选项中正确的有（    ） A． B．，，，…，中，最大 C． D． 【答案】BC 【分析】根据二项式定理，求出指定项的系数，和系数最大的项的系数，再根据展开式，赋特殊值，求出所有系数之和以及所有系数绝对值的和，判断各选项正误. 【详解】由题意知的展开式为，则当时，，所以，所以A错误. 所有项的系数，可知所有系数正负交替出现，可知在中，最大的是，其中，所以最值为，所以B正确. 令，则，所以C正确. 令，则，所以D错误. 故选：BC. 3．（24-25高二下·江苏镇江·期末）设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且集合A中的元素任意两个之积皆为偶数，则集合A中元素为偶数的个数最大值为______，集合A中元素个数的最大值为______． 【答案】 328 329 【分析】分析集合中元素最多只能有一个奇数，其他都是偶数，再根据分类加法和分步乘法计数原理，计算有多少个元素. 【详解】集合中任意两个数之积皆为偶数，则集合中最多只能有一个奇数，其他都是偶数， 先计算所有偶数有多少， 情况一：三位数偶数末位是0，则有种， 情况二：末位不是0，则有种， 集合A中元素个数的最大值为，集合A中元素为偶数的个数最大值为328. 故答案为：328；329. 4．（24-25高二下·江苏镇江·期末）（多选）已知，则正确的是（    ） A． B． C． D．，，，…，这8个数中最大 【答案】ABC 【分析】令，则，则可判断；利用赋值法可判断；对两边求导，再利用赋值法可判断；根据二项式系数的对称性及增减性可判断. 【详解】令， 则， 对于：，故正确； 对于：令， 可得，即，故正确； 对于：对两边求导， 得， 令，得，即，故正确； 对于：根据二项式系数的对称性及增减性可知， ，，，…，这8个数中与最大.故错误. 故选：. 5．（24-25高二下·江苏镇江·期末）的展开式中的系数是_________．（结果用数字表示） 【答案】 【分析】利用二项展开式通项以及组合数性质可求得展开式中的系数. 【详解】当且时，的展开式通项为， 所以的展开式中的系数是 . 故答案为：. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $