专题05计数原理（期末复习讲义，4重难题型+分层验收）高二数学下学期沪教版

专题05 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01两大计数原理 题型02排列之特殊元素/位置优先问题 题型03 排列之相邻问题（捆绑法） 题型04排列之不相邻问题（插空法） 题型05 排列组合综合问题（难点小题压轴） 题型06 二项式之通项求指定项 题型07二项式之系数和（赋值法） 题型08二项式之系数最值问题 题型09计数与古典概率综合问题 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 能区分“类”与“步”；会用加法原理列式；知道类类独立 区分“分类/分步”；数字、图形、路线计数 该加用乘、该乘用加；漏算、重算 分步乘法计数原理 会用乘法原理列式；知道步步相连、缺一不可；能处理简单多步骤问题 加用乘、该乘用加；漏算、重算 排列与排列数 理解排列定义（有序）；会写排列数公式、阶乘运算；会解简单排列应用题 排队、选人、分组、数字无重复；有序/无序判断 排列组合混淆；平均分组忘除序 组合与组合数 理解组合定义（无序）；掌握组合数公式、性质 排列组合混淆；平均分组忘除序 排列组合综合应用（捆绑、插空、特殊元素优先 能识别典型模型：相邻（捆绑）、不相邻（插空）、特殊位置/元素优先；会分类+分步混合使用 相邻、不相邻、特殊位置；染色、分配问题 捆绑后内部排序漏乘；插空先排谁搞反 二项式定理 会写(a+b)ⁿ展开式；能求通项、指定项、系数/二项式系数；知道对称性、增减性、最值 通项、常数项、xᵏ项、系数和 混淆“系数”与“二项式系数”；指数算错 计数原理在古典概率中的应用 会用排列组合算基本事件总数、事件A包含数；会算 摸球、抽奖、产品检验、分配型概率 基本事件数算错；分母分子不匹配 知识点01分类加法计数原理 1. 分类加法计数原理 完成一件事有若干类相互独立的方案，每一类方案都能独立完成这件事。若第1类有种方法，第2类有种方法……第类有种方法，则完成这件事的总方法数：。 核心特征：类类独立、可单独完成；关键词：或、任选其一、分情况。 2. 分步乘法计数原理 完成一件事需要分成若干个先后步骤，所有步骤全部完成才能做完这件事。若第1步有种方法，第2步有种方法……第步有种方法，则完成这件事的总方法数：。 核心特征：步步关联、缺一不可；关键词：且、依次、先后、分步操作。 3. 重难点区分 分类：无需后续步骤，单独一类即可完成整件事，用加法；分步：单一步骤无法完成整件事，必须依次完成所有步骤，用乘法。 知识点02排列（有序计数） 1. 定义 从个不同元素中，取出个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列，记作。 核心本质：元素有序，顺序不同、结果不同。 2. 计算公式 展开式公式： 阶乘公式： 补充规定：；全排列：（个元素全部排列） 知识点03组合（无序计数） 1. 定义 从个不同元素中，取出个元素组成一组（不考虑元素顺序），叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合，记作。 核心本质：元素无序，顺序改变、结果不变。 2. 计算公式 3. 核心性质 （1）互补性质：（简化大数组合计算） （2）递推性质： （3）特殊取值：， 知识点04计数原理与古典概率 古典概型概率公式： 核心思路：利用排列组合方法分别计算分子（符合条件的事件数）和分母（总事件数），是高考高频综合考法。 知识点05二项式定理 1. 二项式定理公式 2. 通项公式（核心考点） 展开式中第项： 注意：通项对应第项，并非第项，是求指定项、系数的核心工具。 3. 二项式系数核心性质 （1）对称性：，首尾二项式系数对应相等 （2）最值性质：当为偶数时，中间一项二项式系数最大；当为奇数时，中间两项二项式系数相等且最大。 （3）系数和性质（赋值法核心）： ① 所有二项式系数和：令，得 ② 奇偶项系数差：令，得 ③ 推论：奇数项二项式系数和=偶数项二项式系数和= 题型一 两大计数原理 解｜题｜技｜巧 核心技巧：先整体分类，再局部分步，严格做到不重复、不遗漏。优先划分独立情况，每种情况内部用分步计算，最后汇总相加。 易｜错｜点｜拨 错误根源：无法判断事件是否独立，该相加时相乘、该分步相乘时相加。 【典例1】．（25-26高二上·上海·期末）四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队和排球队，每人限报其中的一支，那么不同的报名方法有（    ）种. A．12 B．16 C．81 D．256 【答案】C 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意知，每名学生都有种报名情况， 由分步乘法计数原理可得，不同的报名方法有种. 故选：C. 【典例2】．（23-24高二下·上海·期末）若，则不同的有序集合组共有_________种． 【答案】9 【知识点】分类加法计数原理 【分析】对集合分类讨论即可得解. 【详解】根据题意，若，则， 若，则或， 若，则或， 若，则或或或， 故不同的有序集合组共有种． 故答案为：9． 【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】．（2024高二下·上海浦东新·期末）本次数学期末考试共三种题型：填空题、选择题、解答题，其中填空题满分54分，共有12道小题，前6题每小题4分，后6题每小题5分，每小题答对得满分，答错得零分，则学生解答填空题共有______种不同的可能分值. 【答案】43 【知识点】分类加法计数原理 【分析】分类计数相加即可. 【详解】设4分题答对的个数为，答对5分题的个数为，则总的分， 当时，，共7个数值； 当时，分别可取7个不同的值， 但， 且 故共有：种不同的结果. 故答案为：43. 【变式4】．（23-24高二上·上海松江·期末）设为的一个排列，满足，则这样的排列的个数为_______个. 【答案】6142 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、求等比数列前n项和 【分析】根据条件分别对于与时得出排列个数. 【详解】对于给定的，考虑使的满足条件的排列个数， 当时，对有为的排列（若，则没有 这样的i），且（若，则没有这样的j），因此， 当时，类似地有， 因此，满足条件的排列个数为 故答案为：6142. 【点睛】本题关键针对与分别得出排列个数. 题型二 排列之特殊元素/位置优先问题 解｜题｜技｜巧 核心技巧：优先处理限制条件最强的元素或位置，再排布无限制的普通元素，规避特殊情况遗漏。 【典例1】．（24-25高二下·上海浦东新·期中）6名运动员站在6条跑道上准备参加比赛，其中甲不能站第一道或第二道，乙只能站在第五道或第六道，则不同的排法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 【答案】D 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的计数问题 【分析】应用分类分步计数，结合排列数求不同的排法数. 【详解】当乙在第五道，甲有3种站法，其它4人做全排有种站法，则共有种， 当乙在第六道，甲有3种站法，其它4人做全排有种站法，则共有种， 所以共有144种不同排法. 故选：D 【变式1】．（25-26高二下·上海·期中）5人站成一排，其中甲站中间，共有______种排法.(用具体数字作答) 【答案】 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【详解】甲站中间，其余四人全排列，共有种排法. 【变式2】．（25-26高二下·上海·期中）是的全排列，如果对任意的，和中至多有一个小于，则满足要求的排列的总数为__________. 【答案】 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、数列新定义 【详解】因为没有比大的数，所以只能排在第一位或者第五位， 当排在第一位时，若排在第二位， 此时排列可以是，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 由上可知，当排在第一位时，共有种情况， 同理可得，当排在第五位时，也有种情况满足条件， 综上所述，共有种排列满足条件. 【变式3】．（25-26高二下·上海·期中）某校志愿者团队共派出6人参加志愿者活动，其中男生4人，女生2人； (1)活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙的左边（甲乙不必相邻），有多少种不同的排法？ (2)现要将6名志愿者分配到3所学校参加志愿者服务活动，每所学校至少分配1人，共有多少种不同的安排方法？ 【答案】(1) (2) 【知识点】分组分配问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】（1）定序问题使用倍缩法计算即可； （2）分三所学校人数为、、三种情况，结合分堆法和分类加法计数原理计算即可得. 【详解】（1）全排列有种排法，男生甲与女生乙共有种排法， 故男生甲在女生乙的左边，共有种； （2）先将名志愿者分成组，可以分成或或三种不同情况， 若人数为，共有种安排方法； 若人数为，共有种安排方法； 若人数为，共有种安排方法； 故共有种不同的安排方法. 题型三 排列之相邻问题（捆绑法） 答｜题｜模｜板 标准步骤：① 将相邻元素捆绑为一个整体“大元素”；② 大元素与其余普通元素整体全排列；③ 计算捆绑内部元素的自身排列数。 【典例1】．将、、、、这个字母排成一排，若c与e必须相邻，则不同的排法种数（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】相邻问题的排列问题 【详解】由题意可知，将c与e捆绑，形成一个大元素，并与其他三个字母进行排序， 因此不同的排法种数为种. 【典例2】．（24-25高二上·上海·期末）有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有________种排法． 【答案】 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】根据相邻问题捆绑法即可求解. 【详解】甲乙丙相邻，则共有, 故答案为： 【典例3】．（24-25高二下·上海浦东新·期中）2名男生和2名女生站成一列，其中两名女生相邻的排法共__________种. 【答案】12 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】利用捆绑法结合分步乘法计数原理求解即可. 【详解】若两名女生相邻，我们把两名女生进行捆绑，看作一个整体， 这两名女生的排列方式共有种， 我们把这个整体与男生全排列，共有种排法， 由分步乘法计数原理得两名女生相邻的排法共种. 故答案为：12 【典例4】．（25-26高二下·上海·期中）等6人在某博物馆前排成一列进入馆内参观，其中相邻，则不同的排队方法有__________种.（用数字作答） 【答案】 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】借助捆绑法计算即可得. 【详解】两人看作一个整体，内部有种排法， 整体和剩下4人，构成5个元素全排列有种排法， 故共有种， 故相邻，则不同的排队方法有240种. 【变式1】．（25-26高二上·上海奉贤·期中）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 【答案】D 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】先安排讲座，再安排讲座和及其余三场讲座，最后利用分步乘法计算原理即可得出答案. 【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，安排A有种排法， 因为讲座和必须相邻，所以安排BC及其余三场讲座共有种排法， 根据分步计数原理知共有种排法. 故选：D． 【变式2】．（25-26高二下·上海·阶段检测）新一年复旦中学高二的戏剧展演又将来临，这次全年级共准备了个节目，邓老师需要根据各个班的表演剧目排定出场顺序；其中班和班都要表演《哈姆雷特》；因此需要分开排，班和班节目需要相邻出现，则邓老师能排出______种不同的方案（用数字表示） 【答案】 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、分类加法计数原理、相邻问题的排列问题 【分析】先采用捆绑相邻的元素，再插空处理不相邻的元素，使用分步乘法原理计算出总方案即可. 【详解】把班和班捆绑为个整体，内部有种排列顺序， 除去班、班，剩下的元素为：班和班整体加上其余个节目，共个元素， 全排列有种排法， 个元素排好后共产生个空位，从个空位中选个插入班和班，共有种排法， 总方案数为各步骤乘积：种. 【变式3】．（24-25高二下·上海·期中）学校组织文艺汇演，有3个舞蹈节目、2个歌唱节目和1个魔术节目，要求3个舞蹈节目必须连续表演，那么这6个节目的表演顺序共有________种． 【答案】144 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】利用捆绑法即可求得答案. 【详解】将3个舞蹈节目捆绑，再与其他3个节目全排列可得, 所以共有144种表演顺序， 故答案为：144. 【变式4】．（24-25高二上·上海·期中）班级迎新晚会有3个唱歌节目、2个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单. (1)魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？ (2)3个唱歌节目要排在一起，有多少种排法? 【答案】(1)600； (2). 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）先从3个唱歌节目和2个相声节目中选1个放在最后，再将其余5个节目全排列，根据分步乘法计数原理即可求解； （2）先将3个歌唱节目捆绑在一起，再与其余3个节目全排列，根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】（1）魔术节目不排在最后一个节目， 则先从3个唱歌节目和2个相声节目中选1个放在最后，有5种排法； 其余5个节目任意排，有种排法， 所以魔术节目不排在最后一个节目，有种排法. （2）将3个歌唱节目捆绑在一起，看成1个节目有种， 与其余3个节目一起排共种， 则3个唱歌节目要排在一起，有种排法． 题型四 排列之不相邻问题（插空法） 答｜题｜模｜板 标准步骤：① 先排布无限制的普通元素，生成空余空位；② 将不相邻元素插入空位，彻底规避相邻情况。 【典例1】．（25-26高二下·上海宝山·期中）8个人排成一排照相，其中甲乙丙三人都不相邻的排法种数是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【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】根据题意，先将5人全排列，再将甲乙丙三人插入5人构成的6个空隙中的三个空隙中，结合排列数和分步计数原理，即可求解. 【详解】先从8人中除去甲乙丙三人，将剩余的5人全排列，有种排法， 再将甲乙丙三人插入5人构成的6个空隙中的三个空隙，有种放法， 由分步计数原理得，共有不同的排法. 【典例2】．（25-26高二下·上海闵行·期中）某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，则 (1)该小组中男生、女生各多少人？ (2)若10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，问有多少种站队方法？（要求用数字作答） 【答案】(1)女生有6人，男生4人 (2) 【知识点】全排列问题、实际问题中的组合计数问题、不相邻排列问题 【分析】（1）根据组合数列方程，代入数据，化简整理，即可得答案. （2）利用插空法，结合条件，分析求解即可. 【详解】（1）设女生人数为n，则男生人数为， 则从10名学生中选取3人，选取的3人中恰有1名女生的概率为， 则，即， 则，整理得， 所以， 因为，所以，即女生有6人，男生4人. （2）先排女生，共有种排法，女生排好后，共有7个空位， 男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则有种排法， 则总的站队方法数为. 【变式1】．（25-26高二下·上海·期中）某校艺术节总汇演，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，若高二的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有__________种出场顺序.(用具体数字作答) 【答案】28800 【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】根据相邻问题捆绑，再把不相邻问题应用插空法计算求解. 【详解】将高三2个节目捆绑，内部排列有种方法；将此捆绑视为一个整体，与高一4个节目进行全排列，有种方法； 最后将高二的3个节目插入所形成的6个空中，有种方法； 根据分步乘法计数原理，共有种. 【变式2】．（25-26高二下·上海·期中）某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，现需要制作节目单. (1)若要求3个舞蹈节目相邻，有多少种不同的排法？ (2)若要求2个小品节目不相邻，有多少种不同的排法？ (3)由于特殊原因，需要在定好的节目单上新加两个不同的节目，但不改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的排法？ 【答案】(1)720 (2)3600 (3)72 【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】（1）将3个舞蹈节目看成一个元素，利用捆绑法求解即可； （2）将2个小品节目在其它5个节目之间留下的6个空位上安排，利用插空法求解即可； （3）将新增的两个节目放入原有7个节目排布产生的空位中，分放入同一个空位和放入两个不同的空位两种情况求解即得. 【详解】（1）依题意，只需将3个舞蹈节目看成一个元素，考虑内部排序，再与另外4个节目共5个元素全排，故共有不同的排法种数为种； （2）依题意，只需将2个小品节目在其它5个非小品节目之间留下的6个空位上进行安排，再考虑这5个节目的全排，故共有不同的排法种数为种； （3）将新增两个节目放入原有7个节目排布产生的8个空位中．若两个节目放入同一个空位，有种排法， 若两个节目不放入同一个空位，有种排法，故共有种排法. 【变式4】．（24-25高二下·上海·阶段检测）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 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题、其他排列模型 【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）. 题型五 排列组合综合问题（难点小题压轴） 易｜错｜点｜拨 错误根源：无序问题用排列、有序问题用组合。 【典例1】．（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 【典例2】．（23-24高二下·上海·期末）已知 ，则 ___________． 【答案】11 【知识点】组合数方程和不等式、排列数方程和不等式 【分析】根据组合数和排列数公式计算即可. 【详解】化简可得, , , 可得. 故答案为：11. 【变式1】．（23-24高二下·上海·期末）现有编号分别为 的小球各两个，每个球的大小与质地均相同．将这个球排成一列，使得任意编号相同的球均不相邻，记满足条件的排列个数为 ，则 （    ） ① 对任意 都是偶数； ② ． A．①②都是真命题 B．①是真命题， ②是假命题 C．①是假命题， ②是真命题 D．①②都是假命题 【答案】A 【知识点】判断命题的真假、排列组合综合、不相邻排列问题 【分析】注意到为的倍数，故易得为偶数；另一方面由插空法可以得到与间的不等式. 【详解】现有编号分别为的小球各两个，我们现在分两步将这个球排成一列并使得任意编号相同的球均不相邻. 第一步，将这个数分成对数，且每对数均不相邻，设有种分法； 第二步，将个小球中相同编号的两个小球分别放到第一步分得的每一对数对应的位置上，这相当于给这对位置分配这个数，故有种分配方法. 由乘法原理得，， 当时，为偶数；当时，因为为偶数，所以也为偶数. 故任意，都是偶数，①为真命题； 另一方面，若有编号分别为的小球各两个，将它们排成一列且任意编号相同的小球不相邻之后，从这个球产生的个空隙中选出个空隙放入两个编号为的小球，完成这两步由乘法原理有种方法，但完成这两步后这个球的排列满足同号球不相邻，所以.故②也是真命题. 故选：A. 【点睛】思路点睛：先将个球的排列等同于分配到个位置上，任意编号相同的球均不相邻，所以可将个位置的任意两个位置作为一组放置相同编号的球，把两个位置不相邻的组数求出来，再依次选出组依次排列编号相同的两个球即可求解. 【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】组合数的计算、元素（位置）有限制的排列问题 【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高二上·上海·阶段检测）分别求下列情形的方法数：（用数字作答） (1)从4名男生4名女生中选出2男2女组成一个队伍； (2)8个人排成一排，其中甲乙二人必须站在一起； (3)8个人排成一排，甲乙丙三人互相不能相邻． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】（1）先从名男生中选出名，然后再从名女生中选出名，分步相乘从而即可求解； （2）先把甲乙捆绑看成一个整体，再和其他人一起排列即可求解； （3）先把其他人排列，然后将甲乙丙三人插空，即可求解. 【详解】（1）先从先从名男生中选出名，有种方法， 再从名女生中选出名，有种方法， 所以共有种方法. （2）先把甲乙捆绑看成一个整体有种方法，再和其他人一起排列有种方法， 所以8个人排成一排，其中甲乙二人必须站在一起的方法为. （3）先把其他人排列共有种方法，再把甲乙丙三人插空有， 所以个人排成一排，甲乙丙三人互相不能相邻的方法为. 【变式4】．（25-26高二下·上海·阶段检测）有标号1，2，3，4，5，6的六个小球和标有A，B，C，D的四个盒子．（结果均使用数值表示） (1)若将小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，有多少种放法？ (2)若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，有多少种放法？ (3)若将小球全部放入盒中，恰有两个盒子为空且盒中球的数量不超过4个，有多少种放法？ 【答案】(1)4096 (2)144 (3)300 【知识点】其他排列模型、分步乘法计数原理及简单应用、排列组合综合 【分析】（1）可知每个球均有4种选择，结合分步乘法计数原理运算求解； （2）先排A盒和D盒，再排B盒和C盒，根据分步乘法计数原理结合排列数运算求解； （3）先选空盒，再讨论盒中球的个数，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】（1）因为小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，则每个球均有4种选择， 所以有种不同放法. （2）若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒， 先排A盒和D盒，有种不同放法， 再排B盒和C盒，有种不同放法， 所以有种不同放法. （3）若恰有两个盒子为空，有种不同选法， 且小球全部放入盒中，剩余两个盒中球的数量不超过4个， 若其中一个盒中球的数量为4个，有种不同放法； 若其中一个盒中球的数量为3个，有种不同放法； 所以有种不同放法. 题型六 二项式之通项求指定项 答｜题｜模｜板 写出通项公式→根据目标项次数列方程求→代入通项计算对应项/系数。 【典例1】．（22-23高二下·上海杨浦·期中）在的二项展开式中，第3项为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】求二项展开式的第k项 【分析】写出二项展开式的通项，即可得出答案. 【详解】因为，的二项展开式的通项为，， 所以，第3项为. 故选：A. 【典例2】．（23-24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】两个二项式乘积展开式的系数问题、求指定项的系数、二项式的系数和 【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. 【典例3】．（23-24高二下·上海闵行·期末）已知实数，在的二项展开式中. (1)求项的系数； (2)若第三项不大于第五项，求的取值范围. 【答案】(1)1 (2) 【知识点】求指定项的系数、由项的系数确定参数 【分析】（1）根据题意可得通项为，令，运算求解即可； （2）由（1）可得：，，根据题意列式求解即可. 【详解】（1）的二项展开式的通项为， 令，解得， 所以项的系数为. （2）由（1）可得：，， 由题意可知：，且，解得， 所以的取值范围为. 【变式1】．（25-26高二下·上海·期中）在的二项展开式中的常数项______. 【答案】 【知识点】求二项展开式的第k项 【详解】二项式展开式的通项为， 令，解得，所以常数项为. 【变式2】．（24-25高二下·上海·期中）已知在的展开式中， (1)求常数项； (2)求二项式系数最大的项． 【答案】(1)-84 (2)和 【知识点】求二项展开式的第k项、二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数 【分析】（1）根据二项式展开式的通项特征，即可求解， （2）根据二项式系数的单调性，即可求解. 【详解】（1）， 令，∴常数项 （2）， ∴二项式系数最大的项和 【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】求二项展开式的第k项、两个二项式乘积展开式的系数问题、二项式的系数和 【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. 【变式4】．（25-26高二下·上海·期中）已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为5:2. （说明：二项式系数指组合数，.） (1)求的值，并求展开式中所有的有理项； (2)求展开式中系数最大的项. 【答案】(1) (2) 【知识点】求系数最大（小）的项、求指定项的系数 【详解】（1）由题意得:，解得. 二项式第项展开式的通项公式为 ， 当为整数时，该项为有理项，因为且， 所以，时，， 时，， 时，. 所以，展开式中所有的有理项为. （2）设展开式中系数最大的项是第项， 则有，解得，即， 因为，所以，即展开式中最大的项是第5项， . 题型七 二项式之系数和（赋值法） 答｜题｜模｜板 对二项式中的变量赋值（常用），整体代入求解各类系数和。 易｜错｜点｜拨 区分“二项式系数”和“项的系数”，灵活运用赋值法。 【典例1】．（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】二项式的系数和、由二项展开式各项系数和求参数、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【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. 【典例2】．（25-26高二上·上海·期末）若，则______． 【答案】33 【知识点】二项展开式各项的系数和、求指定项的系数 【分析】由赋值法即可求解． 【详解】令，则， 令，则， 所以． 【典例3】．（24-25高二下·上海静安·期末）_______． 【答案】 【知识点】组合数的计算、二项式的系数和 【分析】根据二项式定理及逆用求解即得. 【详解】 . 故答案为：. 【变式1】．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知的二项展开式中，第项与第项的系数相等，则所有项的系数之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】由项的系数确定参数、二项展开式各项的系数和 【分析】利用二项式定理求得的展开通项，从而利用与的系数相等得到关于的方程，进而求得的值，由此得解. 【详解】因为的展开通项为 又因为第项与第项的系数相等，所以， 由二项式系数的性质知，则，故， 所以的二项展开式中所有项的系数之和为. 故选：C. 【变式2】．（24-25高二下·江苏无锡·期中）已知，则（ ） A． B． C． D．0 【答案】B 【知识点】二项展开式的应用、奇次项与偶次项的系数和 【分析】令得，则，利用二项式定理即可求解. 【详解】令得，则， 则有， 所以，， 所以令有 ， 所以， 故选：B. 【变式3】．（2023·上海嘉定·一模）求中的奇数项的系数和为_________ 【答案】 【知识点】奇次项与偶次项的系数和 【分析】先将式子展开，使用赋值法分别令，然后两式相加再除以2可得出结果. 【详解】因为， 令，得到①， 令，得到②， ①②得到， 所以，即 故答案为：. 【变式4】．（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】二项式的系数和、二项展开式各项的系数和、求指定项的系数 【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5】．（24-25高二上·上海徐汇·期末）在二项式的展开式中： (1)若，求 (2)若所有项的二项式系数和等于4096，求展开式中系数最大的项． 【答案】(1) (2) 【知识点】二项展开式各项的系数和、求系数最大（小）的项、二项式的系数和 【分析】（1）把代入，利用赋值法求得答案. （2）由二项式系数性质求出，求出展开式的通项公式，列出不等式求出系数最大项. 【详解】（1）当时，， 取，得，取，得， 所以. （2）由所有项的二项式系数和等于4096，得，解得， 二项式展开式的通项公式， 令展开式中系数最大的项是第项，则， 整理得，解得，而，因此， 所以展开式中系数最大的项. 题型八 二项式之系数最值问题 答｜题｜模｜板 二项式系数最值直接看的奇偶性；项的系数最值，列不等式组求解值。 【典例1】．（25-26高二下·上海·阶段检测）若的二项展开式中含有常数项，则正整数的最小值为__________. 【答案】5 【知识点】求指定项的系数、由项的系数确定参数、二项展开式的应用 【分析】写出二项展开式的通项，对其进行整理，令的指数为0，建立方程求出的最小值． 【详解】该二项式展开式的通项为， 令，则，则的最小值为5. 【典例2】．（25-26高二上·上海·期中）设为正整数，和均为整数，若和被除后余数相同，则称和模同余，记为．已知，，则正整数的最小值是______． 【答案】5 【知识点】整除和余数问题 【分析】根据二项式定理对的表达式进行化简，即可求出结果. 【详解】由于， 所以， 所以, 所以. 由于 ， 所以 ， 因为. 所以被除后余数为，由，则正整数的最小值为. 故答案为：. 【变式1】．（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2】．（24-25高二下·上海·期中）“杨辉三角”是数学史上的一个伟大成就．在如图所示的“杨辉三角”中，去掉所有的数字1，余下的数逐行从左到右排列，得到数列为2，3，3，4，6，4，5，10，…，若，，则的最大值为________． 【答案】 【知识点】杨辉三角 【分析】根据“杨辉三角”确定的位置，再分析出去掉所有的之后的位置，从而得到的最大值. 【详解】依据“杨辉三角”的分布规律及可知最后一个出现在第行的第个数， 去掉所有之后是第行第个数，所以的最大值为， 故答案为：. 【变式3】．（23-24高二上·上海·期末）（1）求的二项展开式的中间项； （2）若，且，求中的最大值． 【答案】（1）；（2） 【知识点】由项的系数确定参数、求系数最大（小）的项、求指定项的系数 【分析】（1）根据二项展开式的项数确定中间项，再利用通项写出该项化简即可. （2）为的第三项的系数，列方程求出n，设第项的系数为，解不等式即可求得，则 中的最大值为. 【详解】（1）的二项展开式共有11项，所以中间项为第6项：. （2）因为， 所以，解得， 设第项的系数为，则，， ，令，解得， 可得：. 所以中的最大值为. 题型九 计数与古典概率综合问题 答｜题｜模｜板 用排列组合公式分别计算总基本事件数、符合条件的事件数，代入古典概率公式求解。 【典例1】．（24-25高二下·上海·期中）“冰雪同梦，亚洲同心”，2025年第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，彰显了中国冰雪运动的蓬勃发展和举办大型赛事的实力.在运动会的某比赛日，某人欲在冰壶（●）、冰球（●）、短道速滑（○）、速度滑冰（○）、花样滑冰（○）这5个项目中随机选择2个比赛项目现场观赛（注：比赛项目后括号内为“●”表示当天不决出奖牌的比赛，“○”表示当天会决出奖牌的比赛），则所选择的2个观赛项目中最多只有1项当天会决出奖牌的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】先求出恰有1项当天会决出奖牌、2项都不会当天决出奖牌、5个项目中随机选择2个项目的种类数，再利用古典概型求概率即可. 【详解】恰有1项当天会决出奖牌有种选择，2项都不会当天决出奖牌有种选择， 5个项目中随机选择2个项目有种选择， 则所选择的2个观赛项目中最多只有1项当天会决出奖牌的概率为. 故选：D 【典例2】．（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： 【典例3】．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的________倍． 【答案】2 【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率、几何组合计数问题 【分析】先求出八边形中的等腰三角形的个数，从而由组合知识得到为等腰三角形的概率为，再求出不是直角三角形的情况，得到为直角三角形的概率为，得到答案. 【详解】在八边形中，以为顶点的等腰三角形有3个， 分别为， 故为等腰三角形的情况数共个， 故为等腰三角形的概率为， 从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点， 不是直角三角形的情况，如下图中的等边三角形，这样的等边三角形共8个， 分别为，，，，，，，， 所以为直角三角形的概率为， 由于， 故为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的2倍. 故答案为：2 【典例4】．（23-24高二下·上海·期中）建平中学在迎新春活动中进行抽卡活动，不透明的卡箱中共有“福”“迎“春”卡各两张，“龙”卡三张.每个同学从卡箱中随机抽取张卡片，其中抽到“龙”卡获得分，抽到其他卡均获得分. (1)求学生甲最终获得分的不同的抽法种数； (2)求学生乙最终获得分的概率． 【答案】(1) (2) 【知识点】计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】（1）依题意学生甲需抽中张“龙”卡和张其他卡，利用组合数公式计算可得； （2）学生乙需要抽中张“龙”卡和张其他卡，即可求出学生乙的不同的抽法种数，再根据古典概型的概率公式计算可得. 【详解】（1）学生甲最终获得分，则需抽中张“龙”卡和张其他卡， 则不同的抽法种数为种. （2）学生乙最终获得分，则需要抽中张“龙”卡和张其他卡，不同的抽法种数为种， 而从张卡片中抽取张卡片一共有种取法， 所以学生乙最终获得分的概率. 【变式1】．（25-26高二下·上海浦东新·期中）从长方体的12条棱中任取2条，则两条棱所在直线平行的概率为__________. 【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】利用古典概型公式即可求解. 【详解】根据题意得：从长方体的12条棱中任取2条，共有种取法， 两条棱所在直线平行共有， 所以. 【变式2】．（25-26高二下·上海·期中）用1、2、3三个数字的全体或部分构造的四位数中，没有两个1相邻出现的概率为______. 【答案】 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】分别求出用1、2、3三个数字可组成四位数的个数和没有两个1相邻出现的四位数个数，然后利用古典概型概率公式求解即可. 【详解】用1、2、3三个数字可组成个四位数， 没有两个1相邻出现的四位数分为三种情况： 若四位数中没有1，共有个， 若四位数中有1个1，共有个， 若四位数中有2个1，则这两个1不能相邻，有种放置方法， 其余两位各有2种选择（2或3），故共有个， 因此没有两个1相邻出现的四位数共有60个． 所以所求的概率为. 【变式3】．（25-26高二上·上海普陀·期末）随机抽取的位同学中，至少有位同学在同一月份出生的概率为__________.（默认每个月的天数相同，结果精确到0.001） 【答案】 【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率、排列数的计算 【分析】根据古典概型及对立事件概率公式计算即可. 【详解】由于每名学生的出生月份可能是1月到12月中的任何一个， 因此名学生的出生月份共有种可能的排列， 每个排列对应一个基本事件，从而基本事件就有个， 且每个基本事件发生的概率都相等． 设表示事件“名学生中没有任何名学生在同一月份出生”， 那么名学生的出生月份共有种可能的排列， 即事件包含个基本事件， 所以事件的概率是． 这样，“至少有2名学生在同一月份出生”的概率是． 故答案为： 【变式4】．（23-24高二下·上海·期末）如图，6只小狗恰好在正六边形广场的顶点上玩耍，从中随机选取三只（视作点）连结成线，则以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率是_____________. 【答案】/ 【知识点】几何组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种，且每种情况出现的可能性相同，故为古典概型，由列举法计算出它们作为顶点的三角形是直角三角形的方法种数，求比值即可． 【详解】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种， 在正六边形中，直角三角形有，共12个， 由古典概型可知以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率 故答案为：． 【变式5】．（25-26高二下·上海浦东新·期中）高二年级14个班级开展5人制足球班赛，赛制采用单场淘汰制，即通过抽签确定每轮比赛对阵安排，每场均分出胜负，胜者晋级下一轮，败者淘汰（其中第二轮比赛会有一支队伍轮空，从而直接晋级），直至决出最后的冠军.同时由于场地与时间限制，每天至多安排两场比赛，若当天安排两场比赛，则两场比赛将同时进行. (1)若不设三､四名决赛，求按此赛制决出冠军共需要进行的比赛场次； (2)第一轮比赛对阵安排确定后，体育组打算将本轮比赛安排在4天内进行，若班在该轮比赛时没有其他比赛同时进行，求满足该要求的排法数； (3)两个班均晋级第二轮比赛，求随机抽签确定对阵安排后，两个班没有相互遭遇的概率； (4)若本次比赛增设三、四名决赛，且班最终分获本次班赛的冠，亚，季军，现需要从这三支队伍选出5人，组成高二年级足球阵容，要求三支队伍均有人入选，求冠军队入选人数至少两人选法数. 【答案】(1)13 (2)360 (3) (4)1250 【知识点】分组分配问题、分类加法计数原理、计算古典概型问题的概率 【分析】（1）利用单场淘汰制每场淘汰1支队伍的特点，14支队伍决出冠军要淘汰13支队伍，也可逐轮统计比赛场数，第一轮7场、第二轮3场、第三轮2场、第四轮1场，累加求出总场次. （2）先从4天里选1天单独安排A班比赛，再把剩下6个班级依次两两分组，用组合数直接相乘，算出符合条件的安排方法总数. （3）先求出第二轮所有抽签对阵的总基本事件数，再算出A、B两班恰好对阵的事件数，先求相遇概率，再用1减去相遇概率，得到两班不相遇的概率. （4）依据每队都有人入选且冠军人数至少两人的限制，分成三类，分别用组合数计算每类选法，再把三类结果相加得到总选法数. 【详解】（1）单场淘汰制中，每场比赛淘汰1支队伍，14支队伍决出冠军需淘汰支队伍. 第一轮14支队伍进行场比赛，第二轮7支队伍进行场比赛，第三轮4支队伍进行场比赛，第四轮2支队伍进行场比赛. 所以总场次为. （2）第一轮共组对阵，A班比赛无同时进行，需单独占用天. 第一步:从天中选天安排A班比赛，有种选法. 第二步:剩余组比赛平均分成组同时进行，分法为. 所以总排法数为. （3）第二轮共支队伍，抽签规则为选队轮空，剩余队分组对阵. 总对阵安排数:. A、B两班相互遭遇的安排数:. 相遇概率为，因此未遭遇概率为. （4）从支队伍选人且每队至少人，冠军队人数至少两人分三类:、、. 第一类:; 第二类:; 第三类:. 所以总选法数为. 【变式6】．（25-26高二上·上海·期末）“人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心．现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出人，并将这人按年龄分为第1组，第2组，第3组，第4组，绘制出如图所示的频率分布直方图．    (1)求的值； (2)现从年龄在及的人群中按分层抽样抽取人，再从中选人作为生态文明建设知识宣讲员，求这两人来自同一组的概率． 【答案】(1) (2) 【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、补全频率分布直方图 【分析】（1）利用频率分布直方图的核心性质——所有矩形面积之和为1（即各组频率之和为1）即可求解； （2）先用分层抽样按比例抽取，然后用组合数计算古典概型． 【详解】（1）由题意得，解得. （2）由，得抽取的人中有人来自，有人来自， 所以人中选人作为生态文明建设知识宣讲员，两人来自同一组的概率． 【变式7】．（24-25高二上·上海黄浦·期末）为了推广一种新饮料，某饮料企业开展了有奖促销活动：将6罐饮料装一箱，每箱中都放置2罐能中奖的饮料. (1)若甲从一箱这种新饮料中随机抽取2罐，能中奖的概率为多少？ (2)若甲、乙、丙三人中的每个人都从自己购买的一箱这种新饮料中随机抽取2罐，试判断：“甲、乙、丙三人中恰有一人中奖”与“甲、乙、丙三人都中奖或都未中奖”，哪一个发生的可能性更大？并说明理由. 【答案】(1) (2)“甲、乙、丙三人中恰有一人中奖”比“甲、乙、丙三人都中奖或都未中奖”发生的可能性更大，理由见解析 【知识点】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、独立事件的乘法公式、计算古典概型问题的概率 【分析】（1）利用间接法及古典概型的概率公式计算可得； （2）利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得. 【详解】（1）6罐饮料机抽出2罐有种取法, 两罐都不中奖有种取法， 所以两罐都不中奖的概率， 故甲能中奖的概率为； （2）由（1）可知随机抽取2罐，能中奖的概率为，不能中奖的概率为， 则“甲、乙、丙三人中恰有一人中奖”的概率； “甲、乙、丙三人都中奖或都未中奖” 的概率， 所以“甲、乙、丙三人中恰有一人中奖”比“甲、乙、丙三人都中奖或都未中奖”发生的可能性更大. 【变式8】．（24-25高二上·上海·期末）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定： ①每位学生每天最多选择1项； ②每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下： 时间 周一 周二 周三 周四 周五 课后服务 音乐、阅读、体育、编程 口语、阅读、编程、美术 手工、阅读、科技、体育 口语、阅读、体育、编程 音乐、口语、美术、科技 (1)若学生甲仅在周一和周二参加了课后服务课程，写出实验的样本空间Ω； (2)若学生乙一周内有三天参加了课后服务课程，共选择了阅读、体育、编程3项，则共有多少种不同的选择方案?并求这些方案中事件：“周一选择阅读”发生的概率． 【答案】(1)答案见解析； (2)14，. 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、计算古典概型问题的概率、写出样本空间 【分析】（1）根据给定条件，写出样本空间. （2）利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解，进而求出事件发生的概率. 【详解】（1）(音乐,口语), (音乐,阅读)，(音乐,编程)，(音乐,美术), (阅读,口语), (阅读,编程)，(阅读,美术)， (体育,口语), (体育,阅读)，(体育,编程)，(体育,美术), (编程,口语), (编程,阅读)，(编程乐,美术). （2）依题意，周一、二、三、四均可选阅读，体育在周一、三、四，编程在周一、二、四， ①若周一选编程，则体育在周三或周四，有2种，阅读在剩下的两天中选，有2种，共有4种方案； ②若周二选编程，则体育在周一，周三或周四，有3种， 阅读在剩下的两天中选，有2种，共有6种方案； ③若周四选编程，则体育在周一或周三，有2种，阅读在剩下的两天中选，有2种，共有4种方案， 所以不同选择方案共有（种）， 事件含有的样本点：(周一阅读,周二编程,周三体育), (周一阅读,周二编程,周四体育),(周一阅读,周二体育,周四编程)， 事件有3个样本点，事件发生的概率. 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．（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. 2．（24-25高二上·上海·期末）行知中学高二年级有10位同学在某竞赛中获奖，现排成两排拍照，每排5人，则不同的排列种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】全排列问题 【分析】根据给定条件，利用全排列列式即得. 【详解】依题意，10位同学排成两排，每排5人拍照，相当于10个人到10个位置就坐， 所以不同排法种数是. 故选：B 3．（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. 4．（24-25高二上·上海·期末）6名同学到三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，A场馆安排1名，B场馆安排2名，C场馆安排3名，则不同的安排方法的个数有（    ） A．30 B．60 C．120 D．360 【答案】B 【知识点】分组分配问题 【分析】根据场馆安排，对6名同学依次分组，利用分步乘法原则即可求得结果. 【详解】首先安排C场馆的3名同学，即； 再从剩下的3名同学中来安排A场馆的1名同学，即； 最后安排2名同学到丙场馆，即. 所以不同的安排方法有：种. 故选：B 二、填空题 5．（23-24高二上·上海·期末）的展开式中，项的系数为______． 【答案】10 【知识点】求指定项的系数 【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中项的系数． 【详解】的展开式的通项公式为，令，求得， 可得展开式中项的系数为. 故答案为：10. 6．（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： 7．（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：. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知，则（    ） A．128 B．2187 C．78125 D．823543 【答案】D 【知识点】奇次项与偶次项的系数和 【分析】由展开式通项公式可得系数小于0，系数大于0，由赋值法令，所求值即为. 【详解】的展开式中第项为，故系数， 即当为奇数时，系数小于0，当为偶数时，系数大于0. . 故选：D 2．（22-23高二下·上海黄浦·阶段检测）用这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】相邻问题的排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】分别讨论夹在中间的偶数数字为和不为两种情况，结合捆绑法、特殊位置优先的方式来求解即可. 【详解】当夹在中间的偶数数字为时，满足题意的五位数个数为个； 当夹在中间的偶数数字不为时，将其与看作一个整体，则有种情况； 再将这个整体和另一个不为的数字挑选一个排在首位，其余数字任意排序，共有种情况， 则满足题意的五位数有个； 满足题意的五位数共有个. 故选：A. 3．（22-23高二下·上海闵行·期中）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法错误的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法 B．课程“礼”不排在第一周，也不排在最后一周，共有480种排法 C．课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，共有144种排法 D．课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有240种排法 【答案】D 【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】根据给定条件利用组合知识可以判断A正确；利用特殊位置法可以判断B错误；相邻问题利用捆绑法可以判断C正确； 不相邻问题利用插空法可以判断D错误. 【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有种，A正确； 对于B，从中间四周中任取一周排“礼”，再排其它五门体验课程共有种，B正确； 对于C，“御”“书”“数”排在相邻的三周，可将“御”“书”“数”视为一个元素，不同排法共有种，C正确； 对于D，先排“礼”、“御”、“书”、“数”，再用插空法排“乐”“射”，不同排法共有种，D错误. 故选： D. 二、填空题 4．（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 5．（24-25高二下·上海·期末）已知，当取最大值时，从这100个实数中任取两个数，则这两个数的和不大于10的概率是__________．（用最简分数表示） 【答案】 【知识点】计数原理与概率综合、根据方差、标准差求参数 【分析】要使，则需方差最大，为此应尽可能多取1和10，则可得44个10，55个1，1个5可满足题意，据此可得答案. 【详解】平均数，方差为，则要使取最大值，需方差最大， 则应尽可能多取1和10，假设这组数中有个1，则有个10， 有，解得. 若取45个10，55个1，则和为505，不满题意； 取44个10，55个1，1个5，和为500，满足题意， 设从中任取两个数，和为，则 两数和不大于10，即. 故答案为： 三、解答题 6．（22-23高二下·上海长宁·期末）用0，1，2，3，4，5，6这七个数字组成没有重复数字的四位数. (1)组成的四位数中，大于4000的有多少个？ (2)能组成多少个被25整除的四位数？这些数相加，所得的和是多少？ 【答案】(1)360 (2)36，132000 【知识点】数字排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】（1）根据题意，千位数字可以为4、5或6，有3种情况，从而可解. （2）据题意，能被25整除的四位数其后面两位数字为25或50，从而可解. 【详解】（1）根据题意，四位数大于4000，其千位数字可以为4、5或6，有3种情况，百、十、个位任意排列，有种情况，则大于4000的四位数有个； （2）根据题意，能被25整除的四位数其后面两位数字为25或50， 若后面两位数字为50，有种情况， 若后面两位数字为25，有种情况， 则有个被25整除的四位数， 其和为. 7．（24-25高二下·上海虹口·期末）某校为了解学生的身高情况，从高一、高二、高三三个年级中采用分层抽样的方法抽取了100名学生进行调查，其中高一、高二、高三的学生人数之比为4：3：3． (1)求从高一、高二、高三各年级抽取的学生人数； (2)从抽取的100名学生中随机选取2人协助工作人员调查，求这2人来自不同年级的概率(用最简分数表示)； (3)经过调查，抽取的高二学生身高的平均数为，方差为60，其中被抽中的小李身高是．试求除去小李后其余被抽中的高二学生身高的平均数与方差(结果精确到0.1) 【答案】(1)高一抽取的学生人数为40人，高二抽取的学生人数为30人，高三抽取的学生人数为30人 (2) (3)； 【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、计算几个数据的极差、方差、标准差、抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算 【分析】（1）根据分层抽样计算即可； （2）根据对立事件与互斥事件，转化为求来自高一，高二，高三的概率即可得解； （3）根据平均值与方差的定义，利用已知30人的平均值与方差计算即可得解. 【详解】（1）高一抽取的学生人数为人， 高二抽取的学生人数为人， 高三抽取的学生人数为人. （2）. （3）设从高二学生中抽出的30人的身高分别为， 则由条件，这30人身高的平均数为， 身高的方差为． 设小李的身高为，则除去小李后其余被抽中的29位高二学生的身高平均 数、方差分别为， 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 一、单选题 1．（22-23高二下·上海普陀·阶段检测）现要用种不同颜色对如图所示的五个区域进行涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（    ）      A．180种 B．192种 C．300种 D．420种 【答案】D 【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】先涂区域，再涂区域，然后涂区域，分区域与区域同色、区域与区域不同色两种情况讨论，按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】先涂区域有种选择，再涂区域有种选择，然后涂区域有种选择， 若区域与区域同色，此时区域有种选择， 若区域与区域不同色，则区域有种选择，区域有种选择， 故有种涂色方法. 故选：D 二、填空题 2．（25-26高二上·上海·期末）将4名程序专家全部分配到1，2，3号3个AI实验室指导工作，每个实验室至少分配1名专家，则不同的分配方案共有______种． 【答案】36 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【分析】根据分组分配即可求解． 【详解】先将4名程序专家分成一个2人组和两个1人组，共有种，再分配给3个AI实验室,有种， 所以共有种不同的分配方案． 三、解答题 3．（25-26高二上·上海·期末）规定，其中，是正整数，且，这是组合数（是正整数，且）的一种推广． (1)求的值，并判断组合数性质是否能推广到（，是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式，并说明理由；若不能，则说明理由． (2)已知组合数是正整数，证明：当，是正整数时，． 【答案】(1)，能，推广形式为，理由见解析 (2)证明见解析 【知识点】组合数的性质及应用、利用组合数公式证明、组合数的计算 【分析】（1）根据定义即可计算；分类讨论，和两种情况，结合组合数的性质即可证明； （2）当时，分，和三种情况讨论，结合组合数的性质即可证明． 【详解】（1）； 当时，，等式成立， 当时， ， 所以组合数性质能推广到（是正整数）的情形，推广形式为． （2）当时，因为是正整数，所以是个连续整数的乘积，而！是个连续正整数的乘积，所以， 当时，此时，那么， 所以， 当时，因为， 所以， 又因为组合数是正整数，所以，则， 综上，当是正整数时，． 4．（25-26高二上·上海浦东新·期末）已知函数，为正整数. (1)当，且时，求的值； (2)当，且时，从中任取一个数，求取到的数为有理数的概率； (3)当，且时，若对任意的，，都有，求正整数的值. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】二项式系数的增减性和最值、由项的系数确定参数、求有理项或其系数、计算古典概型问题的概率 【分析】（1）结合二项式展开式条件转化为，根据组合数性质可求； （2）由条件，结合二项式展开式的通项公式可求，，，，，根据古典概型概率公式求结论； （3）根据二项式展开式求，分析的单调性，由此确定的最大值，由此确定结论. 【详解】（1）当，， 又，， 所以，所以； （2）当，时，， 又， 所以，， ，， ，， ，，， 所以，，，，为有理数， 所以从，，，，中任取一个数，取到有理数的概率为， （3）当，且时，， 又二项式的展开式的通项公式为，， 所以，，， 当时，， 令，可得，即，所以（舍去）， 令，可得，即，所以， 令，可得，即，所以， 所以， 因为对任意的，，都有， 所以. 5．（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】组合数的性质及应用、求指定项的系数、三项展开式的系数问题 【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. 6．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即. (1)求； (2)试用、表示； (3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数. 【答案】(1)9 (2) (3)证明见解析 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、二项展开式的应用、整除和余数问题、集合新定义 【分析】(1)根据新定义,结合集合元素个数和和不同分拆种数计算即可; (2)先考虑至少进入其中一个的情况类比得到所有元素的情况再应用乘法原理可得; (3) 运用二项式定理将展开，把转化为, 即可证明与同为奇数或者同为偶数. 【详解】（1）集合， 对于每一个，都有进入或不进入两种可能， 而且至少进入其中一个， 所以有种进入、的不同方法； 同理有种进入、的不同方法； 由分步计数原理，、进入、共有种不同方法， 即. （2）因为集合， 下面按是否进入分为步求， 第一步：对于每一个，都有进入或不进入两种可能， 而且至少进入其中一个， 所以有种进入、、…、的不同方法； 第二步：同理有种进入、、…、的不同方法； … 第步：同理有种进入、、…、的不同方法. 由分步计数原理，、、…、进入、、…、， 共有种不同方法，即. （3）运用二项式定理将展开， ， 其中， ，其中， 所以当为奇数时，为奇数； 当为偶数时，也为偶数， 即与同为奇数或者同为偶数. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 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01两大计数原理 题型02排列之特殊元素/位置优先问题 题型03 排列之相邻问题（捆绑法） 题型04排列之不相邻问题（插空法） 题型05 排列组合综合问题（难点小题压轴） 题型06 二项式之通项求指定项 题型07二项式之系数和（赋值法） 题型08二项式之系数最值问题 题型09计数与古典概率综合问题 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 能区分“类”与“步”；会用加法原理列式；知道类类独立 区分“分类/分步”；数字、图形、路线计数 该加用乘、该乘用加；漏算、重算 分步乘法计数原理 会用乘法原理列式；知道步步相连、缺一不可；能处理简单多步骤问题 加用乘、该乘用加；漏算、重算 排列与排列数 理解排列定义（有序）；会写排列数公式、阶乘运算；会解简单排列应用题 排队、选人、分组、数字无重复；有序/无序判断 排列组合混淆；平均分组忘除序 组合与组合数 理解组合定义（无序）；掌握组合数公式、性质 排列组合混淆；平均分组忘除序 排列组合综合应用（捆绑、插空、特殊元素优先 能识别典型模型：相邻（捆绑）、不相邻（插空）、特殊位置/元素优先；会分类+分步混合使用 相邻、不相邻、特殊位置；染色、分配问题 捆绑后内部排序漏乘；插空先排谁搞反 二项式定理 会写(a+b)ⁿ展开式；能求通项、指定项、系数/二项式系数；知道对称性、增减性、最值 通项、常数项、xᵏ项、系数和 混淆“系数”与“二项式系数”；指数算错 计数原理在古典概率中的应用 会用排列组合算基本事件总数、事件A包含数；会算 摸球、抽奖、产品检验、分配型概率 基本事件数算错；分母分子不匹配 知识点01分类加法计数原理 1. 分类加法计数原理 完成一件事有若干类相互独立的方案，每一类方案都能独立完成这件事。若第1类有种方法，第2类有种方法……第类有种方法，则完成这件事的总方法数：。 核心特征：类类独立、可单独完成；关键词：或、任选其一、分情况。 2. 分步乘法计数原理 完成一件事需要分成若干个先后步骤，所有步骤全部完成才能做完这件事。若第1步有种方法，第2步有种方法……第步有种方法，则完成这件事的总方法数：。 核心特征：步步关联、缺一不可；关键词：且、依次、先后、分步操作。 3. 重难点区分 分类：无需后续步骤，单独一类即可完成整件事，用加法；分步：单一步骤无法完成整件事，必须依次完成所有步骤，用乘法。 知识点02排列（有序计数） 1. 定义 从个不同元素中，取出个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列，记作。 核心本质：元素有序，顺序不同、结果不同。 2. 计算公式 展开式公式： 阶乘公式： 补充规定：；全排列：（个元素全部排列） 知识点03组合（无序计数） 1. 定义 从个不同元素中，取出个元素组成一组（不考虑元素顺序），叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合，记作。 核心本质：元素无序，顺序改变、结果不变。 2. 计算公式 3. 核心性质 （1）互补性质：（简化大数组合计算） （2）递推性质： （3）特殊取值：， 知识点04计数原理与古典概率 古典概型概率公式： 核心思路：利用排列组合方法分别计算分子（符合条件的事件数）和分母（总事件数），是高考高频综合考法。 知识点05二项式定理 1. 二项式定理公式 2. 通项公式（核心考点） 展开式中第项： 注意：通项对应第项，并非第项，是求指定项、系数的核心工具。 3. 二项式系数核心性质 （1）对称性：，首尾二项式系数对应相等 （2）最值性质：当为偶数时，中间一项二项式系数最大；当为奇数时，中间两项二项式系数相等且最大。 （3）系数和性质（赋值法核心）： ① 所有二项式系数和：令，得 ② 奇偶项系数差：令，得 ③ 推论：奇数项二项式系数和=偶数项二项式系数和= 题型一 两大计数原理 解｜题｜技｜巧 核心技巧：先整体分类，再局部分步，严格做到不重复、不遗漏。优先划分独立情况，每种情况内部用分步计算，最后汇总相加。 易｜错｜点｜拨 错误根源：无法判断事件是否独立，该相加时相乘、该分步相乘时相加。 【典例1】．（25-26高二上·上海·期末）四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队和排球队，每人限报其中的一支，那么不同的报名方法有（    ）种. A．12 B．16 C．81 D．256 【典例2】．（23-24高二下·上海·期末）若，则不同的有序集合组共有_________种． 【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】．（2024高二下·上海浦东新·期末）本次数学期末考试共三种题型：填空题、选择题、解答题，其中填空题满分54分，共有12道小题，前6题每小题4分，后6题每小题5分，每小题答对得满分，答错得零分，则学生解答填空题共有______种不同的可能分值. 【变式4】．（23-24高二上·上海松江·期末）设为的一个排列，满足，则这样的排列的个数为_______个. 题型二 排列之特殊元素/位置优先问题 解｜题｜技｜巧 核心技巧：优先处理限制条件最强的元素或位置，再排布无限制的普通元素，规避特殊情况遗漏。 【典例1】．（24-25高二下·上海浦东新·期中）6名运动员站在6条跑道上准备参加比赛，其中甲不能站第一道或第二道，乙只能站在第五道或第六道，则不同的排法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 【变式1】．（25-26高二下·上海·期中）5人站成一排，其中甲站中间，共有______种排法.(用具体数字作答) 【变式2】．（25-26高二下·上海·期中）是的全排列，如果对任意的，和中至多有一个小于，则满足要求的排列的总数为__________. 【变式3】．（25-26高二下·上海·期中）某校志愿者团队共派出6人参加志愿者活动，其中男生4人，女生2人； (1)活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙的左边（甲乙不必相邻），有多少种不同的排法？ (2)现要将6名志愿者分配到3所学校参加志愿者服务活动，每所学校至少分配1人，共有多少种不同的安排方法？ 题型三 排列之相邻问题（捆绑法） 答｜题｜模｜板 标准步骤：① 将相邻元素捆绑为一个整体“大元素”；② 大元素与其余普通元素整体全排列；③ 计算捆绑内部元素的自身排列数。 【典例1】．将、、、、这个字母排成一排，若c与e必须相邻，则不同的排法种数（ ） A． B． C． D． 【典例2】．（24-25高二上·上海·期末）有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有________种排法． 【典例3】．（24-25高二下·上海浦东新·期中）2名男生和2名女生站成一列，其中两名女生相邻的排法共__________种. 【典例4】．（25-26高二下·上海·期中）等6人在某博物馆前排成一列进入馆内参观，其中相邻，则不同的排队方法有__________种.（用数字作答） 【变式1】．（25-26高二上·上海奉贤·期中）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 【变式2】．（25-26高二下·上海·阶段检测）新一年复旦中学高二的戏剧展演又将来临，这次全年级共准备了个节目，邓老师需要根据各个班的表演剧目排定出场顺序；其中班和班都要表演《哈姆雷特》；因此需要分开排，班和班节目需要相邻出现，则邓老师能排出______种不同的方案（用数字表示） 【变式3】．（24-25高二下·上海·期中）学校组织文艺汇演，有3个舞蹈节目、2个歌唱节目和1个魔术节目，要求3个舞蹈节目必须连续表演，那么这6个节目的表演顺序共有________种． 【变式4】．（24-25高二上·上海·期中）班级迎新晚会有3个唱歌节目、2个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单. (1)魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？ (2)3个唱歌节目要排在一起，有多少种排法? 题型四 排列之不相邻问题（插空法） 答｜题｜模｜板 标准步骤：① 先排布无限制的普通元素，生成空余空位；② 将不相邻元素插入空位，彻底规避相邻情况。 【典例1】．（25-26高二下·上海宝山·期中）8个人排成一排照相，其中甲乙丙三人都不相邻的排法种数是（　　） A． B． C． D． 【典例2】．（25-26高二下·上海闵行·期中）某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，则 (1)该小组中男生、女生各多少人？ (2)若10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，问有多少种站队方法？（要求用数字作答） 【变式1】．（25-26高二下·上海·期中）某校艺术节总汇演，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，若高二的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有__________种出场顺序.(用具体数字作答) 【变式2】．（25-26高二下·上海·期中）某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，现需要制作节目单. (1)若要求3个舞蹈节目相邻，有多少种不同的排法？ (2)若要求2个小品节目不相邻，有多少种不同的排法？ (3)由于特殊原因，需要在定好的节目单上新加两个不同的节目，但不改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的排法？ 【变式4】．（24-25高二下·上海·阶段检测）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． 题型五 排列组合综合问题（难点小题压轴） 易｜错｜点｜拨 错误根源：无序问题用排列、有序问题用组合。 【典例1】．（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 【典例2】．（23-24高二下·上海·期末）已知 ，则 ___________． 【变式1】．（23-24高二下·上海·期末）现有编号分别为 的小球各两个，每个球的大小与质地均相同．将这个球排成一列，使得任意编号相同的球均不相邻，记满足条件的排列个数为 ，则 （    ） ① 对任意 都是偶数； ② ． A．①②都是真命题 B．①是真命题， ②是假命题 C．①是假命题， ②是真命题 D．①②都是假命题 【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高二上·上海·阶段检测）分别求下列情形的方法数：（用数字作答） (1)从4名男生4名女生中选出2男2女组成一个队伍； (2)8个人排成一排，其中甲乙二人必须站在一起； (3)8个人排成一排，甲乙丙三人互相不能相邻． 【变式4】．（25-26高二下·上海·阶段检测）有标号1，2，3，4，5，6的六个小球和标有A，B，C，D的四个盒子．（结果均使用数值表示） (1)若将小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，有多少种放法？ (2)若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，有多少种放法？ (3)若将小球全部放入盒中，恰有两个盒子为空且盒中球的数量不超过4个，有多少种放法？ 题型六 二项式之通项求指定项 答｜题｜模｜板 写出通项公式→根据目标项次数列方程求→代入通项计算对应项/系数。 【典例1】．（22-23高二下·上海杨浦·期中）在的二项展开式中，第3项为（    ） A． B． C． D． 【典例2】．（23-24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. 【典例3】．（23-24高二下·上海闵行·期末）已知实数，在的二项展开式中. (1)求项的系数； (2)若第三项不大于第五项，求的取值范围. 【变式1】．（25-26高二下·上海·期中）在的二项展开式中的常数项______. 【变式2】．（24-25高二下·上海·期中）已知在的展开式中， (1)求常数项； (2)求二项式系数最大的项． 【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. 【变式4】．（25-26高二下·上海·期中）已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为5:2. （说明：二项式系数指组合数，.） (1)求的值，并求展开式中所有的有理项； (2)求展开式中系数最大的项. 题型七 二项式之系数和（赋值法） 答｜题｜模｜板 对二项式中的变量赋值（常用），整体代入求解各类系数和。 易｜错｜点｜拨 区分“二项式系数”和“项的系数”，灵活运用赋值法。 【典例1】．（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． 【典例2】．（25-26高二上·上海·期末）若，则______． 【典例3】．（24-25高二下·上海静安·期末）_______． 【变式1】．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知的二项展开式中，第项与第项的系数相等，则所有项的系数之和为（    ） A． B． C． D． 【变式2】．（24-25高二下·江苏无锡·期中）已知，则（ ） A． B． C． D．0 【变式3】．（2023·上海嘉定·一模）求中的奇数项的系数和为_________ 【变式4】．（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5】．（24-25高二上·上海徐汇·期末）在二项式的展开式中： (1)若，求 (2)若所有项的二项式系数和等于4096，求展开式中系数最大的项． 题型八 二项式之系数最值问题 答｜题｜模｜板 二项式系数最值直接看的奇偶性；项的系数最值，列不等式组求解值。 【典例1】．（25-26高二下·上海·阶段检测）若的二项展开式中含有常数项，则正整数的最小值为__________. 【典例2】．（25-26高二上·上海·期中）设为正整数，和均为整数，若和被除后余数相同，则称和模同余，记为．已知，，则正整数的最小值是______． 【变式1】．（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2】．（24-25高二下·上海·期中）“杨辉三角”是数学史上的一个伟大成就．在如图所示的“杨辉三角”中，去掉所有的数字1，余下的数逐行从左到右排列，得到数列为2，3，3，4，6，4，5，10，…，若，，则的最大值为________． 【变式3】．（23-24高二上·上海·期末）（1）求的二项展开式的中间项； （2）若，且，求中的最大值． 题型九 计数与古典概率综合问题 答｜题｜模｜板 用排列组合公式分别计算总基本事件数、符合条件的事件数，代入古典概率公式求解。 【典例1】．（24-25高二下·上海·期中）“冰雪同梦，亚洲同心”，2025年第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，彰显了中国冰雪运动的蓬勃发展和举办大型赛事的实力.在运动会的某比赛日，某人欲在冰壶（●）、冰球（●）、短道速滑（○）、速度滑冰（○）、花样滑冰（○）这5个项目中随机选择2个比赛项目现场观赛（注：比赛项目后括号内为“●”表示当天不决出奖牌的比赛，“○”表示当天会决出奖牌的比赛），则所选择的2个观赛项目中最多只有1项当天会决出奖牌的概率为（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（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_____． 【典例3】．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的________倍． 【典例4】．（23-24高二下·上海·期中）建平中学在迎新春活动中进行抽卡活动，不透明的卡箱中共有“福”“迎“春”卡各两张，“龙”卡三张.每个同学从卡箱中随机抽取张卡片，其中抽到“龙”卡获得分，抽到其他卡均获得分. (1)求学生甲最终获得分的不同的抽法种数； (2)求学生乙最终获得分的概率． 【变式1】．（25-26高二下·上海浦东新·期中）从长方体的12条棱中任取2条，则两条棱所在直线平行的概率为__________. 【变式2】．（25-26高二下·上海·期中）用1、2、3三个数字的全体或部分构造的四位数中，没有两个1相邻出现的概率为______. 【变式3】．（25-26高二上·上海普陀·期末）随机抽取的位同学中，至少有位同学在同一月份出生的概率为__________.（默认每个月的天数相同，结果精确到0.001） 【变式4】．（23-24高二下·上海·期末）如图，6只小狗恰好在正六边形广场的顶点上玩耍，从中随机选取三只（视作点）连结成线，则以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率是_____________. 【变式5】．（25-26高二下·上海浦东新·期中）高二年级14个班级开展5人制足球班赛，赛制采用单场淘汰制，即通过抽签确定每轮比赛对阵安排，每场均分出胜负，胜者晋级下一轮，败者淘汰（其中第二轮比赛会有一支队伍轮空，从而直接晋级），直至决出最后的冠军.同时由于场地与时间限制，每天至多安排两场比赛，若当天安排两场比赛，则两场比赛将同时进行. (1)若不设三､四名决赛，求按此赛制决出冠军共需要进行的比赛场次； (2)第一轮比赛对阵安排确定后，体育组打算将本轮比赛安排在4天内进行，若班在该轮比赛时没有其他比赛同时进行，求满足该要求的排法数； (3)两个班均晋级第二轮比赛，求随机抽签确定对阵安排后，两个班没有相互遭遇的概率； (4)若本次比赛增设三、四名决赛，且班最终分获本次班赛的冠，亚，季军，现需要从这三支队伍选出5人，组成高二年级足球阵容，要求三支队伍均有人入选，求冠军队入选人数至少两人选法数. 【变式6】．（25-26高二上·上海·期末）“人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心．现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出人，并将这人按年龄分为第1组，第2组，第3组，第4组，绘制出如图所示的频率分布直方图．    (1)求的值； (2)现从年龄在及的人群中按分层抽样抽取人，再从中选人作为生态文明建设知识宣讲员，求这两人来自同一组的概率． 【变式7】．（24-25高二上·上海黄浦·期末）为了推广一种新饮料，某饮料企业开展了有奖促销活动：将6罐饮料装一箱，每箱中都放置2罐能中奖的饮料. (1)若甲从一箱这种新饮料中随机抽取2罐，能中奖的概率为多少？ (2)若甲、乙、丙三人中的每个人都从自己购买的一箱这种新饮料中随机抽取2罐，试判断：“甲、乙、丙三人中恰有一人中奖”与“甲、乙、丙三人都中奖或都未中奖”，哪一个发生的可能性更大？并说明理由. 【变式8】．（24-25高二上·上海·期末）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定： ①每位学生每天最多选择1项； ②每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下： 时间 周一 周二 周三 周四 周五 课后服务 音乐、阅读、体育、编程 口语、阅读、编程、美术 手工、阅读、科技、体育 口语、阅读、体育、编程 音乐、口语、美术、科技 (1)若学生甲仅在周一和周二参加了课后服务课程，写出实验的样本空间Ω； (2)若学生乙一周内有三天参加了课后服务课程，共选择了阅读、体育、编程3项，则共有多少种不同的选择方案?并求这些方案中事件：“周一选择阅读”发生的概率． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．（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 2．（24-25高二上·上海·期末）行知中学高二年级有10位同学在某竞赛中获奖，现排成两排拍照，每排5人，则不同的排列种数是（    ） A． B． C． D． 3．（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 4．（24-25高二上·上海·期末）6名同学到三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，A场馆安排1名，B场馆安排2名，C场馆安排3名，则不同的安排方法的个数有（    ） A．30 B．60 C．120 D．360 二、填空题 5．（23-24高二上·上海·期末）的展开式中，项的系数为______． 6．（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_____________. 7．（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. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知，则（    ） A．128 B．2187 C．78125 D．823543 2．（22-23高二下·上海黄浦·阶段检测）用这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高二下·上海闵行·期中）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法错误的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有15种选法 B．课程“礼”不排在第一周，也不排在最后一周，共有480种排法 C．课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，共有144种排法 D．课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有240种排法 二、填空题 4．（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） 5．（24-25高二下·上海·期末）已知，当取最大值时，从这100个实数中任取两个数，则这两个数的和不大于10的概率是__________．（用最简分数表示） 三、解答题 6．（22-23高二下·上海长宁·期末）用0，1，2，3，4，5，6这七个数字组成没有重复数字的四位数. (1)组成的四位数中，大于4000的有多少个？ (2)能组成多少个被25整除的四位数？这些数相加，所得的和是多少？ 7．（24-25高二下·上海虹口·期末）某校为了解学生的身高情况，从高一、高二、高三三个年级中采用分层抽样的方法抽取了100名学生进行调查，其中高一、高二、高三的学生人数之比为4：3：3． (1)求从高一、高二、高三各年级抽取的学生人数； (2)从抽取的100名学生中随机选取2人协助工作人员调查，求这2人来自不同年级的概率(用最简分数表示)； (3)经过调查，抽取的高二学生身高的平均数为，方差为60，其中被抽中的小李身高是．试求除去小李后其余被抽中的高二学生身高的平均数与方差(结果精确到0.1) 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 一、单选题 1．（22-23高二下·上海普陀·阶段检测）现要用种不同颜色对如图所示的五个区域进行涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（    ）      A．180种 B．192种 C．300种 D．420种 二、填空题 2．（25-26高二上·上海·期末）将4名程序专家全部分配到1，2，3号3个AI实验室指导工作，每个实验室至少分配1名专家，则不同的分配方案共有______种． 三、解答题 3．（25-26高二上·上海·期末）规定，其中，是正整数，且，这是组合数（是正整数，且）的一种推广． (1)求的值，并判断组合数性质是否能推广到（，是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式，并说明理由；若不能，则说明理由． (2)已知组合数是正整数，证明：当，是正整数时，． 4．（25-26高二上·上海浦东新·期末）已知函数，为正整数. (1)当，且时，求的值； (2)当，且时，从中任取一个数，求取到的数为有理数的概率； (3)当，且时，若对任意的，，都有，求正整数的值. 5．（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)． 6．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即. (1)求； (2)试用、表示； (3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $