高考数学第一轮复习第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布讲义及试题

【标题】第九章计数原理、概率、随机变量及其分布第一节计数原理1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.通过实例，理解排列、组合的概念.3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.1.两个计数原理（1）分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法；（2）分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.2.排列、组合的定义排列的定义从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列组合的定义作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合3.排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合的个数公式Anm＝n（n－1）·（n－2）…（n－m＋1Cnm＝A性质Ann＝n！，0Cn0＝1，Cnm＝Cnn1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）（1）在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事. （）（2）在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事. （）（3）若组合数公式Cnx＝Cnm，则x＝m成立.答案：（1）√（2）×（3）×2.北京大兴国际机场是一座跨地域、超大型的国际航空综合交通枢纽，目前建有4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示.若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上4条跑道中不同的2条跑道同时起飞，则不同的安排方法种数为（）A.16B.12C.9 D.8解析：B有A42＝12种不同的安排方法.故选3.从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为 （）A.24 B.18C.12 D.6解析：B分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，有3×2×2＝12（个）奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，有3×2×1＝6（个）奇数.根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18（个）奇数.故选B.4.将5名志愿者中的4人安排在周六、周日两天参加社区公益活动.若每天安排2人，则不同的安排方案共有种.

解析：完成这件事需分两步.第一步：从5名志愿者中选出2人在周六参加社区公益活动，有C52种选法.第二步：从余下的3人中选出2人在周日参加社区公益活动，有C32种选法.根据分步乘法计数原理，共有C52C答案：305.把5张不同的电影票分给4个人，每人至少一张，则不同的分法种数为.

解析：由题意知，其中一人分两张，先分后排，共有C52A4答案：240两个计数原理考向1与数字有关的问题【例1】如果一个三位正整数形如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数（如120，343，275等），那么所有凸数的个数为 （）A.240 B.204C.729 D.920解析若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，凸数为120与121，共2个.若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则凸数有2×3＝6（个）.若a2＝4，满足条件的凸数有3×4＝12（个），…，若a2＝9，满足条件的凸数有8×9＝72（个）.所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240（个）.故选A.答案A考向2涂色（种植）问题【例2】如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为.

解析法一：按所用颜色种数分类.第一类：5种颜色全用，共有A55种不同的方法；第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色（A与C，或B与D），共有2×A54种不同的方法；第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有A53种不同的方法.由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A55＋法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色.第一步：S点染色，有5种方法；第二步：A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步：B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步：C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类：当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×（1×3＋2×2）＝420（种）.答案420考向3几何图形问题【例3】如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 （）A.48 B.18C.24 D.36解析在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”.答案D｜解题技法｜1.利用两个计数原理解决问题的一般步骤2.涂色问题常用的两种方法1.将3种农作物全部种植在如图所示的5块试验田里，每块试验田种植一种农作物，且相邻的试验田不能种植同一种农作物，不同的种植方法共有种.

解析：从左往右5块试验田分别有3，2，2，2，2种种植方法，所以不同的种植方法种数为3×2×2×2×2＝48，这些方法中包含“5块试验田只种植2种农作物”的情况，种数为3×2×1×1×1＝6.所以满足题意的不同的种植方法种数为48－6＝42.答案：422.由0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成个无重复数字的四位偶数.

解析：要完成的一件事为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中的四个数字不重复.因此应先分类，再分步.第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×4×5×4＝240.第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除千位数字外的任意一个偶数数字，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×3×5×4＝180.根据分类加法计数原理，可以组成无重复数字的四位偶数的个数为240＋180＝420.答案：420排列问题【例4】已知7位同学站成一排.（1）甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？（2）甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？（3）甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？（4）甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？（5）甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？（6）甲总在乙的前面的排法共有多少种？解（1）甲站在中间的位置，共有A66＝720（2）甲、乙只能站在两端的排法共有A22A5（3）先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成1个元素，与其余的5个元素（同学）一起进行全排列，有A66种方法，再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列，有A22种方法，所以这样的排法共有A66（4）将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成1个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有A52种方法，将剩下的4个元素进行全排列，有A44种方法，最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列，有A22种方法，（5）甲、乙两同学不能相邻的排法共有A77－A66·A22（6）甲总在乙的前面则顺序一定，共有A77A22＝｜解题技法｜求解排列问题的四种常用方法1.现从4名男志愿者和3名女志愿者中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，若被选派的人中至少有一名男志愿者，则不同的选派方法共有种.（用数字作答）

解析：从男、女志愿者7人中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，共有A72种结果，要求被选派的人中至少有一名男志愿者，则选的都是女志愿者不合题意，选的都是女志愿者有A32种结果，∴满足条件的选派方法共有A72－A32＝答案：362.将4位司机、4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，每辆汽车均有1位司机和1位售票员，则共有种不同的分配方案.

解析：解决这个问题可以分为两步：第1步，把4位司机分配到4辆不同班次的公共汽车上，即从4个不同元素中取出4个元素排成一列，有A44种方法；第2步，把4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，也有A44种方法.由分步乘法计数原理知，分配方案共有A44·答案：576组合问题【例5】按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？（1）分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；（2）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；（3）平均分成三份，每份2本；（4）平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本.解（1）无序不均匀分组问题：先选1本有C61种选法，再从余下的5本中选2本有C52种选法，最后余下的3本全选有C33种选法.故有C6（2）有序不均匀分组问题：由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）问的基础上，还应考虑再分配，共有C61C52C3（3）无序均匀分组问题：先分三步，则应是C62C42C22种选法，但是这里出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则C62C42C22种分法中还有（AB，EF，CD），（CD，AB，EF），（CD，EF，AB），（EF，CD，AB），（EF，AB，CD），共（4）有序均匀分组问题：在（3）问的基础上再分配给3个人，共有分配方式C62C42C2｜解题技法｜1.组合问题的两类常见题型（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取；（2）“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解，用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.2.有限制条件的组合问题的解题思路从限制条件入手.组合问题只是从整体中选出部分即可，相对来说较简单.常见情况有：（1）某些元素必选；（2）某些元素不选；（3）把元素分组，根据在各组中分别选多少分类.1.现有4份不同的礼物，若将其全部分给甲、乙两人，要求每人至少分得1份，则不同的分法共有 （）A.10种B.14种C.20种D.28种解析：B将4份不同的礼物全部分给甲、乙两人，每人至少分得1份，有以下三种情况：（1）甲分得1份，乙分得3份，有C41C33种分法；（2）甲分得2份，乙分得2份，有C42C22种分法；（3）甲分得3份，乙分得1份，有C43C11种分法2.（多选）在新高考方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门.学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是 （）A.若任意选科，选法总数为CB.若化学必选，选法总数为CC.若政治和地理至少选一门，选法总数为CD.若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为C21解析：BD若任意选科，选法总数为C21C42，A错误；若化学必选，选法总数为C21C31，B正确；若政治和地理至少选一门，选法总数为C21（C21C21＋1），C错误；若物理必选，排列与组合的综合问题【例6】（1）（2022·新高考Ⅱ卷）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有 （）A.12种 B.24种 C.36种 D.48种（2）2022年4月22日是第53个世界地球日，某学校开展了主题为“珍爱地球，人与自然和谐共生”的活动.该校5名学生到A，B，C三个社区做宣传，每个社区至少分配一人，每人只能去一个社区宣传，则不同的安排方案共有 （）A.60种 B.90种C.150种 D.300种解析（1）先将丙和丁捆在一起有A22种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A33种排列方式，最后将甲插入中间两空，有C21种排列方式，所以不同的排列方式共有A2（2）先将5名学生分为三组，分组情况为2，2，1或3，1，1，不同的分组方法有C52C32C11A22＋C53C21C1答案（1）B（2）C｜解题技法｜解排列、组合问题要遵循的2个原则（1）按元素（位置）的性质进行分类；（2）按事情发生的过程进行分步.具体地说，解排列、组合问题常以元素（位置）为主体，即先满足特殊元素（位置），再考虑其他元素（位置）.1.将3名教师，3名学生分成3个小组，分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和1名学生组成，若教师A与学生B要安排在同一地点，则不同的安排方案共有 （）A.72种 B.36种C.24种 D.12种解析：D先将另外两名教师与另外两名学生搭配成1名教师和1名学生的小组，共有2种组合方式，然后将3个小组安排到3个不同的学校，共有A33种安排方式，所以不同的安排方案共有2A33＝12（种2.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，则共有种不同的选法（用数字作答）.

解析：法一：只有1名女生时，先选1名女生，有C21种方法；再选3名男生，有C63种方法；然后排队长、副队长位置，有A42种方法.由分步乘法计数原理知，共有C21C63A42＝480（种）选法.有2名女生时，再选2名男生，有C62种方法；然后排队长、副队长位置，有A42种方法.由分步乘法计数原理知，共有C62法二：不考虑限制条件，共有A82C62种不同的选法，而没有女生的选法有A62C42种，故至少有1名女生的选法有A8答案：6601.有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有 （）A.21种B.315种C.143种 D.153种解析：C选出不属于同一学科的书2本，可分三类：第一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63（种）；第二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45（种）；第三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35（种），因此共有63＋45＋35＝143（种）不同的选法.2.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有 （）A.4种 B.10种C.18种 D.20种解析：B依题意，就剩余的1本进行分类.第一类：剩余的是1本画册，此时满足题意的赠送方法共有C41＝4（种）.第二类：剩余的是1本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C42＝6（种）.根据分类加法计数原理，满足题意的赠送方法共有4＋6＝3.某大厦有A，B，C，D四部电梯，现有3人在同一层乘坐电梯上楼，其中2人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有 （）A.12种 B.24种C.18种 D.36种解析：D元素相邻利用“捆绑法”，先从3人中选择2人坐同一电梯有C32＝3种选法，再将2个“元素”安排坐四部电梯有A42＝12种安排方法，则不同的乘坐方式有3×12＝36种4.宋代学者聂崇义编撰的《三礼图集注》中描述的周王城，“匠人营国，方九里，旁三门，国中九经九纬…”，意思是周王城为正方形，边长为九里，每边都有左中右三个门，城内纵横各有九条路…，依据此种描述，画出如图所示的周王城的平面图，则图中所有矩形的个数为 （）A.3025B.2025 C.1225D.2525解析：A要想组成一个矩形，需要找出两条横边、两条纵边，根据分步乘法计数原理，依题意，所有矩形的个数为C112·C112＝5.从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法种数为 （）A.C102A8C.C81A9解析：C先排第1号瓶，从除甲、乙以外的8种不同的作物种子中选出1种有C81种选法，再排剩余的瓶子，有A95种方法，故不同的放法共有C86.北京APEC峰会期间，有2名女性和3名男性共5位领导人站成一排照相，则女性领导人甲不在两端，3位男性领导人中有且只有2位相邻的站法有 （）A.12种 B.24种C.48种 D.96种解析：C从3位男性领导人中任取2人“捆”在一起记作A，A共有C32A22＝6（种）不同排法，剩下1位男性领导人记作B，另1位女性领导人记作乙，则女领导人甲必须在A，B之间，此时共有6×2＝12（种）排法（A左B右和A右B左），最后再在排好的三个元素形成的四个空位中插入乙，∴共有12×4＝487.（多选）下列等式正确的有 （）A.Cnm＝n!m!(nC.Cnm＝m+1n+1C解析：ABCA是组合数公式；B是组合数性质；由m+1n+1Cn+1m+1＝m+1n+18.（多选）现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是 （）A.选1人为负责人的选法种数为34B.每组选1名组长的选法种数为5400C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420D.若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种解析：AD对于A，4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34（人），故选1人为负责人的选法共有34种，A对；对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040（种），B错；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法.所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431（种），C错；对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64（种）选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27（种）选法，所以第一组必须有人选的不同选法有64－27＝37（种），D对.9.（多选）甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是 （）A.如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种B.最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种C.甲、乙不相邻的排法种数为72种D.甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有30种解析：ABC如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲、乙捆绑看成一个元素，则不同的排法有A44＝24（种），故A正确；最左端排甲时，有A44＝24（种）不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有C31A33＝18（种）不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有24＋18＝42（种），故B正确；因为甲、乙不相邻，先排甲、乙以外的三人，再让甲、乙插空，则有A33A42＝72（种），故C正确；甲10.现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数为.

解析：若第一门安排在第一天或第五天，则第二门有3种安排方法，这时，共有C21×3＝6种方法；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有3×2＝6种方法.综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12答案：1211.男生甲和女生乙及另外2男2女共6位同学排成一排拍照，要求男女生相间且甲和乙相邻，共有种不同排法.

解析：因为要求男女生相间且甲乙相邻，所以可以先排甲乙，则有A22C51＝10（种）排法，再安排剩余的4位同学，则有A22A22＝4（种）排法，所以由分步乘法计数原理可得共有答案：4012.将4个相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球放入4个不同的盒子中的3个，则这3个盒子中球的颜色齐全的不同放法共有种.

解析：先从4个盒子中选3个盒子，有C43种方法.为了保证3个盒子中球的颜色齐全，在4个相同的白球所产生的3个空中插入2块坂，有C32种方法；在5个相同的黑球所产生的4个空中插入2块板，有C42种方法；在6个相同的红球所产生的5个空中插入2块板，有C52种方法答案：72013.如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不通的情况的种数为 （）A.9 B.11C.13 D.15解析：C按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有{1}，{4}共2种情况，若脱落2个，则有{1，2}，{1，3}，{1，4}，{2，3}，{2，4}，{3，4}共6种情况，若脱落3个，则有{1，2，3}，{1，2，4}，{2，3，4}，{1，3，4}共4种情况，若脱落4个，则有{1，2，3，4}共1种情况，综上，共有2＋6＋4＋1＝13（种）情况.故选C.14.甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是 （）A.90 B.120C.210 D.216解析：C因为甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，且每级台阶最多站2人，所以可分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一级台阶上，共有C63A33＝120（种）站法；第二类，有2人站在同一级台阶上，剩余1人独自站在一级台阶上，共有C32C62A22＝90（种）站法.综上，每级台阶最多站15.数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选2门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有 （）A.18种 B.36种C.54种 D.78种解析：C由题意，三年修完四门选修课程，每学年至多选2门，则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2.若每年所修课程数为1，1，2，则先将4门课程按1，1，2分为三组，有C41C31C22A22＝6（种）不同的方式，再分配到三个学年，有A33＝6（种）不同的方式，由分步乘法计数原理，知不同的选修方式共有36种；若每年所修课程数为0，2，2，则先将4门课程按0，2，2分为三组，有C42C22A22＝3（种）不同的方式，再分配到三个学年，有A33＝6（种16.某城市关系要好的A，B，C，D四个家庭各有两个孩子共8人，他们准备分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名（乘同一辆车的4个孩子不考虑位置），其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有 （）A.18种 B.24种C.36种 D.48种解析：B根据题意，分两种情况讨论：①A家庭的孪生姐妹在甲车上，甲车上另外的两个孩子要来自不同的家庭，可以在剩下的三个家庭中任选2个，再从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车，有C32×C21×C21＝12（种）乘坐方式；②A家庭的孪生姐妹不在甲车上，需要在剩下的三个家庭中任选1个，让其2个孩子都在甲车上，对于剩余的两个家庭，从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车，有C31×C21×C21＝12（种）乘坐方式，故共有1217.元宵节是中国传统节日，放烟花、吃汤圆、观花灯是常见的元宵节民俗活动.某社区计划举办元宵节找花灯活动，准备在3个不同的地方悬挂5盏不同的花灯，其中2盏是人物灯.现要求这3个地方都有灯（同一地方的花灯不考虑位置的差别），且人物灯不能挂在同一个地方，则不同的悬挂方法种数为（）A.114 B.92C.72 D.42解析：A按要求，3个地方的花灯的数量分布应该是1，1，3或者1，2，2两种情况，第一种情况1，1，3，若两个1均为人物灯，则有A33种方法，若两个1只有一个为人物灯，则有C21C32A33种方法，即第一种情况共有A33＋C21C32A33＝42（种）方法；第二种情况1，2，2，若1为人物灯，则有C21C31A33种方法，若1不是人物灯，则有18.（2023·合肥模拟）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，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 （）A.120种B.260种 C.340种D.420种解析：D由题意可知不相邻两块区域涂色可以相同，也可以不同，共分两类，①当五个区域涂色都不相同时有5×4×3×2×1种涂法；②当不相邻两个区域可以涂相同颜色时有5×4×3×1×1＋5×4×3×2×1×2种涂法.则共有5×4×3×2×1＋5×4×3×1×1＋5×4×3×2×1×2＝420（种）.19.（多选）现安排高三年级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34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16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种解析：BCD对于A，所有可能的方法有43种，A错误；对于B，分三种情况：①若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学安排方法有C31种，另外两名同学的安排方法有3×3＝9种，此种情况共有C31×9＝27种安排方法，②若有两名同学去工厂甲，则安排方法有C32种，另外一名同学的安排方法有3种，此种情况共有C32×3＝9种安排方法，③若三名同学都去工厂甲，此种情况唯一，则共有27＋9＋1＝37种安排方法，B正确；对于C，若A必须去工厂甲，则B，C两名同学各有4种安排，共有4×4＝16种安排方法，C正确；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，则共有A43＝24种安排方法，20.（多选）现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和4个编号为1，2，3，4的不同的盒子，把球全部放入盒子内.则下列说法正确的是 （）A.恰有1个盒子不放球，共有72种放法B.每个盒子内只放一个球，且球的编号和盒子的编号不同的放法有9种C.有2个盒子内不放球，另外两个盒子内各放2个球的放法有36种D.恰有2个盒子不放球，共有84种放法解析：BCD对于A，恰有1个盒子不放球，先选1个空盒子，再选一个盒子放两个球，则C41C42A33＝144≠72，故A不正确；对于B，编号为1的球有C31种放法，把与编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号盒子或者其他两个盒子，共有1＋C21＝3（种），即3×3＝9（种），故B正确；对于C，首先选出两个空盒子，再取两个球放剩下的两个盒子中的一个，共有C42C42＝36（种），故C正确；对于D，恰有2个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将4个球分为3，1或2，2两种情况，放入盒子，共有C21.（多选）中国古代中“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节课，则下列说法正确的是 （）A.某学生从中选3门学习，共有20种选法B.“礼”和“射”不相邻，共有400种排法C.“乐”不能排在第一节，且“数”不能排在最后，共有504种排法D.“书”必须排在前三节，且“射”和“御”相邻，共有108种排法解析：AC对于A，某学生从中选3门学习，共有C63＝20种选法，故A正确；对于B，“礼”和“射”不相邻，则有A44A52＝480种排法，故B错误；对于C，①若“数”排在第一节，则排法有A55＝120种；②若“数”不排在第一节，也不排在最后一节，“乐”不排在第一节，则排法有C41C41A44＝384种，所以“乐”不能排在第一节，且“数”不能排在最后，共有120＋384＝504种排法，故C正确；对于D，①若“书”排在第一节，且“射”和“御”相邻，则有A22A44＝48种排法；②若“书”排在第二节，且“射”和“御”相邻，则有C31A22A33＝36种排法；③若“书”排在第三节，且“射”和“御”相邻，则有3A22A33＝36种排法，22.某电影院每排的座位号分单双号分布，每一排的中间是小号，往两边依次变大，如中间开始，往左边座位号分布为1→3→5→…，往右边座位号分布为2→4→6→….国庆档电影上映前五天，《长津湖》以21.31亿元的票房收入高居票房榜榜首.长江社区为了慰问烈士家属，购买了该电影院某场放映《长津湖》同一排座位号为2，4，6，8，10，12的六张电影票，准备全部分发给甲、乙、丙、丁四个烈士家庭，每个家庭至少一张，至多两张，且分给同一家庭的两张票必须座位相连，那么不同的分法种数是.

解析：先将电影票分成4组，共有（2，4），（6，8），10，12；（2，4），6，（8，10），12；（2，4），6，8，（10，12）；2，（4，6），（8，10），12；2，（4，6），8，（10，12）；2，4，（6，8），（10，12）6种情况.再将这4组电影票分给甲、乙、丙、丁四个家庭，不同的分法种数为6A44＝答案：14423.《医院分级管理办法》将医院按其功能、任务不同划分为三个等级：一级医院、二级医院、三级医院.某地有9个医院，其中3个一级医院，4个二级医院，2个三级医院，现在要从中抽出4个医院进行药品抽检，则抽出的医院中至少有2个一级医院的抽法种数为.

解析：法一：恰有2个一级医院，有C32C62＝45种抽法；恰有3个一级医院，有C33C61＝6种抽法法二：从9个医院里抽出4个医院进行药品抽检，共有C94＝126种抽法，抽出的医院中至少有2个一级医院的对立事件是抽出的医院中至多有1个一级医院，则恰有0个一级医院，有C30C64＝15种抽法，恰有1个一级医院，有C31C63＝60种抽法答案：5124.算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一.算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠.例如，在十位档拨一颗上珠和一颗下珠，个位档拨一颗上珠，则表示数字65，若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，则可能出现的数字个数为，其中所拨数字小于600的有个.

解析：在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，所有的数有C41C42＝24（个），其中小于600的有C31答案：247第二节二项式定理1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理.2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.1.二项式定理（1）二项式定理：（a＋b）n＝Cn0an＋Cn1an－1b1＋…＋Cnkan－kbk＋…＋Cnn（2）通项公式：Tk＋1＝Cnkan－kbk，它表示第k＋1（3）二项式系数：二项展开式中各项的系数为Cn0，Cn提醒（1）项数为n＋1；（2）各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n；（3）字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.2.二项式系数的性质1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）（1）Cnkan-kbk是二项展开式的第k（2）二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项. （）（3）（a＋b）n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关. （）（4）（a＋b）n的展开式中某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同. （）答案：（1）×（2）×（3）√（4）√2.3x3+1xA.189B.63C.42 D.21解析：DTr＋1＝C7r（3x3）7－r·1xr＝37－r·C7rx21-72r，令21－72r＝0，解得3.（2022·北京高考）若（2x－1）4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝ （）A.40 B.41C.－40 D.－41解析：B法一（赋值法）：依题意，令x＝1，可得1＝a4＋a3＋a2＋a1＋a0，令x＝－1，可得81＝a4－a3＋a2－a1＋a0，以上两式相加可得82＝2（a4＋a2＋a0），所以a0＋a2＋a4＝41，故选B.法二（通项公式法）：二项式（2x－1）4展开式的通项为Tr＋1＝C4r（2x）4－r（－1）r，分别令r＝4，2，0，可分别得a0＝1，a2＝24，a4＝16，所以a0＋a2＋a4＝41，故选4.2x-13解析：2x-134x6的展开式的中间项为C63（2答案：－40x25.已知x+a3xn（a为常数）的展开式的二项式系数之和为32，则解析：根据题意，该二项式的展开式的二项式系数之和为32，则有2n＝32，可得n＝5.答案：51.若二项展开式的通项为Tr＋1＝g（r）·xh（r）（r＝0，1，2，…，n），g（r）≠0，则：（1）h（r）＝0⇔Tr＋1是常数项；（2）h（r）是非负整数⇔Tr＋1是整式项；（3）h（r）是负整数⇔Tr＋1是分式项；（4）h（r）是整数⇔Tr＋1是有理项.2.两个常用公式（1）Cn0＋Cn1＋Cn2（2）Cn0＋Cn2＋Cn4＋…＝Cn1＋C1.二项式（3x＋32）n（n∈N*）展开式中只有一项的系数为有理数，则n的可能取值为 （A.6B.7C.8D.9解析：BTr+1＝Cnr·3n-r2·2r3·xn-r，由结论1可知：n－r是2的倍数，r是3的倍数2.已知Cn0＋2Cn1＋22Cn2＋23Cn3＋…＋2nCnn＝243，则CnA.31 B.32 C.15 D.16解析：A逆用二项式定理得Cn0＋2Cn1＋22Cn2＋23Cn3＋…＋2nCnn＝（1＋2）n＝243，3n＝35，所以n＝5，由结论2得，Cn1＋Cn2＋二项式中的特定项及系数问题【例1】（1）x-13x18的展开式中含x15A.153 B.－153C.17 D.－17（2）（2020·全国Ⅲ卷）x2+2x6的展开式中常数项是解析（1）Tr＋1＝C18rx18－r-13xr＝-13r·C18rx18-32r，令18－32r＝（2）x2+2x6展开式的通项Tr＋1＝C6r（x2）6－r·2xr＝C6r2rx12－3r，令12－3r＝0，解得答案（1）C（2）240｜解题技法｜求二项展开式中特定项的步骤1.x+13x30的展开式中，A.27 B.24C.26 D.25解析：Dx+13x30展开式的通项为Tr＋1＝C30r·（x）30－r·13xr＝C30r·x15-56r，r＝0，1，2，…，30，若x的指数15－56r为整数，则r是6的倍数，所以当r＝0，6，12，18，242.（2021·天津高考）在2x3+1x6的展开式中，解析：2x3+1x6的第r＋1项为Tr＋1＝C6r（2x3）6－r1xr＝C6r26－rx3（6－r）·x－r＝C6r26－rx18－4r，令x18－4r＝x6得r＝3，∴T4＝C63答案：160二项式系数的性质与各项系数的和考向1二项展开式中的系数和问题【例2】（多选）在3x-1xn的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，A.二项式系数和为64B.各项系数和为64C.常数项为－135D.常数项为135解析在3x-1xn的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，令x＝1，得各项系数和为2n，二项式系数和为2n，则2×2n＝128，得n＝6，即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A、B正确；3x-1x6展开式的通项为Tk＋1＝C6k·（3x）6－k·-1xk＝C6k·（－1）k36－k·x6-32k，令6－32k＝0，得答案ABD｜解题技法｜赋值法的应用（1）对形如（ax＋b）n，（ax2＋bx＋c）m（a，b，c∈R，m，n∈N*）的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可；（2）对（ax＋by）n（a，b∈R，n∈N*）的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可；（3）一般地，若f（x）＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f（x）展开式中各项系数之和为f（1），奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝f(1)+f(-1)2，偶数项系数之和为a1考向2二项式系数的最值问题【例3】在x-1xn的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项的系数为A.－126 B.－70C.－56 D.－28解析∵只有第5项的二项式系数最大，∴n＝8，x-1xn的展开式的通项为Tk＋1＝（－1）kC8kx8-32k（k＝0，1，2，…，8），∴展开式中奇数项的二项式系数与相应奇数项的系数相等，偶数项的二项式系数与相应偶数项的系数互为相反数，而展开式中第5项的二项式系数最大，因此展开式中第4项和第答案C｜解题技法｜1.求二项式系数最大项（1）如果n是偶数，那么中间一项第n2（2）如果n是奇数，那么中间两项第n+12.求展开式系数最大项求（a＋bx）n（a，b∈R）的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用Ak≥A1.若（1－x）5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则｜a0｜－｜a1｜＋｜a2｜－｜a3｜＋｜a4｜－｜a5｜＝ （）A.0 B.1C.32 D.－1解析：A由（1－x）5的展开式的通项为Tr＋1＝（－1）rC5rxr，可得a1，a3，a5为负数，a0，a2，a4为正数，故有｜a0｜－｜a1｜＋｜a2｜－｜a3｜＋｜a4｜－｜a5｜＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝（1－1）5＝0.故选2.（多选）在2x-x6的展开式中，下列说法正确的是A.常数项为160B.第4项的二项式系数最大C.第3项的系数最大D.所有项的系数和为64解析：BC展开式的通项为Tk+1＝C6k·2x6-k·（－x）k＝26－k（－1）k·C6kx2k－6，由2k－6＝0，得k＝3，所以常数项为23（－1）3C63＝－160，A错误；展开式共有7项，所以第4项的二项式系数最大，B正确；第3项的系数最大，C正确；令x＝13.在x+3xn的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x2解析：令x＝1，则x+3xn＝4n，所以x+3xn的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以4n2n＝2n＝32，解得n＝5.二项展开式的通项为Tr＋1＝C5rx5－r3xr＝C5r3rx5-32r，令答案：90 多项式展开式中特定项（系数）问题考向1几个多项式和展开式中特定项（系数）问题【例4】在1＋（1＋x）＋（1＋x）2＋（1＋x）3＋（1＋x）4＋（1＋x）5＋（1＋x）6的展开式中，含x3项的系数是 （）A.25 B.30C.35 D.40解析法一：（1＋x）n的通项公式为Tr＋1＝Cnrxr，当n依次取3，4，5，6，r取3得到含x3的系数为C33＋C43＋C53＋C63＝C54＋法二：多项式可化为1-(1+x)71-(1+x)＝(x+1)7-1x，二项式（x＋1）7的通项公式为Tr＋1＝C7rx7－r，7－答案C｜解题技法｜对于几个二项式和的展开式中的特定项（系数）问题，只需依据二项展开式的通项，从每一个二项式中分别得到特定的项，再求和即可.也可以先对二项式求和，化简后再依据通项公式确定特定项（系数）.考向2几个多项式积展开式中特定项（系数）问题【例5】（2022·新高考Ⅰ卷）1-yx（x＋y）8的展开式中x2y6的系数为（解析（x＋y）8展开式的通项Tr＋1＝C8rx8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝C86x2y6，令r＝5，得T5＋1＝C85x3y5，所以1-yx（x＋y）8的展开式中x2答案－28｜解题技法｜求几个多项式积展开式中特定项（系数）的方法考向3三项式展开式中特定项（系数）问题【例6】（1）x2+1x+25（x（2）x2-2x+y6的展开式中，x3y解析（1）x2+1x+25（x＞0）可化为x2+1x10，因而Tr＋1＝C10r·1210-r·（x）10－2r，令10（2）x2-2x+y6表示6个因式x2－2x＋y的乘积，在这6个因式中，有3个因式选y，其余的3个因式中有2个选x2，剩下一个选－2x，即可得到x3y3的系数，即x3y3的系数是C63答案（1）6322（2｜解题技法｜求三项展开式中特定项（系数）的方法1.（2x2－x－1）5的展开式中x2的系数为 （）A.400 B.120C.80 D.0解析：D（2x2－x－1）5＝（x－1）5（2x＋1）5，（x－1）5的展开式的通项为C5rx5－r（－1）r，r＝0，1，…，5，（2x＋1）5的展开式的通项为C5k（2x）5－k，k＝0，1，…，5，故原式的通项为（－1）r25－kC5rC5kx10－（k＋r），当10－（k＋r）＝2时，k＋r＝8，此时k与r的取值有3种情况，分别为k＝3，r＝5；k＝4，r＝4；k＝5，r＝3.故展开式中x2的系数为（－1）522C55C532.（2022·浙江高考）已知多项式（x＋2）（x－1）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝.

解析：由多项式展开式可知，a2＝2C42（－1）2＋C43（－1）3＝12－4＝8.令x＝0可得a0＝2，令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a答案：8－2微专题12速解与n个二项式和有关的问题数学一轮备考复习，不但要对必备知识进行系统梳理，更重要的是掌握解决问题的方法.灵活运用各类基本的数学思想与方法构建数学思维体系，促进学生理性思维习惯形成，提升解决问题的关键能力，本微专题就求解与n个二项式和有关的问题从三种思维角度进行例析.【例】（2022·八省联考）（1＋x）2＋（1＋x）3＋…＋（1＋x）9的展开式中x2的系数是 （）A.60B.80C.84 D.120一、运用二项式思维直接求解解析由于（1＋x）2＋（1＋x）3＋…＋（1＋x）9的展开式中x2的系数是C22＋C32＋C42＋…＋C92，所以C22＋C32＋C42＋…＋C92＝1＋3×22＋4×32＋…＋9×82＝1＋点评利用二项式定理破解本题是很多考生在考场中经常采用的一种基本方法，关系式的规律或性质公式不能准确应用，而数又不太大，运算量不是太繁杂，“硬算”是一种不错的应对措施.二、等比数列转化法解析结合等比数列的求和公式，可得（1＋x）2＋（1＋x）3＋…＋（1＋x）9＝（1＋x）2·1-(1+x)81-(1+x)＝(1+x)10-(1+x)2x，则展开式中x2点评利用等比数列转化法破解本题的关键是巧妙借助二项式中各项的通项公式规律，结合等比数列的定义及求和公式进行求和处理，再结合和式的特征，通过确定相关二项展开式的系数来达到转化的目的.三、导数法解析设二项式（1＋x）2＋（1＋x）3＋…＋（1＋x）9＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a9x9，以上等式两边同时取导数，可得2（1＋x）＋3（1＋x）2＋…＋9（1＋x）8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋9a9x8，以上等式两边再次同时取导数，可得2＋3×2（1＋x）＋…＋9×8（1＋x）7＝2a2＋3×2a3x＋…＋9×8a9x7，令x＝0，可得2＋3×2＋…＋9×8＝2a2，即a2＝12×（2×1＋3×2＋4×3＋5×4＋6×5＋7×6＋8×7＋9×8）＝120.故选D点评利用等式两边同时取导数处理，求导解决，再用特殊值赋值处理，进而确定a2的值.1.若x8＝a0＋a1（x＋1）＋…＋a7（x＋1）7＋a8（x＋1）8，则a3＝ （）A.56 B.28C.－28 D.－56解析：D因为x8＝[（x＋1）－1]8，所以[（x＋1）－1]8＝a0＋a1（x＋1）＋…＋a7（x＋1）7＋a8（x＋1）8，所以a3（x＋1）3＝C85（x＋1）3·（－1）5＝－56（x＋1）3，即a3＝－56，故选2.若（1＋a）＋（1＋a）2＋（1＋a）3＋…＋（1＋a）n＝b0＋b1a＋b2a2＋…＋bnan，且b0＋b1＋b2＋…＋bn＝30，则自然数n的值是 （）A.3 B.4C.5 D.6解析：B令a＝1，则b0＋b1＋b2＋…＋bn＝（1＋1）＋（1＋1）2＋（1＋1）3＋…＋（1＋1）n＝2＋22＋23＋…＋2n＝2(2n-1)2-1＝2n＋1－2，∴2n＋1－2＝30，2n3.已知（1＋2x）11＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10＋a11x11，求a1－2a2＋…－10a10＋11a11的值.解：对等式（1＋2x）11＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10＋a11x11两边求导，得22（1＋2x）10＝a1＋2a2x＋…＋10a10x9＋11a11x10，令x＝－1，则a1－2a2＋…－10a10＋11a11＝22×（1－2）10＝22.1.在2x+1x6的展开式中，含x4A.160 B.192C.184 D.186解析：B二项式2x+1x6的展开式的通项Tr＋1＝C6r（2x）6－r1xr＝C6r26－rx6－2r，当r＝1时，T2＝C61×25×x4＝2.（x－y）n的二项展开式中，第m项的系数是 （）A.Cnm BC.Cnm-1 D.（－1）解析：D（x－y）n的展开式中，第m项为Tm＝Cnm-1xn－m＋1（－y）m－1＝（－1）m－1Cnm-1xn－m＋1·ym－1.所以第m项的系数为（－1）3.若x-2xn的展开式中第5项是常数项，则自然数n＝A.6B.10 C.12D.15解析：C由x-2xn的展开式中第5项Cn4（x）n－4-2x4＝16Cn4xn2-6是常数项4.如果今天是星期三，经过7天后还是星期三，那么经过82023天后是 （）A.星期二 B.星期三C.星期四 D.星期五解析：C82023＝（1＋7）2023＝C2023070＋C202317＋C2023272＋…＋C202325.在（x2＋2x＋y）5的展开式中，x5y2的系数为（）A.60 B.30C.15 D.12解析：A（x2＋2x＋y）5＝[（x2＋2x）＋y]5，由通项公式可得Tk+1＝C5k（x2＋2x）5－kyk，∵要求x5y2的系数，故k＝2，此时（x2＋2x）3＝x3·（x＋2）3，其对应x5的系数为C31×21＝6.∴x5y2的系数为6.已知1-x2n的展开式中所有项的系数和等于1256，A.72 B.C.7 D.70解析：C令x＝1得，1-12n＝1256，∴n＝8，∴1-x28的展开式的通项公式为Tr＋1＝C8r-x2r，要求展开式中项的系数的最大值，则r必为偶数，∴T1＝C80-x20＝1，T3＝C82-x22＝7x2，T5＝7.若（x2－a）x+1x10的展开式中x6的系数为30，则a＝A.13 B.C.1 D.2解析：Dx+1x10的展开式的通项为Tr＋1＝C10rx10－r1xr＝C10rx10－2r，令10－2r＝4，解得r＝3，所以x4的系数为C103；令10－2r＝6，解得r＝2，所以x6的系数为C102，所以（x2－a）x+1x10的展开式中8.（多选）二项式x-ax8的展开式中含x2的项的系数是－7，则下列说法中正确的是A.a＝1B.展开式中含x6的项的系数是－4C.展开式中含x－1项D.展开式中的常数项为40解析：AB二项式x-ax8的展开式的通项为Tr＋1＝C8rx8－r-axr＝（－a）rC8rx8－2r.对于A，令8－2r＝2，解得r＝3，所以展开式中含x2的项的系数是（－a）3C83＝－7，解得a＝12，故A正确.对于B，二项式x-ax8即x-12x8的展开式的通项为Tr＋1＝-12rC8rx8－2r，令8－2r＝6，解得r＝1，所以展开式中含x6的项的系数是-12×C81＝－4，故B正确.令8－2r＝－1，解得r＝92，此时r不为整数，所以展开式中不含x－9.（多选）已知（x－1）5＝a0＋a1（x＋1）＋a2（x＋1）2＋…＋a5（x＋1）5，则 （）A.a0＝－32 B.a2＝－80C.a3＋4a4＝0 D.a0＋a1＋…＋a5＝1解析：ABC令x＝－1得（－1－1）5＝a0，即a0＝－32，故A正确.令x＝0得（－1）5＝a0＋a1＋…＋a5，即a0＋a1＋…＋a5＝－1，故D不正确.令x＋1＝y，则（x－1）5＝a0＋a1（x＋1）＋a2（x＋1）2＋…＋a5（x＋1）5就变为（y－2）5＝a0＋a1y＋a2y2＋…＋a5y5，根据二项式定理知，a2即二项式（y－2）5展开式中y2项的系数，Tk+1＝C5ky5－k（－2）k，故a2＝C53（－2）3＝－80，故B正确.a4＝C51（－2）1＝－10，a3＝C52（－2）2＝40，所以a3＋10.（多选）关于多项式x+1x-24的展开式A.各项系数之和为0B.各项系数的绝对值之和为256C.存在常数项D.含x的项的系数为－40解析：ABC选项A：令x＝1代入多项式，可得各项系数和为（1＋1－2）4＝0，故A正确；选项B：取多项式x+1x+24，令x＝1代入多项式可得：（1＋1＋2）4＝256，所以原多项式各项系数的绝对值之和为256，故B正确；选项C：多项式可化为x+1x-24，则展开式的通项公式为Tr＋1＝C4rx+1x4-r（－2）r，当4－r＝0，2，4即r＝4，2，0时，x+1x4-r有常数项，即x+1x-24有常数项且当r＝0时，常数项为C40C42＝6，当r＝2时，常数项为C42×2×（－2）2＝48，当r＝4时，常数项为（－2）4＝16，故原多项式的展开式的常数项为6＋48＋16＝70，故C正确；选项D：当r＝1时，展开式中含x的项为C41C31x11.（多选）已知1x-ax2n（a＜2）的展开式中第3项的二项式系数为45，且展开式中各项系数和为1024A.a＝1B.展开式中偶数项的二项式系数和为512C.展开式中第6项的系数最大D.展开式中的常数项为45解析：BCD由题意，Cn2＝n(n-1)2＝45，所以n＝10（负值舍去），又展开式中各项系数之和为1024，所以（1－a）10＝1024，因为a＜2，所以a＝－1，故A错误；偶数项的二项式系数和为12×210＝12×1024＝512，故B正确；1x+x210展开式中的二项式系数与对应项的系数相同，所以展开式中第6项的系数最大，故C正确；1x+x210的展开式的通项Tr＋1＝C10rx-12(10-r)·x2r12.若2x-1x2n展开式的二项式系数之和为64，则展开式中x3解析：2x-1x2n展开式的二项式系数之和为64，即2n＝64，所以n＝6，则2x-1x26展开式的通项公式为Tk＋1＝C6k（2x）6－k-1x2k＝（－1）kC6k·26－k·x6－3k，令6－3k＝3，解得答案：－19213.在二项式（2＋x）9的展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个数是.

解析：由二项展开式的通项公式可知Tr＋1＝C9r·（2）9－r·xr，r∈N，0≤r≤9，当项为常数项时，r＝0，T1＝C90·（2）9·x0＝（2）9＝162.当项的系数为有理数时，9－r为偶数，可得r＝1，3，5，7，9答案：162514.设（x2＋1）（4x－3）8＝a0＋a1（2x－1）＋a2（2x－1）2＋…＋a10（2x－1）10，则a1＋a2＋…＋a10＝.

解析：令x＝12，得a0＝122+1×4×12-38＝54，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝（12＋1）×（4×1－3）8＝2，所以a1＋a2＋…＋a10＝a0＋a1＋a2＋…＋a10答案：315.已知Sn是数列{an}的前n项和，若（1－2x）2024＝b0＋b1x＋b2x2＋…＋b2024x2024，数列{an}的首项a1＝b12＋b222＋…＋b202422024，an+1A.－12024 C.2024 D.－2024解析：A令x＝12，得1-2×122024＝b0＋b12＋b222＋…＋b202422024＝0.又因为b0＝1，所以a1＝b12＋b222＋…＋b202422024＝－1.由an＋1＝SnSn＋1＝Sn＋1－Sn，得Sn+1-SnSnSn+1＝1Sn－1Sn+1＝1，所以1S16.（多选）若（1＋x）＋（1＋x）2＋…＋（1＋x）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝125－n，则下列结论正确的是 （）A.n＝6B.a1＝21C.（1＋2x）n展开式中二项式系数和为729D.a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝321解析：ABD对于A，因为（1＋x）＋（1＋x）2＋…＋（1＋x）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令x＝1，得2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝2(1-2n)1-2＝2n＋1－2，令x＝0，得n＝a0，因为（1＋x）n中xn项为Cnnxn＝xn，所以an＝1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝2n＋1－2－n－1＝125－n，解得n＝6，故A正确；对于B，a1＝1＋C21＋C31＋C41＋C51＋C61＝21，故B正确；对于C，（1＋2x）6展开式中二项式系数和为26＝64，故C错误；对于D，令f（x）＝（1＋x）＋（1＋x）2＋…＋（1＋x）6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，f'（x）＝1＋2（x＋1）＋…＋6（x＋1）5＝a1＋2a2x＋…＋6a6x5，令x＝1得f'（1）＝1＋2×2＋3×22＋4×23＋5×24＋6×25＝a1＋2a2＋317.已知在3x-123x（1）求n；（2）求含x2的项的系数.解：（1）通项公式为Tr＋1＝Cnrx∵第6项为常数项，∴r＝5时，有n-2r3＝0，即（2）令n-2r3＝2，得r＝12（n－6）＝12×（∴含x2的项的系数为C102-18.在①只有第6项的二项式系数最大，②第4项与第8项的二项式系数相等，③所有二项式系数的和为210，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，并解决问题.已知（2x－1）n＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn（n∈N*），若（2x－1）n的展开式中，.

（1）求n的值；（2）求｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜的值.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.解：（1）选择条件①：若（2x－1）n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则n2＝5.所以n＝10选择条件②：若（2x－1）n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则Cn3＝Cn7.所以选择条件③：若（2x－1）n的展开式中所有二项式系数的和为210，则2n＝210.所以n＝10.（2）由（1）知n＝10，则（2x－1）10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10，令x＝0，则a0＝1，令x＝－1，则310＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝1＋｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜a10｜，所以｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜a10｜＝310－1.第三节随机事件的概率与古典概型1.理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算.2.理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率.3.理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.4.结合实例，会用频率估计概率.1.随机事件（1）事件的相关概念（2）概率和频率①在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn（A）＝nAn为事件A②对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn（A）随着试验次数的增加稳定于概率P（A），因此可以用频率fn（A）来估计概率P（A）.2.事件的关系和运算（1）两个事件的关系和运算事件的关系和运算含义符号表示包含关系A发生导致B发生A⊆B相等关系B⊇A且A⊇BA＝B续表事件的关系和运算含义符号表示并事件（和事件）A与B至少有一个发生A∪B或A＋B交事件（积事件）A与B同时发生A∩B或AB互斥事件A与B不能同时发生A∩B＝⌀互为对立事件A与B有且仅有一个发生A∩B＝⌀，A∪B＝Ω（2）概率的几个基本性质①概率的取值范围：0≤P（A）≤1；②必然事件的概率P（Ω）＝1；③不可能事件的概率P（⌀）＝0.（3）互斥事件的概率加法公式：如果事件A与事件B互斥，那么P（A∪B）＝P（A）＋P（B）；（4）对立事件的概率：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P（B）＝1－P（A）或P（A）＝1－P（B）.3.古典概型（1）古典概型的特征（2）古典概型的概率公式P（A）＝事件A1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）（1）两个事件的和事件是指两个事件同时发生. （）（2）若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件. （）（3）掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件. （）答案：（1）×（2）×（3）×2.（2022·全国甲卷）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为 （）A.15B.C.25 D.解析：C从写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取法，它们分别是（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），其中卡片上的数字之积是4的倍数的是（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种取法，所以所求概率是P＝615＝25.故选3.（多选）若n（n≥3）个人站成一排，其中不是互斥事件的是 （）A.“甲站排头”与“乙站排头”B.“甲站排头”与“乙不站排尾”C.“甲站排头”与“乙站排尾”D.“甲不站排头”与“乙不站排尾”解析：BCD排头只能有一人，因此“甲站排头”与“乙站排头”互斥，而B、C、D中，甲、乙站位不一定在同一位置，可以同时发生，因此它们都不互斥.故选B、C、D.4.李老师在某大学连续3年主讲经济学院的高等数学，下表是李老师这门课3年来的考试成绩分布：成绩90分及以上80～89分70～79分60～69分50～59分50分以下人数4217224086528经济学院一年级的学生王小明下学期将选修李老师的高等数学课，用已有的信息估计他得以下分数的概率：（1）90分及以上的概率：；

（2）不及格（60分及以上为及格）的概率：.

解析：（1）42600＝0.07.（2）52+8600＝0.答案：（1）0.07（2）0.15.从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且P（A）＝0.65，P（B）＝0.2，P（C）＝0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为.

解析：因为“抽到的不是一等品”的对立事件是“抽到的是一等品”，且P（A）＝0.65，所以“抽到的不是一等品”的概率为1－0.65＝0.35.答案：0.35若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P（A1∪A2∪…∪An）＝P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）.某工厂有四条流水线生产同一种产品，这四条流水线的产量分别占总产量的0.20，0.25，0.3，0.25，这四条流水线的合格率依次为0.95，0.96，0.97，0.98，从出厂产品中任取一件，则恰好抽到不合格的概率是.

解析：由结论可知：P＝0.2×（1－0.95）＋0.25×（1－0.96）＋0.3×（1－0.97）＋0.25×（1－0.98）＝0.034.答案：0.034 随机事件关系的判断【例1】（1）（多选）某人打靶时连续射击两次，设事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，则下列结论正确的是 （）A.A⊆BB.A∩B＝⌀C.A∪B＝“至少一次中靶”D.A与B互为对立事件（2）（多选）将颜色分别为红、绿、白、蓝的4个小球随机分给甲、乙、丙、丁4个人，每人一个，则下列说法正确的是 （）A.事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”是互斥不对立事件B.事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”是互斥不对立事件C.事件“甲分得绿球，乙分得蓝球”的对立事件是“丙分得白球，丁分得红球”D.当事件“甲分得红球”的对立事件发生时，事件“乙分得红球”发生的概率是1解析（1）事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，所以A，B是互斥不对立事件，所以A、D选项错误，B选项正确.A∪B＝“至少一次中靶”，C选项正确.（2）事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”可以同时发生，不是互斥事件，A错误；事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”不能同时发生，是互斥事件，除了甲分得红球或者乙分得红球以外，丙或者丁也可以分得红球，B正确；事件“甲分得绿球，乙分得蓝球”与事件“丙分得白球，丁分得红球”可以同时发生，不是对立事件，C错误；事件“甲分得红球”的对立事件是“甲没有分得红球”，因此乙、丙、丁三人中有一个人分得红球，事件“乙分得红球”发生的概率是13，D正确答案（1）BC（2）BD｜解题技法｜事件关系判断的策略（1）判断事件的互斥、对立关系时一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件.反之互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生；（2）判断事件的交、并关系时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析.也可类比集合的关系和运用Venn图分析事件.口袋中装有3个红球和4个黑球，每个球编有不同的号码，现从中取出3个球，则互斥而不对立的事件是 （）A.至少有1个红球与至少有1个黑球B.至少有1个红球与都是黑球C.至少有1个红球与至多有1个黑球D.恰有1个红球与恰有2个红球解析：D对于A，不互斥，如取出2个红球和1个黑球，与至少有1个黑球不是互斥事件，所以A不符合题意；对于B，至少有1个红球与都是黑球不能同时发生，且必有其中1个发生.所以为互斥事件，且为对立事件，所以B不符合题意；对于C，不互斥.如取出2个红球和1个黑球，与至多有1个黑球不是互斥事件，所以C不符合题意；对于D，恰有1个红球与恰有2个红球不能同时发生，所以为互斥事件，但不对立，如恰有3个红球. 用频率估计概率【例2】某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温[10，15）[15，20）[20，25）[25，30）[30，35）[35，40]天数216362574以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.（1）估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率