备战2025年高考数学一轮复习(优化探究新高考版基础版)第十章　计算原理、概率、随机变量及其分布

第一节两个基本计数原理[学习要求]1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理及其意义.2.会用分类计数原理和分步计数原理分析和解决一些简单的实际问题.[知识梳理]知识点两个基本计数原理1.分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方案，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.[小题诊断]1.中国人民解放军东部战区领导和指挥江苏、浙江、上海、安徽、福建、江西的武装力量.某日东部战区下达命令，要求从江西或福建派出一架侦察机对台海空域进行侦查，已知江西有m架侦察机，福建有n架侦察机，则不同的分派方案共有（）A.m＋n种B.C.m种D.n种答案：A解析：根据题意，由分类加法计数原理，不同的分派方案共有（m＋n）种.2.由于用具简单、趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动.某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，其中也能把“炮”吃掉的可能路线有（）A.10条B.8条C.6条D.4条答案：C解析：由题意可知，“兵”吃掉“马”的最短路线需横走三步，竖走两步；其中也能把“炮”吃掉的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有3种走法；第二步，横走一步，竖走一步，有2种走法.所以所求路线共有3×2＝6（条）.3.（易错题）如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有条不同的路线.答案：32考点一分类加法计数原理[例1]（2024·江苏扬州模拟）某人从一层上到二层需跨10级台阶，他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步，从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶，则他从一层到二层可能的不同走法共有（）A.10种B.9种C.8种D.12种[答案]A[解析]按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步.因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步，每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.下面分三种情形讨论.（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧，此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球，所以此种情况共有4种可能的不同排列；（2）第1球不是白球.（ⅰ）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；（ⅱ）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共有3种不同排列；（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.总之，按题意要求从一层到二层共有4＋3＋3＝10种可能的不同过程.学生用书⬇第218页❙运用分类加法计数原理的两个注意点121.如图，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只能取其中一堆最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是（）A.6B.10C.12D.24答案：B解析：将题图中左边的集装箱从上往下分别记为1，2，3，右边的集装箱从上往下分别记为4，5.分两种情况讨论：若先取1，则有12345，12453，12435，14523，14235，14253，共6种取法；若先取4，则有45123，41235，41523，41253，共4种取法，故共有6＋4＝10种取法.考点二分步乘法计数原理[例2]（2024·江苏镇江模拟）某公园有如图所示A至H共8个座位，现有2个男孩2个女孩要坐下休息，要求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的坐法总数为（）ABCDEFGHA.168B.336C.338D.84[答案]B[解析]第一步：排男生，第一个男生在第一行选一个位置有四个位置可选，第二个男生在第二行有三个位置可选，由于两名男生可以互换，故男生的排法有4×3×2＝24（种），第二步：排女生，若男生选AF，则女生有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG共7种选择，由于女生可以互换，故女生的排法有2×7＝14（种），根据分步计数原理，共有24×14＝336（种）.❙运用分步乘法计数原理解题的三个注意点1232.（2024·河北石家庄模拟）教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（）A.10种B.25种C.52种D.24种答案：D解析：每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步.由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法.考点三两个基本计数原理的综合应用[例3]如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有个.（用数字作答）[答案]40[解析]把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32（个）.第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40（个）.❙应用两个计数原理的难点在于明确分类和分步.分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连能将事件完成，较复杂的问题可借助图表完成.3.如图，用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色.若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（）A.400种B.460种C.480种D.496种答案：C解析：完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色.当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360种方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120种方法.由分类加法计数原理可知不同的涂法有360＋120＝480（种）.学生用书⬇第417页[A组基础保分练]1.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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有（）A.4种B.10种C.18种D.20种答案：B解析：赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法.赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法.由分类计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10（种）.2.（2024·广东汕头模拟）电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为（）A.2563B.27C.2553D.6答案：A解析：分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256＝2563种颜色.3.（2024·山西太原模拟）现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值有（）A.3种B.6种C.7种D.8种答案：C解析：由题意得，三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆；三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆；三种币值全取，共有1种取法，币值为捌拾圆.一共可以组成的币值有3＋3＋1＝7（种）.4.数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏.如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成.玩该游戏时，需要将数字1，2，3（各3个）全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1，2，3这三个数字，则不同的填法有（）A.12种B.24种C.72种D.216种答案：A解析：先填第一行，有3×2×1＝6种不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其他单元格唯一确定.根据分步计数原理可知，共有6×2＝12种不同的填法.5.（多选）现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（）A.共有43种不同的安排方法B.若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种C.若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种答案：ABD解析：对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43种选法，故A正确；对于B，三人到4个工厂，有43＝64种情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27（种），则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37（种），故B正确；对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16种安排方法，故C错误；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24种安排方法，故D正确.6.如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为（）A.480B.600C.720D.840答案：C解析：依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，最后涂b有3种方法，由分步计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180（种），若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各有3种方法，由分步计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540（种），所以，由分类计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720（种）.7.（2024·安徽宿州模拟）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”的个数为（）A.12B.24C.36D.48答案：C解析：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24（个）；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36（个）.8.（2024·福建南平质检）甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9，0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为.答案：80解析：某月5日至9日，日期尾数分别为5，6，7，8，9，有3天是奇数日，2天是偶数日.第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4种用车方案；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12种用车方案，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8种用车方案，共计12＋8＝20种用车方案.根据分步计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.[B组能力提升练]9.（多选）（2024·山东潍坊模拟）现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是（）A.选1人为负责人的选法种数为30B.每组选1名组长的选法种数为3024C.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335D.若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种答案：ABC解析：对于A，选1人为负责人的选法种数：6＋7＋8＋9＝30，故A正确；对于B，每组选1名组长的选法：6×7×8×9＝3024，故B正确；对于C，2人需来自不同的小组的选法：6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确；对于D，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有：43－33＝37，故D错误.学生用书⬇第418页10.如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成），△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数是（）A.48B.54C.72D.108答案：C解析：设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区.第一步给①区涂色，有4种涂色方法.第二步给②区涂色，有3种涂色方法.第三步给③区涂色，有2种涂色方法.第四步给④区涂色，若④区与②区同色，⑤区有2种涂色方法.若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法.所以共有4×3×2×（2＋1×1）＝72种涂色方法.11.几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E，则这九根树枝从高到低不同的顺序共有（）A.23种B.24种C.32种D.33种答案：D解析：不妨设A，B，C，D，E，F，G，H，I代表树枝的高度，九根树枝从上至下共九个位置，根据甲依次撞击到树枝A，B，C；乙依次撞击到树枝D，E，F；丙依次撞击到树枝G，A，C；丁依次撞击到树枝B，D，H；戊依次撞击到树枝I，C，E，可得G＞A＞B，且G，A，B在前四个位置，C＞E＞F，D＞E＞F，且E，F一定排在后四个位置，（1）若I排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C，则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有4×（3＋4）＝28种排法；（2）若I不排在前四个位置中的一个位置，则G，A，B，D按顺序排在前四个位置，由于I＞C＞E＞F，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若I不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，由分类计数原理可得，这九根树枝从高到低不同的顺序有28＋5＝33（种）.12.（2024·河北保定模拟）算筹是一根根同样长短和粗细的小棍子，是中国古代用来记数、列式和进行各种数与式演算的一种工具，是中国古代的一项伟大、重要的发明.在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如表所示：用算筹计数法表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，知“＝｜”表示的三位数为；如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示能被5整除的三位数的个数为.答案：62114解析：由题意，结合表格中的数据和图形，知“＝｜”表示的三位数为621；共有5根算筹，要能被5整除，则个位数必须为0或5，①当个位数为5时，不符合题意；②当个位数为0时，则5根算筹全部放在十位和百位，若百位有1根，十位有4根，则共有1×2＝2个三位数；若百位有2根，十位有3根，则共有2×2＝4个三位数；若百位有3根，十位有2根，则共有2×2＝4个三位数；若百位有4根，十位有1根，则共有2×1＝2个三位数；若百位有5根，十位有0根，则共有2个三位数.所以共有2＋4＋4＋2＋2＝14个三位数.13.（2024·湖南怀化模拟）世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强（各组的前2名小组出线），这16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为.答案：64解析：因为8个小组进行单循环赛，每小组进行6场小组赛，所以小组赛的场数为8×6＝48.因为16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为8＋4＋2＋2＝16，因此比赛进行的总场数为48＋16＝64.14.若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时，各位均不进位（例如：134＋3802＝3936），则称（m，n）为“简单的”有序数对，m＋n为有序数对（m，n）的值，那么值为1942的“简单的”有序数对的个数是.答案：300解析：第1步，1＝1＋0，1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9，9＝1＋8，9＝2＋7，9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4，4＝1＋3，4＝2＋2，4＝3＋1，4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2，2＝1＋1，2＝2＋0，共3种组合方式.根据分步计数原理可知，值为1942的“简单的”有序数对的个数为2×10×5×3＝300.学生用书⬇第219页第二节排列与组合[学习要求]1.理解排列、组合的概念.2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.3.能利用排列、组合解决简单的实际问题.[知识梳理]知识点一排列与排列数1.排列与排列数（1）排列：从n个不同元素中取出m（m≤n）个不同的元素，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.（2）排列数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个不同的元素，所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作An2.排列数公式及性质（1）排列数公式Anm＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋＝n！（n－m)!（m，n∈N*（2）性质：①Ann＝n②0！＝1.知识点二组合与组合数1.组合与组合数（1）组合：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.（2）组合数：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，所有不同组合的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作Cn2.组合数的公式及性质（1）组合数公式Cnm＝Anm＝n！m!(n－m)!（m，n∈N（2）组合数性质①Cn0＝1②Cnm＝③Cn+1m＝C[小题诊断]1.A42＋A.35B.47C.45D.57答案：B解析：A42＋C73＝4×32.从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男、女生都有的选法种数是（）A.18B.24C.30D.36答案：C解析：选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有C42C31＝18（种），选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有C41C32＝12（种），故33.从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装计算机和组装计算机各2台，则不同的取法有种.答案：3504.将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，则不同的安排方案共有种.答案：36解析：第一步，先从4名学生中任取两人组成一组，与剩下2人分成三组，有C42＝6种不同的方法；第二步，将分成的三组安排到甲、乙、丙三地，则有A33＝6种不同的方法.故共有6×6考点一排列问题[例1]（1）（2024·江苏南通模拟）某人将斐波那契数列的前6项“1，1，2，3，5，8”进行排列设置数字密码，其中两个“1”必须相邻，则可以设置的不同数字密码有（）A.120种B.240种C.360种D.480种（2）（2024·江苏扬州模拟）为了强化学校的体育教育教学工作，提高学生身体素质，加强学生之间的沟通，凝聚班级集体的力量，激发学生热爱体育的热情.某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校4×100米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为（）A.48B.36C.24D.12[答案]（1）A（2）B[解析]（1）将两个1捆绑在一起，则可以设置的不同数字密码有A55＝120（种（2）当甲排第1棒时，乙可排第2棒或第4棒，共有A21A42＝当甲排第2棒时，乙只能排第4棒，共有A42＝12（种故甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为24＋12＝36（种）.学生用书⬇第220页❙解决排列问题的主要方法1.4个男生，3个女生站成一排.（1）3个女生必须排在一起，有多少种不同的排法？（2）任何两个女生彼此不相邻，有多少种不同的排法？（3）甲、乙二人之间恰好有三个人，有多少种不同的排法？解：（1）先排3个女生作为一个元素与其余的4个元素做全排列有A33A55＝（2）男生排好后，5个空再插女生有A44A53＝（3）甲、乙先排好后，再从其余的5人中选出3人排在甲、乙之间，把排好的5个元素与最后的2个元素全排列，分步有A22A53A考点二组合问题[例2]（1）（2024·江苏南通模拟）如图，湖面上有4个小岛A，B，C，D，现要建3座桥梁，将这4个小岛联通起来，则所有不同的建桥方案种数为（）A.6B.16C.18D.20（2）（2024·江苏扬州模拟）某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步走完，则第二步走两级台阶的概率为（）A.17B.C.37D.[答案]（1）B（2）C[解析]（1）由题意可知，四个小岛两两相连，共有AB，AC，AD，BC，BD，CD6座桥梁，从中任选3座桥梁共有C63＝其中选择{AB，AC，AD}、{AB，BC，BD}、{AC，BC，CD}、{AD，BD，CD}四种不行，因此，共有20－4＝16种不同的方案.（2）10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级，共C73＝7×若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级，共C62＝6×所以第二步走两级台阶的概率为1535＝3❙组合问题常有以下两类题型1将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.2逆向思维，用间接法处理.2.某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.（1）其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？（2）其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？（3）恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？（4）至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？（5）至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？解：（1）从余下的34种商品中，选取2种有C342＝所以某一种假货必须在内的不同取法有561种.（2）从34种可选商品中，选取3种，有C343种或者C353－C342所以某一种假货不能在内的不同取法有5984种.（3）从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有C201C15所以恰有2种假货在内的不同的取法有2100种.（4）选取2种假货有C201C152种，选取3种假货有C153种，共有选取方式C201C152所以至少有2种假货在内的不同的取法有2555种.（5）法一（间接法）：选取3种的总数为C353，因此共有选取方式C353－C153＝6545－455所以至多有2种假货在内的不同的取法有6090种.法二（直接法）：共有选取方式C203＋C202C151＋所以至多有2种假货在内的不同的取法有6090种.学生用书⬇第221页考点三排列与组合的综合问题◉角度（一）相邻、相间问题[例3]（2024·江苏淮安模拟）3名女生和2名男生站成一排照相，若每名男生至少与1名女生相邻，则共有种站法.[答案]96[解析]由题意排除两名男生相邻且排在两端即得结果，排法数为A55－2A❙12◉角度（二）定序问题[例4]有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列（不一定相邻），不同的排法共有种.[答案]840[解析]7名学生的排列共有A77种，其中女生的排列共有A33种，按照从左到右，女生从矮到高的排列只是其中的一种，故有A77❙对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列.◉角度（三）分组、分配问题[例5]（2024·江苏徐州模拟）六名教师随机分配到三所学校任教，每个学校分配两名教师，则甲、乙被分配到同一所学校的概率为（）A.15B.14C.13[答案]A[解析]六名教师随机分配到三所学校任教，每个学校分配两名教师有C62C42甲、乙被分配到同一所学校有C42C22则甲、乙被分配到同一所学校的概率为1890＝1❙分组分配问题的三种类型及求解策略3.（多选）有3名男生，4名女生，在下列不同条件下，正确的是（）A.全体站成一排，女生必须站在一起有144种排法B.全体站成一排，男生互不相邻有1440种排法C.任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有70种D.全体站成一排，甲不站排头，乙不站排尾有3720种排法答案：BCD解析：对于A，将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，有A4再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列，有A4故共有A44·A44＝对于B，先排女生，将4名女生全排列，有A4再安排男生，由于男生互不相邻，可以在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A5故共有A44·A53＝对于C，任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有C73×2×1＝70（种），故对于D，若甲站在排尾，则有A66种排法，若甲不站在排尾，则有故共有A66＋A51A54.（多选）已知A，B，C，D，E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（）A.若A，B不相邻，共有72种排法B.若A不站在最左边，B不站在最右边，有72种排法C.若A在B右边有60种排法D.若A，B两人站在一起有48种排法答案：ACD解析：对于A，若A，B不相邻，共有A33A42＝72（对于B，若A不站在最左边，B不站在最右边，利用间接法有A55－2A44＋A3对于C，若A在B右边有A55A22对于D，若A，B两人站在一起有A22A44＝5.（2024·江苏南京模拟）某学校有6个数学兴趣小组，每个小组都配备1位指导老师，现根据工作需要，学校准备将其中4位指导老师由原来的小组均相应的调整到其他兴趣小组，其余的2位指导老师仍在原来的兴趣小组（不作调整），如果调整后每个兴趣小组仍配备1位指导老师，则不同的调整方案为（）A.135种B.360种C.90种D.270种答案：A解析：根据题意，6个数学兴趣小组有位指导老师仍在原来的兴趣小组，则不做调整的两个小组有C62＝其余的4个小组的指导老师由原来的小组均相应地调整到其他数学兴趣小组，假设4个小组为1，2，3，4，对应的4位指导老师依次为A，B，C，D，A不能在第1小组，有3种情况，假设A分到第2小组，则B有3种情况，剩下的两人有1种情况，则其余的4个小组有3×3＝9种调整方案，故有15×9＝135种调整方案.学生用书⬇第419页[A组基础保分练]1.（2024·山西晋中模拟）（x－2）（x－3）（x－4）…（x－15）x∈A.Ax－213C.Ax－15答案：B解析：x－2＝x＝x－2！x－2.若Am3＝6CmA.9B.8C.7D.6答案：C解析：因为Am3＝6Cm4，所以m（m－1）（m－2）＝即1＝m－34，解得3.（2024·福建厦门模拟）将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有（）A.240种B.180种C.150种D.540种答案：C解析：5名学生可分成2，2，1和3，1，1两种形式，当5名学生分成2，2，1时，共有12C52C32A33＝90种方法，当5名学生分成3，1，1时，共有C4.（2024·江苏盐城一模）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（）A.144个B.120个C.96个D.72个答案：B解析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4，5其中1个，末位数字为0，2，4中其中1个；分两种情况讨论：①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43＝24种情况，此时有3×24＝72（个②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43＝24种情况，此时有2×24＝48（个共有72＋48＝120（个）.5.（2024·浙江宁波模拟）某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言，则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为（）A.15B.30C.35D.42答案：B解析：由于甲有两个人参加会议需要分两类：含有甲的选法有C21C52种，不含有甲的选法有C53种，共有6.（多选）（2024·江苏南京模拟）下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（）A.C33＋C43＋CB.已知n＞m，则等式Cnmm+1＝CnC.设x＝A9090×2A3D.等式（Cn0）2＋（Cn1）2＋（Cn2）2＋…＋（Cn答案：ABD解析：对A：由Cnm＋CnC33＋C43＋C53＋…＋C103＝C44＋C43＋C5A正确；对B：若n＞m，则Cnm＝（n+1)!B正确；对C：∵n－1Ann＝n－1n！＝1（n－1)!－1则2A33＋3A44＋4A55＋…＋89A90故x＝A9090×2A33＋3A4∵A90902＝90！2＝45故x＝A90902－1的个位数字是9对D：∵（1＋x）n的展开式通项为Tr＋1＝Cnr×1n－r×xr＝Cnr·xr，r＝0，1，2，…，n，∴（1＋x）n＝Cn0＋C故（x＋1）n（x＋1）n展开式的xn的系数为Cn0Cnn＋Cn1Cnn－1＋…＋CnnCn0.又∵Cnm＝Cnn－m同理可得：（1＋x）2n的展开式通项为Tr＋1＝C2nr×12n－r×xr＝C2nr·xr，r＝0，1，2，…，2n，即展开式的x由于（x＋1）n（x＋1）n＝（1＋x）2n，故（Cn0）2＋（Cn1）2＋（Cn2）2＋…＋（Cnn7.4名男生和3名女生排成一排照相，要求男生和男生互不相邻，女生与女生也互不相邻，则不同的排法种数是（）A.36B.72C.81D.144答案：D解析：由题意先将3名女生全排列，然后利用插空法，将4名男生排到3名女生之间的4个空位上，故共有A33A44＝6×8.（多选）某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动.高三一共有6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共有20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（）A.若1班不再分配名额，则共有C20B.若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有C19C.若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法D.若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法答案：BD解析：对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，将其分成5组，则共有C194种分配方法，故对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，将其分成6组，则共有C195种分配方法，故对于C、D，若每个班至少3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分到6个班级，分5类：①4个名额分到一个班，有6种；②一个班3个名额，一个班1个名额，有C61C51＝30（种）；③两个班都是2个名额，有C62＝15（种）；④两个班1个名额，一个班2个名额，有C61C52＝60（种）；⑤四个班都是1个名额，有C69.2023年成都大运会期间，5名同学到4个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，每个场馆至少安排1名同学，则不同的安排方法共有（）A.60种B.120种C.240种D.480种答案：C解析：先将5名同学分为4组，其中1组有2名，另外3组各1名，共有C52＝10种分法，然后将这4组全排列，共有A44＝24种排法，则不同的安排方法共有10×24＝24010.（2024·江苏南京联考）某校有4名同学到三个社区参加新时代文明实践宣传活动，要求每名同学只去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率为.答案：1解析：先将4名同学中的2名同学看作一组，选法有C42种，另外两组各则总分法有C4其中甲、乙2人被分配到同一个社区的分法有A3则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率为P＝A33C[B组能力提升练]11.（2024·江苏扬州模拟）大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数N（N不为素数）能唯一地写成N＝p1a1·p2a2…pkak（其中pi是素数，ai是正整数，1≤i≤k，p1＜p2＜…＜pk，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有a1＋a2＋…＋A.6B.13C.19D.60答案：C解析：根据N的标准分解式可得360＝23×32×5，故从2，2，2，3，3，5这6个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：①选取3个2，可以组成1个三位数；②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成C21×C3③选取1个2后，再选2个3，可以组成C31·C2④选取2，3，5，可以组成A33＝⑤选取3，3，5，可以组成C31＝所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成1＋6＋3＋6＋3＝19个不同的三位数.12.（2024·江苏盐城模拟）某艺术团为期三天公益演出，其表演节目分别为歌唱、民族舞、戏曲、演奏、舞台剧、爵士舞，要求歌唱与民族舞不得安排在同一天进行，每天至少进行一类节目.则不同的演出安排方案共有（）A.720种B.3168种C.1296种D.5040种答案：D解析：①若三天演出项目数量为2，2，2，所有的安排方法数为C62C42歌唱与民族舞安排在同一天进行有3×C42C22则三天演出项目数量为2，2，2的安排方法数为：C62C42C22×（A22）3－②若三天演出项目数量为3，2，1，所有的安排方法数为C63C32C11歌唱与民族舞安排在第一天进行有C41C32C11歌唱与民族舞安排在第二天进行有C43C11×A3则三天演出项目数量为3，2，1的安排方法数为：C63C32C11×A33×（A33×A22）－C41C③若三天演出项目数量为4，1，1，所有的安排方法数为C64×A33歌唱与民族舞安排在第一天进行有C42×A33则三天演出项目数量为4，1，1的安排方法数为：C64A33×（A44）－C综上所述，不同的演出安排方案共有576＋3168＋1296＝5040（种）.学生用书⬇第420页13.（2024·江苏苏州模拟）把分别标有1号、2号、3号、4号的4个不同的小球放入分别标有1号、2号、3号的3个盒子中，没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为（）A.8B.12C.16D.20答案：B解析：4个小球放入3个盒子，没有空盒子，则有两个小球放入同一个盒子，因此分为两类：第一类：4号小球单独放入一个盒子，分2步：第1步，从1号、2号、3号3个小球中，选出2个小球，放入与未被选中小球标号相同的盒子中，有C3第2步，将未被选中的小球和4号小球，分别放入另外2个盒子中，有A22∴4号小球单独放入一个盒子，有C32A22＝3×例如：第1步，选出2号、3号小球放入1号盒；第2步，1号小球放入2号盒，4号小球放入3号盒.第二类：4号小球与另一小球共同放入一个盒子，分2步：第1步，从1号、2号、3号3个小球中，选出1个小球，有C3第2步，将4号小球与第1步选出的小球放入与选出小球标号不同的盒子中，有C2第3步，剩余的2个小球，其中1个，与剩余的两个空盒其中的1个标号相同，只有1方法放置.∴4号小球与另一小球共同放入一个盒子，有C31C21×1＝3×例如：第1步，选出1号球；第2步，将1号、4号小球放入2号盒；第3步，2号小球放入3号盒，3号小球放入1号盒.∴没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为6＋6＝12.14.2023年暑假，5位老师去某风景区游玩，现有“垂云通天河”“严子陵钓台”这两处风景供选择，若每位老师只能选取其中的一处风景且每处风景最多被3位老师选择，则不同的选择方案共有种.（用数字作答）答案：20解析：依题意得，5位教师中有3位选取其中的一处风景游玩，另2位教师选择另一处风景游玩.故可分两步：第一步：将5位老师分为两组，一组3人，一组2人，共有C5第二步：将两组分配到两处风景，共有A22根据分步乘法计数原理，得共有C53A215.若将5名志愿者安排到三个学校进行志愿服务，每人只去一个学校，每个学校至少去一人，则不同的分配方案共有种.（用数字作答）答案：150解析：由题意得，三个学校可分得的志愿者人数分别为3，1，1或2，2，1，当三个学校可分得的志愿者人数分别为3，1，1时，分配方案有C53A当三个学校可分得的志愿者人数分别为2，2，1时，分配方案有C52C综上，不同的分配方案有60＋90＝150种.16.数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1＜N2＜N3的所有排列的个数是.答案：240解析：（元素优先法）由题意知6必在第三行，安排6有C31种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A52种方法，在留下的三位数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C2117.把座位编号为1，2，3，4，5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为.（用数字作答）答案：96解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人两张，且分得的票必须是连号，相当于将1，2，3，4，5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号.在4个空位插3个板子，共有C43＝4（种）分法，再对应到4个人，有A44＝24（种）分法，则共有4×24＝96（18.（2024·江苏徐州模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Snn＝an＋1，a（1）求数列{an}的通项公式；（2）集合A＝{a1，a2，…，an}，将集合A的所有非空子集中最小的元素相加，其和记为Tn，求Tn.解：（1）当n＝1时，2a1＝a1＋1，则a1＝1，且a2＝2；当n≥2时，2Sn＝nan＋n，2Sn－1＝（n－1）an－1＋n－1，两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1＋1，∴（n－2）an－（n－1）an－1＝－1（n≥2），∴当n≥3时，ann－1－an－1n－2＝－1（n则ann－1－1n－1＝a23－2综上，an＝n对任意n∈N*都成立.（2）A＝{a1，a2，…，an}＝{1，2，3，…，n}，集合A的非空子集有2n－1个，其中最小元素为1的集合中，含1个元素的集合有1个，含2个元素的集合有Cn含3个元素的集合有Cn－12个，…，含所以最小元素为1的子集个数为Cn－10＋Cn－11＋C同理，最小元素为2的子集个数为Cn－20＋Cn－21＋C…，最小元素为n的子集个数为1个，∴Tn＝1×2n－1＋2×2n－2＋…＋（n－1）×2＋n×1，12Tn＝1×2n－2＋…＋（n－2）×2＋（n－1）×1＋n×1∴12Tn＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1－n2＝1－2n1－2－n2＝2n－1－n2，则T学生用书⬇第222页第三节二项式定理[学习要求]能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.[知识梳理]知识点一二项式定理1.二项式定理（1）定理：公式（a＋b）n＝Cn0an＋Cn1an－1b1＋…＋Cnkan－kbk＋…＋Cnnb（2）通项：Tk＋1＝Cnkan－kbk为展开式的第k＋12.二项式系数与项的系数（1）二项式系数：二项展开式中各项的系数Cnk（k∈（2）项的系数：项的系数是该项中非字母因数部分，包含符号等，与二项式系数是两个不同的概念.知识点二二项式系数的性质1.二项式系数的性质性质内容对称性与首末两端等距离的两个二项式系数相等，即Cnm增减性当k＜n+1当k＞n+1最大值当n是偶数时，中间一项第n2+1当n是奇数时，中间两项第n+12+1项2.各二项式系数的和（a＋b）n的展开式的各二项式系数的和等于2n，即Cn0＋Cn1＋Cn2＋…＋Cn二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即Cn1＋Cn3＋Cn5＋…＝Cn0＋C[小题诊断]1.1x－x10A.45B.20C.－30D.－90答案：A2.（1＋x）2＋（1＋x）3＋…＋（1＋x）9的展开式中x2的系数是（）A.60B.80C.84D.120答案：D解析：（1＋x）2＋（1＋x）3＋…＋（1＋x）9的展开式中x2的系数是C22＋C32＋因为Cnm－1＋Cnm＝Cn+1m且C22＝C所以C22＋C32＋C42＝以此类推，C22＋C32＋C42＋…＋C92＝C3.若x＋1xn展开式的二项式系数之和为答案：20解析：由x＋1xn的展开式的二项式系数之和为2n＝64可知n＝6，所以x＋1xn的通项公式为Tr＋1＝C6rx6－r1xr＝C6rx6－2r，令4.已知在二项式（x＋a）5展开式中，x2的系数为80，则a＝.答案：2解析：（x＋a）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝C5rx5－rar，所以x2的系数为C53a3＝80学生用书⬇第223页考点一通项公式的应用◉角度（一）形如（a＋b）n（n∈N*）的展开式的特定项[例1]二项式2x－A.－160B.60C.120D.240[答案]B[解析]2x－1x6展开式的通项为：Tk＋1＝C6k2x6－k－令6－32k＝0得k＝4所以展开式的常数项为C46×22×－❙与二项展开式的特定项有关问题的解题策略12项得出◉角度（二）形如（a＋b）m（c＋d）n（m，n∈N*）的展开式问题[例2]（2022·新高考Ⅰ卷）1－yx（x＋y）8的展开式中x2y6的系数为[答案]－28[解析]（x＋y）8的展开式中x2y6的系数为C86＝28，x3y5的系数为C85＝56，因此1－yx（x＋y）8的展开式中x2y❙在求多个因式的乘积的展开式中特定项的系数时，弄清特定项可以由各因式中的哪些项相乘得到.◉角度（三）形如（a＋b＋c）n（n∈N*）的展开式问题[例3]（x2－x＋1）10展开式中x3项的系数为（）A.－210B.210C.30D.－30[答案]A[解析]（x2－x＋1）10＝[x2－（x－1）]10＝C100（x2）10－C101（x2）9（x－1）＋…－C109x2（x－1）9＋C1010（x－1）10，所以含x3项的系数为❙对于三项式问题，一般是通过合并、拆分或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解，或看成几个因式的乘积，再利用组合数公式求解.1.（2024·山东烟台模拟）（1－2x）8展开式中x项的系数为（）A.28B.－28C.112D.－112答案：C解析：（1－2x）8展开式的通项公式为Tk＋1＝C8k（－2x）k＝（－要求x项的系数，只需k2＝1，解得k＝2所以x项系数为（－2）2C82＝4×82.已知（1＋x）x＋1x2n（n∈N*，nA.6B.7C.8D.9答案：B解析：∵（1＋x）x＋1x2n（n∈N*，n＜10）的展开式中没有常数项，∴x＋1x2n的展开式中没有x－1项和常数项.∵x＋1x2n的展开式的通项为Tr＋1＝Cnr·xn－3r（r＝0，1，2，…，n），故n－3r≠0，且n－3r≠－1，即n≠3r，且n≠3r－1，∴n≠3.（2024·福建厦门模拟）在1+x＋1xA.10B.30C.45D.120答案：C解析：因为1+x＋1x202410＝（1+x）＋1x202410＝（1＋x）10＋C101（1＋x）91x2考点二二项式系数的和与各项系数的和的问题[例4]（1）x－2xn的展开式的二项式系数之和为A.112B.－112C.60D.－60（2）若（1－x）9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜a9｜＝（）A.1B.513C.512D.511（3）（2022·浙江卷）已知多项式（x＋2）（x－1）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝.[答案]（1）A（2）D（3）8－2[解析]（1）由题意2n＝256，n＝8.Tr＋1＝C8r（x）8－r－2xr＝（－2）rC8rx4－32所以含x项的系数是（－2）2C82（2）令x＝0，得a0＝1，令x＝－1，得｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜a9｜＝[1－（－1）]9－1＝29－1＝511.（3）由（x＋2）（x－1）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，知含x2的项是由x＋2中的x和2分别与（x－1）4的展开式中含x和x2的项相乘后再相加得到的，所以a2＝C43（－1）3＋2C42（－1对于（x＋2）（x－1）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，令x＝0，得a0＝2×（－1）4＝2；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.学生用书⬇第224页❙求二项展开式系数和的常用方法1开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令求其展开式各项系数之和，只需令2数项系数之和为4.已知（1－2x）7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.求：（1）a1＋a2＋…＋a7；（2）a1＋a3＋a5＋a7；（3）a0＋a2＋a4＋a6；（4）｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜.解：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1. ①令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37. ②（1）∵a0＝C70＝1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7（2）（①－②）÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝－1－（3）（①＋②）÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝－1+37（4）法一：∵在（1－2x）7的展开式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜＝（a0＋a2＋a4＋a6）－（a1＋a3＋a5＋a7）＝1093－（－1094）＝2187.法二：｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜即为（1＋2x）7展开式中各项的系数和，令x＝1，则｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a7｜＝37＝2187.考点三系数与二项式系数的最值问题[例5]（2021·上海卷）已知（1＋x）n的展开式中，唯有x3的系数最大，则（1＋x）n的系数和为.[答案]64[解析]由题意知，C则n解得5＜n＜7.又n∈N，因此n＝6.设（1＋x）6＝a0x6＋a1x5＋a2x4＋…＋a5x＋a6，令x＝1，则（1＋x）6的系数和为a0＋a1＋a2＋…＋a6＝26＝64.❙二项式系数最大问题，可依据如求（数分别为5.已知m为正整数，（x＋y）2m的展开式的二项式系数的最大值为a，（x＋y）2m＋1的展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝（）A.5B.6C.7D.8答案：B解析：由题意可知，a＝C2mm，b＝∵13a＝7b，∴13·（2m)!m！m！＝7·（2m+1)!二项式定理的综合应用◉角度（一）整除问题、余数问题[例1]设a∈Z且0≤a＜13.若512012＋a能被13整除，则a＝（）A.0B.1C.11D.12[答案]D[解析]512012＋a＝（52－1）2012＋a＝C20120×522012－C20121×522011＋…＋C20122011×52×（－1）2011＋C20122012×（－1）2012＋a，∵C20120×522012－C20121×522011＋…＋C20122011❙用二项式定理处理整除问题，通常把幂的底数写成除数（或与除数密切关联的数）与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只考虑后面一、二项（或者是某些项）即可.◉角度（二）近似计算问题[例2]0.995的计算结果精确到0.001的近似值是（）A.0.950B.0.951C.0.952D.0.953[答案]B[解析]0.995＝（1－0.01）5＝C50×1－C51×0.01＋C52×（0.01）2－C53×（0.01）3＋…－C55×（0.01）5＝1－0.05学生用书⬇第225页❙由（x1.1－90C101＋902C102－903C103＋…＋（－1）k90kC10A.－1B.1C.－87D.87答案：B解析：由题意1－90C101＋902C102－903C103＋…＋（－1）k90kC10k＋…＋9010C1010＝（1－90）10＝8910＝（1＋88）10＝C100＋C10188＋C102882＋…＋C1010882.求1.028的近似值（小数点后保留三位小数）.解：1.028＝（1＋0.02）8＝1＋C81×0.02＋C82×0.022＋C83×0.023＋…＋C学生用书⬇第421页[A组基础保分练]1.二项式x－1x12A.－462B.462C.792D.－792答案：D解析：x－1x12展开式的通项为C12kx12－k－1kx－k＝－1k令12－2k＝2，解得k＝5，所以x2项的系数是－152.（1＋x）8（1＋y）4的展开式中x2y2的系数是（）A.56B.84C.112D.168答案：D解析：因为（1＋x）8的展开式中x2的系数为C82，（1＋y）4的展开式中y2的系数为C42，所以x2y23.（2024·云南昆明调研）已知（1＋ax）（1＋x）3的展开式中x3的系数为7，则a＝（）A.4B.3C.2D.1答案：C解析：∵（1＋ax）（1＋x）3的展开式中含x3的项为x3＋ax×C32x2＝（3a＋1）x3，∴3a＋1＝7，∴a4.在二项式x2A.第五项B.第六项C.第七项D.第六和第七项答案：C解析：依题意可知Tr＋1＝C11r（－1）rx22－3r，0≤r≤11，r∈Z，二项式系数最大的是C115与C116，所以系数最大的是T75.（2024·四川成都模拟）设（x2＋1）（2x＋1）9＝a0＋a1（x＋2）＋a2（x＋2）2＋…＋a11（x＋2）11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为（）A.－2B.－1C.1D.2答案：A解析：令等式中x＝－1可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝（1＋1）（－1）9＝－2.6.若（x－3）9＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋a9（x－1）9，则a8＝（）A.18B.－18C.－27D.27答案：B解析：由题意，得（x－3）9＝[（x－1）－2]9，a8表示展开式中含（x－1）8项的系数，故a8＝C91×（－27.（2024·湖南岳阳模拟）将多项式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得（x－2）（x＋2）5，则a5＝（）A.8B.10C.12D.1答案：A解析：（x－2）（x＋2）5＝（x2－4）·（x＋2）4，所以（x＋2）4的展开式中x3的系数为C41·21＝8，所以a58.（2020·全国Ⅲ卷）x2＋2x答案：240解析：x2＋2x6的展开式的通项为Tr＋1＝C6r（x2）6－r2xr＝C6r2rx12－9.（2020·浙江卷）二项展开式（1＋2x）5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a4＝，a1＋a3＋a5＝.答案：80122解析：（1＋2x）5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a4＝C54·24a1＋a3＋a5＝C51×2＋C53×23＋C10.已知1－x9＋mx+110＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10.若a9＝a10，则答案：41解析：a9＝C99－19＋mC101＝10m－因为a9＝a10，所以10m－1＝m，解得m＝19所以a2＝C92＋111.（2019·浙江卷）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.答案：1625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≤当为常数项时，r＝0，T1＝C90·（2）9·x0＝（2）9＝16当项的系数为有理数时，9－r为偶数，可得r＝1，3，5，7，9，即系数为有理数的项的个数是5.12.（2024·江苏南通模拟）（1＋x）（1＋2x）5的展开式中x6的系数为.答案：32解析：（1＋x）（1＋2x）5＝（1＋2x）5＋x（1＋2x）5，故（1＋x）（1＋2x）5的展开式中x6的项只能是x（1＋2x）5中出现的x6，由于x（1＋2x）5中含x6的项为x2x5＝32x6（1＋x）（1＋2x）5的展开式中x6的系数为32.[B组能力提升练]13.若（2x－32）16的展开式中系数为整数的项有k项，则kA.2B.3C.4D.5答案：B解析：二项式（2x－32）16的通项为Tr＋1＝C16r216－r2·（－2）r3x16－r＝C16r（－1）r328－r6x16－r（其中0≤r≤16，r∈14.在x－1（x－y）6的展开式中，含x4yA.－20B.20C.－15D.15答案：A解析：（x－y）6的第r＋1项为Tr＋1＝C6rx6－r令r＝3，则T4＝C63x3－y3＝－20x所以x－1（x－y）6的展开式中，含x4y3项为x·T4＝－20x4y3，系数为15.在mx＋2y7的展开式中，x4y3项的系数与xA.84B.63C.42D.21答案：A解析：mx＋2y7展开式的通项为Tr＋1＝C7r·（mx）7－r·2yr＝2r·m7－r·C7r·x7－ryr，所以x4y3项的系数为23·m4·C73，x3y4项的系数为216.（多选）已知（2＋x）（1－2x）5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则（）A.a0的值为2B.a5的值为16C.a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6的值为－5D.a1＋a3＋a5的值为120答案：ABC解析：令x＝0，得a0＝2，A正确.（1－2x）5的展开式的通项为Tr＋1＝C5r（－2x）r＝（－2）rC5rxr，所以a5＝2×（－2）5C55＋（－2）4C54＝16，B正确.令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋又a0＝2，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3－2＝－5，C正确.令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝243.②①－②2得，a1＋a3＋a5＝－123，17.（多选）对于x2A.所有项的二项式系数和为64B.所有项的系数和为64C.常数项为1215D.二项式系数最大的项为第3项答案：ABC解析：x2－3x6的展开式中所有项的二项式系数和为26在x2－3x6中，令x＝1，得（1－3）6x2－3x6展开式的通项为Tk＋1＝C6k（x2）6－k·－3xk＝（－3）kC6kx12令12－3k＝0，得k＝4，所以常数项为（－3）4×C64＝1215，选项当k＝3时，二项式系数最大，则二项式系数最大的项为第4项，选项D不正确.18.（2022·上海卷）二项式（3＋x）n的展开式中，x2项的系数是常数项的5倍，则n＝.答案：10解析：∵二项式（3＋x）n的展开式中，x2项的系数是常数项的5倍，即Cn2×3n－2＝5Cn0×3n，即n（∴n＝10.19.设（x－1）（2＋x）3＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＝，2a2＋3a3＋4a4＝.答案：－431解析：因为x·C30·23·x0－C31·22·x1所以a1＝－4，对所给等式两边对x求导，可得（2＋x）3＋3（x－1）（2＋x）2＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3，令x＝1，得27＝a1＋2a2＋3a3＋4a4，所以2a2＋3a3＋4a4＝31.20.在x＋2xn解：由题意得，在x＋2xn的展开式中，各项系数和与二项式系数和的比值为3n2n＝72964，∴n＝6，∴二项展开式通项公式为Tr＋1＝C6rx6－r2xr＝C6r·2r·x6－学生用书⬇第225页第四节随机事件与概率[学习要求]1.结合具体实例，理解样本点的含义，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.通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.3.结合实例，会用频率估计概率.[知识梳理]知识点一事件的关系与运算1.样本空间与随机事件（1）样本点：随机试验中每个可能出现的基本结果.（2）样本空间：由所有样本点组成的集合，一般用Ω表示.（3）随机事件：样本空间Ω的一个非空真子集.（4）基本事件：只包含一个样本点的事件.2.事件的分类确定事件必然事件在条件S下，一定会发生的事件叫做相对于条件S的必然事件不可能事件在条件S下，一定不会发生的事件叫做相对于条件S的不可能事件随机事件在条件S下，可能发生也可能不发生的事件叫做相对于条件S的随机事件3.事件的关系与运算定义符号表示包含关系如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A（或称事件A包含于事件B）B⊇A（或A⊆B）相等关系如果事件B包含事件A，事件A也包含事件B，即B⊇A且A⊇BA＝B并事件（和事件）若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，称此事件为事件A与事件B的并事件（或和事件）A∪B（或A＋B）交事件（积事件）若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件（或积事件）A∩B（或AB）互斥事件若A∩B为不可能事件，则称事件A与事件B互斥（或互不相容）A∩B＝⌀对立事件若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件A∩B＝⌀；P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝1学生用书⬇第226页知识点二频率与概率1.频率与概率（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A（2）对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率fn（A）稳定在某个常数上，把这个常数记作P（A），称为事件A的概率，简称为A的概率.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.（4）互斥事件概率的加法公式①若事件A与事件B互斥，则P（A∪B）＝P（A）＋P（B）.②若事件B与事件A互为对立事件，则P（A）＝1－P（B）.[小题诊断]1.一个人打靶时连续射击两次，事件“至多有一次中靶”的互斥事件是（）A.至少有一次中靶B.两次都中靶C.只有一次中靶D.两次都不中靶答案：B解析：射击两次中“至多有一次中靶”即“有一次中靶或两次都不中靶”，与该事件不能同时发生的是“两次都中靶”.2.随着互联网的普及，网上购物已逐渐成为消费时尚，为了解消费者对网上购物的满意情况，某公司随机对4500名网上购物消费者进行了调查（每名消费者限选一种情况回答），统计结果如表：满意情况不满意比较满意满意非常满意人数200n21001000根据表中数据，估计在网上购物的消费者群体中对网上购物“比较满意”或“满意”的概率是（）A.715B.25C.1115答案：C解析：n＝4500－200－2100－1000＝1200，所以在网上购物的消费者群体中对网上购物“比较满意”或“满意”的总人数为1200＋2100＝3300，所以在网上购物的消费者群体中对网上购物“比较满意”或“满意”的频率为330043.一只袋子中装有7个红球，3个绿球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个球，若取得两个红球的概率为715，取得两个绿球的概率为115，则取得两个同颜色的球的概率为，至少取得一个红球的概率为答案：815解析：由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件，则要取得两个同颜色的球，只需两个互斥事件中有一个事件发生即可，因而取得两个同颜色的球的概率P＝715＋115＝815.记事件A为“至少取得一个红球”，事件B为“取得两个绿球”，事件A与事件B是对立事件，则至少取得一个红球的概率P（A）＝1－P（B）＝1－1考点一随机事件与样本空间[例1]已知袋中有大小、形状完全相同的5张红色、2张蓝色卡片，从中任取3张卡片，则下列判断不正确的是（）A.事件“都是红色卡片”是随机事件B.事件“都是蓝色卡片”是不可能事件C.事件“至少有一张蓝色卡片”是必然事件D.事件“有1张红色卡片和2张蓝色卡片”是随机事件[答案]C[解析]事件空间为{红，红，红}，{红，红，蓝}，{红，蓝，蓝}.❙确定样本空间的方法12要做到既不重复也不遗漏.1.（多选）（2024·重庆模拟）将一枚骰子向上抛掷一次，设事件A＝“向上的一面出现奇数点”，事件B＝“向上的一面出现的点数不超过2”，事件C＝“向上的一面出现的点数不小于4”，则下列说法中正确的有（）A.AB＝⌀B.BC＝“向上的一面出现的点数大于3”C.AB＋BC＝“向上的一面出现的点数不小于3”D.ABC＝“向上的一面出现的点数为2”答案：BC解析：由题意知事件A包含的样本点：向上的一面出现的点数为1，3，5；事件B包含的样本点：向上的一面出现的点数为1，2；事件C包含的样本点：向上的一面出现的点数为4，5，6.所以AB＝“向上的一面出现的点数为2”，故A错误；BC＝“向上的一面出现的点数为4或5或6”，故B正确；AB＋BC＝“向上的一面出现的点数为3或4或5或6”，故C正确；ABC＝Ω，故D错误.学生用书⬇第227页考点二互斥事件、对立事件的判断[例2]（2024·山东济南模拟）2020年起，山东省高考实行新方案.新高考规定：语文、数学、英语是必考科目，考生还需从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6个等级考试科目中选取3个作为选考科目.某考生已经确定物理作为自己的选考科目，然后只需从剩下的5个等级考试科目中再选择2个组成自己的选考方案，则该考生“选择思想政治、化学”和“选择生物、地理”为（）A.相互独立事件B.对立事件C.不是互斥事件D.互斥事件但不是对立事件[答案]D[解析]该考生“选择思想政治、化学”和“选择生物、地理”不能同时发生，但能同时不发生，所以该考生“选择思想政治、化学”和“选择生物、地理”为互斥事件但不是对立事件.故选D.❙判断互斥事件、对立事件的两种方法2.（多选）（2024·山东泰安模拟）某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，事件“至少1名女生”与事件“全是男生”（）A.是互斥事件B.不是互斥事件C.是对立事件D.不是对立事件答案：AC解析：从3男2女中任选2名同学，一共会出现的抽取情况为：2男，或者2女，或者1男1女，至少一名女生包括一名或两名女生，全是男生相当于女生数为零，两者间是互斥事件也是对立事件.考点三互斥事件、对立事件的概率计算[例3]某超市有奖销售中