2025高考数学专项复习第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布第1节 两个计数原理、排列与组合含答案

2025高考数学专项复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第一节两个计数原理、排列与组合课标解读考向预测1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.3.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.4.能利用排列组合解决简单的实际问题.在近几年的高考中，排列与组合考查的频率较高，常以社会热点问题为背景，考查考生利用排列组合知识解决问题的能力．预计2025年高考将会以小题形式单独考查排列与组合的应用问题或与统计概率综合命题.必备知识——强基础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＝eq\x(\s\up1(01))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＝eq\x(\s\up1(02))m×n种不同的方法．2．排列与组合(1)排列与组合的概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并按照eq\x(\s\up1(03))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)排列数与组合数①从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有eq\x(\s\up1(04))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，用符号eq\x(\s\up1(05))Aeq\o\al(m,n)表示．②从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有eq\x(\s\up1(06))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，用符号eq\x(\s\up1(07))Ceq\o\al(m,n)表示．(3)排列数、组合数的公式及性质公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝eq\x(\s\up1(08))n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\f(n！,（n－m）！).(2)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),Aeq\o\al(m,m))＝eq\f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！)＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(n！,m！（n－m）！)(n，m∈N*，且m≤n)．特别地Ceq\o\al(0,n)＝1性质(1)0！＝eq\x(\s\up1(10))1；Aeq\o\al(n,n)＝eq\x(\s\up1(11))n！．(2)Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)；Ceq\o\al(m,n)＝eq\x(\s\up1(12))Ceq\o\al(m－1,n－1)＋Ceq\o\al(m,n－1)1．排列数、组合数常用公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝(n－m＋1)Aeq\o\al(m－1,n).(2)Aeq\o\al(m,n)＝nAeq\o\al(m－1,n－1).(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.(4)kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k－1,n－1).(5)Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m,n－1)＋…＋Ceq\o\al(m,m＋1)＋Ceq\o\al(m,m)＝Ceq\o\al(m＋1,n＋1).2．解决排列与组合问题的四大原则(1)特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置．(2)先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列时，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再进行排列．(3)正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题．(4)先分组后分配原则：在分配问题中如果被分配的元素多于位置，这时要先进行分组，再进行分配．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．()(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)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．()(4)若组合数公式Ceq\o\al(x,n)＝Ceq\o\al(m,n)，则x＝m成立．()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．小题热身(1)某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有()A．3种 B．6种C．7种 D．9种答案C解析买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案．因此共有3＋3＋1＝7种方案．(2)(人教A选择性必修第三册习题6.2T4(2)改编)现从6名学生干部中选出3名同学分别参加全校资源、生态和环保3个夏令营活动，则不同的选派方案的种数是()A．20 B．90C．120 D．240答案C解析共有Aeq\o\al(3,6)＝120种不同的选派方案．(3)(人教A选择性必修第三册习题6.1T8(2)改编)3个班分别从5处风景点中选择一处游览，不同的选法有________种．答案125解析因为第1个班有5种选法，第2个班有5种选法，第3个班有5种选法，所以由分步乘法计数原理可得，不同的选法有5×5×5＝125种．(4)(人教A选择性必修第三册习题6.2T13改编)某医院计划从3名医生和4名护士中任选3人去外地培训，则至少有1名医生被选中的选法共有________种．答案31解析至少有1名医生被选中的选法共有Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(3,4)＝31种．考点探究——提素养考点一两个计数原理例1(1)若m，n∈N，m>0，n>0，且m＋n≤8，则平面上的点(m，n)共有()A．21个 B．20个C．28个 D．30个答案C解析根据题意，m可取的值为1，2，3，4，5，6，7，当m＝1时，n可取的值为1，2，3，4，5，6，7，共7种；当m＝2时，n可取的值为1，2，3，4，5，6，共6种；当m＝3时，n可取的值为1，2，3，4，5，共5种；当m＝4时，n可取的值为1，2，3，4，共4种；当m＝5时，n可取的值为1，2，3，共3种；当m＝6时，n可取的值为1，2，共2种；当m＝7时，n可取的值为1，共1种．则平面上的点(m，n)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28个．(2)有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．答案120解析因为每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4＝120种不同的报名方法．(3)用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(用数字作答)．答案420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，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．第一类，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，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有3×4×5×4＝240种取法；第二类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的数字．根据分步乘法计数原理，有3×3×5×4＝180种取法．根据分类加法计数原理，共可以组成240＋180＝420个无重复数字的四位偶数．(4)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”共有________个．答案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6×4＝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6×2＝12个“正交线面对”，所以共有24＋12＝36个“正交线面对”．(5)如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，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，则不同的涂色方案共有________种．答案720解析解法一：依题意，分五步进行．第一步，涂湖北有5种方法；第二步，涂江西有4种方法；第三步，涂安徽有3种方法；第四步，涂湖南有3种方法；第五步，涂陕西有4种方法．根据分步乘法计数原理，不同的涂色方案共有5×4×3×3×4＝720种．解法二：依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类：若安徽与陕西涂同色，先涂陕西有5种方法，再涂湖北有4种方法，涂安徽有1种方法，涂江西有3种方法，最后涂湖南有3种方法，由分步乘法计数原理得，不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180种；若安徽与陕西涂不同色，先涂陕西有5种方法，再涂湖北有4种方法，涂安徽有3种方法，涂江西、湖南也各有3种方法，由分步乘法计数原理得，不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540种．所以由分类加法计数原理得，不同的涂色方案共有180＋540＝720种．【通性通法】利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么；(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类；(3)弄清分步、分类的标准是什么；(4)利用两个计数原理求解．【巩固迁移】1．设I＝{1，2，3，4}，A与B是I的子集，若A∩B＝{1，2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．若将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有________个．答案9解析对子集A分类讨论：当A是二元集{1，2}时，B可以为{1，2，3，4}，{1，2，4}，{1，2，3}，{1，2}，共4种情况；当A是三元集{1，2，3}时，B可以为{1，2，4}，{1，2}，共2种情况；当A是三元集{1，2，4}时，B可以为{1，2，3}，{1，2}，共2种情况；当A是四元集{1，2，3，4}时，B取{1，2}，有1种情况．根据分类加法计数原理，共有4＋2＋2＋1＝9种结果，即符合此条件的“理想配集”有9个．2．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________．答案240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．所以所有凸数的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.3.现要将5种不同的花卉种植在如图所示的5个区域上，要求相邻的区域不能种植同一种花卉，则不同的种植方法有________种．答案420解析由题意，可以种植相同花卉的区域为2，4和3，5.若都不相同，则有5×4×3×2×1＝120种；若只有2，4相同，则有5×4×3×2＝120种；若只有3，5相同，则有5×4×3×2＝120种；若2，4与3，5分别相同，则有5×4×3＝60种．由分类加法计数原理知，共有120＋120＋120＋60＝420种不同的种植方法．考点二排列问题例2(1)中国国家滑雪队将开展自由式滑雪项目中的空中技巧、雪上技巧、障碍追逐和U型场地技巧四个项目表演，现安排两名男队员和两名女队员组队参演，参演选手每人展示其中一个不同的项目，雪上技巧项目必须由女队员展示，则所有不同出场顺序与项目展示方案种数为()A．576 B．288C．144 D．48答案B解析根据题意，雪上技巧项目必须由女队员展示，有2种情况，剩下3人表演其他3个项目，有Aeq\o\al(3,3)＝6种情况，而4个项目之间的排法有Aeq\o\al(4,4)＝24种顺序，则有2×6×24＝288种展示方案．(2)用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成________个无重复数字且不大于4310的四位偶数．答案110解析①当千位上排1或3时，符合题意的数共有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,4)个；②当千位上排2时，符合题意的数共有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)个；③当千位上排4时，形如40××，42××的偶数各有Aeq\o\al(1,3)个符合题意，形如41××的偶数有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)个符合题意，形如43××的偶数只有4310和4302这两个数符合题意．故共有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)＋2Aeq\o\al(1,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)＋2＝110个数符合题意．【通性通法】求解排列问题的四种常用方法【巩固迁移】4．从3，5，7，11这四个质数中，每次取出两个不同的数，分别记为a，b，则共可得到eq\f(a,b)的不同值的个数为()A．6 B．8C．12 D．16答案C解析eq\f(a,b)的值的个数即为从3，5，7，11这四个数中任选2个数的排列数，即Aeq\o\al(2,4)＝4×3＝12.考点三组合问题例3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Ceq\o\al(2,34)＝561种，所以某一种假货必须在内的不同的取法有561种．(2)从34种可选商品中选取3种有Ceq\o\al(3,34)＝5984种，所以某一种假货不能在内的不同的取法有5984种．(3)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种，有Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(2,15)＝2100种，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Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(2,15)种，选取3种假货有Ceq\o\al(3,15)种，共有Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(2,15)＋Ceq\o\al(3,15)＝2100＋455＝2555种，所以至少有2种假货在内的不同的取法有2555种．(5)从35种商品中选取3种有Ceq\o\al(3,35)种，选取3种假货有Ceq\o\al(3,15)种，因此共有Ceq\o\al(3,35)－Ceq\o\al(3,15)＝6545－455＝6090种．所以至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．【通性通法】组合问题常有以下两类题型(1)“含有”或“不含有”问题：“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“至多”问题：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．【巩固迁移】5．(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)．答案64解析由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)种方案．综上，不同的选课方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)＝64种．考点四排列、组合问题的综合应用(多考向探究)考向1相邻、不相邻问题例4某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“惊蛰”“雨水”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为()A．24 B．48C．144 D．244答案C解析根据题意，先将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起，与“雨水”“谷雨”排列，有4个空，然后“清明”与“惊蛰”去插空，所以不同的放置方式有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝144种．【通性通法】相邻与不相邻问题的解决方法(1)“相邻”问题：元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．(2)“不相邻”问题：元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．【巩固迁移】6．三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是()A．72 B．144C．240 D．288答案D解析首先，选一对夫妻使之相邻，捆绑在一起看作一个复合元素A，这对夫妻有2种排法，故有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝6种排法，则现在共有5个位置，若这对夫妻在左数第一个位置，共有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝8种情况，若这对夫妻在左数第二个位置，则共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)＝8种情况，若这对夫妻在中间位置共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝16种情况，左数第四个和第二个情况一样，第五个和第一个情况一样，所以三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法有6×(2×8＋2×8＋16)＝288种．故选D.考向2特殊元素(位置)问题例5(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、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，则不同排列方式共有()A．12种 B．24种C．36种 D．48种答案B解析因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看作一个元素，连同乙、戊看成三个元素排列，有Aeq\o\al(3,3)种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插入方式；注意到丙、丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有Aeq\o\al(3,3)×2×2＝24种不同的排列方式．故选B.【通性通法】解决特殊元素、特殊位置问题的原则与方法(1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从位置入手，原则是谁特殊谁优先．(2)方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上，从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．【巩固迁移】7．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．Ceq\o\al(2,10)Aeq\o\al(4,8) B．Ceq\o\al(1,9)Aeq\o\al(5,9)C．Ceq\o\al(1,8)Aeq\o\al(5,9) D．Ceq\o\al(1,8)Aeq\o\al(5,8)答案C解析先排第1号瓶，从除甲、乙以外的8种不同作物种子中选出1种，有Ceq\o\al(1,8)种选法，再排剩余的瓶子，有Aeq\o\al(5,9)种方法，故不同的放法共有Ceq\o\al(1,8)Aeq\o\al(5,9)种．故选C.考向3分组、分配问题例6(多选)有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是()A．分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有90种分配方法B．分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，有90种分配方法C．分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分配方法D．分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分配方法答案ABC解析对于A，先从6本书中分给甲2本，有Ceq\o\al(2,6)种方法；再从其余的4本书中分给乙2本，有Ceq\o\al(2,4)种方法；最后的2本书给丙，有Ceq\o\al(2,2)种方法，所以不同的分配方法有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90种，A正确；对于B，先把6本书分成3堆：4本、1本、1本，有Ceq\o\al(4,6)种方法；再分给甲、乙、丙三人，所以不同的分配方法有Ceq\o\al(4,6)Aeq\o\al(3,3)＝90种，B正确；对于C，6本不同的书先分给甲、乙每人各2本，有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)种方法；其余2本分给丙、丁，有Aeq\o\al(2,2)种方法，所以不同的分配方法有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)＝180种，C正确；对于D，先把6本不同的书分成4堆：2本、2本、1本、1本，有eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4),Aeq\o\al(2,2))·eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,2))种方法；再分给甲、乙、丙、丁四人，所以不同的分配方法有eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4),Aeq\o\al(2,2))·eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(4,4)＝1080种，D错误．【通性通法】解决分组分配问题的策略(1)对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑．在每一类的计数中，又要考虑是分步乘法计数还是分类加法计数，是排列问题还是组合问题．(2)对于整体均分，分组后一定要除以Aeq\o\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数．(3)对于部分均分，若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！.【巩固迁移】8．(2024·岳阳模拟)中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断地反映着和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观，谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓，汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术，我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为()A．60 B．90C．120 D．150答案D解析满足条件的分法可分为两类：第一类，一人三张，另两人各一张，符合条件的分法有Ceq\o\al(3,5)Aeq\o\al(3,3)种，即60种；第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的分法有eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)种，即90种．由分类加法计数原理可得，满足条件的不同分法种数为60＋90＝150.9．数学活动小组由12名同学组成，现将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题，且每组只研究一个课题，并要求每组选出1名组长，则不同的分配方案有()A．eq\f(Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(3,6),Aeq\o\al(3,3))Aeq\o\al(4,4)种 B．Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(3,6)34种C.eq\f(Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(3,6),Aeq\o\al(4,4))43种 D．Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(3,6)43种答案B解析解法一：首先将12名同学平均分成四组，有eq\f(Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(3,6),Aeq\o\al(4,4))种分法，然后将这四组同学分配到四个不同的课题组，有Aeq\o\al(4,4)种分法，并在各组中选出1名组长，有34种选法．根据分步乘法计数原理，满足条件的不同分配方案有eq\f(Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(3,6),Aeq\o\al(4,4))·Aeq\o\al(4,4)·34＝Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(3,6)34种．解法二：根据题意可知，第一组分3名同学有Ceq\o\al(3,12)种分法，第二组分3名同学有Ceq\o\al(3,9)种分法，第三组分3名同学有Ceq\o\al(3,6)种分法，第四组分3名同学有Ceq\o\al(3,3)种分法．第一组选1名组长有3种选法，第二组选1名组长有3种选法，第三组选1名组长有3种选法，第四组选1名组长有3种选法．根据分步乘法计数原理可知，满足条件的不同分配方案有Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3)34＝Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(3,6)34种．课时作业一、单项选择题1．一个火车站有8股岔道，每股岔道只能停放1列火车，现需停放4列不同的火车，则不同的停放方法共有()A．84种 B．48种C．Ceq\o\al(4,8)种 D．Aeq\o\al(4,8)种答案D解析因为一个火车站有8股岔道，每股岔道只能停放1列火车，现要停放4列不同的火车，所以有Aeq\o\al(4,8)种不同的停放方法．2．(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有()A．30种 B．60种C．120种 D．240种答案C解析首先确定相同的读物，共有Ceq\o\al(1,6)种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物中选出2种进行排列，共有Aeq\o\al(2,5)种情况，根据分步乘法计数原理知，共有Ceq\o\al(1,6)Aeq\o\al(2,5)＝120种选法．故选C.3．(2023·安徽省五校联盟质检)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，会上任选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．15 B．30C．35 D．42答案B解析甲企业有2人，其余5家企业各有1人，共有7人，所以从7人中任选3人共有Ceq\o\al(3,7)种情况，发言的3人来自2家企业的情况有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)种，所以发言的3人来自3家不同企业的可能情况共有Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)＝30种．4．(2024·九省联考)甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有()A．20种 B．16种C．12种 D．8种答案B解析因为乙和丙之间恰有2人，所以乙、丙及中间2人占据首四位或尾四位，①当乙、丙及中间2人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙、丙中间，排乙、丙有Aeq\o\al(2,2)种方法，排甲有Aeq\o\al(1,2)种方法，剩余两个位置两人全排列有Aeq\o\al(2,2)种排法，所以有Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(1,2)×Aeq\o\al(2,2)＝8种方法；②当乙、丙及中间2人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙、丙中间，排乙、丙有Aeq\o\al(2,2)种方法，排甲有Aeq\o\al(1,2)种方法，剩余两个位置两人全排列有Aeq\o\al(2,2)种排法，所以有Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(1,2)×Aeq\o\al(2,2)＝8种方法．由分类加法计数原理可知，共有8＋8＝16种排法．故选B.5．(2024·重庆检测)将5名实习老师安排到高一年级的3个班实习，每班至少1人，至多2人，则不同的安排方法有()A．90种 B．120种C．150种 D．18种答案A解析由题意，先将5名实习老师按1人、2人、2人分为三组，再安排到3个班中，则不同的安排方法有eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝90种．6．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任意两人不相邻的坐法种数为()A．144 B．120C．72 D．24答案D解析“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任意两人不相邻的坐法种数为Aeq\o\al(3,4)＝4×3×2＝24.7．(2023·浙江十校联盟联考)源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中A，B两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有()A．18种 B．36种C．72种 D．108种答案B解析先排A，B两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2，3，4道程序选两个放A，B，共有Aeq\o\al(2,3)种放法；再排剩余的3道程序，共有Aeq\o\al(3,3)种放法，则共有Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)＝36种放法．8．用1，2，3，4，5这五个数字，可以组成比20000大，并且百位数不是数字3的没有重复数字的五位数的个数为()A．96 B．78C．72 D．64答案B解析根据题意知，要求这个五位数比20000大，则万位数必须是2，3，4，5这4个数字中的一个，当万位数是3时，百位数不是数字3，符合要求的五位数有Aeq\o\al(4,4)＝24个；当万位数是2，4，5时，由于百位数不能是数字3，则符合要求的五位数有3×(Aeq\o\al(4,4)－Aeq\o\al(3,3))＝54个．因此共有54＋24＝78个符合要求的五位数．二、多项选择题9．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Ceq\o\al(2,4)B．若化学必选，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)C．若政治和地理至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1答案BD解析若任意选科，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)，A错误；若化学必选，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)，B正确；若政治和地理至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1)，C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1，D正确．10．(2024·重庆八中适应性月考)将甲、乙、丙、丁4名志愿者分别安排到A，B，C三个社区进行暑期社会实践活动，要求每个社区至少安排一名志愿者，则下列说法正确的是()A．共有18种安排方法B．若甲、乙被安排在同社区，则有6种安排方法C．若A社区需要2名志愿者，则有24种安排方法D．若甲被安排在A社区，则有12种安排方法答案BD解析对于A，4名志愿者先分为三组，再分配到三个社区，所以安排方法种数为Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36，A错误；对于B，甲、乙被安排在同社区，先从三个社区中选一个安排甲与乙，再把剩余的2名志愿者分配到剩余的两个社区中，所以安排方法种数为Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝6，B正确；对于C，A社区需要2名志愿者，所以先从4名志愿者中选择2名安排到A社区，再把剩余的2名志愿者分配到剩余的两个社区中，所以安排方法种数为Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)＝12，C错误；对于D，甲安排在A社区，分为两种情况：第一种是A社区安排了2名志愿者，所以从剩余3名志愿者中选择1名分到A社区，再把剩余的2名志愿者分配到剩余的两个社区中，安排方法有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)种；第二种是A社区只安排了甲志愿者，此时剩余的3名志愿者分为两组，再分配到剩余的两个社区中，此时安排方法有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)种，所以安排方法种数为Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12，D正确．11．(2024·江苏苏州质检)现有4个小球和4个小盒子，下列结论正确的是()A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种D．若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种答案BCD解析若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256种放法，故A错误；若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有Ceq\o\al(2,4)(Aeq\o\al(2,2)＋1)＝18种放法，故B正确；若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有Ceq\o\al(1,4)·eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3),Aeq\o\al(2,2))＝144种放法，故C正确；若(2，1，4，3)代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况有(2，1，4，3)，(4，1，2，3)，(3，1，4，2)，(2，4，1，3)，(3，4，1，2)，(4，3，1，2)，(2，3，4，1)，(3，4，2，1)，(4，3，2，1)，共9种放法，故D正确．三、填空题12．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________．答案240解析由题意知，其中一人分两张，先分后排，共有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)＝240种不同的分法．13．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，画出周王城的平面图，则图中共有________个矩形．答案3025解析要想组成一个矩形，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Ceq\o\al(2,11)Ceq\o\al(2,11)＝3025.14.某次灯谜大会共设置6道不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一道谜题，并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6道谜题，则一名参与者有________种不同的答题顺序．答案60解析将6只灯笼全排，即Aeq\o\al(6,6)，因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，所以取谜题的方法有eq\f(Aeq\o\al(6,6),Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2))＝60种．即一名参与者有60种不同的答题顺序．15．(多选)(2024·广东佛山联考)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某运动会的志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是()A．若每人都安排一项工作，则不同的安排方法数为45B．若每项工作至少有1人参加，则不同的安排方法数为Aeq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,4)C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3))Aeq\o\al(3,3)D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同的安排方法数为Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)答案AD解析对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种不同的安排方法，A正确；对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排四项工作，有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)种不同的安排方法，B错误；对于C，先将5人分为3组，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2),Aeq\o\al(2,2))＋\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))))种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有Aeq\o\al(3,3)种情况，则有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2),Aeq\o\al(2,2))＋\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))))Aeq\o\al(3,3)种不同的安排方法，C错误；对于D，①从丙、丁、戊中选出1人开车，②从丙、丁、戊中选出2人开车，则有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)种不同的安排方法，D正确．故选AD.16.(多选)某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位长度，如果掷出的点数为i(i＝1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位长度，一直循环下去．某人抛掷n次骰子后棋子恰好又回到点A处，则()A．若n＝2，则共有3种不同走法B．若n＝2，则共有5种不同走法C．若n＝3，则共有25种不同走法D．若n＝3，则共有27种不同走法答案BD解析由题意知正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8.当n＝2时，骰子的点数之和是8，列举出在点数中两个数字能够使得和为8的有(2，6)，(3，5)，(4，4)，共3种组合，抛掷骰子是有序的，所以共5种结果，故A错误，B正确；当n＝3时，三次骰子的点数之和是8，16，列举出在点数中三个数字能够使得和为8，16的有(1，2，5)，(1，3，4)，(1，1，6)，(2，2，4)，(2，3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)，共7种组合，前2种组合(1，2，5)，(1，3，4)，每种情况可以排列出Aeq\o\al(3,3)＝6种结果，共有2Aeq\o\al(3,3)＝2×6＝12种结果，其中(1，1，6)，(2，2，4)，(2，3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)各可以排列出3种结果，共有5×3＝15种结果．根据分类加法计数原理，知共有12＋15＝27种结果，故C错误，D正确．17．(2024·辽宁十校调研)某34人的班级派5人参观展览，班级里有11人喜欢唱，4人喜欢跳，5人喜欢rap，14人喜欢篮球，每个人只喜欢一种.5人站一队参观，但是展览馆不希望队伍中第k，k＋1，k＋2，k＋3个人分别喜欢唱、跳、rap、篮球．当且仅当两个队伍中至少有一个位置上的人的喜好不同，两个队伍才被认为是不同的，则满足上述条件的不同的排队方案数为________．答案1015解析如果5个人中喜欢的种类有1种，则不同的排队方案数为3；如果5个人中喜欢的种类有2种，则不同的排队方案数为Ceq\o\al(2,4)(Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,2))＝180；如果5个人中喜欢的种类有3种，则不同的排队方案数为Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(3,5)Aeq\o\al(3,3)＋\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)))＝600；如果5个人中喜欢的种类有4种，则不同的排队方案数为Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)－8＝232.故不同的排队方案数为3＋180＋600＋232＝1015.18．(2024·江浙高三联考)第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河．现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数为________(用数字作答)．答案336解析由题意可分两种情形：①前排含有两种不同名称的吉祥物，首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，其中一种选两个，另一种选一个，有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝24种排法；其次，后排有Aeq\o\al(2,2)＝2种排法，故共有24×2＝48种不同的排法．②前排含有三种不同名称的吉祥物，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝48种排法；后排有Aeq\o\al(3,3)＝6种排法，此时共有48×6＝288种排法．因此，共有48＋288＝336种排法．第二节二项式定理课标解读考向预测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.近几年的高考中考查了二项展开式的通项的应用、二项式定理的正用和逆用，二项式系数的性质与各项的和．预计2025年高考可能会以二项式、三项式或两因式乘积的形式呈现，考查特定项或特定项的系数，难度中档.必备知识——强基础1．二项式定理(1)二项式定理：(a＋b)n＝eq\x(\s\up1(01))Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)；(2)通项：Tk＋1＝eq\x(\s\up1(02))Ceq\o\al(k,n)an－kbk，它表示第eq\x(\s\up1(03))k＋1项；(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，…，Ceq\o\al(n,n).2．二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数eq\x(\s\up1(04))相等．(2)增减性与最大值：当n是偶数时，中间的一项Ceq\o\al(eq\s\up7(\f(n,2)),n)取得最大值；当n是奇数时，中间的两项Ceq\o\al(eq\s\up7(\f(n-1,2)),n)与Ceq\o\al(eq\s\up7(\f(n+1,2)),n)相等，且同时取得最大值．3．各二项式系数和(1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝eq\x(\s\up1(05))2n．(2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝eq\x(\s\up1(06))2n－1．(a＋b)n的展开式形式上的特点：(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.(4)二项式系数从Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，一直到Ceq\o\al(n－1,n)，Ceq\o\al(n,n).(5)二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是指Ceq\o\al(0,n)，Ceq\o\al(1,n)，…，Ceq\o\al(n,n)，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，还与a，b的值有关．(6)(a＋b)n的展开式与(b＋a)n的展开式的项完全相同，但对应的项不相同，而且两个展开式的通项不同．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)Ceq\o\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项．()(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，某项的系数与该项的二项式系数一定不同．()(4)(a＋b)n的展开式中每一项的二项式系数与a，b的值无关．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(x－1)10的展开式的第6项的系数是()A．Ceq\o\al(6,10) B．－Ceq\o\al(6,10)C．Ceq\o\al(5,10) D．－Ceq\o\al(5,10)答案D解析T6＝Ceq\o\al(5,10)x5(－1)5，所以第6项的系数是－Ceq\o\al(5,10).(2)(人教B选择性必修第二册习题3－3AT2改编)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\r(x)))eq\s\up12(10)的展开式中，x2的系数为()A．－45 B．－10C．10 D．45答案D解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\r(x)))eq\s\up12(10)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(10－k)·(－eq\r(x))k＝(－1)kCeq\o\al(k,10)xeq\s\up7(\f(3,2)k－10)，令eq\f(3,2)k－10＝2，解得k＝8，所以x2的系数为(－1)8Ceq\o\al(8,10)＝45.(3)(多选)(2024·江苏南京宁海中学模拟)关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(6)的展开式，下列结论正确的是()A．所有项的二项式系数和为32B．所有项的系数和为0C．常数项为－20D．系数最大的项为第3项答案BC解析所有项的二项式系数和为26＝64，故A错误；令x＝1得所有项的系数和为0，故B正确；常数项为Ceq\o\al(3,6)x3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(3)＝－20，故C正确；Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)x6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(k)，系数为(－1)kCeq\o\al(k,6)，最大为Ceq\o\al(2,6)或Ceq\o\al(4,6)，为第3项或第5项，故D错误．(4)已知Ceq\o\al(0,n)＋2Ceq\o\al(1,n)＋22Ceq\o\al(2,n)＋23Ceq\o\al(3,n)＋…＋2nCeq\o\al(n,n)＝243，则Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝()A．31 B．32C．15 D．16答案A解析逆用二项式定理得Ceq\o\al(0,n)＋2Ceq\o\al(1,n)＋22Ceq\o\al(2,n)＋23Ceq\o\al(3,n)＋…＋2nCeq\o\al(n,n)＝(1＋2)n＝243，即3n＝35，所以n＝5，所以Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝25－1＝31.考点探究——提素养考点一二项展开式的通项及其应用(多考向探究)考向1求二项展开式中的特定项(或系数)例1(1)二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－x2))eq\s\up12(10)的展开式中的常数项是()A．－45 B．－10C．45 D．65答案C解析由二项式定理得Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))eq\s\up12(10－k)·(－x2)k＝(－1)kCeq\o\al(k,10)xeq\s\up7(\f(5k,2)-5)，令eq\f(5k,2)－5＝0得k＝2，所以常数项为(－1)2Ceq\o\al(2,10)＝45.(2)(2023·天津高考)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))eq\s\up12(6)的展开式中，x2的系数是________．答案60解析解法一：二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))eq\s\up12(6)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(2x3)6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(k)＝(－1)k26－kCeq\o\al(k,6)x18－4k，令18－4k＝2，解得k＝4，所以x2的系数为(－1)4×22×Ceq\o\al(4,6)＝60.解法二：将二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))eq\s\up12(6)看成6个多项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))相乘，要想出现x2项，则先在2个多项式中分别取2x3，然后在余下的多项式中都取－eq\f(1,x)，相乘，即Ceq\o\al(2,6)(2x3)2×Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(4)＝60x2，所以x2的系数为60.【通性通法】求二项展开式中特定项的步骤【巩固迁移】1．(2023·江苏无锡江阴模拟)二项式(1＋2x)2＋(1＋2x)3＋…＋(1＋2x)7的展开式中，含x2项的二项式系数为()A．84 B．56C．35 D．21答案B解析含x2项的二项式系数为Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,7)＝Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,7)＝Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,7)＝Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,7)＝Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,7)＝Ceq\o\al(3,8)＝56.2．在二项式(eq\r(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16eq\r(2)5解析由题意，得(eq\r(2)＋x)9的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,9)(eq\r(2))9－k·xk(k＝0，1，2，…，9)．当k＝0时，可得常数项为T1＝Ceq\o\al(0,9)(eq\r(2))9＝16eq\r(2).若展开式的系数为有理数，则k＝1，3，5，7，9，有T2，T4，T6，T8，T10，共5个．考向2已知两个因式之积求其特定项(或系数)例2(1)(2024·湖南益阳质量检测)若(1＋2x)(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，x∈R，则a2的值为()A．－20 B．20C．40 D．60答案B解析因为(1＋2x)(1－2x)5＝(1－2x)5＋2x(1－2x)5，所以展开式中x2的系数a2＝Ceq\o\al(2,5)(－2)2＋2×Ceq\o\al(1,5)(－2)1＝40－20＝20.(2)(2022·新高考Ⅰ卷)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．答案－28解析展开式中含有x2y6的项为1·Ceq\o\al(6,8)x2y6－eq\f(y,x)·Ceq\o\al(5,8)x3y5＝－28x2y6.【通性通法】求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式的特定项(或系数)问题的思路(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．(2)观察(a＋b)n(c＋d)m是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2.(3)利用(a＋b)n，(c＋d)m的通项，综合分析解决问题．【巩固迁移】3．(2024·湖南名校大联考)(x3＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x2)))eq\s\up12(6)的展开式中的常数项为()A．80 B．160C．240 D．320答案D解析(x3＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x2)))eq\s\up12(6)＝x3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x2)))eq\s\up12(6)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x2)))eq\s\up12(6)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x2)))eq\s\up12(6)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(2x)6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(k,6)·26－k·(－1)k·x6－3k，当6－3k＝－3时，k＝3，当6－3k＝0时，k＝2，则原展开式中的常数项为x3·Ceq\o\al(3,6)23(－1)3x－3＋2Ceq\o\al(2,6)24(－1)2＝－160＋480＝320.考向3已知三项式求其特定项(或系数)例3(1)(2023·佛山模拟)(x－y＋2)5的展开式中，x3y的系数为()A．80 B．40C．－80 D．－40答案D解析(x－y＋2)5＝[x－(y－2)]5的展开式中含x3的项为Ceq\o\al(2,5)x3(y－2)2，(y－2)2的展开式中含y的项为Ceq\o\al(1,2)y(－2)，所以(x－y＋2)5的展开式中，x3y的系数为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,2)(－2)＝－40.(2)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为________．答案30解析解法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝Ceq\o\al(2,5)(x2＋x)3·y2，其中(x2＋x)3中含x5的项为Ceq\o\al(1,3)x4·x＝Ceq\o\al(1,3)x5.所以x5y2的系数为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)＝30.解法二：(x2＋x＋y)5表示5个因式(x2＋x＋y)之积．所以x5y2可从两个因式中取x2，剩余的3个因式中1个取x，其余两个取y，因此x5y2的系数为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)＝30.【通性通法】求三项展开式中特定项(系数)的方法【巩固迁移】4.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x2)＋1))eq\s\up12(6)的展开式中常数项为()A．－61 B．－59C．－57 D．－55答案B解析将原式看成6个相同的因式相乘，按x的选取个数分类，得展开式中常数项为Ceq\o\al(0,6)＋Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4)(－2)＋Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(2,2)(－2)2＝－59.考点二二项式系数与各项的系数和问题例4(1)(多选)(2024·盐城调研)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则()A．二项式系数和为64 B．各项系数和为64C．常数项为－135 D．常数项为135答案ABD解析在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(n)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；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(6)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(3x)6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(k,6)(－1)k36－k·x6－eq\f(3,2)k，令6－eq\f(3,2)k＝0，得k＝4，因此展开式中的常数项为T5＝Ceq\o\al(4,6)(－1)4·32＝135，故D正确．(2)(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答案B解析令x＝1，则a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，令x＝－1，则a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－3)4＝81，故a4＋a2＋a0＝eq\f(1＋81,2)＝41.故选B.【通性通法】(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法．对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．(2)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＋…＝eq\f(f（1）＋f（－1）,2)，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq\f(f（1）－f（－1）,2).【巩固迁移】5．在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为()A．－960 B．960C．1120 D．1680答案C解析根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，解得n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，且T5＝Ceq\o\al(4,8)(－2)4x4＝1120x4，即展开式的中间项的系数为1120.故选C.6．已知－Ceq\o\al(1,100)(2－x)＋Ceq\o\al(2,100)(2－x)2－Ceq\o\al(3,100)(2－x)3＋…＋Ceq\o\al(100,100)(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，则a1＋a2＋a3＋…＋a99的值是________．答案－2解析记f(x)＝1－Ceq\o\al(1,100)(2－x)＋Ceq\o\al(2,100)(2－x)2－Ceq\o\al(3,100)(2－x)3＋…＋Ceq\o\al(100,100)(2－x)100－1＝[1－(2－x)]100－1＝(x－1)100－1，即(x－1)100－1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100.令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝－1.令x＝0，得a0＝0，又易知a100＝1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a99＝－2.考点三二项展开式中的系数最值问题例5(2023·江苏南京模拟)若(2＋ax)n(a≠0)的展开式中各项的二项式系数之和为512，且第6项的系数最大，则a的取值范围为________．答案[2，3]解析2n＝512，n＝9，T6＝Ceq\o\al(5,9)24(ax)5，T5＝Ceq\o\al(4,9)25(ax)4，T7＝Ceq\o\al(6,9)23(ax)6，∵第6项的系数最大，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(5,9)24a5≥Ceq\o\al(4,9)25a4，,Ceq\o\al(5,9)24a5≥Ceq\o\al(6,9)23a6，))则2≤a≤3.故a的取值范围为[2，3]．【通性通法】1．二项式系数最大项的确定方法当n为偶数时，展开式中第eq\f(n,2)＋1项的二项式系数最大，最大值为Ceq\f(n,2)n；当n为奇数时，展开式中第eq\f(n＋1,2)项和第eq\f(n＋3,2)项的二项式系数最大，最大值为Ceq\f(n－1,2)n或Ceq\f(n＋1,2)n.2．二项展开式系数最大项的求法如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开