2024数学核按钮考点突破第九章 概率与统计

第九章概率与统计

9.1两个计数原理、排列与组合

课程标准有的放矢

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；能利用计数原理推导排列数公式、组

合数公式.

必备知识►温故知新

【教材梳理】

1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理

（1）分类加法计数原理

①定义：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有小种不同的方

法，在第2类方案中有ri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拓展：完成一件事，如果有几类方案，且：第1类方案中有种不同的方

法，第2类方案中有加2种不同的方法，…，第九类方案中有小n种不同的方法，那

么完成这件事共有N=+62+…+犯？种不同的方法.

（2）分步乘法计数原理

①定义：完成一件事需要两个步骤，做第1步有加种不同的方法，做第2

步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=mxn种不同的方法.

②拓展:完成一件事，如果需要分成几个步骤，做第1步有加1种不同的方

法，做第2步有巾2种不同的方法，…，做第九步有巾.种不同的方法，那么完成这

件事共有N=叫xgx…xw种不同的方法.

2.排列与组合

（1）排列:一般地，从n个不同元素中取出机（机W九）个元素，并按照一定

的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出小个元素的一个排列.两个排列相

同的充要条件是：两个排列的元素完全相同，且元素的排列顺序也相同.

（2）排列数

定义及表示从n个不同元素中取出＜n）个元素的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，用符号表示.

全排列的概念n个不同的元素全部取出的一个排列.

阶乘的概念正整数1至旧的连乘积，用山_表示.A；；=n!,0!=1.

排列数公式(n,me...(n—m+1).

N*,m<n),阶乘式A,=)一.

n(n-m)!

(3)组合:一般地，从n个不同元素中取出771(771Wn)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.

(4)组合数

定义及表示从n个不同元素中取出7n(rn<n)个元素的所有不同组合的

个数，叫做从n个不同元素中取出小个元素的组合数，用符

号表示.

组合数公式乘积式pm_An—九(九一1)(/一2)…(n-m+l)

n_A*________ml_________*

阶乘式_加________

n~ml(n-m)!*

pm_pn—m

两个性质性质15-,

性质pm_pm1pm-1

2un+l—十5—•

【常用结论】

3.A肥=(n—m+=n崛二;；

(n+1)!-n!=n-n!.

4.fcC^=nC^Zj；C/=C^1+C的i+…+谓二；.

自主评价

1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“J”，错误的画“X”.

(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.(J)

(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.(X)

(3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.(X)

(4)(n+1)!-n!=n-n!.(V)

(5)kC±=九C。二；.(J)

2.公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，所有乘客下车的可能方式有(D)

510

A.A?。种B.Cf0种C.10种D.5种

［解析］解：所有乘客下车的可能方式有51。种.故选D.

3.(教材改编题)已知集合M={1,-2,3},N=［-4,5,6,-7)，从M,N这两

个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐

标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是(C)

A.12B.8C.6D.4

［解析］解：分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐

标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3X2=6.故选C.

4.已知九，m为正整数，月刀2小，则下列各式中正确的个数是(C)

①A宠=120；②&2=C；2Az；③印4-C%=C骷1；

④印=CL.

A.1B.2C.3D.4

［解析］解：对于①，A1=6x5x4=120,故①正确；

对于②，因为C；2=警，所以Ab=C；2A弓，故②正确；

A7

对于③，因为优+C/-1=，所以优+1+邛=C霜1,故③错误；

对于④，c7=邛-爪，故④正确.故选C.

核心考点

考点一分类加法计数原理与分步乘法计数原理

例1

(1)满足a,bG{-1,0,1,2},且关于％的方程a/+2x+b=0有实数解的有

序数对(a,b)的个数为12.

［解析］解：当a=0时，b的值可以是—1,0,1,2,故(a,b)的个数为4；当

aHO时，要使方程a/+2%+b=0有实数解，需使d=4-4ab20,即

ab<1.

若a=-l,则b的值可以是一1,0,1,2,(a,b)的个数为4；

若a=1,则b的值可以是一1,0,1,(a,b)的个数为3；

若a=2,则b的值可以是一1,0,(a,b)的个数为2.

由分类加法计数原理可知，(a,b)的个数为4+4+3+2=13.故填13.

(2)某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2

辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的

停车方法总数为(B)

ABCD

EFGH

A.288B.336C.576D.1680

［解析］解：第一步:排白车，第一行选一个位置，则第二行有三个位置可选，由于车

是不相同的，故白车的停法有4X3X2=24（种）.第二步：排黑车，若白车选

AF,则黑车有BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG共7种选择，黑车是不相同的，故黑车的

停法有2x7=14（种）.根据分步计数原理，共有24x14=336（种），故选B

（3）（教材改编题）某儿童游乐园有5个区域要涂上颜色，现有四种不同颜

色的油漆可供选择，要求相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的涂色方案

种数为（D）

A.36B.48C.54D.72

［解析］解：如图，将五个区域分别记为①，②，③，④，⑤.

涂色分为5步完成，前三步涂区域①②③，有4x3x2=24（种）方法.后两

步涂区域④⑤，可分为两类：区域②④涂色相同，有lx2种方案；区域②，④

涂色不相同，有1X1种方案.

所以不同的涂色方案共有24x（1X2+1xl）=72（种）.故选D.

【点拨】解答计数应用问题的总体思路：根据完成事件所需的过程，对事件进

行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要

分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了.此

外，还要掌握一些非常规计数方法，如：①枚举法：将各种情况一一列举出

来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；②转换法：转换问题的角度

或转换成其他已知问题；③间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考

虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得.

变式1.

（1）从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为

一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为（D）

A.56B.54C.53D.52

［解析］解：在8个数中任取2个不同的数共有8x7=56个对数值，但在这56

个数值中，log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,

即满足条件的对数值共有56-4=52（个）.故选D.

（2）某学校有东、南、西、北四个校门.翻新改造期间，学校对进入四个校门

做出如下规定：学生只能从东门或西门进入校园，教师只能从南门或北门进入

校园.现有3名教师和4名学生要进入校园（不分先后顺序），请问进入校园的

方式共有121种.（用数字作答）

［解析］解：因为学生只能从东门或西门进入校园，所以4名学生进入校园的方

式共2,=16种.因为教师只能从南门或北门进入校园，所以3名教师进入校园

的方式共有23=8种.所以3名教师和4名学生要进入校园的方式共有16X8=

128种.故填128.

（3）［2023届湖南长郡中学高三入学考试］某城市在中心广场建造一个花圃，

花圃分为6个部分，如图所示.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一

种，且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（B）

A.80种B.120种C.160种D.240种

［解析］解：第一步，对1号区域栽种，有4种选择.第二步，对2号区域栽种，

有3种选择.第三步，对3号区域栽种，有2种选择.第四步，对5号区域栽种,

分为三种情况：

①5号与2号颜色相同，则4号仅有1种选择，6号有2种选择；

②5号与3号颜色相同，情况与①类似；

③5号与2,3号颜色都不同，则4,6号只有1种选择.

所以共有4X3X2X（1x2x24-1x1）=120（种）.

故选B.

考点二排列、组合的基本问题

命题角度1排列的基本问题

例2有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数.

（1）选其中5人排成一排；

［答案］解：从7个人中选5个人排，排法总数有=7x6x5x4x3=2520

（种）.

（2）排成前后两排，前排3人，后排4人；

［答案］分两步完成，先选3人排在前排，有种方法，余下4人排在后排，有

At种方法，故共有A弘々=5040（种）.

另解：本题即为7人排成一排的全排列.

（3）全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；

［答案］（优先法）

（方法一）甲为特殊元素.先排甲，有5种方法，其余6人有A旨种方法，故共有

5xA|=3600（种）.

（方法二）排头与排尾为特殊位置.排头与排尾从除甲的其余6个人中选2个排

列，有A看种方法，中间5个位置由余下4人和甲进行全排列，有A&种方法，

共有空xAg=3600（种）.

（4）全体排成一排，女生必须站在一起；

［答案］（捆绑法）将女生看成一个整体，与3名男生一起全排列，有A*种方

法，再将4名女生进行全排列，也有A1种方法，故共有A：A：=576（种）.

（5）全体排成一排，男生互不相邻；

［答案］（插空法）男生不相邻，而女生不作要求，所以应先排女生，有A1种方

法，再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Ag种方

法，故共有A1Ag=1440（种）.

（6）全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人；

［答案］（捆绑法）把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步：先排甲乙两

人，有种方法；第二步：从余下5人中选3人排在甲乙中间，有Ag种；第

三步：把这个整体与余下2人进行全排列，有Ag种方法.故共有A'AgA多=720

（种）.

（7）全体排成一排，甲必须排在乙前面（可不相邻）；

［答案］（消序法）7人的全排列有A%种，其中甲在乙前面与乙在甲前面各占］

A7

故共有年=2520（种）.

另解：7个位置中任选5个排除甲、乙外的5人，余下的两个位置甲、乙的排

法即定，故有A：=2520（种）.

（8）全部排成一排，甲不排在左端，乙不排在右端.

［答案］甲、乙为特殊元素，左、右两端为特殊位置.

（方法一）（特殊元素法）甲在最右端时，其他的可全排，有AE种；甲不在最

右端时，可从余下5个位置中任选一个，有Ag种，而乙可排在除去最右端位置

后剩余的5个中的任意一个上，有Ag种，其余人全排列，共有AgAgAg种.由分

类加法计数原理，共有被+AgAgAg=3720（种）.

（方法二）（特殊位置法）先排最左端，除去甲外，有A2种，余下6个位置全

排，有A3种，但应剔除乙在最右端时的排法AgAg种，因此共有A%AS-AgAg=

3720（种）.

方法三（间接法）：7个人全排，共A弓种，其中，不合条件的有甲在最左端

时，有A3种，乙在最右端时，有A3种，其中都包含了甲在最左端，同时乙在

最右端的情形，有A&种.因此共有AZ-2A|+A1=3720（种）.

【点拨】有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素

优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑“捆

绑”部分的排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将

不相邻元素插入空档；④对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后再除以

定序元素的全排列数.

变式2.【多选题】某学院学生会的3名男生和2名女生在社区参加志愿者活

动，结束后这5名同学排成一排合影留念，则下列说法正确的是（BCD）

A.若让其中的男生甲排在两端，则这5名同学共有24种不同的排法

B.若要求其中的2名女生相邻，则这5名同学共有48种不同的排法

C.若要求其中的2名女生不相邻，则这5名同学共有72种不同的排法

D.若要求其中的1名男生排在中间，则这5名同学共有72种不同的排法

［解析］解：对于A,男生甲排在两端，共有2A1=48（种）不同的排法，A错

误.

对于B,2名女生相邻，共有A5AZ=48（利1）不同的排法，B正确.

对于C,2名女生不相邻，共有Ap^=72（种）不同的排法，C正确；

对于D,要求1名男生排在中间，则这5名同学共有3Az=72（种）不同的排

法，D正确.故选BCD.

命题角度2组合的基本问题

例3课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一

名队长.现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？

（1）只有1名女生；

［答案］解：1名女生，4名男生，故共有玛玛=350（种）.

（2）两队长当选；

［答案］将两队长作为一类,其他11个作为一类，故共有C犯:1=165（种）.

（3）至少有1名队长当选；

［答案］至少有1名队长当选含有两类：只有1名队长和2名队长.故共有GCK+

C鸡1=825（种）.

或采用间接法：Cf3-Cfi=825（种）.

（4）至多有2名女生当选；

［答案］至多有2名女生含有三类：有2名女生、只有1名女生、没有女生，故选

法有髭碇+CgC?+瑞=966（种）.

（5）既要有队长，又要有女生当选.

［答案］分两类：第一类女队长当选，有C名种选法；

第二类女队长不当选，有玛a+c2+以G+c：种选法.

故选法共有C，2+禺G+鬃&+第G+第=790（种）.

【点拨】解组合问题时要注意：①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在

涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法（排除法）；③应防止出现

如下常见错误：如第3小题，先选1名队长，再从剩下的人中选4人得的第2力

825,请同学们自己找错因.

变式3.【多选题】为响应政府部门号召，某红十字会安排甲、乙、丙、丁四名

志愿者奔赴A,B,C三地参加健康教育工作，则下列说法正确的是（BCD）

A.不同的安排方法共有64种

B.若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种

C.若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有12种

D.若甲、乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有14

种

［解析］解：四人到三地去，一人只能去一地，方法数为34=81,A错误.

若恰有一地无人去，则不同的安排方法数是仔（第+鬣+或）=42,B正确.

若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为A§+禺+髭=

12,C正确.

若甲、乙两人都不能去A地，且每地均有人去，分甲、乙去同一个地方和不去

同一个地方，则不同的安排方法数为2x5+2A^=14,D正确.

故选BCD.

考点三排歹（）、组合的综合问题

命题角度1分堆与分配问题

例4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；

［答案］解：无序不均匀分组问题.

先选1本，有禺种选法；再从余下的5本中选2本，有髭种选法；最后余下3

本全选，有或种选法.

故共有玛髭C=60（种）.

（2）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本;

［答案］有序不均匀分组问题.

由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有

C|C|C|A1=360(种).

(3)平均分成三份，每份2本；

［答案］无序均匀分组问题.

先分三步，则应是髭底此种方法，但是这里出现了重复.不妨记六本书为/,

B,C,D,E,F,若第一步取了第二步取了CO,第三步取了EE,记

该种分法为(AB,CD,EF),则髭C犯专种分法中还有(/B,EF,CD),

(CD.AB.EF),(CD,EF,AB),(EF,C0,4B),(EF,AB,CD),共有Ag种情况，

而这Ag种情况仅是/B,CD,EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分

配方式有笔龚=15(种).

A3

(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；

［答案］有序均匀分组问题.

在(3)的基础上再分配给3个人，

共有分配方式笑空通之=髭第第=90(种).

A3

(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；

［答案］无序部分均匀分组问题.共有笑抖=15(种).

(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；

［答案］有序部分均匀分组问题.

在(5)的基础上再分配给3个人，

共有分配方式里6=90(种).

(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本.

［答案］直接分配问题.

甲选1本，有墨种方法；乙从余下的5本中选1本，有禺种方法，余下4本留

给丙,有第种方法，故共有分配方式禺禺以=30(种).

【点拨】平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列.分堆

到位相当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：

平均公黎誉置.对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再

分配；②被分配的元素是不同的（如“名额”等则是相同元素，不适用），位

置也应是不同的（如不同的“盒子”）；③分堆时要注意是否均匀，如6分成

（2,2,2）为均匀分组，分成（1,2,3）为非均匀分组，分成（4,1,1）为部分均匀分组.

变式4.

（1）［2020年新高考I卷］6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学

只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同

的安排方法共有（C）

A.120种B.90种C.60种D.30种

［解析］解：首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数为最；然后从其余5名

同学中选2名去乙场馆，方法数为量；最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的

安排方法共有C髭=6x10=60种.故选C.

（2）【多选题】2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”有着可爱的外表和丰富

的寓意，现有5个不同造型的“冰墩墩”，则下列说法正确的是（BCD）

A.把这5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，共有129种不同的装法

B.从这5个“冰墩墩”中选出3个分别送给3位志愿者，每人1个，共有60种

选法

C.从这5个“冰墩墩”中随机取出3个，共有10种不同的取法

D.把这5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，共有150种不

同的装法

［解析］解：对于A,每个“冰墩墩”可选择3个盒子中的任意一个，根据分步

乘法原理共有35=243（种）不同的装法，故A错误.

对于B,共有底Ag=60（种）选法，故B正确.

对于C,共有髭=10（种）不同的取法，故C正确.

对于D,若3个盒子中“冰墩墩”的数量为1,1,3,则有篇*A^=60

（种）不同的装法；若3个盒子中“冰墩墩”的数量为1,2,2,则有

C|C|Ci=90（种）.共有60+90=150（种），故D正确.故选BCD.

命题角度2数字排列问题

例5用0,1,2,3,4,5这六个数字：

（1）能组成多少个无重复数字的四位奇数？

［答案］解：先排个位数，有的种方法，然后排千位数，有最种方法，剩下百位

和十位任意排，有A4种方法，故所求为禺禺A?=144个.

（2）能组成多少个无重复数字且比1325大的四位数？

［答案］分为三类，第一类是千位是2,3,4,5中任意一个，有个数;第二类是

千位是1,且百位是4,5中的一个，有个数；第三类是千位是1,且百位

是3和十位是4,5中的一个，有个数.故所求为A；Ag++=270

个.

【点拨】对于有限制条件的数字排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要

求，再考虑其他元素或位置，同时注意隐含条件：0不能在首位.

变式5.

（1）设集合A={0,2,4},B={1,3,6}.现分别从/,B中任取2个元素组成无重

复数字的四位数，其中不能被5整除的数共有（C）

A.64个B.96个C.144个D.152个

［解析］解：所求的四位数中，数字含0的数有©髭CA^=72个，数字不含。的

数有最髭A*=72个，共有72+72=144个.故选C.

（2）用1,2,3,4,5,6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两

个数字的奇偶性不同，且1和2不相邻，这样的六位数的个数是套.（用数字作

答）

［解析］解：任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，可分三步：

第一步:先将3,5排列，共有A孑种排法;

第二步：再将4,6插空排列，共有2A刍种排法；

第三步：将1,2捆绑放到3,5,4,6形成的空中，共有玛种排法.

共有A,2A,禺=40（种）排法.又任何相邻两个数字的奇偶性不同，共有

2A1A1=72（种）排法,

所以所求为72-40=32.故填32.

课时作业►知能提升

【巩固强化】

1.体育场南侧有3个大门，北侧有2个大门，某学生到该体育场练跑步，每个

门都可进出，则他进出体育场的方案共有（D）

A.6种B.10种C.5种D.25种

［解析］解：该学生进出体育场都有5种可能，故他进出体育场的方案共有5X

5=25（种）.故选D.

2.某学校为落实“双减政策”，在每天放学后开设拓展课程供学生自愿选择,

开学第一周的安排如下表.

周一周二周三周四周五

演讲、绘画、编程、绘画、编程、书法、书法、演讲、书法、演讲、

舞蹈、足球舞蹈、足球舞蹈、足球舞蹈、足球舞蹈、足球

每位同学每天最多选一门课，每门课一周内最多选一次，若小明同学要在这一

周内选择编程、书法、足球三门课，则不同的选课方案共有（A）

A.15种B.10种C.8种D.5种

［解析］解：若周二选编程，则选课方案有玛玛=9（种）；若周三选编程，则

选课方案有GQ=6（种）.综上，不同的选课方案共有9+6=15（种）.故

选A.

3」2023届安徽高三开学考试］如图，“天宫空间站”是我国自主建设的大型空

间站，其基本结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱三个部分.假设有

6名航天员（4男2女）在天宫空间站开展实验，其中天和核心舱安排4人，问

天实验舱与梦天实验舱各安排1人，且两名女航天员不在一个舱内，则不同的

安排方案种数为（B）

A.14B.18C.30D.36

1解析］解：将6名航天员安排在3个实验舱的方案种数为第6*=30（种），

其中两名女航天员在一个舱内的方案种数为第GC；=12（种）.所求为30-

12=18（种）.故选B.

4.给如图所示的5块区域A,B,C,D,E涂色，要求同一区域用同一种颜

色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙5种颜色可供

选择，则不同的涂色方法有（D）

A.120种D.960种

［解析］解：A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C,E

均可涂除D的涂色外的其它颜色，均有4种可选.故共有5x4x3x4x4=

960（种）不同的涂色方法.故选D.

5.语文里流行一种特别的句子，正和反读起来都一样的，比如：“清水池里池

水清”“中山自鸣钟鸣自山中”，那么在所有的四位数中符合这个规律且四个

数字不能都相同的四位数有（A）

A.81个B.90个C.100个D.729个

［解析］解：设符合题意的四位数为盯yx,

则当％=1时，y=0,2,3,.“,9,共9个；

当％=2时，y=0,1,3,“.,9,共9个；

当％=9时，y=0,1,2,...,8,共9个.

由分类加法计数原理可知满足条件的四位数有9x9=81（个）.故选A.

6.某校选定甲、乙、丙、丁、戊共5名教师去3个边远地区支教（每地至少1

人），其中甲和乙一定不同地，甲和丙必须同地，则不同的选派方案共有（D）

A.27种B.36种C.33种D.30种

［解析］解：因为甲和乙一定不同地，甲和丙必须同地，所以有（2,2,1）和（3,1,1）

两种分配方案：①分成（2,2,1）三组，其中甲和丙为一组，从余下3人选出2人

组成一组，然后排列，有C翔=3x3x2=18（种）；②分成（3,1,1）三组，

在丁、戊中选出1人，与甲丙组成一组，然后排列，有©A多=2X3X2=12

（种）.

共有18+12=30（种）.故选D.

7.

（1）若量>第，则九的取值集合是{6,789}.

［解析］解：因为第>C>所以且所以30>5-

"n4!（n-4）!6!（n-6）!'

4）（71—5）,gp（n-10）（n+1）<0,解得一1<n<10.综上，6W几<10.故n

的取值集合是{6,7,8,9}.

（2）C^+C1+C^+-+C20=165.

［解析］解：C2+Cj+C4+—FCj0=C3+C3+C4+…+CJO=C4+C4+,,1+

C10=…=Cj0+C；。—C：i=165.

8.【多选题】上海某校举办了主题为“党在我心中”的诗歌朗诵比赛.该校高三

年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、

乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗

诵顺序不能相邻，则下列结论正确的是（BCD）

A.若甲、乙、丙三名同学全参加，则不同的朗诵排列顺序有36种

B.若甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，则不同的朗诵排列顺序有288种

C.若甲、乙、丙三名同学恰有二人参加，则不同的朗诵排列顺序有432种

D.选派的4名学生不同的朗诵排列顺序有768种

［解析］解：对于A,甲、乙、丙三名同学全参加，有禺A%=96（种）情况，由

捆绑法易得其中甲、乙相邻的有禺=48（种）情况.所以甲、乙、丙三名

同学全参加时，甲和乙的朗诵排列顺序不能相邻有96-48=48（种）情况，

故A错误.

对于B,甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵排列顺序有第=

288（种）情况，故B正确.

对于C,甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵排列顺序有

CjCfA1=432（种）情况,故C正确.

对于D,选派的4名学生不同的朗诵排列顺序有288+432+48=768（种）

情况，故D正确.

故选BCD.

【综合运用】

9.直线上(+(=1,ae{135,7},be{2,4,6,8}.若［与坐标轴围成的三角形的

面积不小于10,则这样的直线的条数为(B)

A.6B.7C.8D.16

1解析〕解：［与坐标轴围成的三角形的面积为S=jab210,即abN20.当a=

1时，不满足；当a=3时，b=8,即1条；当a€{5,7}时，bE{4,6,8),此

时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线2的条数为2x3=6.故满足条件

的直线的条数为1+6=7.故选B.

10.洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其

甲壳上有此图象(如图)，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为

足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数(图中白圈表示的数为阳

数，黑点表示的数为阴数).现利用阴数和阳数构成一个四位数，规则如下：

(从左往右数)第一位数是阳数，第二位数是阴数，第三位数和第四位数一阴

一阳和为7,则这样的四位数的个数有(A)

A.120个B.90个C.48个D.12个

［解析］解：根据题意，阳数为1,3,5,7,9,阴数为2,4,6,8.第一位

数的选择有5种，第二位数的选择有4种，第三位数和第四位数的组合可以为

(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)共6种选择，根据分步乘法计数原

理，这样的四位数共有5x4x6=120(个).故选A.

11.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(D)

A.48B.18C.24D.36

［解析］解：第1类，对于每一条棱，都可以与两个面构成“正交线面对”，这

样的“正交线面对”有2X12=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）.故选D.

12.【多选题】从1,2,3,4,5,6中任取三个不同的数组成一个三位数，

则在所组成的数中（ACD）

A.偶数有60个B.比300大的奇数有48个

C.个位和百位数字之和为7的数有24个D.能被3整除的数有48个

［解析］解：对于A,先从2,4,6中任取一个数放在个位，再任取两个数放在

十位和百位，共有3A2=60（个），故A正确.

对于B,若百位数字为3或5,有2X2X4=16（个）三位奇数；若百位数字为

4或6,有2x3X4=24（个）三位奇数.则符合题意的三位数有16+24=40

（个），故B错误.

对于C,个位和百位的数可以是{1,6},{2,5},{3,4}顺序可以交换，再从剩下

的数中任选一个放在十位上，共有AUG=24（个），故C正确.

对于D,要使组成的数能被3整除，则各位数之和为3的倍数，取出的数有

［1,2,3},{1,2,6},{1,3,5},{1,5,6},{2,3,4},{2,4,6）,{3,4,5},{4,5,6},共8

种情况，所以组成的能被3整除的数有8Ag=48（个），故D正确.

故选ACD.

13.中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上

是一根根同长短的小木棍.如图是利用算筹表示数1-9的一种方法.

—===_L_Li=

123456789

例如：3可以表示为“三”，26可以表示为“=_L”.现有6根算筹，据此

表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1-9这9个数字表示两位数的个数为K.

［解析］解：根据题意，6根算筹可以表示的数字组合为15,19,24,28,

33,37,46,68,77.数字组合15,19,24,28,37,46,68中，每组

可以表示2个两位数，则可以表示2x7=14（个）两位数；数字组合33,77

共可表示2个两位数.则共可表示14+2=16（个）两位数.故填16.

【拓广探索】

14.【多选题】A,B,C,D,E,F六名同学参加一项比赛，决出第一到第六

的名次.A,B,C三人去询问比赛结果，裁判对A说“你和B都不是第一

名"，对B说‘'你不是最差的”，对C说“你比A,B的成绩都好”.据此回答

分析，下列说法正确的有（ABC）

A.若B为第二名，则C必为第一名，此时比赛结果有24种情况

B.若B为第三名，则C为第一名或第二名，此时比赛结果有42种情况

C.若B为第四名，则C可能为第一、二、三名，此时比赛结果有54种情况

D.若B为第五名，则此时比赛结果有78种情况

［解析］解：对于A,若B为第二名，则C必为第一名，比赛结果有A：=24

（种）情况，A正确.

对于B,若B为第三名，则C为第一名或第二名，比赛结果有A1+=42

（种）情况，B正确.

对于C,若B为第四名，则当C为第一名时，比赛结果有A%=24（种）情

况；当C为第二名时，比赛结果有禺A§=18（种）情况；当C为第三名时，

比赛结果有最Ag=12（种）情况，共有24+18+12=54（种）情况,C正确.

对于D,因为A的名次排在C之后，所以C为第n（n=l,2,3,4）名时，A的

名次有（6-n-1）种情况，余下3个位次的情况共有Ag种情况.所以B为第五

名时，比赛结果有（4+3+2+1）A多=60（种）情况，D不正确.

故选ABC.

9.2二项式定理

课程标准►有的放矢

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.

必备知识温故知新

【教材梳理】

1.二项式定理

概念公式（a4-b）n=C°an+4陵-1户+…+C^an-kbk+…+C»"（neN*）叫做二

项式定理.

二项式系各项的系数d（k=0,1,2,…小）叫做二项式系数.

数

通项跚叫做二项展开式的通项，是展开式中的第任1项，可记做热+1=

慧心•一）（、=0,1,2,...»

nn

二项展开C°a+“a"-%】+鬃a"2b2+...+函由/+…+C^（nGN*）叫做（a+

式b}n的二项展开式.

2.二项式系数的性质

二项式系数是一组仅与二项式的基指数九有关的n+1个组合数，与a,b无

关.其性质如下：

（1）对称性：在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数

相等.事实上，这一性质可直接由弱得到.直线r=；将函数f（r）=禺的

图象分成对称的两部分，它是图象的对称轴.

（2）增减性与最大值：当等时，（：与随k的增加而增大；当k＞等

时，喘随k的增加而减少.如果二项式的基指数71是偶数，那么其展开式中间一

项，即』的二项式系数最大；如果n是奇数，那么其展开式中间两项&与

22

兀+,1的二项式系数相等且最大.

2

（3）各二项式系数的和：C?+M+鬣+…+喘=22，且奇数项的二项

式系数和等于偶数项的二项式系数和，即叫+鬣+第+…=*+或+©+

…=2吁1.

【常用结论】

3.杨辉三角是二项式系数组成的三角形数表（如下），是我国数学史上一个

伟大成就，教材设专题“探究”，这里列出一些最基本的结论.

第0行1

第1行11

第2行121

第3行1331

第布14641

第5行15101051

第6行1615201561

••

（1）最外层全是1,第二层（含1）是自然数列1,2,3,4,…,第三层（含

1,3）是三角形数列1,3,6,10,15,....

（2）对称性：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即禺=邙-'

（3）递归性：除1以外的数都等于肩上两数之和，即喘=C-；+C/i.

（4）第ri行奇数项之和与偶数项之和相等，即喘+鬃+第+•••=*+

（5）第n行所有数的和为2n,BPC°+禺+鬣+…+0=2而.

（6）自左（右）腰上的某个1开始平行于右（左）腰的一条线上的连续71

个数的和等于最后一个数斜左（右）下方的那个数.

自主评价

1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“，错误的画“X”.

（1）C^an-kbk是二项展开式的第k项.（X）

（2）二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项.（X）

（3）（a+b）”的展开式中某一项的二项式系数与a,b无关.（J）

（4）（a+b严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.（V）

（5）杨辉三角各行中除1以外的每个数字，等于其“肩上”两数之和.（V）

2」2020年北京卷］在（五一2）5的展开式中，/的系数为（C）

A.-5B.5C.-10D.10

［解析］解：展开式的通项为Tr+1=CK4）5-r（—2）r=（-2）P女子，令子=2

可得,r=1,则的系数为（一2）1禺=（-2）x5=-10.故选C.

3.［2020年全国III卷］（/+例的展开式中常数项是（D）

A.60B.120C.160D.240

［解析］解：因为（小+|）6展开式的通项为7；+1=品.（/）6-r•（|）r=2rCl-

炉2-3r,令i2—3r=0,解得r=4,所以（7+»的展开式中常数项是

24Ct=240.故选D.

776

4.若（3%-I）=a7x+a6xH--Fatx+a0,则a7+a6H---F的的值是（D）

A.-1B.127C.128D.129

［解析］解：因为（3%-I）,=a7/+@6”H-----Farx+a0,令x=0,可得=

（-I）7=-1,令％=1,可得a7++…+%+=（3—I）7=128,所以

CL-j+dg+…+a［=128+1=129.故选D.

核心考点

考点一展开式的特定项

命题角度1二项展开式

例1

(1)［2021年天津卷］在(2/+》6的展开式中，”的系数是160.

［解析］解：(2%3+》6的展开式的通项为图+1=髭(2/)6-r(3r=26-ry.

%18-针，令18-4r=6,解得r=3,所以K的系数是23髭=160.故填160.

(2)若(后+；产的展开式中含。3项，则最小自然数几是3,此时的系数

为±1.

［解析］解：可得(、④+;)n的展开式的通项为Tr+l=G•(必)71-r.弓)r=

C„•|a|n-r-a~r,令九一2r=3,即zi=2r+3,则当r=0时，九取得最小值

为3,此时含°3项为Cg|a|3=±a3,故°3的系数为±1.故填3；±1.

【点拨】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：①求展开式中的特定

项，可依据条件写出第r+1项，再由特定项的特点求出r值即可；②已知展开

式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项写出第r+1项，

由特定项得出r值，最后求出其系数.

变式1.

(1)［2021年北京卷］(二一》4的展开式中的常数项是口.

［解析］解：展开式的通项7；+1=C"3(4-r)(_》r=(一1/品炉2-什,令「=3,得

展开式的常数项为北=(一1尸巧=-4.故填一4.

(2)已知(7+专产的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为

则小的值为7.

2一

［解析］解：由题意得(^23=］(：/-32机-3,即23=2加-4,解得加=7故填7.

命题角度2两个多项式积的展开式

例2

-.2

(1)［2020年全国I卷］(%+?)(*+y)5的展开式中％3y3的系数为(c)

A.5B.10C.15D.20

［解析］解：(%+yT展开式的通项公式为7V+1=CgX5-ryr(reN且r<5),

所以(％+?)的各项与(％+y)5展开式的通项的乘积可表示为=

22

srr6rrsrr4rr+2

xC^x-y=C^x-y和?Tr+i=^C5x-y=C^x~y.在％〃+［=

C^x6~ryr中，令r=3，可得%北=C勿3y3,该项中％3y3的系数为10；在

22

4rr+2

~Tr+1=C^X~y中，令r=1，可得?72=c我3y3,该项中芯3丫3的系数

为5.所以％3y3的系数为10+5=15.故选C.

(2)［2022届湖南高三开学考试］已知(%2+a)Q-孑的展开式中各项系数的

和为-3,则该展开式中》的系数为(A)

A.0B.-120C.120D.-160

［解析］解：令％=1,由题意得一(a+1)=-3,解得a=2.因为(x-1)5的展

5rr5

开式通项为Tr+i=C5x-(-j),r=O,l,2,3,4,5,则(产+a)(x-|)的展开

式中含％的项为"xC|x2(-|)3+2xCs%3(-1)2=0,故x的系数为0.故选A.

【点拨】对于两个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘

的规律，结合组合定义求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏.

变式2.

(1)1)(%+：)6的展开式中/的系数为(D)

A.-60B.60C.12D.-12

［解析］解：因为(％+：)6的展开式的通项为7；+］=C/6-6厂=2「C"6-2r1=

0,1,2，

令6-2r=4,解得r=1,

令6-2厂=3,解得r=|(舍去)，

所以Q-1)(%+：)6的展开式中X4的系数为一21聒=-12.故选D.