2025高考数学二轮复习-排列组合+概率统计41-50-专项训练【含答案】

【例107】假定有一排蜂房，形状如图42所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了伤，只能爬行，假设只能向右(包括右上，右下)从一间蜂房爬到与之相邻的蜂房中去，则从最初位置爬到6号蜂房共有种方法.【答案】21【解析】解法1蜜蜂从蜂房的左下角爬到6号蜂房最多爬行7次，路线如：。如果中途爬一横格，只需爬5次，每增加一横格就减少两步，可得故所求的方法21种.解法2用图43所示的树状图进行求解，记程略。【例108】由数字1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字的七位整数，从中任取一个，所取的数满足首位为1，且任意相邻的两位数字之差的绝对值不大于2，则取到此类数字的概率为。【答案】【解析】由图44所示的树状图可知，满足条件的共有14种，全部取法共有种，故所求的概率为二十、容斥问题，补集思想容斥问题是数学竞赛的热门问题【例109】将1，2，3，4这四个数字填入表2，要求表中每行每列的数字全不相同，则不同的排列方法有种.【答案】864【解析】对于第一行，不同的排法有种.不妨设第一行依次排1，2，3，4。当第二行第一位排数字2时，(1)若第二行数字排列为：2，1，4，3，则第三行有4种排列方法；(2)若第二行数字排列为：2，3，4，1，则第三行有2种排列方法；(3)若第二行数字排列为：2，4，1，3，则第三行有2种排列方法.故此种情况有8种排列方法.同理，当第二行第一位排数字3或4时，各有8种排列方法。由乘法原理得，故不同的排列方法有576种。【评注】这类问题是典型的容斥原理。二十一、传球问题，公式处理传球问题的核心公式个人传次球，记，则与最接近的整数为传给“非自己的某人”的方法数，与第二接近的整数是球最终又传回自己手中的方法数。大家牢记这一条公式，可以解决此类型中至少三人传球的问题。【例110】四个人进行篮球传接球练习，要求每个人接球后再传给别人。开始由甲发球，并作为第一次传球，若第五次传球后，球又回到甲的手中，则传球方法有().A.60种B.65利C.70种D.75种【答案】A【解析】解法1五次传球过后，球回到甲的手中，球在中间将经过四个人，将其分成两类：第一类：传球的过程中不经过甲，甲甲（横线表示其他人，下同），此时传球的方法有种第二类：传球的讨程中经过甲.(2)若为甲甲甲，则传球的方法有（种）根据加法原理，故共有不同的传球方法有60种.故选解法2注意到次传球，所有可能的传法总数为（每次传球有3种方法），第次传回到甲的手中的可能性就是第次不在甲的手中的可能性。由表3可知，经过五次传球后，球仍回到甲手中的方法共有60种，故选A.解法3根据个人传次球的公式，本题是四个人传五次球，故，它最接近的整数是61，第二接近的整数是60，所以传给其他人（非甲本人）的方法有61种，而传回到甲自己手中的方法有60种.故选A.【评注】这道传球问题是一道非常复杂并且求解麻烦的排列组合问题。解法1是最直观、最容易理解的，但耗时耗力并且容易错，稍微改变数字，计算量可能陡增；解法2的操作性强，但对理解能力的要求比较高，也比较耗时；解法3则不免投机取巧，但最有效果（根据对称性很容易判断结果应该是3的倍数，如果答案只有一个3的倍数，便能快速得到答案），也能给人以启发.【例111】某人去A，B，C，D，E五个城市旅游，第一天去城市，第七天去城市，如果他今天在某个城市,那么第二天肯定会离开这个城市去另外一个城市，那么按照这种行程安排,他的旅游方式一共有().A.204种B.205种C.819种D.820种【答案】C【解析】相当于五个人传六次球，根据“传球问题核心公式”，可得与之最接近的是819，第二接近的是820，因此他的旅游方式一共有819种.二十二、约数个数，质因分解确定较大自然数的约数的个数比较困难，但利用排列组合思想，会使思路清晰明朗.【例112】问：1800有多少个约数？所有约数的和是多少？【解析】对1800进行质因数分解，再由约数的意义及乘法原理可得出结果。因为所以1800的约数的个数为.约数的和为.【变式训练18】问：30030能被多少个不同的偶数整除？二十三、杂题集锦，异彩纷呈排列组合能快速地解决复杂问题中的计数问题.【例113】有4名学生报名参加数、理、化这3科竞赛，则：（1）每人限报1科，有几种不同的报名方法？（2）每人至少报1科，有几种不同的报名方法？（3）每人可以三科均不报，也可报多科(包括全报)，有几种不同的报名方法？【解析】（1）每人均有3种选择，共有34种，故每人限报1科，有81种不同的报名方法.（2）把科目分为7堆：数，理，化，数理，理化，化数，数理化.每人均有7种选择，共有74种.故每人至少报1科，有2401种不同的报名方法.（3）解法1在（2）的基础上，加上“可以不选”这种情况，每人均有8种选择，故有84=4096(种).解法2对“数学"来说，报名人数有0，1，2，3，4这五种情况，分别对应种数为，可得。同理，对“物理”来说有对“化学”来说有综上所述，可得，故不同的报名方法有4096种。【例114】如图45所示，六个不同的自然数排成三角形，且每一行中最大的数均小于下一行中最大的数，则这样的排列共有种。【答案】240【解析】解法1倒数第一行：最大的数6—定在倒数第一行，此行的另两个数必从剩下的五个数中选出，有种，然后全排列，有种.倒数第二行：此行中最大的数应是剩下三个数中最大的数，另一个数必从剩下的两个数中选出，有种，然后全排列，有种.可得，故这样的排列共有240种.解法2分类处理.不妨设6个数分别为：1，2，3，4，5，6。根据题意，数字6只能在第三行，第二行的最大数只能是3，4或5。下面分三类：第二行中最大数是3，如图46所示另两个数只能是1，2，有种，第三行有种，可得=24。图46第二行中最大数是4，如图47所示.数字5只能在第三行，再在剩余的数中选一个放在第三行，有种.可得图47第二行中最大数是5，如图48所示.只要在剩余的数中，选两个放在第三行，有种，可得图48综上所述，则有144+72+24=240，故这样的排列共有240种.【例115】把1，2，3，4，5，6，7，8，9填入图49的空白处中，从左到右数字从小到大，从上到下数字从小到大，且4在中心位置，共有种排法.【答案】12【解析】根据题意，数字1只能排在左上角，数字9只能排在右下角.第一行的第2位和第一列的第2位只能排2和3，有种。5只能排在第一行或第一列的第3位，有种.和5对角的位置可以排6或7，有种.若排6，则把剩余2位数7和8全排列，有种；若排7，则6和8的顺序一定，有1种.因为，故共有12种排法.上面把常见的排列组合问题进行了分析，找到了一定的规律，构造了相应的解决问题的模型，当然，在解决具体问题时，要认清问题特征，灵活选用有效策略，以便快速合理地解决问题。第二章二项式定理二项式定理又称牛顿二项式定理，由牛顿于1665年左右提出。该定理给出两个数之和的整数次幕，诸如展开为类似项之和的恒等式。二项式定理也可以推广到任意实数次幂。一、二项式定理通项的应用二项式定理:（一）探求指定的项【例1】在的展开式中，常数项是（）【答案】【解析】易得通项依题意得解得所以.【例2】在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数的比是56：3，求展开式中的常数项。第3项的系数.由题意得整理得解得或（舍去）设的原开式中常数项为则由题意得解得.故第3项为常数项【例3】求的展开式里不含的项(即常数项).【解析】设不含的项为第项，则依题意得解得故不含的项为第7项，【变式训练1】1.求二项式的展开式中的常数项.2.求二项式的展开式中的常数项.3.若的二项展开式中第5项为常数项，则。【例4】已知的展开式中的系数为常数的值为。【答案】4【解析】由题意得，根据题意，解得.此二项展开式中的系数为即，解得.【例5】在的展开式中的系数是的系数与的系数的等差中项，若实数则。【答案】【解析】由通项公式知的系数为的系数为的系数为.根据题意得，，化简，得解得.又所以.【变式训练2】在的展开式中的系数是（用数字作答）【例6】已知的展开式的中项是20000，最后三项的系数和是22，求.【解析】由题意，得即化简，得解得或（舍去）。所以的展开式中的中项是第4项，故,即解得两边取对数，得即.从而或.【变式训练3】1.在的展开式中，整数项是第几项?2.在的展开式中，第项的系数与第项的系数相等。求第项的系数.【例7】在二项式的展开式中，倒数第3项的系数为45，求含项的系数。【解析】由条件知即所以解得（舍去），或二项式展开式的通项。所以含有的项是第7项，故含有项的系数为210.【变式训练4】求的展开式中的系数.(二)有理项的探求【例8】在的展开式中,有理项是第儿项?【解析】设为有理项，则又令解得.当时即第9项；当时，即第3项；当时即第15项；当时即第21项。故有理项为第3项、第9项、第15项、第21项.【变式训练5】求二项式的展开式中的有理项.(三)和式展开系数【例9】在的展开式中的系数等于【答案】【解析】解法1根据题意的系数为解法原式，所以的展开式中含的系数为（四）积式展开系数【例10】求的展开式中的系数.【解析】解法因为所以的系数为解法因为所以的系数为解法3左右两式分别展开可得【变式训练6】在的