高中数学1理 第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布

第H章

DISHIYlZHANG计数原理、概率、随机

变量及其分布

1.排列、组合与计数原理的综合运用.考查内容解题方法公式法、分析法、模型法等.

2.二项式定理.二项展开式的通项公式及系数和.

3.慨率、闵敝型磁机变过的概率分布列、数学率

里及方龙、二项分布、正态分布等.

考频赋分

从近5年高考试题可看出,一般情况下考题为一个命题规律一撞心素养蛾分析'数学运算'数学抽京及数学建模.

力幽和一个大题,共22分.

选择题或填空胭难度机中等偏K解答题难度属踞型难度^备考建议立足教材.也视对教材例胭与史习参考胭

中等偏上.的探究、延伸及创新.

第一节计数原理、排列与组合

・梳教初•固基砒------基固为根必备知识

［基础自梳］

1.两个计数原理

两个计

目标策略过程方法总数

数原理

在第1类方案

分类加有两类中有m种不同N=加+

法计数完不同的的方法，在第2n种不同

原理成方案类方案中有〃的方法

一种不同的方法

件做第1步有m

犷N=

分步乘种不同的方

需要两mXn种

法计数法，做第2步

个步骤不同的方

原理有n种不同的

法

方法

2.排列与组合的概念

名称定义

按照一定的顺序

排列从〃个不同元类中取

排成一列

出个兀素

组合合成一组

点拨排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”，取出元素后交换顺序，如果

与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合.

3.排列数、组合数的定义、公式、性质

排列数组合数

从〃个不同元素中取出从〃个个同元素中取出

定义机@W〃)个元素的所有丕回机(mW〃)个元素的所有不同

排列的个数组合的个数

A片=〃（〃一1）（〃一2）…（〃-小+c«=—=

公式n\n\

.（〃一D（〃一2）...（〃一加+［）

lftn!（/?—/«）!

加

性质AZ=nl_,0!=1cr=cF7a=i,cs=i

［基础自测］

1.（教材改编）已知集合知={1,一2,3},N={-4,5,6,-7）,从两个集合中各选一个数

作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的个数是（）

A.IX个R.10个C.16个D.14个

［答案］B

2.从4人中选出2人，安排周六、周日值班，每天一人，则不同的安排方法种数为（）

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

［答案］D

3.（易错点：分不清是分类还是分步）十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则行车路

线共有（）

A.24种B.16种C.12种D.10种

［答案］c

4.5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有种.（用数字作答）

［答案］72

5.（易错点：对“至少”理解不透）在100件产品中，有2件次品.从中任取3件，其中

至少有1件次品的抽法有种.

［答案］9604

・研考点•练方法----点明为纲关键能力

考点一两个计数原理

［例1］（1）从集合{0,123,4,5}中任取两个互不相等的数小b组成复数。+3i,其中虚数

有（）

A.36个B.30个C.25个D.20个

C［对于复数〃+加，只要方即为虚数.

第一类：当〃=0时，b有5种选择；

第二类：当〃工0时，a有5种，。有4种选择.

由分类计数原理可知，不同的虚数共有5+5X4=25.故选C.］

（2）若自然数〃使得作竖式加法〃+（〃+1）+（〃+2）均不产生进位现象，则称〃为“开心

数”.例如：32是“开心数”，因32+33+34不产生进位现象：23不是“开心数”，因23

+24+25产生进位现象，那么，小于100的“开心数”的个数为（）

A.9B.10C.11D.12

D［由题意得小于100的“开心数”的个位数字为0,1,2,十位数字为0123,所以小于

100的“开心数”的个数为3X4=12.故选D.］

（3）有4个同学各自在2021年元旦的三天假期中任选一天去敬老院参加活动，则有

种选法.（用数字作答）

［解析］每个同学都有3种选择，所以4个同学的选法共有3X3X3X3=81（种）.

［答案］81

方法指导分类、分步的应用技巧

（1）分类：一般按特殊情况优先分类，每类中再分步计数，当分类不多时，可用枚举法，

当分类较多时，也可用间接法求解.

（2）分步：先按一定的顺序分步，再按特殊要求分类.

［思维变式］

1.N行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分.古人认为，天下万

物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在

的相生相克的关系.若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的选取方案共有（）

不

A.10种B.15种C.4种D.5种

D［由图看出，有金一水、水-*木、木一火、火-*土、土一金，共5种.］

2.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与该平面构成一个“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.48B.18C.24D.36

D［分类讨论：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）.］

3.从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中

甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有种（用数字作答）.

［解析］第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人

当文娱委员，有3种选法.第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，义可分两步进

行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法.由分步乘去计数原理可得，不同

的选法共有3X4X3=36（种）.

［答案］36

考点二排列问题

［例2］（1）如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能

涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的

颜色,相同，则涂乌方法有（）

A.360种B.720种C.780种D.840种

B［由题意知2,3,4,5的颜色都不相同，先涂1,有6种方法，再涂2,3,4,5,有A?种方法，

故一共有6・A$=720（种）涂色方法.］

（2）用数字0,1,2,345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

B［数字0,1,2,345中仅有0,2,4三个偶数，比40000大的偶数为以4开头与以5开头的

数.其中以4开头的偶数又分以0结尾与以2结尾，有2Ai=48（个）；同理，以5开头的有

3Am=72（个）.于是共有48+72=120（个），故选BJ

（3）（2021•广东揭阳模拟）某班星期一上午安排5节课，若数学2节，语文、物理、化学各

1节，且物理、化学不相邻，2节数学相邻，则星期一上午不同课程安排种数为（）

A.6B.12C.24D.48

B［根据题意，分2步进行分析：①将两节数学课“捆”在一起与语文课先进行排列，

有A谕排法；②将物理课、化学课在第一步排后的3个空隙中选两个插进去，有A谢方法，

根据分步乘法计数原理得不同课程安排种数为A2A?=12,故选B.］

9法指导

•求解排列应用题的主要方法

一

分

类选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类

直

法型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数

接

一

分

法

步选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排

法列数，再由分步乘法计数原理得出总数

相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，

捆绑法

同时注意捆绑元素的内部排列

不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素

插空法

插在前面元素排列的空中

间接法对于分类过多的问题，按正难则反，等价转化的方法

2.解决有限制条件排列问题的策略

（1）根据特殊元素（位置）优先安排进行分步，即先安排特殊元素或特殊位置.

（2）根据特殊元素当选数量或特殊位置由谁来占进行分类.

［思维变式］

赛本例（2）改为用数字0,123组成五位数，其中只有数字0被重复运用两次，且必须相

邻，这样的五位数的个数为（）

A.6B.12C.18D.24

C［把0,0捆绑看成一个整体，但不能排在首位，共有AJAJ=18个五位数.］

考点三组合问题

［例3］将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同放法共

有（）

A.480种B.360种C.240种D.120种

C［将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则必须有2个球

放入1个盒子，其余的球各单独放入一个盒子，分2步进行分析：①先将5个球分成4组，

有Cg=IO种分法：②将分好的4俎全排列，放入4个盒子，有Aj=24种情况，则不同放法

有10X24=240（种）.故选C.］

［例4］（2021•河南郑州）如图所示的几何体由三棱锥P-A8C与三棱柱A8CA8cl组合而

成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色（底面A山Ci不涂色），要求相邻的面均不同

色，则不同的涂色方案共有（）

C［先涂三棱维P-A8C的三个侧面，有CJXQXCI种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，

有QXCIXCI种情况，共有C4X0XC|XQXC］XC1=3X2X1X2X1X1=12（种）不同的涂

法.故选C.］

方法指导

两条含有附加条件的组合问题的解法

（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若“含”，则先将这些元素取出，再由

另外元素补足；若“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：解这类题目必须十分重视“至少”

与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法或间接法都可以求解，通常用

直接法分类复杂时，用间接法求解.

［思维变式］

1）21年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中（1）班、（2）班、（3）班、（4）班

每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学（乘同一辆车的4名同学不考虑位置）.

其中（1）班两名同学是李生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来

自同一个班的乘坐方式共有（）

A.18种B.24种C.48种D.36种

B［由题意知，有两类.第一类，一班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不

同的班级，从3个班级中选两个，有C3=3（种），然后分别从选择的班级中再选择一名学生，

有QQ=4（种），故有3X4=12（种）.第二类，一班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个

班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，有CJ=3（种），再从剩下的两个班级中分别选择一

人，有CM=4（种），这时共有3X4=12（种），根据分类加法计数原理得，共有12+12=24（种）

不同的乘车方式，故选B.］

考点四排列、组合的综合应用

［例5］（1）（2020・新高考全国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，乙场谊安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（）

A.120种B.90种C.60种D.30种

C［先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有CA种选法，再从剩余的5名同学中选2名

安排到乙场馆，有Cg种选法，最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有种选法，由分步

乘法计数原理知，共有CbC&0=6O（种）不同的安排方法.故选C.1

（2）（2021•浙江稽阳联谊学校联考）现将7个不同的小球放入编号分别为1、2、3的三个盒

子里，要求每个盒子内的小球数不能小于其编号数，则符合要求的放法有种.（用

数字作答）

［解析］根据题意可知，满足条件的情况共有三类：①编号为1、2、3的三个盒子分别

放入2个、2个、3个小球，此时的放法数为C彳＜3=210;②编号为1、2、3的三个盒子分

别放入1个、3个、3个小球，此时的放法数为Cia=140;③编号为1、2、3的三个盒子

分别放入1个、2个、4个小球，此时的放法数为C*CW=105.由分类加法计数原理可得满足

条件的放法共有210+140+105=455种.

［答案］455

（3）（2021•江西七校第一次联考）小明有中国古代四大名著：《三国演义》，《西游记》，《水

浒传》，《红楼梦》各一木，他要将这四本书全部借给三位同学，每位同学至少一本，但《西

游记》，《红楼梦》这两本书不能借给同一人，则不同的借法有种.

［解析］根据题意，分两步进行分析：①将四本书分成3组，其白1组两本，其他2组

各一本，有笔狞=6（种）分组方法，但《西游记》，《红楼梦》分在同一组的情况有1种，故

四本书分成3组，符合题意的分法有6—1=5（种）；②将分好的3组全排列，对应三位同学，

有A^=6（种）情况.则不同的借法有5X6=30（种）.

［答案］30

方法指导

解决排列、组合综合问题的方法

（1）仔细审题，判断是组合问题还是排列问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过程

进行分步.

（2）以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足特

殊位置的要求，再考虑其他位置.

（3）对于有附加条件的比较复杂的排列、组合问题，要周密分析，没计出合理的方案，一

般先把复杂问题分解成若干个简单的基本问题，然后应用分类加法计数原理或分步乘法计数

原理来解决，一般遵循先选后排的原则.

［思维变式］

1.中国在2020年11月1日零时开始开展第七次全国人口普查，甲、乙等6名志愿者参

加4个不同社区的人口普查工作，要求每个社区至少安排1名志愿者，1名志愿者只去一个

社区，且甲、乙不在同一社区，则不同的安排方法共有（）

A.1240种B.1320种C.1248种D.1224种

B［先安排除甲、乙以外的4名志愿者，再安排甲、乙2人，共有四种情况：①除甲、

乙以外的4名志愿者去不同的社区，有A3A3=288种安排方法；②除甲、乙以外的4名志愿

者中2人去同一个社区，剩余2人去不同的社区，甲、乙2人中I人去剩下的1个社区，1

人去其余志愿者所去的3个社区中的一个，有CK2C，A?=864种安排方法；③除甲、乙以外

的4名志愿者中2人去同一个社区，剩余2人也去同一个社区，甲、乙2人去剩下的2个社

区，有舄A：|=72种安排方法；④除甲、乙以外的4名志愿者中3人去司一个社区，另外1人

和甲、乙去剩下的3个社区，有C?Ai=96种安排方法.故不同的安排方法共有288+864+

72+96=1320（种）.］

2.从1,2,345这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3

时，2需排在3的前面（不一定相邻），这样的三位数有个.

［解析］分三类：第一类，没有2,3,由其他三个数字组成三位数，有A3=6个；第二类，

只有2或3,需从1,4,5中选两个数字，可组成2GA3=36个；第三类，2,3均有，再从1,4,5

中选一个，因为2需排在3的前面，所以可组成|c3A3=9（个）.故这样的三位数共有51个.

［答案］51

・黄高考•提素养-----素养为本创新应用

［冉研高考］

（2020・全国II卷）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区,

每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有种.

［解析］将4名同学分成人数为2,1,1的3组有CS=6种分法，再将3组同学分到3个小

区共有A§=6种分法，由分步乘法计数原理可得不同的安排方法共有6X6=36种.

［答案］36

点评先将4名同学分成3组，再将3组同学分到3个小区即可.

［创新应用I

用一元不定方程的正整数解的个数求排列组合问题

结论：一元不定方程》+及+,・・+%==的正整数解的个数为C?。，非负正整数解的个数

为C席-1.

将各位数字和为8的全体正整数按自小到大的顺序排成一个数列/“},称为P数列，则

2015是其中第项.

［解析］易知，不定方程汨+题+…+以=〃］的非负正整数解的个数为C；；+*1,而使即21,

为20a22）的整数解的个数为CS1-2.

现取6=8,可知2位“尸形数”的个数为P/）=a+6,于是P（1）=G=1,P（2）=C?=8,

尸（3）7=36.

对于四位“P形数"l"c;其个数为满足条件。+力+c=7的非负整数解的个数，即C*3T

=36个，首位为2的“P形数”有2个，即2006,2015.因此，2015是第1+8+36+36+2=

83（个）“尸形数”，即恁3=2015.

［答案］83

点评本题通过化归为不定方程的解的问题，不定方程的非负整数解的个数的求解使用

的是隔板法.通过求出小于2015的“P形数”的个数实现问题的解决，其中分成1位、2位、

3位的“P形数”计算，首位为1的四位“P形数”的计算，然后结合2015是首位为2的第

2个“P形数”，从而确定2015的项数.

课时作业（五十四）

A级基础达标

1.不等式A《v6XA"2的解集为（）

A.［2,8］B.［2,6］C.（7,12）D.{8}

8!8!

D［（8-x）!<6X（10-A:）!*

・・・/一19/+84<0,解得7a<12.

又xW8,%—220,・・・74W8,X£N*,即X=8.］

2.用数字12345组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为（）

A.24R.4RC.60D.72

B［先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有2,4,321种排法，由分步乘法计

数原理知：2X4X3X2X1=48.］

3.甲、乙两人从4门选修课中各选修2门，则甲乙所选的课程中至少有一门相同的选法

共有（）

A.30种B.36种C.60种D.144种

A［法一：（直接法）有一门相同的选法有CiQQ=24（种），

有两门相同的选法有（3Q=6（种），

故共有24+6=30（种）选法.

法二：（间接法）（2支3—<3&=36—6=30（种）.1

4.（2021・长春市质量监测（一））要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A、B、C三个班级中，

要求每个班级至少分到一人，则用被分到4班的分法种数为（）

A.6B.12C.24D.36

B［由题意可知，可以分两类，第一类，甲与另一人一同被分到A班，分法有C4A3=6（种）;

第二类，甲单独被分到A班，分法有C/A2=6（种）.所以共有12种.故选BJ

5.（2021.洛阳尖子生第二次联考）某校从甲、乙、丙等8名教师中选派4名同时去4个边

远地区支教（每地I名教师），其中甲和乙不能都去，甲和丙都去或都不去，则不同的选派方

案有（）

A.900种B.600种

C.300种D.150种

B［第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，再从剩余的5名教师中选2名，不同的

选派方案有C?XA，=240（种）；第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，从乙

和剩余的5名教师中选4名，不同的选派方案有aXA：|=360（种）.所以不同的选派方案共有

240+360=600（种），故选B.］

6.从1,3,5中取两个数，从2,4中取一个数，可以组成没有重复数字的三位数，则在这

些三位数中，奇数的个数为（）

A.12B.18C.24D.36

C［从1,3,5中取两个数有C4种方法，从2,4中取一个数有C1种方法，而奇数只能从1,3,5

取出的两个数之一作为个位数，故奇数的个数为C5C1A1A?=3X2X2X2X1=24.］

7.安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的

安排方式共有（）

A.12种B.18种

C.24种D.36种

D［先将4项工作分为3组，再排列，共有C3A§=36（种）不同的方法.故选DJ

8.（2021•成都市第二次诊断性检测）用数字0,247,8,9组成没有重复数字的六位数，其中

大于420789的正整数个数为（）

A.479B.480C.455D.456

C［当首位为7,8,9时，六位数共有3A?=3X5X4X3X2X1=360（个）：

当首位为4,第二位为7,8,9时，六位数共有3Aj=3X4X3X2X1=72（个）；

当首位为4,第二位为2,第三位为7,8,9时，六位数共有3AJ=3X3X2X1=18（个）；

当首位为4,第二位为2,第三位为0,第四位为8,9时，六位数共有2AZ=2X2X1=4（个）;

当首位为4,第二位2,第三位为0,第四位为7,第五位为9时，六位数共有1（个）.

所以大于420789的正整数共有360+72+18+4+1=455（个）.］

9.将标号为123,4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标

号1,2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为（）

A.15B.20C.30D.42

C［四个篮球中两个分到一组有C1种分法，三个篮球进行全排列有AJ种分法，标号1,2

的两个篮球分给同一个小朋友有A3种分法，所以有^^一人之36—6=30（种）分法.］

10.（2018•全国I卷）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生

入选，则不同的选法共有种.（用数字填写答案）

［解析］法一：按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有C4G种，有2位女生

参加有GC种.故共有Qa+GC|=2X6+4=16（种）.

法二：间接法.从2位女生，4位男生中选3人，共有Cg种情况，没有女生参加的情况

有C1种，故共有@一（30=20—4=16（种）.

［答案］16

11.学校在高一年级开设选修课程，其中历史开设了三个不同的班，选课结束后，有5

名同学要求改修历史，但历史选修每班至多可接收2名同学，那么安排好这5名同学的方案

有种.

f解析］由已知可得，先将5名学生分成3组，有笔蜉=15（种），所以不同分法有15XA§

=90（种）.

［答案］90

12.若三角形三边均为正整数，其中一边长为4,另外两边长为8,c,且满足

则这样的三角形有个.

［解析］当8=1时，c=4;当。=2时，c=4,5;当方=3时，c=4,5,6;当6=4时，c=

4,5,6,7.故共有1+2+3+4=10（个）这样的三角形.

保案］10

B级能力提升

13.（2021.安徽五校联盟第二次质检）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

B［解法一甲企业有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C弓种情况，发言的3人来自2家企业的情况有C2Cg种.所以发言的3人来自3家不

同企业的可能情况共有C彳一C，Q=30（种），故选B.

解法二发言的3人来自3家不同企业且含甲企业的人的情况有C』Cg=20（种）；发言的

3人来自3家不同企业且不含甲企业的人的情况有0=10（种）.所以发言的3人来自3家不

同企业的可能情况共有20+10=30（种），故选B.］

14.（2021•重庆市学业质量调研）从6种不同的颜色中选出一些颜色给如图所示的4个格

子涂色，每个格子涂一种颜色，且相邻的2个格子颜色不同，则不同的涂色方法有（）

各

二项式

系数和,CS+Q+G+…+C=然

.［基础自测］

1.二项式（x-2）5展开式中x的系数为（）

A.5B.16C.80D.-80

［答案1C

2.（教材改编）二项式3+勾5的展开式中，常数项的值是（）

A.240B.60C.192D.180

［答案］A

3.（易错点：中间项的数字特征）惇一用6的展开式的中间一项的系数为（）

A.20B.-20C.160D.-160

［答案］D

4.（易错点：项的系数与二项式系数）若（l+axpSWO）的展开式中x5与f的系数相等，

则a=.

［答案I3

5.若仅+右》的展开式的所有二项式系数的和为128,则〃=.

［答案］7

A.360种B.510种C.630种D.750种

D［先涂第一个格子，有CA种涂去，第二个格子颜色不与第一个格子相同，有CS种涂法，

第三个格子颜色不与第二个格子相同，有C!种涂法，第四个格子颜色不与第三个格子相同，

有eg种涂法，则不同的涂色方法有CACgCga=750（种），故选D.］

15.（2021•蓉城名校第一次联考）高考阅卷组抽调A、8、C、D、E、尸6名阅卷老师和甲、乙2

名阅卷组长，现将他们分成两个小组（每组4人）分别派往成都、绵阳两地指导高考

备考.两地都要求既要有阅卷老师又要有阅卷组长，而且A由于工作原因只能去成都，则不

同的选派方案共有种.

［解析］先将2名阅卷组长分别派往成都、绵阳两地，有A3=2（种）方案；由于A只能派往成

都，所以只需从剩余的5名阅卷老师中选派2名去成都，其余的阅卷老•师派往绵阳即可，即

有C?=10（种）方案.所以选派方案共有2X10=20（种）.

［答案］20

16.在高三某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位

男生不连续出场，且女生甲不能排第一个，那么出场顺序的排法种数为.

［解析I不相邻问题插空法，2位男生不能连续出场的排法共有N］=A［XA1=72（种），女生甲

排第一个且2位男生不连续出场的排法共有N2=A，XA4=12（种），所以出场顺序的排法种数

为N=M-N2=60.

［答案］60

第二节二项式定理

・椅教初•固基砒———基固为根必备知识

［基础自梳］

1.二项式定理

⑴定理：

（a+b）"=CZ'+aa'L/+・・・+Cji^r〃+・・・+C；〃（〃£N）

⑵通项：

第Z+1项为北+1=（2以"一火.

（3）二项式系数：

二项展开式中各项的二项式系数为：©伏=0,1,2一・・，〃）.

点拨二项式系数与项的系数的区别

二项式系数是指c9,CLa.它只与各项的项数有关，而与〃，卜的值无关：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，而且也与a,b的值有关.如

（以+勿）〃（其中a、b为常数，x,y为变量）的二项展开式中，第k+1项的二项式系数是C3

而该项的系数是

2.二项式系数的性质

性质性质描述

与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Cf=

对称性

当%£N*）时，是递增的

二项式系数

增减性

CJ

当k>2（〃£N・）时，是递减的

当日为偶数时，中间的一项C会取得最大值

最大值

当垃为奇数时，中间的两项巴」〃和驾」“取得最大

值

或+—…+cz=r

各二项式系数和

cg+a+cM・・=G+a+c%・・=空.

［基础自测］

1.二项式（工一展开式中x的系数为（）

A.5B.16C.80D.-80

［答案］C

2.（教材改编）二项式3+目5的展开式中，常数项的值是（）

A.240B.60C.192D.180

［答案］A

3.（易错点：中间项的数字特征）惇一会｝的展开式的中间一项的系数为（）

A.20B.-20C.160D.-160

［答案］D

4.（易错点：项的系数与二项式系数）若（l+or）7（aW0）的展开式中Jt5与/的系数相等,

则a=.

［答案13

5.若仅+也｝的展开式的所有二项式系数的和为128,则〃=.

［答案］7

・研考点•练方法-----点明为纲关键能力

考点一求二项展开式中的项或项的系数

|角度1|形如3+b）〃（〃EN*）展开式中特定项与系数

［例1］（1）在（X一点）的展开式中，f的系数为________.

（2）二项式侬一言〉的展开式的第5项的系数为詈，则实数。的值为.

［解析］（由一式）的展开式的通项0+1=用一（一点）=（一加为5—当令5—/

=2,得r=2,所以r的系数为C1一,2='

（2）因为展开式的第5项为

75=己(2?)2.(一野=*2=好，

所以第5项的系数为粤.由已知得粤=L祟，所以〃=81,即〃=3或一3.

O^TO^TO^T

［答案］(,(2)4=3或一3

角度2形如(a+b严(c+4”(〃i,〃£N*)的展开式中的特定项与系数

［例2］(1)(2021・南昌模拟)已知(彳-1)3+1”的展开式中含x2项的系数为0,则正实数a

［解析］(公+1)6的展开式中公项的系数为侬2,x项的系数为Ch,由(%—1)(小+1)6的

展开式中含炉项的系数为0,可得一&岸+飙=0,因为。为正实数，所以15〃=6,所以a

=2

=5,

［答案］j2

(2)(2021・广东佛山模拟)已知(1+必+卦(〃仁N*,〃<10)的展开式中没有常数项，则n

的最大值是()

A.6B.7C.8D.9

B［V(l+x)(x+^)(neN\”<10)的展开式中没有常数项，・♦・&+§”的展开式中没有x

「项和常数项.

•・・(%+身的展开式的通项为小尸C3<3r,故〃一3rW0,且〃-3rr—1,即〃N3r,

且〃力3/一1,・・・〃X3,6,9,且〃羊2,5,8,故〃的最大值为7,故选BJ

角度3形如(a+b+c)”(〃金N〉展开式中特定项与系数

［例引(1)。2一方+1严的展开式中3项的系数为()

A.-210B.210

C.30D.-30

(2)(f+x+y)5的展开式中ry2项的系数为()

A.10B.3C.30D.40

［解析］x+l)lft=［x2—(x—l)］,o=C?o(-v2)10—Clo^A%—1)+••,—CVQX2^-1)9+

CI8(X-1)«°,

所以含3项的系数为：-C?oC8+C］8(—ao)=-21O.

(2)(炉+x+y)s的展开式的通项为77+1—0。2+冷5一。><,令「-2,«'l73-Cs(x2+x)y,又

(£+“)3的展开式的通项式为n+inaavFyMci?),令6—攵=5,则z=i,所以(f+x+

y)5的展开式中，fy的系数为Cgq=30,故选C.

［答案］(1)A(2)C

方法指导与二项展开式有关问题的解题策略

(1)求展开式中的第〃项，可依据二项式的通项直接求出第〃项.

(2)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厂值即可.

(3)形如(a+””(c+d)”(加，〃£N")展开式，可分别写出(。+力阳与(，+")〃的展开通项：77

+1=C；〃"一%「，设O+i=C%"—再研究其积.

(4)形如(a+b+c)"(〃£N")可通过因式分解化为［(x+y)(p+q)］"转化为二项式，也可以分组

组合为［3+份+可成为二项式型.

［思维变式］

1.若(日以#—1)5的展开式中常数项为一1，则。的值为.

［解析］因为(%+。)2=炉+2田：+/，

g—1)展开式的通项为

Tr+'=CW-1)r=(-1)W5,

所以(x+a)2G—1}展开式的常数项为

—Cg+2aCg—〃，

所以一Cg+2M^—标=-1,解得a=i或9.

［答案］1或9

2.已知二项式(1+：—2彳)4,则展开式的常数项为.

［解析］(1+；-^=［1+(}-^)

=1+4&-勾+6&-@+

4(^一对3+©一必，所以二项式中的常数项产生在1,破一2%)2,G一对4中，分别是

l,6X2p(-2r),U⑶(-2x)2,

它们的和为1-24+24=1.

［答案］］

考点二二项式系数的性质或各项系数和

［例4］(l)(tr+x)(l+x)4的展开式中x的奇数次暴项的系数之和为32,则a=

(2)若(x+2+〃?)9=ao+ai(x+1)+。2。+1>+…+〃9(x+1)%且(oo+azH----F«s)2-(ai+«3

+…+49)2=3、则实数，〃的值为.

(3)(l+2r)”(其中〃七N且〃26)的展开式中R与/项的二项式系数相等，则系数最大项

为•

［解析］(1)设(a+x)(1+x)4=即+a^x2+a#+a+x4+a#,

令x=l,得16(a+1)=40+0+42+43+04+45,©

令x=-1,得0=4()-0+42-43+04-45.②

①一②，得16(a+1)=2(〃1+。3+。5).

即展开式中x的奇数次寐的系数之和为0+43+05=8(4+1),所以8(a+1)=32,解得。

=3,

(2)令x=0,则(2+〃?)9=ao+〃i+a2