第H章

DISHIYlZHANG計數原理、概率、隨機

變量及其分布

1.排列、組合與計數原理的綜合運用.考查內容解題方法公式法、分析法、模型法等.

2.二項式定理.二項展開式的通項公式及系數和.

3.慨率、閔敝型磁機變過的概率分布列、數學率

里及方龍、二項分布、正態分布等.

考頻賦分

從近5年高考試題可看出,一般情況下考題為一個命題規律一撞心素養蛾分析'數學運算'數學抽京及數學建模.

力幽和一個大題,共22分.

選擇題或填空胭難度機中等偏K解答題難度屬踞型難度^備考建議立足教材.也視對教材例胭與史習參考胭

中等偏上.的探究、延伸及創新.

第一節計數原理、排列與組合

?梳教初?固基砒------基固為根必備知識

［基礎自梳］

1.兩個計數原理

兩個計

目標策略過程方法總數

數原理

在第1類方案

分類加有兩類中有m種不同N=加+

法計數完不同的的方法，在第2n種不同

原理成方案類方案中有〃的方法

一種不同的方法

件做第1步有m

獷N=

分步乘種不同的方

需要兩mXn種

法計數法，做第2步

個步驟不同的方

原理有n種不同的

法

方法

2.排列與組合的概念

名稱定義

按照一定的順序

排列從〃個不同元類中取

排成一列

出個兀素

組合合成一組

點撥排列與組合最根本的區別在于“有序”和“無序”，取出元素后交換順序，如果

與順序有關，則是排列；如果與順序無關，則是組合.

3.排列數、組合數的定義、公式、性質

排列數組合數

從〃個不同元素中取出從〃個個同元素中取出

定義機@W〃)個元素的所有丕回機(mW〃)個元素的所有不同

排列的個數組合的個數

A片=〃（〃一1）（〃一2）…（〃-小+c?=—=

公式n\n\

.（〃一D（〃一2）...（〃一加+［）

lftn!（/?—/?）!

加

性質AZ=nl_,0!=1cr=cF7a=i,cs=i

［基礎自測］

1.（教材改編）已知集合知={1,一2,3},N={-4,5,6,-7）,從兩個集合中各選一個數

作為點的坐標，則這樣的坐標在直角坐標系中可表示第三、四象限內不同點的個數是（）

A.IX個R.10個C.16個D.14個

［答案］B

2.從4人中選出2人，安排周六、周日值班，每天一人，則不同的安排方法種數為（）

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

［答案］D

3.（易錯點：分不清是分類還是分步）十字路口來往的車輛，如果不允許回頭，則行車路

線共有（）

A.24種B.16種C.12種D.10種

［答案］c

4.5個人站成一排，其中甲、乙兩人不相鄰的排法有種.（用數字作答）

［答案］72

5.（易錯點：對“至少”理解不透）在100件產品中，有2件次品.從中任取3件，其中

至少有1件次品的抽法有種.

［答案］9604

?研考點?練方法----點明為綱關鍵能力

考點一兩個計數原理

［例1］（1）從集合{0,123,4,5}中任取兩個互不相等的數小b組成復數。+3i,其中虛數

有（）

A.36個B.30個C.25個D.20個

C［對于復數〃+加，只要方即為虛數.

第一類：當〃=0時，b有5種選擇；

第二類：當〃工0時，a有5種，。有4種選擇.

由分類計數原理可知，不同的虛數共有5+5X4=25.故選C.］

（2）若自然數〃使得作豎式加法〃+（〃+1）+（〃+2）均不產生進位現象，則稱〃為“開心

數”.例如：32是“開心數”，因32+33+34不產生進位現象：23不是“開心數”，因23

+24+25產生進位現象，那么，小于100的“開心數”的個數為（）

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

D［由題意得小于100的“開心數”的個位數字為0,1,2,十位數字為0123,所以小于

100的“開心數”的個數為3X4=12.故選D.］

（3）有4個同學各自在2021年元旦的三天假期中任選一天去敬老院參加活動，則有

種選法.（用數字作答）

［解析］每個同學都有3種選擇，所以4個同學的選法共有3X3X3X3=81（種）.

［答案］81

方法指導分類、分步的應用技巧

（1）分類：一般按特殊情況優先分類，每類中再分步計數，當分類不多時，可用枚舉法，

當分類較多時，也可用間接法求解.

（2）分步：先按一定的順序分步，再按特殊要求分類.

［思維變式］

1.N行學說是華夏民族創造的哲學思想，是華夏文明重要組成部分.古人認為，天下萬

物皆由金、木、水、火、土五類元素組成，如圖，分別是金、木、水、火、土彼此之間存在

的相生相克的關系.若從5類元素中任選2類元素，則2類元素相生的選取方案共有（）

不

A.10種B.15種C.4種D.5種

D［由圖看出，有金一水、水-*木、木一火、火-*土、土一金，共5種.］

2.如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與該平面構成一個“正交線面對”.在

一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”的個數

是（）

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

D［分類討論：第1類，對于每一條棱，都可以與兩個側面構成“正交線面對”，這樣

的“正交線面對”有2X12=24（個）：第2類，對于每一條面對角線，都可以與一個對角面構

成“正交線面對”.這樣的“正交線面對”有12個.所以正方體中“正交線面對”共有24

+12=36（個）.］

3.從班委會5名成員中選出3名，分別擔任班級學習委員、文娛委員與體育委員，其中

甲、乙二人不能擔任文娛委員，則不同的選法共有種（用數字作答）.

［解析］第一步，先選出文娛委員，因為甲、乙不能擔任，所以從剩下的3人中選1人

當文娛委員，有3種選法.第二步，從剩下的4人中選學習委員和體育委員，義可分兩步進

行：先選學習委員有4種選法，再選體育委員有3種選法.由分步乘去計數原理可得，不同

的選法共有3X4X3=36（種）.

［答案］36

考點二排列問題

［例2］（1）如圖，圖案共分9個區域，有6種不同顏色的涂料可供涂色，每個區域只能

涂一種顏色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相鄰區域的

顏色,相同，則涂烏方法有（）

A.360種B.720種C.780種D.840種

B［由題意知2,3,4,5的顏色都不相同，先涂1,有6種方法，再涂2,3,4,5,有A?種方法，

故一共有6?A$=720（種）涂色方法.］

（2）用數字0,1,2,345組成沒有重復數字的五位數，其中比40000大的偶數共有（）

A.144個B.120個C.96個D.72個

B［數字0,1,2,345中僅有0,2,4三個偶數，比40000大的偶數為以4開頭與以5開頭的

數.其中以4開頭的偶數又分以0結尾與以2結尾，有2Ai=48（個）；同理，以5開頭的有

3Am=72（個）.于是共有48+72=120（個），故選BJ

（3）（2021?廣東揭陽模擬）某班星期一上午安排5節課，若數學2節，語文、物理、化學各

1節，且物理、化學不相鄰，2節數學相鄰，則星期一上午不同課程安排種數為（）

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

B［根據題意，分2步進行分析：①將兩節數學課“捆”在一起與語文課先進行排列，

有A諭排法；②將物理課、化學課在第一步排后的3個空隙中選兩個插進去，有A謝方法，

根據分步乘法計數原理得不同課程安排種數為A2A?=12,故選B.］

9法指導

?求解排列應用題的主要方法

一

分

類選定一個適當的分類標準，將要完成的事件分成幾個類型，分別計算每個類

直

法型中的排列數，再由分類加法計數原理得出總數

接

一

分

法

步選定一個適當的標準，將事件分成幾個步驟來完成，分別計算出各步驟的排

法列數，再由分步乘法計數原理得出總數

相鄰問題捆綁處理，即可以把相鄰元素看作一個整體與其他元素進行排列，

捆綁法

同時注意捆綁元素的內部排列

不相鄰問題插空處理，即先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素

插空法

插在前面元素排列的空中

間接法對于分類過多的問題，按正難則反，等價轉化的方法

2.解決有限制條件排列問題的策略

（1）根據特殊元素（位置）優先安排進行分步，即先安排特殊元素或特殊位置.

（2）根據特殊元素當選數量或特殊位置由誰來占進行分類.

［思維變式］

賽本例（2）改為用數字0,123組成五位數，其中只有數字0被重復運用兩次，且必須相

鄰，這樣的五位數的個數為（）

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

C［把0,0捆綁看成一個整體，但不能排在首位，共有AJAJ=18個五位數.］

考點三組合問題

［例3］將5個不同的球放入4個不同的盒子中，每個盒子至少放一個球，則不同放法共

有（）

A.480種B.360種C.240種D.120種

C［將5個不同的球放入4個不同的盒子中，每個盒子至少放一個球，則必須有2個球

放入1個盒子，其余的球各單獨放入一個盒子，分2步進行分析：①先將5個球分成4組，

有Cg=IO種分法：②將分好的4俎全排列，放入4個盒子，有Aj=24種情況，則不同放法

有10X24=240（種）.故選C.］

［例4］（2021?河南鄭州）如圖所示的幾何體由三棱錐P-A8C與三棱柱A8CA8cl組合而

成，現用3種不同顏色對這個幾何體的表面涂色（底面A山Ci不涂色），要求相鄰的面均不同

色，則不同的涂色方案共有（）

C［先涂三棱維P-A8C的三個側面，有CJXQXCI種情況，然后涂三棱柱的三個側面，

有QXCIXCI種情況，共有C4X0XC|XQXC］XC1=3X2X1X2X1X1=12（種）不同的涂

法.故選C.］

方法指導

兩條含有附加條件的組合問題的解法

（1）“含有”或“不含有”某些元素的組合題型：若“含”，則先將這些元素取出，再由

另外元素補足；若“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去選取.

（2）“至少”或“最多”含有幾個元素的組合題型：解這類題目必須十分重視“至少”

與“最多”這兩個關鍵詞的含義，謹防重復與漏解.用直接法或間接法都可以求解，通常用

直接法分類復雜時，用間接法求解.

［思維變式］

1）21年元旦假期，高三的8名同學準備拼車去旅游，其中（1）班、（2）班、（3）班、（4）班

每班各兩名，分乘甲乙兩輛汽車，每車限坐4名同學（乘同一輛車的4名同學不考慮位置）.

其中（1）班兩名同學是李生姐妹，需乘同一輛車，則乘坐甲車的4名同學中恰有2名同學是來

自同一個班的乘坐方式共有（）

A.18種B.24種C.48種D.36種

B［由題意知，有兩類.第一類，一班的2名同學在甲車上，甲車上剩下兩個要來自不

同的班級，從3個班級中選兩個，有C3=3（種），然后分別從選擇的班級中再選擇一名學生，

有QQ=4（種），故有3X4=12（種）.第二類，一班的2名同學不在甲車上，則從剩下的3個

班級中選擇一個班級的兩名同學在甲車上，有CJ=3（種），再從剩下的兩個班級中分別選擇一

人，有CM=4（種），這時共有3X4=12（種），根據分類加法計數原理得，共有12+12=24（種）

不同的乘車方式，故選B.］

考點四排列、組合的綜合應用

［例5］（1）（2020?新高考全國I卷）6名同學到甲、乙、丙三個場館做志愿者，每名同學只

去1個場館，甲場館安排1名，乙場誼安排2名，丙場館安排3名，則不同的安排方法共有（）

A.120種B.90種C.60種D.30種

C［先從6名同學中選1名安排到甲場館，有CA種選法，再從剩余的5名同學中選2名

安排到乙場館，有Cg種選法，最后將剩下的3名同學安排到丙場館，有種選法，由分步

乘法計數原理知，共有CbC&0=6O（種）不同的安排方法.故選C.1

（2）（2021?浙江稽陽聯誼學校聯考）現將7個不同的小球放入編號分別為1、2、3的三個盒

子里，要求每個盒子內的小球數不能小于其編號數，則符合要求的放法有種.（用

數字作答）

［解析］根據題意可知，滿足條件的情況共有三類：①編號為1、2、3的三個盒子分別

放入2個、2個、3個小球，此時的放法數為C彳＜3=210;②編號為1、2、3的三個盒子分

別放入1個、3個、3個小球，此時的放法數為Cia=140;③編號為1、2、3的三個盒子

分別放入1個、2個、4個小球，此時的放法數為C*CW=105.由分類加法計數原理可得滿足

條件的放法共有210+140+105=455種.

［答案］455

（3）（2021?江西七校第一次聯考）小明有中國古代四大名著：《三國演義》，《西游記》，《水

滸傳》，《紅樓夢》各一木，他要將這四本書全部借給三位同學，每位同學至少一本，但《西

游記》，《紅樓夢》這兩本書不能借給同一人，則不同的借法有種.

［解析］根據題意，分兩步進行分析：①將四本書分成3組，其白1組兩本，其他2組

各一本，有筆獰=6（種）分組方法，但《西游記》，《紅樓夢》分在同一組的情況有1種，故

四本書分成3組，符合題意的分法有6—1=5（種）；②將分好的3組全排列，對應三位同學，

有A^=6（種）情況.則不同的借法有5X6=30（種）.

［答案］30

方法指導

解決排列、組合綜合問題的方法

（1）仔細審題，判斷是組合問題還是排列問題，要按元素的性質分類，按事件發生的過程

進行分步.

（2）以元素為主時，先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素；以位置為主時，先滿足特

殊位置的要求，再考慮其他位置.

（3）對于有附加條件的比較復雜的排列、組合問題，要周密分析，沒計出合理的方案，一

般先把復雜問題分解成若干個簡單的基本問題，然后應用分類加法計數原理或分步乘法計數

原理來解決，一般遵循先選后排的原則.

［思維變式］

1.中國在2020年11月1日零時開始開展第七次全國人口普查，甲、乙等6名志愿者參

加4個不同社區的人口普查工作，要求每個社區至少安排1名志愿者，1名志愿者只去一個

社區，且甲、乙不在同一社區，則不同的安排方法共有（）

A.1240種B.1320種C.1248種D.1224種

B［先安排除甲、乙以外的4名志愿者，再安排甲、乙2人，共有四種情況：①除甲、

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

者中2人去同一個社區，剩余2人去不同的社區，甲、乙2人中I人去剩下的1個社區，1

人去其余志愿者所去的3個社區中的一個，有CK2C，A?=864種安排方法；③除甲、乙以外

的4名志愿者中2人去同一個社區，剩余2人也去同一個社區，甲、乙2人去剩下的2個社

區，有舄A：|=72種安排方法；④除甲、乙以外的4名志愿者中3人去司一個社區，另外1人

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

72+96=1320（種）.］

2.從1,2,345這五個數字中任取3個組成無重復數字的三位數，當三個數字中有2和3

時，2需排在3的前面（不一定相鄰），這樣的三位數有個.

［解析］分三類：第一類，沒有2,3,由其他三個數字組成三位數，有A3=6個；第二類，

只有2或3,需從1,4,5中選兩個數字，可組成2GA3=36個；第三類，2,3均有，再從1,4,5

中選一個，因為2需排在3的前面，所以可組成|c3A3=9（個）.故這樣的三位數共有51個.

［答案］51

?黃高考?提素養-----素養為本創新應用

［冉研高考］

（2020?全國II卷）4名同學到3個小區參加垃圾分類宣傳活動，每名同學只去1個小區,

每個小區至少安排1名同學，則不同的安排方法共有種.

［解析］將4名同學分成人數為2,1,1的3組有CS=6種分法，再將3組同學分到3個小

區共有A§=6種分法，由分步乘法計數原理可得不同的安排方法共有6X6=36種.

［答案］36

點評先將4名同學分成3組，再將3組同學分到3個小區即可.

［創新應用I

用一元不定方程的正整數解的個數求排列組合問題

結論：一元不定方程》+及+,??+%==的正整數解的個數為C?。，非負正整數解的個數

為C席-1.

將各位數字和為8的全體正整數按自小到大的順序排成一個數列/“},稱為P數列，則

2015是其中第項.

［解析］易知，不定方程汨+題+…+以=〃］的非負正整數解的個數為C；；+*1,而使即21,

為20a22）的整數解的個數為CS1-2.

現取6=8,可知2位“尸形數”的個數為P/）=a+6,于是P（1）=G=1,P（2）=C?=8,

尸（3）7=36.

對于四位“P形數"l"c;其個數為滿足條件。+力+c=7的非負整數解的個數，即C*3T

=36個，首位為2的“P形數”有2個，即2006,2015.因此，2015是第1+8+36+36+2=

83（個）“尸形數”，即恁3=2015.

［答案］83

點評本題通過化歸為不定方程的解的問題，不定方程的非負整數解的個數的求解使用

的是隔板法.通過求出小于2015的“P形數”的個數實現問題的解決，其中分成1位、2位、

3位的“P形數”計算，首位為1的四位“P形數”的計算，然后結合2015是首位為2的第

2個“P形數”，從而確定2015的項數.

課時作業（五十四）

A級基礎達標

1.不等式A《v6XA"2的解集為（）

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.用數字12345組成沒有重復數字的五位數，其中偶數的個數為（）

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

B［先排個位，再排十位，百位，千位，萬位，依次有2,4,321種排法，由分步乘法計

數原理知：2X4X3X2X1=48.］

3.甲、乙兩人從4門選修課中各選修2門，則甲乙所選的課程中至少有一門相同的選法

共有（）

A.30種B.36種C.60種D.144種

A［法一：（直接法）有一門相同的選法有CiQQ=24（種），

有兩門相同的選法有（3Q=6（種），

故共有24+6=30（種）選法.

法二：（間接法）（2支3—<3&=36—6=30（種）.1

4.（2021?長春市質量監測（一））要將甲、乙、丙、丁4名同學分到A、B、C三個班級中，

要求每個班級至少分到一人，則用被分到4班的分法種數為（）

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

B［由題意可知，可以分兩類，第一類，甲與另一人一同被分到A班，分法有C4A3=6（種）;

第二類，甲單獨被分到A班，分法有C/A2=6（種）.所以共有12種.故選BJ

5.（2021.洛陽尖子生第二次聯考）某校從甲、乙、丙等8名教師中選派4名同時去4個邊

遠地區支教（每地I名教師），其中甲和乙不能都去，甲和丙都去或都不去，則不同的選派方

案有（）

A.900種B.600種

C.300種D.150種

B［第一類，甲去，則丙一定去，乙一定不去，再從剩余的5名教師中選2名，不同的

選派方案有C?XA，=240（種）；第二類，甲不去，則丙一定不去，乙可能去也可能不去，從乙

和剩余的5名教師中選4名，不同的選派方案有aXA：|=360（種）.所以不同的選派方案共有

240+360=600（種），故選B.］

6.從1,3,5中取兩個數，從2,4中取一個數，可以組成沒有重復數字的三位數，則在這

些三位數中，奇數的個數為（）

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

C［從1,3,5中取兩個數有C4種方法，從2,4中取一個數有C1種方法，而奇數只能從1,3,5

取出的兩個數之一作為個位數，故奇數的個數為C5C1A1A?=3X2X2X2X1=24.］

7.安排3名志愿者完成4項工作，每人至少完成1項，每項工作由1人完成，則不同的

安排方式共有（）

A.12種B.18種

C.24種D.36種

D［先將4項工作分為3組，再排列，共有C3A§=36（種）不同的方法.故選DJ

8.（2021?成都市第二次診斷性檢測）用數字0,247,8,9組成沒有重復數字的六位數，其中

大于420789的正整數個數為（）

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

C［當首位為7,8,9時，六位數共有3A?=3X5X4X3X2X1=360（個）：

當首位為4,第二位為7,8,9時，六位數共有3Aj=3X4X3X2X1=72（個）；

當首位為4,第二位為2,第三位為7,8,9時，六位數共有3AJ=3X3X2X1=18（個）；

當首位為4,第二位為2,第三位為0,第四位為8,9時，六位數共有2AZ=2X2X1=4（個）;

當首位為4,第二位2,第三位為0,第四位為7,第五位為9時，六位數共有1（個）.

所以大于420789的正整數共有360+72+18+4+1=455（個）.］

9.將標號為123,4的四個籃球分給三位小朋友，每位小朋友至少分到一個籃球，且標

號1,2的兩個籃球不能分給同一個小朋友，則不同的分法種數為（）

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

C［四個籃球中兩個分到一組有C1種分法，三個籃球進行全排列有AJ種分法，標號1,2

的兩個籃球分給同一個小朋友有A3種分法，所以有^^一人之36—6=30（種）分法.］

10.（2018?全國I卷）從2位女生，4位男生中選3人參加科技比賽，且至少有1位女生

入選，則不同的選法共有種.（用數字填寫答案）

［解析］法一：按參加的女生人數可分兩類：只有1位女生參加有C4G種，有2位女生

參加有GC種.故共有Qa+GC|=2X6+4=16（種）.

法二：間接法.從2位女生，4位男生中選3人，共有Cg種情況，沒有女生參加的情況

有C1種，故共有@一（30=20—4=16（種）.

［答案］16

11.學校在高一年級開設選修課程，其中歷史開設了三個不同的班，選課結束后，有5

名同學要求改修歷史，但歷史選修每班至多可接收2名同學，那么安排好這5名同學的方案

有種.

f解析］由已知可得，先將5名學生分成3組，有筆蜉=15（種），所以不同分法有15XA§

=90（種）.

［答案］90

12.若三角形三邊均為正整數，其中一邊長為4,另外兩邊長為8,c,且滿足

則這樣的三角形有個.

［解析］當8=1時，c=4;當。=2時，c=4,5;當方=3時，c=4,5,6;當6=4時，c=

4,5,6,7.故共有1+2+3+4=10（個）這樣的三角形.

保案］10

B級能力提升

13.（2021.安徽五校聯盟第二次質檢）某地環保部門召集6家企業的負責人座談，其中甲

企業有2人到會，其余5家企業各有1人到會，會上有3人發言，則發言的3人來自3家不

同企業的可能情況的種數為（）

A.15B.30C.35D.42

B［解法一甲企業有2人，其余5家企業各有1人，共有7人，所以從7人中任選3

人共有C弓種情況，發言的3人來自2家企業的情況有C2Cg種.所以發言的3人來自3家不

同企業的可能情況共有C彳一C，Q=30（種），故選B.

解法二發言的3人來自3家不同企業且含甲企業的人的情況有C』Cg=20（種）；發言的

3人來自3家不同企業且不含甲企業的人的情況有0=10（種）.所以發言的3人來自3家不

同企業的可能情況共有20+10=30（種），故選B.］

14.（2021?重慶市學業質量調研）從6種不同的顏色中選出一些顏色給如圖所示的4個格

子涂色，每個格子涂一種顏色，且相鄰的2個格子顏色不同，則不同的涂色方法有（）

各

二項式

系數和,CS+Q+G+…+C=然

.［基礎自測］

1.二項式（x-2）5展開式中x的系數為（）

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

［答案1C

2.（教材改編）二項式3+勾5的展開式中，常數項的值是（）

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

［答案］A

3.（易錯點：中間項的數字特征）惇一用6的展開式的中間一項的系數為（）

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

［答案］D

4.（易錯點：項的系數與二項式系數）若（l+axpSWO）的展開式中x5與f的系數相等，

則a=.

［答案I3

5.若僅+右》的展開式的所有二項式系數的和為128,則〃=.

［答案］7

A.360種B.510種C.630種D.750種

D［先涂第一個格子，有CA種涂去，第二個格子顏色不與第一個格子相同，有CS種涂法，

第三個格子顏色不與第二個格子相同，有C!種涂法，第四個格子顏色不與第三個格子相同，

有eg種涂法，則不同的涂色方法有CACgCga=750（種），故選D.］

15.（2021?蓉城名校第一次聯考）高考閱卷組抽調A、8、C、D、E、尸6名閱卷老師和甲、乙2

名閱卷組長，現將他們分成兩個小組（每組4人）分別派往成都、綿陽兩地指導高考

備考.兩地都要求既要有閱卷老師又要有閱卷組長，而且A由于工作原因只能去成都，則不

同的選派方案共有種.

［解析］先將2名閱卷組長分別派往成都、綿陽兩地，有A3=2（種）方案；由于A只能派往成

都，所以只需從剩余的5名閱卷老師中選派2名去成都，其余的閱卷老?師派往綿陽即可，即

有C?=10（種）方案.所以選派方案共有2X10=20（種）.

［答案］20

16.在高三某班進行的演講比賽中，共有5位選手參加，其中3位女生，2位男生，如果2位

男生不連續出場，且女生甲不能排第一個，那么出場順序的排法種數為.

［解析I不相鄰問題插空法，2位男生不能連續出場的排法共有N］=A［XA1=72（種），女生甲

排第一個且2位男生不連續出場的排法共有N2=A，XA4=12（種），所以出場順序的排法種數

為N=M-N2=60.

［答案］60

第二節二項式定理

?椅教初?固基砒———基固為根必備知識

［基礎自梳］

1.二項式定理

⑴定理：

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

⑵通項：

第Z+1項為北+1=（2以"一火.

（3）二項式系數：

二項展開式中各項的二項式系數為：?伏=0,1,2一??，〃）.

點撥二項式系數與項的系數的區別

二項式系數是指c9,CLa.它只與各項的項數有關，而與〃，卜的值無關：而項的系

數是指該項中除變量外的常數部分，它不僅與各項的項數有關，而且也與a,b的值有關.如

（以+勿）〃（其中a、b為常數，x,y為變量）的二項展開式中，第k+1項的二項式系數是C3

而該項的系數是

2.二項式系數的性質

性質性質描述

與首末兩端“等距離”的兩個二項式系數相等，即Cf=

對稱性

當%￡N*）時，是遞增的

二項式系數

增減性

CJ

當k>2（〃￡N?）時，是遞減的

當日為偶數時，中間的一項C會取得最大值

最大值

當垃為奇數時，中間的兩項巴」〃和駕」“取得最大

值

或+—…+cz=r

各二項式系數和

cg+a+cM??=G+a+c%??=空.

［基礎自測］

1.二項式（工一展開式中x的系數為（）

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

［答案］C

2.（教材改編）二項式3+目5的展開式中，常數項的值是（）

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

［答案］A

3.（易錯點：中間項的數字特征）惇一會｝的展開式的中間一項的系數為（）

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

［答案］D

4.（易錯點：項的系數與二項式系數）若（l+or）7（aW0）的展開式中Jt5與/的系數相等,

則a=.

［答案13

5.若僅+也｝的展開式的所有二項式系數的和為128,則〃=.

［答案］7

?研考點?練方法-----點明為綱關鍵能力

考點一求二項展開式中的項或項的系數

|角度1|形如3+b）〃（〃EN*）展開式中特定項與系數

［例1］（1）在（X一點）的展開式中，f的系數為________.

（2）二項式儂一言〉的展開式的第5項的系數為詈，則實數。的值為.

［解析］（由一式）的展開式的通項0+1=用一（一點）=（一加為5—當令5—/

=2,得r=2,所以r的系數為C1一,2='

（2）因為展開式的第5項為

75=己(2?)2.(一野=*2=好，

所以第5項的系數為粵.由已知得粵=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嚴(c+4”(〃i,〃￡N*)的展開式中的特定項與系數

［例2］(1)(2021?南昌模擬)已知(彳-1)3+1”的展開式中含x2項的系數為0,則正實數a

［解析］(公+1)6的展開式中公項的系數為儂2,x項的系數為Ch,由(%—1)(小+1)6的

展開式中含爐項的系數為0,可得一&岸+飆=0,因為。為正實數，所以15〃=6,所以a

=2

=5,

［答案］j2

(2)(2021?廣東佛山模擬)已知(1+必+卦(〃仁N*,〃<10)的展開式中沒有常數項，則n

的最大值是()

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

B［V(l+x)(x+^)(neN\”<10)的展開式中沒有常數項，???&+§”的展開式中沒有x

「項和常數項.

???(%+身的展開式的通項為小尸C3<3r,故〃一3rW0,且〃-3rr—1,即〃N3r,

且〃力3/一1,???〃X3,6,9,且〃羊2,5,8,故〃的最大值為7,故選BJ

角度3形如(a+b+c)”(〃金N〉展開式中特定項與系數

［例引(1)。2一方+1嚴的展開式中3項的系數為()

A.-210B.210

C.30D.-30

(2)(f+x+y)5的展開式中ry2項的系數為()

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項的系數為：-C?oC8+C］8(—ao)=-21O.

(2)(爐+x+y)s的展開式的通項為77+1—0。2+冷5一。><,令「-2,?'l73-Cs(x2+x)y,又

(￡+“)3的展開式的通項式為n+inaavFyMci?),令6—攵=5,則z=i,所以(f+x+

y)5的展開式中，fy的系數為Cgq=30,故選C.

［答案］(1)A(2)C

方法指導與二項展開式有關問題的解題策略

(1)求展開式中的第〃項，可依據二項式的通項直接求出第〃項.

(2)求展開式中的特定項，可依據條件寫出第r+1項，再由特定項的特點求出廠值即可.

(3)形如(a+””(c+d)”(加，〃￡N")展開式，可分別寫出(。+力陽與(，+")〃的展開通項：77

+1=C；〃"一%「，設O+i=C%"—再研究其積.

(4)形如(a+b+c)"(〃￡N")可通過因式分解化為［(x+y)(p+q)］"轉化為二項式，也可以分組

組合為［3+份+可成為二項式型.

［思維變式］

1.若(日以#—1)5的展開式中常數項為一1，則。的值為.

［解析］因為(%+。)2=爐+2田：+/，

g—1)展開式的通項為

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

所以(x+a)2G—1}展開式的常數項為

—Cg+2aCg—〃，

所以一Cg+2M^—標=-1,解得a=i或9.

［答案］1或9

2.已知二項式(1+：—2彳)4,則展開式的常數項為.

［解析］(1+；-^=［1+(}-^)

=1+4&-勾+6&-@+

4(^一對3+?一必，所以二項式中的常數項產生在1,破一2%)2,G一對4中，分別是

l,6X2p(-2r),U⑶(-2x)2,

它們的和為1-24+24=1.

［答案］］

考點二二項式系數的性質或各項系數和

［例4］(l)(tr+x)(l+x)4的展開式中x的奇數次暴項的系數之和為32,則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、則實數，〃的值為.

(3)(l+2r)”(其中〃七N且〃26)的展開式中R與/項的二項式系數相等，則系數最大項

為?

［解析］(1)設(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).

即展開式中x的奇數次寐的系數之和為0+43+05=8(4+1),所以8(a+1)=32,解得。

=3,

(2)令x=0,則(2+〃?)9=ao+〃i+a2