2021高考数学计数原理
2021年高考数学高分秘籍 计数原理
2021年高考数学高分秘籍计数原理年级：姓名：计数原理1．要排出某理科班一天中语文、数学、物理、英语、生物、化学6堂课的课程表，要求语文课排在上午（前4节），生物课排在下午（后2节），不同排法种数为（）A．144 B．192C．360 D．720【答案】B【解答】：根据题意，分2步进行分析：①，要求语文课排在上午（前4节），生物课排在下午（后2节），则语文课有4种排法，生物课有2种排法，故这两门课有4×2=8种排法；②，将剩下的4门课全排列，安排在其他四节课位置，有A44=24种排法，则共有8×24=192种排法，故选：B．两个计数原理解题的方法：（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．（2）对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．2．有5名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻，则不同的站法有（）A．8种B．16种C．32种D．48种【答案】B【解答】：根据题意，假设有1、2、3、4、5，共5个位置，分3步进行分析：①，甲必须站在正中间，将甲安排在3号位置，②，在1、2、4、5中一个位置任选1个，安排乙，有4种情况，由于乙、丙两位同学不能相邻，则丙有2种安排方法，③，将剩下的2名同学全排列，安排在剩下的2个位置，有A22=2种安排方法，则有1×4×2×2=16种安排方法；故选：B．1．利用两个原理解决应用问题时最易忽视判断对完成的事件是分类完成还是分步完成．2．有特殊元素时，用元素优先法；有特殊位置时，用位置优先法．1．有5名学生站成一排照相，其中甲、乙两人必须站在一起的排法有（）A．A32⋅A22种B．3A22种C．2A33种D．A44⋅A22种【答案】D【解答】：根据题意，分2步分析：①，由于甲、乙两人必须站在一起，将甲乙2人看成一个整体，考虑其顺序，有A22种情况，②，将这个整体与其余3人全排列，有A44种情况，则甲、乙两人必须站在一起的排法A22A44种排法；故选：D．求解排列、组合问题常用的解题方法（1）元素相邻的排列问题——“捆绑法”；（2）元素相间的排列问题——“插空法”；（3）元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；（4）带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法；（5）分组分配问题①平均分组问题分组数计算时要注意除以组数的阶乘．②不平均分组问题实质上是组合问题．2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是A．40 B．74C．84 D．200【答案】B【解析】由题意，考生从试卷上的9个题目中选6个进行作答，要求至少包含前5个题目中的3个，包含三种情况：前5个题目中恰好包含3个，共有C53C43=40种；前5个题目中恰好包含4个，共有C54C42=30种；前5个题目中恰好包含5个，共有C55C41=4种，由分类计数原理，可得共有40+30+4=74种不同的选法，故选B．【名师点睛】本题主要考查了分类计数原理与组合的应用其中解答中认真审题，合理分类，利用排列、组合的知识求解每种情况的结果是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．对于复杂问题的排列、组合问题，要注意分类讨论思想的运用，分类时按某一标准进行，切勿因分类标准不定造成漏解或多解．）5的展开式中x4的系数为（）3．（x2+2xA．10 B．20C．40 D．80【答案】C）5的展开式的通项为：【解答】：由二项式定理得（x2+2x）r=2r C5r x10−3r，T r+1=C5r（x2）5﹣r（2x由10﹣3r=4，解得r=2，∴（x 2+2x ）5的展开式中x 4的系数为22C 52=40．故选：C ．4.（1+x ﹣x 2）10展开式中x 3的系数为（ ） A ．10 B ．30C ．45D ．210【答案】B【解答】：（1+x ﹣x 2）10=[1+（x ﹣x 2）]10的展开式的通项公式为T r+1=C 10r （x ﹣x 2）r． 对于（x ﹣x 2）r，通项公式为T m+1=C r m •xr ﹣m．（﹣x 2）m，令r+m=3，根据0≤m ≤r ，r 、m 为自然数，求得{r =2m =1，或{r =3m =0．∴（1+x ﹣x 2）10展开式中x 3项的系数为−C 102C 21+C 103C 30=﹣90+120=30．故选：B ．5.若（x 2+1x 2+2）n展开式中各项系数之和为64，则展开式中的常数项是（ ） A ．10 B ．20C ．30D ．40【答案】B【解答】：（x 2+1x 2+2）n=(x +1x )2n ，由（x 2+1x 2+2）n 展开式中各项系数之和为64，得22n=64， ∴2n=6．则(x +1x )2n =(x +1x )6，其展开式的通项为T r+1=C 6r ⋅x 6−r ⋅(1x)r =C 6r ⋅x 6−2r ．取6﹣2r=0，得r=3．∴展开式中的常数项是C 63=20．故选：B ．【名师点睛】本题主要考查二项展开式中指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.1．赋值法解决二项展开式中所有项的系数和问题，如（1－2x）7=a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7．令x=0，可得a0，令x=1，可得a0＋a1＋…＋a7值，令x=－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…－a7值，若（1－2x）7展开式变为（1－2x）7=a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋a7（x－1）7，再求相关系数和时，x赋值要变化．2．几个二项式积展开式中某项的系数的求法多用搭配法．1．李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中，到“东亚文化之都﹣﹣泉州”“二日游”，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有（）A．16种B．18种C．20种D．24种2.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（）A．24种B．30种C．36种D．48种3.甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A、B、C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为（）A．8 B．7C．6 D．54.景区中有一座山，山的南面有2条道路，山的北面有3条道路，均可用于游客上山或下山，假设没有其他道路，某游客计划从山的面走到山顶后，接着从另一面下山，则不同走法的种数是（）A．6 B．10C．12 D．205.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（）种A．480 B．360C．240 D．1206.上海某小学组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有（）A．A62×A54种B．A62×54种C．C62×A54种D．C62×54种7.有黑、白、红三种颜色的小球各5个，都分别标有数字1，2，3，4，5，现取出5个，要求这5个球数字不相同但三种颜色齐备，则不同的取法种数有（）A．120种B．150种C．240种D．260种8.（1﹣x）（1+x）5展开式中x项的系数是（）A．4 B．6C．8 D．129.已知二项式(1+1x−2x)4，则展开式的常数项为（）A．﹣1 B．1C．﹣47 D．4910.在（x﹣2y）5的展开式中，所有项的系数之和等于（）A．32 B．﹣32C．1 D．﹣111.已知（x﹣1）（ax+1）6展开式中x2的系数为0，则正实数a=（）A．1 B．25C．23D．212.在（x﹣2）10展开式中，二项式系数的最大值为 a，含x7项的系数为b，则ba=（）A．8021B．2180C．−2180D．−802113.已知：x(x−2)8=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a9(x−1)9，则a6=（）A．﹣28 B．﹣448C．112 D．44814.（2x﹣1x ）5（x+1x）的展开式中的常数项为（）A．20 B．﹣20C．40 D．﹣4015.（1+√x）6的展开式中有理项系数之和为（）A．64 B．32C．24 D．1616.从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成个没有重复数字的四位数．（用数字作答）17．4名同学去参加3 个不同的社团组织，每名同学只能参加其中一个社团组织，且甲乙两位同学不参加同一个社会团体，则共有种结果．18．将一个4×4正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有种不同的染色方法．19.（2x﹣3y）2（x+y）8的展开式中，含x3y7的项的系数为．)n(n∈N+)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10：1．20.已知(√x−2x2（1）求展开式中各项系数的和；（2）求展开式中含x32的项；（3）求展开式中系数的绝对值最大的项．)n（n∈N*）展开式中，前三项的二项式系数和是56，求：21.已知二项式(x2+12√x（Ⅰ）n的值；（Ⅱ）展开式中的常数项．22.在（√x +12⋅√x 4）n的展开式中，前三项的系数成等差数列．（Ⅰ）求n 的值；（Ⅱ）求展开式中二项式系数和（用数字作答）；23.已知（1+3x 2）n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992．求展开式中二项式系数最大的项．1.C 【解答】：任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，选若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，故他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×（4+6）=20， 故选：C ．2.D 【解答】：根据题意，设需要涂色的四个部分依次分①、②、③、④， 对于区域①，有4种颜色可选，有4种涂色方法，对于区域②，与区域①相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法， 对于区域③，与区域①②相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，对于区域④，与区域②③相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，则不同的涂色方法有4×3×2×2=48种；故选：D．3.B【解答】：根据题意，分2种情况讨论：①，乙和甲一起去A社区，此时将丙丁二人安排到B、C社区即可，有A22=2种情况，②，乙不去A社区，则乙必须去C社区，若丙丁都去B社区，有1种情况，若丙丁中有1人去B社区，先在丙丁中选出1人，安排到B社区，剩下1人安排到A或C社区，有2×2=4种情况，则不同的安排方法种数有2+1+4=7种；故选：B．4.C【解答】：根据题意，分2种情况讨论：①，从山的南面上山，从北面下山，则上山的道路有2种情况，下山的道路有3种情况，此时有2×3=6种走法，②，从山的北面上山，从南面下山，则上山的道路有3种情况，下山的道路有2种情况，此时有2×3=6种走法，故一共有6+6=12种不同的走法；故选：C．5.C【解答】：根据题意，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个小球放入1个小盒，其余的小球各单独放入一个盒子，分2步进行分析：①、先将5个小球分成4组，有C52=10种分法；②，将分好的4组全排列，放入4个盒子，有A44=24种情况，则不同放法有10×24=240种；故选：C．6.D【解答】：根据题意，分2步进行分析：①，在6个年级中任选2个，去参观甲博物馆，有C62种选法，②，剩下4个年级中每个年级都可以在剩下的5个博物馆中任选1个参观，都有5种选法，则剩下4个年级有5×5×5×5=54种选法，则一共有C62×54种方案；故选：D．7.B【解答】：根据题意，取出的5个球有三种颜色且数字不同，分2步进行分析：①，先把取出的5个球分成3组，可以是3，1，1，也可以是1，2，2；若分成3，1，1的三组，有C53C21C11A22=10种分组方法；若分成1，2，2的三组，有C51C42C22A22=15种分组方法；则共有10+15=25种分组方法，②，让三组选择三种不同颜色，共有A33=6种不同方法则共有25×6=150种不同的取法；故选：B．8.A【解答】：（1﹣x）（1+x）5展开式中x项的系数：二项式（1+x）5由通项公式T r+1=C5r(x)5−r当（1﹣x）提供常数项时：r=4，此时x项的系数是C54=5，当（1﹣x）提供一个x时：r=5，此时x项的系数是﹣1×C55=﹣1合并可得（1﹣x）（1+x）5展开式中x项的系数为4．故选：A．9.B【解答】：二项式(1+1x −2x)4=[1+(1x−2x)]4=1+4（1x ﹣2x）+6(1x−2x)2+4(1x−2x)3+(1x−2x)4，∴二项式展开式中的常数项产生在1，6(1x −2x)2，(1x−2x)4中；分别是1，6×2•1x •（﹣2x），C42•(1x)2•（﹣2x）2；它们的和为1﹣24+24=1．故选：B．10.D【解答】：令x=1，y=1，可得（x﹣2y）5的展开式中，所有项的系数之和等于﹣1，故选：D．11.B【解答】：∵（ax+1）6的展开式中含x，x2的项分别为C65ax，C64a2x2，∴（x﹣1）（ax+1）6展开式中x2的系数为6a﹣15a2=0，解得：a=25（a＞0）．故选：B．12.D【解答】：由题意，a=C105=252，含x7项的系数为b=C103⋅(−2)3=﹣960，∴ba =﹣8021，故选：D．13.A【解答】：令t=x﹣1，则(t+1)(t−1)8=a0+a1t+a2t2+⋯+a9t9，故a6=C83(−1)3+C82(−1)2=−28，故选：A．14.C【解答】：根据题意，（2x﹣1x）5的展开式的通项为T r+1=C5r（2x）5﹣r（﹣1x）r=（﹣1）r×25﹣r×C5r×x5﹣2r，当r=2时，有T3=（﹣1）2×8×C52×x=80x，当r=3时，有T4=（﹣1）3×4×C53×1x =﹣40x，则（2x﹣1x ）5（x+1x）的展开式中的常数项为80x×1x+（﹣40x）×x=40；故选：C．15.B【解答】：（1+√x）6的展开式的通项公式为 T r+1=C6r•x r2，令r2为整数，可得r=0，2，4，6，故展开式中有理项系数之和为C60+C62+C64+C66=25=32，故选：B．16.1260【解答】：从1，3，5，7，9中任取2个数字有C52种方法，从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有C32种方法，可以组成C52⋅C32⋅A44=720个没有重复数字的四位数；含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有C31⋅C31⋅C52⋅A33=540，故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．故答案为：1260．17.54【解答】：根据题意，先计算4名同学去参加3 个不同的社团组织的情况数目，4个同学中每人可以在3 个不同的社团组织任选1个，即每人有3种不同的选法，则4人有3×3×3×3=81种情况，再计算甲乙参加同一个社团组织的情况数目，若甲乙参加同一个社团组织，甲乙两人有3种情况，剩下的2人每人有3种不同的选法，则剩下的2人有3×3=9种情况，则甲乙参加同一个社团组织的情况有3×9=27种；则甲乙两位同学不参加同一个社团组织的情况有81﹣27=54种；故答案为：54．18.90【解答】：第一行染2个红色方格有C42种染法；第一行染好后，有如下三种情况：①第二行的红色方格均与第一行的红色方格同列，这时其余行都只有1种染法；②第二行染的红色方格与第一行的红色方格均不同列，这时第三行有C42种染法，第四行的染法随之确定；③第二行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列，而第一、第二这两行染好后，第三行的红色方格必然有一个与上面的红色方格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行染法随之确定．因此，共有染法为：6×（1+6+4×2）=90（种）．故答案为：9019.200【解答】：（2x﹣3y）2（x+y）8=（4x2﹣12xy+9y2）（x+y）8，（x+y）8的通项公式：T r+1=C8r•x8﹣r•y r．①令r=7，则4x2•C87•x•y7=32x3y7；②令r=6，则﹣12xy•C86•x2•y6=﹣336x3y7；③令r=5，则9y2•C85•x3•y5=504x3y7．综上可得：展开式中x3y7项的系数为32﹣336+504=200．故答案为：200．20.【解答】：（1）∵(√x−2x2)n展开式的通项是T r+1=C n r（√x）n﹣r（﹣2x2）r=C n r（﹣2）r x n−5r2，∴T5=C n4（﹣2）4x n2−10，T3=C n2（﹣2）2x n2−5，∴C n4（﹣2）4：C n2（﹣2）2=10：1，∴n2﹣5n﹣24=0，解得n=8或n=﹣3（舍去），令x=1，可得展开式中各项系数的和为1；（2）展开式的通项是T r+1=C8r（﹣2）r x8−5r2，令8−5r 2=32，解得r=1，∴展开式中含x 32的项为T 2=﹣16x 32，（3）展开式中的第r 项，第r+1项，第r+2项的系数的绝对值分别为C 8r ﹣12r ﹣1，C 8r 2r ，C 8r+12r+1，若第r+1项的系数的绝对值最大，则有C 8r ﹣12r ﹣1≤C 8r 2r ，且C 8r 2r ，≥C 8r+12r+1，解得5≤r ≤6，故系数绝对值最大项分别为第6项或第7项，即T 6=﹣1792x −172，T 7=﹣1792x ﹣11．21.【解答】：（Ⅰ）C n 0+C n 1+C n 2=56， ⇒1+n+n(n−1)2=56⇒n 2+n ﹣110=0⇒n=10，n=﹣11（舍去）．（Ⅱ） (x 2+12√x )10展开式的第r+1项是C 10r (x 2)10−r (12√x )r =C 10r (12)r x 20−5r2，20﹣5r2=0⇒r=8，故展开式中的常数项是C 108(12)8=45256．22.【解答】解：（Ⅰ）（√x +12⋅√x 4）n的展开式中前三项的系数分别为C n 0，C n 1•12，C n 2•14，由题意前三项的系数成等差数列知 C n 1=C n 0+14C n 2，求得n=8，或 n=1（舍去）．（Ⅱ）展开式中二项式系数和2n =28=256．23.【解答】：令x=1，则展开式中各项系数和为（1+3）n=22n， 又∵展开式中二项式系数和为2n， ∴22n﹣2n=992，即n=5．∵n=5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第三、四两项，∴T 3=C 52×13×(3x 2)2=90x 4， T 4=C 53×12×(3x 2)3=270x 6．。
高中数学：《计数原理》(理)知识点串讲
《计数原理》（理）知识点串讲一、基本计数原理1．分类加法计数原理做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的办法，在第二类办法中有2m 种不同的办法，…在第n 类办法中有n m 种不同的办法．那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的办法．2．分步乘法计数原理做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同的方法，…，做第n 个步骤有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．说明：①分类加法计数原理和分步乘法计数原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个分事件来完成．②两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关，如果完成一件事情有n 类办法，这n 类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能独立完成这件事情，可类比物理中的“并联”电路来理解；如果完成一件事情需要分成n 个步骤，各个步骤都是相依的、不可缺少的，一个步骤只能完成事情的一部分，必须依次完成所有的步骤，才能完成这件事情，可类比物理中的“串联”电路来理解．③运用两个基本原理解题时，应善于从语言的差异与变化中弄清面临怎样的“一件事”，弄清事件之间的关系是相依还是相斥，然后按照恰当的“对象”进行分类或分步，合理的设计相应的做事方式．分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整”．这两个原理是解决排列组合问题的理论基础．二、排列与组合1．排列一般地，从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素，按照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．说明：①排列的定义中包括两个基本内容：一是“取出元素”；二是“按照一定的顺序排列”．②只有取出的元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同一个排列，元素不完全相同，或元素完全相同而顺序不同的排列属于不同排列．如1，2，3与2，3，4是不同排列；1，2，3与1，3，2也是不同排列．③排列中元素的有序性是判断一个具体问题是不是排列问题的标准，也是与组合问题的根本区别．例如：从1，2，3，5这四个数中每次任取两个数相加（或相乘），可得到多少个不同的和（积）？因为加法（乘法）满足交换律，它们的和（积）与顺序无关，如3+5=5+3，因此不是排列问题．如果从四个数中任取两个数相减（相除），一共有多少个不同的差（商）？因为减法（除法）不满足交换律，35355353⎛⎫-≠-≠ ⎪⎝⎭，取出的两个数就与顺序有关了，属于排列问题．2．排列数（1）定义：从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的排列数，用符号mn A 表示．说明：排列和排列数是两个不同的概念：一个排列是取出的m 个元素按照一定顺序排成的一个具体的排列，是具体的“一件事”；排列数是一个数，是所有的具体排列的数目． 如：从1、2、3中每次任取出两个元素，组成一个两位数．所有的排列有12，13，23，21，31，32．其中每一个数都是一个排列，而排列数是236card()A B ==，{}121323213132B ，，，，，．（2）排列数公式：!(1)(2)(1)()()!m n n A n n n n m n m m n n m =---+=∈N -，，≤． 说明：规定0!1=；乘积形式多用于数字计算，阶乘形式多用于证明恒等式；排列数性质：11m m n n A nA --=；111m m m n n n A mA A ---=+．3．组合一般地，从n 个不同元素中，任意取出()m m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的组合．说明：如果两个组合中的元素完全相同，不管它们的顺序如何都是相同的组合．组合的定义中包含两个基本内容：一是取出元素；二是并成一组，并成一组表示将元素合在一起与元素取出的顺序无关．取出的元素是否有顺序，是区分排列和组合的根本依据．4．组合数（1）定义：从n 个不同元素中，任意取出()m m n ≤个元素的所有的组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的组合数，用符号C m n 表示．（2）组合数公式(1)(1)C !m n n n n m m --+=，C m m n n m mA A =． 5．组合数的性质性质1：C C m n m n n -=；性质112:C C C m m m n n n -+=+． 说明：性质1突出了从n 个不同元素中取出m 个元素与从n 个不同元素中取出n m -个元素是一一对应关系，当2n m <时，不计算C m n 而改为计算C n m n -．性质2中注意它的变形公式的应用，如1212(1)C C C (1)m m m n n n n n n m m m -----==-，11C C mm n n m n --=等．6．解排列组合问题的方法（1）先要判断是组合问题还是排列问题，按照元素的性质分类，按照事件的发生过程分步，不重不漏．借助树形图，框图等形的工具直观帮助解题．总体上有三种方法：直接法（先安排特殊元素和特殊位置），间接法（正难则反），分类讨论法．（2）排列组合问题的16字方针，12个技巧．方针是：分类相加、分步相乘、有序排列、无序组合；技巧是：相邻问题捆绑法（莫忘松绑），不相邻问题插空法，多排问题直排法，定序问题可能法，定位问题优先法，有序分配问题先整体后局部分步法，多元问题分类法，构造模型处理法，至少、至多问题间接法，选排问题先选后排法，局部与整体问题排除法，复杂问题转化法．（3）分组问题的求法：设有m n 个元素，平均分成n 组，每组m 个，则有(1)(2)C C C C mm m mm n n m n m mnn A --种分法；平均分成n 组，再分配到n 个位置，有(1)(2)C C C C mm m m mn n m n m m--种分法．若不平均分组或不平均分组再分配，如：6个元素分成3组，一组1个，二组2个，三组3个，则有123653C C C ；若再将这3组分配给3个位置，则有12336533C C C A 种分法．三、二项式定理1．二项展开式在011222()C C C C C n n n n r n r r n n n n n n na b a a b a b a b b ---+=++++++中，右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式，其中各项的系数C (012)r n r n =，，，，叫做二项式系数．式中的C r n r r n a b -叫做二项展开式的通项，用1r T +表示，即通项为展开式的第1r +项；1r n r r r n T C a b -+=（0r n ≤≤，r ∈N ，n +∈N ），此公式称为二项展开式的通项公式． 说明：①其右端展开式共有1n +项．②通项公式1(0)r n r r r n T C a b r n r n -++=∈∈N N ，，≤≤表示的是第1(0)r r n +≤≤项．③a 与b 的位置不能互换，对于任意实数a 与b ，上面的等式恒成立．④二项式系数指01r n n n n n C C C C ，，，，，，二项展开式的系数与a b ，前面的系数有关．2．杨辉三角杨辉三角是我国古代数学的研究成果，它给我们提供了一种研究问题的数学模型，从不同的角度观察研究模型，就可以得到二项式系数的性质：一是对称性，结合公式m n m n n C C -=理解；二是增减性与最大值，如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大，最大为2nnC ；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大，最大为1122n n n n C C -+=；三是各项的二项式系数的和等于2n ，即012r n n n n n n C C C C +++++=，它表明集合S 含有n 个元素，那么它的所有的子集（包括空集）的个数为2n 个．另外，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即1350242n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=．3．二项展开式的应用（1）利用通项公式1(0)r n r r r n T C a b r n r n -++=∈∈N N ，，≤≤求指定项、特征项（常数项，有理项等）或特征项的系数．（2）近似计算，当a 与1相比较很小且n 不大时，常用近似公式(1)1n a na ±≈±，使用公式时要注意a 的条件以及对计算精确度的要求．（3）整除性问题与求余数问题，对被除式进行合理的变形，把它写成恰当的二项式的形式，使其展开后的每一项含有除式的因式或只有一、二项不能整除．（4）求展开式的各项的系数和，对形如()n ax b +，2()()n ax bx c a b c ++∈R ，，的式子求其展开式的各项的系数和常用赋值法，即只需令1x =即可，奇数项的系数和为(1)(1)2f f +-，偶数项的系数和为(1)(1)2f f --． （5）最大系数与系数最大项的求法，如求()()nax b a b +∈R ，，展开式的系数最大的项，一般采用待定系数法，设展开式的各项系数分别为121n A A A +，，，，设第r 项的系数最大，应有11r r r r A A A A -+⎧⎨⎩，，≥≥，由此解出r 即可．。
新高考数学 第10章 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
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考点二
分步乘法计数原理——师生共研
例2 (1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再
一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选
择的最短路径条数为
( B)
A．24
B．18
C．12
D．9
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
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分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别 分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用 其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步” 问题，各个步骤相互联系、相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成 这件事．
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
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5．(2021·全国高考)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道
速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每
个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有
( C)
A． 60种
B． 120种
C． 240种
[解析] C14A55＝480 或 A25A44＝480.
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
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3．(选择性必修3P27T17改编)如图所示的五个区域中，现有四种颜 色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，
则不同的涂色方法种数为
( C)
A．24种
D．324
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
2021年高考理科数学二轮复习专题五计数原理、统计与概率
2021年高考理科数学二轮复习专题五计数原理、统计与概率（一）、计数原理一、排列数与组合数1、排列数：计算公式：2、组合数：①计算公式：()()()()()()121!1221!!mm nn mmn n n n mA nCA m m m m n m---+===--⋅-②组合数的性质：性质1：；性质2：（连续两个组合数的和）二、排列组合与两个基本原理的应用（一）、排列问题1、位置限制：解法：①先考虑限制元素，再考虑无限制的元素（加法原理）②多种限制：用二分法或枚举法2、排队限制：元素间排队的方式有限制①相邻：捆绑法（勿忘内部的排列）；②互不相邻：插板法（先排无关元素再插入限制元素）③注意分类讨论以及正难则反（二）、组合问题1、分配问题： k个对象所得元素确定，即将n个不同的元素按不同数量分别分给则共有2、分组问题：将元素按一定数量方案分成k组，注意用除法，即，（t为数量一样的堆数）3、先分组再分配问题：k对象所得元素不确定，注意用乘法。
即。
（分给k个人）【典例1】①将6本书分给甲2本，乙3本，丙1本：（分配问题）②将6本书分成3堆，每堆2本：（分组问题）③将6本书分给甲乙丙，一个人4本，其他两人各一本：（先分组再分配）三、二项式定理（一）基本特征1、展开有n+1项，每项中a、b的指数和为n。
2、通项公式：第r+1项（二）常见题型1、求指定项（有理项、常数项等）：通项公式2、求所以项二项式系数．．的和：①二项式系数；奇数项与偶数项二项式系数之和相等。
．．．．．、系数②系数：常用特值带入法（令x=0或1或-1）3、系数最值问题：①二项式系数：越中间，二项式系数越大。
（n为奇数，展开有偶数个项，中间两项二项式系数最大、n为偶数，展开有奇数个项，中间项二项式系数最大）②系数：写出通项，列出不等式组4、三项式展开式求指定项：组合的应用：每个括号里必须且只能选一个，根据组合得到答案。
5、求余数：将目标数写出接近除数的和或差的形式，然后计算【典例2】设已知均为整数()，若和被除所得的余数相同，则称和对模同余，记为，若，且a≡b（mod10），则b的值可以是（A）A．2011 B．2012 C ．xx D．xx（二）、概率一、概率的基本性质与运算1、互斥事件与对立事件：①A 、B 为互斥事件是A 、B 为对立事件的必要不充分条件②若A 、B 为互斥事件则；③若A 、B 为对立事件则()()()()()1,1P A B P A P B P A P B ⋃==+=-即（正难则反）2、独立事件： A 、B 为独立事件，则3、条件概率：在A 事件发生的情况下，B 事件发生的概率为4、几何概型与古典概型：①古典概型：②几何概型：()()()A m P A n ==构成事件的区域的长度角度、面积、体积全部事件构成的区域的长度角度、面积、体积（常与线性规划结合） 二、随机变量及其分布列1、数学期望与方差的计算方法：①数学期望：；方差：②数学期望与方差的性质：；2、常见随机变量的概率分布：（三）、统计一、抽样方法二、用样本估计总体——统计数据的分析与应用1、茎叶图：①图像特征（读图）：中间列为数据的十位数，两边为各组数据的个位数②优点：便于看出中位数以及集中程度2、频率分布直方图：①特征：纵轴：；柱形面积：对应的频率；所有柱形面积=1②频率分布直方图中数据信息的获取：A 、众数：最高柱形的中点横坐标B 、中位数：将所有柱形面积平分成一半的点的横坐标C 、平均数：每条柱形的中点×对应柱形的面积（频率）D 、方差：()()2×-每条柱形中点平均数对应柱形面积频率三、统计案例1、连续型随机变量——正态分布①正态分布表示：：：数学期望；②图像特征：A 、关于直线对称；B 、越大（小），数据越分散（集中），图像越矮胖（高瘦） ③应用：利用对称性或查表获得对应概率。
2021高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布102排列与组合课件理20
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布102排列与组合课
14
件理20
悟·技法
求解排列应用问题的 6 种主要方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
A66种排列方法，共有 5×A66＝3 600(种)． 解法二 (特殊位置优先法)首尾位置可安排另 6 人中的两人，有
A26种排法，其他有 A55种排法，共有 A26A55＝3 600(种)． (4)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 A44种
方法，再将女生全排列，有 A44种方法，共有 A44·A44＝576(种)． (5)(插空法)先排女生，有 A44种方法，再在女生之间及首尾 5 个空
解析：分两步进行，第一步，先从 1,3,5,7 中选 3 个进行排列，有 A34＝24 种排法；第二步，将 2,4,6 这 3 个数插空排列，有 2A33＝12 种 排法．由分步乘法计数原理得，这样的六位数共有 24×12 ＝288(个)．
答案：288
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布102排列与组合课
4
件理20
2．组合与组合数 (1)组合的定义：一般地，从 n 个⑥_不__同__的元素中取 m(m≤n)个元 素合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合． (2)组合数的定义：从 n 个⑦_不__同__元素中取出 m(m≤n)个元素的 ⑧_所__有__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 Cmn 表示．
高考数学二轮复习计数原理与概率
6
x
3 2
k
，k≤6，k∈N，
由 6－32k＝0，解得k＝4，
则 T5＝(－1)4×32×C46＝135，
√A.144种
C.672种
B.336种 D.1 008种
选取的 3 个名称中含有祝融的共有 C29种不同的情况. 分析选取的 3 个名称的不同情况有 A33种， 其中祝融是第 3 个被分析的情况有 A22种， 故祝融不是第 3 个被分析的情况有 C29(A33－A22)＝144(种).
(2)(2022·广东联考)现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪
√D.P(A|C)＝P(B|C)
由题知，从 10 个数中随机地抽取 3 个数，共有 C310＝120(种)可能情况， 对于A选项，“恰好抽的是2,4,6”和“恰好抽取的是6,7,8”为互斥事 件，则P(AB)＝0，而P(A)P(B)≠0，故A选项错误； 对于 B 选项，P(C)＝CC31290＝13260＝130，故 B 选项错误； 对于 C 选项，P(AB)＝0，P(C)＝130，故 C 选项错误； 对于 D 选项，由于 P(AC)＝P(BC)＝C129＝316，故由条件概率公式得 P(A|C) ＝P(B|C)，故 D 选项正确.
跟踪演练2 (1)(2022·淄博模拟)若(1－x)8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋
a8(1＋x)8，则a6等于
A.－448
B.－112
√C.112
D.448
(1－x)8＝(x－1)8＝[(1＋x)－2]8 ＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8， a6＝C28×(－2)2＝112.
③P(B)＝12；④B 与 A1 相互独立.
A1，A2，A3中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，
高中数学计数原理(解析版)
热点11 计数原理【命题趋势】计数原理包含排列组合与二项式定理，在高考数学中通常是以选择题的形式呈现.另外在解答题中与统计概率相结合比较普遍.高考中通常难度不是很大，主要考查是排列与组合的先后顺序或者是有条件限制的排列与组合.二项式定理也是高考考查的一个重点，主要考查二项式定理的展开.本专题通过列举排列组合与二项式定理常见的考题类型，总结此些类型题目的解题方法以及易错点，能够让你在高考中遇到计数原理类型的题目能够迎刃而解.【满分技巧】捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.对于二项式定理的应用，只要会求对应的常数项以及对应的n项即可，但是应注意是二项式系数还是系数.【考查题型】选择题【限时检测】（建议用时：35分钟）1．（2021·全国高三专题练习）()()()()()234511111x x x x x -----的展开式中各项的指数之和再减去各项系数乘以各项指数之和的值为（ ） A ．0 B ．55 C ．90 D ．120【答案】C【分析】()()()()()234511111x x x x x -----151413109876521x x x x x x x x x x x =--+++---++-，所以，()()()()()234511111x x x x x -----的展开式中各项的指数之和为15141310987652190++++++++++=，展开式中各项系数乘以各项指数之和为1514131098765210--+++---++=， 因此，所求结果为90090-=. 故选：C.2．（2021·山东高三专题练习）已知()20121nn n px b b x b x b x -=+++⋅⋅⋅+，若123,4b b =-=，则p =（ ） A ．1 B ．12C ．13D ．14【答案】C【分析】()1npx -展开式的通项为：()()()11n rrrr rr n n T C px C px -+=⋅⋅-=⋅-，故()113n b C p pn =⋅-=-=-，()2222142n n n b C p p -=⋅==，解得9n =，13p =. 故选：C.3．（2021·山东高三专题练习）2019年10月17日是我国第6个“扶贫日”，某医院开展扶贫日“送医下乡”医疗义诊活动，现有五名医生被分配到四所不同的乡镇医院中，医生甲被指定分配到医院A ，医生乙只能分配到医院A 或医院B ，医生丙不能分配到医生甲、乙所在的医院，其他两名医生分配到哪所医院都可以，若每所医院至少分配一名医生，则不同的分配方案共有( ) A ．18种 B ．20种 C ．22种 D ．24种【答案】B【分析】根据医院A 的情况分两类：第一类：若医院A 只分配1人，则乙必在医院B ，当医院B 只有1人，则共有2232C A 种不同 分配方案，当医院B 有2人，则共有1222C A 种不同分配方案，所以当医院A 只分配1人时， 共有2232C A +122210C A =种不同分配方案；第二类：若医院A 分配2人，当乙在医院A 时，共有33A 种不同分配方案，当乙不在A 医院， 在B 医院时，共有1222C A 种不同分配方案，所以当医院A 分配2人时， 共有33A +122210C A =种不同分配方案； 共有20种不同分配方案. 故选：B4．（2021·全国高三专题练习）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了几个单位，如果掷出的点数为()1,2,,6i i =⋅⋅⋅，则棋子就按逆时针方向行走i 个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点A 处的所有不同走法共有（ ）A．21种B．22种C．25种D．27种【答案】D【分析】由题意，正方形ABCD的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16，①点数之和为8的情况有：1,1,6；1,2,5；1,3,4；2,2,4；2,3,3，排列方法共有13311 3333321C A A C C++++=种；②点数之和为16的情况有：4,6,6；5,5,6，排列方法共有11336C C+=种.所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点A处的所有不同走法共有21627+=种.故选：D.5．（2021·山东高三专题练习）已知参加某项活动的六名成员排成一排合影留念，且甲乙两人均在丙领导人的同侧，则不同的排法共有（）A．240种B．360种C．480种D．600种【答案】C【解析】：用分类讨论的方法解决：如图中的6个位置：①当领导丙在位置1时：不同的排法有55120A=种：：当领导丙在位置2时：不同的排法有143472C A=种：：当领导丙在位置3时：不同的排法有2323233348A A A A+=种：：当领导丙在位置4时：不同的排法有2323233348A A A A +=种：：当领导丙在位置5时：不同的排法有143472C A =种：：当领导丙在位置1时：不同的排法有55120A =种：由分类加法计数原理可得不同的排法共有480种： 故选C：6．（2021·山东高三专题练习）某电视台的一个综艺栏目对六个不同的节目排演出顺序，最前只能排甲或乙，最后不能排甲，则不同的排法共有（ ） A ．240种 B ．288种 C ．192种 D ．216种【答案】D【详解】最前排甲，共有55A 120=种；最前排乙，最后不能排甲，有种，根据加法原理可得，共有种，故选D ．7．（2020·全国高三专题练习（理））某节目组决定把《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场做节目开场诗词，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有（ ） A ．72种 B ．48种 C ．36种 D ．24种【答案】C【分析】首先可将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有336A =种排法，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排)，共有236A =种排法，则后六场开场诗词的排法有6636⨯=种， 故选：C.8．（2020·全国高三专题练习（理））为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程､20项民生类工程和10项产业建设类工程.现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是（ ） A ．12B ．13C ．14D ．16【答案】D【分析】记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类 分别为事件i A ，i B ，i C ，1,2,3i =.由题意，事件i A ，i B ，i C ，1,2,3i =相互独立，则301()602i P A ==，201()603i P B ==，101()606i P C ==，1,2,3i =， 故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是331111()62366i i i P A P A B C ==⨯⨯⨯=.故选：D.9．（2020·全国高三专题练习（理））在()()()()()2345111111x x x x x ++++++++++的展开式中，含2x 项的系数是（ ） A ．10 B ．15 C ．20D ．25【答案】C【分析】解法一：()21x +中含2x 的项为222C x ，()31x +中含2x 的项为223C x ，()41x +中含2x 的项为224C x ，()51x +中含2x 的项为225C x ，则含2x 项的系数为2222234520C C C C +++=．故选：C ．解法二：由等比数列求和公式知：()()()()()()6234511111111x x x x x x x+-++++++++++=，()31x +中含3x 的系数为3620C =，∴原式含2x 项的系数为20.故选：C .10．（2020·全国高三专题练习（理））若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝（ ） A ．284 B ．356 C ．364 D ．378【答案】C【分析】令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 12＝36， ① 令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－…＋a 12＝1， ② ①②两式左右分别相加，得2(a 0＋a 2＋…＋a 12)＝36＋1＝730，所以a 0＋a 2＋…＋a 12＝365，再令x ＝0，则a 0＝1， 所以a 2＋a 4＋…＋a 12＝364. 故选：C.11．（2020·山西高三月考（理））如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为m ，圆柱的表面积与球的表面积之比为n ，则621m x nx ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是（ ）A ．15B ．-15C ．1354D ．1354-【答案】A【分析】：设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R ，所以圆柱的体积23122V R R R ππ=⨯=，球的体积3243V R π=，所以313223423V R m V R ππ===.又圆柱的表面积为2212226S R R R R πππ=⨯+=，球的表面积为224S R π=，所以21226342S R n S R ππ===，1m n =，662211m x x nx x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，展开式的通项()123161rr rr T C x-+=-，令1230r -=，解得4r =，其常数项为()42426115C x x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 故选：A12．（2020·江西吉安市·白鹭洲中学高三期中（理））已知随机变量()2~1,X N σ，且()()0P X P X a ≤=≥，则()43221ax x x ⎛⎫+⋅+ ⎪⎝⎭的展开式中2x 的系数为（ ）A ．40B ．120C ．240D ．280【答案】D【分析】根据正态曲线的性质可知，012a +=⨯，解得2a =，()312x +的展开式的通项公式为132rr rr T C x +=⋅，{}0,1,2,3r ∈，422x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()243814422s s s s s s s s T C x c x -+--++=⋅=⋅，{}0,1,2,3,4s ∈， 令两式展开通项之积x 的指数为382r s -+=，可得33r s =⎧⎨=⎩或02r s =⎧⎨=⎩，∴()432212x x x ⎛+⋅⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中2x 的系数为333300223434222225624280C C C C ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=+=，13．（2020·湖南长沙市·高三月考）某单位有6名员工，2020年国庆节期间，决定从6人中留2人值班，另外4人分别去张家界､南岳衡山､凤凰古城､岳阳楼旅游.要求每个景点有1人游览，每个人只游览一个景点，且这6个人中甲､乙不去衡山，则不同的选择方案共有（ ） A ．120种 B ．180种 C ．240种 D ．320种【答案】C【分析】以人为对象，分类讨论：甲不值班乙值班：31343372C C A =；甲值班乙不值班：31343372C C A =；甲乙都不值班；21342372C C A =；甲乙都值班；4424A =.故不同的选择方案72727224240N =+++=. 故选：C14．（2020·全国高三专题练习（理））中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有（ ） A ．30种 B ．50种 C ．60种 D ．90种【答案】B【分析】若同学甲选牛，那么同学乙只能选狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有1121020C C ⋅=若同学甲选马，那么同学乙能选牛、狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有1131030C C ⋅=所以共有203050+=种 故选B15．（2020·湖北武汉市·华中师大一附中高三其他模拟（理））2020年湖北抗击新冠肺炎期间，全国各地医护人员主动请缨，支援湖北，某地有3名医生、6名护士来到武汉，他们被随机分到3家医院，每家医院1名医生、2名护士，则医生甲和护士乙分到同一家医院的概率为（ ） A ．16B ．12C ．18D ．13【答案】D【分析】3名医生平均分成3组，有1种分法，6名护士平均分成3组有226433156156C C A ⨯==种分法，3名医生、6名护士分到3家医院，每家医院1名医生、2名护士的分配方法有333315540A A ⨯⨯=（种），医生甲和护士乙分到同一家医院的分配方法有211224532222180C C C A A A ⨯⨯⨯=（种），则医生甲和护士乙分到同一家医院的概率为18015403=. 故选：D .16．（2020·全国高三其他模拟（理））公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围是：3.141592631415927π<<．，为纪念数学家祖冲之在圆周率研究上的成就，某教师在讲授概率内容时要求学生从小数点后的6位数字1，4，1，5，9，2中随机选取两个数字做为小数点后的前两位（整数部分3不变），那么得到的数字大于3.14的概率为（ ） A ．15B ．17C ．45D ．67【答案】D【分析】由题意从小数点后的6位数字中随机选取两个数字做为小数点后的前两位，可分为以下情况：①选出两个1，共可组成1个数字；②选出一个1，共可组成12428C A ⋅=个不同数字；③没有选出1，共可组成2412A =个不同数字；所以共可组成181221++=个不同的数字；其中小于等于3.14的数字有：3.11、3.12、3.14，共3个，则大于3.14的数字个数为18， 故所求概率186217P ==. 故选：D.17．（2020·全国高三专题练习（理））某学校实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.已知某生的高考志愿为某大学环境科学专业，按照该大学上一年高考招生选考科目要求理、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，每门课每天至少一节），已知该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则该生该天课表有（ ）. A ．444种 B ．1776种 C ．1440种 D ．1560种【答案】B【分析】理、化、生、史、地、政六选三，且理、化必选，所以只需在生、史、地、政中四选一，有14C 4=（种）.对语文、外语排课进行分类，第1类：语文、外语有一科在下午第一节，则另一科可以安排在上午四节课中的任意一节，剩下的四科可全排列，有114244192C C A =（种）；第2类：语文、外语都不在下午第一节，则下午第一节可在除语、数、外三科的另三科中选择，有133C =（种），语文和外语可都安排在上午，即上午第一、三节，上午第一、四节，上午第二、四节3种，也可一科在上午任一节，一科在下午第二节，有14C 4=（种），其他三科可以全排列，有()12332334252C A A +=（种）.综上，共有()41922521776⨯+=（种）. 故选：B18．（2020·全国高三专题练习）函数261()()=-f x x x的导函数为()f x '，则()f x '的展开式中含2x 项的系数为（ ） A ．20 B ．20-C ．60D ．60-【答案】D【分析】函数()f x 导函数为25211()6()(2)f x x x x x '=-+， 则251()x x-的展开式的通项公式为251031551()()(1)r rr r r r r T C x C x x--+=-=-， 令1031r -=，则3r =，此时含x 项为335(1)10C x x -=-，再令1034r -=，则2r，此时含4x 项为22445(1)10C x x -=，所以含2x 的项为4221(10210)660x x x x x -⨯+⨯⨯=-， 故含2x 项的系数为60-， 故选：D ．19．（2020·湖南郴州市·高三二模（理））中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）种. A ．408 B ．120 C ．156 D ．240【答案】A【分析】解：根据题意，首先不做任何考虑直接全排列则有66720A =（种），当“乐”排在第一节有55120A =（种），当“射”和“御”两门课程相邻时有2525240A A =（种），当“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻时有242448A A =（种），则满足“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻的排法有72012024048408--+=（种），故选：A ．20．（2020·全国高三专题练习）6331x x ⎛⎫⎫⎪⎪⎭⎭展开式中的常数项为（ ） A ．66- B ．15C ．15-D ．66【答案】C61x ⎫⎪⎭展开式的通项公式为()363216611rrrr rrr T C C x x --+⎛⎫=⋅⋅-=⋅-⋅ ⎪⎝⎭，而3323323x x x---=-，故要想产生常数项，则333122r r -=⇒=或33302r r -=⇒= ，则所求常数为()106621315C C ⨯⨯--⨯=-. 故选：C ．。
2021_2022学年新教材高中数学第五章计数原理1计数原理课件北师大版选择性必修第一册202105
(2)完成一件事需要分成 A，B 两个步骤，在实行 A 步骤时有 m1 种方法，在实行 B 步骤时有 m2 种方法，即 card(A)＝m1，card(B)＝m2，那么完成这件事的不同方法 种数就是 card(A·B)＝card(A)·card(B)＝m1·m2.这就是当 n＝2 时的分步乘计数原 理．当 n＞2 时可类似得出．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2 步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么，完成这件事共有N ＝_m_1_·__m_2·__…__·__m_n_种方法．(也称“乘法原理”)
【思考】 分步乘法计数原理有什么特点？ 提示：①完成一件事需要经过n个步骤； ②完成每一步有若干种方法，且每一步对其他步没有影响； ③把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．
【解析】(1)需要老师、男同学、女同学各 1 人，则分 3 步，第一步选老师，有 3 种不同的选法；第二步选男同学，有 8 种不同的选法；第三步选女同学，有 5 种 不同的选法．共有 3×8×5＝120 种不同的选法； (2)第一步选老师有 3 种不同的选法，第二步选学生有 8＋5＝13 种不同的选法， 共有 3×13＝39 种不同的选法．
(2)完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四步：第一步，从 1，2，3，4 中选取一个数字做千位数字，有 4 种不同的选取方法；第二步，从 1，2，3，4 中剩余的三个数字和 0 共四个数字中选取一个数字做百位数字，有 4 种不同的选 取方法；第三步，从剩余的三个数字中选取一个做十位数字，有 3 种不同的选取 方法；第四步，从剩余的两个数字中选取一个数字做个位数字，有 2 种不同的选 取方法．由分步乘法计数原理，可以组成不同的四位数共有 N＝4×4×3×2＝96 个．
高考数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理理
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解法 2：a＝b 时有 4 种情况，故椭圆个数为 4×8－4＝28 个． (2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是 3,4,5，故分三 类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有 2 种(132,231)； 第二类，当中间数字为“4”时，从 1,2,3 中任取两个放在 4 的 两边，故有 6 种； 第三类，当中间数字为“5”时，从 1,2,3,4 中任取两个放在 5 的两边，故有 12 种； 根据分类加法计数原理，得到由 1,2,3,4,5 可以组成无重复数 字的三位“凸数”的个数是 2＋6＋12＝20.
有 1 个；a＝4 时，有 3 个；a＝6 时，有 5 个；a＝8 时，有 7 个，
共有 1＋3＋5＋7＝16 个．
若焦点在 y 轴上，则 b>a，b＝3 时，有 1 个；b＝4 时，有 1 个；b＝5 时，有 2 个；b＝6 时，有 2 个；b＝7 时，有 3 个；b ＝8 时，有 3 个．共有 1＋1＋2＋2＋3＋3＝12 个．故共有 16＋ 12＝28 个．
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4．已知某公园有 5 个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法
的种数为 __2_0___(用数字作答)．
解析：分两步，第一步选一个门进有 5 种方法，第二步再 选一个门出有 4 种方法，所以共有 5×4＝20 种走法．
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一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从 P 点处进，Q 点处出， 沿图中线路游览 A，B，C 三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点 O 外)
的游览线路有____4_8____种．(用数字作答)
2021/12/12
计数原理知识梳理-2024届高三数学一轮复习
计数原理知识梳理一、两个原理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 ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1＋m 2＋…＋m n ．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 ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事需要n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，…,做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1×m 2×…×m n ．(1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏； ②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复； ③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法． 5.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件． (3)对完成各步的方法数要准确确定． 6. 应用两种原理解题要注意 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．7.与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理. (2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．二、排列与组合 1.排列；如果与顺序无关，则是组合． 2.排列数、组合数的定义、公式、性质全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，全排列数公式：所有全排列的个数，即(1)(2)21!nn A n n n n =⨯-⨯-⋅⋅⋅⨯⨯=．3.排列、组合问题的求解常用方法与技巧解排列组合综合问题，先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，具体有下面几种常用方法： (1)特殊元素或特殊位置优先法：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．优先安排．(2)相邻问题捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列． (3)相间问题插空法：对不相邻问题，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．(4)定序问题倍除法：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． (5)多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理． (6)分球问题隔板法：相同元素的分配问题常用“隔板法”,每组至少一个．(7) 分组分配问题的策略：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．对于整体均分，分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．对于部分均分，若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！．(8)间接法：正难则反、等价转化的方法，比如“至少”或“至多”含有几个元素的题型． 三、二项式定理 1.二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n ＝(n ∈N *)，等号右边的式子称为()na b +的二项展开式．(2)通项公式：T k ＋1＝ ，它表示第 项；注意：(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题． 2.二项展开式的特征：（1）二项展开式共有 项；（2）二项式系数依次为组合数012,,,,,,knn n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）各项次数都等于二项式的幂指数n ；（4）字母a 的指数由n 开始按降幂排列到0，b 的指数由0开始按升幂排列到n ． 注意：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是特指相应的组合数C 0n ，C 1n ，…，C 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，而且也与a ，b 的值有关． 3.4.(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝ .(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝ .5.求二项展开式中特定项(或系数)的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项T k ＋1＝C k n a n －k b k，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k ；第三步，把k 代入通项中，即可求出T k ＋1，有时还需要先求n ，再求k ，才能求出T k ＋1或者其他量． 6.求三项展开式中某些特定项(或系数)的策略(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解． (2)两次利用二项式定理的通项求解．(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．7.二项式定理中的字母可取任意数或式，在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．(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 ，(ax 2＋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 )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.8.二项展开式中系数最大项的求法如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1，注意解出k 后要检验首末两项．。
2021版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第十章 计数原理10.2
2021版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第十章计数原理10.22021版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第十章计数原理10.2§10.2安排和组合考情考向分析以理解和应用排列、组合的概念为主，常常以实际问题为载体，考查分类讨论思想，考查分析，解决问题的能力，题型以解答题为主，难度为中档．1.排列和组合的概念名称定义按照一定的顺序排成从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素组合2.排列和组合的数量(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用amn表示．（2）组合数的定义：M（M）的所有组合数≤ n）取n个不同元素的元素称为取n个不同元素的M个元素的组合数，用CMN表示。
3.排列数和组合数的公式和性质n！(1)am＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n?n－m?！公式n?n－1??n－2?…?n－m＋1?n！amnm(2)cn＝m＝＝amm！m！?n－m?！性质(1)0！＝1；ann＝n！一列合成一组排列mn(2)cn ＝cn－mmm1；cm__n＋1＝cn＋cn－问题群I的思考与辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．(×)(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(4)(n＋1)！－n！＝nn！.(√)M(5)若组合式cxn＝cn，则x＝m成立．(×)k1(6)kckn＝ncn－1.(√)－题组二教材改编2.[P29练习T5]6把椅子排成一排，三个人随机坐下。
任何两个不相邻的人的坐姿数量为______;答案24解析“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为a34＝4×3×2＝24.3.[p16示例7]使用数字1、2、3、4和5构成非重复数字的四位数字，其中偶数的数字为______483解析末位数字排法有a12种，其他位置排法有a4种，3共有a12a4＝48(种)排法，所以偶数的个数为48.问题组中三个简单错误的自我纠正4．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．答复216解析第一类：甲在左端，有a55＝5×4×3×2×1＝120(种)排法；第二类：B在最左端，a不在最右端，4a44=4×4×3×2×1=96（种）排列。
人教版高考数学总复习第十一章计数原理概率、随机变量及其分布第六节离散型随机变量及其分布列、均值与方差
3ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ基础知识 4.基本方法 5.基本能力 6.基本应用
3.(多选题)(离散型随机变量的概念)下列随机变量 X 是离散型随机变量的是( ) A．某市每天查到违章驾车的车辆数 X B．某网站中的歌曲《爱我中华》一天内被点击的次数 X C．一天内的温度 X D．射手对目标进行射击，击中目标得 1 分，未击中目标得 0 分，用 X 表示该射手在 一次射击中的得分 【解析】选 ABD.因为 A，B，D 的结果均可以一一列出，而 C 不能一一列出．
第六节 离散型随机变量及其
分布列、均值与方差
第十一章
计数原理、概率、随机变量及其分布
知识梳理·思维激活 考点探究·悟法培优
【考试要求】 1．了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量分布列及数字特点 2．掌握离散型随机变量的分布列 3．掌握离散型随机变量的均值与方差 【高考考情】 考点考法：离散型随机变量的分布列、均值及方差是高考考查重点，一般以 实际问题为命题载体，考查分布列、均值与方差在决策问题中的应用．试题 以选择题、填空题、解答题形式呈现，难度中档． 核心素养：数据分析、数学运算、逻辑推理
x＋0.1＋0.3＋y＝1， 【解析】选 D.由
7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9，
解得 y＝0.4.
6．(离散型随机变量的方差)有甲、乙两种品牌的手表，它们的日误差分别为 X，Y(单 位：s)，其分布列如下：
X －1 0 1 P 0.1 0.8 0.1
Y －2 －1 0 1 2 P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1 则两种品牌中质量好的是__________． 【解析】E(X)＝E(Y)＝0，D(X)＝0.2，D(Y)＝1.2. 因为 E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)，所以甲品牌质量好． 答案：甲
新课改地区高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教
2021/4/17
机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
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【常用结论】 1.(a+b)n的展开式的三个重要特征 (1)项数：项数为n+1. (2)各项次数：各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数和为n. (3)顺序：字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到0；字母b按 升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项增1直到n.
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机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
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内容索引
必备知识·自主学习 核心考点·精准研析 核心素养测评
新课改地区高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随
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机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
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新课改地区高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随
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机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
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结束语
同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成 功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念， 考试加油。
(4) kCkn＝nCkn－ 11 . (
)
(5) C
r an-rbr是(a+b)n的展开式中的第r项.
n
(
)
(6)二项展开式中某项的系数与该项的二项式系数一定相同. ( )
新课改地区高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随
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机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
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提示:(1)√.
【解析】选C. (x 1 )12 的展开式的第4项
3x
T4=
C
高考数学最新真题专题解析—计数原理(理科)
高考数学最新真题专题解析—计数原理（理科）考向一排列与组合【母题来源】2022年高考全国甲卷（理科）【母题题文】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【试题解析】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有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种插空方式；注意到丙丁两人的顺序⨯⨯=种不同的排列可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!2224方式，故选：B【命题意图】本题主要考查利用捆绑法和插空法求出排列总数，利用排列组合与计数原理即可得解..【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择填空形式出现，题型多样，思路灵活，试题难度较大，是历年高考的必考题型．常见的命题角度有：（1）捆绑法；（2）插空法；（3）排列求幂法；（4）标号排位法.【得分要点】（1）有限制条件的可以采用特殊位置优先安排的方法；（2）要求几个元素必须在一起的，可以采用捆绑法；（3）要求元素不相离的，可以采用插空法考向二 二项式定理【母题来源】2021年高考北京卷【母题题文】若443243210(21)x a x a x a x a x a -=++++，则024a a a ++=（ ）A. 40B. 41C. 40-D. 41-【答案】B【试题解析】令1x =，则432101a a a a a ++++=，令1x =-，则()443210381a a a a a -+-+=-=，故420181412a a a +++==，故选：B.【命题意图】利用赋值法求二项式的参数值.【命题方向】这类试题在通常是以易题出现，主要以选择题、填空题的形式考查，其试题难度属中档题，是历年高考的热点． 常见的命题角度有：（1）求二项式展开式中的某一项或几项的系数；（2）二项式的性质和各系数的和；（3）利用二项式定理的性质求参数. 【得分要点】(1) 首先求二项式展开的通项；(2) 根据已知求出展开式中指定的项或某一项的系数或二项式系数； (3) 得出结论. 真题汇总及解析 一、单选题1．（2022·全国·模拟预测）七辆汽车排成一纵队，要求甲车、乙车、丙车均不排队头或队尾且各不相邻，则排法有（ ）A ．48种B ．72种C ．90种D ．144种【答案】D 【解析】 【分析】依题可知甲、乙、丙只能在第二位、第四位、第六位，由分步计数原理即可解出． 【详解】由题意得，甲车，乙车、丙车均不排队头或队尾，且各不相邻，所以甲、乙、丙只能在第二位、第四位、第六位，共有33A 种排法，其他车辆任意排列，所以总排法有3434A A 144=种． 故选：D ．2．（2022·全国·模拟预测）数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数222222321231112220=+++=+++．设222225a b c d =+++，其中a ，b ，c ，d 均为自然数，则满足条件的有序数组(),,,a b c d 的个数是（ ） A ．28 B ．24C ．20D ．16【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论四个数的组成后，由计数原理求解 【详解】显然a ，b ，c ，d 均为不超过5的自然数，下面进行讨论．最大数为5的情况：①2222255000=+++，此时共有144A =种情况；最大数为4的情况： ②2222254300=+++，此时共有2412A =种情况； ③2222254221=+++，此时共有2412A =种情况．当最大数为3时，222222223322253321+++>>+++，故没有满足题意的情况． 综上，满足条件的有序数组(),,,a b c d 的个数是4121228++=．故选：A3．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））2022年第24届冬季奥林匹克运动会（即2022年北京冬季奥运会）的成功举办，展现了中国作为一个大国的实力和担当，“一起向未来”更体现了中国推动构建人类命运共同体的价值追求.该届冬奥会分北京、延庆、张家口三个赛区，甲、乙、丙、丁四名学生分别去这三个赛区担任志愿者，每个人只去一个赛区，每个赛区至少安排1人.学生甲不被安排到张家口赛区做志愿者且乙不被安排到延庆赛区做志愿者的方法数为（ ） A ．17 B ．29 C ．56 D ．13【答案】A 【解析】 【分析】先求出所有可能安排的方法数，再应用间接法求甲不被安排到张家口且乙不被安排到延庆的方法数. 【详解】由题意，任意安排的方法数有2343C A 36=种，甲被安排到张家口有122332(C C )A 12+=种，同理乙被安排到延庆有122332(C C )A 12+=种， 甲被安排到张家口，同时乙被安排到延庆有11221+C C 5=种，所以甲不被安排到张家口且乙不被安排到延庆的方法数为361212517--+=种. 故选：A4．（2022·江西·九江实验中学模拟预测（理））2010年世界杯足球赛预计共有24个球队参加比赛，第一轮分成6个组进行单循环赛（在同一组的每两个队都要比赛），决出每个组的一、二名，然后又在剩下的12个队中按积分取4个队（不比赛），共计16个队进行淘汰赛来确定冠亚军，则一共需比赛（ ）场次． A ．53 B ．52 C ．51 D ．50【答案】C 【解析】 【分析】分单循环赛和淘汰赛：单循环赛共需要246C 36=场比赛，淘汰赛依次分别计算，在求总和即可． 【详解】第一轮分成6个组进行单循环赛共需要246C 36=场比赛，淘汰赛有如下情况：16进8需要8场比赛，8进4需要4场比赛，4进2需要2场比赛，确定冠亚军需要1场比赛，共需要36842151++++=场比赛 故选：C ．5．（2022·河南安阳·模拟预测（理））教育部于2022年开展全国高校书记校长访企拓岗促就业专项行动，某市3所高校的校长计划拜访当地企业，共有4家企业可供选择.若每名校长拜访3家企业，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有（ ）A ．60种B ．64种C ．72种D ．80种【答案】A 【解析】 【分析】按照间接法，先计算3名校长在4家企业任取3家企业的所有安排情况，然后减去3名校长选的3家企业完全相同的安排方法数，即可求得所需安排情况种数. 【详解】解：3名校长在4家企业任取3家企业的所有安排情况为：333444C C C 44464=⨯⨯=种又每家企业至少接待1名校长，故3名校长选的3家企业，不全相同， 因为3名校长选的3家企业完全相同有34C 4=种， 则不同的安排方法共有：64460-=种.故选：A.6．（2022·全国·模拟预测（理））在北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，中国队成功夺冠，为中国体育代表团夺得本届冬奥会首金.短道速滑男女接力赛要求每队四名运动员，两男两女，假设男女队员间隔接力，且每位队员只上场一次，则不同的上场次序的种数为（ ） A ．8 B ．16C ．18D ．24【答案】A 【解析】 【分析】根据题意把问题分类为：（1）以男运动员排第一位的的上场次序；（2）以女运动员排第一位的上场次序；然后求和，即可求解. 【详解】把问题分类：（1）以男运动员排第一位，上场次序的种数为：1122C C 4=；（2）以女运动员排第一位，上场次序的种数为：1122C C 4=；总的上场次序种数合计为：448+=故选：A7．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测（理））二项式303x x 的展开式中，其中是无理项的项数共有（ ） A ．27项 B ．24项 C ．26项 D ．25项【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，可考虑求有理项，根据二项展开式的通项公式，由x 的指数值为整数，即可解出有理项的项数，进而得到无理项的项数即可 【详解】二项式303x x 的展开式中，通项公式为51530630303C ()C rr rrrx x x --⋅⋅=⋅， 030r ≤≤，0,6,12,18,24,30r ∴=时为有理项共6项，故无理项的项数共有31625-=故选：D.8．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））已知()()()()727012723111x a a x a x a x -=+-+-++-，则3a =（ ）A ．280B ．35C ．35-D ．280-【答案】A 【解析】【分析】将()()()()727012723111x a a x a x a x -=+-+-++-化为()727012721t a a t a t a t -=++++，利用展开式的通项求解即可.【详解】()()()()727012723111x a a x a x a x -=+-+-++-，令1=x t -，则=1x t +∴()727012721t a a t a t a t -=++++，()721t -展开式的通项为：()717C (2)1rrr r T t -+=-， 令4r =，可得()3437C 2280t t =，所以3280a =.故选：A.9．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））在二项式42nx x ⋅的展开式，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项中恰有两项相邻的概率为（ ） A ．14B ．12C ．512D ．1528【答案】B 【解析】 【分析】先根据已知求出8,n =求出二项式展开式有3项是有理项，再利用古典概型求出恰有两项有理项相邻的概率. 【详解】展开式通项为23414()2(0)2rn rrn rr r r nn T C x C xr n x ---+==⋅⋅≤≤⋅， 由题意1100222222,8n n n C C C n --⋅=⋅∴+⋅=．所以当0,4,8r =时1634r -为整数，相应的项为有理项，因为二项式展开式中共有9项，其中有3项是有理项，6项是无理项，所求恰有两项有理项相邻的概率为6226379912A A A P A ==．故选：B ． 10．（2022·福建省福州格致中学模拟预测）已知21nn a =+，则关于()()()()()()123456x a x a x a x a x a x a ------的展开式，以下命题错误的是（ ）A ．展开式中系数为负数的项共有3项B ．展开式中系数为正数的项共有4项C ．含5x 的项的系数是126-D ．各项的系数之和为212 【答案】C 【解析】 【分析】写出展开式各项的系数判断其正负即判断选项ABC 的真假；求出各项的系数之和即可判断选项D 的真假. 【详解】解：原式=()()()()()()359173365x x x x x x ------，所以6x 的系数为1，是正数；5x 的系数为3591733651320------=-<，4x 的系数为35+39+317+333+365+59++33650⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯>，3x 的系数为(3)(5)(9)(3)(5)(17)(17)(33)(65)0---+---++---<，2x 的系数为3591791733650⨯⨯⨯++⨯⨯⨯>，x 的系数为(3)(5)(9)(17)(33)+(5)(9)(17)(33)(65)0-----+-----<，常数项为3591733650⨯⨯⨯⨯⨯>，所以展开式中系数为负数的项共有3项，展开式中系数为负数的项共有4项，所以选项AB 正确，选项C 错误.设()()()()()()()359173365f x x x x x x x =------，所以2345621(1)2222222f =⋅⋅⋅⋅⋅=.所以各项的系数之和为212，所以选项D 正确. 故选：C 二、填空题11．（2022·浙江温州·三模）勠力同心，共克时艰!近日，某地因出现新冠疫情被划分为“封控区”“管控区”和“防范区”，现有6位专家到这三个“区”进行一天的疫情指导工作，每个“区”半天安排一位专家，每位专家只安排半天的工作，其中专家甲只能安排在上午，专家乙不安排在“防范区”，则不同的安排方案一共有___________种.（用数字作答） 【答案】240 【解析】 【分析】根据题意分两类：甲安排在“防范区”上午和甲不安排在“防范区”上午，分别求出其方法数，再根据分类加法原理求解即可 【详解】甲安排在“防范区”上午时，则专家乙有4种可能，其余4位专家有44A 种可能，44496A ⨯=，甲不安排在“防范区”上午时，甲有2种可能，乙有3种可能，其余4位专家有44A 种可能，4423144A ⨯⨯=，所以共有96144240+=种安排方案. 故答案为：24012．（2022·辽宁·育明高中一模）一张节目单上原有8个节目，现临时再插入A，B，C三个新节目，如果保持原来8个节目的相对顺序不变，节目B要排在另外两个新节目之间（也可以不相邻），则有__________种不同的插入方法．（用数字作答）【答案】330【解析】【分析】法1：先选后排，进行求解；法2：用消序法进行求解.【详解】法1：第一步，从11个位置中选3个位置，共有311C种方法；第二步，三个位置中节目B位置确定，节目A，C的顺序为22A，由分步计数原理可得共有32112330C A⋅=种方法.法2：先插入节目A，再插入节目B，最后插入节目C，共有：91011990⨯⨯=种，其中节目B与两个新节目的位置关系有3种，由消序法可得总数为9903303=.故答案为：33013．（2022·上海长宁·二模）将编号为1，2，3，4的4个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子不空，若放在同一盒子里的2个小球编号不相邻，则共有__________种不同的放法．【答案】18【解析】【分析】先把4个小球分为()2,1,1一组，其中2个不连号小球的种类有()1,3，()1,4，()2,4为一组，再全排列即可， 【详解】解：先把4个小球分为()2,1,1一组，其中2个不连号小球的种类有()1,3，()1,4，()2,4为一组，分组后分配到三个不同的盒子里，故共有1333C A 18=种不同的放法； 故答案为：18．14．（2022·江西·模拟预测（理））随着乡村的发展，很多乡村融合本地的特点发展旅游业，某县运用本地特点和风俗习惯打造了多个特色乡村，有4名游客打算去该县的A ，B ，C 三个特色乡村旅游，每人只选择一个乡村旅游，则这4人恰好选择了两个乡村旅游的概率为___． 【答案】1427【解析】 【分析】首先求出基本事件总数，再按照分组分配方法求出满足条件的事件数，最后按照古典概型的概率公式计算可得； 【详解】解：这4名游客去A ，B ，C 三个乡村旅游，共有4381=种结果．这4人恰好选择了两个乡村，有两种分组方法：1，3和2，2，有22134243C C C C 2!+种结果，再将这两组分配给两个乡村，则有2232443123C C C C A 422!⎛⎫+= ⎪⎝⎭种结果，故所求概率42148127P ==．故答案为：142715．（2022·黑龙江·鸡西市第四中学三模（理））已知()2nx y +的展开式中第二项的系数为8，则()()()2111nx x x ++++⋅⋅⋅++展开式中所有项的系数和为___________. 【答案】30 【解析】 【分析】根据()2nx y +的展开式中第二项的系数为8，求出n ，再令1x =，即可得出答案. 【详解】解：()2n x y +的展开式中第二项为11112C 22C n n n n T x y x y --=⋅⋅=⋅⋅，则12C 8n =，所以4n =，令1x =，则()()()()23401248116113x x x x +++++++=+++=，即()()()2111nx x x ++++⋅⋅⋅++展开式中所有项的系数和为30.故答案为：30. 16．（2022·上海徐汇·三模）已知多项式()()34432123411x x x a x a x a x a -++=++++，则3a =___________. 【答案】7 【解析】 【分析】写出展开式通项，令x 的指数为1，求出参数的值，代入通项后即可求得3a 的值. 【详解】因为()31x -的展开式通项为()313C 1rrr r A x -+=⋅⋅-，()41+x 的展开式通项为414C k kk B x-+=⋅，由3141r k -=⎧⎨-=⎩，可得23r k =⎧⎨=⎩，所以，()223334C 1C 7a =⋅-+=.故答案为：7.。
2021年高考数学14.1 计数原理
计数原理、概率、随机变量及其分布高考第一轮复习 第 一节 计数原理1高考引航2必备知识3关键能力高考引航m 1+m 2+…+m n 答案知识清单必备知识m 1×m 2×…×m n一定的顺序不同排列不同组合答案答案n (n-1)(n-2)…(n-m+1)n !1基础训练DBA300题型归纳题型一 两个计数原理及其综合应用答案A 解析关键能力10点拨：应用计数原理的三个注意点(1)注意完成“这件事”是做什么.(2)弄清完成“这件事”是分类还是分步.①根据完成事件的特点,进行“分类”,根据事件的发生过程进行“分步”.②分类要按照同一个标准,任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.③分步时各步相互依存,只有各步都完成时,才算完成这件事.(3)合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰,还要注意元素是否可以重复选择.答案解析BD题型二 排列问题解析点拨：排列应用问题的分类与解法(1)对于有限制条件的排列问题,分析问题时可用位置分析法或元素分析法,在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置,对于分类过多的问题可以采用间接法.(2)对相邻问题采用捆绑法,不相邻问题采用插空法,定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.D答案解析题型三 组合问题解析点拨：组合问题常有以下两类题型变化:(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“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”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.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.16题型四 排列组合问题的综合应用1260点拨：排列组合问题从解法上看,大致有以下几种:(1)有附加条件的排列组合问题,大多需要用分类讨论的方法,注意分类时应不重不漏;(2)排列与组合的混合型问题,用分类加法或分步乘法计数原理解决;(3)元素相邻,可以利用捆绑法;(4)元素不相邻,可以利用插空法;(5)间接法,把不符合条件的剔除掉;(6)穷举法,把符合条件的所有情形一一写出来;(7)定序问题缩倍法;(8)“小集团”问题先整体后局部法.C方法突破方法一 利用逐分法求解有序分配答案D90方法二 优先解决元素与位置问题C谢谢观赏。
2021年高考数学高分秘籍：计数原理
计数原理1．要排出某理科班一天中语文、数学、物理、英语、生物、化学6堂课的课程表，要求语文课排在上午（前4节），生物课排在下午（后2节），不同排法种数为（）A．144 B．192C．360 D．720【答案】B【解答】：根据题意，分2步进行分析：①，要求语文课排在上午（前4节），生物课排在下午（后2节），则语文课有4种排法，生物课有2种排法，故这两门课有4×2=8种排法；②，将剩下的4门课全排列，安排在其他四节课位置，有A44=24种排法，则共有8×24=192种排法，故选：B．两个计数原理解题的方法：（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．（2）对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．2．有5名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻，则不同的站法有（）A．8种B．16种C．32种D．48种【答案】B【解答】：根据题意，假设有1、2、3、4、5，共5个位置，分3步进行分析：①，甲必须站在正中间，将甲安排在3号位置，②，在1、2、4、5中一个位置任选1个，安排乙，有4种情况，由于乙、丙两位同学不能相邻，则丙有2种安排方法，③，将剩下的2名同学全排列，安排在剩下的2个位置，有A22=2种安排方法，则有1×4×2×2=16种安排方法；故选：B．1．利用两个原理解决应用问题时最易忽视判断对完成的事件是分类完成还是分步完成．2．有特殊元素时，用元素优先法；有特殊位置时，用位置优先法．1．有5名学生站成一排照相，其中甲、乙两人必须站在一起的排法有（）A． A32⋅A22种B．3A22种C．2A33种D． A44⋅A22种【答案】D【解答】：根据题意，分2步分析：①，由于甲、乙两人必须站在一起，将甲乙2人看成一个整体，考虑其顺序，有A22种情况，②，将这个整体与其余3人全排列，有A44种情况，则甲、乙两人必须站在一起的排法A22A44种排法；故选：D．求解排列、组合问题常用的解题方法（1）元素相邻的排列问题——“捆绑法”；（2）元素相间的排列问题——“插空法”；（3）元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；（4）带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法；（5）分组分配问题①平均分组问题分组数计算时要注意除以组数的阶乘．②不平均分组问题实质上是组合问题．2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是A．40B．74C．84D．200【答案】B【解析】由题意，考生从试卷上的9个题目中选6个进行作答，要求至少包含前5个题目中的3个，包含三种情况：前5个题目中恰好包含3个，共有C53C43=40种；前5个题目中恰好包含4个，共有C54C42=30种；前5个题目中恰好包含5个，共有C55C41=4种，由分类计数原理，可得共有40+30+4=74种不同的选法，故选B．【名师点睛】本题主要考查了分类计数原理与组合的应用其中解答中认真审题，合理分类，利用排列、组合的知识求解每种情况的结果是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．对于复杂问题的排列、组合问题，要注意分类讨论思想的运用，分类时按某一标准进行，切勿因分类标准不定造成漏解或多解．）5的展开式中x4的系数为（）3．（x2+2xA．10 B．20C．40 D．80【答案】C）5的展开式的通项为：【解答】：由二项式定理得（x2+2x）r=2r C5r x10−3r，T r+1=C5r（x2）5﹣r（2x由10﹣3r=4，解得r=2，∴（x 2+2x ）5的展开式中x 4的系数为22C 52=40． 故选：C ．4.（1+x ﹣x 2）10展开式中x 3的系数为（ ）A ．10B ．30C ．45D ．210 【答案】B【解答】：（1+x ﹣x 2）10=[1+（x ﹣x 2）]10 的展开式的通项公式为T r+1=C 10r （x ﹣x 2）r ． 对于（x ﹣x 2）r ，通项公式为T m+1=C r m •x r ﹣m ．（﹣x 2）m ， 令r+m=3，根据0≤m ≤r ，r 、m 为自然数，求得{r =2m =1，或{r =3m =0． ∴（1+x ﹣x 2）10展开式中x 3项的系数为−C 102C 21+C 103C 30=﹣90+120=30． 故选：B ．5.若（x 2+1x 2+2）n展开式中各项系数之和为64，则展开式中的常数项是（ ）A ．10B ．20C ．30D ．40 【答案】B【解答】：（x 2+1x 2+2）n =(x +1x )2n ， 由（x 2+1x 2+2）n 展开式中各项系数之和为64，得22n=64， ∴2n=6．则(x +1x )2n =(x +1x)6， 其展开式的通项为T r+1=C 6r ⋅x 6−r ⋅(1x )r =C 6r ⋅x 6−2r ． 取6﹣2r=0，得r=3．∴展开式中的常数项是C 63=20．故选：B ．【名师点睛】本题主要考查二项展开式中指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.1．赋值法解决二项展开式中所有项的系数和问题，如（1－2x）7=a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7．令x=0，可得a0，令x=1，可得a0＋a1＋…＋a7值，令x=－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…－a7值，若（1－2x）7展开式变为（1－2x）7=a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋a7（x－1）7，再求相关系数和时，x赋值要变化．2．几个二项式积展开式中某项的系数的求法多用搭配法．1．李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中，到“东亚文化之都﹣﹣泉州”“二日游”，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有（）A．16种B．18种C．20种D．24种2.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（）A．24种B．30种C．36种D．48种3.甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A、B、C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为（）A．8 B．7C．6 D．54.景区中有一座山，山的南面有2条道路，山的北面有3条道路，均可用于游客上山或下山，假设没有其他道路，某游客计划从山的面走到山顶后，接着从另一面下山，则不同走法的种数是（）A．6 B．10C．12 D．205.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（）种A．480 B．360C．240 D．1206.上海某小学组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有（）A． A62×A54种B． A62×54种C． C62×A54种D． C62×54种7.有黑、白、红三种颜色的小球各5个，都分别标有数字1，2，3，4，5，现取出5个，要求这5个球数字不相同但三种颜色齐备，则不同的取法种数有（）A．120种B．150种C．240种D．260种8.（1﹣x）（1+x）5展开式中x项的系数是（）A．4 B．6C．8 D．129.已知二项式(1+1x−2x)4，则展开式的常数项为（）A．﹣1 B．1C．﹣47 D．4910.在（x﹣2y）5的展开式中，所有项的系数之和等于（）A．32 B．﹣32C．1 D．﹣111.已知（x﹣1）（ax+1）6展开式中x2的系数为0，则正实数a=（）A．1 B．25C．23D．212.在（x﹣2）10展开式中，二项式系数的最大值为 a，含x7项的系数为b，则ba=（）A．8021B．2180C．−2180D．−802113.已知：x(x−2)8=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+⋯+a9(x−1)9，则a6=（）A．﹣28 B．﹣448C．112 D．44814.（2x﹣1x ）5（x+1x）的展开式中的常数项为（）A．20 B．﹣20C．40 D．﹣4015.（1+√x）6的展开式中有理项系数之和为（）A．64 B．32C．24 D．1616.从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成个没有重复数字的四位数．（用数字作答）17．4名同学去参加3 个不同的社团组织，每名同学只能参加其中一个社团组织，且甲乙两位同学不参加同一个社会团体，则共有种结果．18．将一个4×4正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有种不同的染色方法．19.（2x﹣3y）2（x+y）8的展开式中，含x3y7的项的系数为．20.已知(√x−2x2)n(n∈N+)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10：1．（1）求展开式中各项系数的和；（2）求展开式中含x 32的项；（3）求展开式中系数的绝对值最大的项．21.已知二项式(x22x)n（n∈N*）展开式中，前三项的二项式系数和是56，求：（Ⅰ）n的值；（Ⅱ）展开式中的常数项．22.在（√x +2⋅√x 4）n的展开式中，前三项的系数成等差数列． （Ⅰ）求n 的值；（Ⅱ）求展开式中二项式系数和（用数字作答）；23.已知（1+3x 2）n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992．求展开式中二项式系数最大的项．1.C 【解答】：任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦， 若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，选若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，故他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×（4+6）=20，故选：C ．2.D 【解答】：根据题意，设需要涂色的四个部分依次分①、②、③、④，对于区域①，有4种颜色可选，有4种涂色方法，对于区域②，与区域①相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法，对于区域③，与区域①②相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，对于区域④，与区域②③相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，则不同的涂色方法有4×3×2×2=48种；故选：D ．3.B【解答】：根据题意，分2种情况讨论：①，乙和甲一起去A社区，此时将丙丁二人安排到B、C社区即可，有A22=2种情况，②，乙不去A社区，则乙必须去C社区，若丙丁都去B社区，有1种情况，若丙丁中有1人去B社区，先在丙丁中选出1人，安排到B社区，剩下1人安排到A或C社区，有2×2=4种情况，则不同的安排方法种数有2+1+4=7种；故选：B．4.C【解答】：根据题意，分2种情况讨论：①，从山的南面上山，从北面下山，则上山的道路有2种情况，下山的道路有3种情况，此时有2×3=6种走法，②，从山的北面上山，从南面下山，则上山的道路有3种情况，下山的道路有2种情况，此时有2×3=6种走法，故一共有6+6=12种不同的走法；故选：C．5.C【解答】：根据题意，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个小球放入1个小盒，其余的小球各单独放入一个盒子，分2步进行分析：①、先将5个小球分成4组，有C52=10种分法；②，将分好的4组全排列，放入4个盒子，有A44=24种情况，则不同放法有10×24=240种；故选：C．6.D【解答】：根据题意，分2步进行分析：①，在6个年级中任选2个，去参观甲博物馆，有C62种选法，②，剩下4个年级中每个年级都可以在剩下的5个博物馆中任选1个参观，都有5种选法，则剩下4个年级有5×5×5×5=54种选法，则一共有C 62×54种方案；故选：D ．7.B 【解答】：根据题意，取出的5个球有三种颜色且数字不同，分2步进行分析：①，先把取出的5个球分成3组，可以是3，1，1，也可以是1，2，2；若分成3，1，1的三组，有C 53C 21C 11A 22=10种分组方法； 若分成1，2，2的三组，有C 51C 42C 22A 22=15种分组方法； 则共有10+15=25种分组方法，②，让三组选择三种不同颜色，共有A 33=6种不同方法则共有25×6=150种不同的取法；故选：B ．8.A 【解答】：（1﹣x ）（1+x ）5展开式中x 项的系数：二项式（1+x ）5由通项公式T r+1=C 5r (x)5−r 当（1﹣x ）提供常数项时：r=4，此时x 项的系数是C 54=5，当（1﹣x ）提供一个x 时：r=5，此时x 项的系数是﹣1×C 55=﹣1合并可得（1﹣x ）（1+x ）5展开式中x 项的系数为4．故选：A ．9.B 【解答】：二项式(1+1x −2x)4=[1+(1x −2x)]4=1+4（1x ﹣2x ）+6(1x −2x)2+4(1x −2x)3+(1x −2x)4， ∴二项式展开式中的常数项产生在1，6(1x −2x)2，(1x−2x)4中； 分别是1，6×2•1x •（﹣2x ），C 42•(1x)2•（﹣2x ）2； 它们的和为1﹣24+24=1．故选：B ．10.D 【解答】：令x=1，y=1，可得（x ﹣2y ）5的展开式中，所有项的系数之和等于﹣1， 故选：D ．11.B 【解答】：∵（ax+1）6的展开式中含x ，x 2的项分别为C 65ax ，C 64a 2x 2， ∴（x ﹣1）（ax+1）6展开式中x 2的系数为6a ﹣15a 2=0，解得：a =25（a ＞0）．故选：B．12.D【解答】：由题意，a=C105=252，含x7项的系数为b=C103⋅(−2)3=﹣960，∴ba =﹣8021，故选：D．13.A【解答】：令t=x﹣1，则(t+1)(t−1)8=a0+a1t+a2t2+⋯+a9t9，故a6=C83(−1)3+C82(−1)2=−28，故选：A．14.C【解答】：根据题意，（2x﹣1x）5的展开式的通项为T r+1=C5r（2x）5﹣r（﹣1x）r=（﹣1）r×25﹣r×C5r×x5﹣2r，当r=2时，有T3=（﹣1）2×8×C52×x=80x，当r=3时，有T4=（﹣1）3×4×C53×1x =﹣40x，则（2x﹣1x ）5（x+1x）的展开式中的常数项为80x×1x+（﹣40x）×x=40；故选：C．15.B【解答】：（1+√x）6的展开式的通项公式为 T r+1=C6r•x r2，令r2为整数，可得r=0，2，4，6，故展开式中有理项系数之和为C60+C62+C64+C66=25=32，故选：B．16.1260【解答】：从1，3，5，7，9中任取2个数字有C52种方法，从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有C32种方法，可以组成C52⋅C32⋅A44=720个没有重复数字的四位数；含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有C31⋅C31⋅C52⋅A33=540，故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．故答案为：1260．17.54【解答】：根据题意，先计算4名同学去参加3 个不同的社团组织的情况数目，4个同学中每人可以在3 个不同的社团组织任选1个，即每人有3种不同的选法，则4人有3×3×3×3=81种情况，再计算甲乙参加同一个社团组织的情况数目，若甲乙参加同一个社团组织，甲乙两人有3种情况，剩下的2人每人有3种不同的选法，则剩下的2人有3×3=9种情况，则甲乙参加同一个社团组织的情况有3×9=27种；则甲乙两位同学不参加同一个社团组织的情况有81﹣27=54种；故答案为：54．18.90【解答】：第一行染2个红色方格有C42种染法；第一行染好后，有如下三种情况：①第二行的红色方格均与第一行的红色方格同列，这时其余行都只有1种染法；②第二行染的红色方格与第一行的红色方格均不同列，这时第三行有C42种染法，第四行的染法随之确定；③第二行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列，而第一、第二这两行染好后，第三行的红色方格必然有一个与上面的红色方格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行染法随之确定．因此，共有染法为：6×（1+6+4×2）=90（种）．故答案为：9019.200【解答】：（2x﹣3y）2（x+y）8=（4x2﹣12xy+9y2）（x+y）8，（x+y）8的通项公式：T r+1=C8r•x8﹣r•y r．①令r=7，则4x2•C87•x•y7=32x3y7；②令r=6，则﹣12xy•C86•x2•y6=﹣336x3y7；③令r=5，则9y2•C85•x3•y5=504x3y7．综上可得：展开式中x3y7项的系数为32﹣336+504=200．故答案为：200．20.【解答】：（1）∵(√x−2x2)n展开式的通项是T r+1=C n r（√x）n﹣r（﹣2x2）r=C n r（﹣2）r x n−5r2，∴T5=C n4（﹣2）4x n2−10，T3=C n2（﹣2）2x n2−5，∴C n4（﹣2）4：C n2（﹣2）2=10：1，∴n2﹣5n﹣24=0，解得n=8或n=﹣3（舍去），令x=1，可得展开式中各项系数的和为1；（2）展开式的通项是T r+1=C8r（﹣2）r x8−5r2，令8−5r2=32，解得r=1，∴展开式中含x 32的项为T2=﹣16x32，（3）展开式中的第r项，第r+1项，第r+2项的系数的绝对值分别为C8r﹣12r﹣1，C8r2r，C8r+12r+1，若第r+1项的系数的绝对值最大，则有C8r﹣12r﹣1≤C8r2r，且C8r2r，≥C8r+12r+1，解得5≤r≤6，故系数绝对值最大项分别为第6项或第7项，即T6=﹣1792x−172，T7=﹣1792x﹣11．21.【解答】：（Ⅰ）C n 0+C n 1+C n 2=56，⇒1+n+n(n−1)2=56⇒n 2+n ﹣110=0⇒n=10，n=﹣11（舍去）．（Ⅱ） (x 22√x )10展开式的第r+1项是C 10r (x 2)10−r (2x )r=C 10r (12)r x 20−5r 2，20﹣5r 2=0⇒r=8， 故展开式中的常数项是C 108(12)8=45256． 22.【解答】解：（Ⅰ）（√x +2⋅√x 4）n 的展开式中前三项的系数分别为C n 0，C n 1•12，C n 2•14，由题意前三项的系数成等差数列知 C n 1=C n 0+14C n 2，求得n=8，或 n=1（舍去）．（Ⅱ）展开式中二项式系数和2n =28=256．23.【解答】：令x=1，则展开式中各项系数和为（1+3）n =22n ， 又∵展开式中二项式系数和为2n ，∴22n ﹣2n =992，即n=5．∵n=5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第三、四两项，∴T 3=C 52×13×(3x 2)2=90x 4，T 4=C 53×12×(3x 2)3=270x 6．。
2021年新高考真题冲刺按题号押题：押第3题 计数原理(新高考)(解析版)
押第3题 计数原理从2020年山东新高考和往年高考来看，计数原理是高考的一个重点内容，主要考查二项展开式的通项、二项式系数、展开式的系数、排列和组合等知识.1．熟记二项式定理：011()C C C C ()n n n k n k kn n n n n n a b a ab ab b n --*+=+++++∈N ，是解决此类问题的关键.2．求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k ,再将k 的值代回通项求解,注意k 的取值范围（0,1,2,,k n =）.（1）第m 项：：此时k +1=m ,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程. （3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.3．对于参数问题，通常是运用通项由题意列方程求出参数即可；有时需先求n ，计算时要注意n 和k 的取值范围及它们之间的大小关系．4．二项式系数与项的系数的区别：二项式系数是指C 0n ，C 1n ，…，C n n ，它是组合数，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，而且也与a ，b 的值有关．如(a ＋bx )n 的展开式中，第r ＋1项的二项式系数是C r n ，而该项的系数是C r n a n －r b r.当然，某些特殊的二项展开式如(1＋x )n ，各项的系数与二项式系数是相等的．5．在解决排列、组合的应用题时，一定要清楚是先排列再组合，还是先组合再排列.1．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题（山东））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（ ） A ．120种 B ．90种 C ．60种D ．30种【答案】C 【详解】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有16C ； 然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有25C ； 最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有126561060C C ⋅=⨯=种.2．（2020年北京市高考数学试卷）在52)的展开式中，2x 的系数为（ ）． A ．5- B ．5C ．10-D ．10【答案】C 【详解】)52展开式的通项公式为：()()55215522r rrrrr r T CC x--+=-=-，令522r -=可得：1r =，则2x 的系数为：()()11522510C -=-⨯=-. 3．（2020年新高考全国卷Ⅱ数学考试题文档版（海南卷））要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（ ） A ．2种 B ．3种 C ．6种 D ．8种【答案】C 【详解】第一步，将3名学生分成两个组，有12323C C =种分法 第二步，将2组学生安排到2个村，有222A =种安排方法 所以，不同的安排方法共有326⨯=种4.（2020年浙江省高考数学试卷）设52345123456(12)x a a x a x a x a x a x +=+++++，则5a =________；123a a a ++=________．【答案】80 51 【详解】5(12)x +的通项为155(2)2r r r r r r T C x C x +==， 令4r =，则444455280T C x x ==，故580a =；11221235512251a a a C C ++=++=.5．（2020年天津市高考数学试卷）在522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 的系数是_________．【答案】10 【详解】因为522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()5531552220,1,2,3,4,5rr r rr r r T C x C x r x --+⎛⎫==⋅⋅= ⎪⎝⎭，令532r -=，解得1r =．所以2x 的系数为15210C ⨯=．1．（2021·山东潍坊市·高三一模）多项式()()())2112(3x x x x ++++展开式中 3x 的系数为A ．6B ．8C ．12D ．13【答案】C 【详解】 原式()()()()()()2123123xx x x x x x =+++++++，所以展开式中含3x的项包含()()()123x x x +++中x 项为12231311x x x x ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= ，和()()()123x x x +++中3x 的项为3x ，这两项的系数和为11112+=.2．（2021·山东枣庄市·高三二模）若()()()()2366012361111x a a x a x a x a x =+++++++++，则3a =（ ） A ．20 B ．20- C ．15 D ．15-【答案】B 【详解】因为()6611x x =+-⎡⎤⎣⎦，所以展开式的通项为()()61611rrr r T C x -+=⋅+⋅-，令6r 3-=，则3r =，所以()3336120a C =⋅-=-，故选：B.3．（2021·山东临沂市·高三其他模拟）数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数字通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将四门]选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A ．60种 B ．78种 C ．84种 D ．144种【答案】B 【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为1,1,2或0,1,3或0,2,2若是1,1,2，则先将4门学科分成三组共11243222C C C A 种不同方式.再分配到三个学年共有33A 种不同分配方式，由乘法原理可得共有112343232236C C C A A ⋅=种，若是0,1,3，则先将4门学科分成三组共1343C C 种不同方式，再分配到三个学年共有33A 种不同分配方式，由乘法原理可得共有13343324C C A ⋅=种，若是0,2,2，则先将门学科分成三组共224222C C A 种不同方式，再分配到三个学年共有33A种不同分配方式，由乘法原理可得共有2234232218C C A A ⋅=种 所以每位同学的不同选修方式有36241878++=种，故选：B.4．（2021·山东淄博市·高三一模）有7名学生参加“学党史知识竞赛”，咨询比赛成绩，老师说：“甲的成绩是最中间一名，乙不是7人中成绩最好的，丙不是7人中成绩最差的，而且7人的成绩各不相同”.那么他们7人不同的可能位次共有（ ） A ．120种 B ．216种 C ．384种 D ．504种【答案】D 【详解】因为甲的成绩是中间一名， 所以只需安排其余6人位次， 因为乙不排第一名，丙不排最后一名，所以由间接法可得6546542720212024504A A A -+=-⨯+=,故选：D5．（2021·山东泰安市·高三一模）2020年11月，中国国际进口博览会在上海举行，本次进博会设置了“云采访”区域，通过视频连线，帮助中外记者采访因疫情影响无法来沪参加进博会的跨国企业CEO 或海外负责人．某新闻机构安排4名记者和3名摄影师对本次进博会进行采访，其中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访，另2名记者和2名摄影师分两组（每组记者和摄影师各1人），分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访．如果所有记者、摄影师都能承担三个采访区域的相应工作，则所有不同的安排方案有（ ） A ．36种 B ．48种 C ．72种 D ．144种【答案】C 【详解】解：根据题意，分3步进行分析：①在4名记者中任选2人，在3名摄影师中选出1人，安排到“云采访”区域采访，有214318C C =种情况， ②在剩下的外2名记者中选出1人，在2名摄影师中选出1人，安排到“汽车展区”采访，有11224C C =种情况，③将最后的1名记者和1名摄影师，安排到“技术装备展区”采访，有1种情况， 则有18472⨯=种不同的安排方案，故选：.C（限时：30分钟）1．在象棋比赛中，参赛的任意两位选手都比赛一场，其中胜者得2分，负者得0分，平局各得1分.现有四名学生分别统计全部选手的总得分为131分，132分，133分，134分，但其中只有一名学生的统计结果是正确的，则参赛选手共有（ ） A ．11位 B ．12位 C ．13位 D ．14位【答案】B 【详解】设参赛选手共有n 位，则总比赛场次为2n C ，即(1)2n n -场，且n N +∈，2n ≥， 由题意知：任意一场比赛结束，选手的总得分为2分，故所有选手总得分为(1)n n -分且为偶数， ∴当(1)132n n -=，得12n =；当(1)134n n -=，n 无整数解； ∴12n =(位).2．在82x x 的二项展开式中，x 的系数是（ ）A ．3B ．5C ．7D ．9【答案】C 【详解】由二项式通项848182r r rrrr r C T C x --+=⋅⋅=⋅，∴当41r -=时，3r =，则38432C T x =⋅.∴x 的系数是38372C =.3．()61x-⋅的展开式中2x 的系数为（ ）A ．48B ．54C ．60D ．72【答案】D 【详解】设6的展开式的通项公式为()63166=2rrr rrr r T C C x --+⎛=⋅⋅⋅-⋅ ⎝， 令1r =，2212T x =-；令2r，360T x =，所以()61x-⋅的展开式中2x 项的系数为：()()16011272⨯+-⨯-=，故选：D.4．已知52340145235(2)x a a x a x a x a x a x +=+++++，则3a =（ ） A ．10 B ．20 C ．40 D ．80【答案】C 【详解】因为52340145235(2)x a a x a x a x a x a x +=+++++所以3235240a C == 故选：C5．2021年是巩固脱贫攻坚成果的重要一年，某县为响应国家政策，选派了6名工作人员到A 、B 、C 三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去1人，不同的安排方式共有（ ）A．630种B．600种C．540种D．480种【答案】C【详解】把6名工作人员分成1,1,4三组，再安排到三个村有：11436543226513219021C C CAA⨯⨯=⨯⨯⨯=⨯种；把6名工作人员分成2,2,2三组，再安排到三个村有：222364233390C C CAA=种；把6名工作人员分成1,2,3三组，再安排到三个村有：12336533654321360 21C C C A⨯⨯=⨯⨯⨯=⨯种；所以共有90+90+360=540种.6．小华在学校里学习了二十四节气歌，打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗，他准备在立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒6个冬季节气与立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨6个春季节气中一共选出3个节气，若冬季节气和春季节气各至少选出1个，则小华选取节气的不同方法种数是（）A．90 B．180 C．220 D．360【答案】B【详解】依题意，6个冬季节气和6个春季节气各至少选出1个，小明可以选1冬2春、2冬1春.1冬2春的不同情况有：126661590C C=⨯=种，2冬1春的不同情况有：216615690C C=⨯=种，故小华选取节气的不同方法种数是9090180+=种.故选：B.7．2020年是脱贫攻坚决战决胜之年，某市为早日实现目标，现将甲、乙、丙、丁4名干部派遣到A，B，C三个贫困县扶贫，要求每个贫困县至少分到一人，则甲、乙2名干部不被分到同一个贫困县的概率为（）A．12B．23C．34D．56【答案】D 【详解】甲、乙、丙、丁4名干部派遣到A，B，C三个贫困县扶贫，共有234336C A=种情况，其中甲、乙2名干部被分到同一个贫困县共有336A=种情况，所以甲、乙两名干部不被分到同一个贫困县的概率为651366-=. 故选：D.8．甲、乙、丙、丁、戊5名党员参加“党史知识竞赛”，决出第一名到第五名的名次（无并列名次），己知甲排第三，乙不是第一，丙不是第五．据此推测5人的名次排列情况共有（ ）种 A ．5 B ．8 C ．14 D ．21【答案】C 【详解】乙排在第五的情况有：33A ，乙不在第五的方法有112222C C A ，共有3112322214A C C A +=， 故选：C ．9．今天是星期三，经过7天后还是星期三，那么经过20218天后是（ ） A ．星期二 B ．星期三C ．星期四D ．星期五【答案】C 【详解】()202120210122202120212021202120212021817777C C C C =+=++++所以20218被7除得余数为1，故经过20218天后是星期四 故选：C10．未来20年将是中国养老产业的黄金20年，康养小镇已上升为国家战略.康养小镇是指以“健康”为小镇开发的出发点和归宿点，以健康产业为核心，将健康､养生､养老､休闲､旅游等多元化功能融为一体，形成的生态环境较好的特色小镇.现将7位市场调查员安排到这5个产业中，共有安排方案的种数为（ ） A ．57 B ．75C ．57AD ．57C【答案】B 【详解】每位市场调查员在选择时均有5种产业可选，共有7位调查员，所以安排方案有755555555⨯⨯⨯⨯⨯⨯= 种.11．某省进行高考综合改革，要求学生从高二开始对课程进行选修，即从化学、生物、政治、地理四门课程中选择两科进行选修，则甲、乙两人所选课程中至多有一科相同的选法的种数是（ ）A ．12B ．24C ．30D ．36【答案】C 【详解】若甲、乙两人所选课程中完全不同，选法有2242C C 6=种；若甲、乙两人所选课程中有一科相同，选法有111432C C C 24=种， 所以甲、乙两人所选课程中至多有一科相同的选法有62430+=种. 故选：C.12．在62x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，常数项为（ ）A ．20B ．20-C ．160D ．160-【答案】D 【详解】62x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的通项666261662()(1)2k kkk k k k kx x T C C x，令260,3k k常数项333316(1)2=160T C ，故选：D ．13．已知多项选择题的四个选项A 、B 、C 、D 中至少有两个选项正确，规定：如果选择了错误选项就不得分．若某题的正确答案是ABC ，某考生随机选了两个选项，则其得分的概率为（ ） A ．12B ．310C ．16D ．311【答案】A 【详解】由题得从4个选项里选两个选项，共有246C =种方法， 从3个正确选项里选择两个选项，共有233C =种方法. 由古典概型的概率公式得所求的概率为3162P ==. 14．教育改革的核心是课程改革，新课程改革的核心理念就是教育以人为本，即一切为了每一位学生的发展．为满足新课程的三维目标要求，某校开设A 类选修课4门，B 类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有（ ）A ．24种B ．48种C ．32种D ．64种【答案】B 【详解】分两种情况：第一种，选择1门A 类选修课和2门B 类选修课，有1244C C 24=种选法； 第二种，选择2门A 选修课和1门B 类选修课，有2144C C 24=种选法， 故共有48种选法． 故选：B15．某养老院一楼有六个房间，现有6位男住户和4位女住户，要求安排其中2位女住户入住中间四个房间中的两个，安排其中4位男住户入住剩下的4个房间，则不同的安排方式有（ ） A ．25920种 B ．26890种 C ．27650种 D ．28640种【答案】A 【详解】从4位女住户中安排其中2位入住中间四个房间中的两个有2244C A 种入住方式； 从6位男住户中安排其中4位入住剩下的4个房间有46A 种入住方式；一共有22444625920C A A =安排方式.。
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由（1+x）6 通项公式可得 ．
可知 r＝2 时，可得展开式中 x2 的系数为
．
可知 r＝4 时，可得展开式中 x2 的系数为
．
（1 ）（1+x）6 展开式中 x2 的系数为：15+15＝30． 故选：C．
2．【2015 年新课标 1 理科 10】（x2+x+y）5 的展开式中，x5y2 的系数为（
6．【2018 年新课标 1 理科 15】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）
【解答】解：方法一：直接法，1 女 2 男，有 C21C42＝12，2 女 1 男，有 C22C41＝4
根据分类计数原理可得，共有 12+4＝16 种，
8．【2014 年新课标 1 理科 13】（x﹣y）（x+y）8 的展开式中 x2y7 的系数为 【解答】解：（x+y）8 的展开式中，含 xy7 的系数是：8． 含 x2y6 的系数是 28， ∴（x﹣y）（x+y）8 的展开式中 x2y7 的系数为：8﹣28＝﹣20． 故答案为：﹣20
．（用数字填写答案）
）
A．10
B．#43;y）5 的展开式的通项为 Tr+1
，
令 r＝2，则（x2+x）3 的通项为 令 6﹣k＝5，则 k＝1， ∴（x2+x+y）5 的展开式中，x5y2 的系数为 故选：C．
， 30．
3．【2013 年新课标 1 理科 09】设 m 为正整数，（x+y）2m 展开式的二项式系数的最大值为 a，（x+y）2m+1 展
考题分析与复习建议
本专题考查的知识点为：排列与组合，二项式定理等.以理解和应用两个基本原理为主，常以 实际问题为载体，突出分类讨论思想，注重分析问题、解决问题能力的考查，常与排列、组合 知识交汇；两个计数原理在高考中单独命题较少，一般是与排列组合结合进行考查，历年考题 主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：排列与组合，二项式定理，预测明年本考点 题目会比较稳定，备考方向以知识点排列与组合，二项式定理为重点较佳.
D．8 种
【解答】解：第一步，为甲地选一名老师，有 2 种选法；
第二步，为甲地选两个学生，有 6 种选法；
第三步，为乙地选 1 名教师和 2 名学生，有 1 种选法
故不同的安排方案共有 2×6×1＝12 种 故选：A．
5．【2011 年新课标 1 理科 08】
的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中常数项为
最新高考模拟试题
1．用 0，l，2，3，4 可以组成数字不重复的两位数的个数为（
A．15
B．16
C．17
【答案】B
【解析】
） D．18
解：若个位数是 0 ，则有 C14 4 种，
若个位数不是 0 ，则有 A42 12 种， 则共有 4 12 16 种，
故选：B．
2． 2x2 x 1 5 的展开式中 x2 的系数为（ ）
开式的二项式系数的最大值为 b，若 13a＝7b，则 m＝（
）
A．5
B．6
C．7
D．8
【解答】解：∵m 为正整数，由（x+y）2m 展开式的二项式系数的最大值为 a，以及二项式系数的性质可得
a
，
同理，由（x+y）2m+1 展开式的二项式系数的最大值为 b，可得 b
．
再由 13a＝7b，可得 13
7
，即 13
7
，
即 13＝7 故选：B．
，即 13（m+1）＝7（2m+1），解得 m＝6，
4．【2012 年新课标 1 理科 02】将 2 名教师，4 名学生分成 2 个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践
活动，每个小组由 1 名教师和 2 名学生组成，不同的安排方案共有（
）
A．12 种
B．10 种
C．9 种
系数为 (1)5 22 C55C53 (1)4 2C54C54 (1)3C58C55 0 .
A．400
B．120
C．80
D．0
【答案】D
【解析】
∵ 2x2 x 1 5 (x 1)5 (2x 1)5 ，二项展开式 (x 1)5 的通项为 C5r x5r (1)r ，二项展开式 (2x 1)5 的通
项式为 C5k (2x)5k，(x 1)5 (2x 1)5 的通项为 (1)r 25k C5rC5k x10(kr) ，所以 k r 8 ，所以展开式中 x2 的
方法二，间接法：C63﹣C43＝20﹣4＝16 种， 故答案为：16
7．【2016 年新课标 1 理科 14】（2x ）5 的展开式中，x3 的系数是 10 ．（用数字填写答案）
【解答】解：（2x ）5 的展开式中，通项公式为：Tr+1
25﹣r
，
令 5 3，解得 r＝4
∴x3 的系数 2 10． 故答案为：10．
（
）
A．﹣40
B．﹣20
C．20
【解答】解：令二项式中的 x 为 1 得到展开式的各项系数和为 1+a
∴1+a＝2
D．40
∴a＝1 ∴
∴展开式中常数项为
的 的系数和
∵
展开式的通项为 Tr+1＝（﹣1）r25﹣rC5rx5﹣2r
令 5﹣2r＝1 得 r＝2；令 5﹣2r＝﹣1 得 r＝3 展开式中常数项为 8C52﹣4C53＝40 故选：D．
历年高考真题汇编
1．【2017 年新课标 1 理科 06】（1 ）（1+x）6 展开式中 x2 的系数为（
）
A．15
B．20
C．30
【解答】解：（1 ）（1+x）6 展开式中：
D．35
若（1 ）＝（1+x﹣2）提供常数项 1，则（1+x）6 提供含有 x2 的项，可得展开式中 x2 的系数：
若（1 ）提供 x﹣2 项，则（1+x）6 提供含有 x4 的项，可得展开式中 x2 的系数：
专题 13 计数原理
历年考题细目表
题型
单选题 单选题 单选题 单选题 单选题 填空题 填空题 填空题
年份
2017 2015 2013 2012 2011 2018 2016 2014
考点
二项式定理 二项式定理 二项式定理 排列与组合 二项式定理 排列与组合 二项式定理 二项式定理
试题位置
2017 年新课标 1 理科 06 2015 年新课标 1 理科 10 2013 年新课标 1 理科 09 2012 年新课标 1 理科 02 2011 年新课标 1 理科 08 2018 年新课标 1 理科 15 2016 年新课标 1 理科 14 2014 年新课标 1 理科 13