本章总结提升
【知识辨析】
1.× [解析] 分步乘法计数原理中的任何一步都不能单独完成这件事.
2.√
3.√ [解析] 根据题意,将4本不同的书平均分给甲、乙2人,每人得2本,分两步进行分析:①在4本书中任选2本,分给甲,有=6(种)分法;②剩下的2本分给乙,有1种分法.则共有6种不同的分法.
4.√
5.× [解析] 若=(x≤n,m≤n),则x=m或x=n-m.
6.× [解析] 根据题意,分两步进行分析:①将2,4,5,6四个数全排列,有=24(种)排法;②四个数排好后,有五个空位,在五个空位中任选两个,安排1和3,有=20(种)排法.故共有24×20=480(个)符合题意的六位数.
7.× [解析] 令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=0,令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=96,两式相加得2a0+2a2+2a4+2a6=96,所以a0+a2+a4+a6=48.
8.√
【素养提升】
题型一
例1 (1)B (2)24 112 [解析] (1)分两类:第1类,甲企业有1人发言,有2种情况,另2个发言人来自其余4家企业,有=6(种)情况,由分步乘法计数原理知,有2×6=12(种)情况;第2类,3人全来自其余4家企业,有4种情况.综上可知,共有12+4=16(种)情况.
(2)在4×4方格表中选4个方格,每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有4!=24(种)选法.选中方格中的4个数的十位数字一定分别是1,2,3,4,所以只需比较个位数字,故选中方格中的4个数之和的最大值是15+43+33+21=112.
变式 D [解析] 5日至9日,有3天奇数日,2天偶数日.第一步,安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有23=8(种)选择.第二步,安排偶数日出行,分两类:第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2×2=4(种)选择;第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,有22=4(种)选择.共有4+4=8(种)选择.根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为8×8=64.故选D.
题型二
例2 (1)AD (2)60 [解析] (1)对于A,将4个空位看成一个整体,则符合题意的坐法有=120(种),故A正确;对于B,先排4名学生,有种方法,然后将3个相邻的空位看成一个整体,和另一个空位插入由4名学生形成的5个空档中,有种方法,则符合题意的坐法有=480(种),故B错误;对于C,先排4名学生,有种方法,4个空位是一样的,然后将4个空位插入由4名学生形成的5个空档中,有种方法,则符合题意的坐法有=120(种),故C错误;对于D,至多有2个相邻,即均不相邻或者有2个相邻,由C可知均不相邻的坐法有120种,又空位2个2个相邻的坐法有=240(种),空位只有2个相邻的坐法有=720(种),所以符合题意的坐法有120+240+720=1080(种),故D正确.故选AD.
(2)1与3是特殊元素,以此为分类标准进行分类.分三类:①当没有数字1和3时,满足条件的三位数有个;②当只有1和3中的一个时,满足条件的三位数有2个;③当同时有1和3时,把3排在1的前面,再从其余4个数字中选1个数字插入3个空中的1个即可,满足条件的三位数有·个.所以满足条件的三位数共有+2+·=60(个).
(3)解:①先将五名学生“捆绑”在一起看作一个整体与五位老师全排列,有种排法,再将五名学生全排列,有种排法,故共有·=86 400(种)排法.
②先将五位老师全排列,有种排法,再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上,有种排法,故共有·=86 400(种)排法.
③老师和学生相间隔的排法有两类,老师在排头或学生在排头,共有2·=28 800(种)排法.
变式 (1)C (2)C (3)C [解析] (1)将《周髀算经》《九章算术》这2本书看成一个整体,考虑两者的顺序,有2种情况,再将这个整体与其他3本书全排列,有=24(种)情况.故共有2×24=48(种)不同的排法,故选C.
(2)将3名医生平均分配到三家医院,有=6(种)方法,将6名护士按要求平均分配到三家医院,有·=18(种)方法,所以不同的分配方法有6×18=108(种).故选C.
(3)根据题意,在符合条件的三位数中,有两个1且百位数字是1的三位数有×2=18(个),百位数字是1且1不是重复数字的三位数有100,122,133,144,155,166,177,188,199,共9个,则200以内的“单重数”有18+9=27(个),其中最大的“单重数”为199,其次为191,故从小到大排列第26个“单重数”是191,故选C.
题型三
例3 (1)A (2)D (3)5 (4)2187 [解析] (1)令a=b=1,得m=(3-2)5=1,由二项式系数的性质可知n=25=32,所以m-n=1-32=-31.
(2)(x-2y)(x-y)5的展开式中含x2y4的项是x·x(-y)4+(-2y)·x2(-y)3=25x2y4,所以所求系数为25.故选D.
(3)展开式的通项为Tr+1=xr,0≤r≤10,且r∈Z,设展开式中系数最大的项为第r+1项,则需要满足解得≤r≤,又r∈Z,所以r=8,即展开式中,各项系数中的最大值为=5.
(4)根据题意,(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则(1+2x)7=|a0|+|a1|x+|a2|x2+…+|a7|x7,令x=1,得|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|=37=2187.
变式 (1)B (2)D (3)240 64 (4) [解析] (1)因为(x2+2x-3)5=(x2+2x-3)(x2+2x-3)(x2+2x-3)(x2+2x-3)(x2+2x-3),所以展开式中x的系数为×2×(-3)4=810.
(2)152024+m=(14+1)2024+m=+14×+142×+…+142024×+m,要使152024+m恰能被14整除,只需m+1能被14整除,所以m=14k-1(k∈N*),当k=1时,m=13满足题意.故选D.
(3)的展开式的通项为Tr+1=··(-2)r=(-2)r·r-6.令r-6=0,解得r=4,所以展开式中的常数项为(-2)4×=240,各二项式系数的和为++…+=26=64.
(4)设f(x)=,则(a0+a2+a4+…+a2n)2-(a1+a3+a5+…+a2n-1)2=(a0+a2+a4+…+a2n-a1-a3-a5-…-a2n-1)(a0+a2+a4+…+a2n+a1+a3+a5+…+a2n-1)=f(-1)·f(1)=·==.本章总结提升
判断下列说法是否正确.(请在括号中填“√”或“×”)
1.在分步乘法计数原理中,事情是分步完成的,其中任何一个单独的步骤都能完成这件事. ( )
2.1,2,3与3,2,1是同一个组合. ( )
3.有4本不同的书,平均分给甲、乙2人,则不同的分法共有6种. ( )
4.三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过5次传递后,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有10种. ( )
5.若=(x≤n,m≤n),则x=m. ( )
6.由1,2,3,4,5,6组成没有重复的数字且1,3不相邻的六位数的个数是600. ( )
7.若(2x2+3x-2)(x-1)5=a0+a1x+…+a7x7,则a0+a2+a4+a6=96. ( )
8.若在的展开式中,仅有第5项的二项式系数最大,且含x4的项的系数为7,则实数a=. ( )
◆ 题型一 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
[类型总述] 利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决实际的计数问题.
例1 (1)某地政府召集5家企业的负责人开会,其中甲企业有2人到会,其余4家企业各有1人到会,会上有3人发言,则这3人来自3家不同企业的情况种数为 ( )
A.14 B.16 C.20 D.48
(2)[2024·新课标Ⅱ卷] 在如图所示的4×4方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有 种选法,在符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是 .
变式 甲与四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5(其中甲的车牌尾数为0),为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合限行规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为 ( )
A.5 B.24 C.32 D.64
◆ 题型二 排列、组合应用问题
[类型总述] (1)排列应用问题;(2)组合应用问题;(3)排列、组合的综合应用.
例2 (1)(多选题)[2024·重庆万州区高二期中] 现将8把相同的椅子排成一排,4名学生随机就座,则下列说法中正确的是 ( )
A.4个空位全都相邻的坐法有120种
B.4个空位中只有3个相邻的坐法有240种
C.4个空位均不相邻的坐法有180种
D.4个空位中至多有2个相邻的坐法有1080种
(2)从1,2,3,4,5,6这6个数字中任取3个数字组成无重复数字的三位数,若有1和3时,3必须排在1的前面;若只有1和3中的一个时,它应排在其他数字的前面.这样不同的三位数共有 个.(用数字作答)
(3)已知五位老师和五名学生站成一排.
①五名学生必须排在一起共有多少种不同的排法
②五名学生不能相邻共有多少种不同的排法
③老师和学生相间隔共有多少种不同的排法
变式 (1)把书架上的《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《五曹算经》《孙子算经》5本中国古代数学著作重新排列,若要求《周髀算经》《九章算术》这2本书相邻,则不同的排法共有 ( )
A.120种 B.96种
C.48种 D.24种
(2)[2024·河北石家庄高二期中] 有一支医疗小队由3名医生和6名护士组成,平均分配到三家医院,每家医院分到医生1名和护士2名,其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院,则不同的分配方法有 ( )
A.36种 B.72种
C.108种 D.144种
(3)若一个三位数的各位数字中,有且仅有两个数字一样,我们就把这样的三位数定义为“单重数”.例如:232,114等.在不超过200的“单重数”中,从小到大排列第26个“单重数”是 ( )
A.171 B.181
C.191 D.188
◆ 题型三 二项式定理及其应用
[类型总述] (1)利用二项式定理求指定项(或系数);(2)利用赋值法求二项式系数的和.
例3 (1)(3a-2b)5的展开式的各项系数之和为m,各二项式系数之和为n,则m-n= ( )
A.-31 B.0
C.15 D.31
(2)(x-2y)(x-y)5的展开式中含x2y4的项的系数为 ( )
A.-20 B.-15 C.5 D.25
(3)[2024·全国甲卷] 的展开式中,各项系数中的最大值为 .
(4)[2024·山东青岛高二期中] 已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|= .(用数字作答)
变式 (1)在(x2+2x-3)5的展开式中,x的系数为 ( )
A.800 B.810
C.820 D.830
(2)已知m>0,且152024+m恰能被14整除,则m的取值可以是 ( )
A.1 B.3
C.7 D.13
(3)二项式的展开式中的常数项为 ,各二项式系数的和为 .
(4)已知=a0+a1x+a2x2+…+x2n,则(a0+a2+a4+…+a2n)2-(a1+a3+a5+…+a2n-1)2= . (共33张PPT)
本章总结提升
题型一 分类加法计数原理和分步乘法计
数原理
题型二 排列、组合应用问题
题型三 二项式定理及其应用
判断下列说法是否正确.（请在括号中填“√”或“×”）
1.在分步乘法计数原理中,事情是分步完成的,其中任何一个单独的步
骤都能完成这件事.( )
×
[解析] 分步乘法计数原理中的任何一步都不能单独完成这件事.
2.1,2,3与3,2,1是同一个组合.( )
√
3.有4本不同的书，平均分给甲、乙2人，则不同的分法共有6种.( )
√
[解析] 根据题意，将4本不同的书平均分给甲、乙2人，每人得2本，
分两步进行分析：①在4本书中任选2本，分给甲，有 （种）
分法；②剩下的2本分给乙，有1种分法.则共有6种不同的分法.
4.三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过5次
传递后,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有10种.( )
√
5.若,则 .( )
×
[解析] 若,则或 .
6.由1，2，3，4，5，6组成没有重复的数字且1，3不相邻的六位数的
个数是600.( )
×
[解析] 根据题意，分两步进行分析：①将2，4，5，6四个数全排列，
有 （种）排法；
②四个数排好后，有五个空位，在五个空位中任选两个，安排1和3，
有 （种）排法.
故共有 （个）符合题意的六位数.
7.若 ，则
.( )
×
[解析] 令，可得 ，
令，可得 ，
两式相加得,所以 .
8.若在的展开式中,仅有第5项的二项式系数最大,且含 的
项的系数为7,则实数 .( )
√
题型一 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
［类型总述］ 利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决实际
的计数问题.
例1（1） 某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到
会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不
同企业的情况种数为( )
A.14 B.16 C.20 D.48
[解析] 分两类：第1类，甲企业有1人发言，有2种情况，另2个发言
人来自其余4家企业，有 （种）情况，由分步乘法计数原理知，
有 （种）情况；
第2类，3人全来自其余4家企业，有4种情况.
综上可知，共有 （种）情况.
√
（2）[2024· 新课标Ⅱ卷] 在如图所示的 方格表
中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选
中，则共有____种选法，在符合上述要求的选法中，
选中方格中的4个数之和的最大值是_____.
24
112
[解析] 在 方格表中选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则共有 （种）选法.
选中方格中的4个数的十位数字一定分别是1，2，3，4，所以只需比较个
位数字，故选中方格中的4个数之和的最大值是 .
变式 甲与四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5
（其中甲的车牌尾数为0），为遵守当地某月5日至9日5天的限行规
定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车
通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合限行规定的车，但
甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为( )
A.5 B.24 C.32 D.64
√
[解析] 日至9日，有3天奇数日，2天偶数日.
第一步，安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有 （种）选择.
第二步，安排偶数日出行，分两类：第一类，先选1天安排甲的车，
另外一天安排其他车，有 （种）选择；
第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，有（种）选择.
共有 （种）选择.
根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为 .故选D.
题型二 排列、组合应用问题
［类型总述］（1）排列应用问题;（2）组合应用问题;（3）排列、
组合的综合应用.
例2（1） （多选题）[2024·重庆万州区高二期中] 现将8把相同的椅
子排成一排，4名学生随机就座，则下列说法中正确的是( )
A.4个空位全都相邻的坐法有120种
B.4个空位中只有3个相邻的坐法有240种
C.4个空位均不相邻的坐法有180种
D.4个空位中至多有2个相邻的坐法有1080种
√
√
[解析] 对于A，将4个空位看成一个整体，则符合题意的坐法有
（种），故A正确；
对于B，先排4名学生，有 种方法，然后将3个相邻的空位看成一个
整体，和另一个空位插入由4名学生形成的5个空档中，有种方法，
则符合题意的坐法有 （种），故B错误；
对于C，先排4名学生，有 种方法，4个空位是一样的，然后将4个空位
插入由4名学生形成的5个空档中，有 种方法，则符合题意的坐法
有 （种），故C错误；
对于D，至多有2个相邻，即均不相邻或者有2个相邻，由C可知均不相邻
的坐法有120种，又空位2个2个相邻的坐法有 （种），
空位只有2个相邻的坐法有 （种），所以符合题意的坐法
有（种），故D正确.故选 .
（2）从1,2,3,4,5,6这6个数字中任取3个数字组成无重复数字的三位数，
若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排
在其他数字的前面.这样不同的三位数共有____个．（用数字作答）
60
[解析] 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．分三类：①当
没有数字1和3时，满足条件的三位数有 个；
②当只有1和3中的一个时，满足条件的三位数有 个；
③当同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字
插入3个空中的1个即可，满足条件的三位数有 个．
所以满足条件的三位数共有 （个）.
（3）已知五位老师和五名学生站成一排.
①五名学生必须排在一起共有多少种不同的排法？
解：先将五名学生“捆绑”在一起看作一个整体与五位老师全排列，
有种排法，再将五名学生全排列，有 种排法，故共有
（种）排法.
②五名学生不能相邻共有多少种不同的排法？
解：先将五位老师全排列，有 种排法，再将五名学生排在五位老
师产生的六个空位上，有种排法，故共有 （种）
排法.
③老师和学生相间隔共有多少种不同的排法？
解：老师和学生相间隔的排法有两类，老师在排头或学生在排头，
共有 （种）排法.
变式（1） 把书架上的《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》
《五曹算经》《孙子算经》5本中国古代数学著作重新排列，若要求
《周髀算经》《九章算术》这2本书相邻，则不同的排法共有( )
A.120种 B.96种 C.48种 D.24种
[解析] 将《周髀算经》《九章算术》这2本书看成一个整体，考虑两
者的顺序，有2种情况，再将这个整体与其他3本书全排列，有
（种）情况.故共有 （种）不同的排法，故选C.
√
（2）[2024·河北石家庄高二期中]有一支医疗小队由3名医生和6名护
士组成，平均分配到三家医院，每家医院分到医生1名和护士2名，
其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院，则不同的分配方法有( )
A.36种 B.72种 C.108种 D.144种
[解析] 将3名医生平均分配到三家医院，有 （种）方法，将6
名护士按要求平均分配到三家医院，有 （种）方法，
所以不同的分配方法有 （种）.故选C.
√
（3）若一个三位数的各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们就
把这样的三位数定义为“单重数”.例如：232，114等.在不超过200的
“单重数”中，从小到大排列第26个“单重数”是( )
A.171 B.181 C.191 D.188
[解析] 根据题意，在符合条件的三位数中，有两个1且百位数字是1
的三位数有 （个），百位数字是1且1不是重复数字的三
位数有100，122，133，144，155，166，177，188，199，共9个，
则200以内的“单重数”有 （个），其中最大的“单重数”为
199，其次为191，故从小到大排列第26个“单重数”是191，故选C.
√
题型三 二项式定理及其应用
［类型总述］（1）利用二项式定理求指定项（或系数）;（2）利用
赋值法求二项式系数的和.
例3（1） 的展开式的各项系数之和为 ，各二项式系数
之和为，则 ( )
A. B.0 C.15 D.31
[解析] 令，得 ，由二项式系数的性质可
知，所以 .
√
（2）的展开式中含 的项的系数为( )
A. B. C.5 D.25
[解析] 的展开式中含 的项是
，所以所求系数为25.
故选D.
√
（3）[2024·全国甲卷] 的展开式中，各项系数中的最大值
为___．
5
[解析] 展开式的通项为，，且 ，
设展开式中系数最大的项为第 项，则需要满足
解得,
又,所以 ,即展开式中，各项系数中的最大值为 .
（4）[2024·山东青岛高二期中] 已知
，则
______.（用数字作答）
2187
[解析] 根据题意， ，
则，
令 ，得 .
变式（1） 在的展开式中， 的系数为( )
A.800 B.810 C.820 D.830
[解析] 因为，
所以展开式中 的系数为 .
√
（2）已知，且恰能被14整除，则 的取值可以是( )
A.1 B.3 C.7 D.13
[解析] ，
要使恰能被14整除，只需 能被14整除，所以
，当时， 满足题意.故选D.
√
（3）二项式 的展开式中的常数项为_____，各二项式系数
的和为____.
240
64
[解析] 的展开式的通项为
.
令 ，解得，所以展开式中的常数项为 ，
各二项式系数的和为 .
（4）已知 ，则
______.
[解析] 设 ，则
.
