章末复习提升（教师版）
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章末复习提升
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要点一 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：(1)要做什么事；(2)如何去做这件事；(3)怎样才算把这件事完成了．并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法．
训练1 一件工作可以用两种方法完成，有5人只会用第一种方法完成，另外4人只会用第二种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，则不同的选法种数是( )
A．9 B．10
C．20 D．40
解析：选A.利用第一种方法完成有C＝5种选法，利用第二种方法完成有C＝4种选法，故共有5＋4＝9种选法完成工作．故选A.
训练2 现有10张奖券，其中有一、二、三等奖各1张，其余7张无奖，现将这10张奖券随机分发给5名同学，每人2张，则恰有2人获奖的分法种数是( )
A．30 B．60
C．90 D．120
解析：选B.可分四步：第一步，将一、二、三等奖的奖券及1张无奖奖券平均分成2组，有3种不同的分法；第二步，从2组奖券中抽出1组分给5名同学中的任意1人，有5种分法；第三步，将余下的1组奖券分给余下的4名同学中的任意1人，有4种分法；第四步，将剩余6张无奖奖券分给未中奖的3名同学，每人2张，有1种分法．故恰有2人获奖的分法种数是3×5×4×1＝60.故选B.
训练3 将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，每个区域种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是( )
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A．420 B．180
C．64 D．25
解析：选B.区域A有5种种植方法，B有4种种植方法，若A，D种植的花卉不同，则D有3种种植方法，C有2种种植方法，共有5×4×3×2＝120种种植方法；若A，D种植的花卉相同，则C有3种种植方法，共有5×4×3＝60种种植方法．故共有120＋60＝180种不同的种植方法．故选B.
要点二 排列与组合的综合应用
1．解决排列、组合的综合问题时，首先要认真审题．只有认真审题．才能把握问题的实质，并注意结合分类与分步两个计数原理，按元素的性质确定分类的标准，按事情的发展过程确定分步的顺序．
2．解决排列与组合的综合问题时，应遵循三个原则：(1)先组合后排列；(2)先分类后分步；(3)先特殊后一般．
3．解决排列与组合的综合问题的难点在于确定分类的标准，题目的特殊条件既是解决问题的拦路虎，又是解决问题的出发点，是我们确定分类标准的依据．
训练4 3男3女六位同学站成一排，则3位女生中有且只有两位女生相邻的不同排法种数是( )
A．576 B．432
C．388 D．216
解析：选B.由题意，先选2个女生捆绑看做一个整体，有A＝6种排法，然后将男生全排列再将女生插空，有AA＝6×12＝72种排法，所以不同的排法有6×72＝432(种).故选B.
训练5 (多选)在新高考方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是( )
A．若任意选科，则选法总数为C
B．若化学必选，则选法总数为CC
C．若政治和地理至少选一门，则选法总数为CCC
D．若物理必选，化学、生物至少选一门，则选法总数为CC＋1
解析：选BD.若任意选科，则选法总数为CC，故A错误；若化学必选，则选法总数为CC，故B正确；若政治和地理至少选一门，则选法总数为CCC＋C，故C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，则选法总数为CC＋1，故D正确．故选BD.
训练6 (2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( )
A．C·C种 B．C·C种
C．C·C种 D．C·C种
解析：选D.由题意，初中部和高中部学生人数之比为＝，所以抽取的60名学生中初中部应有60×＝40(人)，高中部应有60×＝20(人)，所以不同的抽样结果共有C·C种．故选D.
训练7 (2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有____________种(用数字作答).
解析：方法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有CC种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有CC种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有CC种方案．综上，不同的选课方案共有CC＋CC＋CC＝64(种).
方法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有C－C－C＝16种选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有C－C－C＝48种选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种).
答案：64
训练8 按照下列要求，分别求有多少种不同的放法．
(1)5个不同的小球放入3个不同的盒子；
(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球；
(3)5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球；
(4)5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒．
解：(1)5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个小球都有3种可能，利用分步乘法计数原理可得不同的放法有35＝243(种).
(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球，第一步，先把5个小球分组，有两种分法：2，2，1；3，1，1，有 eq \f(CC,A) ＋C种方法；第二步，再放入3个不同的盒子有A种放法．由分步乘法计数原理知，共有 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CC,A)＋C)) A＝150种放法．
(3)5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球，类似于在5个小球间的空隙中，放入2个隔板，把小球分为3组，则不同的放法有C＝6(种).
(4)5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒，第一步，先把5个小球分2组，有两种分法：3，2，0；4，1，0，有CC＋C种分法．第二步，把分好的球放入3个不同的盒子，有A种放法，由分步乘法计数原理知，共有(CC＋C)A＝90种放法．
要点三 二项式定理及其应用
1．根据通项公式，利用方程思想可求展开式中特定的项或特定项的系数．
2．利用二项式系数的性质、特殊赋值法求展开式中某些项的系数之和，如f(x)＝(a＋bx)n展开式中，各项的二项式系数之和为2n，各项的系数之和为f(1)，奇数项的系数之和为，偶数项的系数之和为等．
训练9 ＋的展开式中的常数项为( )
A．32 B．34
C．36 D．38
解析：选D.的展开式的通项为Tm＋1＝C(x3)4－m·＝C·(－2)mx12－4m，令12－4m＝0，解得m＝3.的展开式的通项为Tn＋1＝Cx8－n·＝Cx8－2n，令8－2n＝0，解得n＝4，所以所求常数项为C(－2)3＋C＝38.
训练10 (x3－2x＋)6展开式中，常数项是( )
A．220 B．－220
C．924 D．－924
解析：选B.(x3－2x＋)6＝()6＝，即求分子展开式中x6项的系数．分子二项展开式的通项为C(x2)12－r(－1)r，令24－2r＝6，解得r＝9，此时C(x2)12－9(－1)9＝－220x6，故原式展开后，常数项为－220.故选B.
训练11 (多选)已知(x－)n的展开式中所有二项式系数之和为16，则展开式中( )
A．各项的系数之和为－1
B．存在常数项－32
C．各项系数的值中最大的是24
D．无理项有3项
解析：选BCD.因为(x－)n的展开式中所有二项式系数之和为16，所以2n＝16，解得n＝4.令x＝1，可得(x－)4的展开式中各项系数之和为1，故A错误；(x－)4的展开式的通项为Tk＋1＝C·(－2)k·x4－，令4－＝0，得k＝3，则T4＝C·(－2)3＝－32，故B正确；当k＝2时，展开式中该项系数的值最大，即为24，故C正确；当k＝1，2，4时，对应的项为无理项，故D正确．故选BCD.
训练12 (2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_______(用数字作答).
解析：(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝Cx8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝Cx2y6，令r＝5，得T5＋1＝Cx3y5，所以(1－)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－28.
答案：－28
训练13 已知二项式(5x－)n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍．
(1)求n的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中所有有理项．
解：(1)令x＝1，得二项式展开式中各项系数之和为(5－1)n＝4n，各项二项式系数之和为2n，由题意得，4n＝16·2n，所以2n＝16，解得n＝4.
(2)通项Tr＋1＝C(5x)4－r＝(－1)r·C54－rx4－r，展开式中二项式系数最大的项是第3项，T3＝(－1)2C52x＝150x.
(3)由(2)得4－r∈Z(r＝0，1，2，3，4)，即r＝0，2，4，所以展开式中所有有理项为T1＝(－1)0C54x4＝625x4，T3＝(－1)2C52x＝150x，T5＝(－1)4C50x－2＝x－2.
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要点一 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：(1)要做什么事；(2)如何去做这件事；(3)怎样才算把这件事完成了．并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法．
训练1 一件工作可以用两种方法完成，有5人只会用第一种方法完成，另外4人只会用第二种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，则不同的选法种数是( )
A．9 B．10
C．20 D．40
解析：选A.利用第一种方法完成有C＝5种选法，利用第二种方法完成有C＝4种选法，故共有5＋4＝9种选法完成工作．故选A.
训练2 现有10张奖券，其中有一、二、三等奖各1张，其余7张无奖，现将这10张奖券随机分发给5名同学，每人2张，则恰有2人获奖的分法种数是( )
A．30 B．60
C．90 D．120
解析：选B.可分四步：第一步，将一、二、三等奖的奖券及1张无奖奖券平均分成2组，有3种不同的分法；第二步，从2组奖券中抽出1组分给5名同学中的任意1人，有5种分法；第三步，将余下的1组奖券分给余下的4名同学中的任意1人，有4种分法；第四步，将剩余6张无奖奖券分给未中奖的3名同学，每人2张，有1种分法．故恰有2人获奖的分法种数是3×5×4×1＝60.故选B.
训练3 将5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，每个区域种植一种花卉，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是( )
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A．420 B．180
C．64 D．25
解析：选B.区域A有5种种植方法，B有4种种植方法，若A，D种植的花卉不同，则D有3种种植方法，C有2种种植方法，共有5×4×3×2＝120种种植方法；若A，D种植的花卉相同，则C有3种种植方法，共有5×4×3＝60种种植方法．故共有120＋60＝180种不同的种植方法．故选B.
要点二 排列与组合的综合应用
1．解决排列、组合的综合问题时，首先要认真审题．只有认真审题．才能把握问题的实质，并注意结合分类与分步两个计数原理，按元素的性质确定分类的标准，按事情的发展过程确定分步的顺序．
2．解决排列与组合的综合问题时，应遵循三个原则：(1)先组合后排列；(2)先分类后分步；(3)先特殊后一般．
3．解决排列与组合的综合问题的难点在于确定分类的标准，题目的特殊条件既是解决问题的拦路虎，又是解决问题的出发点，是我们确定分类标准的依据．
训练4 3男3女六位同学站成一排，则3位女生中有且只有两位女生相邻的不同排法种数是( )
A．576 B．432
C．388 D．216
解析：选B.由题意，先选2个女生捆绑看做一个整体，有A＝6种排法，然后将男生全排列再将女生插空，有AA＝6×12＝72种排法，所以不同的排法有6×72＝432(种).故选B.
训练5 (多选)在新高考方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是( )
A．若任意选科，则选法总数为C
B．若化学必选，则选法总数为CC
C．若政治和地理至少选一门，则选法总数为CCC
D．若物理必选，化学、生物至少选一门，则选法总数为CC＋1
解析：选BD.若任意选科，则选法总数为CC，故A错误；若化学必选，则选法总数为CC，故B正确；若政治和地理至少选一门，则选法总数为CCC＋C，故C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，则选法总数为CC＋1，故D正确．故选BD.
训练6 (2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( )
A．C·C种 B．C·C种
C．C·C种 D．C·C种
解析：选D.由题意，初中部和高中部学生人数之比为＝，所以抽取的60名学生中初中部应有60×＝40(人)，高中部应有60×＝20(人)，所以不同的抽样结果共有C·C种．故选D.
训练7 (2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有____________种(用数字作答).
解析：方法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有CC种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有CC种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有CC种方案．综上，不同的选课方案共有CC＋CC＋CC＝64(种).
方法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有C－C－C＝16种选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有C－C－C＝48种选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种).
答案：64
训练8 按照下列要求，分别求有多少种不同的放法．
(1)5个不同的小球放入3个不同的盒子；
(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球；
(3)5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球；
(4)5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒．
解：(1)5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个小球都有3种可能，利用分步乘法计数原理可得不同的放法有35＝243(种).
(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球，第一步，先把5个小球分组，有两种分法：2，2，1；3，1，1，有 eq \f(CC,A) ＋C种方法；第二步，再放入3个不同的盒子有A种放法．由分步乘法计数原理知，共有 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CC,A)＋C)) A＝150种放法．
(3)5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球，类似于在5个小球间的空隙中，放入2个隔板，把小球分为3组，则不同的放法有C＝6(种).
(4)5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒，第一步，先把5个小球分2组，有两种分法：3，2，0；4，1，0，有CC＋C种分法．第二步，把分好的球放入3个不同的盒子，有A种放法，由分步乘法计数原理知，共有(CC＋C)A＝90种放法．
要点三 二项式定理及其应用
1．根据通项公式，利用方程思想可求展开式中特定的项或特定项的系数．
2．利用二项式系数的性质、特殊赋值法求展开式中某些项的系数之和，如f(x)＝(a＋bx)n展开式中，各项的二项式系数之和为2n，各项的系数之和为f(1)，奇数项的系数之和为，偶数项的系数之和为等．
训练9 ＋的展开式中的常数项为( )
A．32 B．34
C．36 D．38
解析：选D.的展开式的通项为Tm＋1＝C(x3)4－m·＝C·(－2)mx12－4m，令12－4m＝0，解得m＝3.的展开式的通项为Tn＋1＝Cx8－n·＝Cx8－2n，令8－2n＝0，解得n＝4，所以所求常数项为C(－2)3＋C＝38.
训练10 (x3－2x＋)6展开式中，常数项是( )
A．220 B．－220
C．924 D．－924
解析：选B.(x3－2x＋)6＝()6＝，即求分子展开式中x6项的系数．分子二项展开式的通项为C(x2)12－r(－1)r，令24－2r＝6，解得r＝9，此时C(x2)12－9(－1)9＝－220x6，故原式展开后，常数项为－220.故选B.
训练11 (多选)已知(x－)n的展开式中所有二项式系数之和为16，则展开式中( )
A．各项的系数之和为－1
B．存在常数项－32
C．各项系数的值中最大的是24
D．无理项有3项
解析：选BCD.因为(x－)n的展开式中所有二项式系数之和为16，所以2n＝16，解得n＝4.令x＝1，可得(x－)4的展开式中各项系数之和为1，故A错误；(x－)4的展开式的通项为Tk＋1＝C·(－2)k·x4－，令4－＝0，得k＝3，则T4＝C·(－2)3＝－32，故B正确；当k＝2时，展开式中该项系数的值最大，即为24，故C正确；当k＝1，2，4时，对应的项为无理项，故D正确．故选BCD.
训练12 (2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_______(用数字作答).
解析：(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝Cx8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝Cx2y6，令r＝5，得T5＋1＝Cx3y5，所以(1－)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－28.
答案：－28
训练13 已知二项式(5x－)n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍．
(1)求n的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中所有有理项．
解：(1)令x＝1，得二项式展开式中各项系数之和为(5－1)n＝4n，各项二项式系数之和为2n，由题意得，4n＝16·2n，所以2n＝16，解得n＝4.
(2)通项Tr＋1＝C(5x)4－r＝(－1)r·C54－rx4－r，展开式中二项式系数最大的项是第3项，T3＝(－1)2C52x＝150x.
(3)由(2)得4－r∈Z(r＝0，1，2，3，4)，即r＝0，2，4，所以展开式中所有有理项为T1＝(－1)0C54x4＝625x4，T3＝(－1)2C52x＝150x，T5＝(－1)4C50x－2＝x－2.