章末复习提升（教师版）
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章末复习提升
eq \o(\s\up7( INCLUDEPICTURE "知识体系构建LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "知识体系构建LLL.TIF" \* MERGEFORMAT ),\s\do5( ))
eq \o(\s\up7( INCLUDEPICTURE "核心要点整合LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "核心要点整合LLL.TIF" \* MERGEFORMAT ),\s\do5( ))
要点一 两个计数原理
1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性．
2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养．
训练1 从2，3，4，5，6这5个数字中任取3个，则这3个数的乘积能被12整除的取法有( )
A．7种 B．8种
C．9种 D．10种
解析：选A.由题意，取出来的3个数一定含有3，4或2，6或4，6，当取出来的3个数含有3，4时，则有C＝3种；当取出来的3个数含有2，6时，则有C＝3种；当取出来的3个数含有4，6时，有(2，4，6)，(3，4，6)，(4，5，6)共3种，其中(2，4，6)，(3，4，6)在前两种情况中已经出现，所以这3个数的乘积能被12整除的取法有3＋3＋3－2＝7(种).故选A.
训练2 设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为( )
A．(34，34) B．(43，34)
C．(34，43) D．(A，A)
解析：选C.由题意知，每名学生报名参加课外活动都有3种选择，根据分步乘法计数原理知，4名学生共有34种选择；每项冠军都有4种可能结果，根据分步乘法计数原理知，3项冠军共有43种可能结果．故选C.
训练3 如图，对“田”字型的四个格子进行染色．每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种，每个格子只染一种颜色，且相邻的格子不能都染红色，则满足要求的染色方法有________种．(用数字作答)
解析：若4个格子中没有一格染红色，每格都染黄或蓝，有24＝16种不同的染法；
若4个格子中恰有一格染红色，4格中选一格染红，其余3格染黄或蓝，有4×23＝32种不同的染法；若4个格子中恰有两格染红色，有2种情况，其余2格染黄或蓝，有2×22＝8种不同的染法．由分类加法计数原理可知共有16＋32＋8＝56种不同的染法．
答案：56
要点二 排列与组合问题的综合应用
1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合问题的常用方法：(1)合理分类，准确分步；(2)特殊优先，一般在后；(3)先取后排，间接排除；(4)相邻捆绑，间隔插空；(5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序．
2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养．
训练4 某次乒乓球团体赛为五场三胜制，第一、二、四、五场为单打，第三场为双打，每支队伍有3名队员，每名队员出场2次，则每支队伍不同的出场安排种数为( )
A．18 B．27
C．36 D．45
解析：选C.先从3人中选出2人参加第三场双打，有C种选法；这2人除双打外的另外四场中各选一场单打，剩余一人参加剩余的两场单打，有A种出场安排方法，所以由分步乘法计数原理知共有C×A＝36种不同的出场安排．故选C.
训练5 (多选)某学校举行校园歌手大赛，共有4名男生，3名女生参加，组委会对他们的出场顺序进行安排，则下列说法正确的是( )
A．若3个女生不相邻，则有144种不同的出场顺序
B．若女生甲在女生乙的前面，则有2 520种不同的出场顺序
C．若4位男生相邻，则有576种不同的出场顺序
D．若学生的出场顺序已确定，再增加两位教师，两位教师共有72种不同的出场顺序
解析：选BCD．若3个女生不相邻，则有AA＝1 440种不同的出场顺序，A错误；
若女生甲在女生乙的前面，则有A＝2 520种不同的出场顺序，B正确；
若4位男生相邻，则有AA＝576种不同的出场顺序，C正确；
若学生的出场顺序确定，再增加两位教师，可分为两步，第一步，原7个学生形成8个空，插入1位教师，有8种情况；第二步，原7个学生和刚插入的1位教师形成9个空，再插入1位教师，有9种情况，所以这两位教师共有8×9＝72种不同的出场顺序，D正确．故选BCD．
训练6 甲、乙等6人去A，B，C三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为________．
解析：由题意得，三个景区的人数有3种情况：①1，1，4型，则不同种数为(C－C)A＝54；
②1，2，3型，则不同种数为CCCA－CA－CCA＝264；
③2，2，2型，则不同种数为CCC－ eq \f(CC,2！) A＝72.
所以共有54＋264＋72＝390种．
答案：390
训练7 (2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________．
解析：由对称性，不妨固定乙出卡片顺序依次为(2，4，6，8)，为了简便，设甲依次出(a，b，c，d)，a，b，c，d∈{1，3，5，7}．首先注意到8是最大的，故甲不可能得四分．若甲得三分，则从a到c均要求得分，比较得必有a＝3，b＝5，c＝7，d＝1一种情况；若甲得两分，则讨论在何处得分：①若在b，c处，则同样c＝7，b＝5，进而a＝1，d＝3，共一种；②若在a，c处，则必有c＝7，a≠1，b≠5，在b＝1时有两种，在d＝1时仅一种，共三种；③若在a，b处，则b∈{5，7}，a≠1，c≠7.当b＝5时，由上述限制，c＝1时有两种，d＝1时有一种；当b＝7时，a，c，d全排列的六种中仅a＝1的两种不行，故有四种，此情形共七种．故甲的总得分不小于2共有1＋1＋3＋7＝12种情形，又(a，b，c，d)总的可能数为A＝24，故所求的概率为＝.
答案：
要点三 二项式定理及其应用
1．二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用二项式相应展开式中项的系数求解．
2．二项式定理所体现的是数学运算素养．
训练8 在(－1＋)(1＋)6的展开式中，的系数为( )
A．－60 B．60
C．－80 D．80
解析：选C.因为(1＋)6展开式的通项为Tr＋1＝C()r＝2r·C·，所以原式的展开式中含的项为(－1)×24C·＋×23C·＝－，所以的系数为－80.故选C.
训练9 (多选)若(x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则( )
A．a0＝1
B．a0＋a1＋…＋a10＝－1
C．a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝210
D．a0＋a2＋a4＋…＋a10＝－29
解析：选AC.对于A，当x＝0时，得(－1)10＝a0，即a0＝1，故A正确；
对于B，当x＝1时，得(1－1)10＝a0＋a1＋a2＋…＋a10，
即a0＋a1＋…＋a10＝0，故B错误；
对于C，当x＝－1时，得(－1－1)10＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10，
故a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝210，故C正确；
对于D，a0＋a2＋a4＋…＋a10＝×[(a0＋a1＋…＋a10)＋(a0－a1＋a2－a3＋…＋a10)]＝＝29，故D错误．故选AC.
训练10 干支纪年是中国古代的一种纪年法．分别排出十天干与十二地支如下：
天干：甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸
地支：子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥
把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，…，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用．已知2024年是甲辰年，则再过138＋2年是________年．
解析：因为138＋2＝(12＋1)8＋2＝128＋C×127＋…＋C×12＋3，所以138＋2年以后地支为“未”；
因为138＋2＝(10＋3)8＋2＝108＋C×107×3＋…＋C×10×37＋38＋2，
又因为38＋2＝6 563，38＋2除以10余数为3，所以138＋2年以后天干为“丁”，
故再过138＋2年是丁未年．
答案：丁未
训练11 (1)已知(－)n的展开式中所有项的二项式系数之和为1 024，求展开式中的所有有理项．
(2)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中含x2的项的系数．
解：(1)由题意得，2n＝1 024，所以n＝10，
所以展开式的通项为
Tk＋1＝C()10－k(－)k
＝(－1)kCx＋
＝(－1)kCx5－(k＝0，1，…，10)，
令5－∈Z，得k＝0，6.
所以有理项为T1＝Cx5＝x5，T7＝Cx4＝210x4.
(2)因为C＋C＝C，
所以C＝C－C，
所以含x2的项的系数为C＋C＋…＋C＝(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)＝C－C＝164.
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eq \o(\s\up7( INCLUDEPICTURE "核心要点整合LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "核心要点整合LLL.TIF" \* MERGEFORMAT ),\s\do5( ))
要点一 两个计数原理
1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性．
2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养．
训练1 从2，3，4，5，6这5个数字中任取3个，则这3个数的乘积能被12整除的取法有( )
A．7种 B．8种
C．9种 D．10种
解析：选A.由题意，取出来的3个数一定含有3，4或2，6或4，6，当取出来的3个数含有3，4时，则有C＝3种；当取出来的3个数含有2，6时，则有C＝3种；当取出来的3个数含有4，6时，有(2，4，6)，(3，4，6)，(4，5，6)共3种，其中(2，4，6)，(3，4，6)在前两种情况中已经出现，所以这3个数的乘积能被12整除的取法有3＋3＋3－2＝7(种).故选A.
训练2 设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为( )
A．(34，34) B．(43，34)
C．(34，43) D．(A，A)
解析：选C.由题意知，每名学生报名参加课外活动都有3种选择，根据分步乘法计数原理知，4名学生共有34种选择；每项冠军都有4种可能结果，根据分步乘法计数原理知，3项冠军共有43种可能结果．故选C.
训练3 如图，对“田”字型的四个格子进行染色．每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种，每个格子只染一种颜色，且相邻的格子不能都染红色，则满足要求的染色方法有________种．(用数字作答)
解析：若4个格子中没有一格染红色，每格都染黄或蓝，有24＝16种不同的染法；
若4个格子中恰有一格染红色，4格中选一格染红，其余3格染黄或蓝，有4×23＝32种不同的染法；若4个格子中恰有两格染红色，有2种情况，其余2格染黄或蓝，有2×22＝8种不同的染法．由分类加法计数原理可知共有16＋32＋8＝56种不同的染法．
答案：56
要点二 排列与组合问题的综合应用
1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合问题的常用方法：(1)合理分类，准确分步；(2)特殊优先，一般在后；(3)先取后排，间接排除；(4)相邻捆绑，间隔插空；(5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序．
2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养．
训练4 某次乒乓球团体赛为五场三胜制，第一、二、四、五场为单打，第三场为双打，每支队伍有3名队员，每名队员出场2次，则每支队伍不同的出场安排种数为( )
A．18 B．27
C．36 D．45
解析：选C.先从3人中选出2人参加第三场双打，有C种选法；这2人除双打外的另外四场中各选一场单打，剩余一人参加剩余的两场单打，有A种出场安排方法，所以由分步乘法计数原理知共有C×A＝36种不同的出场安排．故选C.
训练5 (多选)某学校举行校园歌手大赛，共有4名男生，3名女生参加，组委会对他们的出场顺序进行安排，则下列说法正确的是( )
A．若3个女生不相邻，则有144种不同的出场顺序
B．若女生甲在女生乙的前面，则有2 520种不同的出场顺序
C．若4位男生相邻，则有576种不同的出场顺序
D．若学生的出场顺序已确定，再增加两位教师，两位教师共有72种不同的出场顺序
解析：选BCD．若3个女生不相邻，则有AA＝1 440种不同的出场顺序，A错误；
若女生甲在女生乙的前面，则有A＝2 520种不同的出场顺序，B正确；
若4位男生相邻，则有AA＝576种不同的出场顺序，C正确；
若学生的出场顺序确定，再增加两位教师，可分为两步，第一步，原7个学生形成8个空，插入1位教师，有8种情况；第二步，原7个学生和刚插入的1位教师形成9个空，再插入1位教师，有9种情况，所以这两位教师共有8×9＝72种不同的出场顺序，D正确．故选BCD．
训练6 甲、乙等6人去A，B，C三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为________．
解析：由题意得，三个景区的人数有3种情况：①1，1，4型，则不同种数为(C－C)A＝54；
②1，2，3型，则不同种数为CCCA－CA－CCA＝264；
③2，2，2型，则不同种数为CCC－ eq \f(CC,2！) A＝72.
所以共有54＋264＋72＝390种．
答案：390
训练7 (2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________．
解析：由对称性，不妨固定乙出卡片顺序依次为(2，4，6，8)，为了简便，设甲依次出(a，b，c，d)，a，b，c，d∈{1，3，5，7}．首先注意到8是最大的，故甲不可能得四分．若甲得三分，则从a到c均要求得分，比较得必有a＝3，b＝5，c＝7，d＝1一种情况；若甲得两分，则讨论在何处得分：①若在b，c处，则同样c＝7，b＝5，进而a＝1，d＝3，共一种；②若在a，c处，则必有c＝7，a≠1，b≠5，在b＝1时有两种，在d＝1时仅一种，共三种；③若在a，b处，则b∈{5，7}，a≠1，c≠7.当b＝5时，由上述限制，c＝1时有两种，d＝1时有一种；当b＝7时，a，c，d全排列的六种中仅a＝1的两种不行，故有四种，此情形共七种．故甲的总得分不小于2共有1＋1＋3＋7＝12种情形，又(a，b，c，d)总的可能数为A＝24，故所求的概率为＝.
答案：
要点三 二项式定理及其应用
1．二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用二项式相应展开式中项的系数求解．
2．二项式定理所体现的是数学运算素养．
训练8 在(－1＋)(1＋)6的展开式中，的系数为( )
A．－60 B．60
C．－80 D．80
解析：选C.因为(1＋)6展开式的通项为Tr＋1＝C()r＝2r·C·，所以原式的展开式中含的项为(－1)×24C·＋×23C·＝－，所以的系数为－80.故选C.
训练9 (多选)若(x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则( )
A．a0＝1
B．a0＋a1＋…＋a10＝－1
C．a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝210
D．a0＋a2＋a4＋…＋a10＝－29
解析：选AC.对于A，当x＝0时，得(－1)10＝a0，即a0＝1，故A正确；
对于B，当x＝1时，得(1－1)10＝a0＋a1＋a2＋…＋a10，
即a0＋a1＋…＋a10＝0，故B错误；
对于C，当x＝－1时，得(－1－1)10＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10，
故a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝210，故C正确；
对于D，a0＋a2＋a4＋…＋a10＝×[(a0＋a1＋…＋a10)＋(a0－a1＋a2－a3＋…＋a10)]＝＝29，故D错误．故选AC.
训练10 干支纪年是中国古代的一种纪年法．分别排出十天干与十二地支如下：
天干：甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸
地支：子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥
把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，…，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用．已知2024年是甲辰年，则再过138＋2年是________年．
解析：因为138＋2＝(12＋1)8＋2＝128＋C×127＋…＋C×12＋3，所以138＋2年以后地支为“未”；
因为138＋2＝(10＋3)8＋2＝108＋C×107×3＋…＋C×10×37＋38＋2，
又因为38＋2＝6 563，38＋2除以10余数为3，所以138＋2年以后天干为“丁”，
故再过138＋2年是丁未年．
答案：丁未
训练11 (1)已知(－)n的展开式中所有项的二项式系数之和为1 024，求展开式中的所有有理项．
(2)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中含x2的项的系数．
解：(1)由题意得，2n＝1 024，所以n＝10，
所以展开式的通项为
Tk＋1＝C()10－k(－)k
＝(－1)kCx＋
＝(－1)kCx5－(k＝0，1，…，10)，
令5－∈Z，得k＝0，6.
所以有理项为T1＝Cx5＝x5，T7＝Cx4＝210x4.
(2)因为C＋C＝C，
所以C＝C－C，
所以含x2的项的系数为C＋C＋…＋C＝(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)＝C－C＝164.