最新高考数学一轮复习-第十一章-计数原理、概率、随机变量及其分布列【导学案】

这是一份最新高考数学一轮复习-第十一章-计数原理、概率、随机变量及其分布列【导学案】，共95页。

课程标准
1.了解分类加法计数原理和分步乘法计数原理及其意义.
2.理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.
3.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.
[由教材回扣基础]
1．两个计数原理
2.排列、组合的定义
3.排列数、组合数的定义、公式、性质
eq \a\vs4\al(澄清微点·熟记结论)
(1)元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合．
(2)①排列数与组合数之间的联系为Ceq \\al(m,n)Aeq \\al(m,m)＝Aeq \\al(m,n).
②两种形式分别为：a.连乘积形式；b.阶乘形式．前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证．
(3)解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．
(4)对于分配问题，一般先分组，再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )
(5)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )
(6)若组合式Ceq \\al(x,n)＝Ceq \\al(m,n)，则x＝m成立．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)×
二、练牢教材小题
1．(新人教A版选择性必修③P3例1改编)从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同选法的种数为________．
答案：7
2．(新苏教版选择性必修②P55例3改编)3名同学每人从5本不同的电子书中任选1本，共有________种不同的选法．
答案：125
3．(新人教A版选择性必修③ P27T13改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是________．
答案：30
4．(新湘教版选择性必修① P180T5改编)A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须在A的右侧(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有________种．
答案：60
三、练清易错易混
1．(混淆两个计数原理)一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同，则从两个口袋中各取1个小球，有________种不同的取法．
解析：分两步完成，第一步从第1个口袋内任取1个小球有5种方法，第二步从第二个口袋内取1个小球有4种方法，根据分步乘法计数原理得到不同的取法种数是5×4＝20种．
答案：20
2．(分步、分类时产生重复或遗漏)从1,2,3，…，10中选出3个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样的数列共有________个．
解析：根据构成等差数列的公差，分为公差为±1，±2，±3，±4四类，公差为±1时，有8×2＝16个；公差为±2时，满足要求的数列共有6×2＝12个；公差为±3时，有4×2＝8个；公差为±4时，只有2×2＝4个，由分类加法计数原理可知，共构成了不同的等差数列16＋12＋8＋4＝40个．
答案：40
命题视角一 两个计数原理及应用(自主练通)
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( )
A．24 B．18 C．12 D．9
解析：选B 由题意可知E→F有6种走法，F→G有3种走法，由乘法计数原理知，共6×3＝18种走法，故选B.
2．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )
A．180种 B．360种 C．720种 D．960种
解析：选D 按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(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．7 C．6 D．5
解析：选B 根据题意，分两种情况讨论：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，则先在丙、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．在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．
解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个；十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．
答案：8
5.如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
答案：5
[一“点”就过]
(1)分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：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，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
(2)分类标准要明确，做到不重复不遗漏．
(3)混合问题一般是先分类再分步．
(4)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．
命题视角二 排列问题
[典例] 3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．
(1)选其中5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体站成一排，男、女各站在一起；
(4)全体站成一排，男生不能站在一起．
[解] (1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有Aeq \\al(5,7)＝2 520种排法．
(2)前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有Aeq \\al(7,7)＝5 040种排法．
(3)相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有Aeq \\al(3,3)种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有Aeq \\al(4,4)种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有Aeq \\al(2,2)种排法，由分步乘法计数原理知，共有N＝Aeq \\al(3,3)·Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(2,2)＝288(种)．
(4)不相邻问题(插空法)：先安排女生共有Aeq \\al(4,4)种排法，男生在4个女生隔成的五个空中安排共有Aeq \\al(3,5)种排法，故N＝Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)．
[方法技巧] 求解排列应用问题的5种主要方法
[针对训练]
1．某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( )
A．Aeq \\al(18,18)种 B．Aeq \\al(20,20)种
C．Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(3,18)Aeq \\al(10,10)种 D．Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(18,18)种
解析：选D 中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站前排并与中国领导人相邻，有Aeq \\al(2,2)种站法；其他18国领导人可以任意站，因此有Aeq \\al(18,18)种站法．根据分步乘法计数原理可知，共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(18,18)种站法．
2．(2022·长沙明德中学月考)现有10名学生排成一排，其中4名男生，6名女生，若有且只有3名男生相邻排在一起，则不同的排法种数为( )
A．Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(2,7) B．Aeq \\al(3,4)Aeq \\al(2,7)
C．Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(2,7) D．Aeq \\al(3,4)Aeq \\al(6,6)Aeq \\al(2,7)
解析：选D 根据题意，分3步进行分析：①将4名男生分成1,3两组，有Ceq \\al(3,4)＝4种分组方法，其中三人组三人之间的顺序有Aeq \\al(3,3)种排法；②将6名女生全排列，有Aeq \\al(6,6)种情况，排好后有7个空位；③将分好的2组男生安排到7个空位中，有Aeq \\al(2,7)种情况，则不同的排法有Ceq \\al(3,4)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(6,6)Aeq \\al(2,7)＝Aeq \\al(3,4)Aeq \\al(6,6)Aeq \\al(2,7)种．
命题视角三 组合问题
[典例] 已知男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1人．选派5人外出比赛．在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)队长中至少有1人参加；
(4)既要有队长，又要有女运动员．
[解] (1)第1步，选3名男运动员，有Ceq \\al(3,6)种选法；
第2步，选2名女运动员，有Ceq \\al(2,4)种选法，共有Ceq \\al(3,6)·Ceq \\al(2,4)＝120(种)选法．
(2)“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解．
从10人中任选5人有Ceq \\al(5,10)种选法，其中全是男运动员的选法有Ceq \\al(5,6)种．所以“至少有1名女运动员”的选法有Ceq \\al(5,10)－Ceq \\al(5,6)＝246(种)．
(3)从10人中任选5人有Ceq \\al(5,10)种选法．其中不选队长的方法有Ceq \\al(5,8)种．所以“至少有1名队长”的选法为C510－Ceq \\al(5,8)＝196(种)．
(4)当有女队长时，其他人任意选，共有Ceq \\al(4,9)种选法．不选女队长时，必选男队长，共有Ceq \\al(4,8)种选法，其中不含女运动员的选法有Ceq \\al(4,5)种，所以不选女队长时的选法共有Ceq \\al(4,8)－Ceq \\al(4,5)种．所以既有队长又有女运动员的选法共有Ceq \\al(4,9)＋Ceq \\al(4,8)－C45＝191(种)．
[方法技巧] 组合问题的2种题型及解法
[针对训练]
1．(2021·开封模拟)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )
A．6 B．12
C．18 D．19
解析：选D 在物理、政治、历史中选一科的选法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,3)＝9种；在物理、政治、历史中选两科的选法有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,3)＝9种；物理、政治、历史三科都选的选法有1种．所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19种．故选D.
2．现有12张不同的扑克牌，其中红桃、方片、黑桃、梅花各3张，现从中任取3张，要求这3张牌不能是同一种且黑桃至多一张，则不同的取法种数为________．
解析：分类完成，含有一张黑桃的不同取法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,9)＝108(种)，不含黑桃时，有Ceq \\al(3,9)－3Ceq \\al(3,3)＝81(种)不同的取法．故共有108＋81＝189种不同的取法．
答案：189
命题视角四 分组分配问题
考法(一) 整体均分问题
[例1] 教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教，现有6名免费培养的教育专业师范毕业生，将其平均分到3所学校去任教，有________种不同的分配方法．
[解析] 先把6名毕业生平均分成3组，有eq \f(C\\al(2,6)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(3,3))种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有Aeq \\al(3,3)＝6种方法，故6名毕业生平均分到3所学校，共有eq \f(C\\al(2,6)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(3,3))Aeq \\al(3,3)＝90种分配方法．
[答案] 90
[方法技巧]
对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以Aeq \\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数．

考法(二) 部分均分问题
[例2] 将并排的有不同编号的5个房间安排给5名工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________．
[解析] 先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空当中即可，故安排方式共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(1,5)C\\al(1,4)C\\al(3,3),A\\al(2,2))＋\f(C\\al(2,5)C\\al(2,3)C\\al(1,1),A\\al(2,2))))·Aeq \\al(3,3)·Ceq \\al(2,4)＝900种．
[答案] 900
[方法技巧]
对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．
考法(三) 不等分组问题
[例3] (1)(2020·新高考Ⅱ卷)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作，每名大学生只去1个村，每个村至少1人，则不同的分配方案共有( )
A．4种 B．5种 C．6种 D．8种
(2)将6本不同的书分给甲、乙、丙3名学生，其中一人得1本，一人得2本，一人得3本，则有________种不同的分法．
[解析] (1)根据题意，可先将3名大学生分成2组，一组2人，一组1人，共有Ceq \\al(2,3)＝3种分法，再将这两组分配到2个山村，有Aeq \\al(2,2)＝2种分法，故共有3×2＝6种分法．
(2)先把书分成三组，把这三组分给甲、乙、丙3名学生．先选1本，有Ceq \\al(1,6)种选法；再从余下的5本中选2本，有Ceq \\al(2,5)种选法；最后余下3本全选，有Ceq \\al(3,3)种选法．故共有Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)＝60种选法．由于甲、乙、丙是不同的3人，还应考虑再分配，故共有60Aeq \\al(3,3)＝360种分配方法．
[答案] (1)C (2)360
[方法技巧]
对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时，任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
[针对训练]
1．(2021·全国乙卷)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( )
A．60种书 B．120种 C．240种 D．480种
解析：选C 若每名志愿者只分配到1个项目，且每个项目至少分配1名志愿者，则必有一个项目分配2名志愿者，所以先从5名志愿者中任选2名志愿者放在一起，再和剩下的3名志愿者一起分配到4个项目中，共有Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)＝240(种)不同的分配方案．故选C.
2．今年，我校迎来了安徽师范大学数学系5名实习教师，若将这5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有( )
A．180种 B．120种 C．90种 D．60种
解析：选C 将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有eq \f(C\\al(1,5)·C\\al(2,4),A\\al(2,2))＝15(种)方法．再将3组分到3个班，共有15·Aeq \\al(3,3)＝90(种)不同的分配方案．故选C.
[课时跟踪检测]
1．从甲地到乙地，一天中有5次火车，12次客车，3次飞机航班，还有6次轮船，某人某天要从甲地到乙地，共有不同走法的种数是( )
A．26 B．60
C．18 D．1 080
解析：选A 由分类加法计数原理知有5＋12＋3＋6＝26(种)不同走法．
2．教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )
A．10种 B．25种
C．52种 D．24种
解析：选D 每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．
3．(2022·德州模拟)某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A．504 B．210
C．336 D．120
解析：选A 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．
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4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．6种
C．10种 D．16种
解析：选B 分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，同理，甲先踢给丙时，满足条件也有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．
5．六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( )
A．192种 B．216种
C．240种 D．288种
解析：选B 第一类：甲在左端，有Aeq \\al(5,5)＝120种排法；
第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4Aeq \\al(4,4)＝96种排法；所以共有120＋96＝216种排法．
6．(2020·新高考Ⅰ卷)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
解析：选C 先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有Ceq \\al(1,6)种选法，再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆，有Ceq \\al(2,5)种选法，最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有Ceq \\al(3,3)种选法，由分步乘法计数原理知，共有Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)＝60(种)不同的安排方法．故选C.
7．从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法种数为( )
A．Ceq \\al(2,10)Aeq \\al(4,8) B．Ceq \\al(1,9)Aeq \\al(5,9)
C．Ceq \\al(1,8)Aeq \\al(5,9) D．Ceq \\al(1,8)Aeq \\al(5,8)
解析：选C 先排第1号瓶，从除甲、乙以外的8种不同作物种子中选出1种有Ceq \\al(1,8)种方法，再排剩余的瓶子，有Aeq \\al(5,9)种方法，故不同的放法共Ceq \\al(1,8)Aeq \\al(5,9)种，故选C.
8．从数字1,2,3,4,5,6,7中任取3个奇数，2个偶数，组成一个无重复数字且两个偶数数字不相邻的五位数，则满足条件的五位数共有( )
A．864个 B．432个
C．288个 D．144个
解析：选A 从数字1,2,3,4,5,6,7中任取3个奇数，2个偶数的取法种数为Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,3).把3个奇数全排列，有Aeq \\al(3,3)种，再把2个偶数在3个奇数排后产生的空位置中排列，有Aeq \\al(2,4)种，所以根据分步乘法计数原理知，满足条件的五位数共有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,4)＝864(个)．
9.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的单位，如果掷出的点数为i(i＝1,2，…，6)，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点A处的所有不同走法共有( )
A．22种 B．24种
C．25种 D．27种
解析：选D 由题意知正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8个单位，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处，表示三次骰子的点数之和是8或16，点数和为8或16的有125,134,116,224,233,466,556，共有7种组合．组合125,134，每种情况可以排列出Aeq \\al(3,3)＝6种走法，共有2Aeq \\al(3,3)＝2×6＝12种走法；组合116,224,233,466,556各自可以列出3种走法，共有5×3＝15种走法．根据分类加法计数原理知，共有12＋15＝27(种)走法，故选D.
10．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 D．8种
解析：选A 将4名学生均分为2个小组共有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))＝3(种)分法；将2个小组的同学分给2名教师共有Aeq \\al(2,2)＝2(种)分法；最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有Aeq \\al(2,2)＝2(种)分法．故不同的安排方案共有3×2×2＝12(种)．
11．(2022·辽宁名校联考)某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动．高三一共有6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共有20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是( )
A．若1班不再分配名额，则共有Ceq \\al(4,20)种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有Ceq \\al(6,19)种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
解析：选D 对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，将其分成5组，则共有Ceq \\al(4,19)种分配方法，故A错误；对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，将其分成6组，则共有Ceq \\al(5,19)种分配方法，故B错误；对于C、D，若每个班至少3人参加，1班有2个劳动模范，先满足每个班级2个名额，还剩10个名额，分配到6个班级，每个班级至少1人，根据插空法，将其分成6组，则共有Ceq \\al(5,9)＝126种分配方法，故C错误，D正确．
12．学校在高一年级开设选修课程，其中历史开设了三个不同的班，选课结束后，有5名同学要求改修历史，但历史选修每班至多可接收2名同学，那么安排好这5名同学的方案有________种．(用数字作答)
解析：由已知可得，先将5名学生分成3组，有eq \f(C\\al(1,5)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))＝15种分组方法，再安排到三个班中有Aeq \\al(3,3)种方法，所以共有15×Aeq \\al(3,3)＝90种方案．
答案：90
13．10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，则4只鞋子恰成两双的不同情况有____种；4只鞋子没有成双的不同情况有________种．
解析：根据题意只需选出两双鞋，所以有Ceq \\al(2,10)＝45(种)情况.4只鞋若没有成双的，则它们来自4双鞋；先从10双中取4双，有Ceq \\al(4,10)种取法，再从每双中取一只，各有Ceq \\al(1,2)种取法，所以由分步乘法计数原理共有Ceq \\al(4,10)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝3 360(种)情况．
答案：45 3 360
14．(2022·潍坊模拟)植树造林，绿化祖国．某班级义务劳动志愿者小组参加植树活动，准备在如图所示的一抛物线形地块上的ABCDGFE 七点处各种植一棵树苗，其中A，B，C分别与E，F，G关于抛物线的对称轴对称，现有三种树苗，要求每种树苗至少种植一棵，且关于抛物线的对称轴对称的两点处必须种植同一种树苗，则共有不同的种植方法数是________(用数字作答)．
解析：由题意对称相当于3种树苗种A，B，C，D四个位置，有且仅有一种树苗重复，有Ceq \\al(1,3)种选法；在四个位置上种植有eq \f(A\\al(4,4),A\\al(2,2))＝12种方法，则由分步乘法计数原理得共有Ceq \\al(1,3)×12＝36种方法．
答案：36
15．(2022·新乡一模)一个质点从原点出发，每秒末必须向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位长度，则此质点在第10秒末到达点P(2,6)的跳法共有________种．(用数字作答)
解析：要使质点从原点出发10秒末到达点P(2,6)，可分为两类情况．第一类，向上跳6次，向右跳3次，向左跳1次，有Ceq \\al(6,10)Ceq \\al(3,4)＝840(种)；第二类，向上跳7次，向下跳1次，向右跳2次，有Ceq \\al(7,10)Ceq \\al(1,3)＝360(种)．根据分类加法计数原理得，共有840＋360＝1 200(种)方法．
答案：1 200
16．若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有________个．
解析：当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有1＋2＋3＋4＝10个这样的三角形．
答案：10
17．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．
(1)共有多少种不同的排法？
(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示)
解：(1)从4名男生中选出2人，有Ceq \\al(2,4)种选法，
从6名女生中选出3人，有Ceq \\al(3,6)种选法，
根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列，共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,6)Aeq \\al(5,5)＝14 400(种)．
(2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,6)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,4)＝8 640(种)．
第二节 二项式定理
课程标准
1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理.2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的问题．
[由教材回扣基础]
1．二项式定理
(1)定理：(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)．
(2)通项：第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk.
(3)二项式系数：二项展开式中各项的二项式系数为：Ceq \\al(k,n)(k＝0，1，2，…，n)．
2．二项式系数的性质
3．二项式系数与项的系数的区别
二项式系数是指Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，…，Ceq \\al(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．如(a＋bx)n的二项展开式中，第k＋1项的二项式系数是Ceq \\al(k,n)，而该项的系数是Ceq \\al(k,n)an－kbk.当然，在某些二项展开式中，各项的系数与二项式系数是相等的．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)Ceq \\al(r,n)an－rbr是(a＋b)n的展开式中的第r项．( )
(2)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．( )
(3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( )
(4)(a＋b)n某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√
二、练牢教材小题
1．(人教A版选修2－3 P31例2改编) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\r(x)))10的展开式中x2的系数等于( )
A．45 B．20 C．－30 D．－90
答案：A
2．(新苏教版选择性必修②P77例3改编)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))6的展开式中的常数项为( )
A．－150 B．150 C．－240 D．240
解析：选D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))6的二项展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(x))))k＝Ceq \\al(k,6)x6－k·(－2)k·＝(－2)kCeq \\al(k,6)令6－eq \f(3,2)k＝0，解得k＝4，故所求的常数项为T5＝(－2)4·Ceq \\al(4,6)＝240.
3．(新湘教版选择性必修①P192例5改编)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，则a1＋a2＋a3＋…＋a7＝________.
答案：－2
4．(人教A版选修2－3 P37T4改编)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(\r(x),3)－eq \f(3,\r(x))))12的展开式的中间一项为________．
答案：924
三、练清易错易混
1．(混淆项的系数和与二项式系数)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))n的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为________．
解析：由题意得2n＝32，所以n＝5.令x＝1，得各项系数的和为(1－2)5＝－1.
答案：－1
2．(易混淆二项式最大的项和二项式系数最大的项)(2x－1)6的展开式中，二项式系数最大的项的系数是________．(用数字作答)
解析：(2x－1)6的展开式中，二项式系数最大的项是第四项，系数是Ceq \\al(3,6)23(－1)3＝－160.
答案：－160
3．(错用二项展开式的通项公式)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))(1＋2x)5的展开式中，x3的系数为________．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))(1＋2x)5＝x(1＋2x)5＋eq \f(1,x)(1＋2x)5，
∵x(1＋2x)5的展开式中含x3的项为xCeq \\al(2,5)(2x)2＝40x3，
eq \f(1,x)(1＋2x)5的展开式中含x3的项为eq \f(1,x)Ceq \\al(4,5)(2x)4＝80x3，
∴x3的系数为40＋80＝120.
答案：120
命题视角一 二项展开式中特定项及系数问题
考法(一) |形如a＋bnn∈N*的展开式中与特定项相关的量
[例1] (1)(2020·北京高考)在(eq \r(x)－2)5的展开式中，x2的系数为( )
A．－5 B．5 C．－10 D．10
(2)若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x6－\f(1,x\r(x))))n的展开式中含有常数项，则n的值可以是( )
A．8 B．9 C．10 D．11
[解析] (1)由二项式定理得(eq \r(x)－2)5的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(eq \r(x))5－r(－2)r＝Ceq \\al(r,5)(－2)rxeq \f(5－r,2)，令eq \f(5－r,2)＝2，得r＝1，所以T2＝Ceq \\al(1,5)(－2)x2＝－10x2，所以x2的系数为－10，故选C.
(2)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x6－\f(1,x\r(x))))n的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(x6)n－r·(－1)r·由题意可知含有常数项，所以只需4n－5r＝0，对照选项当n＝10时，r＝8，故选C.
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧] 求形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量的步骤
考法(二) |形如a＋bmc＋dnm，n∈N*展开式中与特定项相关的量
[例2] (1)(2020·全国Ⅰ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．5 B．10 C．15 D．20
(2)(2021·河南开封5月三模)(a－x)(1＋x)6的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为64，则实数a＝( )
A．4 B．3 C．2 D．1
[解析] (1)因为(x＋y)5的通项公式为Ceq \\al(r,5)x5－ryr(r＝0,1,2,3,4,5)，所以r＝1时，eq \f(y2,x)Ceq \\al(1,5)x4y＝5x3y3；r＝3时，xCeq \\al(3,5)x2y3＝10x3y3，所以x3y3的系数为5＋10＝15.
(2)设f(x)＝(a－x)(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，
令x＝1，得f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a7＝64(a－1)，
令x＝－1，得f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＝(a＋1)(1－1)6＝0，
两式相减得2(a1＋a3＋a5＋a7)＝64(a－1)，由a1＋a3＋a5＋a7＝64，得a＝3.
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
求形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2.
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
考法(三) 形如a＋b＋cnn∈N*的展开式中与特定项相关的量
[例3] (2022·三明质检)在(2x2＋x－1)5的展开式中，x3的系数为________．
[解析] (2x2＋x－1)5＝[2x2＋(x－1)]5
故Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x2)5－r(x－1)r，
因为要求x3的系数，所以r＝4或5，
当r＝4时，x3的系数为Ceq \\al(4,5)·2·Ceq \\al(3,4)·(－1)3＝－40，当r＝5时，x3的系数为Ceq \\al(5,5)·Ceq \\al(2,5)·(－1)2＝10，
所以x3的系数为－40＋10＝－30.
[答案] －30
[方法技巧]
求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的步骤
[针对训练]
1．(1－2x)3(2＋x)4展开式中x2的系数为( )
A．0 B．24 C．192 D．408
解析：选B 由于(1－2x)3的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)(－2x)r，(2＋x)4的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)24－kxk.若(1－2x)3中提供常数项1，(2＋x)4的展开式中提供二次项，此时r＝0，k＝2，则系数为Ceq \\al(0,3)Ceq \\al(2,4)22＝24；若(1－2x)3中提供一次项，(2＋x)4的展开式中提供一次项，此时r＝1，k＝1，则系数为－2Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,4)23＝－192；若(1－2x)3中提供二次项，(2＋x)4的展开式中提供常数项，此时r＝2，k＝0, 则系数为4Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(0,4)24＝192，故展开式中x2的系数为24－192＋192＝24.故选B.
2．若(x2－ax＋2y)5的展开式中x5y2的系数为240，则实数a的值为( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：选A (x2－ax＋2y)5＝[(x2－ax)＋2y]5的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(x2－ax)5－r·(2y)r＝Ceq \\al(r,5)·2r·(x2－ax)5－r·yr.当r＝2时，T3＝Ceq \\al(2,5)·22·(x2－ax)3·y2＝40x3(x－a)3y2，且(x－a)3的展开式中x2项的系数为Ceq \\al(1,3)(－a)1＝－3a.依题意有40×(－3a)＝240，解得a＝－2.
3.若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))4的展开式中x2项的系数为8，则a＝________.
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))4的展开式中第r＋1项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)x4－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)))r＝Ceq \\al(r,4)arx4－2r，故当r＝1时，T2＝Ceq \\al(1,4)ax2，因为x2项的系数为8，所以Ceq \\al(1,4)a＝8，解得a＝2.
答案：2
4．(2020·全国Ⅲ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,x)))6的展开式中常数项是________(用数字作答)．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,x)))6的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(x2)6－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))r＝Ceq \\al(r,6)2rx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，所以常数项是Ceq \\al(4,6)24＝240.
答案：240
命题视角二 二项式系数的性质及各项系数和
[典例] (1)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中各项系数之和大于8，但小于32，则展开式中系数最大的项是( )
A．6eq \r(3,x) B.eq \f(4,\r(x))
C．4xeq \r(6,x) D.eq \f(4,\r(x))或4xeq \r(6,x)
(2)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))n的展开式中含x的项为第6项，设(1－3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a1＋a2＋…＋an的值为________．
(3)若(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
[解析] (1)令x＝1，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中各项系数之和为2n，即8