人教版高中数学第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布

【必修第二册】【选择性必修第三册】

第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理

【课标要求】1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和

“步”；2.能利用两个原理解决一些简单的实际问题。

【命题规律】两个计数原理是解决排列、组合问题的基本方法，同时又能独立地解决

一些简单的计数问题，在本章中占有十分重要的地位。

基础•细梳理

1.分类加法计数原理的推广

完成一件事有几类不同方案，在第1类方案中有叫种不同的方法，在第2类方案

中有根2种不同的方法……在第一类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有

N=+m2+…+mn和不同的方法。

2.分步乘法计数原理的推广

完成一件事需要几个步骤，做第1步有mi种不同的方法，做第2步有TH2种不同

的方法做第八步有小九种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1xm2x...xmn

种不同的方法。

3.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别

分类加法计数原理分步乘法计数原理

联系两个计数原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题

区别完成一件事共有几类不同方完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”

一案，关键词是“分类”

区别每类方案都能完成这件事任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这

二件事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事

区别各类方案都是互斥的、并列各步之间是相互关联的、互相依存的

三的、独立的

小题•微演练

一、基础题

1.已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为12。

［解析］将4个门编号为1,2,3,4,从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种

走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3x4=12（种）。

2.如图，从A城到8城有3条路；从8城到。城有4条路；从A城到。城有4条路，从

C城到。城有5条路，则某旅客从4城到0城共有32条不同的路线。

［解析］3x4+4x5=32°

二、易错题

3.（分步不清致误）某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发

送方法有243种。

［解析］因为每封电子邮件有3种不同的发送方法，所以要发5封电子邮件，不同的发送

方法有3x3x3x3x3=243（种）。

4.（分类、分步不清致误）有3女2男共5名志愿者要全部分配到3个社区去参加志

愿服务，每个社区1到2人，甲、乙2名女志愿者需到同一社区，男志愿者到不同社

区，则不同的分法共有12种。

［解析］第一步安排甲、乙2名女志愿者，有3种分法：第二步将剩余1女2男分为1男

1女和1男两组，分组后安排到2个社区，共有2x2=4（种）分法。故不同的分法

共有3x4=12（种）o

5.（不会分类讨论致误）从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无

重复数字的三位数，其中奇数的个数为我。

［解析］分两类情况讨论：第一类，三位数的百位、十位、个位分别为奇数、偶数、奇

数，个位数有3种选择，十位数有2种选择，百位数有2种选择，有3x2x2=12

（个）奇数；第二类，三位数的百位、十位、个位数分别为偶数、奇数、奇数，个位

数有3种选择，十位数有2种选择，百位数有1种选择，有3x2XI=6（个）奇数。

根据分类加法计数原理知，共有12+6=18（个）奇数。

关键能力」铐向探究

类型一分类加法计数原理的应用

1.从甲地到乙地有三种方式可以到达。每天有8班汽车、2班火车和2班飞机。一天

人从甲地去乙地，共有包种不同的方法。

［解析］分三类：第一类是乘汽车有8种方法；第二类是乘火车有2种方法；第三类是乘

飞机有2种方法，由分类加法计数原理知，共有8+2+2=12（种）方法。

2.有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同

一学科的书2本，则不同的选法有141种。

［解析］分三类：第一类：语文、数学各1本，共有9x7=63（种）；第二类：语文、

英语各1本，共有9x5=45（种）；第三类：数学、英语各1本，共有7x5=35

（种）。所以共有63+45+35=143（种）不同的选法。

3.满足Q,b6{-1,04,2）,且关于x的方程a/+2x4-b=0有实数解的有序数对（a,b）

的个数为12。

［解析］当a=0时，b的值可以是一1,0,1,2,故（Q/）的个数为4；当QH0时，

要使方程。/+2%+8=0有实数解，需使4二4一4成20,即QbWl。若Q=—1,

则b的值可以是一1,0,l,2,（a,b）的个数为4;若Q=1,则b的值可以是一1,0,1,

（a,b）的个数为3；若Q=2,贝肪的值可以是一1,0,（a,b）的个数为2。由分类加法计

数原理可知，（a,b）的个数为4+4+3+2=13。

练后感悟

1.根据题目特点恰当选择一个分类标准。分类标准是运用分类加法计数原理的难点

所在，应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置。

2.分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同

种类的两种方法是不同的方法，不能重复。

3.分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏。

类型二分步乘法计数原理的应用

【例I】有6名同学报名参加3个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报

名方法（6名同学不一定都能参加）？

（1）每人只参加一项，每项人数不限；

［答案］解每人都可以从三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分

步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36=729（种）。

（2）每项限报一人，且每人至多参加一项；

［答案］解每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有‘6

种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，根据分步乘法计数原理,

可得不同的报名方法共有6x5x4=120（种）。

（3）每项限报一人，但每人参加的项目不限。

［答案］解每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这6名同学中选出一人参赛,

根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63=216（种）。

总结反思

一类元素允许重复选取的计数问题，可以采用分步乘法计数原理来解决，关键是

明确要完成的一件事是什么。用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪

类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据。

【变式训练】

（1）［2022.兰州市诊断考试］2019年9月1日兰州地铁1号线启用新列车运行图,进

一步增加上线列车数量、缩短列车运行间隔、延长运营时间。两位同学同时去乘坐地

铁，一列地铁有6节车厢，两人进入车厢的方法共有（C）

A.15种

B.30种

C.36种

D.64种

［解析］设这两位同学分别为甲、乙，由题意，可分为两步：第一步，甲同学从这6节

车厢中选择一节进入有6种选法，第二步，乙同学从这6节车厢中选择一节进入有6

种选法，所以两人进入车厢的方法共有6x6=36（种），故选C。

（2）某市在创建“全国卫生文明城市”活动中，大力加强垃圾分类投放宣传。某居

民小区设有“厨余垃圾”“可回收物”“其它垃圾”三种不同的垃圾桶。一天，居民

甲提着上述分好类的垃圾各一袋，每桶随机投一袋，则恰好有一袋垃圾投对的概率为

（D）

［解析］三袋垃圾中恰有一袋投放正确的情况有3种，由古典概型概率计算公式得三袋

垃圾恰有一袋投对的概率「=三=9故选D。

3x2x12

类型三两个计数原理的综合应用

微考向1：与数字有关的问题

【例2】

（1）用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成侬个无重复数字的四位偶数。

（用数字作答）

［解析］要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0,

个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不能重复，因此应先分类，再分步。

第1类，当千位数字为奇数，即取1,3,5中的任意一个时，个位数字可取0,2,

4,6中的任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这

三个数字重复的数字，根据分步乘法计数原理，有3x4x5x4=240（种）取法。

第2类，当千位数字为偶数，即取2,4,6中的任意一个时，个位数字可以取除首位

数字的任意一个偶数数字，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能

取与这三个数字重复的数字，根据分步乘法计数原理，有3x3x5x4=180（种）

取法。根据分类加法计数原理.，共可以组成240+180=420（个）无重复数字的四

位偶数。

（2）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构成的无重复数字的“驼峰

数”有7个。

［解析］分三步：第一步，选3个数，有4种方法；第二步，把选出的3个数中最小的数

排在十位，有1种方法；第三步，排个位和百位，有2种方法，由分步乘法计数原理

共有4x1x2=8（个），

总结反思

与数字有关的问题常见的有以下4类：①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数

整除的数”；②在某范围内的数；③各数字的和具有某种特征；④各数字满足某种关

系。

微考向2:与几何图形有关的问题

【例3】如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面

对”。在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交

线面对”的个数是（D）

A.48

B.18

C.24

D.36

［解析］第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正

交线面对”有2X12=24（个）；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角

面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个。所以正方体中“正交线面对”

共有24+12=36（个）。

总结反思

几何图形问题，分析几何图形的结构特点，分清事件由哪些几何元素构成，满足

什么样的几何特征才是完成一个事件。

微考向3:涂色问题

【例4】如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A,B,C,。中，要求相邻

的矩形涂色不同，则不同的涂法有（C）

A.256种

B.128种

C.72种

D.64种

［解析］解法一：首先涂4有4种涂法，然后涂8有3种涂法，C与A,B相邻，则C有

2种涂法，。只与C相邻，则。有3种涂法，所以共有4x3x2x3=72（种）涂法。

解法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：第一类是4种颜色都用，这时A

有4种涂法，B有3种涂法，。有2种涂法，。有1种涂法，共有4x3x2x1=24

（种）涂法；第二类是用3种颜色，这时A,B,。的涂法有4x3x2=24（种），

。只要不与。同色即可，故D有2种涂法。所以不同的涂法共有24+24x2=72

（种）。

总结反思

涂色问题一般综合利用两个计数原理求解，但乜有两种常用方法：按区域的不同,

以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法

计数原理分析。

【题组对点练】

1.（微考向2）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的

共有（C）

A.24对

B.30对

C.48对

D.60对

［解析］如图，在正方体中，与面对角线4C成60°角的面对角线有

&C/当AC,共8条；同理,与。B成60。角的面对角线

也有8条。因此，一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成

16对。又正方体共有6个面，所以共有16x6=96（对）。又因为每对被计算了2次,

因此成60°角的面对角线有：x96=48（对）。

2.（微考向3）现用4种小同的颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边

界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（D）

金榜

题名

A.144种

B.72种

C.64种

D.84种

［解析］根据题意，分3步进行分析：①给“金”着色，有4种方法；②给“榜”着色，

有3种方法；③给“题”着色，若

其与“榜”同色，则给“名”着色有3种方法；若其与“榜”不同色，则给“题”着

色有2种方法，然后给“名”着色，有2种方法。综上，共有4x3x(3+2x2)=84

(种)方法，故选D。

3.(微考向1)中国古代一进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹

实际上是一根根同长短的小木棍。如图，是利用算筹表示卜9的一种方法，则据此，3

可表示为“三”，26可表示为。现有6根算筹。据此表示方法，若算筹不能

剩余，则可以表示的两位数的个数为(C)

_===1±±^=

123456789

A.9

B.13

C.16

D.18

［解析］根据题意，6根算筹可以表示的数字组合为(1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(6,4),

(6,8),(3,3),(3,7),(7,7)。数字组合(1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(6,4),(6,8),

(3,7)中，每组可以表示2个两位数，则可以表示2x7=14(个)两位数；数字组合

(3,3),(7,7)中，每组可以表示1个两位数，则可以表示2x1=2(个)两位数。综

上，共可以表示14+2=16(个)两位数。故选C,

教师备用题

【例1】(配合类型一使用)某班有9名运动员，其中5人会打篮球，6人会踢足球，

现从中选出2人分别参加篮球赛和足球赛，则不同的选派方案有(A)

A.28种

B.30种

C.27种

D.29种

［解析］由题意知，9名运动员中，有2人既会踢足球又会打篮球，有3人只会打篮球，

有4人只会踢足球。选派两种球都会的运动员有2种方案；选派两种球都会的运动员

中的一名踢足球，只会打篮球的一名运动员打篮球，有2/3=6（种）方案；选派两

种球都会的运动员中的一名打篮球，只会踢足球的一名运动员踢足球，有2x4=8

（种）方案；选派只会打篮球和只会踢足球的各一名运动员分别打篮球和踢足球，有

3x4=12（种）方案。综上可知，共有2+6+8+12=28（种）不同的选派方案。

故选Ao

【例2】（配合例1使用）甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行数学应用知识比赛，决

出第1名至第5名（没有重名次）。已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名,

则5名同学的名次排列情况有（C）

A.27种

B.48种

C.54种

D.72种

［解析］分五步完成：第一步，决出第1名有3种情况；第二步，决出第5名有3种情况;

第三步，决出第2名有3种情况；第四步，决出第3名有2种情况；第五步，决出第4

名有1种情况。根据分步乘法计数原理可知I,5名同学的名次排列情况有3X3X3X

2x1=54（种）。

【例3】（配合例4使用）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，若要

求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有21种

（用数字作答）。

［解析］解法一：区域1有禺种着色方法；区域.2有C；种着色方法；区域3有©种着色

方法；区域4,5共有3种着色方法（4与2同色有2种，4与2不同色有1种）。所

以共有4x3x2x3=72种不同的着色方法。

解法二：因区域1与其他四个区域都相邻，宜先考虑。区域1有4种涂法。若区域2,

4同色，有3种涂法，此时区域3,5均有2种涂法，涂法总数为4x3x2x2=48

种；若区域2,4不同色，先涂区域2有3种方法，再涂区域4有2种方法。此时区域

3,5也都只有1种涂法，涂法总数为4x3x2xlxl=24种。因此涂法共有48+

24=72(种)。

第二节排列与组合

【课标要求】1.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；2.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。

【命题规律】排列组合问题主要以实际问题为背景考查计数问题，常与概率问题综合

考查。

必备知识,

基础•细梳理

1.两个概念1

(1)排列：从几个不同元素中取出?n(m4n)个元素，按照一定的顺序排成一列,

叫做从几个不同元素中取出租个元素的一个排列。

(2)组合：从几个不同元素中取出＜n)个元素作为一组,叫做从几个不同

元素中取出m个元素的一个组合。

［微点清］1元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合。

2.两个公式2

(1)排列数公式

A胃=n(n—l)(n—2)...(n—m4-1)=.二,。规定0!=工。

(2)组合数公式

rm_n(n-l)(n-2)...(n-m+l)_n!十网型「0_1

以"——!°舫不〃-1°

［微点清］2①排列数与组合数之间的联系为C/A霁=A鲁。②两种形式分别为连乘积形

式和阶乘形式，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.排列数与组合数的性质

⑴优=煞；(2)C-=CL；(3)C%=CL+优;(4)暇=n*二；°

小题•微演练

一、基础题

1.从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数

是(B)

A.12

B.24

C.64

D.81

［解析］4本不同的课外读物选3本送给3位同学，每人一本，则不同的送法种数为A：=

24o

2J2021•全国乙卷］将5名二匕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

D.480种

［解析］根据题设中的要求，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，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1

人，共有釐种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A：种安排方法。故

满足题意的分配方案共有釐,A%=240（种）。

3.某市为了提高整体教学质量，在高中率先实施了市区共建“1+2”合作体，现某市

直属高中学校选定了6名教师和2名中层干部去两所共建学校交流学习。若每所共建

学校需要派3名教师和1名中层干部，则共有选派方法（C）

A.160种

B.80种

C.40种

D.20种

［解析］先给一所学校派3名教师和1名中层干部，则有髭C；种选派方法，剩余的3名

教师和1名中层干部直接去另一所学校，只有1种方法，由分步乘法计数原理可知共

有髭玛=40（种）选派方法，故选C。

二、易错题

4.（不会应用组合数的性质致误）计算G+C}+喘+C8的值为210（用数字作答）。

［解析］原式=酸+源+=巧+C$=C%=C?o=210。

5.（相同元素的排列问题不会应用组合解决）有大小形状相同的3个红色小球和5个

白色小球，排成一排，共有也种不同的排列方法。

［解析］8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置

给红球，剩下的位置给白球，故共有量=56（种）不同的排列方法。

6.（不能灵活运用间接法致误）现有6个人排成一排照相，则甲、乙、丙3人不同时

相邻的排法有皿种。

［解析］用6个人全排列的排法数减去甲、乙、丙同时相邻的排法数，可得甲、乙、丙3

人不同时相邻的排法种数为线-A1A1=576。

关键能力」,考向探究

类型一排列问题

【例1】有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数。

（1）选5人排成一排；

［答案］解从7人中选5人排列，有法今=7x6x5x4x3=2520（种）。

（2）排成前后两排，前排3人，后排4人；

［答案］解解法一：分两步完成，先选3人站前排，有的种方法，余下4人站后排，有

A*种方法，共有的・A%=5040（种）。

解法二：（多排问题单排法）由题意知共有A5=5040（种）。

（3）全体排成一排，甲穴站排头也不站排尾；

［答案］解解法一：（特殊元素优先法）先排甲，有5种方法，其余6人有A?种排列方

法，共有5xA&=3600（种）。

解法二：（特殊位置优先法）首尾位置可安排除甲外6人中的两人，有A看种排法，其

他有腐种排法，共有线A?=3600（种）。

（4）全体排成一排，女生必须站在一起；

［答案］解（捆绑法）将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A*种方法，再将

女生全排列，有Af种方法,共有A*A：=576（种）°

（5）全体排成一排，男生互不相邻。

［答案］解（插空法）先排女生，有A1种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3

个空位安排男生，有Ag种方法，共有A，Ag=1440（种）。

总结反思

求解排列应用问题的5种主要方法

直接把符合条件的排列数直接列式计算

法

优先优先安排特殊元素或特殊位置

法

绑

捆

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

法

空

插

对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档

法

中

间接正难则反、等价转化的方法

法

【变式训练】

（1）（多选）若3男3女排成一排，则下列说法错误的是（BC）

A.共计有720种不同的排法

B.男生甲排在两端的排法共有12（）种

C.男生甲、乙相邻的排法总数为12（）种

D.男女生相间排法总数为72种

［解析］3男3女排成一排的排法共计有A&=720种；男生甲排在两端的排法共有2A1=

240种；男生甲、乙相邻的排法总数为A,Ag=240种；男女生相间排法总数为2

=72种，故选BC。

（2）北京大兴国际机场拥有世界上最大的单一航站楼，并拥有机器人自动泊车系统,

解决了停车满、找车难的问题，现有4辆载有不同救援物资的车辆可以停放在8个并

排的泊车位上，要求停放的车辆相邻，箭头表示车头朝向，则不同的泊车方案有12Q

种。（用数字作答）

［解析］根据题意，分2步进行分析：

①要求4辆停放的车辆相邻，且被安排在8个并排的泊车位上，有5种情况，

②将相邻的4辆载有不同救援物资的车辆全排列，有A：=24种排法，

则共有5x24=120（种）不同的泊车方案。

类型二组合问题

【例2】从7名男生、5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数有多少种?

（1）4,8必须当选；

［答案］解由于A,B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，所以有底。=

120（种）、

（2）A,B必不当选；

［答案］解从除去4,8两人的10人中选5人即可，所以有盘o=252（种）。

（3）A,B不全当选；

［答案］解全部选法有C5利IA,B全当选有C：o种，

故A,8不全当选有第2-Co=672（种）。

（4）至少有2名女生当选；

［答案］解注意到“至少有2名女生”的反面是“只有一名女生或没有女生”，故可用

间接法进行，

所以有32-所以-Cf=596（种）选法。

（5）选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委

员必须由男生担任，班长必须由女生担任。

［答案］解分三步进行。

第一步：选1男1女分别担任两个职务为G禺种。

第二步：选2男1女补足5人有髭禺种。

第三步：为这3人安排工作有A片种。

由分步乘法计数原理共有G禺髭禺Ag=12600（种）选法。

总结反思

1.组合问题常有以下两类题型：（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。

2.有限制条件的组合问题的解题思路：从限制条件入手。组合问题只是从整体中选

出部分即可，相对来说较简单。常见情况有：（1）某些元素必选；（2）某些元素不

选；（3）把元素分组，根据在各组中分别选多少，分类；（4）排除法。

【变式训练】

（1）［2022.扬州高三考试］（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（BD）

A.若任意选科，选法总数为熊

B.若化学必选，选法总数为禺禺

C.若政治和地理至少选一门，选法总数为最禺的

D.若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为©玛+1

［解析］若任意选科，选法总数为©第，A错误；若化学必选，选法总数为最的，B正

确；若政治和地理至少选一门，选法总数为禺（禺禺+1）,C错误；若物理必选，化

学、生物至少选一门，选法总数为&禺+1,D正确。

（2）［2022.昆明市教学质量检测］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（B）

A.90

B.180

C.220

D.360

［解析］根据题意，选出的3个节气可以是2个冬季节气和1个春季节气，也可以是1个

冬季节气和2个春季节气，对应的方法种数都是禺髭=90,所以不同的方法种数为

18（）o故选B。

类型三排列与组合的综合应用

微考向1:特殊元素（位置）优先考虑法

【例3】中国古典乐器一股按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐

器进行分类的方法，最早见于《周礼・春官・大师》。八音分为“金、石、土、革、

丝、木、匏、竹”，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐

器，“丝”为弹拨乐器。某同学安排了包括“土、匏、竹”在内的六种乐器的学习，

每种乐器安排一节，连排六节，并要求“土”与“匏”相邻排课，但均不与“竹相

邻排课，且“丝”不能排在第一节，则不同的排课方式的种数为（C）

A.960

B.1024

C.1296

D.2021

［解析］排课可分为以下两大类。第一类“丝”被选中，不同的排课方式种数为M=

CiAlAlA^-CM1A1A1=720（种）；第二类“丝”不被选中，不同的方式种数为

N2=CjAlA|Aj=576（种）、故共有N=720+576=1296（种）。故选C。

解排列、组合问题要遵循的2个原则

1.按元素（位置）的性质进行分类。

2.按事情发生的过程进行分步。

具体地说，解排列、组合问题常以元素（位置）为主体，即先满足特殊元素（位

置），再考虑其他元素（位置）。

微考向2:顺序一定问题

【例4】某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛,

主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，且

不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有辿种。

［解析］解法一：添入三个节目后共十个节目，故该题可转化为安排十个节目，其中七

个节目顺序固定。这七个节目的不同安排方法共有A；种，添加三个节目后，节目单中

共有十个节目，先将这十个节目进行全排列，不同的排列方法有A珞种，而原先七个

A10

节目的顺序一定，故不同的安排方式共有粤=720（种）。

A7

解法二：将10个节目看作10个元素排列位置。在10个位置中选7个按一定顺序排列,

有C；。种排法，其余3个位置进行全排列，有A1种排法，所以共有（：号舄=720

（种）。

解法三：将三个节目逐个插入，共有8x9x10=720（种）。

求解顺序一定问题一般有2种方法

1.全体元素全排列，再除以部分元素全排列。

2.从全体位置中选取部分位置放置特殊元素。

【题组对点练】

1.（微考向1）北京APEC峰会期间，有2位女性和3位男性共5位领导人站成一排照

相，则女性领导人甲不在两端，3位男性领导人中有且只有2位相邻的站法有（C）

A.12种

B.24种

C.48种

D.96种

［解析］从3位男性领导人中任取2人“捆”在一起记作4,4共有C弘刍=6（种）不同

排法，剩下1位男性领导人记作8,2位女性分别记作甲、乙；则女性领导人甲必须

在4,B之间，此时共有6x2=12（种）排法（4左B右和4右B左），最后再在排

好的三个元素中选出四个位置插入乙，所以共有12x4=48（种）不同排法。

2.（微考向1）元宵节是口国传统节日，放烟花、吃汤圆、观花灯是常见的元宵节民

俗活动。某社区计划举办元宵节找花灯活动，准备在3个不同的地方悬挂5盏不同的

花灯，其中2盏是人物灯。现要求这3个地方都有灯（同一地方的花灯不考虑位置的

差别），且人物灯不能挂在同一个地方，则不同的悬挂方法种数为（A）

A.114

B.92

C.72

D.42

［解析］按要求，3个地方的花灯的数量分布应该是1,1,3或者1,2,2两种情况。

第一种情况1,1,3,若两个“1”均为人物灯，见有Ag种方法，若两个“1”只有

一个为人物灯，则有久C弘多种方法,即第一种情况共有A多+禺第A§=42（种）方法;

第二种情况1,2,2,若“1”为人物灯，则有最的A多种方法，若“1”不是人物灯,

则有C拇种方法,即第二种情况共有禺禺A^+玛©A4=72（种）方法。由分类加

法计数原理可得，满足条件的不同悬挂方法共有42+72=114（种）。故选A。

3.（微考向2）由数字0,1组成的一串数字代码，其中恰好有7个1,3个0,则这样

的不同数字代码共有3个。

［解析］解法一：10个元素进行全排列共有A错种结果，在这些结果中有7个1,3个0,

这样前面的全排列就出现了重复，不同的排列中每个排列出现了A马Ag次，得到不同的

排列共有篝=120（个）。

A烟

解法二：10个位置选3个填入0,其余填入7,则有C；o=120种，所以可以组成120

个不同数字代码。

4.（加强练）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4,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（C）

A.630种

B.600种

C.540种

D.480种

［解析］可分为两步,第一步,将这6名工作人员分成三组,有（2,2,2）,（1,2,3）及

（1,1,4）三种分法，所以有竽+玛釐0+笔咨=90（种）方法；第二步，将分好

的这三组任意分配到A,B,C三个村进行调研，有的种方法。根据分步乘法计数原

理知共有90A1=540（种）安排方式，故选C。

素养提升增分培优

课外阅询•开拓视野

分组问题

1.不等分问题

【典例1】若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有

3种不同的分法。

［解析］将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有黑

种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有髭种取法；第3步，余

下的3名教师作为一组，有或种取法。根据分步乘法计数原理，共有黑髭髭=60

（种）取法。再将这3组教师分配到3所中学，有A：=6（种）分法，根据分步乘法

计数原理可得共有60x6=360（种）不同的分法。

2.平均分组问题

【典例2】将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六、星期日3天参加社区公益活

动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有168（）种（用数字作

答）。

［解析］先选出3人，有《种，再由剩下的6人中选出3人，有髭种，最后由剩下的3

人为一组，有玛种。由分步乘法计数原理以及每Ag种只能算一种不同的分组方法，

可得不同的安排方案共有粤骐・Ag=1680（种）。

3.部分均分问题

【典例3】10个人参加义务劳动，分成4组，各组分别为2人、2人、2人、4人，则

不同的分组方案共有L四种（用数字作答）。

［解析］由于分成2人、2人、2人、4人的四个组对应的种数分别为第。，最，熊,C：种,

由分步乘法计数原理以及每Ag种只能算一种不同的分组方法，可得不同的分组方案共

有逐辔=3150（种）。

反思感悟

1.平均分配给不同小组的分法种数等于平均分堆的分法种数乘堆数的全排列。

2.对于分堆与分配问题应注意三点：（1）处理分配问题要注意先分堆再分配；（2）

被分配的元素是不同的；（3）分堆时要注意是否均匀。

3.对于部分均分问题，解题时要注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有6

组元素个数相等，则分组时应除以m!。

【变式训练】

（1）国家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个免费培养的教育专业师范毕业生要平

均分到3所学校去任教，有纯种不同的分派方法（用数字作答）。

［解析］先把6个毕业生平均分成3组，有空空种方法，再将3组毕业生分到3所学校,

A3

有Ag=6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，根据分步乘法计数原理可得共有

零骗'=90（种）分派方法。

（2）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

的方案有纯种（用数字作答）。

［解析］由已知可得，先将5名学生分成3组，有笔1=15（种），所以不同的分法

A2

<15xA^=90（种）°

第三节二项式定理

【课标要求】能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决

与二项展开式有关的简单问题。

【命题规律】考查二项展开式的通项的应用、二项式定理的正用和逆用、二项式系数

的性质与各项的和，题型是选择题与填空题。

必备知识,夯实四基

基础•细梳理

1.二项式定理

(1)二项式定理：(Q+b)ni=/an+—+…+C^an-kbk+…+

C2bn(n6N")o

nkk

(2)通项：Tk+1=C^a-b,它表示笫k+1项。

（3）二项式系数：二项展开式中各项的系数喘（k=0,1,2,…，九）。

［微点清］l（a+b）n的展开式与（b+QF的展开式的项完全相同，但对应的项不相同而

且两个展开式的通项不同。

2.二项式系数的性质

性性质描述

质

对

在二项展开式中与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C7=C；「m

称

性

增当等时，二项式系数逐渐增大；当仁》等时，二项式系数逐渐减小

减

性

最

大当九是偶数时，中间一项（第;+1项）的二项式系数最大，最大值为C：；当n是奇数时，中

值n—1n+1

间两项（第等项和第等项）的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或cy

3.各二项式系数和

（1）（Q+b）n展开式的各二项式系数和：C?+加+鬃+…+C；；=2"。

（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，即华+鬣+第+

•••=*+CW+*+,・・=2n—o

小题•微演练

一、基础题

1.［2021.北京高考］（二-的展开式中常数项是二4。

［解析］由二项式定理可得常数项为最­（%3）1•（-J）3=-4o

2.［2020.全国HI卷］8+：）6的展开式中常数项是2也（用数字作答）。

6丁

［解析（/+：）的展开式的通项G+1=C式％2）6T.Q=〃2612-3"令12-3丁=

0,解得r=4,所以常数项为第24=240。

3化简

•+嚼7=22n-10

+c3++c2n

［解析］因为c为+c%+c猊+…+c|2=22n，所以c%2n2n

久%+$+…+嚼）=22X。

二、易错题

4.（混淆“二项式系数”与“项的系数”致误）在（/-：）”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二1。

［解析］由题意得2八=32,所以九=5。令x=1，得各项系数的和为（1-2）5=-1o

5.(配凑不当致误)(%+1)5(%-2)的展开式中/的系数为二li。

［解析］(%+1)5(%-2)=%(%+I)5-2(%+I)5,展开式中含有产的项为欠禺-r1

I4-2c“2.13=-I5x2,故％2的系数为一15o

关键能力」铐向探究

类型一二项展开式中特定项或特定项的系数

1.［2020•北京高考］在(代-2f的展开式中，%2的系数为(C)

A.-5

B.5

C.-10

D.10

［解析］由二项式定理得(0一2)5的展开式的通项7；+1=砥(«)5-(-2)==

Cg(—2)，—亍，令三■=2，得丁=1，所以3=心(—2)/=—10避，所以避的系数

为一10o故选C。

2.若二项式_京y的展开式中含有常数项，则九的值可以是(o

A.8

B.9

C.10

D.11

［解析］二项式(一一专)”的通项为〃+1=喋(”尸-丁(一1)「(%一，’=CH—l)r/F,

由题意可知含有常数项，所以只需满足4九一5丁=0,且n2r,对照选项当九=10时,

r=8o故选C。

_q

3.在二项式(a+x)的展开式中，常数项是反返，系数为有理数的项的个数是£。

Q_r

r

［解析］由一项展开式的通项可知7；-+1=C5•(V2)..r7rGN,0<r<9,当项为常

数项时，r=0,Ti=Cg・(V5)9・”=(V5)9=16V5<>当项的系数为有理数时，9-r

为偶数，可得r=1,3,5,7,9,即系数为有理数的项的个数是5。

练后感悟

求二项展开式中特定项的方法

第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项7；+i=C；；Qn-r〃，常把字母和系

数分离开来（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），解出丁。

第三步，把厂代入通项中，即可求出7；+1，有时还需要先求九，再求丁，才能求出

Tr+1或者其他量。

类型二二项式系数的性质及应用

微考向1:二项式展开式中的系数和问题

［例1］

（1）［2022.济南市模拟］（多选）在（：一工）6的展开式中，下列说法正确的是（BC）

A.常数项为160

B.第4项的二项式系数最大

C.第3项的系数最大

D.所有项的系数和为64

66rrr6r2r6

［解析］二项式（|一x）的展开式的通项Tr+i=墨（|）"（-x）=（-l）2-Qx-o

对于A,令2/一6=0,得r=3,所以展开式中的常数项为（一2?髭=一160,故

A不正确；对于B,因为该二项式的展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大

的项为笫4项，故B正确；对于C,因为展开式共有7项，系数最大项必为正项，即

在第1、3、5、7这4项中取得，又系数最大项必在中间偏左或偏右处，所以只需比

较第3与第5项系数的大小即可，因为第3项的系数为（-1A24髭=240,第5项的

系数为（一1户22禺=60,所以该展开式中第3项的系数最大，故C正确；对于D,令

%=1,则各项的系数和为（2-I）6=1,故D不正确。

3432

（2）［2021•浙江高考］己知多项式（%—I）+（%+=x+a1x+a2x+a3x+a4,

则由=5；a2+。3+。4=IS。

［解析］（%-I）3展开式的通项7V+1=C3%3-r•（一1）「,（％+I）4展开式的通项7火+1=

2

心％4-"，则%=+C；=1+4=5泣2=禺（一1）1+C4=3;a3=C1（—l）+C4=

7;a4=C式-1）3+Cj=0o所以的+Q3+Q4=3+7+0=10。

“赋值法”普遍适用于恒等式，对形如(ax+by,(ax2+bx+c)m(a"GR)的式

子，求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令％=1即可；对形如(a%+

by)"(a/ER)的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令％=y=l即可。

微考向2:二项式系数与项的系数的最值问题

［例2］已知(妒+%2)2n的展开式的二项式系数和比(3x-iy的展开式的二项式系

数和大992,则在⑵-目崩的展开式中，二项式系数最大的项为二S3,系数的绝

对值最大的项为-15360%4o

［解析］由题意知，22n-2n=992,即(2"—32)(2"+31)=0,故2n=32,解得九二

5。由二项式系数的性质知，(2x-£f°的展开式中第6项的二项式系数