资源简介

模块六　统计与概率
微专题23　计数原理
【考法探析·明规律】
例1　(1)64　(2)408　[解析] (1)若选修2门课,则需要从体育类和艺术类选修课中各选1门,有=16(种)方案;若选择3门课,则包含两种情况:选2门体育类,1门艺术类或2门艺术类,1门体育类,有+=48(种)方案.故不同的选课方案共有16+48=64(种).
(2)根据题意,必须保证2个唱歌节目不相邻,则总共的排法有=480(种).若甲舞蹈排在最后,则剩余3个舞蹈节目有=6(种)排法,再将2个唱歌节目插入4个间隙,有=12(种)排法,则甲舞蹈排在最后共有6×12=72(种)排法,故2个唱歌节目不相邻,并且甲舞蹈不能排在最后的排法共有480-72=408(种).
自测题
1.C　[解析] 依题意,委派的人数分组情况可能为(1,1,4),(1,2,3),(2,2,2).
方法一(间接法):总的委派情况有=540(种),其中李老师和唐老师在同一学校督导的委派情况有=150(种),故李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有540-150=390(种).
方法二:若委派的人数分组情况为(1,1,4),则李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有+=54(种);若委派的人数分组情况为(1,2,3),则李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有(++)=264(种);若委派的人数分组情况为(2,2,2),则李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有=72(种).故李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有54+264+72=390(种).故选C.
2.181　[解析] 依题意作出示意图,如图所示.由题意知,第一个是第一、二、三个中最低的,第六个是第三个到第八个中最低的,第三个是第一个到第六个中最高的,第八个是第六、七、八个中最高的.设8个演员按照从矮到高的顺序依次编号为1,2,3,4,5,6,7,8,则第三个最小是6,最大是8,下面分类讨论:①第三个位置选6号,则7,8号分别放入第七个和第八个位置,所以先从1,2,3,4,5号中选2个放入前两个位置,余下的3个号放入第四、五、六个位置,则此时共有=10(种)排列方式;②第三个位置选7号,则8号是确定的,放最后一个位置,先从1,2,3,4,5,6号中选2个放入前两个位置,余下的4个号中最小的放入第六个位置,再从剩下的3个号中选2个放入第四、五两个位置,余下的号放入第七个位置,则此时共有=45(种)排列方式;③第三个位置选8号,先从1,2,3,4,5,6,7号中选两个放入前两个位置,余下的5个号中最小的放入第六个位置,剩下4个号中选2个放入第四、五两个位置,余下的2个号放入最后两个位置,此时共有=126(种)排列方式.由分类加法计数原理可得,共有10+45+126=181(种)排列方式.
例2　(1)A　(2)1　[解析] (1)(1-)6的展开式的通项为Tr+1=(-)r=(-1)r,r=0,1,…,6,令=,得r=3,则T4=(-1)3=-20,则(1-)6的展开式中含项的系数为-20.故选A.
(2)方法一:的展开式的通项为Tr+1=(x3)4-r=(-a)r·x12-4r,r=0,1,2,3,4,令12-4r=0,解得r=3,所以常数项为T4=(-a)3=-4,解得a=1.
方法二:的展开式中,常数项为从4个因式中1个取x3,其余3个取-,即常数项为(-a)3,由(-a)3=-4,解得a=1.
自测题
1.CD　[解析] 对于A,令x=0,则a0=(0-1)9=-1,A错误;对于B,令x=1,则a0+a1+a2+…+a9=0①,又a0=-1,所以a1+a2+…+a9=1,B错误;对于C,二项展开式的通项为Tr+1=x9-r(-1)r=(-1)rx9-r,r=0,1,…,9,所以当r=4时,T5=(-1)4x5,则a5=,当r=5时,T6=(-1)5x4,则a4=-,所以a4+a5=0,C正确;对于D,令x=-1,则a0-a1+a2-…-a9=-29②,①-②得2(a1+a3+a5+a7+a9)=29,则a1+a3+a5+a7+a9=28=256,D正确.故选CD.
2.120　[解析] (1-2x)5的展开式的通项为Tr+1=·15-r·(-2x)r=(-2)rxr,当r=2时,T3=4x2=40x2,当r=4时,T5=16x4=80x4,则(2-x2)(1-2x)5的展开式中含x4的项的系数为(-1)×40+2×80=120.限时集训(二十三)
1.C　[解析] 满足题意的选法种数为·=120.故选C.
2.C　[解析] 的展开式的通项为Tr+1=·(2x)5-r·=(-1)r·25-r··x5-2r,r≤5,r∈N,令5-2r=3,得r=1,所以x3的系数为(-1)×24×=-80.故选C.
3.A　[解析] 能被3整除,则这三个数之和为3的倍数,所以取出的三个数可能的情况为(1,2,3),(1,3,5),(2,3,4),(3,4,5),则在所有组成的三位数中能被3整除的有4=4×3×2×1=24(个).
4.A　[解析] 由只有第5项的二项式系数最大可得n=8,的展开式的通项为Tr+1=x8-r=(-1)r,令8-r=2,解得r=4,∴展开式中含x2的项的系数为(-1)4=70.
5.C　[解析] 若甲负责两个任务,剩余两个任务分给乙、丙两人,则有=6(种)分配方法;若甲只负责一个任务,则先在B,C,D中选取一个任务分给甲,再将剩下三个任务分为两组,分给乙、丙两人,有=18(种)分配方法.由分类加法计数原理可知,不同的分配方法种数为6+18=24.故选C.
6.C　[解析] 如图所示,若甲坐位置①,则乙有3种坐法,其他人有种坐法,共有3=72(种)不同坐法;若甲坐位置②,则乙有2种坐法,其他人有种坐法,共有2=48(种)不同坐法;若甲坐位置③,则乙有3种坐法,其他人有种坐法,共有3=72(种)不同坐法.综上,不同的坐法共有72+48+72=192(种).故选C.
7.D　[解析] 根据题意,每个盒子里的小球的个数不小于该盒子的编号,分析可得,1号盒子至少放1个小球,最多放3个小球.分以下三种情况讨论:①1号盒子放1个小球,其余4个小球放入2号盒子,有=5(种)放球方法; ②1号盒子放2个小球,其余3个小球放入2号盒子,有=10(种)放球方法;③1号盒子放3个小球,其余2个小球放入2号盒子,有=10(种)放球方法.故不同的放球方法有5+10+10=25(种).故选D.
8.ABD　[解析] 对于A,令x=0,得a0=0,A正确;对于B,令x=1,得a0+a1+a2+…+a22=0,B正确;对于C,令x=-1,得a0-a1+a2-…+a22=211,C错误;对于D,由选项B,C,得a0+a2+a4+…+a22==210,D正确.故选ABD.
9.BCD　[解析] 对于A,取m=n=2,r=s=1,则==4,==6,故A错误;对于B,取n=5,m=6,r=5,得++…+=,即++…+=,故B正确;对于C,取m=n=10,r=9,得++…+=,即++…+=,故C正确;对于D,取r=m=n,得++…+=,即()2+()2+()2+…+()2=,于是()2+()2+…+()2=-1,故D正确.故选BCD.
10.-2464　[解析] 的展开式的通项为Tr+1=x8-r·=2rx8-2r(r=0,1,2,…,8).令8-2r=0,解得r=4,则其展开式中的常数项为24=1120;令 8-2r=-2,解得r=5,则其展开式中的系数为25=1792.故(1-2x2)·的展开式中的常数项为1120-2×1792=-2464.
11.18　[解析] 当A,B不相邻时,采用插空法,先排其余两人再让A,B插空,共有=12(种)排法;当A,B相邻时,将A,B看作一个整体,并且A在B的右边,相当于三个人排成一排,则不同的排法有=6(种).所以共有12+6=18(种)排法.
12.969　[解析] 由题意知,若点P(a,b,c)是三棱锥O-ABC内部的整点,则a+b+c<20,a≥1,b≥1,c≥1.当a+b+c=19时,不同的整点有个;当a+b+c=18时,不同的整点有个;…;当a+b+c=4时,不同的整点有个;当a+b+c=3时,不同的整点有个.所以在三棱锥O-ABC内部的整点的个数为+++…++=+++…++=++…++=…=++=+===969.
13.A　[解析] ①若按照1+2+3选,则有×××=6×10×1×6=360(种)选法;②若按照2+2+2选,则有×=×6=90(种)选法.故共有360+90=450(种)选法.故选A.
14.ACD　[解析] 对于A,20=24+22=1×24+0×23+1×22+0×21+0×20,所以S(20)=2,故A正确;对于B,当m=1,n=1时,1=1×20,所以S(1)=1,此时S(m)+S(2n-m)=S(1)+S(21-1)=1+1=2≠1,故B错误;对于C,注意到1×20+1×21+1×22+…+1·2n-1==2n-1,所以集合A中的任一元素m均可由m=a0·20+a1·21+a2·22+…+an-1·2n-1唯一表示,则使S(m)=k(k∈N*,1≤k≤n)成立的m的个数为,故C正确;对于D,S(m)=+2+…+n,记S=0·+1·+2·+…+n·,又S=n·+(n-1)·+(n-2)·+…+1·+0·,两式相加得2S=n(+++…+)=n·2n,所以S=n·2n-1,则S(m)=n·2n-1,故D正确.故选ACD.
15.216　[解析] 如图,给6个行政区域标上序号.区域1有4种颜色可选,有4种涂色方法;区域2与区域1相邻,不能与区域1同色,有3种颜色可选,有3种涂色方法;区域3与区域1,2相邻,不能与区域1,2同色,有2种颜色可选,有2种涂色方法.①若区域4与区域2同色,则有1种颜色可选,区域5与区域2不同色且有2种涂色方法,区域6有2种涂色方法;②若区域4与区域2不同色,则有1种颜色可选,此时若区域5与区域2同色,则区域5有1种涂色方法,区域6有3种涂色方法,若区域5与区域2不同色,则区域5有1种涂色方法,区域6有2种涂色方法.综上,共有4×3×2×[1×2×2+1×(1×3+1×2)]=216(种)涂色方法.模块六　统计与概率
微专题23　计数原理
微点1　排列组合基本问题
例1 (1)[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).
(2)在一场毕业晚会上,共有4个舞蹈节目和2个唱歌节目.在制定节目单时,必须保证2个唱歌节目不相邻,并且甲舞蹈不能排在最后,则不同的排法共有　　　　 种.
[听课笔记]

【规律提炼】
对于排列组合的问题,要熟练掌握基本原则和基本方法,例如有限制条件的排列问题服从特殊元素或特殊位置优先原则,相邻问题用捆绑法,不相邻问题用插空法,定序问题用倍缩法等,分类过多的问题考虑间接法,特别注意分类要谨防重复与漏解.
自测题
1.[2025·辽宁盘锦三模] 将李老师、唐老师等六名老师委派到三个学校进行督导活动,其中每名老师都必须去一个学校,每个学校至少派一名老师,则李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.240种 B.360种
C.390种 D.420种
2.[2025·山东德州十校联考] 因演出需要,身高互不相等的8名演员要排成一排呈一个“波浪形”,即演员们的身高从最左边数起,第一个到第三个依次递增,第三个到第六个依次递减,第六个到第八个依次递增,则不同的排列方式有　　　　种.
微点2　二项式定理及其应用
例2 (1)[2025·福建漳州质检] (1-)6的展开式中含项的系数为 (　 )
A.-20 B.-15 C.15 D.20
(2)若(a∈R)的展开式中的常数项为-4,则a=　　　　.
[听课笔记]

【规律提炼】
对于求解二项展开式中特定项的系数问题,可用待定系数法利用二项展开式的通项来解决;求展开式中若干项系数的和、差等,一般用赋值法达到解决问题的目的.
自测题
1.(多选题)[2025·江西赣州二模] 设(x-1)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9,则 (　 )
A.a0=1
B.a1+a2+…+a9=0
C.a4+a5=0
D.a1+a3+a5+a7+a9=256
2.(2-x2)(1-2x)5的展开式中含x4的项的系数为　　　　.(用数字作答) 限时集训(二十三)　微专题23　计数原理
1.甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.30种 B.60种
C.120种 D.240种
2.[2025·河北张家口二模] 在的展开式中,x3的系数为 (　 )
A.-55 B.-64
C.-80 D.-124
3.[2025·湖北十堰三模] 从1,2,3,4,5中任取三个不同的数组成一个三位数,则在所有组成的三位数中能被3整除的有 (　 )
A.24个 B.30个
C.32个 D.48个
4.在的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则展开式中含x2的项的系数为 (　 )
A.70 B.-70
C.28 D.-28
5.某校组织校运会活动,由甲、乙、丙三名志愿者负责A,B,C,D四个任务,每人至少负责一个任务,每个任务都有且仅有一人负责,且甲不负责A任务,则不同的分配方法种数为 (　 )
A.12 B.18
C.24 D.30
6.甲、乙等6人参加某次会议,安排他们前后两排入座,每排3人(如图所示),若甲坐后排,乙与甲前后、左右均不相邻,则不同的坐法共有 (　 )
A.144种 B.168种
C.192种 D.216种
7.[2025·天津十二区联考] 将5个颜色互不相同的小球全部放入编号为1和2的两个盒子里,使得放入每个盒子里的小球的个数不小于该盒子的编号,则不同的放球方法有 (　 )
A.3种 B.4种
C.10种 D.25种
8.(多选题)已知(x2-x)11=a0+a1x+a2x2+…+a22x22,则 (　 )
A.a0=0
B.a0+a1+a2+…+a22=0
C.a0-a1+a2-…+a22=222
D.a0+a2+a4+…+a22=210
9.(多选题)[2025·南充二诊] 数学家波利亚说过:“为了得到一个方程,我们必须把同一个量用两种不同的方法表示出来,即将一个量算两次,从而建立相等关系.”根据波利亚的思想,由恒等式(1+x)m·(1+x)n=(1+x)m+n(m,n∈N*)左右两边展开式中xr(其中r∈N*,r≤n,r≤m)的系数相同,可得恒等式++…+=,我们称之为范德蒙德恒等式.下列关于范德蒙德恒等式的说法中正确的是 (　 )
A.=
B.++…+=
C.++…+=
D.()2+()2+…+()2=-1
10.[2025·武汉5月模拟] (1-2x2)的展开式中的常数项为　　　　.(用数字作答)
11.[2025·福建厦门质检] A,B,C,D四个人排成一排,当A,B相邻时,A必须在B的右边,那么不同的排法共有　　　　种.
12.[2025·长沙三模] 在空间直角坐标系Oxyz中,点A(20,0,0),B(0,20,0),C(0,0,20),已知当点P(a,b,c)在平面ABC内时,a+b+c=20,则在三棱锥O-ABC内部(不包括表面)的整点(横、纵、竖坐标均为整数的点)的个数为　　　　.(用数字作答)
13.[2025·郑州三模] 河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴,其美食也独具特色.现有一名游客计划在三天内品尝完以下6种河南特色美食:烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河鲤鱼.该游客每天从这6种美食中选择1到3种进行品尝(每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美食).若三天后恰好品尝完所有美食,则不同的选法种数为 (　 )
A.450 B.360
C.180 D.90
14.(多选题)设正整数m=a0·20+a1·21+…+an·2n,其中ai∈{0,1}(i=0,1,…,n),记S(m)为上述表示中ai为1的个数.例如:5=1×20+0×21+1×22,则S(5)=2.已知集合A={1,2,3,…,2n-1},则下列说法正确的是 (　 )
A.S(20)=2
B.对任意的m∈A,有S(m)+S(2n-m)=n
C.若m∈A,则使S(m)=k(k∈N*,1≤k≤n)成立的m的个数为
D.S(m)=n·2n-1
15.[2025·南京二模] 英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想(四色定理):任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图,一个地区分为6个行政区域,现给地图上的行政区域涂色(人工湖不需要涂色),要求每个区域涂1种颜色,相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择,则不同的涂色方法有　　　　种.(用数字作答) (共30张PPT)
微专题23 计数原理
微点1 排列组合基本问题
微点2 二项式定理及其应用
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
排列 组合 2024年Ⅱ 卷14； 2023年Ⅰ卷 13； 2023年Ⅱ 卷3；2022 年Ⅱ卷5 排列组合是新高考卷的 常考内容，一般会和分 类加法计数原理与分步 乘法计数原理结合在小 题中考查，题目一般与 生活实际联系紧密 1.两个计数原理与排列
组合的定义及公式.
2.熟悉排列组合问题的
解题技巧，比如特殊元
素优先排列、相邻问题
捆绑处理、不相邻问题
插空法、正难则反等
考查 内容 考题统计 考情分析 必备知识
二项 式定 理 2022年Ⅰ卷 13 二项式定理是新高考卷 的常考内容，一般考查 二项式系数之和、系数 之和、求给定项的二项 式系数或系数及相关最 大（小）项计算，新高 考后侧重为概率服务的 有关问题 1.二项式定理；
2.利用二项式通项求指
定项（系数）；
3.二项式系数的性质;
4.关注赋值法的应用
续表
微点1 排列组合基本问题
例1（1）[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）.
64
[解析] 若选修2门课，则需要从体育类和艺术类选修课中各选1门，
有 （种）方案；
若选择3门课，则包含两种情况：选2门体育类，1门艺术类或2门艺
术类，1门体育类，有 （种）方案.
故不同的选课方案共有 （种）.
（2）在一场毕业晚会上，共有4个舞蹈节目和2个唱歌节目.在制定节
目单时，必须保证2个唱歌节目不相邻，并且甲舞蹈不能排在最后，
则不同的排法共有_____ 种.
408
[解析] 根据题意，必须保证2个唱歌节目不相邻，则总共的排法有
（种）.
若甲舞蹈排在最后，则剩余3个舞蹈节目有（种）排法，
再将2个唱歌节目插入4个间隙，有 （种）排法，
则甲舞蹈排在最后共有 （种）排法，
故2个唱歌节目不相邻，并且甲舞蹈不能排在最后的排法共有
（种）.
【规律提炼】
对于排列组合的问题,要熟练掌握基本原则和基本方法,例如有限制条
件的排列问题服从特殊元素或特殊位置优先原则,相邻问题用捆绑法，
不相邻问题用插空法，定序问题用倍缩法等,分类过多的问题考虑间
接法,特别注意分类要谨防重复与漏解.
自测题
1.[2025·辽宁盘锦三模]将李老师、唐老师等六名老师委派到三个学
校进行督导活动，其中每名老师都必须去一个学校，每个学校至少
派一名老师，则李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有
( )
A.240种 B.360种 C.390种 D.420种
√
[解析] 依题意，委派的人数分组情况可能为， ， .
方法一（间接法）：总的委派情况有
（种），其中李老师和唐老师在
同一学校督导的委派情况有 （种），
故李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有
（种）.
方法二：若委派的人数分组情况为 ，
则李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有
（种）；
若委派的人数分组情况为 ，则李老师和唐老师不在同一学校督
导的委派情况有 （种）；
若委派的人数分组情况为 ，
则李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有 （种）.
故李老师和唐老师不在同一学校督导的委派情况有
（种）.故选C.
2.[2025·山东德州十校联考] 因演出需要，身高互不相等的8名演员
要排成一排呈一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边数起，第一
个到第三个依次递增，第三个到第六个依次递减，第六个到第八个
依次递增，则不同的排列方式有_____种.
181
[解析] 依题意作出示意图，如图所示.
由题意知，第一个是第一、二、三个中最低的，第六个是第三个到第
八个中最低的，第三个是第一个到第六个中最高的，第八个是第六、
七、八个中最高的.
设8个演员按照从矮到高的顺序依次编
号为1，2，3，4，5，6，7，8，
则第三个最小是6，最大是8，下面分类讨论：
①第三个位置选6号，则7，8号分别放入第七
个和第八个位置，所以先从1，2，3，4，5号
中选2个放入前两个位置，余下的3个号放入第四、五、六个位置，
则此时共有 （种）排列方式；
②第三个位置选7号，则8号是确定的，放最后一个位置，先从1，2，
3，4，5，6号中选2个放入前两个位置，余下的4个号中最小的放入
第六个位置，
再从剩下的3个号中选2个放入第四、五两个
位置，余下的号放入第七个位置，
则此时共有 （种）排列方式；
③第三个位置选8号，先从1，2，3，4，5，6，7号中选两个放入前两
个位置，余下的5个号中最小的放入第六个位置，剩下4个号中选2个
放入第四、五两个位置，余下的2个号放入最后两个位置，
此时共有 （种）排列方式.
由分类加法计数原理可得，共有
（种）排列方式.
微点2 二项式定理及其应用
例2（1）[2025·福建漳州质检]的展开式中含 项的系数为
( )
A. B. C.15 D.20
[解析] 的展开式的通项为 ,
,1, ,6，令，得，则 ，
则的展开式中含项的系数为 .故选A.
√
（2）若的展开式中的常数项为，则 ___.
1
[解析] 方法一： 的展开式的通项为
， ,1,2,3,4，
令，解得，
所以常数项为 ，解得 .
方法二：的展开式中，常数项为从4个因式 中1个取
，其余3个取，即常数项为，
由 ，解得 .
【规律提炼】
对于求解二项展开式中特定项的系数问题,可用待定系数法利用二项
展开式的通项来解决;求展开式中若干项系数的和、差等,一般用赋值
法达到解决问题的目的.
自测题
1.（多选题）[2025·江西赣州二模]设
，则( )
A. B.
C. D.
√
√
[解析] 对于A，令，则 ，A错误；
对于B，令，则，
又 ，所以 ，B错误；
对于C，二项展开式的通项为，
,1, ,9，所以当 时，，
则，当时， ，
则，所以，C正确；
对于D，令 ，则，
得 ，
则，D正确.故选 .
2.的展开式中含 的项的系数为_____.（用数字作答）
120
[解析] 的展开式的通项为
，
当 时，，
当时， ，
则的展开式中含 的项的系数为
.
［备选理由］例1是空间直角坐标系中的“网线距离”问题，解题的核
心是利用三角不等式转化条件;
例2是经典的涂色问题，但区域划分有特点，侧重于分类讨论思想
（按颜色数量分情况）和计数原理的运用；
例3是关于二项式定理的基础题，但设置了“第4项与第5项的二项式系
数相等”的条件陷阱及学生容易混淆的“二项式系数”与“系数”概念辨析，
属于常见易错点.
例1 ［配例1使用］[2025·湖南郴州三模]定义：在空间直角坐标系
中，， 两点的“网线距离”为
.设， ,
，其中，， 均为整数，若满足
的点的个数为，则 的值为( )
A.27 B.64 C.125 D.216
√
[解析] 因为，，，所以 .
由三角不等式可得 ，当且仅当
，即 时，等号成立，
同理可得，，当且仅当， 时，
等号成立.
由 ，
得，可得， ，，
又因为，，都是整数，所以，， ，
故满足条件的点的个数为 .故选C.
例2 ［配例1使用］[2025·湖南郴州模拟] 如图，这是一个平面图形，
现提供四种颜色给图中的区域1、区域2、区域3、区域4、区域5、区
域6共六个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，相邻的区域不能涂相
同的颜色，则共有____种不同的涂色方案.
96
[解析] 若仅用三种颜色涂色，则区域1，6同色，
区域2，4同色，区域3，5同色，共有
（种）涂色方案；
若用四种颜色涂色，则区域1，6，
区域2，4，区域3，5中有一组不同色，
则有3种情况，先从四种颜色中取两种涂同色区域，有 （种）
涂色方案，剩余两种涂在不同区域，有2种涂法，
共有 （种）涂色方案.
故共有 （种）不同的涂色方案.
例3 ［配例2使用］[2025·河南洛平许济质检] 二项式
的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则
展开式中含 的项的系数为____.
84
[解析] 依题意知，所以，
所以二项式 的展开式的通项为
且，
令，解得 ，
所以，
所以展开式中含 的项的系数为84.

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