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(共27张PPT)
微专题11 计数原理
2025届高考数学二轮复习
【考情分析】
试题以选择题和填空题为主，难度不大.排列组合问题常与概率问
题相结合；二项式定理主要体现在对通项、二项式系数等知识的考查.
微点1 排列与组合
例1（1）[2023·全国甲卷]现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一
星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，
则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A.120种 B.60种 C.30种 D.20种
[解析] 由题可知，参加公益活动的志愿者需要3人，先从5人中选出3
人有种选法，再从3人中选出1人参加两天公益活动，有 种选法，
另外2人分别安排在星期六、星期日，有 种方法，
则共有 （种）安排方式.故选B.
√
（2）[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做抽样调查，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.种 B.种 C.种 D. 种
[解析] 依据比例分配的分层随机抽样可知，从该校初中部和高中部
抽取的学生人数的比为 ，
故应从初中部抽取40人，从高中部抽取20人，
所以不同的抽样结果共有 种.故选D.
√
【规律提炼】
排列、组合问题的失分点：
（1）分类不能做到“不重、不漏”；
（2）分步不能做到“步骤完整”，即每步都要连续独立；
（3）对于既需要“分布”又需要“分类”的综合问题，理不清先后关系；
（4）不熟悉一些计算技巧，如插空法、捆绑法、特殊元素分析法、特
殊位置分析法等.
【巩固训练】
1.[2023·全国乙卷]甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，
则这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
√
[解析] 方法一：先从6种课外读物中选出1种，这种课外读物是甲、
乙同时选读的，有 种情况，然后甲从剩余5种课外读物中选读1种，
有种选法，乙再从剩余的4种课外读物中选读1种，有 种选法，
根据分步乘法计数原理可知，符合题意的选法共有
（种），故选C.
方法二：首先确定甲、乙同时选读的课外读物，有 种情况，
然后两人各自选读另外1种课外读物相当于从剩余的5种课外读物里，
选出2种进行排列，有 种情况，
根据分步乘法计数原理可知，符合题意的选法共有 （种），
故选C.
2.[2024·全国甲卷]甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，
且甲或乙在排尾的概率是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，其中丙不
在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，故所求概率 .故选B.
方法二：当甲排在排尾，乙排在排头时，丙有2种排法，丁有1种排
法，此时有2种排法；
当甲排在排尾，乙排在第二位或第三位时，丙有1种排法，丁有1种
排法，此时有2种排法.故甲排在排尾共有 （种）排法.
同理，乙排在排尾共有4种排法.故丙不在排头，且甲或乙在排尾共有
（种）排法.
根据古典概型的概率计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率
是 .故选B.
方法三：当甲在排尾时，丙有2种排法，乙、丁有 （种）排法，
此时共有 （种）排法；
当乙在排尾时，丙有2种排法，甲、丁有（种）排法，此时共
有 （种）排法.
故丙不在排头，且甲或乙在排尾共有 （种）排法.
根据古典概型的概率计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率
是 .故选B.
3.[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] 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）.
微点2 二项式定理
例2（1）（多选题）[2024·江西九江三模] 已知二项式 ，则
( )
A.展开式中 的系数为45
B.展开式中二项式系数最大的项是第5项
C.展开式中各项系数之和为1
D.展开式中系数最大的项是第5项或第7项
√
√
[解析] 的展开式的通项为 ，当
时， ，故A正确；
由二项式系数的性质可知，中间的一项的系数 最大，所以展开式
中二项式系数最大的项是第6项，故B错误；
令, ，得展开式中各项系数之和为，故C错误；
当 为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，所以当
或 时，系数最大，故D正确.
故选 .
（2）[2024·全国甲卷] 的展开式中，各项系数中的最大值
为___．
5
[解析] 展开式的通项为，，且 ，
设展开式中系数最大的项为第 项，则需要满足
解得,
又,所以 ,即展开式中，各项系数中的最大值为 .
【规律提炼】
（1）对于“多项式乘二项式”型的问题，通用的解法是系数配对法，
即将多项式中的每一项的系数与后边二项式展开式中的系数
相乘，然后把所有满足条件的情况相加，即得到的系数.
（2）计算过程中要区分“项的系数”“二项式系数”“常数项”“系数最大
的项”“有理项”等概念.
【巩固训练】
1.[2024·四川乐山三模]设
，则 ( )
A.1 B. C.2024 D.
[解析] 由
，令，得，
令 ，得 ，
所以 .故选C.
√
2.[2024·天津卷] 在 的展开式中，常数项为____.
[解析] 的展开式的通项为
,,1, ,6，
令，可得，所以常数项为 .
1.要会逆用二项式的展开式，对展开后的式子进行合理变形，最终写
成二项式的形式.
2.排列组合问题中，一定要结合题干信息，进行合理的分类和分步.
例1 [2024·陕西铜川模拟]设
，则 的值为( )
A. B. C. D.
[解析] ，
所以 .故选C.
√
例2 [2024·太原一模] 化简：
__________.
[解析] .
例3 [2024·江苏苏州模拟] 现有一只蜜蜂沿
如图所示的用8个完全一样的正方体搭建的
几何体的棱并按照箭头所指的相互垂直的
三个方向从点飞行到 点，则可能的飞行
路径共有_____种.（用数字作答）
296
[解析] 如图，从高度为1的顶点沿竖直向上的
棱飞到高度为2的顶点，这样的高度为1的顶点
一共有7个，将这些顶点分别记为,,,,, ,
，记,,,,下方的顶点分别为,,, ,
，记点上方的顶点为，点右侧的顶点为.
从到有 （种）路径，从处沿竖直的棱向上飞到有
（种）路径.从 到有（种）路径，从处沿竖直的棱向上
飞到 有1种路径.从到再到有（种）路径，从到再
到 有（种）路径，则从到有（种）路径，
从 处沿竖直的棱向上飞到有1（种）路径.
从 到再到有（种）路径，从到
再到 有（种）路径，从到
再到 有（种）路径，则从
到 有（种）路径，从到 有
1种路径.又从到有（种）路径，所以从 到
再到 有 （种）路径.
从到再到有 （种）路径，从
到再到有 （种）路径，从到
再到有 （种）路径，从沿
竖直的棱向上飞到 有1种路径，则从到竖直
向上再到 有（种）路径.
从到 再到有（种）路径，从到到 再到有
（种）路径，从 沿竖直的棱向上飞到有1种路径，则从
到 竖直向上再到有（种）路径.
从到 再到有（种）路径，从到
再到 有（种）路径，从到到
再到 有（种）路径，从到
到 再到有（种）路径，从到
有1种路径，则从到再到 有 （种）
路径.
因此从到 可能的飞行路径共有 （种）.
例4 已知 .
（1）设等比数列的首项，公比，求的前 项
和 ；
解：二项式的展开式的通项为 .
因为 ，所以,
，则 ，
所以 .
（2）设等差数列的首项，公差，求 的通项公
式和前项和 .
解：由（1）知，等差数列的首项 ，公差
，
所以等差数列的通项公式为 ，
故 .

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