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本章总结提升
【素养提升】
题型一
例1　(1)B　(2)48　(3)12　[解析] (1)因为教学大楼共有四层,每层都有东、西两个楼梯,所以从一层到二层,有2种走法.同理从二层到三层、从三层到四层也各有2种走法,则从一层到四层共有2×2×2=23(种)走法.故选B.
(2)从两个袋中各取一个球,可分为两步完成.第一步,从第一个袋中任取一个球,共有6种取法;第二步,从另一个袋中任取一个球,共有8种取法.由分步乘法计数原理可得共有6×8=48(种)取法.
(3)①若分配给甲部门2名电脑编程人员,则有3种方法;2名英语翻译人员的分配方法有2种.根据分步乘法计数原理可知,分配方案有3×2=6(种).②若分配给甲部门1名电脑编程人员,则有3种方法;2名英语翻译人员的分配方法有2种.根据分步乘法计数原理可知,分配方案有3×2=6(种).由分类加法计数原理可得,不同的分配方案共有6+6=12(种).
变式　(1)D　(2)180　[解析] (1)5日至9日有3天奇数日,2天偶数日.第一步,安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有23=8(种)选择.第二步,安排偶数日出行,分两类:第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2×2=4(种)选择;第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,有22=4(种)选择.共有4+4=8(种)选择.根据分步乘法计数原理可得,不同的用车方案种数为8×8=64.故选D.
(2)将四个区域进行编号,如图,先在区域1中种植,有5种不同的种植方法,然后在区域2中种植,有4种不同的种植方法,再在区域3中种植,有3种不同的种植方法,最后在区域4中种植,有3种不同的种植方法,所以不同的种植方案共有5×4×3×3=180(种).
题型二
例2　(1)C　(2)1260　[解析] (1)甲场馆有种安排方法,乙场馆有种安排方法,丙场馆有种安排方法,总共有=60(种)安排方法.
(2)方法一(直接法):当所选4个数字没有0时,四位数有=720(个);当所选4个数字有0时,四位数有=540(个).故一共可以组成720+540=1260(个)符合条件的四位数.
方法二(间接法):所有“真假”四位数有=1440(个),“假”四位数是0开头的四位数,有=180(个),故符合条件的四位数有1440-180=1260(个).
(3)解:①先将五名学生“捆绑”在一起看作一个整体与五名老师全排列,有种排法,再将五名学生全排列,有种排法,故共有·=86 400(种)排法.
②先将五名老师全排列,有种排法,再将五名学生排在五名老师产生的六个空位上,有种排法,故共有·=86 400(种)排法.
③老师和学生相间隔的排法有两类,老师在排头或学生在排头,共有2·=28 800(种)排法.
变式　(1)B　(2)C　(3)D　[解析] (1)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=60(种)安排方式.故选B.
(2)将7个相同的球放入4个不同的盒子中,即把7个相同的球分成4组,因为每个盒子中都有球,所以每个盒子中至少有一个球,不妨将7个球摆成一排,中间形成6个空,只需在这
6个空中插入3个隔板将它们隔开,且每个空中最多有1个隔板,即分成4组,则不同的插入方法共有=20(种),所以每个盒子中都有球的放法种数为20.故选C.
(3)根据题意可分为两类:个位数字为0和个位数字为2或4.当个位数字为0时,小于50 000的偶数有=4×24=96(个);当个位数字为2或4时,小于50 000的偶数有=144(个).所以小于50 000的偶数共有96+144=240(个).故选D.
题型三
例3　(1)B　(2)ABD　(3)60　[解析] (1)二项展开式的通项为Tr+1=xr(r=0,1,2,3,…,n),所以当r=2时,T3=x2,因为(1+x)n的展开式中x2的系数为15,所以=15,解得n=6.故选B.
(2)由2n=32,得n=5,A正确.令x=0,得a0=32,B正确.因为n=5,所以a3=×33×22=1080,C错误.令x=-1,得a0-a1+a2-a3+a4-a5=-1,D正确.故选ABD.
(3)的展开式的通项为Tr+1=(2x3)6-r=(-1)r26-rx18-4r,令18-4r=2,得r=4,∴x2的系数为(-1)4××26-4=60.
变式　(1)A　(2)C　(3)A　[解析] (1)的展开式的通项为Tr+1=x8-r=(-1)rx8-2r.令8-2r=0,解得r=4,则的展开式中的常数项为T5==70;令8-2r=2,解得r=3,则的展开式中含x2的项为T4=-x2=-56x2.所以(1+2x2)的展开式中x2的系数为-56+2×70=84.故选A.
(2)令x+1=t,则x=t-1,故(x-1)4+2x5=(t-2)4+2(t-1)5=a0+a1t+a2t2+…+a5t5,因为(t-2)4的展开式中t2的系数为(-2)2=24,(t-1)5的展开式中t2的系数为(-1)3=-10,所以a2=24-20=4.故选C.
(3)由已知可得n=12,则展开式的通项为Tr+1=(2x)12-r=212-r,显然当r是偶数时,第r+1项为有理项.当r=0时,T1=212x12=4096x12;当r=2时,T3=210x9=67 584x9;当r=4时,T5=28x6=126 720x6;当r=6时,T7=26x3=59 136x3;当r=8时,T9=24=7920;当r=10时,T11=22x-3=264x-3;当r=12时,T13=20x-6=x-6.经比较可得,当r=4,即k=5时系数最大,即展开式的有理项中第5项的系数最大.故选A.本章总结提升
◆ 题型一　分类加法计数原理和分步乘法计数原理
[类型总述] 利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决实际的计数问题.　　　　　 　　　　　 　　　　　
例1 (1)已知某教学大楼共有四层,每层都有东、西两个楼梯,则从一层到四层不同的走法种数为 (　 )
A.32 B.23 C.43 D.24
(2)一个袋中放有6个球,另一个袋中放有8个球,每个球各不相同,从这两个袋中各取一个球,共有　　　　种不同的取法.
(3)某公司招聘5名员工,分给下属的甲、乙两个部门,其中2名英语翻译人员不能分给同一部门,另外3名电脑编程人员也不能都分给同一部门,则不同的分配方案种数是　　　　.
变式 (1)甲与四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合限行规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为 (　 )
A.5 B.24
C.32 D.64
(2)某学校有一块绿化用地,其形状如图所示,为了让效果更美观,要求在四个区域内种植花卉,且相邻区域花卉颜色不同.现有五种不同颜色的花卉可供选择,则不同的种植方案共有　　　　种.(用数字作答)
◆ 题型二　排列、组合应用问题
[类型总述] (1)排列应用问题;(2)组合应用问题;(3)排列、组合的综合应用.
例2 (1)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
(2)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成　　　　个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
(3)已知五名老师和五名学生站成一排.
①五名学生必须排在一起,共有多少种不同的排法
②五名学生不能相邻,共有多少种不同的排法
③老师和学生相间隔,共有多少种不同的排法
变式 (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
(2)将7个相同的球放入4个不同的盒子中,则每个盒子中都有球的放法种数为 (　 )
A.840 B.35
C.20 D.15
(3)由0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中小于50 000的偶数共有 (　 )
A.360个 B.192个
C.312个 D.240个
◆ 题型三　二项式定理及其应用
[类型总述] (1)利用二项式定理求指定项(或系数);(2)利用赋值法求二项式系数的和.
例3 (1)(1+x)n的展开式中x2的系数为15,则n= (　 )
A.7 B.6
C.5 D.4
(2)(多选题)已知(3x+2)n展开式中的二项式系数和为32,若(3x+2)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则 (　 )
A.n=5
B.a0=32
C.a3=270
D.a0-a1+a2-a3+…+(-1)nan=-1
(3)[2023·天津卷] 在的展开式中,x2的系数为　　　　.
变式 (1)在(1+2x2)的展开式中,x2的系数是 (　 )
A.84 B.-84
C.196 D.14
(2)已知(x-1)4+2x5=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a5(x+1)5,则a2= (　 )
A.-2 B.2
C.4 D.12
(3)已知(n∈N*)的展开式中只有第7项的二项式系数最大,若展开式的有理项中第k项的系数最大,则k= (　 )
A.5 B.6 C.7 D.8(共20张PPT)
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◆ 知识网络
◆ 素养提升
题型一 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
［类型总述］ 利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决实际的计数问题.
例1（1） 已知某教学大楼共有四层，每层都有东、西两个楼梯，则从一层到
四层不同的走法种数为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 因为教学大楼共有四层，每层都有东、西两个楼梯，
所以从一层到二层，有2种走法.
同理从二层到三层、从三层到四层也各有2种走法，
则从一层到四层共有 （种）走法．故选B.
（2）一个袋中放有6个球，另一个袋中放有8个球，每个球各不相同，从这两
个袋中各取一个球，共有____种不同的取法．
48
[解析] 从两个袋中各取一个球，可分为两步完成.
第一步，从第一个袋中任取一个球，共有6种取法；
第二步，从另一个袋中任取一个球，共有8种取法.
由分步乘法计数原理可得共有 （种）取法.
（3）某公司招聘5名员工，分给下属的甲、乙两个部门，其中2名英语翻译人
员不能分给同一部门，另外3名电脑编程人员也不能都分给同一部门，则不同的
分配方案种数是____．
12
[解析] ①若分配给甲部门2名电脑编程人员，则有3种方法；
2名英语翻译人员的分配方法有2种．
根据分步乘法计数原理可知，分配方案有 （种）.
②若分配给甲部门1名电脑编程人员，则有3种方法；
2名英语翻译人员的分配方法有2种．
根据分步乘法计数原理可知，分配方案有 （种）．
由分类加法计数原理可得，不同的分配方案共有（种）
变式（1） 甲与四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地
某月5日至9日5天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾
数为偶数的车通行）,五人商议拼车出行,每天任选一辆符合限行规定的车,但甲
的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为( )
D
A.5 B.24 C.32 D.64
[解析] 5日至9日有3天奇数日,2天偶数日.
第一步,安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有 （种）选择.
第二步,安排偶数日出行,分两类:
第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有 （种）选择;
第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,有（种）选择.
共有 （种）选择.
根据分步乘法计数原理可得,不同的用车方案种数为 .故选D.
（2）某学校有一块绿化用地，其形状如图所示，为了
让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域
花卉颜色不同.现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不
同的种植方案共有_____种.（用数字作答）
[解析] 将四个区域进行编号，如图，
先在区域1中种植，有5种不同的种植方法，
然后在区域2中种植，有4种不同的种植方法，
再在区域3中种植，有3种不同的种植方法，
最后在区域4中种植，有3种不同的种植方法，
所以不同的种植方案共有 （种）.
题型二 排列、组合应用问题
［类型总述］（1）排列应用问题;（2）组合应用问题;（3）排列、组合的综合应用.
例2（1） 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 ( )
C
A.120种 B.90种 C.60种 D.30种
[解析] 甲场馆有种安排方法，乙场馆有种安排方法，
丙场馆有 种安排方法，总共有 （种）安排方法.
（2）从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组
成______个没有重复数字的四位数.（用数字作答）
1260
[解析] 方法一（直接法）当所选4个数字没有0时,四位数有 （个）；
当所选4个数字有0时，四位数有 （个）.
故一共可以组成 （个）符合条件的四位数.
方法二（间接法）所有“真假”四位数有 （个）,
“假”四位数是0开头的四位数，有 （个），
故符合条件的四位数有 （个）.
（3）已知五名老师和五名学生站成一排.
①五名学生必须排在一起，共有多少种不同的排法
解：先将五名学生“捆绑”在一起看作一个整体与五名老师全排列,有 种排法,
再将五名学生全排列,有种排法,故共有 （种）排法.
②五名学生不能相邻，共有多少种不同的排法
解：先将五名老师全排列,有 种排法,
再将五名学生排在五名老师产生的六个空位上,有种排法,
故共有 （种）排法.
③老师和学生相间隔，共有多少种不同的排法
解：老师和学生相间隔的排法有两类,老师在排头或学生在排头,
共有 （种）排法.
变式（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( )
B
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）将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子中都有球的放法种数为
( )
C
A.840 B.35 C.20 D.15
[解析] 将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，
因为每个盒子中都有球，所以每个盒子中至少有一个球，
不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，
只需在这6个空中插入3个隔板将它们隔开，且每个空中最多有1个隔板，
即分成4组，则不同的插入方法共有 （种），
所以每个盒子中都有球的放法种数为20.故选C.
（3）由0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有 ( )
D
A.360个 B.192个 C.312个 D.240个
[解析] 根据题意可分为两类：个位数字为0和个位数字为2或4.
当个位数字为0时，小于50 000的偶数有 （个）；
当个位数字为2或4时，小于50 000的偶数有 （个）.
所以小于50 000的偶数共有 （个）.故选D.
题型三 二项式定理及其应用
［类型总述］（1）利用二项式定理求指定项（或系数）;（2）利用赋值法求二
项式系数的和.
例3（1） 的展开式中的系数为15，则 ( )
B
A.7 B.6 C.5 D.4
[解析] 二项展开式的通项为，
所以当 时，,
因为的展开式中的系数为15，所以，解得 .
故选B.
（2）（多选题）已知 展开式中的二项式系数和为32，若
，则( )
ABD
A.
B.
C.
D.
[解析] 由，得，A正确.
令，得，B正确.
因为 ，所以，C错误.
令 ，得，D正确.
故选 .
（3）[2023·天津卷] 在的展开式中， 的系数为____.
60
[解析] 的展开式的通项为
，
令，得 ，
的系数为 .
变式（1） 在的展开式中, 的系数是( )
A
A.84 B. C.196 D.14
[解析] 的展开式的通项为 .
令,解得,则的展开式中的常数项为 ;
令,解得,则的展开式中含的项为 .
所以的展开式中的系数为 .故选A.
（2）已知 ，则
( )
C
A. B.2 C.4 D.12
[解析] 令，则 ，
故 ，
因为的展开式中的系数为，
的展开式中 的系数为，
所以 .故选C.
（3）已知 的展开式中只有第7项的二项式系数最大，若展开
式的有理项中第项的系数最大，则 ( )
A
A.5 B.6 C.7 D.8
[解析] 由已知可得,则 展开式的通项为
，
显然当是偶数时，第 项为有理项.当时，；
当 时，；
当时，；
当 时，；
当时，；当 时，；
当时， .
经比较可得，当，即 时系数最大，
即展开式的有理项中第5项的系数最大.故选A.

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