高考数学一轮复习 教书用书 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布.pdf

第十意、十数原理、概率、随机变量及其分布 定 早（必修第二册+选择性必修第三册）第1节 两个计数原理、排列与组合1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理,理解两个计数原理的 区别与联系,能运用两个计数原理分析并解决一些简单的实际问题.2.理解排列、组合的概念,掌握排列数公式和组合数公式,能利用排列与组合的知识解决简单的实际问题.必备知识.课前回顾 招表材办实四基1.两个计数原理I*知识梳理两个计数原理目标策略过程方法总数分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方某在第1类方案中 有m种不同的方 法,在第2类方案 中有n种不同的 方法N=m+n种不同的方法分步乘法计数原理需要两个步骤做第1步有m种不 同的方法，做第2 步有n种不同的 方法N二mXn种不同的方法分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类,并且只 属于其中一类.分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,步与步之间“相互独立，分步完成”.2.排列与组合排列与排列数组合与组合数定义排列:一般地，从n个不同 元素中取出m(mWn)个元 素,按照一定的顺序排成 一列，叫做从n个不同元素 中取出m个元素的一个排 列组合:一般地,从n个不同元素中取 出m(mWn)个元素作为一组,叫做从 n个不同元素中取出m个元素的一个 组合排列数:从n个不同元素中 取出m(mWn)个元素的所 有不同排列的个数,叫做组合数:从n个不同元素中取出m(m(n)个元素的所有不同组合的个数,从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用符号弋主一表不叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用符号表示公式排列数公式4=n(n-l)(n-2),，组合数公式 V-(-!)(-+!)！!1:=.!=.!(-)!阕重要结论1.解决排列、组合问题的五大技巧性质4，nX(nT)X(n2)X X3X2Xl=n!;0!二 1%；4二铲尸+0备注n,mN*且 mWn特殊元素优先安排.(2)合理分类与准确分步.(3)排列、组合混合问题要先选后排.相邻问题捆绑处理.(5)不相邻问题插空处理.2.三个常用公式(2)(n+1)!-n!=n-n!.k C二对点自测-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(C)A.16 B.13 C.12 D.10 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）.故选 C.2.6把椅子摆成一排,3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（D）A.144 B.120 C.72 D.24解析：“插空法”，先排3个空位,形成4个空隙供3人选择就座,因此 任何两人不相邻的坐法种数为=4X3X2二24.故选D.3.（选择性必修第三册Pl 1习题T2改编）如图，从A城到B城有3条路,从B城到D城有4条路;从A城到C城有4条路,从C城到D城有5条 路,则某旅客从A城到D城共有_条不同的路线.解析:共有3 X 4+4 X 5=32（条）不同的路线.答案：324.把5件不同产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有 种.解析:设这5件不同的产品分别为A,B,C,D,E,先把产品A与产品B捆绑有相种摆法,再与产品D,E全排列有&种摆法,最后把产品C插空有3种摆法，所以共有X 3=36（种）不同摆法.答案：36关键能力课堂突破展唐点T分类加法、分步乘法计数原理1.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平 行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点 的平面构成的“平行线面组”的个数是（B）A.60 B.48 C.36 D.24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6义6=36,另 含4个顶点的6个面（非表面）构成的“平行线面组”的个数为6X2=12,故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.故选B.2.现有5种不同颜色的染料,要对如图所示的四个不同区域进行涂色,要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色,则不同的涂色方法的 种数是（D）美小溶点君实四重A.120 B.140 C.240 D.260解析：由题意,先涂A处共有5种涂法,再涂B处有4种涂法,最后涂C 处，若C处与A处所涂颜色相同,则C处共有1种涂法,D处有4种涂 法;若C处与A处所涂颜色不同,则C处有3种涂法,D处有3种涂法,由此可得不同的涂色方法有5X4X（1X4+3X3）=260（种）.故选D.3.若椭圆=+口=1 的焦点在 y 轴上,且 me 1,2,3,4,5,ne 1,2,3,4,5,6,7,则这样的椭圆的个数为.解析：当 m=l 时,n=2,3,4,5,6,7,共 6 个；当 m=2 时,n=3,4,5,6,7,共 5 个；当 m=3 时,n=4,5,6,7,共 4 个;当 m=4 时,n=5,6,7,共 3 个;当m=5时,n=6,7,共2个.故共有6+5+4+3+2=20个满足条件的椭圆.答案：204.已知集合M二1,2,3,4,集合A,B为集合M的非空子集,若对Vx 4A,y CB,x a3,则称这样的三 位数为凸数（如120,343,275等），那么所有凸数的个数为.有A,B,C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁 4个操作人员的技术 等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁 只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型 号的电脑,则不同的选派方法有 种（用数字作答）.解析：（1）显然 a Wl,若 a=2,3,4,9,b=l 时，有 l o ga b=0,1 个;若 a=2,b=3,4,9 时，有 l o g23,l o g24=2,l o g29,3 个;若 a=3,b=2,4,9 时，有 l o g32,l o g34,l o g39=2（舍去），2 个;1若 a=4,b=2,3,9 时，有 l o g 42.,Io g 43,l o g 49=l o g 23（舍去），2 个；1若 a=9,b=2,3,4 时，有 l o g 92,l o g 93i（舍去），l o g 94=l o g 32（舍去），1 个,共有 1+3+2+2+1=9（个）.故选 A.可分三类：一类:语文、数学各1本，共有9X7=63（种）；二类:语文、英语各1本，共有9义5=45（种）；三类:数学、英语各1本，共有7义5二35（种）.所以共有63+45+35=143（种）不同选法.故选C.若a?=2,则百位数字只能选1,个位数字可选1或0,“凸数”为 120与121,共2个.若a2=3,则百位数字有两种选择,个位数字有三种 选择，则“凸数”有2义3二6（个数若a 2=4,满足条件的“凸数”有3X 4=12（个），若a?=9,满足条件的“凸数”有8义9=72（个若所以所有 凸数有 2+6+12+20+30+42+56+72=240（个）.（4）由于丙、丁两位操作人员的技术问题,要完成“从4个操作人员中 选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派 一人,可分四类：第1类,选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这 3人操作的电脑的型号,有2X2=4种方法；第2类,选甲、乙、丁 3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人 分别去操作这三种型号的电脑,有2种方法；第3类,选甲、丙、丁 3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电 脑，只有1种方法；第4类,选乙、丙、丁 3人，同样也只有1种方法.根据分类加法计数原理,共有4+2+1+1=8（种）选派方法.答案：A（2）C（3）240（4）81例2）（1）将标号分别为1,2,3,4,5,6的6个小球放入3个不同的盒子 中.若每个盒子放2个,其中标号为1,2的小球放入同一盒子中,则不 同的放法共有（）A.12 种 B.16 种 C.18 种 D.36 种有4名优秀学生A,B,C,D全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所 学校至少去一名，则不同的保送方案共有 种.（3）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张 奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有 种（用数字作答）.解析：（1）先将标号为1,2的小球放入盒子,有3种情况;再将剩下的4 个球平均放入剩下的2个盒子中,共有力二6（种）情况,所以不同 的放法共有3X6=18（种）.故选C.弩（2）先把4名学生分为2,1,1共3组，有 度二6（种）分法，再将3组对 应3个学校,有1=6（种）情况,则共有6义6二36（种）不同的保送方案.（3）把8张奖券分4组有两种分法,一种是分（一等奖,无奖）、（二等奖,无奖）、（三等奖，无奖）、（无奖，无奖）四组，分给4人有或种分法;另一种是一组两个奖,一组只有一个奖,另两组无奖,共有）种分法,再分给4人有种分法，所以不同获奖情况种数为A*+A*=24+36=60.答案：(1)C(2)36(3)60CHD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;队长中至少有1人参加；(4)既要有队长,又要有女运动员.解：第1步，选3名男运动员,有碍种选法；第2步，选2名女运动员,有4种选法，共有碌Q=120(种)选法.(2)法一 至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男,2女3男,3女2男,4女1男.由分类加法计数原理可得总选法种数为QQ+Q4+0汽+中史246.法二“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，。种选法,所以“至少有1名女运动员”的选法种数为包246.法一（直接法）可分类求解：“只有男队长”的选法为“只有女队长”的选法为c；“男、女队长都入选”的选法为 所以共有2。+二196（种）选法.法二（间接法）从10人中任选5人有耳。种选法.其中不选队长的方法有e种.所以“至少有1名队长”的选法种数为4V二196.（4）当有女队长时,其他人任意选,共有q种选法.不选女队长时,必选 男队长,共有喘种选法,其中不含女运动员的选法有c种,所以不选女 队长时的选法共有Q-Q种.所以既有队长又有女运动员的选法共有G+QV=191（种）.CH有3名男生、4名女生，在下列不同的条件下，求不同的排列方 法总数.选5人排成一排；（2）排成前后两排,前排3人，后排4人；（3）全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；（4）全体排成一排,女生必须站在一起；（5）全体排成一排,男生互不相邻.解：从7人中选5人排列，有嘎7X6X5X4X3=2 520（种）.（2）分两步完成,先选3人站前排,有 种方法,余下4人站后排,有*种方法，共有学:二5 040（种）.法一（特殊元素优先法）先排甲,有5种方法,其余6人有熊种排 列方法,共有5 X 1二3 600（种）.法二（特殊位置优先法）首尾位置可安排另6人中的两人,有&种排 法，其他5人有&种排法,共有人派二3 600（种）.（4）（捆绑法）将女生看作一个整体与3名男生一起全排列,有4种 方法,再将女生全排列,有4种方法,共有二576（种）.（5）（插空法）先排女生,有4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4种方法，共有医二1 440（种）通口d/七灵活中居由教提邂知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创 新练分类加法计数原理与分步乘法计数原理1,2,4,616排列5,7组合313排列与组合的综合应用8,910,11,12,1415A级基础巩固练1.a,b,c,d,e共5个人,从中选1名组长,1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是（B）A.20 B.16 C.10 D.6解析:当a当组长时,则共有1 X4=4（种）选法；当a不当组长时,又因 为a也不能当副组长,则共有4X3=12（种）选法,因此共有4+12=16（种）选法.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09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（D）A.180 种 B.360 种 C.720 种 D.960 种解析: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5X3X4X4X4=960（种）.故选D.3.（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I,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:根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配 1名志愿者,可以先从5名志愿者中任选2人,组成一个小组,有Q种 选法;然后连同其余三人,看成四个元素，四个项目看成四个不同的位 置,四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4!种,根据分r2步乘法计数原理可知，完成这件事共有5义4!二240（种）不同的分配方 案.故选C.4.（多选题）（2021 山东实验中学高三模拟）“二进制”与我国古代的 易经有着一定的联系,该书中有两类最基本的符号:“一一”和“一 一，其中“”在二进制中记作“1”，“”在二进制中记作“0”，其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列，可以组成的不同的十进制数为（ABCD）A.0 B.1 C.2 D.3解析:根据题意,从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类.第一类：由两个“-组成二进制数为11,转化为十进制数,为3.第二类：由两个“-”组成,二进制数为00,转化为十进制数,为0.第三类：由一个“一一”和一个“”组成,二进制数为10,01,转 化为十进制数,为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列,可以组 成的不同的十进制数为0,1,2,3.故选ABCD.5.（多选题）用1,2,3,4,5这五个数字,组成三位数,贝I（ABC）A.若允许重复,则可组成为125个B.若不允许重复,则可组成为60个C.可组成无重复数字的偶数为24个D.可组成无重复数字的奇数为24个解析:组成三位数,若允许重复,则可组成5125（个）；若不允许重复，A3则可组成 也5X4X3=60（个）；组成无重复数字的偶数分为两类,一类是2作个位数,共有或个,另一类是4作个位数,也有或个.因此符合条A2 A2 A1A2件的偶数共有+二24（个）；组成无重复数字的奇数有二3X4义3=36（个）.故选ABC.6.在一个三位数中,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，其中偶数有 个.解析:十位上的数为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）.偶数为214,312,314,412,324,共 5 个.答案：8 57.（2021 山东泰安一模）北京大兴国际机场为4F级国际机场、世界 级航空枢纽、国家发展新动力源,于2019年9月25日正式通航.目前 建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道,若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起 飞,且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取,则共有 种不同的安排方法（用数字作答）.A2解析:从4条跑道中选取安排共有 也12种选择，排除西一跑道、西二 跑道都没有的”二2种选择,共有12-2=10种选择.答案：108.（2021 山东潍坊模拟）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）.CBAD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Q种选法;在四个位置上种植有碍=12种方法,则由分步 乘法计数原理得共有0义12=36种方法.答案：369.用0,1,2,3,4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重 复数字的五位数？比21 034大的偶数;左起第二、四位是奇数的偶数.解：（1）可分五类,当末位数字是0,而首位数字是2时，有6个五位数;当末位数字是0,而首位数字是3或4时,有G因二12个五位数；当末位数字是2,而首位数字是3或4时,有G因二12个五位数；当末位数字是4,而首位数字是2时，有3个五位数；当末位数字是4,而首位数字是3时,有组二6个五位数.故共有6+12+12+3+6=39（个）满足条件的五位数.可分为两类：吟末位数是0,个数有 末位数是2或4,个数有 8=4.故共有4+4=8（个）满足条件的五位数.B级综合运用练10.数术记遗相传是东汉时期徐岳所著,该书主要记述了：积算（即 筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹 算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算、计数共14种计算方法.某研究性学习小组3人分工搜集整理该14种计算方法的相关资料，其中一人4种,其余两人每人5种，则不同的分配方法种数是（A）一味明 一味明A.启 B.&解析:先将14种计算方法分为三组，方法有 用 种，再分配给3个人,唔粥方法有片种.故选A.n.（多选题）将4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子的放法共有（BC）a.q g q q种b,。河种C.QC弼种D.18种解析:根据题意,4个不同的小球放入3个分别标有13号的盒子中,且没有空盒,则3个盒子中有1个中放2个球,剩下的2个盒子中各放 1个，有2种解法：分2步进行分析：先将4个不同的小球分成3组,有4种分组方法；将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有、种放法；则没有空盒的放法有种；(2)分2步进行分析：在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个,将选出的2个小球 放入选出的小盒中,有QQ种情况;将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中,有&种放法.则没有空盒的放法有 由此可知,A,D错误.故选BC.12.从5男3女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人志愿者服务队,要求服务队中至少有1名女生，共有 种不同的选法.解析:要求服务队中至少有1名女生,则分3种情况讨论:选出志愿者服务队的4人中有1名女生,有&0二30种选法，A2这4人选2人作为队长和副队长有二12种选法,其余2人为普通队员，有1种情况，此时有30 X 12=360（种）不同的选法.选出志愿者服务队的4人中有2名女生，有QQ=30种选法，A2这4人选2人作为队长和副队长有 心12种选法,其余2人为普通队 员，有1种情况，此时有30 X 12=360（种）不同的选法.选出志愿者服务队的4人中有3名女生,有,5。二5种选法，A2这4人选2人作为队长和副队长有 也12种选法,其余2人为普通队员，有1种情况，此时有5 X 12=60（种）不同的选法.则一共有360+360+60=780（种）不同的选法.答案:78013.某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种次品.现 从35种商品中选取3种.其中某一种次品必须在内，不同的取法有多少种？其中某一种次品不能在内，不同的取法有多少种？恰有2种次品在内，不同的取法有多少种？（4）至少有2种次品在内，不同的取法有多少种？至多有2种次品在内,不同的取法有多少种？解：从余下的34种商品中,选取2种有Q4=561种取法，所以某一种次品必须在内的不同的取法有561种.从34种可选商品中，选取3种，有 种取法，或者-二二5 984（种）取法，所以某一种次品不能在内的不同的取法有5 984种.从20种正品中选取1种，从15种次品中选取2种有 二2 100种取法，所以恰有2种次品在内的不同的取法有2 100种.,选取3种次品有7种,共有选取方式C2OC15+C15=2 100+455=2 555（种），所以至少有2种次品在内的不同的取法有2 555种.3 3（5）法一（间接法）选取3种的总数为q,因此共有选取方式冬-%二6 545-455=6 090（种）.所以至多有2种次品在内的不同的取法有6 090种.法二（直接法）共有选取方式090（种），（4）选取2种次品有弓0。15种所以至多有2种次品在内的不同的取法有6 090种.14.按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份,1份1本，1份2本,1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本,一人得2本,一人得3本；(3)平均分成三份,每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份,1份4本，另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本.解：(1)6本不同的书分成三份,1份1本,1份2本,1份3本,分三个步骤，第1步，从6本书中取1本有G种分配方法;第2步,从剩余的5本 书中取2本有。种分配方法，第3步,从剩余的3本书中取3本有U种 分配方法,所以总共有QQq=6o种分配方法.由可知分组后共有60种方法，分别分给甲、乙、丙后的方法有q q c舞=360 种.从6本书中选择2本书,有耳种分配方法;再从剩余4本书中选择 2本书，有Q种分配方法；剩余2本书，有e种分配方法，所以有 C6C4C2=90种分配方法.但是,该过程有重复.假如6本书分别为A,B,C,D,E,F,若三个步骤分 别选出的是(AB),(CD),(EF),则所有情况为(AB,CD,EF),(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,AB,CD),(EF,CD,AB).所以分配方式共鲁冠有4=15种.（4）由（3）可知，平均分给甲、乙、丙三人，则分配方法有 X二 90种.从6本书中选4本书的方法有&种,从剩余2本书中选1本书有G萼种，因为在最后2本书的选择中有重复,所以总共有或=15种.粤 3（6）由可知，分给甲、乙、丙三人的分配方法有星 4X3=60（种）.当S,A,B染好时,不妨设其颜色分别为1,2,3,其余两种颜色为4,5,若C染2,则D可染3或4或5,有3种不同的染色方法;若C染4,则D 可染3或5,有2种不同的染色方法;若C染5,则D可染3或4,有 2种不同的染色方法.所以当S,A,B染好时,C,D还有7种不同的染色 方法,故不同染色方法有60 X 7=420（种）.法二 以S,A,B,C,D的顺序分步染色.第一步,S点染色,有5种不同 的方法.第二步,A点染色,与S在同一条棱上,有4种不同的方法.第 三步,B点染色,与S,A分别在同一条棱上,有3种不同的方法.第四 步,C点染色,考虑到D点与S,A,C分别在同一条棱上,需要对A与C 是否同色进行分类,当A与C同色时,D点有3种不同的染色方法;当A 与C不同色时，因为C与S,B也不同色,所以C点有2种不同的染色方 法,D点也有2种不同的染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理，得不同的染色方法共有5X4X3X（1X3+2X2）=420（种）.aS法三 按所用颜色种数分类.第一类,5种颜色全用，共有5种不同的 染色方法;第二类,只用4种颜色,则必有某两个顶点同色（A与C或B 与D）,共有2 X A?种不同的染色方法;第三类，只用3种颜色,则A与A3C,B与D必定同色,共有5种不同的染色方法.由分类加法计数原理，N A3得不同的染色方法为5+2 X 5+也420（种）.答案：420第2节二项式定理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简单问题.必备知识.课前回顾 招表材办实四基依:知识梳理1.二项式定理(1)二项式定理：(a+b)11 二星卢鼻飞+Ca n-k b k+.+q b n(M E N*).(2)二项展开式的通项:Tk+尸曳出,它表示通项为展开式的第项.(3)二项式系数:二项展开式中各项的系数u,释疑I 二项展开式形式上的特点(1)项数为n+1.(2)各项的次数都等于二项式的幕指数n,即a与b的指数的和为n.(3)字母a按降塞排列,从第一项开始,次数由n逐项减1直到零;字母b按升幕排列,从第一项起,次数由零逐项增1直到n.2.二项式系数的性质性质性质描述对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,即上增减性二项式系数当k (nN*)时,是递减的二项式系数最大值当n为偶数时，中间的一项 取得最大值当n为奇数时，中间的两项 与 取得最大值二项式系数是指C,Q,G,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.3.杨辉三角下面的数表称为杨辉三角11 11 2 113 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 1第第第第第第其中第n行是1 4喋豪豪1匡重要结论1.(a+b)n展开式的各二项式系数的和:U+C+Q+二 2n.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+.=二.1对点自测-1.（选择性必修第三册P30例2改编）（l+2x）5的展开式中Xz的系数等 于（C）A.80 B.60 C.40 D.20解析:Tk+尸4尸=0*）当心2时,X?的系数为Q22=40.故选C.12.若（x+:厂展开式的二项式系数之和为64,则展开式的常数项为（A）A.20 B.60 C.80 D.120解析:二项式系数之和264,所以n=6,Tk-C.x-.向J叫,当6-2k=0,即当k=3时为常数项,T4=Cf i=20.故选A.3.杨辉是我国南宋的一位杰出的数学家.在他著的详解九章算法 一书中，画了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵（如图 所示），称做“开方作法本源图”，现在简称为“杨辉三角”，它是杨辉 的一大重要研究成果.若用a-表示三角形数阵的第i行第j个数,则 a 100-3-（B）11 2 113 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 11 8 28 56 70 56 28 8 11 9 36 84 126 126 84 36 9 1A.5 050 B.4 851 C.4 950 D.5 000解析：依据二项式系数可知,第i（i N2）行第j个数应为一工 r2 99x98所以第100行第3个数为.二二一二4 851.故选B.4.（选择性必修第三册 P33 例 3（x-1）4=a o+a ix+a2x2+a 3x3+a4x4,则a（）+a 2+a 4的值为.解析：令 x=l,则 a o+a i+a2+a3+a4=O,令 x=T,则 a o-a i+a2-a3+a4=16,两式相 力口得 a（）+a 2+a 4=8.答案：85.（V、乖/的展开式中常数项为,是第 项.解析:二项展开式的通项为Tk+产4（百产（。）匚（）4*弋令4*0,解得k=4,所以丁5二（在、二35答案:不5关键能力课堂突破展考砺二项式定理通项的应用美中者义渡实四翼。角度一 形如(a+b)11(n e N*)型3)(1)(多选题)若一二的展开式中含/(a WZ)项，则a的值 可能为()A.-5 B.1 C.2 D.7的展开式的常数项为160,则实数a二.解析：(1)。1一；的展开式的通项T*G(2x2)5(-)r=%5-r(-3)rx10-3r,其中 r=0,1,2,，5.令 r=l,贝l jB10-3r=7;令 r=3,则 10-3r=l;令 r=5,则 10-3r=-5.令 10-3r=2,则 r=希 N,所以a的值可能为7,1,-5.故选ABD.的展开式的通项W1(a x)6-rG)三%产,令6-2r=C30,得 r=3,所以 6a6-3=160,解得 a=2.答案：(1)ABD(2)2一解题策略求形如(a+b)YnN*)的展开式中与特定项相关的量的步骤第一步,利用二项式定理写出二项展开式的通项，+尸K小b,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r;第三步,把r代入通项中，即可求出Tr+1,有时还需要先求n,再求r,才 能求出或者其他量.口角度二 形如(a+b)m(c+d)n(m,n G N*)型已C例1二2(1)(2020 全国I卷)(x+m)(x+y F的展开式中x V的系数为()A.5 B.10 C.15 D.20-(1(2)(x2-3x+)k 6 的展开式中常数项为()A.30 B.-30 C.25 D.-25(7 解析：因为(x+y/的展开式的第r+1项T*5x 5 所以(x+=)(x+y)5的展开式中x V的系数为Q+Q=15.故选C.g x+沁/产鼾屋心小165而。母(7-的展开式的通项T*(荷),易知当4或厂2时原式有常数项.令广4,丁5二4(-1”(石)4；令L2,丁3二4(-1)2(/)2,故所求常数项为(?3X 三5-30二-25.故选 D.八解题策略I求形如(a+b)m(c+d)n(m,neN*)型的展开式问题的思路(1)若m,n中有一个比较小,可考虑把它展开,如(a+b Vg+d)。=(a?十2a b+b2)(c+d)n,然后分别求解.(2)观察(a+b).(c+d)是否可以合并,如(1+x)5 (l-x)7二(l+x)(l-x)5(l-x)2=(l-x2)5 (l-x)2.(3)分别得到(a+b)，(c+d)0的通项,综合考虑.口角度三 形如(a+b+c)n(nN*)型的奇(多选题)(2021 江苏南通高三模拟)关于多项式十二一2)的 展开式,下列结论中正确的有()A.各项系数之和为0B.各项系数的绝对值之和为256C.存在常数项D.含x项的系数为-40解析:对于选项A,将x=l代入多项式(*十二一2)可得各项系数和为(1+1-2)J。,故 A 正确；对于选项B,取多项式(*+二+与将x-1代入该多项式,可得(1+1+2”二256,所以原多项式各项系数的绝对值之和为256,故B正确；对于选项C,多项式可化为，其展开式的通项为3九修当4-r=0,2,4,即r=0,2,4时,J 有常数项，且当D时,常数项为QQ=6;当厂2时,常数项为耳X 2 X(-2)2=48;当广4时,常数项为(-2尸二16,所以原多项式的展开式的常数项为6+48+16=70,故 C 正确;对于选项D,当厂1时，展开式中含x的项为 x(-2)24x;当厂(?3 时，含 x 的项为 4x(-2)3=-32x,所以原多项式的展开式中含x的项的系数为-56,故D错误.故选ABC.解题策略I求形如(a+b+c)n(nN*)展开式中特定项的步骤|第二步4把三项的和a+6+c看作3+6)峰两项的和?基二根据三顷式定短前曲用司画展并式一-i生多1的通项 i隹词J府痔定该施前睡行芬桥;葬清蒋颜毫由；娄三牛(。+6广的展开式中的哪些项和相乘得到的：0 二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二第四步H把相乘后的项相加减即可得到特定项针对训练1.(2021 山东高三模拟)在(.+2*+，)5的展开式中,x V的系数为()A.60 B.30 C.15 D.12解析：由于1+勿+，)5二夕+治+犷0fc(x2+2力品所以其展开式的通项为Tk+1=5 yk,k=0,1,2,3,4,5,所以k=2时，*+治工3.&+2)3对应的系数为Gx2=6,所以x 5y 2的系数为4x 6=60.故选A.2.（2021 重庆高三三模）已知（2x?+l）（了一D*的展开式中各项系数之和为0,则该展开式的常数项是（）A.-10 B.-7 C.9 D.10解析:因为（2x 2+1）（了一1的展开式中各项系数之和为0,所以令x=l得3（a-l）5=0,解得a=l,所以（2x 2+l）（y 2+1）（手-1下（示一1）5的展开式的通项为T*GG）（-i）=（-i）ra i+a3+,+a2 021 二一 2，故 B错误,C正确；因为（1-2x）2 2，。+遥+32+&021x2 021,所以令x=0,则a o-1,1 士 3.g令x=a贝ij o=也+工+*+,士 士 5 g贝河+本画二1,故D正确.故选ACD.P解题策略I1.“赋值法”普遍适用于恒等式,对形如(a x+b);(a x 2+b x+c)m(a,b,c eR)的式子求其展开式的各项系数之和,常用赋值法.2.若f(x)=a0+a ix+a2x2+-+anxn,则f(x)展开式中各项系数之和为f(1),fm-D奇数项系数之和为a0+a2+a4+-=2，偶数项系数之和为a 1+a 3+a5+-=2.口角度二二项式系数的最值问题逸3)在(1-2*尸的展开式中,偶数项的二项式系数之和为128,则展开 式的二项式系数最大的项为.解析：由二项式系数的性质知二128,解得n=8,(1-2x)8的展开式 共有9项，中间项,即第5项的二项式系数最大,J.Ha二1 120 x4.答案:1 120 x4推度三项的系数的最值问题丽)(2021 广东佛山一模)已知(法+乂2)方的展开式的二项式系数1的和比(3x-l)n的展开式的二项式系数的和大992,则在(2x-)2n的展 开式中,二项式系数最大的项为,系数的绝对值最大的项 为解析：由题意知,22n二992,即(2n-32)(2n+31)=0,故2=32,解得 5.由二项式系数的性质知，(2x-尸的展开式中第6项的二项式系数最大，故二项式系数最大的项为T6=C*q(2x)5(-)5=-8 064.设第k+1项的系数的绝对值最大，则 Tk+尸*。(2x)10-k-(一拼二(一1)00 210-k-x10-2k,令&得 吟匕Sl-k 2k,u.+i)解得因为k Z,所以k=3.故系数的绝对值最大的项是第4项,Tl-4-27-x4-15 360 x4.故二项式系数最大的项为-8 064,系数的绝对值最大的项为-15 360 x 1答案:-8 064-15 360 x4P解题策略I二项展开式系数最大项的求法如求(a+b x)n(a,b eR)的展开式系数最大的项,一般是采用待定系数法,设展开式各项系数分别为Ab A2,An+1,且第k项系数最大,应用U*从而解出卜来,即得.针对训练1.已知m为正整数，(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2向展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m=()A.5 B.6 C.7 D.8解析：由题意可知,a二弓1 b二因为 13a=7b,(2m)!(Nil)!所以 13 m!m!=7 (m+1)!,13 2m+l即7=Ei,解得m=6.故选B.2.(x+2y)7的展开式中，系数最大的项是()A.68y7B.112x3y4C.672x2y5 D.1 344x2y5解析:设第r+1项系数最大，件才 则有k 不、寸_-_ 2r _ 2广.r!(7-r)!(y-1)!C7-1H-1)!_71_ 2r _ 2,4-1即 1r!(7-r);一(r+1)!(7-r-l)!*伊白若，)12、13即W-r1解得I-3又因为rez,所以r=5.所以系数最大的项为Tx2-25y5=672x2y5.故选C.3.(多选题)已知&-1)5二0+216+1)+a2(*+1)2+25&+1):贝!()A.a0=-32 B.班二一80C.a3+4a4=0 D.a0+a i+*+a5=l解析:令x=-l得析IT)5二a。,即a0=-32,故A正确.令x=0得(-1尸二加+a i+-+a5,即 a()+a i+a 5二一 1,故 D 不正确；令 x+1=y,贝(J(x T)，()+a i(x+1)+a2(x+l)2+-+a5(x+l)3 就变为(y-2)3=a0+a1y+a2y2+-+a5y5,根据二