高考数学二轮复习核心专题讲练：统计与概率第2讲 计数原理(含解析）

这是一份高考数学二轮复习核心专题讲练：统计与概率第2讲 计数原理(含解析），共36页。试卷主要包含了分类加法计数原理，分步乘法计数原理，排列数与排列数公式，组合数与组合数公式，组合数的性质，二项式定理及相关概念，二项展开式的通项，二项式系数的性质等内容，欢迎下载使用。
第2讲　计数原理
目录
第一部分：知识强化
第二部分：重难点题型突破
突破一：两个计数原理的综合应用
突破二：排列，组合综合应用
突破三：二项式定理
突破四：二项式系数
突破五：项的系数
突破六：杨辉三角形
第三部分：冲刺重难点特训
第一部分：知识强化
1、分类加法计数原理
（1）定义：完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有种不同的方法,在第2类方案中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.
（2）推广：如果完成一件事情有类不同方案,在第1类方案中有种不同的方法,在第2类方案中有种不同的方法,……在第类方案中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.
2、分步乘法计数原理
（1）定义：完成一件事需要两个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.
（2）推广：完成一件事需要个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,……做第步有种不同的方法,则完成这件事共有种不同的方法.
3、排列数与排列数公式
（1）定义：从个不同元素中取出()个元素的所有不同排列的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的排列数,用符号表示.
（2）排列数公式
①（连乘形式）：，，
②（阶乘形式），，
（3）全排列：把个不同的元素全部取出的一个排列,叫做个元素的一个全排列,用符号表示.

（4）阶乘：正整数1到的连乘积,叫做的阶乘,用符号表示.
4、组合数与组合数公式
（1）组合数的定义：从个不同元素中取出()个元素的所有不同组合的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的组合数,用符号表示.
（2）组合数公式
或：（，）.
规定：
5、组合数的性质
（1）性质1：
（2）性质2：
6、二项式定理及相关概念
（1）二项式定理
一般地，对于每个（），的展开式中共有个，将它们合并同类项，就可以得到二项展开式：（）.这个公式叫做二项式定理.
（2）二项展开式
公式中：，等号右边的多项式叫做的二项展开式.
（3）二项式系数与项的系数
二项展开式中各项的二项式系数为(),项的系数是指该项中除变量外的常数部分,包含符号等.
（4）二项式定理的三种常见变形
①
②
③
7、二项展开式的通项
二项展开式中的()叫做二项展开式的通项,用表示,即通项为展开式的第项:.通项体现了二项展开式的项数、系数、次数的变化规律,是二项式定理的核心,它在求展开式的某些特定项(如含指定幂的项常数项、中间项、有理项、系数最大的项等)及其系数等方面有着广泛的应用.
8、二项式系数的性质
①对称性：二项展开式中与首尾两端距离相等的两个二项式系数相等：
②增减性：当时，二项式系数递增，当时，二项式系数递减；
③最大值：当为奇数时，最中间两项二项式系数最大；当为偶数时，最中间一项的二项式系数最大.
④各二项式系数和： ；
奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等：

第二部分：重难点题型突破
突破一：两个计数原理的综合应用
1．（2022·甘肃·兰州一中高二期中）4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（    ）
A．288 B．336 C．368 D．412
【答案】B
【详解】当四位数不出现1时，排法有：种；
当四位数出现一个1时，排法有：种；
当四位数出现两个1时，排法有：种；
所以不同的四位数的个数共有：．
故选：B．
2．（2022·全国·高三专题练习）有三个盒子，每个盒子里有若干大小形状都相同的卡片.第一个盒子中有三张分别标号为的卡片；第二个盒子中有五张分别标号为的卡片；第三个盒子中有七张分别标号为的卡片.现从每个盒子中随机抽取一张卡片，设从第个盒子中取出的卡片的号码为，则为奇数的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】从三个盒子中各随机抽取一张卡片可分为三步完成，第一步从第一个盒子中取一张卡片，有3种方法，第二步从第二个盒子中取一张卡片，有5种方法，第三步从第三个盒子中取一张卡片，有7种方法，由分步乘法计数原理可得共有种方法，事件为奇数等价于，，都为奇数或，，中有一个为奇数，两个为偶数，其中事件，，都为奇数包含个基本事件，即24个基本事件，事件为奇数，，为偶数包含个基本事件，即12个基本事件，事件为奇数，，为偶数包含个基本事件，即9个基本事件，事件为奇数，，为偶数包含个基本事件，即8个基本事件，所以事件包含的基本事件数为，即53个基本事件，
所以，
故选：B.

3．（2022·辽宁·同泽高中高二阶段练习）小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字．如下图所示，我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒．若用8根火柴棒以适当的方式全部放入右面的表格中（没有放入火柴棒的空位表示数字“0”），那么最多可以表示无重复数字的三位数有______个

【答案】20
【详解】由题意可得，用2根火柴棒表示数字1，3根火柴棒表示数字7，4根火柴棒表示数字4，5根火柴棒表示数字2，3或5，6根火柴棒表示数字6或9，7根火柴棒表示数字8，
数字不重复，因此8根火柴棒只能分成两类：2和6，3和5，组成两个数字，还有数字只能为0，
这样组成的无重复数字的三位数个数为：．
故答案为：20
4．（2022·上海·华东师范大学第三附属中学高一期末）定义：如果三位数满足且，则称这样的三位数为“”型三位数，试求由0，1，2，3，4这5个数字组成的所有三位数中任取一个恰为“”型三位数的概率是___________.
【答案】##0.15
【详解】由0，1，2，3，4这5个数字组成三位数，百位不能为零，则有4种情况，十位与个位各自有5种情况，则所组成的所有三位数个数为，
其中“”型三位数的有，，，，，，，，，，，，，，，共15个，
则概率为.
故答案为：.
5．（2022·全国·高二课时练习）三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有______种．
【答案】6
【详解】由题设，若三人为甲、乙、丙，传递过程如下：

其中①③一定不会为甲，中间三人的可能情况为：
{乙，丙，乙}、{丙，乙，丙}、{乙，甲，乙}、{乙，甲，丙}、{丙，甲，丙}、{丙，甲，乙}，共6种情况.
故答案为：6
6．（2022·全国·高二课时练习）由0、1、2、3、4、5这6个数字可以组成______个没有重复数字的三位偶数.
【答案】52
【详解】根据题意，对该没有重复数字的三位偶数进行分类讨论，
第一类：0在个位数时，先填百位，有5种方法，再填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数；
第二类，0不在个位数时，先填个位，只有2、4两种方法，再填百位，0不能在此位，故有4种方法，最后填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数；
综上，一共可以组成个没有重复数字的三位偶数.
故答案为：52.
7．（2022·辽宁·同泽高中高二阶段练习）4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为______
【答案】336
【详解】依题意，不考虑数字的重复问题，4张卡片排成一排，可以组成种情况，
其中若两张卡片都是1，有种情况，
所以将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为.
故答案为：336.
8．（2022·辽宁·同泽高中高二阶段练习）给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有5种颜色可供选择，则共有_______种不同的染色方案．

【答案】
【详解】由题意可知，若满足相邻区域不同色，最少需要三种颜色，最多需要五种颜色.
当有3种颜色时，则同色，同色，同色，此时的涂色种类为种.
当有4种颜色时，则有三种情况：①不同色，同色，同色，此时涂色种类为种；②同色，不同色，同色，此时涂色种类为种；③同色，同色，不同色，此时涂色种类为种；即当有4种颜色时，总的涂色种类为种.
当有5种颜色时，则有三种情况：①不同色，不同色，同色，此时涂色种类为种；②同色，不同色，不同色，此时涂色种类为种；③不同色，同色，不同色，此时涂色种类为种；即当有5种颜色时，总的涂色种类为种.
综上，总的共有种不同的方案.
故答案为：
9．（2022·辽宁·沈阳二中高二期中）如图所示的五个区城中，现要求在五个区域中涂色，有四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区城所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为________（用数字作答）．

【答案】
【详解】设这四个颜色分别为，先给区域涂色，有种涂法；
假设区域涂的是颜色1，再给区域涂色，可以是颜色,有种涂法;
假设区域涂的是颜色，再给区域涂色，可以是颜色，有种涂法;
假设区域涂的是颜色，如果区域涂的是颜色，则区域可以涂颜色或颜色，有种涂法;
如果区域涂的是颜色4,那么区域可以涂颜色，有1种涂法.
所以不同的涂色方法种数为 (种)
故答案为：.
10．（2022·浙江·高二阶段练习）某学校举行秋季运动会，酷爱运动的小明同学准备在某七个比赛项目中，选择参加其中四个项目的比赛.根据赛程安排，在这七个比赛项目中，100米赛跑与200米赛跑不能同时参加，且跳高与跳远也不能同时参加.则不同的报名方法数为___________.（用数字作答）
【答案】
【详解】符合要求的报名方法可以分为两类，第一类100米，200米，跳高，跳远四项比赛中只参加一项，
第二类100米，200米中参加一项且跳高，跳远两项比赛中参加一项，其中第一类中含4种不同的报名方法，
第二类中的报名方法可分三步完成，第一步从100米，200米中选择一项，第二步从跳高，跳远两项比赛选择一项，第三步从余下的三项比赛中选择两项参赛，
故第二类方法共有种，由分类加法原理可得共有16种方法.
故答案为：16.
突破二：排列，组合综合应用
1．（2022·四川自贡·一模（理））在某个单位迎新晚会上有A、B、C、D、E、F6个节目，单位为了考虑整体效果，对节目演出顺序有如下具体要求，节目C必须安排在第三位，节目D、F必须安排连在一起，则该单位迎新晚会节目演出顺序的编排方案共有（    ）种
A．36 B．48 C．60 D．72
【答案】A
【详解】由题意D、F在一二位或四五位、五六位，C是固定的，其他三个节目任意排列，因此方法数为．
故选：A．
2．（2022·四川·宜宾市叙州区第二中学校模拟预测（理））“四书” “五经”是我国部经典名著《大学》《论语》《中庸》《孟子》《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校计划在读书节活动期间举办“四书”“五经”知识讲座，每部名著安排次讲座，若要求《大学》《论语》相邻，但都不与《周易》相邻，则排法种数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，
共有种排法，将《大学》《论语》看作一个元素，二者内部全排列有种排法，
排完的6部经典名著的讲座后可以认为它们之间包括两头有7个空位，
从7个空位中选2个，排《大学》《论语》捆绑成的一个元素和《周易》的讲座，有种排法，
故总共有种排法，
故选：C.
3．（2022·全国·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”若在此对话的基础上5人名次的情况是等可能的，则最终丙和丁获得前两名的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】解：根据题意，当甲同学为第5名时，乙同学可能是第2，3，4名，故有种，
当甲同学不是第5名时，甲、乙同学可能是第2，3，4名，故有种，
故满足回答者的所有情况共种.
其中，最终丙和丁获得前两名的情况有两类，
当甲同学为第5名，丙和丁获得前两名时有种；
当甲同学不是第5名，丙和丁获得前两名时，有种，
所以，最终丙和丁获得前两名的情况有种，
所以，最终丙和丁获得前两名的概率为
故选：A
4．（2022·全国·模拟预测）数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（    ）
A．28 B．24 C．20 D．16
【答案】A
【详解】显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论．
最大数为5的情况：
①，此时共有种情况；
最大数为4的情况：
②，此时共有种情况；
③，此时共有种情况．
当最大数为3时，，故没有满足题意的情况．
综上，满足条件的有序数组的个数是．
故选：A
5．（2022·全国·模拟预测）已知斐波那契数列满足，，若，是数列中的任意两项，，当时，称数组为数列的“平缓数组”（与为相同的“平缓数组”），为数组的组差.现从的所有“平缓数组”中随机抽取3个，则这3个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数为（    ）
A．24 B．26 C．29 D．35
【答案】B
【详解】由题意得，，，，，，，又，所以当时，，所以的所有“平缓数组”有，，，，，，，共7个，
其中组差为0的有1个为，组差为1的有3个为，，，组差为2的有3个为，，，所以这3个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数为，
故选：B
6．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））袋中有6个大小相同的黑球，编号为，还有4个同样大小的白球，编号为，现从中任取4个球，则下列结论中正确的是（    ）
①取出的最大号码服从超几何分布；
②取出的黑球个数服从超几何分布；
③取出2个白球的概率为；
④若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则总得分最大的概率为
A．①② B．②④ C．③④ D．①③④
【答案】B
【详解】对于①，根据超几何分布的定义，要把总体分为两类，再依次选取，由此可知取出的最大号码不符合超几何分布的定义，无法用超几何分布的数学模型计算概率，故①错误；
对于②，取出的黑球个数符合超几何分布的定义，将黑球视作第一类，白球视作第二类，可以用超几何分布的数学模型计算概率，故②正确；
对于③，取出2个白球的概率为，故③错误；
对于④，若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则取出四个黑球的总得分最大，
总得分最大的概率为，故④正确．
故选：B

7．（2022·河北·模拟预测（理））为普及空间站相关知识，某航天部门组织了空间站建造过程模拟编程竞赛活动．该活动由太空发射、自定义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等8个程序题目组成，则该活动的题目顺序安排中，全尺寸太阳能排在前两位，且太空发射与自定义漫游相邻，但两者均不与空间运输相邻的概率为 __．
【答案】
【详解】解：8个程序题目全排列共有种方法；全尺寸太阳能排在前两位，可分类讨论：
①全尺寸太阳能排在首位：太空发射与自定义漫游相邻，将二者捆绑起来有种方法，两者均不与空间运输相邻，可先将其余4个全排列，有种方法，再插空有种排法，故此时共有种方法；
②全尺寸太阳能排在第二位，再分两种情况
首位排空间运输，太空发射与自定义漫游相邻，将二者捆绑起来有种方法，和余下4个元素一起全排列，有种方法，共种方法；
首位不排空间运输，余下四个一般元素挑一个排在首位，有种方法，太空发射与自定义漫游相邻，将二者捆绑起来有种方法，余下3个一般元素全排列，有种方法，最后在4个空位中对空间运输和捆绑元素插空有种，共；
由①②所有符合条件的排法有；
故所求概率为：．
故答案为：．
8．（2022·河南·模拟预测（理））将中国古代四大名著——《红楼梦》《西游记》《水浒传》《三国演义》，以及《诗经》等12本书按照如图所示的方式摆放，其中四大名著要求放在一起，且必须竖放，《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》要求横放，若这12本书中7本竖放5本横放，则不同的摆放方法共有___________种.

【答案】691200
【详解】除了四大名著和《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》这7本书以外，从其余5本书中选取3本和四大名著一起竖放，四大名著要求放在一起，则竖放的7本书有种方法，还剩5本书横放，有种方法，
故不同的摆放方法种数为.
故答案为：691200
9．（2022·安徽·芜湖一中模拟预测）安徽省地形具有平原、台地（岗地）、丘陵、山地等类型，其中丘陵地区占了很大比重，因此山地较多，著名的山也有很多．某校开设了研学旅行课程，该校有6个班级分别选择黄山、九华山、天柱山中的一座山作为研学旅行的地点，每座山至少有一个班级选择，则恰好有2个班级选择黄山的方案有__________种．
【答案】210
【详解】先从6个班级中选择2个班级去黄山，则有种情况，
接下来4个班级可分为两种情况：
第一种情况，2个班级去九华山，2个班级选择取天柱山，则有种情况，
第二种情况，3个班级去九华山或天柱山，剩余的1个班去另一个山，则有种情况，
综上：恰好有2个班级选择黄山的方案有．
故答案为：210
10．（2022·重庆·模拟预测）年月以来，重庆出现新一轮由奥密克戎变异毒株引发的新冠疫情，有个区域被判定为中风险地，均在高新区．为了尽快控制疫情，重庆市政府决定派名专员对这三个中风险地区的疫情防控工作进行指导．若每个中风险地区至少派一名专员且人要派完，专员甲、乙需到同一中风险地区指导，则不同的专员分配方案总数为_____________．
【答案】
【详解】将人分成三组，每组至少一人，则各组人数分别为、、或、、.
①若三组人数分别为、、，则甲、乙所在组的人数为，此时还需从另外人中选人到这组，
此时不同的分配方案种数为；
②若三组人数分别为、、，则其中一组有人的为甲、乙所在的一组，
此时不同的分配方案种数为.
综上所述，不同的分配方案种数为.
故答案为：.
突破三：二项式定理
1．（2022·四川自贡·一模（理））在某个单位迎新晚会上有A、B、C、D、E、F6个节目，单位为了考虑整体效果，对节目演出顺序有如下具体要求，节目C必须安排在第三位，节目D、F必须安排连在一起，则该单位迎新晚会节目演出顺序的编排方案共有（    ）种
A．36 B．48 C．60 D．72
【答案】A
【详解】由题意D、F在一二位或四五位、五六位，C是固定的，其他三个节目任意排列，因此方法数为．
故选：A．
2．（2022·四川·宜宾市叙州区第二中学校模拟预测（理））“四书” “五经”是我国部经典名著《大学》《论语》《中庸》《孟子》《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校计划在读书节活动期间举办“四书”“五经”知识讲座，每部名著安排次讲座，若要求《大学》《论语》相邻，但都不与《周易》相邻，则排法种数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，
共有种排法，将《大学》《论语》看作一个元素，二者内部全排列有种排法，
排完的6部经典名著的讲座后可以认为它们之间包括两头有7个空位，
从7个空位中选2个，排《大学》《论语》捆绑成的一个元素和《周易》的讲座，有种排法，
故总共有种排法，
故选：C.
3．（2022·全国·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”若在此对话的基础上5人名次的情况是等可能的，则最终丙和丁获得前两名的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】解：根据题意，当甲同学为第5名时，乙同学可能是第2，3，4名，故有种，
当甲同学不是第5名时，甲、乙同学可能是第2，3，4名，故有种，
故满足回答者的所有情况共种.
其中，最终丙和丁获得前两名的情况有两类，
当甲同学为第5名，丙和丁获得前两名时有种；
当甲同学不是第5名，丙和丁获得前两名时，有种，
所以，最终丙和丁获得前两名的情况有种，
所以，最终丙和丁获得前两名的概率为
故选：A
4．（2022·全国·模拟预测）数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（    ）
A．28 B．24 C．20 D．16
【答案】A
【详解】显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论．
最大数为5的情况：
①，此时共有种情况；
最大数为4的情况：
②，此时共有种情况；
③，此时共有种情况．
当最大数为3时，，故没有满足题意的情况．
综上，满足条件的有序数组的个数是．
故选：A
5．（2022·全国·模拟预测）已知斐波那契数列满足，，若，是数列中的任意两项，，当时，称数组为数列的“平缓数组”（与为相同的“平缓数组”），为数组的组差.现从的所有“平缓数组”中随机抽取3个，则这3个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数为（    ）
A．24 B．26 C．29 D．35
【答案】B
【详解】由题意得，，，，，，，又，所以当时，，所以的所有“平缓数组”有，，，，，，，共7个，
其中组差为0的有1个为，组差为1的有3个为，，，组差为2的有3个为，，，所以这3个“平缓数组”的组差中至少有2个相等的取法种数为，
故选：B
6．（2022·四川·成都七中模拟预测（理））袋中有6个大小相同的黑球，编号为，还有4个同样大小的白球，编号为，现从中任取4个球，则下列结论中正确的是（    ）
①取出的最大号码服从超几何分布；
②取出的黑球个数服从超几何分布；
③取出2个白球的概率为；
④若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则总得分最大的概率为
A．①② B．②④ C．③④ D．①③④
【答案】B
【详解】对于①，根据超几何分布的定义，要把总体分为两类，再依次选取，由此可知取出的最大号码不符合超几何分布的定义，无法用超几何分布的数学模型计算概率，故①错误；
对于②，取出的黑球个数符合超几何分布的定义，将黑球视作第一类，白球视作第二类，可以用超几何分布的数学模型计算概率，故②正确；
对于③，取出2个白球的概率为，故③错误；
对于④，若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则取出四个黑球的总得分最大，
总得分最大的概率为，故④正确．
故选：B

7．（2022·河北·模拟预测（理））为普及空间站相关知识，某航天部门组织了空间站建造过程模拟编程竞赛活动．该活动由太空发射、自定义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等8个程序题目组成，则该活动的题目顺序安排中，全尺寸太阳能排在前两位，且太空发射与自定义漫游相邻，但两者均不与空间运输相邻的概率为 __．
【答案】
【详解】解：8个程序题目全排列共有种方法；全尺寸太阳能排在前两位，可分类讨论：
①全尺寸太阳能排在首位：太空发射与自定义漫游相邻，将二者捆绑起来有种方法，两者均不与空间运输相邻，可先将其余4个全排列，有种方法，再插空有种排法，故此时共有种方法；
②全尺寸太阳能排在第二位，再分两种情况
首位排空间运输，太空发射与自定义漫游相邻，将二者捆绑起来有种方法，和余下4个元素一起全排列，有种方法，共种方法；
首位不排空间运输，余下四个一般元素挑一个排在首位，有种方法，太空发射与自定义漫游相邻，将二者捆绑起来有种方法，余下3个一般元素全排列，有种方法，最后在4个空位中对空间运输和捆绑元素插空有种，共；
由①②所有符合条件的排法有；
故所求概率为：．
故答案为：．
8．（2022·河南·模拟预测（理））将中国古代四大名著——《红楼梦》《西游记》《水浒传》《三国演义》，以及《诗经》等12本书按照如图所示的方式摆放，其中四大名著要求放在一起，且必须竖放，《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》要求横放，若这12本书中7本竖放5本横放，则不同的摆放方法共有___________种.

【答案】691200
【详解】除了四大名著和《诗经》《楚辞》《吕氏春秋》这7本书以外，从其余5本书中选取3本和四大名著一起竖放，四大名著要求放在一起，则竖放的7本书有种方法，还剩5本书横放，有种方法，
故不同的摆放方法种数为.
故答案为：691200
9．（2022·安徽·芜湖一中模拟预测）安徽省地形具有平原、台地（岗地）、丘陵、山地等类型，其中丘陵地区占了很大比重，因此山地较多，著名的山也有很多．某校开设了研学旅行课程，该校有6个班级分别选择黄山、九华山、天柱山中的一座山作为研学旅行的地点，每座山至少有一个班级选择，则恰好有2个班级选择黄山的方案有__________种．
【答案】210
【详解】先从6个班级中选择2个班级去黄山，则有种情况，
接下来4个班级可分为两种情况：
第一种情况，2个班级去九华山，2个班级选择取天柱山，则有种情况，
第二种情况，3个班级去九华山或天柱山，剩余的1个班去另一个山，则有种情况，
综上：恰好有2个班级选择黄山的方案有．
故答案为：210
10．（2022·重庆·模拟预测）年月以来，重庆出现新一轮由奥密克戎变异毒株引发的新冠疫情，有个区域被判定为中风险地，均在高新区．为了尽快控制疫情，重庆市政府决定派名专员对这三个中风险地区的疫情防控工作进行指导．若每个中风险地区至少派一名专员且人要派完，专员甲、乙需到同一中风险地区指导，则不同的专员分配方案总数为_____________．
【答案】
【详解】将人分成三组，每组至少一人，则各组人数分别为、、或、、.
①若三组人数分别为、、，则甲、乙所在组的人数为，此时还需从另外人中选人到这组，
此时不同的分配方案种数为；
②若三组人数分别为、、，则其中一组有人的为甲、乙所在的一组，
此时不同的分配方案种数为.
综上所述，不同的分配方案种数为.
故答案为：.
突破四：二项式系数
1．（2022·浙江省杭州学军中学高三期中）已知的展开式中的系数为40，则的值为（    ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
【答案】B
【详解】由题意可得，
在的展开式中，由，
令无解，即的展开式没有项；
在的展开式中，由，
令解得，即的展开式中的项的系数为，又的系数为40，所以，解得.
故选：B
2．（2022·全国·高三专题练习）若的展开式中第2项与第6项的二项式系数相等，则该展开式中的常数项为（    ）
A． B．160 C． D．1120
【答案】A
【详解】因为展开式中的第项和第项的二项式系数相等，
，解得：，
展开式通项公式为：，
令，解得：，该展开式中的常数项为,
故选：A
3．（2022·全国·高三专题练习）的展开式中项的系数为（　　）
A． B． C．80 D．200
【答案】B
【详解】的展开式的通项为，
因为，
在中，令，得，
在中，令，得，
所以展开式中项的系数为.
故选：B.
4．（2022·广东·高三阶段练习）已知（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，则该展开式中的常数项为（    ）
A．90 B．10 C．10 D．90
【答案】A
【详解】因为（为常数）的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，
所以，得，
所以，
则其展开式的通项公式为，
令，得，
所以该展开式中的常数项为，
故选：A
5．（2022·湖北·荆州中学高三阶段练习）已知 的展开式只有第 5 项的二项式系数最大，设，若，则（    ）
A．63 B．64 C．247 D．255
【答案】C
【详解】因为展开式只有第 5 项的二项式系数最大，所以展开式共9项，所以，，∴，
∴，令，得，令，得，
∴．
故选：C．
6．（2022·四川省岳池中学高三阶段练习（理））已知的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为___________．
【答案】2
【详解】的展开式有项,因为仅有第5项的二项式系数最大,所以

当时,,当时,,符合题意
所以展开式中有理项的个数为2
故答案为：2
7．（2022·全国·高三专题练习）在的展开式中只有第5项二项式系数最大，则常数项为__________．
【答案】1120
【详解】由的展开式中只有第5项二项式系数最大得，
所以展开式通项为，
当时常数项为．
故答案为：1120
8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）二项式的展开式中当且仅当第4项的二项式系数最大，则________，展开式中含的项的系数为________．
【答案】     6    
【详解】第4项的二项式系数为且最大，根据组合数的性质得，，令，所以，则展开式中含的项的系数为.
故答案为：6；.
9．（2022·全国·高三专题练习）已知且的展开式中前三项的系数成等差数列．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中所有的有理项．
【答案】(1)；
(2)
（1）
展开式的通项公式为，
因为前三项的系数成等差数列，
∴即，
因为，所以解得，
所以通项公式为，
∴时，二项式系数最大，即二项式系数最大项为；
（2）
由，所以可以得到或3或6，
所以有理项为，，
10．（2022·全国·高三专题练习）.求：
(1)；
(2)；
(3)；
(4)展开式中二项式系数和以及偶数项的二项式系数和；
(5)求展开式二项式系数最大的项是第几项？
(6).
【答案】(1)1
(2)
(3)
(4)，
(5)第1012项.
(6)4044
（1）
令，得①.
（2）
令，得②.
由①-②得，
.
（3）
相当于求展开式的系数和，
令，得.
（4）
展开式中二项式系数和是.
展开式中偶数项的二项系数和是.
（5）
展开式有2023项，中间项是第1012项，
所以展开式二项式系数最大的项是第1012项.
（6）
两边分别求导得：
，
令，得.
突破五：项的系数
1．（2022·全国·模拟预测）的展开式中x项的系数为（    ）
A．568 B．－160 C．400 D．120
【答案】D
【详解】因为，
又的展开式的通项为，且，，
所以的展开式的通项为且，，
令，得或或或，则x项的系数为，
故选：D．
2．（2022·江苏·苏州中学模拟预测）的展开式中的系数是（    ）
A．84 B．120 C．122 D．210
【答案】D
【详解】∵的通项为，
∴的通项为，
∴的展开式中的系数为，
同理得展开式中的系数为，展开式中的系数为，
故展开式中的系数为：
（也可以根据性质：，因为，故）
故选：D.
3．（2022·江苏常州·高三期中）若的展开式中含的项的系数为21，则a＝（    ）
A．－3 B．－2 C．－1 D．1
【答案】C
【详解】解：展开式第r＋1项，
的展开式中含的项的系数为，所以，解方程可得a＝－1，故选：C．
4．（2022·四川省隆昌市第七中学高三阶段练习（理））关于二项式，若展开式中含的项的系数为，则（    ）
A．3 B．2 C．1 D．-1
【答案】C
【详解】由题意得的系数为，解得，
故选：C.
5．（2022·上海嘉定·一模）已知常数，在的二项展开式中，项的系数等于，则_______.
【答案】
【详解】根据已知条件是二项式展开式的某一项，故得.
由，令，得.
得，根据已知可得，解得，即.
故答案为：.
6．（2022·四川·威远中学校高三阶段练习（理））的展开式中常数项为___________.
【答案】141
【详解】解：的展开式的通项为，其中
又的通项为，其中
则取常数项时，则的可能取值为，对应的的取值为
则的展开式的常数项为：.
故答案为：141.
7．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））已知的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中一次项系数为___________．
【答案】
【详解】令，可得的展开式中各项系数的和为，．
，故该展开式中一次项为，故答案为80．
故答案为：80.
8．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知（为整数）的展开式中项的系数为20，则的展开式中的常数项为_________．
【答案】240
【详解】，
则其展开式中项的系数为，
整理得：，解得：或，
又因为为整数，所以，
设展开式的通项为，
令，得.
所以的展开式中的常数项为，
故答案为：.

9．（2022·福建·厦门双十中学高三阶段练习）在二项式展开式中，第3项和第4项的系数比为．
(1)求n的值及展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大的项是第几项．
【答案】(1)，
(2)第5项
（1）二项式展开式的通项公式为:，因为第3项和第4项的系数比为，所以，化简得，解得，
所以，令，得，所以常数项为．
（2）设展开式中系数最大的项是第项，则
解得，因为，所以，所以展开式中系数最大的项是第5项．
10．（2022·江苏镇江·高三开学考试）已知为正偶数，在的展开式中，第5项的二项式系数最大．
(1)求展开式中的一次项；
(2)求展开式中系数最大的项．
【答案】(1)
(2)，
（1）解：因为正偶数，在展开式中的第5项的二项式系数最大，则，．
设，
令，得，所以展开式中的一次项为.
（2）解：令，当时，
令，可得：,
即，
或．
所以系数最大的项为：，．
突破六：杨辉三角形
1．（2022·全国·高三专题练习）杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个数值都是它上面的两个数值之和，每一行第个数组成的数列称为第斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第斜列与第斜列各项之和最大时，的值为（    ）

A．1009 B．1010 C．1011 D．1012
【答案】C
【详解】当时，第斜列各项之和为，
同理，第斜列各项之和为，所以，
所以第斜列与第斜列各项之和最大时，，则.
故选：C．
2．（2022·全国·高三专题练习）将三项式展开，得到下列等式：





观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法为：第行为，以下各行每个数是它正上方与左右两肩上的个数不足个数时，缺少的数以计之和，第行共有个数．则关于的多项式的展开式中，项的系数（    ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】根据广义杨辉三角的定义：
；
故；
关于的多项式的展开式中项的系数为.
故选：．
3．（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ）

A．
B．在第2022行中第1011个数最大
C．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数
D．第34行中第15个数与第16个数之比为2：3
【答案】C
【详解】由可得
，故A错误；
第2022行中第1011个数为，故B错误；
，故C正确；
第34行中第15个数与第16个数之比为，故D错误.
故选：C.
4．（2022·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》中首次提出“杨辉三角”，这是数学史上的一个伟大的成就，如图所示，在“杨辉三角”中，前n行的数字总和记作．设，将数列中的整数项依次组成新的数列，设数列的前n项和记作，则的值为（    ）

A．6067 B．5052 C．3048 D．1518
【答案】D
【详解】由杨辉三角可得，
所以，
若，为正整数，则不是正整数，不合题意；
若，为正整数，则是正整数，符合题意；
若，为正整数，则是正整数，符合题意，
所以数列是由从开始的不是的倍数的正整数组成的，
所以，
所以.
故选：D
5．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10，…，记这个数列的前n项和为，则等于(    )

A．144 B．146 C．164 D．461
【答案】C
【详解】由题图知，数列中的首项是，第2项是，第3项是，第4项是，……，第15项是，第16项是．
∴


．
故选：C．
6．（2022·全国·高三专题练习）如图所示的杨辉三角中，从第行开始，每一行除两端的数字是以外，其他每一个数字都是它肩上两个数字之和在此数阵中，若对于正整数，第行中最大的数为，第行中最大的数为，且，则的值为______．

【答案】
【详解】由题意知，故
，
，，
解得．
故答案为：．
7．（2022·全国·高三专题练习）杨辉三角，又称帕斯卡三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》（1261年）一书中用如图所示的三角形解释二项式乘方展开式的系数规律．现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，，记作数列．若数列的前n项和为，则=______．

【答案】
【详解】解：根据题意杨辉三角前9行共有1+2+3+4+5+6+7+8+9=45（项）．
故前47项的和为杨辉三角前9行的和再加第10行的前两个数1和9，
由二项式定理可知，第行的所有数的和为，
所以前47项的和．
故答案为：
8．（2022·江苏·高三专题练习）习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化，“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望.如下图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第10行中从左至右第5与第6个数的比值为________.

【答案】
【详解】由题意第10行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，因此从左至右第5与第6个数的比值为．
故答案为：．
9．（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．如图所示，第行的数字之和为__________，去除所有1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…,则此数列的前28项和为_____________．

【答案】          494
【详解】由二项式系数的性质得：第n行的数字之和为，
去除所有1的项后所得三角数阵的第n行有n个数字，其和为，而，
所以数列的前28项和.
故答案为：；494
10．（2022·全国·高三专题练习）已知图2是“杨辉三角”，图3是“莱布尼茨三角”，两个“三角”之间具有关联性.已知“杨辉三角”中第行第个数为，则“莱布尼茨三角”中第行第个数为_____；已知“杨辉三角”中第行和第行中的数满足关系式，类比写出“莱布尼茨三角”中第行和第行中的数满足的关系式_______.

【答案】         
【详解】将图3中的数阵每个数据进行改写，如下所示：

所以，“莱布尼茨三角”中第行第个数为，
，，，，，，，，，
由此可得，从第二行开始，每一行相邻的两个数之和都等于这两个数上一行对应的数字，
即.
故答案为：；.
第三部分：冲刺重难点特训
一、单选题
1．（2022·全国·高三专题练习）如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为（    ）

A．2n B． C． D．
【答案】B
【详解】依题意，每一行第一个数依次排成一列为：1，3，5，7，9，…，它们成等差数列，通项为，
所以第n行的首尾两个数均为.
故选：B
2．（2022·全国·高三专题练习）下表出现在我国南宋数学家杨辉的著作《详解九章算法》中，称之为“杨辉三角”，该表中第10行第7个数是（    ）

A．120 B．210 C．84 D．36
【答案】C
【详解】由题意，第九行的数就是的展开式的各项的二项式系数，
所以第10行第7个数是．
故选：C.
3．（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如图），记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，……，第行的第3个数字为则（    ）

A．165 B．120 C．220 D．96
【答案】A
【详解】由题意得，，
则，
故选：A
4．（2022·浙江·高三专题练习）我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，如图所示．在杨辉三角中，第n行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前15项和为（    ）
1
1     1
1     2      1
1     3    3      1
1     4    6    4      1
1     5    10   10   5      1
A．110 B．114 C．124 D．125
【答案】B
【详解】数列的前15项为2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6，15，20，15，6，
可得此数列的前15项和为
．
故选：．
5．（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中(如下图)，记第2行的第3个数字为a1､第3行的第3个数字为a2，……，第n()行的第3个数字为，则（    ）

A．220 B．186 C．120 D．96
【答案】A
【详解】解：
.
故选:A.
二、填空题
6．（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，则第10条斜线上，各数之和为______.

【答案】
【详解】因为从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，
所以可以判断从第三个数开始，每个数是它前两个数的和，
所以可得：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，
因此第10条斜线上，各数之和为，
故答案为：
7．（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．若在“杨辉三角”中从第二行右边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第35项是______．

【答案】171
【详解】由杨辉三角可得，第2行的第三个数为1；
第3行的第三个数为 ；
第4行的第三个数为 ；
第5行的第三个数为 ；
……
因此第行的第三个数为 ；
而该数列的第35项是第19行的第三个数，所以第35项是
故答案为：171
8．（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，…，第行的第3个数字为，则___________.

【答案】220
【详解】由题意，得，
所以


.
故答案为：220.