苏教版 (2019)选择性必修第二册第7章 计数原理本章综合与测试精品课后复习题

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题型一 两种计数原理综合应用
【例1】（2023·贵州贵阳·统考一模）“一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中为节点，若研究发现本局游戏只能以为起点为终点或者以为起点为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】以为起点时，三条路线依次连接即可到达点，共有种选择；
自连接到时，在 右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有种选择，
以为起点，为终点时，共有种方法；
同理可知：以为起点，为终点时，共有种方法；
完成该图“一笔画”的方法数为种.故选：C.
【变式1-1】（2022·高二课时练习）某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A，B，C三家医院接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院，每家医院每日至多接待两个单位．已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗，B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗，C医院接种的是需要打三针的重组蛋白疫苗，则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为（ ）
A．27 B．24 C．18 D．16
【答案】D
【解析】由题意，甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗，即甲不可预约C医院，
则甲可预约A，B两家医院，
①若甲预约A医院，乙预约A医院，则丙可预约B，C医院，共2种情况；
②若甲预约A医院，乙预约B或C医院，则丙可预约A，B，C医院，
共2×3＝6种情况；
③若甲预约B医院，乙预约A或C医院，则丙可预约A，B，C医院，
共2×3＝6种情况；
④若甲预约B医院，乙预约B医院，则丙可预约A，C医院，共2种情况，
所以甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为种．
故选：D．
【变式1-2】（2021秋·北京·高二北师大实验中学校考期中）马路上有依次编号为的9盏路灯，为节约用电，某个时段可以把其中3盏灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏，而且两端的灯也不能关掉，则满足条件的不同关灯方法的种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】让两端的两盏灯亮着，再点亮中间7盏中的4盏，4盏灯有5个空格，
从5个空格中随机的选3个空格，
因为灯是没有顺序的，所以共有种，故选：.
【变式1-3】（2022秋·上海杨浦·高二校考期末）有8种不同型号的手机供4位顾客选购，每人只购一台，则共有______种不同的选法.
【答案】
【解析】由已知得，每位顾客都有8种选法，所以共有种方法.
【变式1-4】（2022秋·福建龙岩·高二福建省连城县第一中学校考阶段练习）从3个女生4个男生中选取3人参加某项活动，男生女生都要有人参加，共有_______种选法．
【答案】30
【解析】分两类：一类是1男2女共有种情况，另一类是2男1女共有情况，
由加法原理得共有种情况.
题型二 排列数与组合数的计算
【例2】（2023·全国·高二专题练习）解不等式：；
【答案】
【解析】因为
则原不等式可化为，
即，解得，
，所以，
故原不等式的解集为.
【变式2-1】（2022秋·吉林四平·高二四平市第一高级中学校考阶段练习）（多选）已知，则的可能取值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】CD
【解析】因为，所以，所以，
其中，而 ，所以的值可能是2或3．故选：CD．
【变式2-2】（2022春·江苏苏州·高二校考期中）（多选）已知正整数满足不等式，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】选项A：等号左边，等号右边
等号左边=等号右边，A正确.
选项B：等号左边，等号右边，B错误.
选项C：等号左边，等号右边，
等号左边=等号右边，C正确.
选项D：等号左边，
等号右边，D正确.故选：ACD.
【变式2-3】（2023秋·甘肃庆阳·高二校考期末）_________．
【答案】0
【解析】.
【变式2-4】（2022·高二课时练习）（1）若，则________；
（2）不等式的解集为________．
【答案】 3
【解析】（1）原方程可化为，
化简得，解得或或或．
由，得，且，所以．
（2）原不等式可化为，其中，，
整理得，即，所以或．
因为，，所以，，所以原不等式的解集为．
题型三 排列组合之排数问题
【例3】（2022秋·甘肃兰州·高二兰州一中校考期中）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
【解析】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．
【变式3-1】（2022秋·甘肃庆阳·高二统考期末）（多选）用0，1，2，4，6，7组成无重复数字的四位数，则（ ）
A．个位是0的四位数共有60个 B．2与4相邻的四位数共有60个
C．不含6的四位数共有100个 D．比6701大的四位数共有71个
【答案】ABD
【解析】个位是0的四位数共有个，A正确．
若不含0，则2与4相邻的四位数有个；
若含0，则2与4相邻的四位数有个，
故2与4相邻的四位数共有60个，B正确．
不含6的四位数共有个，C错误．
比6701大的四位数共有个，D正确．故选：ABD
【变式3-2】（2022春·山西吕梁·高二校考阶段练习）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的整数，求满足下列条件的数各有多少个．
（1）六位奇数；
（2）能被5整除的四位数.
【答案】（1）288；（2）108
【解析】（1）先排个位，个位数字只能从1，3，5中选，有3种方法；
再排首位，首位不能为0，故还有4个数字可选，有4种方法；
最后排中间四位，没有其他附加条件，排列数为.
由分步乘法计数原理，知共有不同的排法种数为.
（2）能被5整除，个位只能是0或5，个位是0时，没有其他附加条件，
其他三个数位的排法有种；
个位是5时，首位排法有4种，再排十位与百位，有种，
所以个位是5的排法有种.
由分类加法计数原理知共有种排法.
【变式3-3】（2022春·江苏苏州·高二星海实验中学校考期中）从1到7的7个数字中取出两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数.
（1）求包含3和6的四位数的个数；
（2）求两个奇数排在一起的四位数的个数；
（3）求奇数和偶数均不相邻的四位数的个数.
（注：所有结果均用数值表示）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）
（2）
（3）若奇数排在排在千位和十位，则
若奇数排在排在百位和个位，则
所以，奇数和偶数均不相邻的四位数的个数为
【变式3-4】（2023·全国·高三专题练习）用0、1、2、3、4五个数字:
（1）可组成多少个五位数；
（2）可组成多少个无重复数字的五位数；
（3）可组成多少个无重复数字的且是3的倍数的三位数；
（4）可组成多少个无重复数字的五位奇数．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）用0、1、2、3、4五个数字组成五位数，
相当于从1、2、3、4四个数字中抽取一个放在万位，有种情况，
从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在千位，有种情况，
从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在百位，有种情况，
从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在十位，有种情况，
从0、1、2、3、4五个数字中抽取一个放在个位，有种情况，
所以可组成个五位数.
（2）用0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的五位数，
相当于先从1、2、3、4四个数字中抽取一个放在万位，有种情况，
再把剩下的三个数字和0全排列，有种情况，
所以可组成个无重复数字的五位数.
（3）无重复数字的3的倍数的三位数组成它的三个数字之和必须是3的倍数，
所以三个数字必须是0、1、2或0、2、4或1、2、3或2、3、4，
若三个数字是0、1、2，则0不能放在百位，
从1和2两个数字中抽取一个放在百位，有种情况，
再把剩下的一个数字和0全排列，有种情况；
若三个数字是0、2、4，则0不能放在百位，
从2和4两个数字中抽取一个放在百位，有种情况，
再把剩下的一个数字和0全排列，有种情况；
若三个数字是1、2、3，则相当于对这三个数字全排列，有种情况;
若三个数字是2、3、4，则相当于对这三个数字全排列，有种情况.
所以根据分类计数原理，共可组成
无重复数字的且是3的倍数的三位数.
（4）由数字0、1、2、3、4五个数字组成无重复数字的五位奇数，
则放在个位的数字只能是奇数，所以放在个位数字只能是1或3，
所以相当于先从1、3两个数字中抽取一个放在个位，有种情况，
再从剩下的四个数字中除去0抽取一个放在万位，有种情况，
再对剩下的三个数字全排列，有种情况，
所以可组成个无重复数字的五位奇数.
题型四 排列组合之排队问题
【例4】（2023·辽宁沈阳·统考一模）甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两个位置之一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（ ）
A．24种 B．48种 C．72种 D．96种
【答案】C
【解析】先安排甲，可从中间两个位置中任选一个安排有种方法，
而甲站好后一边有2个位置，另一边有3个位置，
再安排乙丙2人，因乙、丙2人相邻，可分为两类：
安排在甲有2个位置的一侧有种方法；
安排在甲有3个位置的一侧有种方法，
最后安排其余3人有种方法，
综上，不同的排队方法有：种.故选：C.
【变式4-1】（2022秋·河南南阳·高二校考阶段练习）甲乙丙丁戊名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端､丙和丁相邻的不同排列方式有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】A
【解析】将丙和丁看作一个整体，有种方法；
将乙、戊和丙丁的整体首先安排到两端，
则有种方法，再安排甲和剩余的人，有种方法；
根据分步乘法计数原理可得不同的排列方式有：种.故选：A.
【变式4-2】（2023·全国·高一专题练习）6个同学站成一排拍照，求：
（1）甲站在最左边的概率；
（2）甲和乙相邻的概率；
（3）甲在乙左边（可以不相邻）的概率．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）6个同学站成一排拍照的不同排列个数是：，
甲站在最左边的事件A的排列数为，
所以甲站在最左边的概率.
（2）甲和乙相邻的事件的排列数为,
所以甲和乙相邻的概率.
（3）甲在乙左边（可以不相邻）的事件的排列数为，
所以甲在乙左边（可以不相邻）的概率.
【变式4-3】（2023·高三课时练习）有3名男生、4名女生，求满足下列不同条件的排队方法的种数.
（1）选其中5人排成一排；
（2）排成前后两排，前排3人，后排4人；
（3）全体排一排，甲不站排头也不站排尾；
（4）全体排一排，女生必须站在一起；
（5）全体排一排，男生互不相邻；
（6）全体排一排，甲、乙两人中间恰好有3人；
（7）全体排一排，甲必须排在乙的前面；
（8）全体排一排，甲不排在最左端，乙不排在最右端.
【答案】（1）2520；（2）5040；（3）3600；（4）576；（5）1440；（6）720；（7）2520；（8）3720
【解析】（1）从人中选人排列，有（种）方法.
（2）分两步完成，先选人站前排，
有种方法，余下人站后排，有种方法，则共有（种）方法.
（3）先排甲，有种方法，其余六人有种，则共有（种）方法.
（4）（捆绑法）：将女生看作一个整体与名男生全排列，有种方法，
再将女生全排列，有种方法，则共有（种）方法.
（5）（插空法）：先排女生，有种方法，
再在女生之间及首尾个空位中任选个空位安排男生，有种方法，
则共有（种）方法.
（6）把甲乙及中间三人看作一个整体，
第一步先排甲乙两人有种方法，
再从剩下的人中选人排到中间，有种方法，
最后把甲乙及中间三人看作一个整体，与剩下两人排列，有种，
共有（种）方法.
（7）（消序法）：（种）方法.
（8）（间接法）：无限制排法有种，
其中甲或乙在最左端或在最右端有种，
是甲在最左端且乙在最右端的排法，
共有（种）方法.
题型五 排列组合之涂色问题
【例5】（2022·高二单元测试）用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为（ ）
A．24 B．30 C．36 D．42
【答案】B
【解析】分2类（先涂前3个圆，再涂后3个圆．）：
第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有种涂法；
第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有种涂法．
综上，不同的涂法和数为．故选：B．
【变式5-1】（2023春·江西·高二校联考开学考试）网课期间，小王同学趁课余时间研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如下图形状，现需要给下图七巧板右下方的五个块涂色（图中的1，2，3，4，5），有4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不能同色，有______种不同的涂色方案.
【答案】252
【解析】第一步：涂2，有4种颜色；
第二步：涂5，有3种颜色
第三步：涂3、4，当3与5同色时，4有3种颜色；
当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第三步共7种.
第四步：涂1，有3种颜色.
共计种.
【变式5-2】（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）
A．72 B．56 C．48 D．36
【答案】C
【解析】将四个区域标记为，如下图所示：
第一步涂：种涂法，
第二步涂：种涂法，
第三步涂：种涂法，
第四步涂：种涂法，
根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法，故选：
【变式5-3】（2022·高二课时练习）如图，用5种不同的颜色给图中的、、、、、6个不同的点涂色，要求每个点涂1种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有______种.
【答案】1920
【解析】依题意，完成涂色问题，至少用3种颜色，
则计算不同的涂色方法种数可以有3类办法：
用5种颜色涂，有一组2点同色，在点中任取1点，
与其同色的点有2种情况，不同涂色方法种数为，
用4种颜色涂，有两组2点同色，在点中任取2点，
与其同色的点有3种情况，不同涂色方法种数为，
用3种颜色涂，有三组2点同色，点全部取出，
与其同色的点有2种情况，不同涂色方法种数为，
由分类加法计数原理得不同的涂色方法种数共有：
.
【变式5-4】（2022秋·辽宁沈阳·高二同泽高中校考阶段练习）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】
【解析】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.
题型六 排列组合之分组分配问题
【例6】（2023秋·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考期末）为学习贯彻党的二十大精神，某宣讲小分队将5名宣讲员分配到3个社区，每个宣讲员只分配到1个社区，每个社区至少分配1名宣讲员，则不同的分配方案共有（ ）
A．360种 B．240种 C．150种 D．90种
【答案】C
【解析】5名宣讲员分配到3个社区，每个社区至少1人，
则分配方式为，或两种情况.
先分组，再将分好组人员分配到3个社区有，
所以不同的分配方案共有．故选：C．
【变式6-1】（2022春·江苏徐州·高二统考期中）当前，新冠疫情防控任务依然繁重，为了支援某市疫情防控，徐州市派出甲，乙，丙，丁，戊五个人赴该市三个地区协助新冠疫情防控工作，每个地区至少去一个人．
（1）一共有多少种安排方法？
（2）由于疫情需要甲，乙两人必须安排在同一地区，一共有多少种安排方法？
【答案】（1）种；（2）种
【解析】（1）若按分组，则安排方法数有种.
若按分组，则安排方法数有种.
所以一共有种安排方法.
（2）若甲、乙这组有人，则安排方法数有种，
若甲、乙这组有人，则安排方法数有种，
所以不同的安排方法总数为种.
【变式6-2】（2023·高二课时练习）6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？
（1）分给甲、乙、丙三人，每人两本；
（2）分为三份，每份两本；
（3）分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；
（4）分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本；
（5）分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．
【答案】（1）90；（2）15；（3）60；（4）360；（5）540
【解析】（1）先从6本书中选2本给甲，有种方法；
再从剩余4本书中选2本给乙，有种方法；
最后从余下的2本书中选2本给丙，有种方法．
根据分步计数原理，一共有种不同分法．
（2）分给甲、乙、丙三人，每人两本有种方法，这个过程可以分两步完成：
第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；
第二步将这三份分给甲、乙、丙三名同学，有种方法．
根据分步计数原理，可得，
所以，即共有15种不同分法．
（3）这是“不均匀分组”问题，一共有种不同分法．
（4）在（3）的基础上进行全排列，一共有种不同分法．
（5）可以分为三类情况：
①“2、2、2型”即（1）中的分配情况，有种分法；
②“1、2、3型”即（4）中的分配情况，有种分法；
③“1、1、4型”，有种分法．
所以一共有种不同分法．
【变式6-3】（2022春·江苏苏州·高二苏州市相城区陆慕高级中学校考阶段练习）某班有一个5男4女组成的社会实践调查小组，准备在暑假进行三项不同的社会实践，若不同的组合调查不同的项目算作不同的调查方式，求按下列要求进行组合时，有多少种不同的调查方式？
（1）将9人分成人数分别为2人、3人、4人的三个组去进行社会实践；
（2）将9人平均分成3个组去进行社会实践；
（3）将9人平均分成每组既有男生又有女生的三个组去进行社会实践.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）将9人按分组，有种分组方法，
再把各组分配到三个项目中去有方法，
由分步乘法计数原理得：，
所以不同的调查方式有.
（2）从9人中任取3人去调查第一个项目，从余下6人中任取3人去调查第二个项目，
最后3人去调查第三个项目，
由分步乘法计数原理得：，
所以不同的调查方式有.
（3）把4个女生按分组，有种分法，
再从5个男生中任取1个到两个女生的一组，
从余下4个男生中任取2人到1个女生的一组，
最后2个男生到最后的1个女生组，分法种数为，
将分得的三个小组分配到三个项目中去有方法，
由分步乘法计数原理得：，
所以不同的调查方式有.
题型七 排列组合之定序问题
【例7】（2022·全国·高三专题练习）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（ ）
A．6 B．12 C．15 D．30
【答案】D
【解析】因为增加了两个新节目．将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，
所以原来5个节目形成6个空，新增的2个节目插入到6个空中，
共有种插法.故选：D.
【变式7-1】（2022春·湖北·高二安陆第一高中校联考期中）某班10名同学一起参加数学竞赛，赛后老师为这10名同学拍合影留念，前排站4人后排站6人，后来老师决定从后排6人中抽出两名同学站到前排，其他同学的相对顺序不变，则共有多少种调整方法（ ）
A．150 B．300 C．450 D．225
【答案】C
【解析】先从后排6人中抽出两名同学，有种方法，然后与前排4人排列，有种排法，
因为同学的相对顺序不变，则前排4人不要再排，
所以共有种调整方法.故选：C.
【变式7-2】（2022·高二课时练习）某公司为庆祝年利润实现目标，计划举行答谢联欢会，原定表演6个节目，已排成节目单，开演前又临时增加了2个互动节目.如果保持原节目的顺序不变，那么不同排法的种数为（ ）.
A．42 B．56 C．30 D．72
【答案】B
【解析】增加2个互动节目后，一共有8个节目，这8个节目的不同排法有种，
而原有的6个节目对应的不同排法共有种，
所以不同的排法有（种）.故选：B.
【变式7-3】（2022春·安徽滁州·高二校考阶段练习）某公司为庆祝年利润实现目标，计划举行答谢联欢会，原定表演个节目，已排成节目单，开演前又临时增加了个歌唱节目和个舞蹈节目如果保持原节目的顺序不变，且要求增加的两个歌唱节目相邻那么不同排法的种数为____．
【答案】
【解析】将增加了个歌唱节目和个舞蹈节目与原定表演个节目进行排列，
将新增加的两个歌唱节目捆绑为一个“大元素”，与其它个节目进行排列，
但考虑原定表演个节目的顺序不变，
由倍缩法可知，不同的排法种数为种.
题型八 排列组合之多面手问题
【例8】（2022·高二课时练习）某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225 B．185 C．145 D．110
【答案】B
【解析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．
①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种；
②“2人既会英语又会法语”中有一人入选，
这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，因此有种；
③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，
这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，
因此有种．
综上分析，共可开出种．故选：B．
【变式8-1】（2022·高二课时练习）有8名学生，其中2名学生会下象棋但不会下围棋，3名学生会下围棋但不会下象棋，3名学生既会下象棋又会下围棋.现从这8名学生中选出2名学生，其中一名学生参加象棋比赛，另一名学生参加围棋比赛，则不同的选派方法有（ ）
A．18 B．24 C．27 D．30
【答案】C
【解析】3名学生既会下象棋又会下围棋的学生中选取人时，方法数有种.
3名学生既会下象棋又会下围棋的学生中选取人时，方法数种.
3名学生既会下象棋又会下围棋的学生中选取人时方法数种.
故总的方法数有种.故选：C
【变式8-2】（2022春·黑龙江·高二大庆市东风中学校考期中）某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有_______
【答案】92
【解析】不妨设既会划左舷又会划右舷的2人为、，
①若和两人均不去参加比赛，则选派方法有种；
②若和两人只去一人参加比赛，
(i)若只会划左舷的去两人，则选派方法为种；
(ii)若只会划右舷的去两人，则选派方法为种；
③若和两人均去参加比赛，
(i)若只会划左舷的去1人，则和两人均去划左舷，则选派方法为种；
(ii)若只会划左舷的去2人，则和两人中有一人去划左舷，另一人去划右舷，
则选派方法为种；
(iii)若只会划左舷的去3人，则和两人均去划右舷，则选派方法为种，
综上所述，不同的选派方法共有种.
【变式8-3】（2022秋·河南南阳·高二校考阶段练习）我校去年11月份，高二年级有9人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余4人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有______种不同的选法
【答案】216
【解析】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理.
第一类：2个只会跳舞的都不选，有种;
第二类：2个只会跳舞的有1人入选，有种;
第三类：2个只会跳舞的全入选，有种,
所以共有216种不同的选法.
题型九 二项展开式的正用与逆用
【例9】（2023·全国·高二专题练习）的展开式中第3项是___________.
【答案】
【解析】的展开式的第项为.
【变式9-1】（2023秋·辽宁葫芦岛·高二统考期末）设，化简（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，
所以，
所以，
故，故选：B.
【变式9-2】（2022春·广东江门·高二校联考期中）已知，则（ ）
A．224 B． C． D．448
【答案】D
【解析】令，得，
则
可化为：，
二项展开式通项为：
所以，故选：D.
【变式9-3】（2021·全国·高二专题练习）已知的展开式中第3项、第4项、第5项之和大于25，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为的展开式中第3项、第4项、第5项之和大于25，
所以，
即，所以， 所以，故选：A．
【变式9-4】（2022春·山东烟台·高二统考期中）在二项式的展开式中，只有第六项的二项式系数最大.
（1）求其展开式的第四项；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）因为二项式的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，
所以展开式中共11项，所以，所以第四项；
（2），
所以，
所以.
题型十 二项展开式中的特定项
【例10】（2023秋·浙江·高三期末）二项式的展开式中的常数项是（ ）
A． B．15 C．20 D．
【答案】B
【解析】展开式通项为：，
令，常数项为．故选：B
【变式10-1】（2022秋·甘肃庆阳·高二统考期末）在的展开式中，系数为有理数的项是（ ）
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
【答案】C
【解析】在的展开式中，根据通项可知，
时系数为有理数，即第五项为．故选：C
【变式10-2】（2022春·江苏·高二校联考阶段练习）展开式中的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，展开式中的系数为.
所以原式的展开式的系数为：
【变式10-3】（2023·重庆·统考一模）的展开式中的系数为_________．
【答案】6
【解析】二项式的展开式通项公式为,
当时,,
当时,,
所以含的项为，故其系数为6.
【变式10-4】（2023·上海·高三专题练习）在的展开式中，x的系数为_________．
【答案】17
【解析】因，，
则在的展开式中，含x的项为：，
所以所求x的系数为17.
【变式10-5】（2023秋·广东·高三统考期末）的展开式中含的项的系数为（ ）
A． B．60 C． D．30
【答案】A
【解析】的展开式中含的项为，
的展开式中含的项为，
的展开式中含的项的系数为.故选：A.
【变式10-6】（2023秋·浙江·高二浙江省江山中学校联考期末）已知，则______.
【答案】12
【解析】令，则，故，
中的系数为，中的系数为，
所以，故答案为：．
题型十一 二项式系数与项的系数和问题
【例11】（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，
所以，
当时，；
当时，；
由等式左右两边系数相等可得，
所以，故选：C.
【变式11-1】（2022春·江苏南京·高二校考期中）（多选）若，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】对选项A， ，
令，得，令，得，
所以，故A错误.
对选B，因为，
所以表示的各项系数之和，
令，则，故B正确.
对选项C，，所以，故C错误.
对选项D，因为，，
令，则，
则，故D正确.故选：BD
【变式11-2】（2022秋·江苏·高三泰兴中学校考阶段练习）设，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由二项式定理知： ，
，令 ，则有 ；
，
，令 ，则有 ；
故有 ，A正确；
令 ，则有 ，
分别代入B，C，D选项：
，B错误；
，C错误；
，D错误；故选：A.
【变式11-3】（2022春·湖南·高二南县第一中学期中）已知展开式中的第四项为常数项．
（1）求n的值；
（2）求展开式中所有项的系数和以及所有项的二项式系数和．
【答案】（1）；（2）展开式系数和为：，二项式系数和为
【解析】（1）由题意得：第四项为常数项
∴∴
（2）令可得展开式中所有项的系数和为．
展开式中所有项的二项式系数和为
【变式11-4】（2022春·湖北十堰·高二丹江口市第一中学校考阶段练习）已知．
（1）求；
（2）求；
（3）求．
【答案】（1）；（2）0；（3）
【解析】（1）令，则；
（2）令，则，
故
（3）等式两边同时求导后，左边，
右边．
令，．
题型十二 二项式系数与项的系数最值
【例12】（2023春·广东珠海·高三珠海市第一中学校考阶段练习）若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________.
【答案】7
【解析】由题意，所以展开式第项为，
令，得，故常数项为.
【变式12-1】（2022秋·江苏镇江·高三统考开学考试）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），
【解析】（1）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）令，当时，
令，可得：,
即，或．
所以系数最大的项为：，．
【变式12-2】（2023·高二课时练习）
（1）已知在的二项展开式中，只有第六项的二项式系数最大，求该二项展开式中不含x的项；
（2）已知在的二项展开式中，只有第七项的系数最大，求n的值；
（3）已知在的二项展开式中，第六项的系数最小，求n的值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）因为只有第六项的二项式系数最大，由二项式系数的性质可得，
的二项展开式的通项为，
令，所以，该二项展开式中不含x的项为；
（2）的二项展开式的通项为，
所以展开式项的系数是，即偶数项的系数为负数，奇数项的系数为正数，
只有第七项的系数最大，则有，且，
又，解得；
（3）的二项展开式的通项为，
所以展开式项的系数是，即偶数项的系数为负数，奇数项的系数为正数，
第六项的系数为，因为第六项的系数最小，
所以，又，解得.
【变式12-3】（2021春·江苏泰州·高二泰州中学校考阶段练习）已知的展开式的二项式系数和比的展开式的二项式系数和大992.求的展开式中，
（1）二项式系数最大的项；
（2）系数的绝对值最大的项.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）令，则的系数和为，而的二项式系数和为，
由题设，，可得，则，解得，
所以的展开式通项为，
要使二项式系数最大即，则.
（2）要使系数的绝对值最大，即最大，
则，可得，
所以，又，即，
故系数的绝对值最大的项为.
题型十三 二项式定理的应用
【例13】（2022春·江苏苏州·高二苏州中学校考期末）设，且，若能被13整除，则（ ）
A．0 B．1 C．11 D．12
【答案】D
【解析】
因为能被13整除，所以能被13整除
因为，且，所以，故选：D
【变式13-1】（2022春·江苏连云港·高二统考期中）被除的余数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为
，
因此，被除的余数是.故选：A.
【变式13-2】（2023·全国·高二专题练习）今天是星期三，再过天是星期（ ）．
A．一 B．二 C．四 D．五
【答案】C
【解析】，
因为是整数，
所以除以7的余数为1，
今天是星期三，再过天是星期四.故选：C．
【变式13-3】（2022·高二课时练习）（多选）下列说法正确的是（ ）．
A．除以90的余数是16 B．能被90整除
C．除以100的余数是81 D．除以100的余数是
【答案】ABC
【解析】
，
∵为整数，∴能被90整除，故B正确．
同理
，
∵为整数，∴除以90的余数为16，故A正确．
，
∵为整数，，
∴除以100的余数为81．故C正确，D错误．故选：ABC
【变式13-4】（2023·全国·高二专题练习）（1）用二项式定理证明能被14整除；
（2）除以100的余数．
【答案】（1）证明见解析；（2）除以100的余数为81．
【解析】（1）
．
因为上式是14的倍数，能被14整除，
所以能被14整除．
（2）方法一：，
前面各项均能被100整除，只有末项不能被100整除，
于是问题转化为求除以100的余数．
因为
，所以除以100的余数为81．
方法二：由，
得前面各项均能被100整除，只有末尾两项不能被100整除，
因为，所以除以100的余数为81．
【变式13-5】（2021春·江苏连云港·高二统考期末）（1）求的近似值；（结果精确到0.001）
（2）设，且，若能被13整除，求a的值．
【答案】（1）0.976；（2）1.
【解析】（1）
（2）
其中能被13整除，
只需能被13整除，由，得，故．
题型十四 杨辉三角的简单应用
【例14】（2022春·河南南阳·高二校联考阶段练习）下表出现在我国南宋数学家杨辉的著作《解析九章算法》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
【解析】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.
【变式14-1】（2022春·北京·高二北京师大附中校考期中）当时，将三项式展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”：
若在的展开式中，的系数为，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由广义杨辉三角形可得：
，
故的展开式中，的系数为，解得.故选：C.
【变式14-2】（2022·高二课时练习）在杨辉三角中，每一个数都是它“肩上”两个数的和，它开头几行如图所示．那么在杨辉三角中出现三个相邻的数，其比为3：4：5的行数为（ ）
A．58 B．62 C．63 D．64
【答案】B
【解析】根据题意，设所求的行数为，
则存在正整数，使得连续三项，，，有且，
化简得且，解得，．
故第62行会出现满足条件的三个相邻的数，故选：B．
【变式14-3】（2023·全国·高二专题练习）“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《解析九章算法》一书中.如图，若在“杨辉三角”中从第2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，…，则此数列的前20项的和为（ ）
A．350 B．295 C．285 D．230
【答案】C
【解析】记此数列的前20项的和为，
则
，故选：C.
【变式14-4】（2022春·山东青岛·高二青岛二中校考阶段练习）（多选）将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形．莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果，那么下面关于莱布尼茨三角形的结论正确的是（ ）
A．当是偶数时，中间一项取得最大值，当是奇数时，中间两项相等，且同时取得最大值
B．
C．
D．
【答案】BC
【解析】对于A，根据杨辉三角的特点，当为偶数时，中间一项取得最大值，
当为奇数时，中间两项相等，且同时取得最大值，
所以当每一项取倒数时，再乘以同一个正数，
可得当n是偶数时，中间的一项取得最小值
当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值，所以A错误；
对于B，第行第2个数等于第行第一个数和第行第一个数相乘，所以B正确；
对于C，直接根据组合数的性质得，所以，
所以C正确；
对于D，开始每个数均等于其“脚下”两个数之和，
即，所以D错误.故选：BC