高考数学一轮复习 第九章 计数原理、概率与统计 第三节 二项式定理 理
10.3二项式定理课件-2025届高三数学一轮专题复习
剩余的 2 个因式中 1 个选 y ，
剩余最后 1 个x y 2中选 2，
转化思想 计数原理
即 C53x3C21 ( y)2 40x3 y2 .
计数原理
考点一 展开式中的通项问题
角度3 三项展开式问题 跟踪训练：
(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为________.
方法1： (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5， 含 y2 的项为 T3＝C25(x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C13x4·x＝C13x5. 所以 x5y2 的系数为 C25C13＝30.
＝（1－x）5[1－（1－x）4]＝（1－x）5－（1－x）9
1－（1－x）
x
(1－x)5 中 x4 的系数为 C45＝5，(1－x)9 中 x4 的系数为 C49＝126.
考点一 展开式中的通项问题
角度2 两个二项式之积
例2
(2023·湖南名校大联考)
x3
2
2x
1 x2
6
的展开式中的常数项为
Tr＋1＝Cr6y6－r
－2 x2
r＝(－2)rCr6y6－rx－2r，
可知 r＝4 时，系数最大(－2)4C46＝240，对应项为 240x－8y2.
归纳总结，形成结构
展开式的通项
公4式.解法决、这分些类问题思的想、 计数方原法理有、哪赋些？值法
求特定项
2.复二习项了式哪系些数概、念、 公项式的、系性数质？
.
方法提炼
赋值法是解 决此类问题 的基本方法.
考点二 二项式系数的和与各项系数和问题
拓展训练：
1.若 1 x 10 a0 a1x a2x2 则 a10x10, a1 2a2 10a10
二项式定理复习课
已知在( － 例1 已知在 x－
3
1 2 x
3
)n 的展开式中 ， 第 6 的展开式中，
项为常数项． 项为常数项 ． (1)求 n； 求 ； (2)求含 x2 的项的系数 ； 求含 的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项． 求展开式中所有的有理项． 求展开式中所有的有理项
【思路分析】 利用通项公式，根据指定项的 思路分析】 利用通项公式， 特点确定r的值 注意隐含条件的应用． 的值， 特点确定 的值，注意隐含条件的应用．
n＋1 ＋ ≥ 二项式系数是递增的； k≥ 2 时，二项式系数是递增的；当 _________时，二 时
项式系数是递减的． 项式系数是递减的． 当 n 是偶数时，__________取得最大值． 是偶数时， 中间一项 取得最大值． 取得最大值
山东水浒书业有限公司· 山东水浒书业有限公司
优化方案系列丛书
第9章 计数原理、概率、随机变量及其分布 章 计数原理、概率、
双 基 研 习 • 面 对 高 考 考 点 探 究 • 挑 战 高 考 考 向 瞭 望 • 把 脉 高 考
双基研习• 双基研习•面对高考
基础梳理
1．二项式定理 ． (1)二项式定理 二项式定理 公式(a＋b)n－1 公式 ＋1 n＝ 0 n k n－ k k n n * Cna ＋ Cna b＋… ＋ Cna b ＋…＋ Cnb (n∈N ＋ ∈ __________________________________________) 叫做二项式定理． 叫做二项式定理． (2)二项展开式的通项 二项展开式的通项 k n－ k k Cna b 为展开式的第 ＋ Tk＋ 1＝_________为展开式的第 k＋1 项． 为展开式的第_______项
2022高考数学一轮复习三维设计我来演练-计数原理、概率
2022高考数学一轮复习三维设计我来演练－计数原理、概率第1节分类加法和分步乘法计数原理(理)一、选择题1．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )A ．85B ．56C ．49D ．28解析：所有选法分两类：甲、乙恰有1人入选的选法有C 12C 27＝42种；甲、乙都入选的选法有C 17＝7种，故不同的选法有42＋7＝49(种)．答案：C2．(2020·菏泽模拟)从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，如此的等比数列的个数为( )A ．3B ．4C ．6D ．8解析：当公比为2时，等比数列可为1、2、4,2、4、8；当公比为3时，等比数列可为1、3、9；当公比为32时，等比数列可为4、6、9.同时，4、2、1和8、4、2,9、3、1,9、6、4也是等比数列，共8个．答案：D3．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有( )A ．8种B ．9种C ．10种D ．11种解析：分四步完成，共有3×3×1×1＝9种． 答案：B4.如图所示的几何体是由一个正三棱锥 P －ABC 与正三棱柱 ABC －A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对那个几何体的表面染色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有( )A ．24种B ．18种C．16种D．12种解析：先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．答案：D5．(2011·北京海淀区期末)由数字0,1,2,3,4,5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是()A．72B．60C．48D．12解析：分两种情形：当首位为偶数时有C12C13C12C12个，当首位为奇数时有C13C13C12C12个，因此总共有：C12C13C12C12＋C13C13C12C12＝60(个)．答案：B二、填空题6．若一份试卷共有10道选做题，分为两个系列，每个系列有5道题，要求考生选做6道题，但每个系列至多选4道题，则每位考生选做方案种数为________．解析：因为每组至多选4题，因此分为两类：一类是一个系列选4题，另一个系列选2题，共有A22·C45·C25＝100种方法；另一类是每个系列各选3题，共有C35·C35＝100种方法．由分类计数原理得共有100＋100＝200种不同的选做方案．答案：2007．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为a i(i＝1,2，…，6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1＜a3＜a5，则不同的排列方法有________种(用数字作答)．解析：分两步：(1)先排a1，a3，a5，若a1＝2，有2种排法；若a1＝3，有2种排法；若a1＝4，有1种排法，共有5种排法；(2)再排a2，a4，a6，共有A33＝6种排法，故不同的排列方法有5×6＝30种．答案：30三、解答题8．已知集合M∈{1，－2,3}，N∈{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，求如此的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数．解：M中的元素作点的横坐标，N中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有1×2个．N中的元素作点的横坐标，M中的元素作点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有2×2个．所求不同的点的个数是2×2＋1×2＋2×2＋2×2＝14(个)．9．(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解：(1)该问题中要完成的事是4名同学报名，因而可按学生分步完成，每一名同学有3种选择方法，故共有34＝81(种)报名方法．(2)该问题中，要完成的事是三项冠军花落谁家，故可按冠军分步完成，每一项冠军都有4种可能，故可能的结果有43＝64(种)．10.编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？解：依照A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则依照分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则依照分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球能够放在2号、3号、5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C、D、E有A33＝6种不同的放法，依照分步乘法计数原理得，3×3×2×1＝18种不同方法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．第2节排列与组合(理)一、选择题1.将1,2,3，…，9数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，当3, 4固定在图中的位置时，填写空格的方法数为()A．6种B．12种C．18种D．24种解析：第一行从左到右前面两个格子只能安排1,2，最右下角的格子只能是9，如此只要在剩余的四个数字中选取两个，安排在右边一列的上面两个格子中(由小到大)，剩余两个数字安排在最下面一行的前面两个格子中(由小到大)，故总的方法数是C24＝6.答案：A2．在数字1,2,3与符号“＋”，“－”五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是()A．6 B．12C．18 D．24解析：本题是要求某些元素不相邻的问题，先排符号“＋”，“－”，有A22种排法，现在两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A33种方法，因此共有A22 A33＝12种方法．答案：B3．从5张100元，3张200元，2张300元的运动会门票中任选3张，则选取的3张中至少有2张价格相同的不同的选法共有()A．70种B．80种C．90种D．100种解析：差不多事件的总数是C310，在三种价格的门票中各自选取1张的方法数是C15C13C12，故其对立事件“选取的3张中至少有2张价格相同”的不同的选法共有C310－C15C13C12＝90种．答案：C4．2020年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位职员值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有()A．1 440种B．1 360种C．1 282种D．1 128种解析：采取对丙和甲进行捆绑的方法：假如不考虑“乙不在正月初一值班”，则安排方案有：A66·A22＝1 440种，假如“乙在正月初一值班”，则安排方案有：C11·A14·A22·A44＝192种，若“甲在除夕值班”，则“丙在初一值班”，则安排方案有：A55＝120种．则不同的安排方案共有1 440－192－120＝1 128(种)．答案：D5．霓虹灯的一个部位由7个小灯泡并排组成，每个灯泡均能够亮出红色或黄色，现设计每次变换只闪亮其中的三个灯泡，且相邻的两个灯泡不同时亮，则一共能够出现出不同的变换形式的种数为()A．20 B．30C．50 D．80解析：按照三个灯泡同色、三个灯泡两红一黄、三个灯泡一红两黄将问题分为三类：第一类：三个灯泡同色时，能够出现出不同的变换形式的种数为C35×2＝20种；第二类：三个灯泡两红一黄时，能够出现出不同的变换形式的种数为C35×C23＝30种；第三类：三个灯泡一红两黄时，能够出现出不同的变换形式的种数为C35×C23＝30种．故出现出满足条件的不同的变换形式的种数为20＋30＋30＝80.答案：D二、填空题6．(2020·本溪模拟)5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体竞赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种．(以数字作答)解析：①只有1名老队员的排法有C12·C23·A33＝36种．②有2名老队员的排法有C22·C13·C12·A22＝12种；因此共48种．答案：487．(2020·北京模拟)三个人坐在一排八个座位上，若每个人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为________．解析：依照题意，两端的座位要空着中间六个座位坐三个人，再空三个座位，这三个座位之间产生四个空，能够认为是坐后产生的空，故共有A34＝24种．答案：24三、解答题8．将4个相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球放入4个不同盒子中的3个中，使得有1个空盒且其他盒子中球的颜色齐全的不同放法共有多少种？解：先选1空盒：C14，将4白、5黑、6红分别放入其余三个盒中，每盒1个，剩1个白球有3种放法，剩2个黑球有3＋C23＝6种放法，剩3个红球有3＋1＋A23＝10种放法，由分步乘法原理，得不同放法共有C14×6×3×10＝720种．9．4名男同学，3名女同学站成一排．(1)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？(2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？解：(1)3名女同学是专门元素，先把她们排好，共有A33种排法；将排好的女同学视为一个整体，与男同学进行全排列，这时是5个元素的全排列，有A55种排法．由分步乘法计数原理有A33A55＝720种不同的排法．(2)先将男生排好，共有A44种排法，再在这4名男生的中间及两头的5个空档中插入3名女生共有A35种排法．故符合条件的排法共有A44A35＝1 440种．10．某医院有内科大夫12名，外科大夫8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：(1)某内科大夫甲与某外科大夫乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？(4)医疗队中至少有一名内科大夫和一名外科大夫，有几种选法？解：(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C318＝816种；(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C518＝8 568种；(3)分两类：甲、乙中有一人参加；甲、乙都参加．共有C12C418＋C318＝6 936种选法；(4)法一：(直截了当法)：至少一名内科一名外科的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，因此共有C112C48＋C212C38＋C312C28＋C412C18＝14 656种选法．法二：(间接法)：由总数中减去五名差不多上内科大夫和五名差不多上外科大夫的选法种数，得共有C520－(C58＋C512)＝14 656种选法．第3节二项式定理(理)一、选择题1．(2020·潍坊模拟)二项式⎝⎛⎭⎫2x －1x 6的展开式中的常数项是( ) A ．20 B ．－20 C ．160D ．－160解析：二项式(2x －1x )6的展开式的通项是T r ＋1＝C r 6·(2x )6－r ·⎝⎛⎭⎫－1x r ＝C r 6·26－r·(－1)r ·x 6－2r .令6－2r ＝0，得r ＝3，因此二项式(2x －1x )6的展开式中的常数项是C 36·26－3·(－1)3＝－160. 答案：D2．(2020·日照模拟)若二项式⎝⎛⎭⎫x ＋2x 2n的展开式中所有项的系数之和为243，则展开式中x －4的系数是( )A ．80B ．40C ．20D ．10解析：令x ＝1，则3n ＝243，解得n ＝5.二项展开式的通项公式是T r ＋1＝C r 5x5－r ·2r ·x －2r＝2r ·C r 5·x 5－3r ，由5－3r ＝－4，得r ＝3.故展开式中x －4的系数是23C 35＝80.答案：A3． (2020·上海模拟)(1－x )8展开式中不含x 4项的系数的和为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：二项式(1－x )8各项系数和为(1－1)8＝0，二项式(1－x )8展开式的通项公式为(－1)r·C r 8·x r2，当r ＝8时，可得x 4项的系数为(－1)8·C 88＝1，由此可得二项式(1－x )8展开式中不含x 4项的系数的和为0－1＝－1.答案：A4．若(3x ＋1x )n 的展开式中各项系数和为1 024，则展开式中含x 的整数次幂的项共有( )A ．2项B ．3项C ．5项D ．6项解析：令x ＝1，则22n ＝1 024，∴n ＝5.T r ＋1＝C r 5(3x )5－r(1x )r ＝C r 5·35－r ·x 10－3r 2，含x 的整数次幂即使10－3r 2为整数，r ＝0、r ＝2、r ＝4，有3项．答案：B5．(x ＋2x 2)n 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( ) A ．180 B ．90 C ．45D ．360解析：因为(x ＋2x 2)n 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，因此n ＝10，T r ＋1＝C r 10·(x )10－r·(2x 2)r ＝2r C r 10x 5－52r ，令5－52r ＝0，则r ＝2，T 3＝4C 210＝180.答案： A 二、填空题6．(2011·浙江高考)设二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6(a ＞0)的展开式中x 3的系数为A ，常数项为B .若B ＝4A ，则a 的值是________．解析：关于T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－a x 12r ＝C r 6(－a )r x 6－32r ，B ＝C 46(－a )4，A ＝C 26(－a )2.∵B ＝4A ，a ＞0，∴a ＝2.答案：27．若对任意实数x ，有x 3＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋a 3(x －2)3，则a 1＋a 2＋a 3＝________. 解析：令x ＝3得27＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3. 令x ＝2得8＝a 0， ∴a 1＋a 2＋a 3＝27－8＝19.答案：19三、解答题 8．已知在(3x －123x )n 的展开式中，第6项为常数项．(1)求n ；(2)求含x 2的项的系数； 解：(1)通项公式为 T k ＋1＝C k n x -3n k(－12)k x 3k-＝C k n (－12)k x -23n k，因为第6项为常数项，因此k ＝5时，有n －2k3＝0，即n ＝10.(2)令n －2k 3＝2，得k ＝12(n －6)＝2， ∴所求的系数为C 210(－12)2＝454.9．已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，求： (1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7. 解：令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝－1.① 令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37.② (1)∵a 0＝C 07＝1(或令x ＝0，得a 0＝1)， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2. (2)(①－②)÷2，得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1 094. 10．求(1＋x )3(1＋1x )3的展开式中1x 的系数．解：利用二项式定理得(1＋x )3⎝⎛⎭⎫1＋1x 3的展开式的各项为C r 3x r ·C n 3x －n ＝C r 3C n 3xr －n ， 令r －n ＝－1，故可得展开式中含1x 项的是C 03·C 13x ＋C 13·C 23x ＋C 23·C 33x ＝15x ，即(1＋x )3⎝⎛⎭⎫1＋1x 3的展开式中1x 的系数是15.第4节 随机事件的概率(理)一、选择题1．甲：A 1、A 2是互斥事件；乙：A 1、A 2是对立事件．那么( )A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 解析：由互斥、对立事件的含义知选B 答案：B2．从某班学生中任意找出一人，假如该同学的身高小于160 cm 的概率为0.2，该同学的身高在[160,175]的概率为0.5，那么该同学的身精湛过175 cm 的概率为( )A ．0.2B ．0.3C ．0.7D ．0.8解析：因为必定事件发生的概率是1，因此该同学的身精湛过175 cm 的概率为1－0.2－0.5＝0.3.答案：B3．(2020·皖南八校联考)某种饮料每箱装6听，其中有4听合格，2听不合格，现质检人员从中随机抽取2听进行检测，则检测出至少有一听不合格饮料的概率是( )A.115B.35C.815D.1415解析： 记4听合格的饮料分别为A 1、A 2、A 3、A 4,2听不合格的饮料分别为B 1、B 2，则从中随机抽取2听有(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，A 4)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，A 3)，(A 2，A 4)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，A 4)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 4，B 1)，(A 4，B 2)，(B 1，B 2)，共15种不同取法，而至少有一听不合格饮料有(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 4，B 1)，(A 4，B 2)，(B 1，B 2)，共9种，故所求概率为P ＝915＝35.答案：B4．先后两次抛掷一枚骰子，在得到点数之和不大于6的条件下，先后显现的点数中有3的概率为( ) A.16 B.15 C.13 D.25解析：由题意可知，在得到点数之和不大于6的条件下，先后显现的点数中有3的概率为55＋4＋3＋2＋1＝13.答案：C5．(2020·合肥模拟)在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，A ＝30°，若将一枚质地平均的正方体骰子先后抛掷两次，所得的点数分别为a 、b ，则满足条件的三角形有两个解的概率是( )A.16B.13C.12D.34解析：要使△ABC 有两个解，需满足的条件是{a ＞b sin A ，b ＞a 因为A ＝30°，因此{b ＜2a ，b ＞a 满足此条件的a ，b 的值有b ＝3，a ＝2；b ＝4，a ＝3；b ＝5，a ＝3；b ＝5，a ＝4；b ＝6，a ＝4；b ＝6，a ＝5，共6种情形，因此满足条件的三角形有两个解的概率是636＝16.答案：A二、填空题6．现有语文、数学、英语、物理和化学共5本书，从中任取1本，取出的是理科书的概率为________．解析：P ＝35.答案：357．甲、乙两颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75，则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为________．解析：P ＝1－0.2×0. 25＝0.95.答案：0.95三、解答题8．已知7件产品中有2件次品，现逐一不放回地进行检验，直到2件次品都能被确认为止．(1)求检验次数为3的概率；(2)求检验次数为5的概率．解：(1)记“在3次检验中，前2次检验中有1次检到次品，第3次检验到次品”为事件A ，则检验次数为3的概率为P (A )＝C 12C 15C 27·1C 15＝221.(2)记“在5次检验中，前4次检验中有1次检到次品，第5次检验到次品”为事件B ，记“在5次检验中，没有检到次品”为事件C ，则检验次数为5的概率为P ＝P (B )＋P (C )＝C 12C 35C 47·1C 13＋C 55C 57＝521.9．已知向量a ＝(x ，y )，b ＝(1，－2)，从6张大小相同、分别标有号码1、2、3、4、5、6的卡片中，有放回地抽取两张，x 、y 分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码．(1)求满足a·b ＝－1的概率；(2)求满足a·b ＞0的概率．解：(1)设(x ，y )表示一个差不多事件，则两次抽取卡片的所有差不多事件有(1,1)、(1,2)、(1,3)、(1,4)、(1,5)、(1,6)、(2,1)、(2,2)、…、(6,5)、(6,6)，共36个．用A 表示事件“a·b ＝－1”，即x －2y ＝－1，则A 包含的差不多事件有(1,1)、(3,2)、(5,3)，共3个，P (A )＝336＝112.(2)a·b ＞0，即x －2y ＞0，在(1)中的36个差不多事件中，满足x －2y ＞0的事件有(3,1)、(4,1)、(5,1)、(6,1)、(5,2)、(6,2)，共6个，因此所求概率P ＝636＝16.10．某次会议有6名代表参加，A 、B 两名代表来自甲单位，C 、D 两名代表来自乙单位，E 、F 两名代表来自丙单位，现随机选出两名代表发言，问：(1)代表A 被选中的概率是多少？(2)选出的两名代表“恰有1名来自乙单位或2名都来自丙单位”的概率是多少？ 解：(1)从这6名代表中随机选出2名，共有15种不同的选法，分别为(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(A ，F )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(B ，F )，(C ，D )，(C ，E )，(C ，F )，(D ，E )，(D ，F )，(E ，F )．其中代表A 被选中的选法有(A ，B )，(A ，C )，(A ， D )，(A ，E )，(A ，F )，共5种，则代表A 被选中的概率为515＝13.(2)法一：随机选出的2名代表“恰有1名来自乙单位或2名都来自丙单位”的结果有9种，分别是(A ，C )，(A ，D )，(B ，C )，(B ，D )，(C ，E )，(C ，F )，(D ，E )，(D ，F )，(E ，F )．则“恰有1名来自乙单位或2名都来自丙单位”这一事件的概率为915＝35.法二：随机选出的2名代表“恰有1名来自乙单位”的结果有8种，概率为815；随机选出的2名代表“都来自丙单位”的结果有1种，概率为115.则“恰有1名来自乙单位或2名都来自丙单位”这一事件的概率为815＋115＝35.。
广东专用2023版高考数学一轮总复习第九章概率与统计9-1两个计数原理排列与组合课件
(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 m 种不同的方法，做第 2 步 有 n 种不同的方法，那么完成这件事共有 N＝m×n 种不同的方法. ②拓展：完成一件事，如果需要分成 n 个步骤，做第 1 步有 m1 种不同的方法， 做第 2 步有 m2 种不同的方法，…，做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成 这件事共有 N＝m1×m2×…×mn 种不同的方法.
的个数是
()
A. 288
B. 312
C. 360
D. 480
解：末位是 0 时，有 A45＝120 种； 末位是 2 或 4 时，末位有 2 种选择，首位有 4 种选择，从剩下 4 个数中选 3 个排在中间 有 A34种，有 2×4×A34＝192（种）. 所以共有 120＋192＝312（种）. 故选 B.
中取出 m 个元素的一个组合.
(4)组合数
定义及表示
组合
乘积式
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， 叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，用符号 Cnm表示 Cmn ＝AAmnmm＝n（n－1）（n－m2！）…（n－m＋1）
数公式
阶乘式
Cmn ＝m！（nn！－m）！
(1)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.
()
(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这
件事.
()
(3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.
()
(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.
()
(5)kCkn＝nCkn－－11. 解：(1)√； (2)×； (3)×； (4)√； (5)√.
2021届高考数学一轮复习第九章概率与统计第8讲二项式定理课件
(4)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为( )
A.10
B.20
C.30
D.60
解析：方法一，(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含 y2 的项为 T3
＝C25(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C13x4·x＝C13x5.∴x5y2
＝
C
0 n
anb0＋C1n
an
－1b1
＋
…＋
C
r n
an
－rbr
＋
…＋C
n n
a0bn
，
(n∈N*)所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋
b)n 的二项式展开式.
2.二项式定理的特征 (1)项数：二项式展开式共有___n_＋__1__项. (2)通项公式：Tr＋1＝Crnan－rbr(r＝0,1,2，…，n)表示展开式 中的第 r＋1 项. (3)二项式系数： 二项式展开式第 r＋1 项的二项式系数为 ____C_nr ___.
∴(x＋y)(2x－y)5 的展开式中的 x3y3 的系数为 80－40＝40.
答案：C
(3)(2019 年浙江)在二项式( 2＋x)9 的展开式中，常数项是 ________；系数为有理数的项的个数是________.
解析：( 2＋x)9 的通项为 Tr＋1＝C9r( 2)9－rxr(r＝0,1,2…9)， ∴常数项为 T1＝C09( 2)9＝16 2，因系数为有理数，r＝1,3,5,7,9， 有 T2, T4, T6, T8, T10 共 5 个项.
1.(2018 年新课标Ⅲ)x2＋2x5 的展开式中 x4 的系数为( C )
A.10
B.20
计数原理及二项式定理概念公式总结
计数原理及二项式定理概念公式总结计数原理和二项式定理是组合数学中的基本概念之一，被广泛应用于概率统计、离散数学、组合数学等领域。
下面将对这两个概念进行详细的解释和总结。
一、计数原理计数原理是组合数学中的一种基本原理，用于求解离散数学中的计数问题。
计数原理包括基本计数原理、乘法原理、加法原理和排列组合原理。
1.基本计数原理：基本计数原理是运用数学归纳法来解决计数问题的基本方法。
它的核心思想是将一个计数问题分解为若干个互相独立的子问题，再对子问题求解，最后将子问题的解累加得到原问题的解。
2.乘法原理：乘法原理是计数原理的一种特殊形式，用于解决多阶段决策类计数问题。
乘法原理的关键是将决策问题分解为多个阶段的决策子问题，然后通过求解每个子问题在相应阶段的可选项个数，再将各阶段的可选项个数相乘得到问题的解。
3.加法原理：加法原理是计数原理的另一种特殊形式，适用于解决分情况计数问题。
加法原理的核心思想是将计数问题分解为若干个情况，然后分别计算每种情况下的计数结果，最后将各种情况下计数结果相加得到问题的解。
4.排列组合原理：排列组合原理是计数原理的核心概念，描述了从给定元素集合中选取若干元素进行排列或组合的方法。
排列组合分为无重复元素的排列组合和有重复元素的排列组合两种情况。
-无重复元素的排列组合：若从n个不同元素中选取r个元素进行排列，称为排列数，用符号P(n,r)表示，排列数的计算公式为P(n,r)=n*(n-1)*...*(n-r+1)=n!/(n-r)。
若从n个不同元素中选取r个元素进行组合，称为组合数，用符号C(n,r)表示，组合数的计算公式为C(n,r)=P(n,r)/r!=n!/(r!*(n-r)。
-有重复元素的排列组合：若从n个相同元素中选取r个元素进行排列，称为重复排列，用符号P(n;r₁,r₂,...,r_k)表示，重复排列的计算公式为P(n;r₁,r₂,...,r_k)=n!/(r₁!*r₂!*...*r_k!)，其中r₁,r₂,...,r_k分别表示重复元素的个数。
2023版高考数学一轮总复习10-2二项式定理课件
解析 (1)n=6时,(1+2x)6的展开式中有7项,中间一项的二项式系数最大,此
项为C36 (2x)3=160x3.又Tr+1=C6r (2x)r=2rC6r xr,设第k+1项的系数最大,则
CC66kk
2k 2k
Ck 1 6
Ck 1 6
2k 2k
1, 1 ,
解得
11 3
≤k≤
14 3
,∴k=4,即第5项系数最大,第5项为
C64
(2x)4
=240x4.
所以二项式系数最大的项是第4项,为160x3,系数最大的项是第5项,为240x
4.
(2)令x=0,得a0=1,记f(x)=(1+2x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n≥6,n为偶数), 则f(1)=3n=a0+a1+a2+…+an, f(-1)=(-1)n=a0-a1+a2-a3+…-an-1+an,
所以a0+a2+a4+…+an= f (1) f (1) = 3n (1)n = 3n 1 ,
2
2
2
所以a2+a4+…+an=
3n
2
1
-1=
3n
2
1
.
专题十 计数原理
10.2 二项式定理
1.二项式定理
考点 二项式定理
1)公式(a+b)n=
C0n
an+
C1n
an-1b1+…+
Ckn
an-kbk+…+
C
n n
二项式定理 2025年高考数学基础专项复习
2 5
的展开式的通项公式为+1
3
2
=
3
2
C5 5−
⋅
2 −2
=
C5
⋅
3
2 5− 2 ，0
≤ ≤ 5，且为整数，当 = 0
3
2
时，5 − = 5，满足要求，当 = 2时，5 − = 2，满足要求，当 = 4时，5 − = −1，满足要求，综上，展
（2）若 = 0 + 1 + 2 2 + ⋯ + ,则 展开式中各项系数之和为 1 ,偶次项系数之和为
0 + 2 + 4 + ⋯ =
1 + −1
2
,奇次项系数之和为1 + 3 + 5 + ⋯ =
1 − −1
2
，令 = 0，可得0 = 0 .
结论正确的是( ACD )
A.展开式中所有项的二项式系数的和为22 023
C.展开式中所有偶次项的系数的和为
【解析】对于A， 1 − 2
= 1 − 2
32 023 −1
2
2 023 ，则
0
+ 1 + 2 + 3 + ⋯ + 2 023 = 1 = −1，
1 − −1
1 = C30 + C41 = 1 + 4 = 5；2 = C31 −1
2 + 3 + 4 = 3 + 7 + 0 = 10.
1
+ C42 = 3；3 = C32 −1