高考冲刺 排列组合、二项式定理(基础).docx

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1、高考冲刺排列组合、二项式定理 编稿：孙永钊审稿：张林娟 【高考展望】 命题角度：该部分的命题就是围绕两个点展开.第一个点是围绕排列，组合展开，设计利用排列组 合和两个基本原理求解的实际计数问题的试题，目的是考查对排列组合基本方法的掌握程度，考查分类与 整合的思想方法，试题都是选择题或者填空题，难度中等或者偏易；第二点是围绕二项式定理展开，涉及 利用二项式的通项公式计算二项式中特定项的系数、常数项、系数和等试题，目的是考查对二项式定理的 掌握程度和基本的运算求解能力，试题也都是选择题或者填空题，难度中等. 预计高考对该部分的考查基本方向不变，即考查简单的计数问题、二项式定理的简单应用，但

2、由于排 列，组合试题的特点，也不排除出现难度稍大的试题的可能. 复习建议：该部分的复习以基本问题为主，要点有两个：一个是引导学生掌握解决排列，组合问题的 基本思想，即分类与分步的思想，使学生在解题时有正确的思维方向；一个是掌握好二项展开式的通项公 式的应用，这是二项式定理的考查核心. 【知识升华】 一、排列与组合 1、 分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理，两者的区别在于分步计数原理和分步 有关，分类计数原理与分类有关. 2、 排列与组合主要研究从一些不同元素中，任取部分或全部元素进行排列或组合，求共有多少种方 法的问题.区别排列问题与组合问题要看是否与顺序有关，与顺序

3、有关的属于排列问题，与顺序无关的属于 组合问题. 3、 排列与组合的主要公式 ① 排列数公式：A；；' = — = 〃(〃一 1) • • • (〃 一 in 4-1) (mWn) (〃一 in)\ A： =n! =n(n—l)(n—2) 2 • I. ② 组合数公式：C： =—-—= 〃E)(mWn). ml(n - m)\ x (〃？ 一 1) x • • • x 2 x 1 ③ 组合数性质：①C；：=C「"(mWn). ②C?+C：+C：+・・・ + C；；=2” ③ c? + c； + c；.・. = c：+c；+... = 2”t 4、 分类应在同一标准下进行，

4、确保“不漏”、“不重”，分步要做到“步骤连续”和“步骤独立”，并 能完成事项. 整数次幕的项的系数之和为256-72=184. 【例9】设(1 + x)* =%+qx + ... + 6史,则小。%中奇数的个数为( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】由题知=C； (i = 0,l,2,・・・8),逐个验证知C； = C； = 1,其它为偶数，选A。 【例10】若(A+—r的展开式中前三项的系数成等差数，则展开式中F项的系数为 2x (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 【答案】B 【解析】因为(工+上)〃的展开式中前三项的系数C；、*、成等差

5、数列，所以c?+Lc； = c：, 2x 2 4 4 即 /?2-9/2+ 8 = (),解得：〃 =8或 〃 =1 (舍)。7；+1 = C^~r(—Y = (-), o 令8 — 2,=4可得， 2x 2 尸=2,所以Y4的系数为q)2c；=7,故选B。 类型四、排列组合综合问题 【例11】现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张，要求这3张 卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为() A. 232 B. 252 C. 472 D. 484 【思路点拨】分两类，含有红色卡片、不含红色卡片一(推理)含有红色卡片时只要从其余的1

6、2张卡片中任 取2张即可，不含红色长片时只要从其余的12张卡片中任取3张且不是同一种颜色一(结论)根据分类加法 计数原理求出总数. 【答案】C 【解析】方法1：若含有红色卡片，则只要从其余12张卡片中任选2张即可，选法为C：C：=264种，若 不含红色卡片，则只要从12选3的选法中去掉取同一种颜色的即可，选法为C% —3C： =208.所以总的选 法为 264+208=472. 方法2：若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C：C!C=64种， 若2色相同，则有C；C；C：C： = 144：若红色卡片有1张，则剩余2张若不同色，有= 种，若同色则有C\ Cl C

7、~ =72,所以共有64+144+192+72=472,故选C. 举一反三： 【变式】某次会展共展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1 件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该会展展 出这5件作品不同的方案有 种.(用数字作答) 【答案】24 【解析】2件书法作品看作一个整体，方法数是A；=2,把这个整体与标志性建筑作品排列，有种排列 方法,其中隔开了三个空位，在其中插入2件绘画作品，有方法数A；=6.根据乘法原理，共有方法数2X2X6 =24. 5、 界定“元素与位置”要辩证地看待，“特殊元素”、“特

8、殊位置”可直接优先安排，也可间接处理. 6、 解排列组合综合问题注意先选后排的原则，复杂的排列、组合问题利用分类思想转化为简单问题 求解. 7、 常见的解题策略有以下几种： （1） 特殊元素优先安排的策略； （2） 合理分类与准确分步的策略； （3） 排列、组合混合问题先选后排的策略； （4） 正难则反、等价转化的策略； （5） 相邻问题捆绑处理的策略； （6） 不相邻问题插空处理的策略； （7） 定序问题除法处理的策略； （8） 分排问题直排处理的策略； （9） “小集团”排列问题中先整体后局部的策略； （10） 构造模型的策略. 二、二项式定理 1、 二项式定理

9、 （a +b）n =C® an+C* an_1b+...+C； an-rbr+...+C； b%其中各项系数就是组合数C：,展开式共有n+1项, 第 r+1 项是 Tp =C；an_rbr. 2、 二项展开式的通项公式 二项展开式的第r+1项Tr+i=C；an_rbr（r=0,l„..n）叫做二项展开式的通项公式。 3、 二项式系数的性质 ① 在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等， 即 C： = C「（r=0,1,2,•••,!!）. fl - ② 若n是偶数，则中间项（第《+ 1项）的二项公式系数最大，其值为C：：若n是奇数，则中间两项（第 %」项和

10、第%2项）的二项式系数相等，并且最大，其值为c〃2 =c,2 . ③ 所有二项式系数和等于2七即Ct +C； +C： +•••■＜： =2气 ④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和, 即C*+C：+・・・=Ct+C：+・・・=2n-i. 4、二项式定理解题：四大热点，四条规律： （1） 四大热点：①通项运用型；②系数配对型；③系数和差型；④综合应用型. （2） 四条规律：①常规问题通项分析法；②系数和差赋值法；③近似问题截项法；④整除（或余数） 问题展开法. 【典型例题】 类型一、分类计数原理与分步计数原理 【例1】用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小

11、方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂 不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 【思路点拨】颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，首先确定第一个小方 格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法. 【解析】如图所示，将4个小方格依次编号为1,2, 3, 4,第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂 上，有5种不同的涂法. ①当第2、第3个小方格涂不同颜色时，有A：=12（种）不同的涂法，第4个小方格有 3种不同的涂法.由分步计数原理可知，有5X12X3=180（种）不同的涂法； I 1 I 9 I ②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂

12、法，由于相邻两格不同色，因此 第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知，有5X4X4=80（种）不同涂法.I ' 1 由分类加法计数原理可得，共有180+80=260（种）不同的涂法. 【总结升华】涂色问题的解决方法 （1） 涂色问题没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个原理与排列组合的知识灵活 处理，其难点是对相邻区域颜色不同的处理，解决的方法往往要采用分类讨论的方法，根据“两个原理” 计算. （2） 本题也可以考虑对使用的颜色的种数进行分类，如果使用2种颜色，则只能是第1,4涂一种、第 2, 3涂一种，方法数是Cl =20；若是使用3种颜色，若第1,2,

13、3方格不同色，第4个方格只能和第1 个方格相同，方法数是C；A；=60,如果第1,2,3方格只用两种颜色，则第4个方格只能用第3种颜色， 方法数是C；X3X2=60；如果使用4种颜色，方法数是C；A：=120.根据加法原理总的涂法种数是260. 举一反三： 【变式】某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人任意2人 不同行也不同列，则不同的选法种数为 （用数字作答）. 【答案】7 200 【解析】其中最先选出的一个有30种方法，此时这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的队形，选第二个人有20种方法，此时该人所在的行和列不能再选人，还剩一个4

14、行3列的队形，此时第 三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30X20X 12 = 7 200. 【例2】将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1 名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（） A. 12 种 B. 10 种 C. 9 种 D. 8 种 【思路点拨】先安排教师、再配之学生即可，再根据分步乘法计数原理求之. 【答案】A 【解析】分别从2名教师中选1名，4名学生中选2名安排到甲地参加社会实践活动即可，则乙地就安排 剩下的教师与学生，故不同的安排方法共有C；C： = 12种.故选A. 【总结升华】两个基本原理

15、是解决计数问题的根据，在计数问题中一般是先根据不同情况进行分类，然后 对于每一类的计数问题再分步完成，根据分步乘法计数原理求出每类的数目，最后使用分类加法计数原理 得到结果. 举一反三： 【变式1】在实验室进行的一项物理实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一 步，程序B和C在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有（） A. 34 种 B. 48种 C. 96 种 D. 144 种 【答案】C 【解析】先实施A,有2种编排方法；再将程序B和C视为一个整体（有2种顺序）与其他3个程序全排列 共有2 种编排方法；故实验顺序的编排方法共有2x2 =96种.故选C.

16、 【变式2］某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人任意2 人不同行也不同列，则不同的选法种数为 .（用数字作答） 【答案】1200 【解析】其中最先选出的一个有3（）种方法，此时这个人所在的行和列共1（）个位置不能再选人，还剩一个 5行4列的队形，选第二个人有20种方法，此时该人所在的行和列不能再选人，还剩一个4行3列的队形， 此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30X20X12 =1200种. 6 类型二、排列与组合 【例3】（1）从甲、乙等5个人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是 A. 12 B. 24

17、 C. 36 D. 48 （2）值域为｛2, 5, 1（）｝,其对应关系为尸/+1的函数的个数为 A. 1 B. 27 C. 39 D. 8 【思路点拨】⑴分“选甲”与“不选甲”两类进行讨论: （2）根据函数的值域，求出函数定义域中可能包含的元素，分类讨论确定其定义域. 【答案】（1）D （2）B 【解析】⑴若选甲，则有种排法； 若不选甲，则有A；种排法，则共有+A；=48（种）. （2）分别由¥+1=2, ¥+1 = 5, *2+i = io解得*=±1, >=±2,》=±3,由函数的定义，定义域中 元素的选取分四种情况： ① 取三个元素：有- C\ - C；=8（种）；

18、 ② 取四个元素：先从±1, ±2, ±3三组中选取一组C；,再从剩下的两组中选两个元素故 共有C：・ C\ - C； = 12（种）； ③ 取五个元素：C；=6（种）： ④ 取六个元素：1种. 由分类计数原理，共有8+12+6+1=27（种）. 【总结升华】排列、组合问题的解法： 解排列组合综合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类"、“分步"的角度入手.“分析”就是找出题目的条 件、结论.哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无 限制等；“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类，然后逐类解决；“分步”就 是把问题化成凡

19、个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决. 举一反三： 【变式1】某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那 么不同的选派方案种数为 A. 14 B. 24 C. 28 D. 48 【答案】A 【解析】选1名女生的方案有：种；选2名女生的方案有：种； 故至少选1名女生共有：C；C： + C；C：=14种方案. 【变式2】用0,1,2, 3,4排成无重复数字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的 个数是 A. 36 B. 32 C. 24 I）. 20 【答案】1） 【解析】0,1, 2, 3,

20、4五个数字，偶数字相邻，奇数字也相邻的排法共有种排法，其中0在首位的 排法有总种，所以共有 "- =20个五位数. 【例4】一排9个座位坐了 3个三口之家.若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为() A. 3X3! B. 3X(3! )3 C. (3! )4 D. 9! 【思路点拨】将一家三口作为为一个集团，三个集团全排列，再根据分步乘法计数原理得解； 【答案】C 【解析】由已知，该问题是排列中捆绑法的应用，即先把三个家庭看作三个不同元素进行全排列，而后每 个家庭内部进行全排列，即不同坐法种数为A； A； A； A；=(3!)七 【总结升华】本题是元素相邻的排列，只要把相邻元素看作一

21、个整体即可. 举一反三： 【变式】(1)某市端午期间安排甲、乙等6支队伍参加端午赛龙舟比赛，若在安排比赛赛道时不将甲安排 在第--及第二赛道上，且甲和乙不相邻，则不同的安排方法有() A. 96 种 B. 192 种 C. 216 种 D. 312 种 (2)从5名学生中任选4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，且每科竞赛只有1人参加，若 甲不参加生物竞赛，则不同的选择方案共有 种. 【答案］⑴D (2)96 【解析】⑴若甲在第三、四、五道，则乙的安排方法有三种，此时方法数是3X3XA：=216；若甲在第 六道，则乙的安排方法有四种，此时的方法数是4A：=96.故总数为21

22、6+96=312. (2)选出的4名学生如果不含甲，则方法数为A： =24；选出的5名学生如果含甲，选法为C：,甲的参 赛方法数是3,其余3个学生全排列，方法数是C；X3XA：=72.根据分类加法计数原理，总的方法数是 24 + 72=96. 【例5】在送医下乡活动中，某医院安排3名男医生和2名女医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排 一名医生，且女医生不安排在同一乡医院工作，则不同的分配方法总数为() A. 78 B. 114 C. 108 D. 120 【思路点拨】先分组后分配，然后减去两名女医生在一个I关院的情况. 【答案】B =25,故分配方案的总 【解析】五人分组有(1

23、,1,3), (1,2,2)两种分组方案，方法数是 数是25人；=150种.当仅仅两名女医生一组时，分组数是C4,当两名女医生中还有一名男医生时，分组 方法也是C：,故两名女医生在一个医院的分配方案是6^ =36.符合要求的分配方法总数是150-36=114. 【总结升华】在分配问题中如果待分配的元素数目多余分配的位置数目，就要先分组然后再进行分配. 举一反三： 【变式】201()年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志 性建筑设计 1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展 出这5件作品不同

24、的方案有 种•(用数字作答) 【答案】24 【解析】把需要相邻的两个元素看做一个整体，然后不相邻的元素外的元素进行排列，在隔出的空位上安 排需要不相邻的元素.2件书法作品看做一个整体，方法数是A；=2,把这个整体与标志性建筑作品排列， 有种排列方法，其中隔开了三个空位，在其中插入2件绘画作品，有方法数A；=6.根据乘法原理，故 共有方法数2X2X6=24. 【例6高清视频：复数 排列组合二项式定理例6课程11):369691］在直线ax + by + c = O中，a, b, c是 取自集合｛-3,-2,-1,0,1,2,3｝中的3个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么这样的直线有

25、多少条？ 【思路点拨】把决定“直线条数”的特征性质，转化为对“a, b, c”的情况讨论。 【解析】设直线的倾斜角为a ,并且。为锐角。 则tana =— — >0,不妨设a>b,那么b<0 a 当c尹0时,则a有3种取法,b有3种取法,c有4种取法，并且其中任意两条直线不重合，所以这样的直线 有 3X3X4=36 条 当c=0时，a有3种取法,b有3种取法，其中直线:3x-3y=0, 2x-2y=0, x-y=0重合，所以这样的直线有3X 3-2=7 条 故符合条件的直线有7+3.6=43条 类型三、二项式定理 6 例7(1) (2015漳州二模)设a= f (cosx

26、-sinx) dx^则二项式 仁之+乏)展开式中的X，项的 0 x 系数为( ) A. - 20 B. 20 C. - 160 D. 160 (2) (2015 浙江模拟)己知(a - x) 5=ao+ajx+a2X2+**+a5X5,若 a2=80,则 ao+ai+az+**+35=( )利用二 项展开式的通项求出通项，令x的指数为2求出a?,列出方程求出a,令二项展开式的x=l求出展开式的 系数和. A. 32 B. 1 C. - 243 D. 1 或-243 【思路点拨】(1)计算定积分求得a的值，在二项式(乂2+圣)E展开式的通项公式中，令x的幕指数等 于3,求得r的值，即

27、可求得展开式中的b项的系数. (2)利用二项展开式的通项求出通项，令x的指数为2求出a2,列出方程求出a,令二项展开式的x=l求 出展开式的系数和. (1)【答案】C 【解忻】由于 a= J J (cosx_sinx) dx=(sinx+cosx) | - 2, 6 _o r 则二项式 怎2+史) 展开式的通项公式为Tr+l=C?x"兀( )=(・2)「•C?x'"3r,令］2・3r=3, x 6 x 6 解得r=3,故展开式中的x，项的系数为- 8x20=-160，故选C. ⑵【答案】B 【解析】(a-x) 5展开式通项为Tw= ( - 1)ra5rC5rxr 令r=2

28、得 a2=a3C52=8O» 知 a=2 令二项展开式的x=l得l8=l=ao+ai+...+a$故选B. 【总结升华】五招制胜，解决二项式问题 二项式定理是一个恒等式，应对二项式定理问题主要有五种方法： (1)特定项问题通项公式法；(2)系数和与差型问题赋值法；(3)近似问题截项法；(4)整除(或余数)问题展开法; (5)最值问题不等式法. 在二项式定理问题中，常见的误区有： (1) 二项展开式的通项『+1中，项数与k的关系搞不清； (2) 二项式系数与各项的系数混淆不清； (3)在展开二项式(a-b)n或求特定项时，忽略中间的“一”号. 举一反三: 【变式】(201

29、5 成都校级模拟)在(x2+^) ”的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式 X ) C. 30 D. 120 中常数项是( A. 15 B. 20 【答案】A 【解析】..•二项展开式中中间项的二项式系数最大 又・. •二项式系数最大的项只有第4项 ・•・展开式中共有7项 /. n=6 展开式的通项为L+1 =Cg (x2) 6r (1) r=C6rxl2'3r 令 12 ・ 3r=0, r=4, 展开式的常数项为T5=C64=15故选A 【例8】(1) (x2+2)(4-D5的展开式的常数项是() x A. -3 B. -2 C. 2 D. 3 (

30、2)设。UZ,且 0Wovl3,若 512012+« 能被 13 整除，贝ij a={ ) A. 0 B. I C. 11 D. 12 【思路点拨】(I)要求展开式中常数项需使用多项式乘法法则，先求(4■-1)5展开式中『2的系数和常数 X_ 项，再根据多项式乘法法则得结果; (2)要求。值需知512 32被13除所得余数，先变形51=4X13 — 1后使用二项式定理得之，再根据余数 确定。值. 【答案】(1)D (2)D 【解析】⑴因为— — — ,又2(4-I)5展开式中的常数项为 x~ x~ ；r 2C；([)°(-I)』一2, x2(4-D5展开式中的常数项为故二项式

31、(J+2)(4-V x x x r 展开式中的常数项为一 2+5 = 3. (2)512°i2 + o = 】 +(i3X4 — 1)2 °12 =。+(1 —13X4)2" =。+[ — Go. X4+C；o[2(13X4)2 + ・・・+C拾; (13X"i2, 显然当。+1 = 13奴 kEZ,即 〃=一1 + 13奴 AEZ 时，5】2。12+。= |3妇~ 13X4[-Cou +Un2 (13X4》 +…+C器？(13X4)2 31],能被13整除•因为亦乙 旦。Wovl3,所以“=12.故选D. 【总结升华】两个二项式相乘时求其中某项的系数，需要根据多项式乘法法则进行，此

32、时要注意不要漏掉 了其中的项，要把各种可能的情况都考虑进去：二项式定理解决整除性问题时，需要构造二项式，基本原 则是根据除数对己知式进行变换. 举一反三： 【变式】⑴(1+欢)6(1 +*)"展开式中的常数项为() A. 1 B. 46 C. 4245 D. 4246 (2)(五+ —巳)' 的展开式中，含x的非整数次'舔的项的系数之和为() A. 256 B. 184 C. 120 D. 72 【答案】(1)D (2)B 1 ? 4 5 【解析】(1)第一个展开式中x的指数依次是0, — , — , 1,—,己，2,第二个展开式中x的指数依次 3 3 3 3 1 1 3 5 3 7 9 5 是0, ——，-1, — 一，-2,根据多项式的乘法规则，常数 4 2 4 4 2 4 4 2 项只能是第一个展开式中x的指数是0,1,2的项与第二个展开式中x的指数是0.-L-2的对应项的乘积, 根据二项式的通项公式得，(1 +衣三(1+4产展开式中的常数项为l + C；C% + CfC%=4246.正确选项 为D. 1 丑_? (2)Tru=C；^)r(-=)s-r = C；x7_~,当，=0,4,8时为含X的整数次'舔的项，所以展开式中含X的整 数次幕的项的系数之和为C? + C： +的=72,展开式所有项的系数之和为28=256,故展开式中含x的非