2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题六（理）第2讲　计数原理　二项式定理

(理)第2讲　计数原理　二项式定理

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1．以实际生活为背景考查计数原理，排列与组合的简单应用，以客观题形式出现，难度中档．

2．考查二项式的通项公式、二项展开式的系数等简单问题，以选择题的形式出现，难度低中档．

[真题体验]

1．(2018·全国Ⅰ卷)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字填写答案)

解析：当有1位女生入选时，有CC＝12(种)，

当有2位女生入选时，有CC＝4(种)，

由分类加法计数原理可得不同选法共有12＋4＝16(种)．

答案：16

2．(2017·全国Ⅱ卷)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有(　　)

A．12种　　　　　　　　 B．18种

C．24种  D．36种

解析：D　[只能是一个人完成2份工作，剩下2人各完成一份工作．由此把4份工作分成3份再全排得C·A＝36.]

3．(2018·全国Ⅲ卷)5的展开式中x4的系数为(　　)

A．10  B．20

C．40  D．80

解析：C　[5的第k＋1项为Tk＋1＝C2kx10－3k.令10－3k＝4，得k＝2.∴x4的系数为C×22＝40.]

4．(2019·全国Ⅲ卷)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为(　　)

A．12  B．16

C．20  D．24

解析：A　[本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．由题意得x3的系数为C＋2C＝4＋8＝12，故选A.]

[主干整合]

1．排列与组合公式

(1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝.

(2)C＝＝＝.

(3)C＝C；C＝C＋C.

(4)C＝C＝C＝C.

2．二项式定理

(1)(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn，二项展开式的通项Tr＋1＝Can－rbr.

(2)在二项展开式中，C＝C(r＝0,1,2，…，n)．

(3)C＋C＋…＋C＝2n.

(4)相邻项的二项式系数的关系为C＋C＝C.

热点一　计数原理的简单应用

[题组突破]

1．(2019·石家庄质检)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．

解析：五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．

答案：45；54

2．(2020·大连模拟)现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有________种．

解析：分两类：①第一道工序安排甲时有1×1×4×3＝12种；

②第一道工序不安排甲有1×2×4×3＝24种．

∴共有12＋24＝36种．

答案：36

3．(2020·百校联盟联考)某山区希望小学为丰富学生的伙食，教师们在校园附近开辟了如图所示的四块菜地，分别种植西红柿、黄瓜、茄子三种产量大的蔬菜，若这三种蔬菜种植齐全，同一块地只能种植一种蔬菜，且相邻的两块地不能种植相同的蔬菜，则不同的种植方式共有(　　)

A.9种　　　　　　　　 B．18种

C．12种  D．36种

解析：B　[若种植2块西红柿，则他们在13,14或24位置上种植，剩下两个位置种植黄瓜和茄子，所以共有3×2＝6(种)种植方式；

若种植2块黄瓜或2块茄子也是3种种植方式，所以一共有6×3＝18(种)种植方式．]

(1)在应用分类加法计算原理和分步乘法计算原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．

(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．

热点二　排列与组合的应用

[例1]　(1)(2020·潍坊模拟)中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”，主要指德育：“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有(　　)

A．120种　　　　　　　　 B．156种

C．188种  D．240种

[解析]　A　[当“数”排在第一节时有A·A＝48(种)排法，当“数”排在第二节时有A·A·A＝36(种)排法，当“数”排在第三节时，若“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有A·A＝12(种)排法；若“射”和“御”两门课程排在后三节时有A·A·A＝24(种)排法，所以满足条件的共有48＋36＋12＋24＝120(种)排法．]

(2)(2020·吉林调研)从6男2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人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)

[解析]　法一：只有1名女生时，先选1名女生，有C种方法；再选3名男生，有C种方法；然后排队长、副队长位置，有A种方法．由分步乘法计数原理，知共有CCA＝480(种)选法．

有2名女生时，再选2名男生，有C种方法；然后排队长、副队长位置，有A种方法．由分步乘法计数原理，知共有CA＝180(种)选法．所以依据分类加法计数原理知共有480＋180＝660(种)不同的选法．

法二：不考虑限制条件，共有AC种不同的选法，而没有女生的选法有AC种．

故至少有1名女生的选法有AC－AC＝840－180＝660(种)．

[答案]　660

(3)(2018·浙江卷)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数．(用数字作答)

[解析]　CCA＋CCCA＝720＋540＝1 260.

[答案]　1 260

求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．

具体地说，解排列组合的应用题，通常有以下途径

(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．

(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．

(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数．

解答计数问题多利用分类讨论思想．分类应在同一标准下进行，确保“不漏”、“不重”．

(1)(2020·福州模拟)福州西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下的两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有(　　)

A．90种  B．180种

C．270种  D．360种

解析：B　[可分两步：第一步，甲、乙两个展区各安排一个人，有A种不同的安排方案；第二步，剩下两个展区各两个人，有CC种不同的安排方案，根据分步乘法计数原理，不同的安排方案的种数为ACC＝180.故选B.]

(2)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：记5件产品为A、B、C、D、E，A、B相邻视为一个元素，先与D、E排列，有AA种方法；再将C插入，仅有3个空位可选，共有AAC＝2×6×3＝36种不同的摆法．

答案：36

热点三　二项式定理的应用

与特定项有关的问题

[例2－1]　(1)(2020·揭阳模拟)已知(x＋1)5的展开式中常数项为－40，则a的值为(　　)

A．2　　　　　　　　　　 B．－2

C．±2  D．4

[解析]　C　[5展开式的通项公式为

Tk＋1＝C(ax)5－kk＝(－1)ka5－kCx5－2k，

令5－2k＝－1，可得k＝3，

结合题意可得(－1)3a5－3C＝－40，即10a2＝40，

∴a＝±2.]

(2)(2019·汉中二模)5的展开式中整理后的常数项为________．

[解析]　5＝10的通项公式：

Tr＋1＝C()10－rr＝Cx5－r，令5－r＝0，解得r＝5.所以常数项＝C＝252.

[答案]　252

展开式中系数的和

[例2－2]　(1)(2020·德州调研)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂的项的系数之和为32，则a＝________.

[解析]　设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5.

令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.①

令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②

①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，∴a＝3.

[答案]　3

(2)(2019·宁夏二模)已知(ax＋b)6的展开式中含x4项的系数与含x5项的系数分别为135与－18，则(ax＋b)6的展开式中所有项系数之和为(　　)

A．－1  B．1

C．32  D．64

[解析]　D　[由二项展开式的通项公式可知含x4项的系数为Ca4b2，含x5项的系数为Ca5b，则由题意可得解得a＋b＝±2，故(ax＋b)6的展开式中所有项的系数之和为(a＋b)6＝64，故选D.]

与二项式定理有关的类型及解法

(1)(2019·石家庄二模)设a＝sin xdx，则6的展开式中常数项是(　　)

A．－160  B．160

C．－20  D．20

解析：A　[依题意得，a＝＝－(cos π－cos 0)＝2，

6＝6的展开式的通项Tr＋1＝C·(2)6－rr＝C·26－r·(－1)r·x3－r.

令3－r＝0，得r＝3.

因此6的展开式中的常数项为C×23×(－1)3＝－160，故选A.]

(2)(2019·兰州二模)已知(x2＋2x＋3y)5的展开式中x5y2的系数为(　　)

A．60  B．180

C．520  D．540

解析：D　[(x2＋2x＋3y)5可看作5个(x2＋2x＋3y)相乘，从中选2个y，有C种选法；再从剩余的三个括号里边选出2个x2，最后一个括号选出x，有C·C种选法；所以x5y2的系数为32C·C·2·C＝540.]

(3)(2019·烟台三模)若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.

解析：f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，

它的通项为Tk＋1＝C(1＋x)5－k·(－1)k，

T3＝C(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.

答案：10

限时40分钟　满分80分

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)

1．(2020·济宁模拟)从4台甲型装载机和5台乙型装载机中任意取出3台，在取出的3台中至少有甲型和乙型装载机各一台，则不同的取法共有(　　)

A．84种 　　　　　　　　 B．80种

C．70种  D．35种

解析：C　[根据题意可分为以下2种情况进行考虑：(1)甲型装载机2台和乙型装载机1台，取法有CC＝30种；(2)甲型装载机1台和乙型装载机2台，取法有CC＝40种．所以不同的取法共有30＋40＝70种．]

2．(2019·唐山二模)用两个1，一个2，一个0可组成不同四位数的个数是(　　)

A．18  B．16

C．12  D．9

解析：D　[若把两个1看作不同的数，先安排0有3种情况，安排第2个数有3种情况，安排第3个数有2种情况，安排第4个数有1种情况，一共有3×3×2×1＝18种情况，由于有两个1，所以其中一半重复，故有9个四位数．]

3．(全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)

A．－80  B．－40

C．40  D．80

解析：C　[由(2x－y)5展开式的通项公式：Tr＋1＝C(2x)5－r(－y)r可得：

当r＝3时，x(2x－y)5展开式中x3y3的系数为C×22×(－1)3＝－40

当r＝2时，y(2x－y)5展开式中x3y3的系数为C×23×(－1)2＝80，

则x3y3的系数为80－40＝40.

本题选择C选项．]

4．(2020·合肥调研)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有(　　)

A．250个  B．249个

C．48个  D．24个

解析：C　[①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A＝24(个)．由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C.]

5．(2020·龙岩模拟)若n的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数是(　　)

A．－462  B．462

C．792  D．－792

解析：D　[∵n的展开式中只有第7项的二项式系数最大，

∴n为偶数，展开式共有13项，则n＝12.

12的展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)kC·x12－2k，令12－2k＝2，即k＝5.

∴展开式中含x2项的系数是(－1)5C＝－792.]

6．(2019·渭南二模)已知n(n∈N*)展开式中所有项的系数的和为243，则该展开式中含项的系数为(　　)

A．20  B．－20

C．640  D．－640

解析：A　[∵n(n∈N*)展开式中所有项的系数的和为3n＝243，∴n＝5，故n＝5，它的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(－1)r·45－r·x－.令－＝－2，得r＝4，∴展开式中含项的系数为C×4＝20.]

7．现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3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，不同的取法种数是(　　)

A．135  B．172

C．189  D．162

解析：C　[由题意，不考虑特殊情况有C种取法，其中每一种卡片各取3张有4种取法，两张红色卡片共有CC种取法，故所求的取法种数为C－4－CC＝189，选C.]

8．(2020·惠州二调)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为(　　)

A．6  B．12

C．18  D．19

解析：D　[在物理、政治、历史中选一科的选法有CC＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有CC＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种．所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)，故选D.]

9．(2020·成都诊断)已知x5(x＋3)3＝a8(x＋1)8＋a7(x＋1)7＋…＋a1(x＋1)＋a0，则7a7＋5a5＋3a3＋a1＝(　　)

A．－16  B．－8

C．8  D．16

解析：B　[对x5(x＋3)3＝a8(x＋1)8＋a7(x＋1)7＋…＋a1(x＋1)＋a0两边求导，得5x4(x＋3)3＋3x5(x＋3)2＝8a8(x＋1)7＋7a7(x＋1)6＋…＋a1，令x＝0，得0＝8a8＋7a7＋…＋a1，令x＝－2，得5×(－2)4×(－2＋3)3＋3×(－2)5×(－2＋3)2＝－8a8＋7a7＋…－2a2＋a1，两式左右分别相加，得－16＝2(7a7＋5a5＋3a3＋a1)，即7a7＋5a5＋3a3＋a1＝－8，选B.]

10．(2020·郑州模拟)5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，则不同的分配方法共有(　　)

A．25种  B．60种

C．90种  D．150种

解析：D　[因为5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，所以共有两种方法：一，一个单位1名，其他两个单位各2名，有×A＝90(种)分配方法；二，一个单位3名，其他两个单位各1名，有C×A＝60(种)分配方法，共有90＋60＝150(种)分法，故选D.]

11．(2019·江西上饶三模)已知m＝3cosdx，则(x－2y＋3z)m的展开式中含xm－2yz项的系数等于(　　)

A．180  B．－180

C．－90  D．15

解析：B　[由于m＝3cosdx＝3sin xdx

＝(－3cos x) ＝6，

所以(x－2y＋3z)m＝(x－2y＋3z)6＝[(x－2y)＋3z]6，

其展开式的通项为C(x－2y)6－k(3z)k，

当k＝1时，展开式中才能含有x4yz项，这时(x－2y)5的展开式的通项为C·x5－S(－2y)S，

当S＝1时，含有x4y项，系数为－10，

故(x－2y＋3z)6的展开式中含x4yz项的系数为

C·(－10)×3＝－180.]

12．(2019·潍坊三模)为迎接建国七十周年，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生中不同的朗诵顺序的种数为(　　)

A．720  B．768

C．810  D．816

解析：B　[由题意知结果有三种情况．(1)甲、乙、丙三名同学全参加，有CA＝96(种)情况，其中甲、乙相邻的有CAA＝48(种)情况，所有当甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻的有96－48＝48(种)情况；(2)甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有CCA＝288(种)情况；(3)甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有CCA＝432(种)情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有288＋432＋48＝768(种)情况，故选B.]

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．从1,3,5,8,9中任取3个数字，从0,2,7,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的五位数．(用数字作答)

解析：CCA＋CCCA＝3 600＋2 160＝5 760.

答案：5 760

14．(2019·天水二模)(1＋x)(1－x)6的展开式中，x3的系数是________．(用数字作答)

解析：由题意可知，(1－x)6展开式的通项为

Tr＋1＝C·16－r·(－x)r＝(－1)rC·xr，

则(1＋x)(1－x)6的展开式中，含x3的项为(－1)3Cx3＋x·(－1)2Cx2＝－20x3＋15x3＝－5x3，所以x3的系数是－5.

答案：－5

15．(2019·浙江卷)在二项式(＋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：此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计算要细心，确保结果正确．

(＋x)9的通项为Tr＋1＝C()9－rxr(r＝0,1,2…9)

可得常数项为T1＝C()9＝16，

因系数为有理数，r＝1,3,5,7,9，有T2，T4，T6，T8，T10共5个项．

答案：16　5

16．(2020·甘肃模拟)根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门决定派出五位相关专家对三个贫困地区进行调研，每个地区至少派遣一位专家，其中甲、乙两位专家需要派遣至同一地区，则不同的派遣方案种数为________(用数字作答)．

解析：由题意可知，可分为两类：

一类：甲乙在一个地区时，剩余的三位分为两组，再三组派遣到三个地区，共有CA＝18种不同的派遣方式；

另一类：甲乙和剩余的三人中的一个人同在一个地区，另外两人分别在两个地区，共有CA＝18种不同的派遣方式；由分类加法计数原理可得，不用的派遣方式共有18＋18＝36种不同的派遣方式．

答案：36