高考数学二轮复习第1部分方法篇素养形成文理第5讲排列组合二项式定理理学案含解析

第5讲　排列、组合、二项式定理(理)

JIE TI CE LUE MING FANG XIANG

解题策略·明方向　

⊙︱考情分析︱

1．以理解和应用排列、组合的概念为主，常常以实际问题为载体，考查解决问题的能力．

2．以理解和应用二项式定理为主，常考查二项展开式，通项公式以及二项式系数的性质，赋值法求系数的和也是考查的热点．

⊙︱真题分布︱

KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN

考点分类·析重点　

考点一　排列、组合的应用

排列数、组合数的定义、公式、性质

考向1　带附加条件的排列、组合问题

1．(2020·辽宁省沈阳市实验中学月考)将6枚硬币放入如图所示的9个方格中，要求每个方格中至多放一枚硬币，并且每行每列都有2枚硬币，则放置硬币的方法共有几种(　A　)

A．6　　 B．12　

C．18　　 D．36

【解析】　先在第一列里任意选一格不放硬币，有3种选法；再在第二列选一格(不能选与第一步同行的空格)不放硬币，有2种选法；最后在第三列选一格(不能选与第一、二步同行的空格)不放硬币，有1种方法．所以共有3×2×1＝6种方法．故选A．

2．(2020·北京东城区期末)从数字1,2,3,4,5中，取出3个数字(允许重复)，组成三位数，各位数字之和等于6，这样的三位数的个数为(　C　)

A．7　　 B．9　

C．10　　 D．13

【解析】　从数字1,2,3,4,5中，取出3个数字(允许重复)，组成三位数，各位数字之和等于6，可分为三类情况：

(1)当三个数为1,1,4时，共有C＝3种排法；

(2)当三个数为1,2,3时，共有A＝6种排法；

(3)当三个数为2,2,2时，只有1种排法，

由分类计数原理可得，共有3＋6＋1＝10种不同排法，即这样的数共有10个．故选C．

3．(2020·山西四校联考)高三要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是(　B　)

A．1 800　　 B．3 600　

C．4 320　　 D．5 040

【解析】　先排除舞蹈节目以外的5个节目，共A种，再把2个舞蹈节目插在6个空位中，有A种，所以共有AA＝3 600(种)．

考向2　分组、分配问题

4．(2020·北京市朝阳区高三上期末)从3名教师和5名学生中，选出4人参加“我和我的祖国”快闪活动．要求至少有一名教师入选，且入选教师人数不多于入选学生人数，则不同的选派方案的种数是(　C　)

A．20　　 B．40　

C．60　　 D．120

【解析】　由题意可分成两类：

(1)一名教师和三名学生，共CC＝30；

(2)两名教师和两名学生，共CC＝30；

故不同的选派方案的种数是30＋30＝60．故选C．

5．(2020·合肥模拟)现有三本相同的语文书和一本数学书，分发给三个学生，每个学生至少分得一本，不同分法的种数为(　B　)

A．36　　 B．9　

C．18　　 D．15

【解析】　分配方案有2,1,1，其中有且仅有一名学生拿两本书，若他拿两本语文书，则此时共有CA种分法；若他拿一本语文和一本数学书，则此时，共有C种分法，因此共有CA＋C＝9(种)，故选B．

6．(2020·恩施质检)将4位女生和4位男生分为两组参加不同的两个兴趣小组，一组3个男生1个女生，余下的组成另外一组，则不同的选法共有__32__种(用数字填写答案)．

【解析】　首先对学生进行分组，从4男4女中选出3男1女，有CC种不同的选法，然后对两组同学分配兴趣小组有A种方法，所以不同的选法共有CCA＝32种．

求解有限制条件排列问题的主要方法

(1)直接法：①分类法：选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数．②分步法：选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数．

(2)捆绑法：相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列．

(3)插空法：不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列后的空中．

(4)除法：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以已定元素的全排列．

(5)间接法：对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方法．

考点二　二项式定理

1．二项式定理

(1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)；

(2)通项公式：Tk＋1＝Can－kbk，它表示第k＋1项；

(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数为C，C，…，C.

2．当n是偶数时，中间一项(第＋1项)的二项式系数最大，最大值为C2；当n是奇数时，中间两项(第项和第项)的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为Cn或Cn.

3．(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即C＋C＋…＋C＝2n.

奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1．

考向1　特定项问题

1．(2020·涪城区校级模拟)3展开式的常数项为(　B　)

A．120　　 B．160　

C．200　　 D．240

【解析】　∵3＝3＝，(1＋2x2)6的展开式中的通项公式为Tr＋1＝C·2rx2r，r＝0,1，…，6，

∴T4＝C·23x6＝160x6，所以3展开式的常数项为160．

2．(2020·四川省成都七中一诊)如果n的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值是(　C　)

A．3　　 B．4　

C．5　　 D．6

【解析】　因为n的展开式的通项公式为

Tr＋1＝C()n－rr＝C(－1)rx，(r＝0,1,2，…n)，

令＝0，则n＝5r，因为n∈N*，所以r＝1时，n取最小值5．故选C．

3．(2020·湖南师大附中月考)已知n的展开式中第5项与第8项的二项式系数相等，记展开式中系数最大的项为第k项，则k＝(　B　)

A．6　　 B．7

C．6或7　　 D．5或6

【解析】　∵n的展开式中第5项与第8项的二项式系数相等，所以n＝4＋7＝11，第r＋1项系数为Tr＋1＝C(－1)r，r＝6时Tr＋1最大，故展开式中系数最大的项为第7项．故选B．

考向2　系数问题

4．(2020·四川省成都七中模拟)(2x＋)5的展开式中，x4的系数是(　C　)

A．40　　 B．60　

C．80　　 D．100

【解析】　(2x＋)5二项展开式的通项为Tk＋1＝C·(2x)5－k·()k＝C·25－k·x5－.令5－＝4，得k＝2．

因此，二项展开式中x4的系数为C·23＝80，故选C．

5．(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中联考)(1＋ax2)(1－ax)2的展开式中x4项的系数为－8，则a的值为(　B　)

A．2　　 B．－2　

C．2　　 D．－2

【解析】　(1＋ax2)(1－ax)2的展开式中，x4项为a3x4，

∴a3＝－8，a＝－2，故选B．

6．(2020·四川省凉山州模拟)在n的二项展开式中，所有项的系数之和为1 024，则展开式常数项的值等于__15__.

【解析】　在n的二项展开式中，令x＝1得所有项的系数和为4n＝1 024，解得n＝5，

所以5的二项展开式中的通项为：Tr＋1＝C5－r()r

＝C35－rxr－10，令r－10＝0得r＝4，

∴常数项为：C35－4＝15．

考向3　赋值问题

7．(2020·益阳调研)若(1－3x)2 020＝a0＋a1x＋…＋a2 020x2 020，x∈R，则a1·3＋a2·32＋…＋a2 020·32 020的值为(　B　)

A．22 020－1　　 B．82 020－1

C．22 020　　 D．82 020

【解析】　由已知，令x＝0，得a0＝1，令x＝3，得a0＋a1·3＋a2·32＋…＋a2 020·32 020＝(1－9)2 020＝82 020，所以a1·3＋a2·32＋…＋a2 020·32 020＝82 020－a0＝82 020－1，故选B．

8．(2020·衢州五校联考)若(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a1＝__15__，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝__32__.

【解析】　(3x－1)5的展开式的通项公式为

Tr＋1＝C(3x)5－r(－1)r，

令5－r＝1，可得r＝4，

所以a1＝C×3×(－1)4＝15；

在(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5中，

令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(3－1)5＝32．

1．求二项式与代数式积的展开式特定项系数问题的关键

一是将二项式看作一个整体，利用分配律整理所给式子；二是利用二项展开式的通项公式，求特定项，特定项的系数即为所要求的系数．

2．求(x＋y＋z)n的展开式的特定项的系数问题的技巧

若三项能用完全平方公式，那当然比较简单，若三项不能用完全平方公式，只需根据题目特点，把“三项”当成“两项”看，再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数；把(x＋y＋z)n看作n个因式x＋y＋z的乘积，再利用组合数公式求解．

YI CUO QING LING MIAN SHI WU

易错清零·免失误　

1．混淆“分类”与“分步”

典例1　为适应高考改革，某学校在一次模拟测试中实行“3＋1＋2”模式，其中“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门，“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了“1”中已选的一门以外的历史或物理这五门科目中任意选择两门，则一名学生的不同选科组合有(　C　)

A．8种　　 B．12种

C．16种　　 D．20种

【错解】　因为“1”指在物理、历史两门科中必选一门故有C＝2种选法，

“2”指化学、生物、政治、地理选两门，故有C＝6种选法，

由分步乘法计数原理可得不同的选法有2×6＝12种，故选B．

【剖析】　上述解法的错误主要是审题不清，不能正确的分类，误以为“1”是只能从物理和历史中选1门，从而漏掉物理和历史全选，而导致错误；二是此题不仅是分步，更重要的分类，只利用了分步而没有分类，导致错误．

【正解】　学生可以根据物理与历史的选择，分为两类进行选科：物理与历史二选一，物理和历史都选．

第一类：二选一，学生只能从物理和历史中选一门．

第一步，从物理和历史中选取一门，不同的选法有C＝2(种)；

第二步，从化学、生物、政治、地理中任选2门，不同的选法有C＝6(种)．

由分步乘法计数原理可得不同的选法有2×6＝12(种)．

第二类：物理和历史都选．

第一步，物理和历史都选，选法有C＝1(种)；

第二步，从化学、生物、政治、地理中任选1门，不同的选法有C＝4(种)．

由分步乘法计数原理可得不同的选法有1×4＝4(种)．

由分类加法计数原理可得，不同选科组合共有12＋4＝16(种)．

故选C．

2．混淆“排列”与“组合”

典例2　(2020·湖北宜昌10月测试)中国古代十进制的算筹计数法在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同样长短和粗细的小木棍．下图是利用算筹表示数字1～9的一种方法．例如：137可表示为“”，26可表示为“”．现有六根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用这六根算筹表示的不含0的三位数的个数为(　D　)

A．10　　 B．20　

C．36　　 D．38

【解析】　一共有六根算筹，要分为三份，每份不能空，

所以不同的分组结果为：

(1)1＋1＋4显然1根算筹只能表示1个数字，4根算筹可以表示2个不同的数字，故不同的三位数有C×1×1×2＝6(个)；

(2)1＋2＋3显然1根算筹只能表示1个数字，2根或3根算筹均可以表示2个不同的数字，故不同的三位数有A×1×2×2＝24(个)；

(3)2＋2＋2显然2根算筹可以表示2个不同的数字，故不同的三位数有2×2×2＝8(个)．

综上，可以用六根算筹表示的不含0的三位数共有6＋24＋8＝38(个)．

故选D．

【剖析】　该题的易错点主要有两个：一是不能正确理解“三位数”对顺序的要求，误以为只是组合问题，只需将六根算筹分成三份即可，导致错解；二是忽视“算筹根数不是1时，可以表示2个不同的数字”，导致漏解．区别组合问题与排列问题的关键是“顺序”，排列是有顺序的，组合是没有顺序的．

3．忽略“平均分组”与“非平均分组”的差异

典例3　(2020·福州八中10月月考)在乌镇举行的第六届世界互联网大会中，为了提高安保的级别同时又方便接待，对其中的五个参会国的人员安排酒店住宿，这五个参会国要在a，b，c三家酒店中选择一家，且每家酒店至少有一个参会国入住，则不同的安排方法共有(　C　)

A．124种　　 B．130种

C．150种　　 D．240种

【错解】　根据题意，分两步进行分析．

第一步：五个参会国要在a，b，c三家酒店中选择一家，且每家酒店至少有一个参会国入住，所以可以把5个国家分成三组，一种是1,1,3分；另一种是按照1,2,2分．

当按照1,1,3来分时，共有分组方法C＝10种，

当按照1,2,2来分时，共有分组方法CC＝30种，

则一共有10＋30＝40种，

第二步：将分好的三组对应排列到三家酒店，有安排方法A＝6种，

综上，不同的安排方法共有40×6＝240种．故选D．

【剖析】　上述解法的错误主要是不能正确处理分组问题，显然将5个参会国分为1,1,3和2,2,1三组，都涉及部分均分，但整体不是均分，故易误认为只需利用组合数公式直接逐组选出即可求解，忽视部分组中元素个数相等而出现的部分均分问题，只要出现两组(或组数大于2)的元素个数相等，就是均分问题．如果各组元素个数都相等，就是整体均分；如果部分组元素个数相等，就是部分均分．

【正解】　根据题意，分两步进行分析，

第一步：五个参会国要在a，b，c三家酒店中选择一家，且每家酒店至少有一个参会国入住，所以可以把5个参会国分成三组，一种是按照1,1,3分；另一种是按照1,2,2分．

当按照1,1,3来分时，共有分组方法C＝10(种)；

当按照1,2,2来分时，共有分组方法＝15(种)．

则一共有分组方法10＋15＝25(种)．

第二步：将分好的三组对应安排到三家酒店，有安排方法A＝6(种)．

综上，不同的安排方法共有25×6＝150(种)，

故选C．

4．错用二项展开式的通项公式

典例4　(2020·云师大附中第二次月考)(1＋2x2)6的展开式中，含x2的项的系数是(　B　)

A．－40　　 B．－25　

C．25　　 D．55

【解析】　6的展开式的通项Tk＋1＝Cx6－k(－)k＝(－1)kCx6－2k.

令6－2k＝2，得k＝2，所以T3＝(－1)2Cx2＝15x2；

令6－2k＝0，得k＝3，所以T4＝(－1)3C＝－20．

由多项式乘法法则可得，(1＋2x2)6的展开式中含x2的项为1×15x2＋2x2×(－20)＝－25x2．

所以含x2的项的系数为－25，

故选B．

【剖析】　该题的易错点主要有两个：一是错用二项展开式的通项公式，不能正确确定常数项和x2的系数，导致计算错误；二是不会利用多项式乘法法则，将所求问题转化为(x－)6的展开式问题求解．

5．混淆二项式系数与展开式的项的系数

典例5　(2020·山东济南外国语学校10月月考)已知x(x－2)8＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9，则a1＋a2＋…＋a9＝__－1__，a2＝__20__.

【解析】　令x＝1，得a0＝1，

令x＝2，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝0，所以a1＋a2＋…＋a9＝－1．

因为x(x－2)8＝[(x－1)＋1]×[(x－1)－1]8，a2为含(x－1)2的项的系数，所以需求出[(x－1)－1]8的展开式中含(x－1)2的项的系数与含x－1的项的系数．

含(x－1)2的项的系数为C(－1)6＝28，含x－1的项的系数为C(－1)7＝－8．

故a2＝28－8＝20．

【剖析】　该题的易错点有两个：一是混淆展开式的项的系数与二项式系数，误以为a1，a2，…，a9是二项式系数，导致错误；二是不能正确理解展开式的形式，前后形式不一致，导致解题没有思路．求解二项展开式中某些项的系数之和，可以直接利用赋值法求解，求值时注意展开式与所求式子之间的对应，从而进行恰当赋值，不是求任意项的系数之和都是令x＝1，抓住对应关系是关键，如该题中要得到a0＋a1＋a2＋…＋a9，必须令x＝2；而求a0，就需要令x＝1．