数学经典易错题会诊与高考试题预测12
高考数学经典易错题会诊（十二）
考点12
排列、组合、二项式定理
►正确运用两个基本原理
►排列组合
►二项式定理
►在等可能性事件的概率中考查排列、组合
►利用二项式定理解决三项以上的展开式问题
►利用二项式定理证明不等式
经典易错题会诊
命题角度1
正确运用两个基本原理
1．（典型例题）已知集合A=B={1，2，3，4，5，6，7}，映射f:A→B满足f(1)
2n-3(n2+3n+8)(n<2,n∈N)
答案：解：证明：3n=(2+1)n=2n+·2n-1+·2n-2+2n-3+…+·2+>2n+n·2n-1+
2n-2=2n-3[8+4n+n2-n]=2n-3(n2+3n+8)．
探究开放题预测
预测角度 1
在等可能性事件的概率中考查排列、组合
1 A、B、C、D、E五人站成一圈传球，每人只能把球传给他的邻人，A传出（算第一次）后经10次传球又回到A的概率为 （ ）
[解题思路] 本题的概率是一个等可能性事件的概率，基本事件总数为210，（因为每一次传球都有两种可能），经10次传球又回到A这个事件，应考虑传球的方向。
[解答] 因为每一次传球都有两种可能，∴传球10次的可能结果为210，即基本事件总数为210，传球10次又回到A应分两种情况：（1）一直是顺时针或逆时针传球，有2种可能；（2）有逆时针又有顺时针传，则应是顺时针、逆时针各传次，问题即为10次传球中，哪5次是逆时针传，共有C510种可能，由于上述两种情况互斥。
∴传球10次又回到A的可能有C510+2=254。
∴所求事件的概率为
∴选C。
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2 某校高三年级举行一次演讲比赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其他班有5位，若采用抽签方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起，而二班的2位同学没有被排在一起的概率为 （ ）
[解题思路] 基本事件总数为A1010，而事件A包括的可能实际上就是排列中的相邻与不相邻问题，按“捆绑法”与“插空法”求解。
[解答] 10个人的演讲顺序有A1010种可能，即基本事件总数为A1010，一班同学被排在一起，二班的同学没有被排在一起这样来考虑：将一班的3位同学当作一个元素与其他班的5位同学一起排列有A66种，考虑这3位同学之间的顺序，∴不同的排法有A66·A33·A27种。∴所求概率为。∴选B。
3 9支足球队参加一地区性足球预选赛，将这9支球队任意地均分为3组，则A、B两个“冤家队”恰好分在同一组的概率为 （ ）
[解题思路] 可以选将3组取名为甲、乙、丙加以区分，后用排列、组合、概率的知识解之，也可以先锋将A安排好，再安排B来解。
[解答] 解法一 将9支球队任意地均分为甲、乙、丙3组有C39C36·C33种分法,而A、B两队可在3组之一，选定某组后再从其它7队中任选1队到该组，剩下的两组还有C36·C33种配合法，故A、B同组的可能有3C17C36C33。
∴所求事件的概率为∴选B。
解法二 9支球队可分为3组，每组3队，视作3个空位，A队先占其中一组的一个空位，现在让B队在余下的8个位置任选其一，有8种选法，而其中只有2种选法属于A、B同组。
∴选求概率为∴选B。
预测角度 2
利用二项式定理解决三项以上的展开式问题
1．（1-3x+2y）n的展开式中不含y的项的系数和为 （ ）
A．2n B．-2n C．(-2)n D．1
[解题思路] 将（1-3x+2y）看作(1-3x)+2y两项，利用二项式定理的有关知识解之。
[解答] （1-3x+3y）n=[(1-3x)+2y]n,而[(1-3x)+2y]n的展开式中不含y的项为C0n(1-3x)n=(1-3x)n,而(1-3x)n的展开式中各项的系数和为（-2）n(令x=1即可)。∴选C。
2．（1+2x-3x2）6展开式中的x5项的系数为 （ ）
A．86 B．168 C．-168 D．-8748
[解题思路] 可以将其中两项当作一项，再利用二项式定理求解。但若注意1+2x-3x2可以分解因式，将（1+2x-3x2）6分成两个项式的乘积来求解将会更方便简捷。
[解答] ∵（1+2x-3x2）6=（1+3x）6(1-x)6, ∴展开式中的x5项的系数由6部分组成：（1）前5次方，后0次方法[将（1+3x）6称为“前”，（1-x）6称为“后”]。系数为C56·（3）5;(2)前4次方，后1次方，系数为C46·（3）4·（-C16）；（3）前3次方，后2次方，系数为C36·33·C26
；（4）前2次方，后3次方，系数为C26·（3）2·（-C36
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）；（5）前1次方，后4次方，系数为C16·3·C46；（6）前0次方，后5次方，系数为-C56。∴展开式中x5项的系数为C56·35+C46·34·（-C16）+C36·33·C26+C26·32·（-C36）+C16·3·C46-C56=-168。∴选C。
预测角度 3
利用二项式定理证明不等式
1 过点P（1，0）作曲线C：y=xk,[x∈(0,+∞)，k∈N*,k>1]的切线，切点为Q1，设Q1在x轴上的投影是点P1;又过点P1作曲线C的切线，切点为Q2，设Q2在x轴上投影为点P2，…如此继续下去得到一系列点Q1，Q2，…，Qn，…，设点Qn的横坐标为an.
（1）求证：
（2）求证：
（3）求证：
[解题思路] 利用已知条件，找到an的递推式，再求通项；第（2）问的证明可用二项式定理；第（3）问可用错位相减法。
[解答] （1）y’=kxk-1,过点Qn(an,akn)的切线方程为y-akn=kak-1n(x-an),当n=1时，切线过点p(1,0),
∴0-ak1=kak-11(1-a1),得a1=;当n>1时，切线过点Pn-1(an-1,0),即有0-akn=kak-1n(an-1-an)得∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列。∴an=()n;
(2)由（1）知an=()n=(1+)n=C0n+C1n·+C2n·()2+…+Cnn()n≥C0n+C1n·=1+；
(3)记
则，
两式相减得
（第（2）问也可以用数学归纳法加以证明）
考点高分解题综合训练
1 将1，2，3…，9这9个数字填在3×3的正方形方格中，要求每一列从上到下的依次增大，每一行从左到右均依次增大，当4固定在中心位置时，则填写空茖的方法有 （ ）
A．6种 B．12种 C．18种 D．24种
答案： B 解析：首先确定1、9分别在左上角和右下角，2、3
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只能在4的上方和左方，有2种填方，5，6，7，8填在其它位置有=6种方法．依分步计数原理有2=12种填法，所以选B．
2 某重点中学要把9台相同的电脑送给农村三所希望小学，每个小学到少2台电脑，不同的送法种数为（ ）
A．10种 B．9种 C．8种 D．6种
答案： A 解析：先每所学校送1台电脑，剩下6台电脑分给三所学校，每校至少1台，用隔板法，有=10种．∴选A. 3．B 解析：基本事件总数为+++=15，而倒出奇数粒的可能是+=8，∴倒出奇数粒玻璃球的概率为，倒出偶数粒玻璃球的概率为，∴选B．
3 从装有4粒大小、形状相同，颜色不同的玻璃球的的瓶中，随意一次倒出若干粒玻璃球茎（至少一粒），则倒出奇数粒玻璃球的概率比例出偶数粒玻璃球的概率 （ ）
A．小 B．大
C．相等 D．大小不能确定
4 将二项式（）n的展开式按x降幂排列，若前三项系数成等数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有 （ ）
A．1项 B．3项 C．5项 D．7项
答案： B 解析：()n的展开式按x的降幂排列，前三项的系数为·，由已知有==，解得n=8或1，舍去n=1．∴n=8，()8的展开式的通项为·x·()r·x-=()r·x，当r=0，4,8时为整数，∴x的幂指数是整数的项共有3项，∴选B．
5 已知f(n)=3n-C1n3n-1+C2n·3n-2-…+(-1)n+log2n(n∈N*),当n=________时,|f(n)-2005|取得最小值。
答案：11 解析f(n)=3n-3n-1+…+(-1)n+log2n=(3-1)n+log2n=2n+log2n，∴ |f(n)-2005|=|2n+log2n-2005|当n=11时，|2n+log2n-2005|取最小值．∴填11．
6 用五个数字0，1，1，2，2组成的五位数总共有____________。
答案： B 解析：将0放在不是首位的其它4个位置上有种方法，再在剩下的4个位置选2个位置放1，剩下2个位置放2，有种方法，依分步计数原理，共有这样的五位数共有=24个．∴选B．
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7 在（4x2+3x+2）5的展开式中，分别求：（1）x的系数；
答案：(4x2+3x+2)5=[4x2+2]+3x]5，∴Tr+1=(4x2+2)5-r·(3x)r，求x的系数，只有r=1，x的系数为·3·24=240．
（2）x2的系数；
(4x2+3x+2)5=[4x2+(3x+2)]5，∴Tr+1= (4x2)5-r(3x+2)r，要求x2的系数，r=4或r=5才有可能，当r=4时，x2的系数为 ·4·24=320，当r=5时，x2的系数为·32×23=720．当r=4时x2的系数为320∴展开式中x2的系数为320+720=1040．
（3）常数项
答案：常数项为25=32．
8 若n∈N*,n<100,且二项式(x3+)n的展开式中存在常数项，求所有满足条件的n的值的和。
答案：解：(x3+)n的展开式的通项为Tr+1=·x3(n-r)×
x-2r=x3n-5r，∵存在常数项，∴3n-5r=0 r=n，∴n为5的倍数，∴满足条件的n的值的和为950．
9 一条走廊宽2m，长6m,现用6种不同颜色，大小均为1×1m2的整块单色地板砖来铺设，要求相邻的两块地砖颜色不同，假定每种颜色的地砖都足够多，那么不同的铺设方法有多少？
答案：解析：将走廊看作6列1×2m2的图案，先铺第一列，有=30种方法，再铺第二列，分三类：(1)与第一列两块颜色均不相同，有=12种(2)与第一列仅有一块相同，有2=8种；(3)与第一列两块颜色均相同，仅有1种，故铺第二列共有12+8+1=21种方法，同理以后各列均有21种方法，故不同的铺设方法共有 30×215种．
10 若（x+1）+(x+1)2+…+(x+1)n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+an(x-1)n,求a0+a1+…+an.
答案：解：令x=2，得a0+a1+…+an=3+32+…+3n=
11 从集合{1，2，3，…，20}中选3不同的数使这3个数成递增的等差数列，则这样的数列共有多少个？
答案：解：(解法一)公差为1的等差数列有18个；公差为2的等差数列有16个；依此类推，公差为9的等差数列有2个．∴这样的等差数列共有2+4+…+16+18=90个．
(解法2)取出三个数a、b、c要构成等差数列，则2b=a+c，因此a+c必须为偶数，则a与c同为奇数或同为偶数．∴这样的等差数列共有=90个．
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将一个四棱锥的每个顶点染上颜色，使同一条棱上的两端点异色，如果有5种颜色或供使用，那么不同的染色方法总数有多少种？
答案：解：将四棱锥记为S--ABCD，先染S、A、B由于颜色各不相同，∴有=60种方法；再染C、D，若C的颜色与A相同，则D的染色方法数为3种，若C的颜色与 A不相同，则C的染色方法有2种，D的染色方法为2种，依两个基本原理，不同的染色方法数为×(3+2×2)=420种．
13 两条异面直线称为“一对”，连结正方体的八个顶点的所有直线中，异面直线共有多少对？
答案：解：一对异面直线需要4个不共面的点，而4个点每两点连线中可得3对异面直线，现在只要求出从这8个点中选4个不共面的点方法数，用间接解法，总数 有种，其中共面的四个点有两类，一类是共于表面的有6种，另一类为共面于对角面的有6种，∴选4个不共面的点方法数为-6-6=58种．用此可得异面直线的对数为3×58=174．
14 已知函数f(x)=f(2)=2f(3)<3,且f(x)的图像按向量e=(-1,0)平移后得到的图像关于原点成中心对称图形。
（1）求a、b、c的值;
答案： f(x)的图象按向量e=(-1，0)平移后得到函数y=，由已知该函数为奇函数，∴c=0，又f(2)=2，∴a+1=2b,f(3)<3，∴4a+1<6b．得a<2，又a∈N,∴a=0或a=1，若a=0，此时b=与b∈N矛盾，∴a=1,b=1，
f(x)=
(2)设0<|x|<1,0<|t|≤1，求证：|t+x|+|t-x|<|f(tx+1);
答案：|t+x|+|t-x|=
而|f(tx+1)|=
(∵tx≠±1)．
|t+x|+|t-x|<2，∴原不等式成立．
(3)设x是正实数，求证[f(x+1)]n-f(xn+1)≥2n-2.]
答案：[f(x+1)]n=(x+)n=xn+x2-n,f(xn+1)=xn+;
记Tn=[f(x+1)]n-f(xn+1)=
∴Tn≥2n -2．∴原不等式成立．
(第(3)问可以用数学归纳法加以证明) .
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