2019届二轮复习解题技巧　排列、组合与二项式定理学案（全国通用）

2019届二轮复习解题技巧　排列、组合与二项式定理学案（全国通用）

第5讲　排列、组合与二项式定理 　【p21】‎ 　【p21】‎ 年份 卷别 题号 考查内容 命题规律 ‎2018‎ Ⅰ ‎15‎ 计数原理、组合 Ⅲ ‎5‎ 二项展开式特定项的系数 ‎2017‎ Ⅰ ‎6‎ 二项展开式的通项 Ⅱ ‎6‎ 排列、组合 Ⅲ ‎4‎ 二项展开式的通项 ‎2016‎ Ⅰ ‎14‎ 二项展开式的通项 Ⅱ ‎5‎ 计数原理 Ⅲ ‎12‎ 计数原理、组合 ‎　　求二项式展开式中指定项的系数，还包括由指定项的系数列方程求参数的值，将一个三项式或两个二项式的积转化为二项式问题，指定项可以是已知项，第几项，系数最大项，奇(偶)数项，奇(偶)数次幂项，等等．主要考法为已知一个式子，利用二项式定理和组合数求已知式展开式中指定项的系数，或由指定项求已知式中的参数.‎ 备 考 建 议　【p21】‎ ‎1．两个计数原理、排列与组合 ‎(1)运用分类计数原理，要恰当选择分类标准，做到不重不漏．‎ ‎(2)运用分步计数原理，要确定好次序，并且每一步都是独立、互不干扰的，还要注意元素是否可以重复选择．‎ ‎(3)对于综合性排列组合问题，注意同时运用两个基本原理或借助列表、画树状图的方法来帮助分析，避免重复和遗漏计算．‎ ‎2．二项式定理和应用 ‎(1)运用二项式定理一定要牢记通项公式Tr＋1＝Cnran－r·br，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指Cnr，而后者是字母外的部分．‎ ‎(2)应用二项式原理，应注意以下两点：‎ ‎①求二项式所有项的系数和，可采用“赋值”，通常令字母变量的值为1或－1或0；‎ ‎②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造恒等式两种方法．‎ ‎3．常用公式 ‎(1)排列数公式：Anm＝n(n－1)·…·(n－m＋1)．‎ 组合数公式：Cnm＝＝＝.‎ 由于0！＝1，所以Cn0＝1.‎ Cnm＝Cnn－m；Cn＋‎1m＝Cnm＋Cnm－1.‎ ‎(2)二项式定理：(a＋b)n＝Cn0an＋Cn1an－1b1＋…＋Cnran－r·br＋…＋Cnnbn(n∈N*)．‎ 通项：在二项展开式中的Cnran－rbr叫作二项展开式的通项，用Tr＋1表示，即通项为展开式的第r＋1项；Tr＋1＝Cnran－r·br(r＝0，1，…，n)．‎ 在二项式定理中，如果设a＝1，b＝x，则得到公式：‎ ‎(1＋x)n＝1＋Cn1x＋Cn2x2＋Cn3x3＋…＋Cnnxn.‎ 若a＝1，b＝－x，则得到公式：(1－x)n＝1－Cn1x＋Cn2x2＋…＋(－1)nCnnxn.‎ 典 例 剖 析　【p21】‎ 探究一　计数原理及应用 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 例1 (1)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　　)‎ A．60 B．‎48 C．36 D．24‎ ‎【解析】选B.‎ 长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12个，共36＋12＝48个，故选B.‎ ‎(2)用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为1，2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“1、5、‎9”‎的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎【解析】108‎ 第一步，从红、黄、蓝三种颜色中任选一种去涂标号为“1、5、‎9”‎的小正方形，涂法有3种；‎ 第二步，涂标号为“2、3、‎6”‎的小正方形，若“2、‎6”‎同色，涂法有2×2种，若“2、‎6”‎不同色，涂法有2×1种；‎ 第三步：涂标号为“4、7、‎8”‎的小正方形，涂法同涂标号为“2、3、‎6”‎的小正方形的方法一样．‎ 因此符合条件的所有涂法共有3×(2×2＋2×1)×(2×2＋2×1)＝108(种)．‎ ‎【点评】本题主要考查分类加法原理和分步乘法原理．‎ 探究二　排列与组合及应用 例2 (1)分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有(　　)‎ A．A43种 B．A‎33A31种 C．C‎42A33种 D．C‎41C31A33种 ‎【解析】选C.‎ 先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有C‎42A33种．‎ ‎(2)一个五位的自然数abcde，当且仅当它满足ad>e(如12 430, 13 531等)时称为“凸”数，则在所有的五位数中“凸”数的个数是________．‎ ‎【解析】2 142‎ ‎∵当c＝3时，a＝1，b＝2，a，b的取法只有C22种；d，e∈{2，1，0}，有C32种取法，∴满足条件的取法有C‎22C32种；同理：当c＝4时，满足条件的取法有C‎32C42＝18种；当c＝5时，满足条件的取法有C‎42C52＝60种；……；∴所有的五位数中“凸”数的个数是C‎22C32＋C‎32C42＋C‎42C52＋C‎52C62＋C‎62C72＋C‎72C82＋C‎82C92＝3＋18＋60＋150＋315＋588＋1 008＝2 142.‎ ‎【点评】区分排列与组合问题的标准是有序和无序，分析排列和组合问题时依题设条件转化化归为基本的排列和组合问题是求解的切入点．‎ 探究三　二项式定理及应用 例3 (1)在(x2＋3x＋2)5展开式中x的系数为(　　)‎ A．160 B．240‎ C．360 D．800‎ ‎【解析】选B.‎ 原式可化为(x＋1)5(x＋2)5，由二项式定理展开可知x的系数为C51·25＋C51·24＝240.故选B.‎ ‎(2)在二项式的展开式中，各项系数之和为A，各项二项式系数之和为B，且A＋B＝72，则展开式中常数项的值为(　　)‎ A．6 B．9‎ C．12 D．18‎ ‎【解析】选B.‎ A＝(1＋3)n＝4n，B＝2n.A＋B＝4n＋2n＝72，∴n＝3.‎ ‎∴＝.‎ Tr＋1＝C3r()3－r＝3rC3rx·x－r＝3rC3rx.‎ ‎∴当r＝1时Tr＋1为常数项．∴常数项为‎3C31＝9.‎ ‎(3)若(1－2x)2 020＝a0＋a1x＋…＋a2 020x2 020(x∈R)，则＋＋…＋的值为(　　)‎ A．2 B．‎0 C．－1 D．－2‎ ‎【解析】选C.‎ 观察所求数列和的特点，令x＝可得a0＋＋＋…＋＝0, 所以＋＋…＋＝－a0，‎ 再令x＝0可得a0＝1，因此＋＋…＋＝－1.‎ ‎(4)若(x＋1)4(x＋4)8＝a0(x＋3)12＋a1(x＋3)11＋a2(x＋3)10＋…＋a11(x＋3)＋a12，则log2(a1＋a3＋a5＋…＋a11)＝________．‎ ‎【解析】7‎ 令x＝－2，则a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12＝28，令x＝－4，则a0－a1＋a2－…－a11＋a12＝0，相减得2(a1＋a3＋a5＋…＋a11)＝28，所以a1＋a3＋a5＋…＋a11＝27，所以log2(a1＋a3＋a5＋…＋a11)＝log227＝7.‎ ‎【点评】有关二项式定理的题型有两类，一类是利用通项公式解决展开式的系数，次数和性质(常数项、有理项等)等问题；另一类是赋值法解决二项式的系数和的问题，求解时仔细审题，细心运算．‎ 规 律 总 结　【p22】‎ ‎1．分类应在同一标准下进行，确保“不漏”“不重”；分步要做到“步骤连续”和“步骤独立”，并能完成事件．‎ ‎2．界定“元素与位置”要辩证地看待，“特殊元素”“特殊位置”可直接优先安排，‎ 也可间接处理．‎ ‎3．解排列组合综合问题注意先选后排的原则，复杂的排列和组合问题利用分类思想转化为简单问题求解．‎ ‎4．常见的求解排列与组合问题的策略有以下几种：‎ ‎(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、等价转换的策略；‎ ‎(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)定序问题消序处理的策略；‎ ‎(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．‎ ‎5．二项式定理解题的四大热点，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常见问题通项分析法；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．‎ 高 考 回 眸　【p22】‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考题1[2018·全国卷Ⅰ]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】16‎ 方法一：按参加的女生人数可分为两类：只有1位女生参加，有C‎21C42＝12种；有2位女生参加有C‎22C41＝4种，故共有16种．‎ 方法二：间接法．从2位女生，4位男生中选3人，共有C63＝20种情况，没有女生参加的情况有C43＝4种，故共有16种．‎ ‎【命题立意】考查两个计数原理，考查了学生的逻辑思维能力．‎ 考题2[2018·全国卷Ⅲ]的展开式中x4的系数为(　　)‎ A．10 B．‎20 C．40 D．80‎ ‎【解析】选C.‎ 的展开式的通项公式为Tr＋1＝C5r(x2)5－r·＝C5r2rx10－3r，令10－3r＝4，得r＝2，故展开式中x4的系数为C5222＝40，故选C.‎ ‎【命题立意】 考查了二项展开式的通项公式，考查了学生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算．‎ 考题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】1 260‎ 不含0的四位数有C52·C32·A44＝720(个)，‎ 含有0的四位数有C52·C31·C31·A33＝540(个)，‎ 综上，共有1 260个．‎ ‎【命题立意】 本题主要考查排列、组合的知识，考查学生分析问题、解决问题的能力，运算求解能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算．‎ 考点限时训练　【p118】‎ A组　基础演练 ‎1．如下图是某汽车维修公司的维修点环形分布图．公司在年初分配给A、B、C、D 四个维修点某种配件各50件．在使用前发现需将A、B、C、D四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修点之间进行．那么要完成上述调整，最少的调动件次(n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n)为(　　)‎ A．15 B．‎16 C．17 D．18‎ ‎【解析】选B.‎ 由题意知：应从A中调出10件，从B中调出5件，C调入4件，D调入11件，以就近原则，先从A调10件给D，B调4件给C，则已调14件次，B须调出1件给D，应通过A或C，都须2次调动，∴共须14＋2＝16，故选B.‎ ‎2．在1，2，3，4，5这五个数字所组成的有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数共有(　　)‎ A．16个 B．18个 C．19个 D．21个 ‎【解析】选C.‎ 数字之和为9的数组有(3，3，3)，(4，4，1)，(2，2，5)，(1，3，5)，(2，3，4)，它们组成的三位数的个数分别为C33，A31，A31，A33，A33，即共有三位数C33＋‎2A31＋‎2A33＝19(个)，故选C.‎ ‎3．(4x－2－x)6(x∈R)的展开式中的常数项是(　　)‎ A．－20 B．－15‎ C．15 D．20‎ ‎【解析】选C.‎ ‎4．4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎【解析】选D.‎ 每位同学有2种选法，基本事件的总数为24＝16，其中周六、周日中有一天无人参加的基本事件有2个，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为1－＝.故选D.‎ ‎5．设an(n＝2，3，4，…)是(3－)n的展开式中x的一次项的系数，则＋＋…＋的值是(　　)‎ A．16 B．‎17 C．18 D．19‎ ‎【解析】选B.‎ 令Tr＋1＝Cnr3n－r(－)r＝Cnr(－1)r·3n－r·x，‎ 令＝1，得r＝2，‎ ‎∴(3－)n的展开式中x的一次项的系数为an＝‎ Cn2(－1)2·3n－2＝Cn2·3n－2.‎ 则＋＋…＋＝32×，‎ 又Cn2＝，‎ 故上式＝9× ‎＝18× ‎＝18×＝17.故选B.‎ ‎6．设m为正整数，(x＋y)‎2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)‎2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若‎13a＝7b，则m＝(　　)‎ A．5 B．6‎ C．7 D．8‎ ‎【解析】选B.‎ 由题意得：a＝C‎2mm，b＝C‎2m＋‎1m，‎ 所以‎13C2mm＝‎7C2m＋‎1m，‎ ‎∴＝，∴＝13，‎ 解得m＝6，经检验为原方程的解，选B.‎ ‎*7.小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为(　　)‎ A．60 B．72‎ C．84 D．96‎ ‎【解析】选C.‎ 根据题意，分3种情况讨论：‎ ‎①、若小明的父母只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C21＝2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22＝2种情况，‎ 当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；‎ ‎②、若小明的父母只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，‎ 此时有2×2×6＝24种不同坐法；‎ ‎③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22＝2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33＝6种情况，此时，共有2×6＝12种不同坐法，‎ 则一共有48＋24＋12＝84种不同坐法；故选C.‎ B组　能力提升 ‎8．把座位编号分别为1，2，3，4，5，6的六张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少分一张，至多分两张，且分得两张票必须是连号的，那么不同的分法种数是________．‎ ‎【解析】144‎ 先把1、2、3、4、5、6的六张票用挡板法分成两个连号票和两个单号票，共C53－4＝6种情况，然后把两个连号票和两个单号票在甲、乙、丙、丁四个位置上全排列有A44种方法，则不同的分法种数为‎6A44＝144种，故填144.‎ ‎9．设a≠0，n是大于1的自然数，的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai)(i＝0，1，2)的位置如图所示，则a＝________．‎ ‎【解析】3‎ 由图可知a0＝1，a1＝3，a2＝4，‎ 由组合原理知 故解得 ‎10．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m的值为________．‎ ‎【解析】1或－3‎ 令x＝0，得a0＝(1＋0)6＝1；‎ 令x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.‎ 又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴(1＋m)6＝64＝26，‎ ‎∴m＝1或m＝－3.‎ ‎*11.在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手都进行一场比赛，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了比赛，这样全部比赛只进行了50场，那么在上述3名选手之间比赛的场数是________．‎ ‎【解析】1‎ 设共有n名选手，则50场比赛包括了n－3名选手的所有比赛的场数，3名选手之间比赛的场数r，以及n－3名选手与3名选手之间的比赛场数x，因为3名选手各比赛了2场，共6场，但3名选手之间的比赛被重复计算，所以x＝6－2r，由此可得：50＝Cn－32＋r＋(6－2r)，其中(0≤r≤3，n≥5，n∈N)，∴(n－3)(n－4)＝88＋2r，只有r＝1时有整数解n＝13.‎ ‎*12.已知整数n≥4，集合M＝{1，2，3，…，n}的所有3个元素的子集记为A1，A2，…，ACn3.设mi为Ai中的最小元素，Pn＝m1＋m2＋…＋mCn3，则Pn等于________．‎ ‎【解析】Cn＋14‎ 不难得到1≤mi≤n－2，mi∈Z，并且以1为最小元素的子集有Cn－12个，以2为最小元素的子集有Cn－22个，以3为最小元素的子集有Cn－32，…，以n－2为最小元素的子集有C22个，‎ 则Pn＝m1＋m2＋…＋mCn3‎ ‎＝1×Cn－12＋2Cn－22＋3Cn－32＋…＋(n－2)C22‎ ‎＝(n－2)C22＋(n－3)C32＋(n－4)C42＋…＋Cn－12‎ ‎＝C22＋(n－3)(C22＋C32)＋(n－4)C42＋…＋Cn－12‎ ‎＝C22＋(n－3)(C33＋C32)＋(n－4)C42＋…＋Cn－12‎ ‎＝C22＋(n－3)C43＋(n－4)C42＋…＋Cn－12‎ ‎＝C22＋C43＋(n－4)(C43＋C42)＋…＋Cn－12‎ ‎＝C22＋C43＋(n－4)C53＋…＋Cn－12‎ ‎＝C44＋C43＋C53＋…＋Cn3‎ ‎＝Cn＋14.‎