新课改地区2021版高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.2排列组合与二项式定理练习新人教B版.doc

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1、111.211.2 排列、组合与二项式定理排列、组合与二项式定理核心考点核心考点精准研析精准研析考点一排列、组合的基本问题1.某校根据 2017 版新课程标准开设 A 类选修课 3 门,B 类选修课 4 门,一位同学从中共选 3门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有()A.30 种B.35 种C.42 种D.48 种2.在由数字 1、2、3、4、5 组成的所有没有重复数字的 5 位数中,大于 23 145 且小于 43 521的数共有()A.56 个B.57 个C.58 个D.60 个3.八个人分两排坐,每排四人,限定甲必须坐在前排,乙、丙必须坐在同一排,共有_种安排办法.4.(2

2、018 浙江高考)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.选 A.按照所选的 3 门课程中 A 类的情形分两类:第一类,2 门 A 类选修课,1 门 B类选修课,有种方法;第二类,1 门 A 类选修课,2 门 B 类选修课,有种方法,所以由分类加法计数原理得不同的选法共有+=12+18=30(种).2.选 C.按照首位的大小分类:(1)开头为 231 的,有一个.(2)开头为 23 的,第三位从 4,5 中选一个,有种,余下的后两位,有种,共有=4个.(3)开头为 2,第 2 位从 4,

3、5 中选一个,有种,余下的后 3 位,有种,共有=12 个.2(4)开头为 3,后四位由 1,2,4,5 全排列,有 4!=24 个.(5)开头为 4,第二位为 1,2 中的一个,有 2 种方法,后三位有 3!=6 种方法,共有 26=12 个.(6)开头为 43,第三位从 1,2 中选一个,有 2 种方法,后两位有 2!种方法,共有 22=4 个.(7)开头为 435 的,只有 1 个,所以由分类加法计数原理得所求的数共有 1+4+12+24+12+4+1=58(个).3.方法一:可分为“乙、丙坐在前排,甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排,甲坐在前排的八人坐法”两类情况.应当使用分类加法

4、计数原理,在每类情况下,划分“乙、丙坐下”“甲坐下”“其他五人坐下”三个步骤,又要用到分步乘法计数原理,这样可有如下算法:+=8 640(种).方法二:采取“总方法数减去不符合题意的所有方法数”的算法.把“甲坐在前排的八人坐法数”看成“总方法数”,这个数目是.在这种前提下,不合题意的方法是“甲坐在前排,且乙、丙坐两排的八人坐法,”这个数目是.其中第一个因数表示甲坐在前排的方法数,表示从乙、丙中任选出一人的方法数,表示把选出的这个人安排在前排的方法数,下一个则表示乙、丙中未安排的那个人坐在后排的方法数,就是其他五人的坐法数,于是总的方法数为-=8640(种).答案:8 6404.分类讨论:第一类

5、:不含 0 的,按照分步乘法计数原理:=10324=720;第二类:包含 0 的,按照分步乘法计数原理:=10336=540,所以一共有 1 260 个没有重复数字的四位数.答案:1 26031.求解有限制条件的排列问题的主要方法直接法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捆绑法相邻问题捆绑处理,即可以把相邻几个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插空法不相邻问题插空处理,即先考虑不受限制

6、的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中除法对于定序问题,可先不考虑顺序限制,排列后,再除以已定元素的全排列间接法对于分类过多的问题,按正难则反,等价转化的方法2.两类含有附加条件的组合问题的方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:若“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;若“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中选取.(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型:解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法或间接法都可以求解,用直接法分类复杂时,可用间接法求解.考点二排列、组合的综合问题【典例】1.从 A,B,C,D

7、,E 5 名学生中选出 4 名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛,其中A 不参加物理、化学竞赛,则不同的参赛方案种数为()A.24B.48C.72D.1202.把 20 个不加区别的小球放入 1 号,2 号,3 号的三个盒子中,要求每个盒内的球数不小于它的编号数,则不同的方法种数为_.3.对于任意正整数 n,定义“n 的双阶乘 n!”如下:当 n 为偶数时,n!=n642,4当 n 为奇数时,n!=n531,现有四个结论:(2018!)(2019!)=2019!,(2n)!=2n,2018!的个位数字是 8,则四个结论中正确的是_.【解题导思】序号联想解题1由“A 不参加物理、化学竞赛”联想到

8、分类:A 参加,A 不参加.2由题意知小球没有区别,及盒子内球数不小于编号数,联想到先在 2,3 号盒子里分别放上 1,2 个球,变成了挡板问题.3看到双阶乘,联想到阶乘.【解析】1.选 C.因为 A 参加时参赛方案有=48(种);A 不参加时参赛方案有=24(种),所以不同的参赛方案共 72 种.2.先在编号为 2,3 的盒内分别放入 1 个,2 个球,还剩 17 个小球,三个盒内每个至少再放入 1个,将 17 个球排成一排,有 16 个空隙,插入 2 块挡板分为三堆放入三个盒中,即可共有C=120 种方法.答案:1203.因为(2018!)(2019!)=(20182016642)(201

9、92017531)=20192018201754321=2019!所以是正确的.因为(2n)!=6 4 2=2n3 2 1=2n,5所以是正确的.因为由知道 2018!中有因数 5,也有因数 2,所以个位数字是 0,所以是错误的.因为对任意正整数 n,都有,所以=,=,=,把上面的 2n 个式子作乘法,得,所以两边开方得,所以是正确的.答案:解决排列、组合的综合问题的关键点(1)解排列与组合综合题一般是先选后排,或充分利用元素的性质进行分类、分步,再利用两个原理作最后处理.(2)解受条件限制的组合题,通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决.分类标准应统一,避免出现重复或遗漏.(3)对

10、于选择题要谨慎处理,注意答案的不同形式,处理这类选择题可采用排除法分析选项,错误的答案都有重复或遗漏的问题.(4)熟记排列数、组合数公式及其变形,准确计算.1.用数字 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为()A.24B.48C.60D.72【解析】选 D.分两步:第一步,先排个位,有种选择;第二步,排前 4 位,有种选择.由分步乘法计数原理,知有=72 个.2.某班组织文艺晚会,准备从A,B 等8 个节目中选出4 个节目演出,要求 A,B两个节目至少有一个选中,且 A,B 同时选中时,它们的演出顺序不能相邻,那么不同演出顺序的种数为()6A.1 860B.1 320C

11、.1 140D.1 020【解析】选 C.当 A,B 节目中只选一个时,共有=960 种演出顺序;当 A,B 节目都被选中时,由插空法得共有=180 种演出顺序.所以一共有 960+180=1140 种演出顺序.3.已知 i,m,n 是正整数,且 1imn,求证:.【证明】(用分析法)原不等式等价于,左边=,于是只要证明即可,联想到“糖水不等式:若 0a0,则 01”及不等式的可乘性,所以=,所以原不等式成立.考点三二项式定理命题精解读考什么考什么:(1)考查二项展开式的通项及由通项求某一项的系数或常数项.(2)考查应用赋值法求某些数列的和.怎么考怎么考:求二项展开式的通项或某指定项的系数或常

12、数项,或知道某项系数或二项式系数,反求参数的值,考查二项展开式中组合思想的应用.新趋势新趋势:结合二项展开式的特征,与数列求和或不等式等知识交汇考查二项式定理.学霸好1.1.求解二项式定理问题的关键求解二项式定理问题的关键(1)熟记二项式定理,会用组合思想解决展开式的通项,或某些指定项.(2)熟悉二项展开式的特征,掌握赋值法解某项数列求和问题.7方法2.2.交汇问题交汇问题解决与数列、不等式等知识交汇问题时,先用赋值法构造求和模型,再转化为熟悉的问题.二项展开式的通项及其应用【典例】1.(2018全国卷)的展开式中 x4的系数为()A.10B.20C.40D.802.的展开式中常数项为()A.

13、B.160C.-D.-160【解析】1.选 C.展开式的通项公式为 Tr+1=(x2)5-r=2rx10-3r,令 10-3r=4 可得 r=2,则 x4的系数为 22=40.2.选 A.的展开式的通项为 Tr+1=x6-r=x6-2r,令 6-2r=0,得r=3,所以展开式中的常数项是 T4=.如何解决与二项展开式的通项有关的问题?提示:(1)求展开式中的特定项或其系数.可依据条件写出第k+1项,再由特定项的特点求出k值即可.(2)已知展开式的某项或其系数求参数.可由某项得出参数项,再由通项公式写出第 k+1 项,由特定项得出 k 值,最后求出其参数.二项式系数的性质与各项的和【典例】1.(

14、2019郑州模拟)若二项式的展开式的二项式系数之和为 8,则该展开式所有项的系数之和为()8A.-1B.1C.27D.-272.(2019鄂尔多斯模拟)在的展开式中,x3的系数等于-5,则该展开式的各项的系数中最大值为()A.5B.10C.15D.203.(2019襄阳模拟)设(x2+1)(2x+1)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+a10(x+2)10,则 a0+a1+a2+a10的值为_.【解析】1.选 A.依题意得 2n=8,解得 n=3,取 x=1,得该二项展开式每一项的系数之和为(1-2)3=-1.2.选 B.的展开式的通项为 Tr+1=x5-r=(-a)rx5-2r,令

15、5-2r=3,则 r=1,所以-a5=-5,即 a=1,展开式中第 2,4,6 项的系数为负数,第 1,3,5 项的系数为正数,故各项的系数中最大值为=10.3.在所给的多项式中,令 x=-1 可得(1+1)(-2+1)8=a0+a1+a2+a10,即 a0+a1+a2+a10=2.答案:2如何求解二项式系数或展开式系数的最值问题?提示:求解二项式系数或展开式系数的最值问题一般分两步:第一步,要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最大”两者中的哪一个.第二步,若是求二项式系数的最大值,则依据(a+b)n中 n 的奇偶及二次项系数的性质求解.若是求展开式系数的最大值则在系数均为正值的前

16、提下,求最大值只需解不等式组即可求得答案.二项式定理的综合应用【典例】1.(x+y)(2x-y)6的展开式中 x4y3的系数为()A.-80B.-40C.40D.802.(2019枣阳模拟)(x2+x+y)5的展开式中 x5y2的系数为()9A.10B.20C.30D.60【解析】1.选 D.(2x-y)6的展开式的通项公式为 Tr+1=(2x)6-r(-y)r,当 r=2 时,T3=240 x4y2,当 r=3 时,T4=-160 x3y3,故 x4y3的系数为 240-160=80.2.选 C.(x2+x+y)5的展开式的通项为=(x2+x)5-ryr,令 r=2,则 T3=(x2+x)3

17、y2,又(x2+x)3的展开式的通项为(x2)3-kxk=,令 6-k=5,则 k=1,所以(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为=30.如何求解(a+b)m(c+d)n或(a+b+c)n展开式的某一项的系数?提示:(1)若n,m中一个比较小,可考虑把它展开得到多个,如(a+b)2(c+d)m=(a2+2ab+b2)(c+d)m,然后展开分别求解.(2)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.(3)观察(a+b)(c+d)是否可以合并,如(1+x)5(1-x)7=(1+x)

18、(1-x)5(1-x)2=(1-x2)5(1-x)2.(4)分别得到(a+b)n,(c+d)m的通项公式,综合考虑.1.将多项式 a6x6+a5x5+a1x+a0分解因式得，m 为常数，若 a5=-7，则 a0=()A.-2B.-1C.1D.2【解析】选 D.因为(x+m)5的通项公式为 Tr+1=x5-rmr，a5x5=xx5-1m1+(-2)x5=(5m-2)x5，所以 a5=5m-2，又因为 a5=-7，所以 5m-2=-7，所以 m=-1，所以常数项 a0=(-2)(-1)5=2.102.在的展开式中，含 x5项的系数为()A.6B.-6C.24D.-24【解析】选 B.由=-+-+，

19、可知只有-的展开式中含有 x5，所以的展开式中含 x5项的系数为-=-6.3.(a+x)(1+x)4的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 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.令 x=-1，得 0=a0-a1+a2-a3+a4-a5.-得 16(a+1)=2(a1+a3+a5)=232，所以 a=3.答案：31.(2019湘潭模拟)若(1-3x)2 020=a0+a1x+a2 020 x2 020，xR，则 a13+a232+a2 02032 020的值为()A.22 020-1B.82 020-1C.22 020D.82 020【解析】选 B.由已知，令 x=0，得 a0=1，令 x=3，得 a0+a13+a232+a2 02032 020=(1-9)2 020=82 020，所以 a13+a232+a2 02032 020=82 020-a0=82 020-1.2.的展开式中常数项为()A.-30B.30C.-25D.25【解析】选 C.=x2-3x+，的展开式的通项为 Tr+1=(-1)r，易知当 r=4 或 r=2 时原式有常数项，令 r=4，T5=(-1)4，11令 r=2，T3=(-1)2，故所求常数项为-3=5-30=-25.