高考数学总复习排列组合、二项式定理(提高)

高考冲刺 排列组合、二项式定理编稿：孙永钊 审稿：张林娟【高考展望】命题角度：该部分的命题就是围绕两个点展开第一个点是围绕排列，组合展开，设计利用排列组合和两个基本原理求解的实际计数问题的试题，目的是考查对排列组合基本方法的掌握程度，考查分类与整合的思想方法，试题都是选择题或者填空题，难度中等或者偏易；第二点是围绕二项式定理展开，涉及利用二项式的通项公式计算二项式中特定项的系数、常数项、系数和等试题，目的是考查对二项式定理的掌握程度和基本的运算求解能力，试题也都是选择题或者填空题，难度中等预计高考对该部分的考查基本方向不变，即考查简单的计数问题、二项式定理的简单应用，但由于排列，组合试题的特点，也不排除出现难度稍大的试题的可能复习建议：该部分的复习以基本问题为主，要点有两个：一个是引导学生掌握解决排列，组合问题的基本思想，即分类与分步的思想，使学生在解题时有正确的思维方向；一个是掌握好二项展开式的通项公式的应用，这是二项式定理的考查核心【知识升华】一、排列与组合1、分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理，两者的区别在于分步计数原理和分步有关，分类计数原理与分类有关.2、排列与组合主要研究从一些不同元素中，任取部分或全部元素进行排列或组合，求共有多少种方法的问题.区别排列问题与组合问题要看是否与顺序有关，与顺序有关的属于排列问题，与顺序无关的属于组合问题.3、排列与组合的主要公式排列数公式： (mn)A=n! =n(n1)(n2) 21.组合数公式：(mn).组合数性质：(mn). 4、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”，并能完成事项.5、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. 6、解排列组合综合问题注意先选后排的原则，复杂的排列、组合问题利用分类思想转化为简单问题求解.7、常见的解题策略有以下几种：（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、等价转化的策略；（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）定序问题除法处理的策略；（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；（10）构造模型的策略.二、二项式定理1、二项式定理(a +b)n =Can +Can1b+Canrbr +Cbn，其中各项系数就是组合数C，展开式共有n+1项，第r+1项是Tr+1 =Canrbr.2、二项展开式的通项公式二项展开式的第r+1项Tr+1=Canrbr(r=0,1,n)叫做二项展开式的通项公式。3、二项式系数的性质在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C= C(r=0,1,2,n).若n是偶数，则中间项(第项)的二项公式系数最大，其值为C；若n是奇数，则中间两项(第项和第项)的二项式系数相等，并且最大，其值为C= C.所有二项式系数和等于2n，即C+CC+C=2n.奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，即C+C+=C+C+=2n1.4、二项式定理解题：四大热点，四条规律：（1）四大热点：通项运用型；系数配对型；系数和差型；综合应用型.（2）四条规律：常规问题通项分析法；系数和差赋值法；近似问题截项法；整除（或余数）问题展开法. 【典型例题】类型一、分类计数原理与分步计数原理【例1】用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？【思路点拨】颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，首先确定第一个小方格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法【解析】如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法1234当第2、第3个小方格涂不同颜色时，有12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法由分步计数原理可知，有5123180(种)不同的涂法；当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知，有54480(种)不同涂法由分类加法计数原理可得，共有18080260(种)不同的涂法【总结升华】涂色问题的解决方法(1)涂色问题没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个原理与排列组合的知识灵活处理，其难点是对相邻区域颜色不同的处理，解决的方法往往要采用分类讨论的方法，根据“两个原理”计算(2)本题也可以考虑对使用的颜色的种数进行分类，如果使用2种颜色，则只能是第1,4涂一种、第2,3涂一种，方法数是20；若是使用3种颜色，若第1,2,3方格不同色，第4个方格只能和第1个方格相同，方法数是60，如果第1,2,3方格只用两种颜色，则第4个方格只能用第3种颜色，方法数是3260；如果使用4种颜色，方法数是120.根据加法原理总的涂法种数是260.举一反三：【变式】1某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为_(用数字作答)【答案】7 200【解析】其中最先选出的一个有30种方法，此时这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的队形，选第二个人有20种方法，此时该人所在的行和列不能再选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是3020127 200.【例2】若从1,2,3，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A60种 B63种 C65种 D66种【思路点拨】分情况讨论：四数和为偶数其中奇数的个数只能是偶数个 (结论)分类选取，根据分类加法计数原理求之；【答案】D 【解析】要使所取出的4个数的和为偶数，则对其中取出的数字奇数和偶数的个数有要求，所以按照取出的数字奇偶数的个数分类.1,2,3，9这9个整数中有5个奇数，4个偶数要想同时取4个不同的数其和为偶数，则取法有三类：4个都是偶数：1种；2个偶数，2个奇数：60种；4个都是奇数：5种不同的取法共有66种【总结升华】两个基本原理是解决计数问题的根据，在计数问题中一般是先根据不同情况进行分类，然后对于每一类的计数问题再分步完成，根据分步乘法计数原理求出每类的数目，最后使用分类加法计数原理得到结果举一反三：【变式】在小语种提前招生考试中，某学校获得5个推荐名额，其中俄语2名，日语2名，西班牙语1名并且日语和俄语都要求必须有男生参加学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象，则不同的推荐方法共有()A20种 B22种 C24种 D26种【答案】C【解析】三个男生每个语种各推荐一人共有种推荐方法，三个男生只参加日语和俄语推荐共有种推荐方法，总的推荐方法共有24(种)，选C.【例3】某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i1,2，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有()A22种 B24种 C25种 D36种【思路点拨】掷三次骰子，点数最多为18，因此回到点A处只能是一次，而不能是回到点A后再次回到点A.由于正方形的周长为12，即说明三次掷的骰子点数之和为12，设三次点数分别为a，b，c，即方程abc12的满足1a，b，c6的解的组数即为所求的走法我们可以先固定其中的一个点数，分类求解另外的点数的各种可能情况【答案】C【解析】根据分析，a1，则bc11，只能是(5,6)，(6,5)，2种情况；a2，则bc10，只能是(4,6)，(5,5)，(6,4)，3种情况；若a3，则bc9，只能是(3,6)，(4,5)，(5,4)，(6,3)，4种情况；a4，则bc8，只能是(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)，5种情况；a5，则bc7，只能是(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，6种情况；a6，则bc6，只能是(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，5种情况故总计23456525种可能【总结升华】本题的设计极为巧妙，在必修3的教材中就有投掷骰子求点数之和的例子，这里把这个问题进行变通，问题就相当于在固定第一次投掷结果的情况下，分别求投掷两次骰子其点数之和是6,7,8,9,10,11的情况有多少种举一反三：【变式】某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为_(用数字作答)【答案】1200【解析】其中最先选出的一个有30种方法，此时这个人所在的行和列共10个位置不能再选人，还剩一个5行4列的队形，选第二个人有20种方法，此时该人所在的行和列不能再选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是1200种类型二、排列与组合【例4】(1)从甲、乙等5个人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是A12B24C36D48(2)值域为2,5,10，其对应关系为yx21的函数的个数为A1 B27 C39 D8【思路点拨】(1)分“选甲”与“不选甲”两类进行讨论；(2)根据函数的值域，求出函数定义域中可能包含的元素，分类讨论确定其定义域【答案】(1)D(2)B【解析】(1)若选甲，则有种排法；若不选甲，则有A种排法，则共有48(种)(2)分别由x212，x215，x2110解得x1，x2，x3，由函数的定义，定义域中元素的选取分四种情况：取三个元素：有8(种)；取四个元素：先从1，2，3三组中选取一组C，再从剩下的两组中选两个元素，故共有12(种)；取五个元素：6(种)；取六个元素：1种由分类计数原理，共有8126127(种)【总结升华】排列、组合问题的解法：解排列组合综合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手“分析”就是找出题目的条件、结论哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类，然后逐类解决；“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决举一反三：【变式1】某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为A14 B24 C28 D48【答案】A【解析】选1名女生的方案有：种；选2名女生的方案有：种；故至少选1名女生共有：14种方案【变式2】用0,1,2,3,4排成无重复数字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是A36 B32 C24 D20【答案】D【解析】0,1,2,3,4五个数字，偶数字相邻，奇数字也相邻的排法共有种排法，其中0在首位的排法有种，所以共有20个五位数【例5】将5名支教志愿者分配到3所学校，每所学校至少分1人，至多分2人，且其中甲、乙2人不到同一所学校，则不同的分配方法共有()A78种 B36种 C60种 D72种【思路点拨】先分组、再分配，求出甲乙分到同一学校数目，再根据间接法求解【答案】D【解析】先不考虑甲、乙2人是否分到同一所学校，共有不同的分配方法：种；其中，甲、乙2人分到同一所学校，有不同的分配方法：种，故甲、乙2人不分到同一所学校，不同的分配方法有72种故选D.【总结升华】本题为分配问题，当元素个数多于分配位置时要先把元素进行分组，组数与分配位置相同，然后再进行分配，在分组时如果有元素个数相等的小组，有几个就要除以几的阶乘举一反三：【变式】 (1)某市端午期间安排甲、乙等6支队伍参加端午赛龙舟比赛，若在安排比赛赛道时不将甲安排在第一及第二赛道上，且甲和乙不相邻，则不同的安排方法有()A96种 B192种C216种 D312种(2)从5名学生中任选4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，且每科竞赛只有1人参加，若甲不参加生物竞赛，则不同的选择方案共有_种【答案】(1)D(2)96【解析】(1)若甲在第三、四、五道，则乙的安排方法有三种，此时方法数是33216；若甲在第六道，则乙的安排方法有四种，此时的方法数是496.故总数为21696312.(2)选出的4名学生如果不含甲，则方法数为24；选出的5名学生如果含甲，选法为，甲的参赛方法数是3，其余3个学生全排列，方法数是372.根据分类加法计数原理，总的方法数是247296.例6 （2015 朝阳区模拟）如果在一周内安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余两所学校均只参观一天，那么不同的安排方法共有种【答案】120【思路点拨】本题中甲学校情况特殊，故应先安排甲学校，再安排另两所学样，甲学校的安排方法要用列举法，而其它两个学校用排列数计数即可【解析】分两步完成，第一步先安排甲学校参观，共六种安排方法；第二步安排另外两所学校，共有A52安排方法，故不同的安排种法有6A52=120，故答案为120【总结升华】计数问题一般要先求解且有特殊要求的对象，再安排其它举一反三：【变式1】(2015 上海高考)在报名的3名男老师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为 .（结果用数值表示）【答案】120【解析】根据题意，报名的有3名男教师和6名女教师，共9名教师，在9名老师中选取5人，参加义务献血，有种；其中只有女教师的有种情况；则男、女教师都有的选取方式的种数为126-6=120种.【例7高清视频：复数 排列组合二项式定理例6 课程ID:369691】在直线中，a，b，c是取自集合中的3个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么这样的直线有多少条？【思路点拨】把决定“直线条数”的特征性质，转化为对“a，b，c”的情况讨论。【解析】设直线的倾斜角为，并且为锐角。则tan=0,不妨设ab,那么b0当c0时,则a有3种取法,b有3种取法,c有4种取法,并且其中任意两条直线不重合,所以这样的直线有334=36条当c=0时, a有3种取法,b有3种取法, 其中直线:3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0重合,所以这样的直线有33-2=7条故符合条件的直线有7+36=43条类型三、二项式定理【例8】(1)(x2)6的展开式中，x3的系数是_(用数字作答)(2)已知(1x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则(a0a2a4)(a1a3a5)的值等于_【思路点拨】(1)利用二项展开式的通项公式求解；(2)采用赋值法，分别求出a0a2a4和a1a3a5.【答案】(1)160(2)256【解析】(1)(x2)6的展开式中通项公式为Tr1x6r(2)r，令r3，得T4x3(2)3160x3，所以x3的系数是160.(2)分别令x1、x1得a0a1a2a3a4a50.a0a1a2a3a4a532，由此解得a0a2a416，a1a3a516，(a0a2a4)(a1a3a5)256.【总结升华】五招制胜，解决二项式问题二项式定理是一个恒等式，应对二项式定理问题主要有五种方法：(1)特定项问题通项公式法；(2)系数和与差型问题赋值法；(3)近似问题截项法；(4)整除(或余数)问题展开法；(5)最值问题不等式法在二项式定理问题中，常见的误区有：(1)二项展开式的通项Tk1中，项数与k的关系搞不清；(2)二项式系数与各项的系数混淆不清；(3)在展开二项式(ab)n或求特定项时，忽略中间的“”号举一反三：【变式】二项式(1sin x)n的展开式中，末尾两项的系数之和为7，且系数最大的一项的值为，则x在0,2内的值为_【答案】或【解析】(1sin x)n的展开式中末尾两项的系数和为n17，n6，则(1sin x)6的展开式中系数最大的一项为T4(sin x)3，(sin x)3，sin x.又x0,2，x或【例9】(1) 的展开式的常数项是()A3 B2 C2 D3(2)设aZ，且0a13，若512 012a能被13整除，则a()A0 B1 C11 D12【思路点拨】(1)要求展开式中常数项需使用多项式乘法法则 ，先求展开式中x2的系数和常数项，再根据多项式乘法法则得结果；(2)要求a值需知512 012被13除所得余数，先变形514131后使用二项式定理得之，再根据余数确定a值【答案】(1)D(2)D【解析】(1)因为，又展开式中的常数项为2，展开式中的常数项为5，故二项式展开式中的常数项为253.(2)512012aa(1341)2 012a(1134)2012a14(134)2 (134)2 012，显然当a113k，kZ，即a113k，kZ时，512 012a13k134 (134)1(134)2 011，能被13整除因为aZ，且0a13, 所以a12.故选D.【总结升华】两个二项式相乘时求其中某项的系数，需要根据多项式乘法法则进行，此时要注意不要漏掉了其中的项，要把各种可能的情况都考虑进去；二项式定理解决整除性问题时，需要构造二项式，基本原则是根据除数对已知式进行变换举一反三：【变式】(1)已知的展开式中常数项为，那么正数p的值是()A1 B2 C3 D4(2)若(x21)5a0a1x2a2x4a5x10，则a0a1a2a3a4a5_.【答案】（1）C （2）0【解析】(1)由题意得：，整理得p481，又p为正数，解得p3，选C.(2)令xi(i为虚数单位)，a0a1a2a3a4a5(i21)50.例3 若的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为_【答案】令x1求出各项系数和确定n值，根据二项式的通项公式求解常数项540【解析】令x1得二项式展开式的各项系数之和是2n，由此得n6.根据二项式的特点，其常数项一定是中间项，这个常数项是540.【总结升华】注意二项式各项系数之和与各项的二项式系数之和的区别，这个题目这两个和相等，但很多是不相等的【例10】在的展开式中，含的项的系数是 （A）-15 （B）85 （C）-120 （D）274【答案】A【解析】本题可通过选括号（即5个括号中4个提供，其余1个提供常数）的思路来完成。故含的项的系数为类型四、排列组合综合问题【例11】某中学高三年级共有12个班级，在即将进行的月考中，拟安排12个班主任老师监考数学，每班1人，要求有且只有8个班级是自己的班主任老师监考，则不同的监考安排方案共有()A4455种 B495种C4950种 D7425种【思路点拨】分两个步骤，第一步，使8个班的班主任老师监考自己的班级，第二步，剩下的四位班主任老师，都不监考自己的班级【解析】 A从12位老师中选出8位，他们各自监考自己的班级，方法数是；剩下的四位老师都不监考自己的班级，记四位老师分别为甲，乙，丙，丁，他们各自的班级分别为A，B，C，D，则甲只能在B，C，D中选一个，有方法数3，假设甲在B，此时若乙在A，则丙丁只能互换班级，若乙在C，D之一，有2种方法，如假设乙在C，则只能是丙在D，丁在A，故这时的安排方法数是3(1