2020高考数学复习 排列组合、二项式定理

2020高考数学复习 大纲要求 1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题. 2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题. 3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题. 二、知识结构 三、知识点、能力点提示 (一)加法原理、乘法原理 说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据. 例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的 报名方法共有多少种? 解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有 33333=35(种) (二)排列、排列数公式 说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查. 例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的 偶数共有( ) A.60个 B.48个 C.36个 D.24个 解 因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P12；小于50 000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P13;在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有P33，得P13P33P1236(个) 由此可知此题应选C. 例3 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个 数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种? 解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为 3P13=9(种). (三)组合、组合数公式、组合数的两个性质 说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查. 例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电 视机各1台，则不同的取法共有( ) A.140种 B.84种 C.70种 D.35种 解： 抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C14C25种；甲型2台乙型1台的取法有C24C15种 根据加法原理可得总的取法有 C24C25+C24C15=40+30=70(种 ) 可知此题应选C. 例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式? 解： 甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 C38种； 乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C15种； 丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C24种； 丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C22种. 根据乘法原理可得承包方式的种数有C15C24C22=1=1680(种). (四)二项式定理、二项展开式的性质 说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识 ，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题. 例6 在(x-)10的展开式中，x6的系数是( ) A.-27C610 B.27C410 C.-9C610 D.9C410 解 设(x-)10的展开式中第+1项含x6， 因T+1=C10x10-(-)，10-=6,=4 于是展开式中第5项含x6，第5项系数是C410(-)4=9C410 故此题应选D. 例7 (x-1)-(x-1)2(x-1)3-(x-1)4+(x-1)的展开式中的x的系数等于 解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为 在(x-1)6中含x3的项是C36x3(-1)3=-20x3，因此展开式中x2的系数是-2 0. (五)综合例题赏析 例8 若(2x+)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为( ) A.1 B.-1 C.0 D.2 解：A. 例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2 名护士，不同的分配方法共有( ) A.6种 B.12种 C.18种 D.24种 解 分医生的方法有P222种，分护士方法有C24=6种，所以共有6212种不同的分配方法。 应选B. 例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有( ). A.140种 B.84种 C.70种 D.35种 解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形. C24C15+C25C14=56+104=70. 应选C. 例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1名女生当选的不同选法有( ) A.27种 B.48种 C.21种 D.24种 解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类： C13C17+C23=37+3=24， 应选D. 例12 由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的 六位数，其中个位数字小于十位数字的共有( ). A.210个 B.300个 C.464个 D.600个 解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P15P55=600个. 由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半. 有600=300个符合题设的六位数. 应选B. 例13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ). A.70个 B.64个 C.58个 D.52个解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C48=70个. 其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(ADB1C1 )的有4组. 能形成四面体的有70-6-2-4=58(组) 应选C. 例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有( ). A.12对 B.24对 C.36对D.48对 解：设正六棱锥为OABCDEF. 任取一侧棱OA(C16)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对. 共有C164=24对异面直线. 应选B. 例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形共 个(以数字作答). 解：7点中任取3个则有C37=35组. 其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径). 三角形个数为35-3=32个. 例16 设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集 数为T，则的值为 。 解 10个元素的集合的全部子集数有： SC010+C110+C210+C310+C410+C510+C610+C710+C810+C910+C1010=210=1024 其中，含3个元素的子集数有T=C310=120 故=例17 在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的抽法共 种(用数字作答). 解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”. C34C246+C44C146=4186(种) 例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、 丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有( ). A.1260种 B.2025种 C.2520种 D.5040种 解：先从10人中选2个承担任务甲(C210) 再从剩余8人中选1人承担任务乙(C18) 又从剩余7人中选1人承担任务乙(C17) 有C210C18C17=2520(种). 应选C. 例19 集合1，2，3子集总共有( ). A.7个 B.8个 C.6个 D.5个 解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数 C13，由二个元素组成的子集数C23。 由3个元素组成的子集数C33。由加法原理可得集合子集的总个数是C13+C23+C33+1=3+3+1+18 故此题应选B. 例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有( ). A.C23C3197种 B.C23C3197 +C33C2197 C.C5200-C5197 D.C5200-C 13C4197 解：5件中恰有二件为次品的抽法为C23C3197， 5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197， 至少有两件次品的抽法为C23C3197+C33C2197. 应选B. 例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是( ). A.C58C38 B.P12C58C38 C.P58P38 D.P88 解：对于8个人的任意一个排列均可“按先前排从左到右再后排从左到右”的次序入座. 应有P88种不同的入座法. 应选D. 例22 7人并排站成一行，如果甲、乙必须不相邻，那么不同排法的总数是 ( ). A.1440 B.3600 C.4320 D.4800 解：7人的全排列数为P77. 若甲乙必须相邻则不同的排列数为P22P66. 甲乙必须不相邻的排列数为P77-P22P66=5P66=3600. 应选B. 例23 用1，2，3，4，四个数字组成没有重复的四位奇数的个数是 个(用具体数字作答). 解：末位数(C12)，前三位数(P33). 有C12P33=12个四位奇数. 例24 用1，2，3，4，四个数字组成的比1234大的数共有 个(用具体 数字作答). 解：若无限制，则可组成4!=24个四位数，其中1234不合题设. 有24-1=23个符合题设的数. 例25 用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的四位数，那么在这些 四位数中，是偶数的总共有( ). A.120个 B.96个 C.60 个 D.36个 解：末位为0，则有P34=24个偶数. 末位不是0的偶数有P12P13P23=36个. 共有24+36=60个数符合题设. 应选C. 例26 已知集合A和集合B各含有12个元素，AB含4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数： (1)CAB，且C中含有3个元素； (2)CA(表示空集). 解：AB含有12+12-4=20个元素； B含12个元素， B含20-12=8个元素， 若C中恰含A中1个元素，则有C112C28个， 若C中恰含A中2个元素，则有C212C28C28个， 若C中恰含A中3个元素，则有C312个， 符合题设的集合C的个数为 C112C28+C212C18+C312=1084个. 例27 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4 个不共面的点，不同的取法共有( ) A.150种 B.147种 C.144种 D.141种 解：从10点中任取4点的组合数为C410=210. 其中有4C46=60组点，每组中的四点恰为一个侧面上的点. 其中任取同一棱上3点它们和相对棱的中点共面，即有6组这种情况应排除. 其中还有底面两棱中点和对面两棱中点共面，即有3组这种情况应排除. 符合题设的取法有150-6-3=141种. 应选D. 例28 已知()9的展开式中x3的系数为，常数a的值为 . 解：Tk+1=Ck9()9-k()k =Ck9a9-k2xk-9+ 令k-9+=3，得k=8， x的系数为C89a2-4=. 即a=,得a=4. 例29 ()6的展开式中的常数项为( ) A.-160 B.-40 C.40 D.160 解：Tk+1=Ck6()6-k(-)k =Ck6(-2)kx 令=0，得k=3 常数项为C36(-2)3=-160 应选A. 例30 若()n展开式 中前三项系数成等差数列，求出展开式里的有理项。 解 由于展开式前三项系数成等差数列 所以 2C1n()=C0n+C2n()2，n=1+ 解方程得n=9或n=1(舍去) 又展开式的通项为 T+1=C8(x)8-X=C8()x 因04-8,且4-是整数。 所以是4的倍数。 取=0或=4 故()8展开式中第一项和第五项为有理 项，其有理项为 T1C08x4x4 T5C48()4(x4-3) 例31 (x+2)10(x2-1)的展开式中x10 的系数是 (用数字作答)。 解 因(x+2)10展开式中x10的系数是1，x8的系数为C21022180 ，所以(x+2)10(x2-1)的展开式中，x10的系数为180-1179 例32 9192除以100的余数 . 解：9192=(100-9)92992(mod 100). 992=(10-1)92=1092-+C9092100-C919210+1 -C919210+1(mod 100) -C919210+1=-920+1=-919-19(mod 100)， -1981 (mod 100). 9192除以100的余数是81. 例33 由()100的展开所得的x的多项式中，系数为有理数的共有( ) A.50项 B.17项 C.16项 D.15项 解：Tk+1=Ck10(x)10-k()k =Ck10()10-k()k(x)10-k(k=0，1，2，100) 由N，N，k0，1，2，100，得 k=0，6，12，18，96，共17项. 应选B. 例34 在(3-x)7的展开式中，x5的系数是 (用数字作答). 解：Tk+1=Ck737-k(-x)k=Ck7(-1)kxk， T6=C5737-5(-1)5x5=-189x5. 即x5的系数是-189. 例35 在(1-x3)(1+x)10的展开式中，x5的系数是( ). A.-297 B.-252 C.297 D.207 解：(1-x3)(1+x)10 =(1-x3)(+C550x5+C210x2+) x5的系数为+C550-C210=207. 应选D. 例36 求(2x3-)15的展开式的常数项. 解：Tk+1=Ck5(2x3)5-k(-)k=(-1)k Ck525-kx15-3k-2k 令15-5k=0，得k=3 常数项为T4=(-1)3C3525-3=-40. 例37 在(x-)8的展开式中，x4的系数与的系数之差是 . 解：Tk+1=Ck8(-x)8-k(-)k=Ck8(-1)kx8-k-k. 令8-2k=-4，得k=6，得k=2， T7=C68(-1)6=28. x4与的系数之差是28-28=0. 例38 已知(x+a)7的展开式中，x4的系数是-280，则a= . 解：T4=C37x4a3=C37a3x4. 由已知C37a3=-28035a3=-280，得a=-2. 例39 在(1-x2)20的展开式中，如果第4r项和第r+2项的二项式系数 相等， (1)求r的值； (2)写出展开式中的第4r项和第r+2项. 解：(1)第4r项和第r+2项的二项式系数分别是和 =4r-1=r+1或4r-1+r+1=20， 得r=4和r=(舍去) r=4 (2)T4r=T16=C1520(-x2)15=-15504x30， Tr+2=T6=C520(-x2)5=-15504x10 例40 在(1+x+x2)(1-x)10的展开式中，x5的系数是 (用具体数字作答). 解：(1+x+x2)(1-x)10 =(1+x+x2)(1-1x+45x2-120x3+210x4-252x5+) =+(-120+210-252)x5+. x5的系数是-120+210-252=-162. 例41 已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+a7x7；那么a1+a2+ +a7= . 解：令x=1，代入已知式，得-1=a0+a1+a7， 将x=0代入已知式，得1=a0 a1+a2+a7=-1-a0=-2. 例42 如果n是正偶数，则C0n+C2n+C4n+Cn-2n+Cnn=( ). A.2n B.2n-1 C.2n-2 D.(n-1)2n-1 E.(n-1)2n-2 解：C0n+C2n+Cn-2n+Cnn=C1n+C3n+Cn-1n ， 又(C0n+C2n+Cn-2n+Cnn)+(C1n+C3n+Cn-1n)= 2n， 2(C0n+C2n+Cn-2n+Cnn)=2n， C0n+C2n+Cn-2n+Cnn=2n-1. 应选B.【同步达纲练习】四、能力训练 (一)选择题 1.有多少个整数n能使(n+i)4成为整数( ) A.0 B.1 C.2 D.3 (2)已知(ax+1)2n和(x+a)2n+1的展开式中含xn项的系数相同(a0为实数，n N)，则a的取值范围是( ) A.a=1 B.a1 C.a 1 D.a1 3.在n的展开式中，所有奇数项二项式系数之和等于1024，则中间项 的二项式系数是( ) A.330 B.462 C.682 D.792 4.在()8的展开式中的常数项是 ( ) A.7 B.-7 C.28 D.-28 5.nN，A（+2）2n+1，B为A的小数部分，则AB的值应是( ) A.72n+1 B.22n+1 C.32n+1 D.52n+1 6.某小组有8名学生，从中选出2名男生，1名女生，分别参加数、理、化单科竞赛，每人参加一种，共有90种不同的参赛方案，则男女生的人数应是( ) A.男生6名，女生2名 B.男生5名，女生3名 C.男生3名，女生5名 D.男生2名，女生5名 7.从0，1，2，3，4中每次取出3个不同的数字组成三位数，则这些三位数的个位数字之和等于( ) A.80 B.90 C.110 D .120 8.从集合1，2，3，10中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，则这样的子集共有( ) A.10个 B.16个 C.20个 D.32个 9.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这5个球投放在这5个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰有两个球的编号与盒子的编号相同，则 这样的投放方法的总数为( ) A.20 B.30 C.60 D. 120 10.用0，1，2，3，4，5，6这7个数字排成一个数字不重复且个位数最大，十位数次之，百位数最小的三位数的个数是( ) A.10 B.20 C.30 D. 40 11.要排一张5个独唱节目和3个合唱节目的演出节目表，如果合唱节目不排头，并且任何两个合唱节目不相邻，则不同排法的种类是( ) A.P88 B.P55P33 C.P55P35 D.P55P38 12.3人坐在一排8个座位上，若每人左右