2025版高考数学二轮复习第1部分主题3排列组合二项式定理教案理

PAGE1-主题3排列、组合、二项式定理1．排列与组合解决排列与组合问题应留意3点(1)“分类”与“分步”要明确，保证分类要不重不漏，分步要环环相扣，如T1，T4.(2)分组安排中提防“均分”问题，避开重复计数，如T2.(3)关注限制条件，采纳特别元素(位置)优先安置的策略，如：相邻问题捆绑法；间隔问题插空法；定位问题优先法；多元问题分类法；至多至少问题间接法；相同元素分组可采纳隔板法等等．如T3，T4，T5.1．(2024·沈阳市东北育才学校第五次模拟)某地区高考改革，实行“3＋2＋1”模式，即“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门，“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门学科中随意选择两门学科，则一名学生的不同选科组合有()A．8种 B．12种C．16种 D．20种C[若一名学生只选物理和历史中的一门，则有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＝12种组合；若一名学生物理和历史都选，则有Ceq\o\al(1,4)＝4种组合．因此共有12＋4＝16种组合．故选C.]2．(2024·长春市高三质量监测一)要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A，B，C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到A班的分法种数为()A．6 B．12C．24 D．36B[甲和另一个人一起分到A班有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝6种分法；甲一个人分到A班的方法有：Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝6种分法，共有12种分法，故选B.]3．5位同学站成一排照相，其中甲与乙必需相邻，且甲不能站在两端的排法总数是()A．40 B．36C．32 D．24B[由题意得，甲与乙必需相邻的状况种数为：Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)＝48种，甲分别站在两端且与乙相邻的种数为：Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝12种，所以满意题意的排法总数是Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)－Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝48－12＝36种．故选B.]4．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)1260[若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(4,4)；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3).综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝720＋540＝1260.]5．如图所示，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部运用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________．96[按区域1与3是否同色分类，分两类．(正确分类是解决本题的关键)第一类，区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有Aeq\o\al(3,3)种方法．此时涂色方法共有4Aeq\o\al(3,3)＝24(种)．其次类，区域1与3不同色：第一步，涂区域1与3，有Aeq\o\al(2,4)种方法；其次步，涂区域2，有2种涂色方法；第三步，涂区域4，只有1种涂色方法；第四步，涂区域5，有3种涂色方法．此时涂色方法共有Aeq\o\al(2,4)×2×1×3＝72(种)．故由分类加法计数原理知，不同的涂色种数为24＋72＝96(种)．(先涂区域1和3是化解本题难点和避开易错点的关键)]2．二项式定理解决二项式定理问题应留意3点(1)二项绽开式(a＋b)n的通项公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)an－rbr为第r＋1项，利用它可求绽开式中的特定项，如T1.(2)二项式系数与二项绽开式中项的系数不同，前者指的是Ceq\o\al(r,n)，而后者指的是除字母外的系数，二项绽开式中项的系数问题常与特别化思想联系在一起，留意赋值法求值的应用，如T2，T4.(3)需熟知二项式定理的原理及推导过程，对于一些非二项式绽开式中项的系数问题，可转化为二项式定理问题，如T3，T4.1．eq\f(1－x10,x2)的绽开式中的常数项为()A．－45 B．1C．45 D．90C[eq\f(1－x10,x2)的绽开式的通项为Tr＋1＝eq\f(C\o\al(r,10)－xr,x2)＝(－1)rCeq\o\al(r,10)xr－2，令r－2＝0，可得r＝2，所以eq\f(1－x10,x2)的绽开式中的常数项为(－1)2Ceq\o\al(2,10)＝45.故选C.]2．已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为()A．－20 B．0C．1 D．20D[令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝Ceq\o\al(9,10)×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20.]3．(2024·全国卷Ⅲ)(1＋2x2)(1＋x)4的绽开式中x3的系数为()A．12 B．16C．20 D．24A[绽开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为Ceq\o\al(3,4)＋2Ceq\o\al(1,4)＝4＋8＝12.]4．设二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(n)(n∈N*)绽开式的二项式系数和与各项系数和分别为an，bn，则eq\f(a1＋a2＋…＋an,b1＋b2＋…＋bn)＝()A．2n－1＋3 B．2(2n－1＋1)C．2n＋1 D．1C[二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(n)(n∈N*)绽开式的二项式系数和为2n，各项系数和为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝eq\f(1,2n)，则an＝2n，bn＝eq\f(1,2n)，eq\f(a1＋a2＋…＋an,b1＋b2＋…＋bn)＝eq\f(22n－1,1－\f(1,2n))＝2n＋1，故选C.]5．(2024·晋冀鲁豫名校联考)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x＋2))eq\s\up12(6)的绽开式中的常数项为________．－76[三项式(a＋b＋c)n绽开式的通项公式为Ceq\o\al(x,n)Ceq\o\al(y,n－x)axbycn－x－y，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x＋2))eq\s\up12(6)的绽开式中的常数项为：26＋Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(1)·(－x)1·24＋Ceq\o\al(2,6