专题10排列组合二项式定理-2020年高考数学(理)二轮专项复习

1、专题10排列组合二项式定理排列、组合的知识为排列、组合与二项式定理是高中数学中内容相对独立的一个部分, 概率与统计中的计数问题提供了一定的方法.这部分内容的试题有一定的综合性与灵活性，要注意与其他数学知识的联系，注意与实际生活的联系通过对典型例题的分析，总结思维规律，提高解题能力.§ 10- 1排列组合【知识要点】1 分类计数原理与分步计数原理.2.排列与组合.n!C m(n m)!， nn! £ m!( n m)!An3 组合数的性质:(1)cmCn c1 cnm cm1.【复习要求】理解和掌握分类计数与分步计数两个原理.在应用分类计数原理时，要注意“类”与“类” 之间的

2、独立性和等效性，在应用分步计数原理时，要注意“步”与“步”之间的相关性和连 续性.熟练掌握排列数公式和组合数公式，注意题目的结构特征和联系；掌握组合数的两个性 质，并应用于化简、计算和论证.正确区别排列与组合的异同，体会解计数问题的基本方法，正确处理附加的限制条件.【例题分析】例1有3封信，4个信筒.(1) 把3封信都寄出，有多少种寄信方法 ？(2) 把3封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种寄信方法？【分析】 （1）分 3步完成寄出 3 封信的任务：第一步，寄出 1 封信，有 4种方法；第二 步，再寄出 1 封信，有 4 种方法；第三步，寄出最后 1 封信，有 4 种方法，完成任务根据

3、 分步计数原理，共有 4X 4X 4= 43= 64种寄信方法.（2）典型的排列问题，共有 A = 24种寄信方法.例 2 在一块并排 10 垄的田地中，选择 2 垄分别种植 A， B 两种作物，每种作物种植 1 垄，为有利于作物生长，要求A, B两种作物的间隔不小于 6垄，则不同的种植方法共有 种.解：设这10垄田地分别为第1垄，第2垄，第10垄，要求A, B两垄作物的间隔 不少于 6 垄，所以第一步选垄的方式共有 （1， 8）， （1， 9）， （1， 10）， （2， 9）， （2， 10）， （3， 10）这6种选法，第二步种植两种作物共有 A = 2种种植法，所以共有 6X 2 =

4、12种选垄种 植方法.【评述】 排列组合是解决计数问题的一种重要方法. 但要注意， 计数问题的基本原理是 分步计数原理和分类计数原理，是最普遍使用的，不要把计数问题等同于排列组合问题.对某些计数问题，当运用公式很难进行时，适时采取原始的分类枚举方法往往是最好 的.如例 2.在具体的计数问题的解决过程中，需要决策的是，这个计数问题需要“分步”还是“分 类”完成， 再考虑这个计数问题是排列问题、 组合问题还是一般的计数问题.如例 1 的两个 问题.例3 某电子表以 6个数字显示时间， 例如 09:20:18表示 9点20分 18秒. 则在 0点到 1 0点之间，此电子表出现 6个各不相同数字来表示

5、时间的有 次.【分析】 分步来确定电子表中的六个数字如下：第一步：确定第一个数字，只能为 0，只有 1 种方法；第二步：确定第三位数字，只能为 0 至 5 中的一个数 （又不能与首位相同 ），所以只有 5 种方法；第三步：确定第五位数字，也只能为 0 至 5 中的一个数 （又不能与首位，第三位相同 ）， 所以只有 4种方法；第四步：确定剩下三位数字， 0至 9共 10个数字已用了 3个，剩下的 7 个数字排列在 2， 4， 6 位共有 A73 种排法.由分步计数原理得：1 x 5X 4 X A = 4200种.【评述】 做一件事情分多步完成时，我们一般先做限制条件较大的一步， 如本题中， 首

6、位受限条件最大，其次为三、五位，所以我们先排首位，再排三、五位，最后排其他位例 4 7 个同学站成一排，分别求出符合下列要求的不同排法的种数(1) 甲站在中间；(2) 甲、乙必须相邻；(3) 甲在乙的左边 (但不一定相邻 )；(4) 甲、乙、丙相邻；(5) 甲、乙、丙两两不相邻；解：(1)甲站在中间，其余 6名同学任意排列，故不同排法有A = 720 .(2) 第一步：先把甲、乙捆绑，视为一个元素，连同其余5个人全排列，共有A6种排法；第二步：给甲、乙松绑，有 A种排法，此题共有 A A = 1440种不同排法.(3) 在7名同学站成一排的 A种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的站法是一一对

7、应的，各占一半，因此甲站在乙的左边(不要求相邻)的不同排法共有 A - 2 = 2520种.(4) 先把甲、乙、丙视为一个元素，连同其余4名同学共5个元素的全部排列数有 A5种，再结合甲、乙、丙3个人之间的不同排列有 a3种，此题的解为：a5 a3 = 720.先让除甲、乙、丙外的 4个人站好，共有 A：种站法，让甲、乙、丙 3人插空，由于4个人形成 5 个空位，所以甲、乙、丙共有 A53 种站法，此题答案 A44A53 1440 【评述】 当要求某几个元素排在一起时，我们常将这几个元素捆绑在一起作为一个元素与其他元素进行排列如例 4(2)， (4)当要求某几个元素不相邻时， 我们常常先排其他

8、元素， 然后再将这几个元素排在已排好 的其他元素的空中如例 4(5)例54个不同的球，4个不同的大盒子，把球全部放入盒内，恰有一个盒不放球，共几种放法 ?【分析】先将4个球分成3组，共有C： 6种分组方法；再将3组球放在4个盒子里,是排列问题，有 A424种方法，所以，共有 C2A3144种不同的放球方法.【评述】类似这种装球问题采取先分组后装球的方法比较好.例6某班组有10名工人，其中4名是女工.从这10个人中选3名代表，其中至少有一 名女工的选法有多少种 ？解法1 :至少有一名女工的情形有三类：1名女工和2名男工；2名女工和1名男工；3名女工，把这3类选法加在一起，共有 c4c2 c：c：

9、 c3100种不同的选法.解法2:与“至少有一名女工”选法相对立的是“没有女工”的选法，从所有的选法中除去“没有女工”的选法，剩下的即为所求，共有GO Ce 100 .【评述】当涉及“至少”或“至多”的问题时，从大的方向看我们常常是对其分类讨论， 运用分类计数原理解决问题，当然，也可以考虑问题的对立面再用减法进行计算.例7如图，用六种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有多少种？【分析】如果按从左至右的顺序去涂色，当涂到第4个格子时会发现，第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同决定着第4个格子有几种涂色

10、方法，即如果第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同是不确定的，则第四个格子的涂色情况不定.于是，我们要按照1、3两个格子颜色相同和不相同两种情况分类来处理这个计数问题.解：1、3两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有6X 5 X 1 X 5= 150种方法；1、3两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有6X 5X 4X 4= 480种方法.所以，共有不同的涂色方法 630种.例8四面体的顶点和各棱中点共10个点，取4个不共面的点，不同取法有多少种【分析】没有限制地从10个点中选出4个点，共有 G：种不同选法，除去 4点共面的 选法即可.4点共面的选法有3类.(1) 4个点在四面体A BCD

11、的某一个面上，共有4C：种共面的情况.过四面体的一条棱上的 3个点及对棱的中点，如图中点 A, E, B, G平面，共计有6 种共面的情况.(3) 过四面体的四条棱的中点，而且与一组对棱平行的平面，如图E, F , G, H平面，此类选法共有3种.综上，符合要求的选法共有 C.o (4 C： 6 3) 141种.例9在给出的下图中，用水平或垂直的线段连结相邻的字母，按这些线段行走时，正 好拼出“竞赛”即“ CONTEST ”的路线共有多少条？NOCCONTNOCTNOCCONTETNOCETNOCCONTESETNOCSETNOCUONTESTSETNOCSETNOCCONOC【分析】“CON

12、TEST ”的路线的条数与“ TSETNOC ”路线的条数相同，如下右图，从 左下角的T走到边上的C共有6步，每一步都有2种选择，由分步计数原理，所以下图中，“TSETNOC ”路线共有 26 = 64条.所以本题的答案为 64 X 2 1 = 127 .【评述】例9的这种计数的方法常称之为对应法计数，它的理论基础为：如果两个集合之间可以建立一对一的对应关系，那么这两个集合的元素的个数相同.借助这个原理，如果一个集合元素的个数不好计算时，我们将其转化为求另一个集合元素的个数不失为一种较好 的方法.例10(1)计算a8 a8A A的值;计算C；8 “昭的值;证明：An mAm1 Ami.8! 8

13、!解:3!4!48! 8!58!59!9!49! 9!39!273! 4!(2) 解：注意到CT中的隐含条件：nm, m N , n N*，有3n38n,3n0,解得i9n2i勺，所以n= i038n0,222in3n,所以，c； c；c30 c3i466._ m_ m in!n!(nm i) n!m n!证明：AnmAnm(nm)!(nm i)!(nm i)!(nm i)!(n m i) n!mn!(n i)!(n i)!Am(n m i)!(n mi)!(n m i)!(n i) m!n i 【评述】对于含排列组合式的恒等式证明及计算问题常用的方法有两种，一种是运用排列组合数的计算公式转化

14、为代数恒等式的证明及代数式求值问题，另一种是运用组合数的一些性质进行计算及证明.常用的组合数的性质有:(i)cmCn m n cmi cnm cnmiC01 2Cn CnCn2n ；C0 Cncn c；练习10- 1、选择题1. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方 法共有（）（A）10 种（B）20 种（C）25 种（D）32 种2某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（）（A）42（B）30（C）20（D）123. 四面体的一个顶点为A,从其他顶点与棱的中点中取3个点，使

15、它们和点 A在同一平面上，不同的取法有（）（A）30 种（B）33 种（C）36 种（D）39 种4. 某电脑用户计划用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式有（）(A)5 种(B)6 种5. 下列等式中正确的是()(1)kC：nCn11;k 1 n k k CnCn ；k 1(A)(1) (2)(C) 7 种(D)8 种丄C：壬；k 1n1k 1k1kc：.n1(B)(1) (2)(3)(D) (2)(3)(4)6.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的(C)(1)(

16、3)座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是（）(A)234 种(B) 346 种(C)350 种(D)363 种、填空题7.从集合0,1, 2, 3, 5, 7, 11中任取3个元素分别作为直线方程 Ax+ By+ C= 0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有 条.（结果用数值表示）&用数字0,1,2,3,4, 5可以组成没有重复数字， 并且比20000大的五位偶数共有 .9马路上有12盏灯，为了节约用电，可以熄灭其中3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有 种.10.将标号为1 , 2，10的10个球放入标号为1, 2,，10的10个

17、盒子内，每个盒内放一个球，则恰好有 3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有 种.（以数字作答）11从集合O, P, Q, R, S与0 , 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复），每排中字母O, Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是.（用数字作答）12. 8个相同的球放进编号为 1、2、3的盒子里，则放法种数为 .（以数值作答）§ 10- 2二项式定理【知识要点】1.二项式定理：（a b）nC0anC：an%C：an 2b2C；anbCRn.2通项公式：Tr 1 C；an rbr,3. C0 , C： ,

18、Cn，C；，C：称为二项式系数，4.二项展开式的系数的性质:C： Cn CnCn2n ； C0Cn【复习要求】会求二项展开式中适合某种特殊条件的项；了解利用二项式定理进行近似计算，证明与组合数有关的等式或整数 （整式）的整除性的方法.【例题分析】例1在二项式（x2丄）5的展开式中，含X4的项的系数是 .X解：TriC5(X2)5 r( -)r ( 1)Gx103r ,X令10- 3r = 4，得r = 2，所以x4项的系数是C；( 1)210 .例2(1)若(1 + x)n的展开式中，X3的系数是x系数的7倍，求n的值；在(2 + Igx)8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1120,求x

19、的值.解：(1)由已知 C3 7C：，即 n(n 1)(n 2) 7n，整理得 n2-3n 40= 0，6解得n= 8或n= 5(舍).所以n= 8.(2)(2 + Igx)8的展开式中共有9项，二项式系数最大的项为第5项.由已知，T5 C； 24 (Igx)4 1120，整理得(lgx)4= 1，所以 lgx=± 1，1解得x= 10或x 一10例3求(；3x 3 2)100的展开式中x的系数为有理数的项的个数.100 r r解:Tr1C；00(、 3x)100r(3. 2)rC；003丁 X100r，100 r r若系数为有理数，则，-都必须是整数，即r应为6的倍数.23又0 &

20、lt; r< 100，所以r的不同值有17个.所以x的系数为有理数的项共有17项.1例4已知(x -)n的展开式中，第3项与第6项的系数互为相反数，求展开式中系数n最小的项.解:T3C；xn2(-)2C；xn4,Tc5xn5(丄)5c；xn10,xx52由已知Cn Cn，所以n= 7.所以第4项系数最小，T4 C；x7 3(丄)3C；x35x.x【评述】 通项公式Tr 1 C：an rbr是二项式定理中常用的一个公式，要熟练掌握，同 时注意系数、上标、下标之间的关系；注意系数、二项式系数的区别，如例2 ；16 x21 )5的展开式的常数项,5. x注意运用通项公式求第 3项时，r = 2

21、如例4.例5已知(a2 + 1)n的展开式中的各项系数之和等于而(a2+ 1)n的展开式中的系数最大项等于54,求a的值,解:(£251 )5的展开式的第r+ 1项Tr 1xr 162 5 r 1C5(亍)(x)20 5r碍)5 9厂5=1094 ；=1093；316令Tr +1为常数项，则20 - 5r = 0, r = 4，所以常数项T5 C；16.5又(a2+ 1)n的展开式中的各项系数之和等于2n，由题意得2n= 16,所以n = 4.由二项式系数的性质知，(a2+ 1)n的展开式中的系数最大的项即为二项式系数最大的项, 是中间项T3,所以C：a4 54，解得a 3 .例 6

22、 已知(1 2x)7= ao+ a1x+ a2*+ a7x7.求：(1) a1 + a2+ a7；(2) a1 + a3 + a5+ a7；(3) ao + a2 + a4+ a6；(4) I ao l + l a1 l + l a2 丨+丨 a7 |.解：令 x= 1,贝V ao+ a1+ a2+ a7= 1.令 x = 1,贝V ao a1 + a2 a3+ a4 a5+ a6 a7= 37.1 371 37(1)易知 ao= 1, 所以 a1 + a2+ a7= ao+ a1 + a2 + + a7 ao= 2 ；(2)(一)* 2，得 a1 + a3 + a5 + a7 =(3)(+)

23、* 2，得 ao+ a2 + a4 + a6=(4) 方法1:因为(1 2x)7的展开式中a1,a3,a5,a7是负数，ao,a2,a4,a6是正数,所以丨 ao | + | ai | + | a2 丨+丨 a7 |= ao + a2+ a4+ a6 （ai + a3+ a5+ a7）= 2187 .方法2：因为| ao | + | ai | + | a2 |+| a7 |表示（1 + 2x）7的展开式中各项系数的 和，令 x = 1,可得 |ao| + |ai| + |a2|+|a7|=37 =2 1 87.【评述】 通过给二项式定理中的字母赋值（根据式子的特点，常令字母为1或-1）的方式可

24、以解决二项展开式系数整体求值的问题.例 7 若多项式 x2 + x10= ao+ a1（x+ 1） + a2（x+ 1）2+ a9（x+ 1）9+ a1o（x+ 1）10，贝U a9=【分析】 方法 1:由于 ao+ a1(x+ 1) + a2(x+ 1)2+ a9(x+ 1)9+ a1o(x+1)10= x2 + x101 + (x+1)2+ 1 + (x+ 1)109191010=C10( 1) (x 1) C10 (x 1),则 a9 G0( 1)10 .方法2：由于等式左边x10的系数为1，所以a10= 1,0 ,所以 a9= 10.90291C92 90 C92 90 1又，等式左边

25、x9的系数为0,所以a9C；0a10例89192除以100的余数为解: 9192 (90 1)92 C92 9092 C；2 9091前面各项均能被100整除，只有末尾两项不能被100整除,90 182818200 81，所以 9192 除以 100 的余数为 81.例9求(0.998)5精确到0.001的近似值.解：(0.998)5 (1 0.002)5C? C5( 0.002) C( 0.002)20.990 .【评述】利用二项式定理求余数、求近似值是二项式定理的应用之一.例10 设a> 1, n N*且n2，求证v a 1证明：设n a 1 x，则(x+ 1)n= a.欲证原不等式

26、，即证 nxv (x+ 1)n 1,其中x>0.n0n 1n1n1n1(x 1)CnxCnxCn x 1 Cn x 1 nx 1(n 2),即有(x + 1)n> nx + 1,得证.例11 (1 2x2)(x丄)8的展开式中常数项为 .(用数字作答)x解：求(1 2x2)(x -)8的常数项(x丄)8，即求展开式中的常数项及含x2的项.xx1X8r 8 r 1、rr r 8 2r对于(x ) , T- 1 C$X ()( 1) G X .xx令 8 2r = 0,即有 r = 4, T5 ( 1)4C； 70 .56x512，则该展开式中的常数项为令 8 2r = 2，即有 r

27、= 5,( 1) C$x所以常数项为 70+ 2X ( 56) = 42.练习10 2、选择题11 .若(x2-)n的展开式中的所有二项式系数和为x(A) 84(B)84(C) 36(D)36a2.已知(一x2)9的展开式中x3的系数为寸，常数a的值为(A)1(B)2(C)43.在(1 + x)5(1 x)4的展开式中，x3的系数是()(A)4(B) 4(C)84 .若C21与CT同时有最大值，则m的值是()(D)8(D) 8(A)5(B)4 或 5(C)5 或 6(D)6 或 7二、填空题15. (x2+丄)6的展开式中常数项是 (用数字作答)x6. 若(x+ 1)n= xn+ + ax3

28、+ bx2+ 1, (n N*)，且 a : b = 3 ： 1,那么 n =7. (n+ 1)1除以n2(n> 1)的余数为 .&观察下列等式：c5cf232 ,c9C：C：27 23g53C；3Cn211 25 ,Cf7C：7CvC；7215 27 ,由以上等式推测到一个一般的结论:* 1对于 n N ,C4n 1C：1C4n 14n 1C4n 1三、解答题9. 在(3x+ 1)n的展开式中，如果各项系数的和比各项二项式系数的和大992，求n的值.10. 若f(x) = (1 + 2x)m + (1 + 3x)n展开式中x的系数为13,则x2的系数为()111当 n N*时，

29、求证：2 (1)n 3.n习题10、选择题1.某校要求每位学生从 7门课程中选修4门，其中甲、乙两门课程不能都选，则不同的选 课方案有（）(A)35 种(B)25 种(C) 20 种(D)16 种2.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两 名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为（）(A)18(B)24(C)30(D)363.从单词"equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有" 序不变）的不同排列共有（）qu ” （其中"qu ”相连且顺4.5.6.(A)120 种若（2x(A) - 1若(3x2(A)10(B)4

30、80 种(C)720 种(D)8403)3 = a0a1x a2x2 a3x3，则(ao+ a2)2 (a a3)2 的值为(B)1(C)0(D)2$）n的展开式中含有非零常数项，则正整数x的最小值为（(B)6(C)5(D)32009若(1 2x)a。a-|Xa2009X2009(x R),2009aa2009则的值为（）(A)2(B)0(C) -1(D) - 2二、填空题7.在（3 - x）7的展开式中，x5的系数是.（用数字作答则不同的选法有从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求至少有一名女生, 种.9. 有6个座位连成一排，现有 3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有 种.10. （x y）10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于 .11. 数列a1, a2,，a7,其中恰好有5个2和2个4,调换a1至a7各数的位置，一共可以 组成不同的数列（含原数列）个.12. 2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有 种.三、解答题13. 已知(1 + x)+ (1 + x)2+ (1 + x)n= ao+ aix+ a2x2+ anxn,若 ai + a2+ a3+ an-1=509