2024版新教材高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第1节基本计数原理排列与组合学案含解析新人教B版202305182125

2024版新教材高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第1节基本计数原理排列与组合学案含解析新人教B版202305182125计数原理、概率、随机变量及其分布课程标准命题解读1.理解样本点、有限样本空间、随机事件．2．会计算古典概型中简单随机事件的概率，加深对随机现象的认识和理解．3．理解两个基本计数原理，运用计数原理探索排列、组合、二项式定理等问题．4．了解条件概率及其与独立性的关系，能进行简单计算．5．感悟离散型随机变量及其分布列的含义，知道可以通过随机变量更好地刻画随机现象．6．理解伯努利试验，掌握二项分布，了解超几何分布．7．感悟服从正态分布的随机变量，知道连续型随机变量．8．基于随机变量及其分布解决简单的实际问题.考查形式：高考在本章一般命制一道选择题或填空题及一道解答题．考查内容：两个计数原理、排列与组合、二项式定理、概率、随机变量及其分布，其中概率、随机变量及其分布是高考命题的热点，每年必考．备考策略：(1)计数原理常与古典概型综合．(2)掌握二项式定理及其应用，会利用通项公式求特定项．(3)加强以实际问题为背景，考查分布列、期望等是高考的热点题型的训练．(4)概率统计试题的阅读量和信息量都有所加强，考查角度趋向于应用概率统计知识对实际问题做出决策．核心素养：数学建模、数学运算、逻辑推理.第1节基本计数原理、排列与组合一、教材概念·结论·性质重现1．两个计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理条件完成一件事，如果有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法完成一件事，如果需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法结论那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法两个计数原理的区别分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．2．排列与组合的定义排列的定义从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象按照一定的顺序排成一列组合的定义并成一组3.排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有排列的个数从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有组合的个数公式Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\f(n！,n－m！)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(n！,m！n－m！)eq\f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)性质Aeq\o\al(n,n)＝n！，0！＝1Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)，Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)＝Ceq\o\al(m,n＋1)(1)“排列”与“组合”的辨析排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合．(2)①排列数与组合数之间的联系：Ceq\o\al(m,n)Aeq\o\al(m,m)＝Aeq\o\al(m,n)；②两种形式：连乘积形式；阶乘形式．前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证．二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(√)(3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(5)若Ceq\o\al(x,n)＝Ceq\o\al(m,n)，则x＝m成立．(×)2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有()A．8种 B．9种C．10种 D．11种B解析：设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d.假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．3．某中学语文老师从《红楼梦》《平凡的世界》《红岩》《老人与海》4本不同的名著中选出3本，分给三个同学去读，其中《红楼梦》为必读，则不同的分配方法共有()A．6种 B．12种C．18种 D．24种C解析：(1)先从《平凡的世界》《红岩》《老人与海》三本书中选择2本，共有Ceq\o\al(2,3)＝3(种)选法；(2)将选出的2本书与《红楼梦》共计3本书进行全排列，对应分给三个学生，有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)排法．根据分步乘法计数原理，不同的分配方法有3×6＝18(种)．故选C.4．由数字2,0,1,9组成没有重复数字的四位偶数的个数为________．10解析：根据所组成的没有重复数字的四位偶数的个位是否为0进行分类计数：第一类，个位是0时，满足题意的四位偶数的个数为Aeq\o\al(3,3)＝6；第二类，个位是2时，满足题意的四位偶数的个数为Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝4.由分类加法计数原理，得满足题意的四位偶数的个数为6＋4＝10.5．从2名女生、4名男生中选3人参加学科竞赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法共有________种(用数字作答)．16解析：(方法一)可分两种情况：第一种情况，只有1名女生入选，不同的选法有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＝12(种)；第二种情况，有2名女生入选，不同的选法有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法共有12＋4＝16(种)．(方法二)从6人中任选3人，不同的选法共有Ceq\o\al(3,6)＝20(种)．从6人中任选3人都是男生，不同的选法有Ceq\o\al(3,4)＝4(种)．所以，至少有1名女生入选的不同的选法共有20－4＝16(种).考点1两个原理的应用——基础性(1)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3000的四位数，这样的四位数有()A．250个 B．249个C．48个 D．24个C解析：分两类：①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有Aeq\o\al(3,4)＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有Aeq\o\al(3,4)＝24(个)．由分类加法计数原理，得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)．故选C.(2)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A．4种 B．10种C．18种 D．20种B解析：分两种情况：①4位朋友中有2个人得到画册，有Ceq\o\al(2,4)＝6(种)赠送方法；②4位朋友中只有1个人得到画册，有Ceq\o\al(1,4)＝4(种)赠送方法．由分类加法计数原理，得不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)．故选B.(3)(2021·青岛质检)如图，将4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形不同色，则不同的涂法有()A．72种 B．48种C．24种 D．12种A解析：(方法一)分四步完成，首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法．由分步乘法计数原理，得不同的涂法有4×3×2×3＝72(种)．(方法二)按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．两个计数原理的应用(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成．(2)较复杂的问题可借助图表来完成．(3)对于涂色问题：①分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素；②注意对每个区域逐一进行，分步处理．1．甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种 B．6种C．10种 D．16种B解析：分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的传递方式有3种(如图)；同理，甲第一次踢给丙时，满足条件的传递方式也有3种．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．2．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为()A．240 B．204C．729 D．920A解析：分两类：①如果这个三位数含0，则0必在末位，共有这样的凸数Ceq\o\al(2,9)个；②如果这个三位数不含0，则这样的凸数共有(Ceq\o\al(3,9)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,9))个．综上所述，所有凸数共有2Ceq\o\al(2,9)＋Ceq\o\al(3,9)Aeq\o\al(2,2)＝240(个)．3．如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A．24 B．48C．72 D．96C解析：(方法一：以位置为主考虑)分两种情况：(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24(种)涂法．(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)涂法．故共有24＋48＝72(种)涂色方法．(方法二：以颜色为主考虑)分两类：(1)取4色：着色方法有2Aeq\o\al(4,4)＝48(种)．(2)取3色：着色方法有Aeq\o\al(3,4)＝24(种)．所以共有着色方法48＋24＝72(种)．考点2排列问题——基础性(1)(2020·合肥市第二次质量检测)某部队在一次军演中要先后执行A，B，C，D，E，F六项不同的任务，要求：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B，C不能相邻，则不同的执行方案共有()A．36种 B．44种C．48种 D．54种B解析：由题意知任务A，E必须相邻，且只能安排为AE，由此分三类完成：①当AE排第一、二位置时，用○表示其他任务，则顺序为AE○○○○，余下四项任务，先全排D，F两项任务，然后将任务B，C插入D，F两项任务形成的三个空隙中，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)种方法．②当AE排第二、三位置时，顺序为○AE○○○，余下四项任务又分为两类：①B，C两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)种方法；②D，F两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，且任务B，C不相邻，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)种方法．③当AE排第三、四位置时，顺序为○○AE○○，第一、二位置必须分别排来自B，C和D，F中的一个，余下两项任务排在后两个位置，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)种方法．根据分类加法计数原理知不同的执行方案共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝44(种)．故选B.(2)(2020·全国卷Ⅱ)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有________种．36解析：因为4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，所以先取2名同学看作一组，选法有Ceq\o\al(2,4)＝6(种)．现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)．根据分步乘法计数原理，可得不同的安排方法共有6×6＝36(种)．1．(2020·洛阳市第一次联考)某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放．如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为()A．16 B．18C．24 D．32C解析：第一步，将3辆不同型号的车进行排列，有Aeq\o\al(3,3)种方法；第二步，把剩余的4个车位看成一个元素，插入3辆车所形成的4个空位中，有Ceq\o\al(1,4)种方法．由分步乘法计数原理可知，不同的停放方法共有Aeq\o\al(3,3)·Ceq\o\al(1,4)＝24(种)．故选C.2．(2020·雅礼中学高三模拟)现有10名学生排成一排，其中4名男生，6名女生．若有且只有3名男生相邻排在一起，则不同的排法共有()A．Aeq\o\al(2,6)Aeq\o\al(2,7)种 B．Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(2,7)种C．Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,6)Aeq\o\al(2,7)种 D．Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(6,6)Aeq\o\al(2,7)种D解析：采用捆绑法和插空法．从4名男生中选择3名，进而将3个相邻的男生捆在一起，看成1个男生，方法数是Aeq\o\al(3,4)，这样与第4个男生看成是2个男生；然后6个女生任意排的方法数是Aeq\o\al(6,6)；最后在6个女生形成的7个空隙中，插入2个男生，方法数是Aeq\o\al(2,7).综上所述，不同的排法共有Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(6,6)Aeq\o\al(2,7)种．故选D.3．(2020·和平区高三一模)国际高峰论坛，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为()A．378 B．306C．268 D．198D解析：分两种情况讨论：①若选两个国内媒体、一个国外媒体，则有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝90(种)不同提问方式；②若选两个国外媒体、一个国内媒体，则有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)＝108(种)不同提问方式．所以共有90＋108＝198(种)提问方式．故选D.考点3组合问题——基础性(1)某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排方法共有()A．30种 B．36种C．42种 D．48种C解析：若甲在11日值班，则在除乙外的4人中任选1人在11日值班，有Ceq\o\al(1,4)种选法，9日、10日有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)种安排方法，共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝24(种)安排方法；若甲在10日值班，乙在9日值班，余下的4人有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)＝12(种)安排方法；若甲、乙都在10日值班，则共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝6(种)安排方法．所以不同的安排方法共有24＋12＋6＝42(种)．(2)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()A．232 B．252C．472 D．484C解析：分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,12)＝264(种)；第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．组合问题的常见类型与处理方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“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“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．1．如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三点为顶点的三角形的个数为()A．30 B．42C．54 D．56B解析：间接法：先从这8个点中任取3个点，有Ceq\o\al(3,8)种取法，再减去三点共线的情形即可，即三角形的个数为Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,5)－Ceq\o\al(3,4)＝42.2．(多选题)(2020·盐城市大丰中学期中)有13名医生，其中女医生6人，现从中抽调5名医生组成医疗小组前往湖北疫区．若医疗小组至少有2名男医生，同时至多有3名女医生，设不同的选派方法种数为N，则下列等式能成为N的算式的是()A．Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(4,6)B．Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,7)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(4,7)Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(5,7)C．Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(4,6)－Ceq\o\al(5,6)D．Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(3,11)BC解析：13名医生，其中女医生6人，男医生7人．利用直接法，2男3女：Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(3,6)；3男2女：Ceq\o\al(3,7)Ceq\o\al(2,6)；4男1女：Ceq\o\al(4,7)Ceq\o\al(1,6)；5男：Ceq\o\al(5,7)，所以N＝Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,7)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(4,7)Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(5,7).利用间接法：13名医生，任取5人，减去抽调4名女医生和5名女医生的情况，即N＝Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(4,6)－Ceq\o\al(5,6).所以能成为N的算式的是BC.故选BC.考点4排列与组合的综合应用——综合性(1)(2020·滨海新区大港一中高三模拟)从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为()A．48 B．72C．90 D．96D解析：甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛．①当甲参加另外3场比赛时，共有Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(3,4)＝72(种)选择方案；②当甲不参加任何比赛时，共有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)选择方案．故不同的参赛方案有72＋24＝96(种)．(2)(2020·临沂市临沭县高三模拟)某旅游公司为了推出新的旅游产品项目，派出五名工作人员前往重庆的三个网红景点——洪崖洞夜景、轻轨穿楼、长江索道进行团队游的可行性调研．若每名工作人员只去一个景点，每个景点至少有一名工作人员前往，其中工作人员甲、乙需要到同一景点调研，则不同的人员分配方案种数为()A．18 B．36C．54 D．72B解析：若甲、乙一起(无其他人)有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)＝18(种)方案；若甲、乙与另一人一起(三人一起)有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝18(种)方案．所以不同的人员分配方案有18＋18＝36(种)．故选B.(3)有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两名同学要站在一起，则不同的站法有()A．240种 B．192种C．96种 D．48种B解析：当丙和乙在甲的左侧时，共有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝96(种)站法．同理，当丙和乙在甲的右侧时，也有96种站法，所以不同的站法共有192种．求解排列、组合应用问题的六种主要方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算优先法优先安排特殊元素或特殊位置捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反、等价转化的方法1．(2020·杭州市高三二模)有来自甲、乙、丙三个班级的5名同学站成一排照相，其中甲班2人，乙班2人，丙班1人，则仅有一个班级的同学相邻的站法种数是()A．96 B．48C．36 D．24B解析：由题意知，可以是甲班的2名同学相邻，也可以是乙班的2名同学相邻，相邻的2名同学和丙班的1名同学站队，共有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)种站法．再将另外一个班级的2名同学进行插空，共有Aeq\o\al(2,3)种站法．由分步乘法计数原理知，仅有一个班级的同学相邻的站法种数是Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝48.故选B.2．(2020·泸州市高三三模)某中学学生会体育部共有5人，现需从体育部选派4人，分别担任拔河比赛的裁判、记录结果、核查人数、维持纪律四项工作，每人只担任其中一项工作，其中甲没有担任裁判工作，则不同的工作安排方式共有()A．120种 B．48种C．96种 D．60种C解析：从5人中选4人担任4项不同工作，有Aeq\o\al(4,5)种方法．若甲担任裁判工作，再从另外4人中选3人担任3项不同工作，有Aeq\o\al(3,4)种方法，则符合题意的工作安排方式共有Aeq\o\al(4,5)－Aeq\o\al(3,4)＝96(种)．故选C.3．安排A，B，C，D，E，F六位义工照顾甲、乙、丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人的住址距离问题，不安排义工A照顾老人甲，不安排义工B照顾老人乙，求不同的安排方法种数．解：(方法一)先按A分类，兼顾考虑B，分类如下．A照顾乙，B照顾甲，有安排方法Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝12(种)；A照顾乙，B照顾丙，有安排方法Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝12(种)；A照顾丙，B照顾甲，有安排方法Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝12(种)；A照顾丙，B照顾丙，有安排方法Ceq\o\al(2,4)＝6(种)．综上分析可得，不同的安排方法共有12＋12＋12＋6＝42(种)．(方法二：间接法)六位义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人，共有安排方法Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)＝90(种)．其中A照顾老人甲的情况有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)＝30(种)；B照顾老人乙的情况有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)＝30(种)；A照顾老人甲，同时B照顾老人乙的情况有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝12(种)．所以符合题意的安排方法有90－30－30＋12＝42(种)．第2节二项式定理一、教材概念·结论·性质重现1．二项式定理二项式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)二项展开式的通项公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk，它表示展开式的第k＋1项二项式系数Ceq\o\al(k,n)(k＝0,1,2，…，n)(a＋b)n的展开式与(b＋a)n的展开式的项完全相同，但对应的项不相同，而且两个展开式的通项不同．2．二项式系数的性质二项展开式形式上的特点(1)项数为n＋1.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n.二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)Ceq\o\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项．(×)(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．(×)(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．(√)(4)通项公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk中的a和b不能互换．(√)(5)(a＋b)n的展示式中某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．(√)2．(1－2x)4展开式中第3项的二项式系数为()A．6 B．－6C．24 D．－24A解析：(1－2x)4展开式中第3项的二项式系数为Ceq\o\al(2,4)＝6.故选A.3．二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－2y))5的展开式中x3y2的系数是()A．5 B．－20C．20 D．－5A解析：二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－2y))5的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))5－k(－2y)k.根据题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5－k＝3，,k＝2，))解得k＝2.所以x3y2的系数是Ceq\o\al(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3×(－2)2＝5.故选A.4．(2020·天津联考)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(2a,x)))8的展开式中常数项为112，则实数a的值为()A．±1 B．1C．2 D．±2A解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(2a,x)))8展开式中的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)(eq\r(3,x))8－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,x)))k＝Ceq\o\al(k,8)(－2a)kxeq\f(8－k,3)－k.令eq\f(8－k,3)－k＝0，求得k＝2，所以它的展开式的常数项是Ceq\o\al(2,8)(－2a)2.再根据展开式中的常数项是112，可得Ceq\o\al(2,8)(－2a)2＝112，求得a＝±1.故选A.5．(x＋1)5(x－2)的展开式中x2的系数为________．－15解析：(x＋1)5(x－2)＝x(x＋1)5－2(x＋1)5展开式中含有x2的项为－20x2＋5x2＝－15x2.故x2的系数为－15.6．若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为________．8解析：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝0.令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4＝16，两式相加得a0＋a2＋a4＝8.考点1二项展开式的通项公式及其应用——基础性考向1求二项展开式中的特定项(1)(2020·全国卷Ⅲ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)))6的展开式中常数项是________(用数字作答)．240解析：展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(x2)6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))k＝2kCeq\o\al(k,6)x12－3k.令12－3k＝0，解得k＝4，故常数项为24Ceq\o\al(4,6)＝240.(2)(2019·浙江卷)在二项式(eq\r(2)＋x)9的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是________．16eq\r(2)5解析：由题意，(eq\r(2)＋x)9的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,9)(eq\r(2))9－k·xk(k＝0,1,2，…，9)．当k＝0时，可得常数项为T1＝Ceq\o\al(0,9)(eq\r(2))9＝16eq\r(2).若展开式的系数为有理数，则k＝1,3,5,7,9，有T2，T4，T6，T8，T10共5个．求二项展开式中特定项的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k；第三步，把k代入通项公式中，即可求出Tk＋1，有时还需要先求n，再求k，才能求出Tk＋1或者其他量．考向2形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式(1)(2020·全国卷Ⅰ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为()A．5 B．10C．15 D．20C解析：要求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展开式中x3y3的系数，只要分别求出(x＋y)5的展开式中x2y3和x4y的系数再相加即可．由二项式定理可得(x＋y)5的展开式中x2y3的系数为Ceq\o\al(3,5)＝10，x4y的系数为Ceq\o\al(1,5)＝5，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为10＋5＝15.故选C.(2)(x2＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－2))5的展开式的常数项是()A．5 B．－10C．－32 D．－42D解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－2))5的通项公式为Ceq\o\al(k,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))5－k×(－2)k＝Ceq\o\al(k,5)×(－2)k×xeq\f(k－5,2).令eq\f(k－5,2)＝0，解得k＝5；令eq\f(k－5,2)＝－2，得k＝1.故(x2＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－2))5的展开式的常数项是Ceq\o\al(1,5)×(－2)＋Ceq\o\al(5,5)×(－2)5＝－42.求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．(2)观察(a＋b)n(c＋d)m是否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5·(1－x)2.(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．考向3形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2项的系数为()A．10 B．20C．30 D．60C解析：(方法一)(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝Ceq\o\al(2,5)(x2＋x)3y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为Ceq\o\al(1,3)x4·x＝Ceq\o\al(1,3)x5.所以x5y2的系数为Ceq\o\al(2,5)×Ceq\o\al(1,3)＝30.(方法二)(x2＋x＋y)5表示5个x2＋x＋y之积，所以x5y2可从其中5个因式中，2个取因式中的x2，剩余的3个因式中1个取x,2个因式取y，因此x5y2的系数为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)＝30.求三项展开式中某些特定项的系数的方法(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解．(2)两次利用二项式定理的通项公式求解．(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．1．(2020·海淀区高三一模)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))6的展开式中，常数项为()A．－120 B．120C．－160 D．160C解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))6展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)k2kCeq\o\al(k,6)x2k－6.令2k－6＝0，得k＝3.所以常数项为T3＋1＝(－1)323Ceq\o\al(3,6)＝－160.故选C.2．(2021·烟台模拟)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(2,x)))n的展开式的各项系数和为243，则展开式中x7的系数为()A．5 B．40C．20 D．10B解析：由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(2,x)))n的展开式的各项系数和为243，令x＝1，得3n＝243，即n＝5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(2,x)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(2,x)))5，则Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)·(x3)5－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))k＝2k·Ceq\o\al(k,5)·x15－4k.令15－4k＝7，得k＝2，所以展开式中x7的系数为22×Ceq\o\al(2,5)＝40.3．(2021·八省联考)(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是()A．60 B．80C．84 D．120D解析：(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,9).因为Ceq\o\al(2,2)＝Ceq\o\al(3,3)，所以Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＝Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)＝Ceq\o\al(3,4).所以Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＝Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,4)＝Ceq\o\al(3,5).以此类推，Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,9)＝Ceq\o\al(3,9)＋Ceq\o\al(2,9)＝Ceq\o\al(3,10)＝eq\f(10×9×8,3×2×1)＝120.4．(2020·攀枝花市高三三模)(x2－x－2)3的展开式中，含x4的项的系数是()A．9 B．－9C．3 D．－3D解析：因为(x2－x－2)3＝(x－2)3(x＋1)3，所以含x4的项为Ceq\o\al(0,3)x3·Ceq\o\al(2,3)x＋Ceq\o\al(1,3)x2(－2)·Ceq\o\al(1,3)x2＋Ceq\o\al(2,3)x×(－2)2·Ceq\o\al(0,3)x3＝－3x4.故选D.考点2二项式系数与各项的系数和问题——基础性(1)在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为()A．－960 B．960C．1120 D．1680C解析：根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，解得n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，且T5＝Ceq\o\al(4,8)(－2)4x4＝1120x4，即展开式的中间项的系数为1120.故选C.(2)(2020·哈尔滨市第一中学高三一模)若(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝()A．28－1 B．28C．38－1 D．38D解析：由题可知，x的奇数次幂的系数均为负数，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8.因为(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝38，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38.故选D.(1)赋值法的应用二项式定理给出的是一个恒等式，对于x，y的一切值都成立．因此，可将x，y设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令x，y等于多少，应视具体情况而定，一般取1，－1或0，有时也取其他值．如：①形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可；②形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子，求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．(2)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)的展开式中，①各项系数之和为f(1)；②奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq\f(f1＋f－1,2)；③偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq\f(f1－f－1,2).1．(2020·广西高三5月联考)若(a＋x2)(1＋x)n的展开式中各项系数之和为192，且常数项为2，则该展开式中x4的系数为()A．30 B．45C．60 D．81B解析：令x＝0，得a＝2，所以(a＋x2)(1＋x)n＝(2＋x2)(1＋x)n.令x＝1，得3×2n＝192，所以n＝6.故该展开式中x4的系数为2Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(2,6)＝45.故选B.2．(2020·大同一中高三一模)若a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋a3(2x－1)3＋a4(2x－1)4＋a5(2x－1)5＝x5，则a2的值为()A.eq\f(5,4) B.eq\f(5,8)C.eq\f(5,16) D.eq\f(5,32)C解析：因为x5＝eq\f(1,32)[(2x－1)＋1]5，所以二项式[(2x－1)＋1]5的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)·(2x－1)5－k×1k＝Ceq\o\al(k,5)·(2x－1)5－k.令k＝3，所以T4＝Ceq\o\al(3,5)·(2x－1)2.因此有a2＝eq\f(1,32)·Ceq\o\al(3,5)＝eq\f(1,32)·Ceq\o\al(2,5)＝eq\f(1,32)×eq\f(5×4,2)＝eq\f(5,16).故选C.3．(多选题)(2020·南京市高三开学考试)已知(2＋x)(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则()A．a0的值为2B．a5的值为16C．a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6的值为－5D．a1＋a3＋a5的值为120ABC解析：令x＝0，得a0＝2，故A正确．2×(－2)5Ceq\o\al(5,5)＋(－2)4Ceq\o\al(4,5)＝16，故a5＝16，B正确．令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3①.又a0＝2，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－5，故C正确．令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝243②.由①②得a1＋a3＋a5＝－123，D错误．故选ABC.考点3二项式系数的性质——综合性考向1二项式系数的最值问题(2020·大庆市高三三模)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))n的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数是()A．－462 B．462C．792 D．－792D解析：因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))n的展开式中只有第7项的二项式系数最大，所以n为偶数，展开式共有13项，则n＝12.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))12的展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)kCeq\o\al(k,12)x12－2k.令12－2k＝2，得k＝5.所以展开式中含x2项的系数是(－1)5Ceq\o\al(5,12)＝－792.故选D.考向2项的系数的最值问题(1)(2020·邵阳市高三第一次联考)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝()A．5 B．6C．7 D．8B解析：由题意可知Ceq\o\al(m,2m)＝a，Ceq\o\al(m,2m＋1)＝b.因为13a＝7b，所以13Ceq\o\al(m,2m)＝7Ceq\o\al(m,2m＋1)，即13eq\f(2m！,m！m！)＝7eq\f(2m＋1！,m！m＋1！)，所以13＝7·eq\f(2m＋1,m＋1)，解得m＝6.故选B.(2)(2020·延安市第一中学高三月考)已知(xeq\f(2,3)＋3x2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求：①展开式中二项式系数最大的项；②展开式中系数最大的项．解：令x＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n＝22n.又展开式中二项式系数和为2n，所以22n－2n＝992，n＝5.①因为n＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3,4两项，所以T3＝Ceq\o\al(2,5)(x)3(3x2)2＝90x6，T4＝Ceq\o\al(3,5)(x)2(3x2)3＝270x.②设展开式中第r＋1项系数最大，则Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x)5－r(3x2)r＝3rCeq\o\al(r,5)x.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3rC\o\al(r,5)≥3r－1C\o\al(r－1,5)，,3rC\o\al(r,5)≥3r＋1C\o\al(r＋1,5).))解得eq\f(7,2)≤r≤eq\f(9,2).所以r＝4，即展开式中第5项的系数最大，T5＝405xeq\f(26,3).1．二项式系数最大项的确定方法当n为偶数时，展开式中第eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋1))项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第eq\f(n＋1,2)项和第eq\f(n＋3,2)项的二项式系数最大，最大值为或.2．二项展开式系数最大项的求法如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))解出k即可．1．(2020·绵阳高三三模)在二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))n的展开式中，仅第4项的二项式系数最大，则展开式中常数项为()A．－360 B．－160C．160 D．360B解析：因为展开式中，仅第4项的二项式系数最大，所以展开式共有7项．所以n＝6.所以展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)x6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))k＝(－2)kCeq\