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、组合与二项式定理是高中数学中内容相对独立的一个部分，排列、组合的知识为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经过对典型例题的剖析，总结思维规律，提高解题能力101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Anmn!,Cnmn!Anm(nm)!m!(nm)!Anm3组合数的性质：(1)CnmCnnm；(2)Cnm1CnmCnm1【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”之间的独立性和等效性，在应用分步计数原理时，

2、要注意“步”与“步”之间的有关性和连续性娴熟掌握排列数公式和组合数公式，注意题目的构造特点和联系；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，领会解计数问题的基本方法，正确办理附加的限制条件【例题剖析】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?【剖析】(1)分3步达成寄出3封信的任务：第一步，寄出步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有分步计数原理，共有4444364种寄信方法1封信，有4种方法；第二4种方法，达成任务根据(2)典型的排列问题，共有A4324种寄信方法

3、例2在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别栽种A，B两种作物，每种作物栽种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，则不同的栽种方法共有_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，第二步栽种两种作物共有A222各栽种法，所以共有6212种选垄种植方法【评述】排列组合是解决心数问题的一种重要方法但要注意，计数问题的基来源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

4、式很难进行时，适时采取原始的分类列举方法往往是最好的如例2在详细的计数问题的解决过程中，需要决议的是，这个计数问题需要“分步”仍是“分类”达成，再考虑这个计数问题是排列问题、组合问题仍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，比如09:20:1810点之间，此电子表出现6个各不相同数字来表示时间的有表示9点20分_次18秒则在0点到【剖析】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

5、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：154A734200种【评述】做一件事情分多步达成时，我们一般先做限制条件较大的一步，如本题中，首位受限条件最大，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47个同学站成一排，分别求出切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名同学随意排列，故不同排法有A66720(2)第一步：先把甲、乙

6、捆绑，视为一个元素，连同其余5个人全排列，共有A66种排法；第二步：给甲、乙松绑，有A22种排法，本题共有A66A221440种不同排法(3)在7名同学站成一排的A77种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的站法是一一对应的，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A7722520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A55种，再联合甲、乙、丙3个人之间的不同排列有A33种，本题的解为：A55A33720(5)先让除甲、乙、丙外的4个人站好，共有A44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，本题答

7、案A44A531440【评述】当要求某几个元素排在一同时，与其他元素进行排列如例4(2)，(4)我们常将这几个元素捆绑在一同作为一个元素当要求某几个元素不相邻时，我们经常先排其他元素，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?【剖析】先将4个球分红3组，共有C426种分组方法；再将3组球放在4个盒子里，是排列问题，有A4324种方法，所以，共有C42A43144种不同的放球方法【评述】近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，其中起

8、码有一名女工的选法有多少种?解法1：起码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类选法加在一同，共有C14C62C42C16C43100种不同的选法解法2：与“起码有一名女工”选法相对立的是“没有女工”的选法，从所有的选法中除掉“没有女工”的选法，剩下的即为所求，共有C103C63100【评述】当波及“起码”或“至多”的问题时，从大的方向看我们经常是对其分类议论，运用分类计数原理解决问题，自然，也能够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，且两头的格子的颜色也不同，则

9、不同的涂色方法共有多少种?【剖析】如果按从左至右的次序去涂色，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办理这个计数问题解：1、3两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有6515150种方法；1、3两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有6544480种方法所以，共有不同的涂色方法630种例8四面体的极点和各棱中点共10个点，取4个不共面的点，不同取法有多少种?【剖析】没有限制地从10个点中选出

10、4个点，共有C104种不同选法，除掉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ABCD的某一个面上，共有4C64种共面的情况(2)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，合计有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，切合要求的选法共有C104(4C6463)141种例9在给出的下列图中，用水平或垂直的线段连接相邻的字母，按这些线段行走时，正好拼出“竞赛”即“CONTEST”的路线共有多少条?【剖析】“CONTEST”的路线的条数与“TSETNOC”路线的条数相同，如下右图，从

11、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，所以下列图中，“TSETNOC”路线共有2664条所以本题的答案为6421127【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：如果两个会合之间能够成立一对一的对应关系，那么这两个会合的元素的个数相同借助这个原理，如果一个会合元素的个数不好计算时，我们将其转变为求另一个会合元素的个数不失为一种较好的方法例10(1)计算A85A84的值；A96A95(2)计算C338nnC213nn的值；(3)证明：AnmmAnm1Anm1A85A848!8!48!8!58!5(1)解：3!4!A96A959!9!49!9!39

12、!273!4!(2)解：注意到Cnm中的隐含条件：nm，mN，nN*，有3n38n,3n0,解得19n21，所以n1038n0,2221n3n,所以，C3028C3130C302C311466(3)证明：AnmmAnm1n!mn!(nm1)n!mn!(nm)!(nm1)!(nm1)!(nm1)!(nm1)n!mn!(n1)!(n1)!Anm1(nm1)!(nm1)!(nm1)!(n1)m!【评述】关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变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：(1)Cn

13、mCnnm；(2)Cnm1CnmCnm1；(3)Cn0Cn1Cn2Cnn2n；(4)Cn0Cn2Cn1Cn3练习101一、选择题15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)123四面体的一个极点为A，从其他极点与棱的中点中取3个点，使它们和点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5

14、00元的资本购置单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件起码买3片，磁盘起码买2盒，则不同的选购方式有()(A)5种(B)6种(C)7种(D)8种5下列等式中正确的选项是()(1)kCnknCnk11；(2)1Cnkn1Cnk11；k11(3)Cnk1nkCnk；(4)Cnk11k1Cnkk1n1(A)(1)(2)(B)(1)(2)(3)(C)(1)(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3个座位不能坐，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种二、

15、填空题7从会合0，1，2，3，5，7，11中任取B、C，所得的经过坐标原点的直线有3个元素分别作为直线方程AxByC0中的_条(结果用数值表示)A、8用数字0，1，2，3，4，5能够组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有_9马路上有12盏灯，为了节俭用电，能够熄灭其中3盏灯，但两头的灯不能熄灭，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个盒子内，每个盒内放一个球，则恰巧有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从会合O，P，Q，R，S与0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中各任取2个元

16、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)128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)102二项式定理【知识要点】1二项式定理：(ab)nCn0anCn1an1bCn2an2b2CnranrbrCnnbn2通项公式：TCranrbr，r1n3Cn0，C1n，Cn2，Cnr，Cnn称为二项式系数，4二项展开式的系数的性质：Cn0C1nCn2Cnn2n；Cn0Cn2C1nCn3【复习要求】会求二项展开式中适合某种特殊条件的项；认识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

17、方法【例题剖析】例1在二项式(x21)5的展开式中，含x4的项的系数是_x解：Tr1C5r(x2)5r(1)r(1)rC5rx103r，x令103r4，得r2，所以x4项的系数是C52(1)210例2(1)若(1x)n的展开式中，x3的系数是x系数的7倍，求n的值；(2)在(2lgx)8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1120，求x的值解：(1)由已知Cn37Cn1，即n(n1)(n2)7n，整理得n23n400，6解得n8或n5(舍)所以n8(2)(2lgx)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，T5C8424(lgx)41120，整理得(lgx)41，所以lgx1，

18、解得x10或x110例3求(3x32)100的展开式中x的系数为有理数的项的个数100rr解：Tr1C100r(3x)100r(32)rC100r3223x100r，若系数为有理数，则100r,r都必须是整数，即r应为6的倍数3又0r100，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项例4已知(x1)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：T3Cn2xn2(1)2Cn2xn4,T6Cn5xn5(1)5Cn5xn10,xxCn5Cn2，所以n7所以第4项系数最小，T4C73x73(1x)3C73x35x.【评述】通项公式Tr1Cnranrbr是二项式

19、定理中常用的一个公式，要娴熟掌握，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；注意运用通项公式求第3项时，r2如例4例5已知(a21)n的展开式中的各项系数之和等于(16x21)5的展开式的常数项，5x而(a21)n的展开式中的系数最大项等于54，求a的值，x21205r解：(16)5的展开式的第r1项Tr1C5r(16x2)5r(1)r(16)5rC5rx2.5x5x5令Tr1为常数项，则205r0，r4，所以常数项T5C541616.5又(a21)n的展开式中的各项系数之和等于2n，由题意得2n16，所以n4由二项式系数的性质知，(a21)n的展开式中的系数最大

20、的项即为二项式系数最大的项，是中间项T3，所以C42a454，解得a3例6已知(12x)7a0a1xa2x2a7x7求：(1)a1a2a7；(2)a1a3a5a7；(3)a0a2a4a6；(4)aaaa0127解：令x1，则a0a1a2a71令x1，则a012345677aaaaaaa3(1)易知a01，所以a1a2a7a0a1a2a7a02；(2)()2，得a1a3a5a71371094；2(3)()2，得a0a2a4a6=1371093；2(4)方法1：因为(12x)7的展开式中a1，a3，a5，a7是负数，a0，a2，a4，a6是正数，所以a0a1a2a7a0a2a4a6(a1a3a5a

21、7)2187方法2：因为a0127表示(12x)7的展开式中各项系数的aaa和，令x1，可得a012772187aaa3【评述】经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)的方式能够解决二项展开式系数整体求值的问题例7若多项式x2x10a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9a10(x1)10，则a9_【剖析】方法1：由于a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9a10(x1)10 x2x101(x1)21(x1)10C109(1)1(x1)9C1010(x1)10，则a9C109(1)10方法2：由于等式左边x10的系数为1，所以a101，又，等式左边x9的系数为0

22、，所以a9C109a100，所以a910例89192除以100的余数为_解：9192(901)92C9209092C9219091C9290902C9291901前面各项均能被100整除，只有末尾两项不能被100整除，C92919018281820081，所以9192除以100的余数为81例9求(0.998)5精准到0.001的近似值解：(0.998)5(10.002)5C50C51(0.002)C52(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a1，nN*且n2，求证na1a1n证明：设na1x，则(x1)na欲证原不等式，即证nx(x1)n

23、1，其中x0(x1)nCn0 xnC1nxn1Cnn1x1Cnn1x1nx1(n2)，即有(x1)nnx1，得证例11(12x2)(x1)8的展开式中常数项为_(用数字作答)x解：求(12x2)(x1)8的常数项(x1)8，即求展开式中的常数项及含x2的项xx关于(x1)8，Tr1C8rx8r(1)r(1)rC8rx82rxx令82r0，即有r4，T5(1)4C8470令82r2，即有r5，T6(1)5C85x256x2所以常数项为702(56)42练习102一、选择题1若(x21)n的展开式中的所有二项式系数和为512，则该展开式中的常数项为x(A)84(B)84(C)36(D)362已知(

24、ax)9的展开式中x3的系数为9，常数a的值为()x24(A)1(B)2(C)4(D)83在(1x)5(1x)4的展开式中，x3的系数是()(A)4(B)4(C)8(D)84若C21n与Cnm同时有最大值，则m的值是()(A)5(B)4或5(C)5或6(D)6或7二、填空题5(x21)6的展开式中常数项是_(用数字作答)x6若(x1)nxnax3bx21，(nN*)，且ab31，那么n_7(n1)n1除以n2(n1)的余数为_8察看下列等式：C51C55232，C91C95C992723，C131C135C139C131321125，C171C175C179C1713C171721527，由以

25、上等式推断到一个一般的结论：*1594n1_关于nN,C4n1C4n1C4n1C4n1三、解答题9在(3x1)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)(12x)m(13x)n展开式中x的系数为13，则x2的系数为()11当nN*时，求证：2(11)n3.n习题10一、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、丁四名学生疏到三个不同的班，每个班起码分到一名学生，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(

26、C)30(D)363从单词“equation”中选用5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排列共有()(A)120种(B)480种(C)720种(D)840种4若(2x3)3a0a1xa2x2a3x3，则(a0a2)2(a1a3)2的值为()(A)1(B)1(C)0(D)25若(3x22)n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为()x3(A)10(B)6(C)5(D)36若(12x)2009a0a1xa2009x2009(xR)，a1a2a2009则的值为()22a2009(A)2(B)0(C)1(D)2二、填空题7在(3x)7的展开式中，x5的系数是_(用数字作答)8从6名男生和4名女生中，选出3名代表，要求起码有一名女生，则不同的选法有_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(xy)10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于_11数列a，a，a，其中恰巧有5个2和2个4，调动a至a各数的地点，一共能够12717组成不同的数列(含原数列)_个122010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