2021版高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11-2排列组合与二项式定理练习苏教版 11页

‎11.2 排列、组合与二项式定理 ‎ 考点一　排列、组合的基本问题  ‎ ‎ ‎ ‎1.某校根据2017版新课程标准开设A类选修课3门,B类选修课4门,一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有 (　　)‎ A.30种 B.35种 C.42种 D.48种 ‎2.在由数字1、2、3、4、5组成的所有没有重复数字的5位数中,大于23 145且小于43 521的数共有 (　　)‎ A.56个 B.57个 C.58个 D.60个 ‎3.八个人分两排坐,每排四人,限定甲必须坐在前排,乙、丙必须坐在同一排,共有________种安排办法. ‎ ‎4.(2018·浙江高考)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) ‎ ‎ ‎ ‎【解析】1.选A.按照所选的3门课程中A类的情形分两类:第一类,2门A类选修课,1门B类选修课,有种方法;第二类,1门A类选修课,2门B类选修课,有种方法,所以由分类加法计数原理得不同的选法共有+ =12+18=30(种).‎ ‎2.选C.按照首位的大小分类:‎ ‎(1)开头为231的,有一个.‎ ‎(2)开头为23的,第三位从4,5中选一个,有种,余下的后两位,有种,共有=4个.‎ ‎(3)开头为2,第2位从4,5中选一个,有种,余下的后3位,有种,共有 =12个.‎ ‎(4)开头为3,后四位由1,2,4,5全排列,有4!=24个.‎ ‎(5)开头为4,第二位为1,2中的一个,有2种方法,后三位有3!=6种方法,共有2×6=12个.‎ ‎(6)开头为43,第三位从1,2中选一个,有2种方法,后两位有2!种方法,共有2×2=4个.‎ ‎(7)开头为435的,只有1个,‎ 所以由分类加法计数原理得所求的数共有1+4+12+24+12+4+1=58(个).‎ - 11 -‎ ‎3.方法一:可分为“乙、丙坐在前排,甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排,甲坐在前排的八人坐法”两类情况.应当使用分类加法计数原理,在每类情况下,划分“乙、丙坐下”“甲坐下”“其他五人坐下”三个步骤,又要用到分步乘法计数原理,这样可有如下算法:‎ ‎··+··=8 640(种).‎ 方法二:采取“总方法数减去不符合题意的所有方法数”的算法.把“甲坐在前排的八人坐法数”看成“总方法数”,这个数目是·.在这种前提下,不合题意的方法是“甲坐在前排,且乙、丙坐两排的八人坐法,”这个数目是····.其中第一个因数表示甲坐在前排的方法数, 表示从乙、丙中任选出一人的方法数, 表示把选出的这个人安排在前排的方法数,下一个则表示乙、丙中未安排的那个人坐在后排的方法数, 就是其他五人的坐法数,于是总的方法数为·-····=8 640(种).‎ 答案:8 640‎ ‎4.分类讨论:第一类:不含0的,按照分步乘法计数原理: =‎ ‎10×3×24=720;‎ 第二类:包含0的,按照分步乘法计数原理: =10×3×3×6=540, ‎ 所以一共有1 260个没有重复数字的四位数.‎ 答案:1 260‎ ‎ ‎ ‎1.求解有限制条件的排列问题的主要方法 直 接 法 分 类 法 选定一个适当的分类标准,将要完成的事件分成几个类型,分别计算每个类型中的排列数,再由分类加法计数原理得出总数 分 步 法 选定一个适当的标准,将事件分成几个步骤来完成,分别计算出各步骤的排列数,再由分步乘法计数原理得出总数 捆绑法 相邻问题捆绑处理,即可以把相邻几个元素看作一个整体与其他元素进行排列,同时注意捆绑元素的内部排列 - 11 -‎ 插空法 不相邻问题插空处理,即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中 除法 对于定序问题,可先不考虑顺序限制,排列后,再除以已定元素的全排列 间接法 对于分类过多的问题,按正难则反,等价转化的方法 ‎2.两类含有附加条件的组合问题的方法 ‎(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:若“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;若“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“最多”含有几个元素的组合题型:解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法或间接法都可以求解,用直接法分类复杂时,可用间接法求解.‎ ‎ 考点二　排列、组合的综合问题  ‎ ‎【典例】1.从A,B,C,D,E 5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛,其中A不参加物理、化学竞赛,则不同的参赛方案种数为 (　　)‎ A.24 B‎.48 ‎ C.72 D.120‎ ‎2.把20个不加区别的小球放入1号,2号,3号的三个盒子中,要求每个盒内的球数不小于它的编号数,则不同的方法种数为________. ‎ ‎3.对于任意正整数n,定义“n的双阶乘n!!”如下:‎ 当n为偶数时,n!!=n··……6·4·2,‎ 当n为奇数时,n!!=n··……5·3·1,‎ 现有四个结论:①(2018!!)·(2019!!)=2019!,‎ ‎②(2n)!!=2n,③2018!!的个位数字是8,‎ ‎④<,‎ 则四个结论中正确的是________. ‎ ‎【解题导思】‎ 序号 联想解题 ‎1‎ 由“A不参加物理、化学竞赛”联想到分类:A参加,A不参加.‎ - 11 -‎ ‎2‎ 由题意知小球没有区别,及盒子内球数不小于编号数,联想到先在2,3号盒子里分别放上1,2个球,变成了挡板问题.‎ ‎3‎ 看到双阶乘,联想到阶乘.‎ ‎【解析】1.选C.因为A参加时参赛方案有=48(种);A不参加时参赛方案有=24(种),所以不同的参赛方案共72种.‎ ‎2.先在编号为2,3的盒内分别放入1个,2个球,还剩17个小球,三个盒内每个至少再放入1个,将17个球排成一排,有16个空隙,插入2块挡板分为三堆放入三个盒中,即可共有C=120种方法.‎ 答案:120‎ ‎3.因为(2018!!)·(2019!!)=(2018×2016×…×6×4×2)×‎ ‎(2019×2017×…×5×3×1)‎ ‎=2019×2018×2017×…×5×4×3×2×1=2019!所以①是正确的.‎ 因为(2n)!!‎ ‎=··……6·4·2=2n··……3·2·1=2n, 所以②是正确的.‎ 因为由②知道2018!!中有因数5,也有因数2,所以个位数字是0,所以③是错误的.‎ 因为对任意正整数n,都有<,‎ 所以=,<,=,<,…,=,<,‎ 把上面的2n个式子作乘法,得<,‎ 所以两边开方得<,‎ 所以④是正确的.‎ 答案:①②④‎ ‎ 　解决排列、组合的综合问题的关键点 - 11 -‎ ‎(1)解排列与组合综合题一般是先选后排,或充分利用元素的性质进行分类、分步,再利用两个原理作最后处理.‎ ‎(2)解受条件限制的组合题,通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决.分类标准应统一,避免出现重复或遗漏.‎ ‎(3)对于选择题要谨慎处理,注意答案的不同形式,处理这类选择题可采用排除法分析选项,错误的答案都有重复或遗漏的问题.‎ ‎(4)熟记排列数、组合数公式及其变形,准确计算.‎ ‎ ‎ ‎1.用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为 (　　)‎ A.24 B‎.48 ‎ C.60 D.72‎ ‎【解析】选D.分两步:第一步,先排个位,有种选择;第二步,排前4位,有种选择.由分步乘法计数原理,知有·=72个.‎ ‎2.某班组织文艺晚会,准备从A,B等8个节目中选出4个节目演出,要求A,B两个节目至少有一个选中,且A,B同时选中时,它们的演出顺序不能相邻,那么不同演出顺序的种数为 (　　)‎ A.1 860 B.1 ‎320 ‎ C.1 140 D.1 020‎ ‎【解析】选C.当A,B节目中只选一个时,共有=960种演出顺序;当A,B节目都被选中时,由插空法得共有=180种演出顺序.所以一共有960+180=1140种演出顺序.‎ ‎3.已知i,m,n是正整数,且10,则0<<<‎1”‎及不等式的可乘性,所以···…·<··…=,所以原不等式成立.‎ ‎ 考点三　二项式定理  ‎ 命 题 精 解 读 考什么:(1)考查二项展开式的通项及由通项求某一项的系数或常数项.‎ ‎(2)考查应用赋值法求某些数列的和.‎ 怎么考:求二项展开式的通项或某指定项的系数或常数项,或知道某项系数或二项式系数,反求参数的值,考查二项展开式中组合思想的应用.‎ 新趋势:结合二项展开式的特征,与数列求和或不等式等知识交汇考查二项式定理.‎ 学 霸 好 方 法 ‎1.求解二项式定理问题的关键 ‎(1)熟记二项式定理,会用组合思想解决展开式的通项,或某些指定项.‎ ‎(2)熟悉二项展开式的特征,掌握赋值法解某项数列求和问题.‎ ‎2.交汇问题 解决与数列、不等式等知识交汇问题时,先用赋值法构造求和模型,再转化为熟悉的问题.‎ ‎ 二项展开式的通项及其应用 ‎【典例】1.(2018·全国卷Ⅲ) 的展开式中x4的系数为 (　　) ‎ A.10 B‎.20 ‎C.40 D.80‎ ‎2. 的展开式中常数项为 (　　) ‎ A. B‎.160 ‎ C.- D.-160‎ - 11 -‎ ‎【解析】1.选C.展开式的通项公式为Tr+1=(x2)5-r=2rx10-3r,令10-3r=4可得r=2,则x4的系数为22=40.‎ ‎2.选A. 的展开式的通项为Tr+1=x6-r=x6-2r,令6-2r=0,得r=3,‎ 所以展开式中的常数项是T4==.‎ ‎ ‎ 如何解决与二项展开式的通项有关的问题?‎ 提示:(1)求展开式中的特定项或其系数.可依据条件写出第k+1项,再由特定项的特点求出k值即可.‎ ‎(2)已知展开式的某项或其系数求参数.可由某项得出参数项,再由通项公式写出第k+1项,由特定项得出k值,最后求出其参数.‎ ‎ 二项式系数的性质与各项的和 ‎ ‎【典例】1.(2019·郑州模拟)若二项式的展开式的二项式系数之和为8,则该展开式所有项的系数之和为 (　　)‎ A.-1 B‎.1 ‎ C.27 D.-27‎ ‎2.(2019·盐城斯模拟)在的展开式中,x3的系数等于-5,则该展开式的各项的系数中最大值为(　　)‎ A.5 B‎.10 ‎ C.15 D.20‎ ‎3.(2019·襄阳模拟)设(x2+1)(2x+1)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a10(x+2)10,则a0+a1+a2+…+a10的值为________.  ‎ - 11 -‎ ‎【解析】1.选A.依题意得2n=8,解得n=3,取x=1,得该二项展开式每一项的系数之和为(1-2)3=-1.‎ ‎2.选B. 的展开式的通项为Tr+1=x5-r·=(-a)rx5-2r,令5-2r=3,则r=1,所以-a×5=-5,即a=1,展开式中第2,4,6项的系数为负数,第1,3,5项的系数为正数,故各项的系数中最大值为=10.‎ ‎3.在所给的多项式中,令x=-1可得(1+1)×(-2+1)8=a0+a1+a2+…+a10,即a0+a1+a2+…+a10=2.‎ 答案:2‎ ‎ ‎ 如何求解二项式系数或展开式系数的最值问题?‎ 提示:求解二项式系数或展开式系数的最值问题一般分两步:‎ 第一步,要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最大”两者中的哪一个.‎ 第二步,若是求二项式系数的最大值,则依据(a+b)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解.‎ 若是求展开式系数的最大值则在系数均为正值的前提下,求最大值只需解不等式组即可求得答案.‎ ‎ 二项式定理的综合应用 ‎ ‎【典例】1.(x+y)(2x-y)6的展开式中x4y3的系数为(　　)‎ A.-80 B.‎-40 ‎ C.40 D.80‎ ‎2.(2019·枣阳模拟)(x2+x+y)5的展开式中x5y2的系数为( )‎ A.10 B‎.20 ‎ C.30 D.60‎ ‎【解析】1.选D.(2x-y)6的展开式的通项公式为Tr+1=(2x)6-r(-y)r,当r=2时,T3=240x4y2,当r=3时,T4=-160x3y3,故x4y3的系数为240-160=80.‎ ‎2.选C.(x2+x+y)5的展开式的通项为=(x2+x)5-r·yr,令r=2,则T3=(x2+x)3y2,‎ 又(x2+x)3的展开式的通项为(x2)3-k·xk=,‎ 令6-k=5,则k=1,‎ 所以(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为=30.‎ - 11 -‎ ‎ ‎ 如何求解(a+b)m(c+d)n 或(a+b+c)n展开式的某一项的系数?‎ 提示:(1)若n,m中一个比较小,可考虑把它展开得到多个,如(a+b)2(c+d)m=(a2+2ab+b2)(c+d)m,然后展开分别求解.‎ ‎(2)若三项能用完全平方公式,那当然比较简单;若三项不能用完全平方公式,只需根据题目特点,把“三项”当成“两项”看,再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数.‎ ‎(3)观察(a+b)(c+d)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.‎ ‎(4)分别得到(a+b)n,(c+d)m的通项公式,综合考虑.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎1.已知展开式中,各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64,则n等于 (　　)‎ A.4 B‎.5 ‎ C.6 D.7‎ ‎【解析】选C.展开式中,各项系数的和为4n,各项二项式系数的和为2n,由已知得=2n=64,所以n=6.‎ ‎2.将多项式a6x6+a5x5+…+a1x+a0分解因式得,m为常数,若a5=-7,则a0= (　　)‎ A.-2 B.‎-1 ‎ C.1 D.2‎ ‎【解析】选D.因为(x+m)5的通项公式为Tr+1=‎ x5-rmr,a5x5=x·x5‎-1m1+(-2)x5=(‎5m-2)x5,‎ 所以a5=‎5m-2,又因为a5=-7,所以‎5m-2=-7,‎ 所以m=-1,所以常数项a0=(-2)×(-1)5=2.‎ ‎3.在的展开式中,含x5项的系数为 (　　)‎ A.6 B.‎-6 ‎ C.24 D.-24‎ - 11 -‎ ‎【解析】选B.由=-+-…-+,可知只有-的展开式中含有x5,所以 的展开式中含x5项的系数为-=-6.‎ ‎4.(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a=________. ‎ ‎【解析】设(a+x)(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5.‎ 令x=1,得(a+1)×24=a0+a1+a2+a3+a4+a5.①‎ 令x=-1,得0=a0-a1+a2-a3+a4-a5.②‎ ‎①-②得16(a+1)=2(a1+a3+a5)=2×32,所以a=3.‎ 答案:3‎ ‎ ‎ ‎1.(2019·湘潭模拟)若(1-3x)2 020=a0+a1x+…+a2 020x2 020,x∈R,则a1·3+a2·32+…+‎ a2 020·32 020的值为 (　　)‎ A.22 020-1 B.82 020-1‎ C.22 020 D.82 020‎ ‎【解析】选B.由已知,令x=0,得a0=1,令x=3,得a0+a1·3+a2·32+…+a2 020·32 020=‎ ‎(1-9)2 020=82 020,所以a1·3+a2·32+…+a2 020·32 020=82 020-a0=82 020-1.‎ ‎2. 的展开式中常数项为 (　　) ‎ A.-30 B‎.30 ‎ C.-25 D.25‎ ‎【解析】选C. ‎ ‎=x2-3x+,‎ - 11 -‎ 的展开式的通项为Tr+1=(-1)r,‎ 易知当r=4或r=2时原式有常数项,令r=4,T5=(-1)4,‎ 令r=2,T3=(-1)2·,故所求常数项为-3×=5-30=-25.‎ - 11 -‎