高考冲刺 排列组合、二项式定理(基础)

高考冲刺 排列组合、二项式定理
编稿：孙永钊 审稿：张林娟
【高考展望】
命题角度：该部分的命题就是围绕两个点展开．第一个点是围绕排列，组合展开，设计利用排列组合和两个基本原理求解的实际计数问题的试题，目的是考查对排列组合基本方法的掌握程度，考查分类与整合的思想方法，试题都是选择题或者填空题，难度中等或者偏易；第二点是围绕二项式定理展开，涉及利用二项式的通项公式计算二项式中特定项的系数、常数项、系数和等试题，目的是考查对二项式定理的掌握程度和基本的运算求解能力，试题也都是选择题或者填空题，难度中等．
预计高考对该部分的考查基本方向不变，即考查简单的计数问题、二项式定理的简单应用，但由于排列，组合试题的特点，也不排除出现难度稍大的试题的可能．
复习建议：该部分的复习以基本问题为主，要点有两个：一个是引导学生掌握解决排列，组合问题的基本思想，即分类与分步的思想，使学生在解题时有正确的思维方向；一个是掌握好二项展开式的通项公式的应用，这是二项式定理的考查核心． 【知识升华】
一、排列与组合
1、分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理，两者的区别在于分步计数原理和分步有关，分类计数原理与分类有关.
2、排列与组合主要研究从一些不同元素中，任取部分或全部元素进行排列或组合，求共有多少种方法的问题.区别排列问题与组合问题要看是否与顺序有关，与顺序有关的属于排列问题，与顺序无关的属于组合问题.
3、排列与组合的主要公式 ①排列数公式：)1()1()!
(!
+-⋅⋅⋅-=-=
m n n n m n n A m
n (m ≤n)
A n
n =n! =n(n ―1)(n ―2) ·…·2·1. ②组合数公式：1
2)1()
1()1()!(!!⨯⨯⋅⋅⋅⨯-⨯+-⋅⋅⋅-=-=
m m m n n n m n m n C m
n (m ≤n).
③组合数性质：①m n n m n C C -=(m ≤n). ②n
n n n n n C C C C 2210=+⋅⋅⋅+++ ③1
314202-=⋅⋅⋅++=⋅⋅⋅++n n n n n n C C C C C
4、分类应在同一标准下进行，确保“不漏”、“不重”，分步要做到“步骤连续”和“步骤独立”，并能完成事项.
5、界定“元素与位置”要辩证地看待，“特殊元素”、“特殊位置”可直接优先安排，也可间接处理.
6、解排列组合综合问题注意先选后排的原则，复杂的排列、组合问题利用分类思想转化为简单问题求解.
7、常见的解题策略有以下几种： （1）特殊元素优先安排的策略； （2）合理分类与准确分步的策略； （3）排列、组合混合问题先选后排的策略； （4）正难则反、等价转化的策略； （5）相邻问题捆绑处理的策略； （6）不相邻问题插空处理的策略； （7）定序问题除法处理的策略； （8）分排问题直排处理的策略；
（9）“小集团”排列问题中先整体后局部的策略； （10）构造模型的策略. 二、二项式定理 1、二项式定理
(a +b)n =C 0n a n +C 1n a n －
1b+…+C r n a n －
r b r +…＋C n n b n ，其中各项系数就是组合数C r
n ，展开式共有n+1项，
第r+1项是T r+1 =C r
n a n －
r b r .
2、二项展开式的通项公式
二项展开式的第r+1项T r+1=C r
n a n －
r b r (r=0,1,…n)叫做二项展开式的通项公式。

3、二项式系数的性质
①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等， 即C r
n = C r
n n - (r=0,1,2,…,n).
②若n 是偶数，则中间项(第12+n 项)的二项公式系数最大，其值为C 2n
n
；若n 是奇数，则中间两项(第21+n 项和第2
3
+n 项)的二项式系数相等，并且最大，其值为C 21-n n = C 21
+n n . ③所有二项式系数和等于2n ，即C 0
n +C 1
n ＋C 2
n +…+C n
n =2n . ④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，
即C 0n +C 2n +…=C 1n +C 3
n +…=2n ―
1.
4、二项式定理解题：四大热点，四条规律：
（1）四大热点：①通项运用型；②系数配对型；③系数和差型；④综合应用型.
（2）四条规律：①常规问题通项分析法；②系数和差赋值法；③近似问题截项法；④整除（或余数）问题展开法. 【典型例题】
类型一、分类计数原理与分步计数原理
【例1】用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
【思路点拨】颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，首先确定第一个小方格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法．
【解析】如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
①当第2、第3个小方格涂不同颜色时，有2
4A ＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法．由分步计数原理可知，有5×12×3＝180(种)不同的涂法；
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知，有5×4×4＝80(种)不同涂法．
由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260(种)不同的涂法． 【总结升华】涂色问题的解决方法
(1)涂色问题没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个原理与排列组合的知识灵活处理，其难点是对相邻区域颜色不同的处理，解决的方法往往要采用分类讨论的方法，根据“两个原理”计算．
(2)本题也可以考虑对使用的颜色的种数进行分类，如果使用2种颜色，则只能是第1,4涂一种、第
2,3涂一种，方法数是25C 2
2A ＝20；若是使用3种颜色，若第1,2,3方格不同色，第4个方格只能和第1个方格相同，方法数是35C 3
3A ＝60，如果第1,2,3方格只用两种颜色，则第4个方格只能用第3种颜色，方法数是35C ×3×2＝60；如果使用4种颜色，方法数是45C 4
4A ＝120.根据加法原理总的涂法种数是260.
举一反三：
【变式】某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________(用数字作答)． 【答案】7 200
【解析】其中最先选出的一个有30种方法，此时这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的
队形，选第二个人有20种方法，此时该人所在的行和列不能再选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.
【例2】将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )
A ．12种
B ．10种
C ．9种
D ．8种
【思路点拨】先安排教师、再配之学生即可，再根据分步乘法计数原理求之． 【答案】A
【解析】分别从2名教师中选1名，4名学生中选2名安排到甲地参加社会实践活动即可，则乙地就安排剩下的教师与学生，故不同的安排方法共有1
2
24C C ＝12种．故选A.
【总结升华】两个基本原理是解决计数问题的根据，在计数问题中一般是先根据不同情况进行分类，然后对于每一类的计数问题再分步完成，根据分步乘法计数原理求出每类的数目，最后使用分类加法计数原理得到结果．
举一反三：
【变式1】在实验室进行的一项物理实验中，要先后实施6个程序，其中程序A 只能出现在第一或最后一步，程序B 和C 在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有( )
A ．34种
B ．48种
C ．96种
D ．144种 【答案】C
【解析】先实施A ，有2种编排方法；再将程序B 和C 视为一个整体(有2种顺序)与其他3个程序全排列共有24
4A 种编排方法；故实验顺序的编排方法共有2×24
4A ＝96种．故选C.
【变式2】某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________．(用数字作答) 【答案】1200
【解析】其中最先选出的一个有30种方法，此时这个人所在的行和列共10个位置不能再选人，还剩一个5行4列的队形，选第二个人有20种方法，此时该人所在的行和列不能再选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是
302012
6
⨯⨯＝1200种．
类型二、排列与组合
【例3】(1)从甲、乙等5个人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是 A ．12
B ．24
C ．36
D ．48
(2)值域为{2,5,10}，其对应关系为y ＝x 2＋1的函数的个数为 A ．1
B ．27
C ．39
D ．8
【思路点拨】(1)分“选甲”与“不选甲”两类进行讨论；
(2)根据函数的值域，求出函数定义域中可能包含的元素，分类讨论确定其定义域． 【答案】(1)D (2)B
【解析】(1)若选甲，则有12
24A A 种排法；
若不选甲，则有A 3
4种排法，则共有1224A A ＋3
4A ＝48(种)．
(2)分别由x 2＋1＝2，x 2＋1＝5，x 2
＋1＝10解得x ＝±1，x ＝±2，x ＝±3，由函数的定义，定义域中元素的选取分四种情况：
①取三个元素：有12C ·12C ·1
2C ＝8(种)；
②取四个元素：先从±1，±2，±3三组中选取一组C 1
3，再从剩下的两组中选两个元素12C ·1
2C ，故
共有13C ·12C ·1
2C ＝12(种)；
③取五个元素：5
6C ＝6(种)； ④取六个元素：1种．
由分类计数原理，共有8＋12＋6＋1＝27(种)． 【总结升华】排列、组合问题的解法：
解排列组合综合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．“分析”就是找出题目的条件、结论．哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类，然后逐类解决；“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决． 举一反三：
【变式1】某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为 A ．14 B ．24 C ．28 D ．48
【答案】A
【解析】选1名女生的方案有：12C 34C 种；选2名女生的方案有：22C 2
4C 种；
故至少选1名女生共有：12C 34C ＋22C 2
4C ＝14种方案．
【变式2】用0,1,2,3,4排成无重复数字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是
A ．36
B ．32
C ．24
D ．20
【答案】D
【解析】0,1,2,3,4五个数字，偶数字相邻，奇数字也相邻的排法共有33A 22A 2
2A 种排法，其中0在首位的排法有22A 22A 种，所以共有33A 22A 22A －2
2A ＝20个五位数．
【例4】一排9个座位坐了3个三口之家．若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )
A ．3×3!
B ．3×(3！)3
C ．(3！)4
D ．9!
【思路点拨】将一家三口作为为一个集团，三个集团全排列 ，再根据分步乘法计数原理得解； 【答案】C
【解析】由已知，该问题是排列中捆绑法的应用，即先把三个家庭看作三个不同元素进行全排列，而后每
个家庭内部进行全排列，即不同坐法种数为33A 33A 33A 3
3A ＝(3！)4.
【总结升华】本题是元素相邻的排列，只要把相邻元素看作一个整体即可．
举一反三：
【变式】 (1)某市端午期间安排甲、乙等6支队伍参加端午赛龙舟比赛，若在安排比赛赛道时不将甲安排在第一及第二赛道上，且甲和乙不相邻，则不同的安排方法有( )
A ．96种
B ．192种
C ．216种
D ．312种
(2)从5名学生中任选4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，且每科竞赛只有1人参加，若甲不参加生物竞赛，则不同的选择方案共有________种． 【答案】(1)D (2)96
【解析】(1)若甲在第三、四、五道，则乙的安排方法有三种，此时方法数是3×3×4
4A ＝216；若甲在第六道，则乙的安排方法有四种，此时的方法数是44
4A ＝96.故总数为216＋96＝312.
(2)选出的4名学生如果不含甲，则方法数为4
4A ＝24；选出的5名学生如果含甲，选法为3
4C ，甲的参赛方法数是3，其余3个学生全排列，方法数是3
4C ×3×4
4A ＝72.根据分类加法计数原理，总的方法数是24＋72＝96.
【例5】在送医下乡活动中，某医院安排3名男医生和2名女医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生，且女医生不安排在同一乡医院工作，则不同的分配方法总数为( )
A ．78
B ．114
C ．108
D ．120
【思路点拨】先分组后分配，然后减去两名女医生在一个医院的情况． 【答案】B
【解析】五人分组有(1,1,3)，(1,2,2)两种分组方案，方法数是11354322C C C A ＋122542
2
2
C C C A ＝25，故分配方案的总数是253
3A ＝150种．当仅仅两名女医生一组时，分组数是C 13，当两名女医生中还有一名男医生时，分组方法也是1
3C ，故两名女医生在一个医院的分配方案是63
3A ＝36.符合要求的分配方法总数是150－36＝114. 【总结升华】在分配问题中如果待分配的元素数目多余分配的位置数目，就要先分组然后再进行分配． 举一反三：
【变式】2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计
1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答) 【答案】24
【解析】把需要相邻的两个元素看做一个整体，然后不相邻的元素外的元素进行排列，在隔出的空位上安排需要不相邻的元素.2件书法作品看做一个整体，方法数是2
2A ＝2，把这个整体与标志性建筑作品排列，有2
2A 种排列方法，其中隔开了三个空位，在其中插入2件绘画作品，有方法数2
3A ＝6.根据乘法原理，故共有方法数2×2×6＝24.
【例6高清视频：复数 排列组合二项式定理例6 课程ID:369691】在直线ax by c 0++=中，a ，b ，c 是取自集合{3,2,1,0,1,2,3}---中的3个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么这样的直线有多少条？ 【思路点拨】把决定“直线条数”的特征性质，转化为对“a，b，c”的情况讨论。

【解析】设直线的倾斜角为α，并且α为锐角。

则tan α=－
a
b
＞0,不妨设a ＞b,那么b ＜0 当c ≠0时,则a 有3种取法,b 有3种取法,c 有4种取法,并且其中任意两条直线不重合,所以这样的直线有3×3×4=36条
当c=0时, a 有3种取法,b 有3种取法, 其中直线:3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0重合,所以这样的直线有3×3-2=7条
故符合条件的直线有7+36=43条
类型三、二项式定理 例7（1）（2015 漳州二模）设a=
，则二项式
展开式中的x 3项的
系数为（ ）
A ．﹣20
B ．20
C ．﹣160
D ．160
(2)（2015 浙江模拟）已知（a ﹣x ）5=a 0+a 1x+a 2x 2+••+a 5x 5，若a 2=80，则a 0+a 1+a 2+••+a 5=（ ）利用二项展开式的通项求出通项，令x 的指数为2求出a 2，列出方程求出a ，令二项展开式的x=1求出展开式的系数和．
A ．32
B ．1
C ．﹣243
D ．1或﹣243 【思路点拨】(1)计算定积分求得a 的值，在二项式
展开式的通项公式中，令x 的幂指数等
于3，求得r 的值，即可求得展开式中的x 3项的系数．
(2) 利用二项展开式的通项求出通项，令x 的指数为2求出a 2，列出方程求出a ，令二项展开式的x=1求出展开式的系数和． (1)【答案】C 【解析】由于a=
=（sinx+cosx ）
=﹣2，
则二项式
展开式的通项公式为 T r+1=
•x 12
﹣2r
•
=（﹣2）r
••x 12
﹣3r
，令12﹣3r=3，
解得r=3，故展开式中的x 3项的系数为﹣8×20=﹣160，故选C ．
(2)【答案】B
【解析】（a ﹣x ）5展开式通项为T r+1=（﹣1）r a 5﹣
r C 5r x r 令r=2得
a 2=a 3C 52=80，知a=2
令二项展开式的x=1得18=1=a 0+a 1+…+a 8故选B ． 【总结升华】五招制胜，解决二项式问题
二项式定理是一个恒等式，应对二项式定理问题主要有五种方法：
(1)特定项问题通项公式法；(2)系数和与差型问题赋值法；(3)近似问题截项法；(4)整除(或余数)问题展开法；(5)最值问题不等式法．
在二项式定理问题中，常见的误区有：
(1)二项展开式的通项T k ＋1中，项数与k 的关系搞不清； (2)二项式系数与各项的系数混淆不清；
(3)在展开二项式(a －b )n 或求特定项时，忽略中间的“－”号． 举一反三：
【变式】（2015 成都校级模拟）在
的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式
中常数项是（ ）
A ．15
B ．20
C ．30
D ．120 【答案】A
【解析】∵二项展开式中中间项的二项式系数最大 又∵二项式系数最大的项只有第4项 ∴展开式中共有7项 ∴n=6
展开式的通项为
=C 6r x 12
﹣3r
令12﹣3r=0，r=4，
展开式的常数项为T 5=C 64=15故选A 【例8】(1) 2
5
21(2)(
1)x x
+-的展开式的常数项是( ) A ．－3 B ．－2 C ．2 D ．3
(2)设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 012＋a 能被13整除，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．11 D ．12
【思路点拨】(1)要求展开式中常数项需使用多项式乘法法则 ，先求521
(1)x
-展开式中x －2的系数和常数项，再根据多项式乘法法则得结果；
(2)要求a 值需知512 012被13除所得余数，先变形51＝4×13－1后使用二项式定理得之，再根据余数确定a 值． 【答案】(1)D (2)D 【解析】(1)因为2
521(2)(
1)x x +-＝2552211(1)2(1)x x x -+-，又5
2
12(1)x
-展开式中的常数项为5055212(
)(1)C x -＝－2，2521(1)x x -展开式中的常数项为24145
21()(1)x C x -＝5，故二项式25
2
1(2)(1)x x +-展开式中的常数项为－2＋5＝3.
(2)512012＋a ＝a ＋(13×4－1)2 012＝a ＋(1－13×4)2012＝a ＋1－1
2012C ×4＋2
2012C (13×4)2＋…＋2012
2012C (13×4)2 012，
显然当a ＋1＝13k ，k ∈Z ，即a ＝－1＋13k ，k ∈Z 时，512 012＋a ＝13k ＋13×4[－1
2012C ＋2
2012C (13×4)1
＋…＋2012
2012C (13×4)2 011]，能被13整除．因为a ∈Z ，且0≤a <13, 所以a ＝12.故选D.
【总结升华】两个二项式相乘时求其中某项的系数，需要根据多项式乘法法则进行，此时要注意不要漏掉了其中的项，要把各种可能的情况都考虑进去；二项式定理解决整除性问题时，需要构造二项式，基本原则是根据除数对已知式进行变换．
举一反三：
【变式】(1) 610
(1(1+
+
展开式中的常数项为( )
A ．1
B ．46
C ．4245
D ．4246
(2) 8
的展开式中，含x 的非整数次幂的项的系数之和为( )
A ．256
B ．184
C ．120
D ．72
【答案】(1)D (2)B
【解析】 (1)第一个展开式中x 的指数依次是0，
13，23，1，43，5
3
，2，第二个展开式中x 的指数依次是0，－
14，－12，－34，－1，－54，－32，－74，－2，－94，－5
2
，根据多项式的乘法规则，常数项只能是第一个展开式中x 的指数是0,1,2的项与第二个展开式中x 的指数是0，－1，－2的对应项的乘积，
根据二项式的通项公式得，610
(1(1++
展开式中的常数项为1＋346
10C C ＋68610C C ＝4246.正确选项为D.
(2)T r ＋1＝8
8
r
r
r
C -＝3248
r r
C x
-，当
r ＝0,4,8时为含x 的整数次幂的项，所以展开式中含x 的整
数次幂的项的系数之和为0
8C ＋4
8C ＋8
8C ＝72，展开式所有项的系数之和为28＝256，故展开式中含x 的非
整数次幂的项的系数之和为256－72＝184.
【例9】设8
8018(1),x a a x a x +=++
+则0,18,
,a a a 中奇数的个数为（ ）
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5
【答案】A
【解析】由题知)8,2,1,0(8 ==i C a i i ，逐个验证知18
808==C C ，其它为偶数，选A 。

【例10】若(x +
12x
)n
的展开式中前三项的系数成等差数，则展开式中x 4项的系数为 (A)6
(B)7
(C)8
(D)9
【答案】B
【解析】因为1()2n x x +
的展开式中前三项的系数0n C 、112n
C 、214n C 成等差数列，所以021
14
n n n C C C +=，即2980n n -+=，解得：8n =或1n =（舍）。

88218811()()22
r r r
r r r r T C x C x x --+==。

令824r -=可得，
2r =，所以4x 的系数为2281
()72
C =，故选B 。

类型四、排列组合综合问题
【例11】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 ．252
C ．472
D ．484
【思路点拨】分两类，含有红色卡片、不含红色卡片→(推理)含有红色卡片时只要从其余的12张卡片中任取2张即可，不含红色卡片时只要从其余的12张卡片中任取3张且不是同一种颜色→(结论)根据分类加法计数原理求出总数． 【答案】C
【解析】方法1：若含有红色卡片，则只要从其余12张卡片中任选2张即可，选法为14C 2
12C ＝264种，若
不含红色卡片，则只要从12选3的选法中去掉取同一种颜色的即可，选法为312C －33
4C ＝208.所以总的选法为264＋208＝472.
方法2：若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有14C 14C 1
4C ＝64种，若2色相同，则有23C 12C 24C 14C ＝144；若红色卡片有1张，则剩余2张若不同色，有14C 23C 14C 1
4C ＝192种，若同色则有14C 13C 2
4C ＝72，所以共有64＋144＋192＋72＝472，故选C.
举一反三：
【变式】某次会展共展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该会展展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答)
【答案】24
【解析】2件书法作品看作一个整体，方法数是22A ＝2，把这个整体与标志性建筑作品排列，有22A 种排列方法，其中隔开了三个空位，在其中插入2件绘画作品，有方法数23A ＝6.根据乘法原理，共有方法数2×2×6＝24.。