2018届高考数学 专题10.1 两个原理与排列组合 二项式定理同步单元双基双测(B卷)理
2018届高考数学(理)大一轮复习教师用书第十一章第一节排列、组合Word版含解析
第一节排列、组合本节主要包括2个知识点：1.两个计数原理；排列、组合问题.突破点(一)两个计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．3．两个计数原理的比较能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点：(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1](1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．(2)如图，从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点)．(3)若椭圆x 2m ＋y 2n ＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．[解析] (1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．(2)分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．(3)当m ＝1时，n ＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m ＝2时，n ＝3,4,5,6,7，共5个；当m ＝3时，n ＝4,5,6,7，共4个；当m ＝4时，n ＝5,6,7，共3个；当m ＝5时，n ＝6,7，共2个．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．[答案] (1)36 (2)5 (3)20[易错提醒](1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2](1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．[解析](1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．[答案(1)186(2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．两个计数原理的综合问题数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3](1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个(2)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一个，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．(3)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析](1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．(2)①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种安排方案．②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种安排方案．因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．(3)区域A有5种涂色方法，区域B有4种涂色方法，区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×1×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．[答案(1)B(2)36(3)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A．504B．210C．336D．120解析：选A分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．2．[考点二]教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有() A．10种B．25种C．52种D．24种解析：选D由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2×2×2×2＝24种不同的走法．3．[考点一]已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16 C．13 D．10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．4．[考点一]我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选B依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3＝15个“六合数”．5.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：按区域1与3是否同色分类．①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法．所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：966．[考点三]有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．答案：8突破点(二)排列、组合问题1．排列与排列数(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质4．排列与组合的比较解决排列问题的主要方法(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，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当中．(4)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．(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．[例1](1)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为() A．324 B．648 C．328 D．360(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为()A．48 B．54 C．72 D．84(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．[解析](1)首先应考虑是否含“0”．当含有0，且0排在个位时，有A29＝9×8＝72个三位偶数，当0排在十位时，有A14A18＝4×8＝32个三位偶数．当不含0时，有A14·A28＝4×8×7＝224个三位偶数．由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．(2)先把3名乘客进行全排列，有A33＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A24＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式．(3)首先排两个奇数1,3，有A22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C12种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8.[答案](1)C(2)C(3)8组合问题的常见题型及解题思路(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题．[例2](1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A．85 B．86 C．91 D．90(2)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是()A．60 B．63 C．65 D．66(3)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________．[解析](1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C45＋C44＋C25C24＝66种不同的取法．(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．[答案(1)B(2)D(3)472[方法技巧]有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：(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，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种不同的分派方法．(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36种．(3)将6名教师分组，分三步完成： 第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．[答案 (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()A．60种B．48种C．30种D．24种解析：选B由题知，可先将B，C二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有A22A44＝48种．2．[考点一]有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上，货车B不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为() A．56 B．63C．72 D．78解析：选D若没有限制，5列火车可以随便停，则有A55种不同的停靠方法；快车A 停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A44种；货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A44种；快车A停在第3道上，且货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A33种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A55－2A44＋A33＝120－48＋6＝78.3．[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为()A．1 800 B．900C．300 D．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22·A 33A 33＝900(种)，故选B. 4．[考点二]如图所示，要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C 12·(C 13＋C 23＋C 33)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C 22(C 13＋C 23＋C 33)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．答案：215．[考点二]有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有________种不同的选派方法．解析：设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C ，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A 中选1人参加象棋比赛，B 中选1人参加围棋比赛，选派方法为C 12·C 13＝6种；第二类：C 中选1人参加象棋比赛，B 中选1人参加围棋比赛，选派方法为C 14·C 13＝12种；第三类：C 中选1人参加围棋比赛，A 中选1人参加象棋比赛，选派方法为C 14·C 12＝8种；第四类：C 中选2人分别参加两项比赛，选派方法为A 24＝12种； 由分类加法计数原理，不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)． 答案：38[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016·全国甲卷)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24 B．18 C．12 D．9解析：选B分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.2．(2016·全国丙卷)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m 项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个解析：选C当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C.3．(2012·新课标全国卷)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种解析：选A2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C24种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A22种方案，故不同的安排方案共有C24A22＝12种，选A.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．(2016·四川高考)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．48C．60 D．72解析：选D奇数的个数为C13A44＝72.2．世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有()A．12种B．10种C．8种D．6种解析：选D因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A33种分配方法，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A33＝6种．3．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有()A．36个B．24个C．18个D．6个解析：选B各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条作的三位数有A33＋C13A33＝6＋18＝24(个)．4.如图所示的几何体由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．解析：先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC-A1B1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．答案：12[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52解析：选D在8个数中任取2个不同的数可以组成A28＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．2．如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有()A．9种B．11种C．13种D．15种解析：选C按照焊接点脱落的个数进行分类．若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种情况；若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种情况；若脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种情况．综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是()A．12 B．6C．8 D．16解析：选A若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有C12×3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有C13×2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是()A．24 B．48C．72 D．96解析：选B据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有A 22A 24种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有A 22A 12C 12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有A 22A 24＋A 22A 12C 12C 13＝48种摆放方法．5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( )A ．13B ．24C ．18D ．72解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C 34种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A 13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A 33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C 34A 13A 33＝72.6．将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，这样的排列数有( )A ．12种B ．20种C ．40种D ．60种解析：选C 五个元素没有限制全排列数为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )，故除以这三个元素的全排列A 33，可得这样的排列数有A 55A 33×2＝40种．二、填空题7．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________．解析：当A ，B 节目中只选其中一个时，共有C 12C 36A 44＝960 种演出顺序；当A ，B 节目都被选中时，由插空法得共有C 26A 22A 23＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．答案：1 1408．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．解析：由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况：。
2018届高考理科数学通用版三维二轮专题复习课件排列与组合、二项式定理
10b－a ab
a x＋ n 3．(2018 届高三· 西安八校联考)已知关于 x 的二项式 3 x 的展开式的二项式系数之和为 32，常数项为 80，则实数 a
a a 5 x ＋ x ＋ n 解析：依题意得 2n＝32，n＝5，二项式 ＝ 3 3 x x
位自然数中“凹数”共有 100＋36＋9＋1＝146 个． 答案：D
解析：中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导 人站前排并与中国领导人相邻，有 A2 2种站法；其他 18 国 领导人可以任意站，因此有 A18 18种站法．根据分步计数原
18 理，共有 A2 A 2 18种站法．
答案：D
4．(2017· 浙江高考)从 6 男 2 女共 8 名学生中选出队长 1 人，副 队长 1 人，普通队员 2 人组成 4 人服务队，要求服务队中至 少有 1 名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)
解析：法一：分两步，第一步，选出 4 人，由于至少 1 名女生，
4 故有 C4 8－C6＝55 种不同的选法；第二步，从 4 人中选出队长、
副队长各 1 人，有 A2 4＝12 种不同的选法．根据分步乘法计数原 理知共有 55×12＝660 种不同的选法．
2 法二：不考虑限制条件，共有 A2 8C6种不同的选法， 2 而没有女生的选法有 A2 6C4种， 2 2 2 故至少有 1 名女生的选法有 A2 8C6－A6C4＝840－180＝660(种)．
不同的住宿安排共有 90－18＝72 种．
答案：72
[准解·快解·悟通]
快 1.看到“在”与“不在”的排列问题，想到特殊优先原则． 审 2.看到相邻问题，想到捆绑法；看到不相邻问题，想到插空法． 题 3.看到“至少”“最多”的问题，想到用直接法或间接法． 1.明确排列、组合问题求解的 4 个角度 解答排列组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分 步”的角度入手． (1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”， 准 哪些是“位置”； 解 (2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有 题 无限制等； (3)“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； (4)“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．
2018年高考数学总复习教师用书：第10章 第3讲 二项式定理含解析
第3讲 二项式定理最新考纲 1.能用计数原理证明二项式定理；2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.知 识 梳 理1.二项式定理(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 (n ∈N *)； (2)通项公式：T r ＋1＝C r n an －r b r ，它表示第r ＋1项； (3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C 0n ，C 1n ，…，C n n .2.二项式系数的性质(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n.(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1. 诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)C k n an －k b k 是二项展开式的第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)(a ＋b )n 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.( )解析 二项式展开式中C k n an －k b k是第k ＋1项，二项式系数最大的项为中间一项或中间两项，故(1)(2)均不正确. 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2.(x －y )n 的二项展开式中，第m 项的系数是( ) A.C m nB.C m ＋1nC.C m －1nD.(－1)m －1C m －1n解析 (x －y )n 展开式中第m 项的系数为C m －1n (－1)m －1.答案 D3.(选修2－3P35练习T1(3)改编)C 02 017＋C 12 017＋C 22 017＋…＋C 2 0172 017C 02 016＋C 22 016＋C 42 016＋…＋C 2 0162 016的值为( ) A.2 B.4C.2 017D.2 016×2 017 解析 原式＝22 01722 016－1＝22＝4.答案 B4.(2017·瑞安市质检)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－12x 9的展开式中，第4项的二项式系数是________，第4项的系数是________. 解析 展开式通项为T r ＋1＝C r 9x 2(9－r )⎝⎛⎭⎪⎫－12x r＝(－1)r 12r C r 9x 18－3r(其中r ＝0，1，…，9) ∴T 4＝(－1)3123C 39x 9，故第4项的二项式系数为C 39＝84，第4项的系数为 (－1)3123C 39＝－212. 答案 84 －2125.(2017·石家庄调研)(1＋x )n 的二项式展开式中，仅第6项的系数最大，则n ＝________.解析 (1＋x )n的二项式展开式中，项的系数就是项的二项式系数，所以n2＋1＝6，n ＝10. 答案 106.⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－2x 35展开式中的常数项为________. 解析T k ＋1＝C k 5(x 2)5－k ⎝⎛⎭⎪⎫－2x 3k＝C k 5(－2)k x 10－5k.令10－5k ＝0，则k ＝2.∴常数项为T 3＝C 25(－2)2＝40.答案40考点一 求展开式中的特定项或特定项的系数【例1】 已知在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －123x n的展开式中，第6项为常数项. (1)求n ；(2)求含x 2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项. 解 (1)通项公式为T k ＋1＝C k n xn －k3⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k x －k 3＝C k n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k x n －2k 3.因为第6项为常数项，所以k ＝5时，n －2×53＝0，即n ＝10. (2)令10－2k3＝2，得k ＝2，故含x 2的项的系数是C 210⎝⎛⎭⎪⎫－122＝454. (3)根据通项公式，由题意⎩⎪⎨⎪⎧10－2k 3∈Z ，0≤k ≤10，k ∈N ，令10－2k 3＝r (r ∈Z )，则10－2k ＝3r ，k ＝5－32r ， ∵k ∈N ，∴r 应为偶数.∴r 可取2，0，－2，即k 可取2，5，8， ∴第3项，第6项与第9项为有理项， 它们分别为454x 2，－638，45256x －2.规律方法 (1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n 和r 的隐含条件，即n ，r 均为非负整数，且n ≥r ，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求的项. (2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解. 【训练1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( ) A.10B.20C.30D.60(2)(2016·全国Ⅰ卷)(2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________(用数字作答). (3)(2014·全国Ⅰ卷)(x －y )(x ＋y )8的展开式中x 2y 7的系数为________(用数字作答). 解析 (1)法一 (x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2.其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.法二 (x 2＋x ＋y )5表示5个x 2＋x ＋y 之积.∴x 5y 2可从其中5个因式中选两个因式取y ，两个取x 2，一个取x .因此x 5y 2的系数为C 25C 23C 11＝30.(2)由(2x ＋x )5得T r ＋1＝C r 5(2x )5－r (x )r ＝ 25－r C r 5x 5－r 2，令5－r2＝3得r ＝4，此时系数为10.(3)(x －y )(x ＋y )8＝x (x ＋y )8－y (x ＋y )8，∵x (x ＋y )8中含x 2y 7的项为x ·C 78xy 7，y (x ＋y )8中含x 2y 7的项为y ·C 68x 2y 6. 故(x －y )(x ＋y )8的展开式中x 2y 7的系数为C 78－C 68＝C 18－C 28＝－20.答案 (1)C (2)10 (3)－20考点二 二项式系数的和与各项的系数和问题 【例2】 在(2x －3y )10的展开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和.解 设(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10，(*)各项系数和为a 0＋a 1＋…＋a 10，奇数项系数和为a 0＋a 2＋…＋a 10，偶数项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10.由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和.(1)二项式系数的和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210.(2)令x ＝y ＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.(3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29， 偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29.(4)令x ＝y ＝1，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，① 令x ＝1，y ＝－1(或x ＝－1，y ＝1)， 得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，② ①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510， ∴奇数项系数和为1＋5102；①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510， ∴偶数项系数和为1－5102.(5)x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9＝1－5102； x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝1＋5102.规律方法 (1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n 、(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(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 )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.【训练2】 (1)(2017·岳阳模拟)若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2－1x n的展开式中各项系数的和是512，则展开式中的常数项为( ) A.－27C 39B.27C 39C.－9C 49D.9C 49(2)(2017·义乌调研)(1－3x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，求|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＝( ) A.1 024B.243C.32D.24解析 (1)令x ＝1得2n＝512，所以n ＝9，故⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2－1x 9的展开式的通项为T r ＋1＝C r 9(3x 2)9－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r C r 9·39－r x 18－3r，令18－3r ＝0得r ＝6，所以常数项为T 7＝(－1)6C 69·33＝27C 39.(2)令x ＝－1得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＝[1－(－3)]5＝45＝1 024. 答案 (1)B (2)A考点三 二项式定理的应用【例3】 (1)求证：1＋2＋22＋…＋25n －1(n ∈N *)能被31整除； (2)用二项式定理证明2n >2n ＋1(n ≥3，n ∈N *). 证明 (1)∵1＋2＋22＋…＋25n －1＝25n －12－1＝25n －1＝32n －1＝(31＋1)n －1＝C 0n ×31n ＋C 1n ×31n －1＋…＋C n －1n ×31＋C nn －1＝31(C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n )，显然C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n 为整数，∴原式能被31整除. (2)当n ≥3，n ∈N *.2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋…＋C n －1n ＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C n －1n ＋C n n ＝2n ＋2>2n ＋1，∴不等式成立.规律方法(1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项.而求近似值则应关注展开式的前几项.(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式.(3)由于(a＋b)n的展开式共有n＋1项，故可通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的.【训练3】求S＝C127＋C227＋…＋C2727除以9的余数.解S＝C127＋C227＋…＋C2727＝227－1＝89－1＝(9－1)9－1＝C09×99－C19×98＋…＋C89×9－C99－1＝9(C09×98－C19×97＋…＋C89)－2.∵C09×98－C19×97＋…＋C89是整数，∴S被9除的余数为7.[思想方法]1.二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念.二项式系数是指C0n，C1n，…，C n n，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关.2.因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法.赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1.[易错防范]1.通项T k＋1＝C k n a n－k b k是(a＋b)n的展开式的第k＋1项，而不是第k项，这里k＝0，1，…，n.2.区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细.项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正.3.切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概念.基础巩固题组(建议用时：25分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)设i 为虚数单位，则(x ＋i)6的展开式中含x 4的项为( ) A.－15x 4 B.15x 4 C.－20i x 4D.20i x 4解析 (x ＋i)6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r i r (r ＝0，1，2，…，6)，令r ＝2，得含x 4的项为C 26x 4i 2＝－15x 4，故选A.答案 A2.(2017·台州市调研)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋366的展开式的第二项的系为－3，则a 的值为( ) A.53 B.－1C.3D.113解析∵T r ＋1＝C r 6(ax )6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫36r ＝C r 6a 6－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫36r x 6－r， ∴第二项的系数为C 16a 5·36＝－3，∴a ＝－1. 答案 B3.(2017·漳州模拟)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项为( ) A.－7B.7C.－28D.28解析 依题意有n2＋1＝5，∴n ＝8.二项式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x 8的展开式的通项公式T k ＋1＝(－1)k ⎝ ⎛⎭⎪⎫128－k C k 8x 8－43k ，令8－43k ＝0得k ＝6，故常数项为T 7＝(－1)6⎝ ⎛⎭⎪⎫122C 68＝7.答案 B4.(2015·湖北卷)已知(1＋x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( ) A.29B.210C.211D.212解析 由题意，C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10.则奇数项的二项式系数和为2n －1＝29.故选A. 答案 A5.(2016·海口调研)若(x 2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中x 6的系数为30，则a 等于( )A.13 B.12C.1D.2解析 依题意，注意到⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式的通项公式是T r ＋1＝C r 10·x 10－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 10·x 10－2r ，⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中含x 4(当r ＝3时)、x 6(当r ＝2时)项的系数分别为C 310、C 210，因此由题意得C 310－a C 210＝120－45a ＝30，由此解得a ＝2，选D.答案 D6.已知C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝729，则C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n 等于( ) A.63B.64C.31D.32解析 逆用二项式定理得C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝(1＋2)n ＝3n ＝729，即3n ＝36，所以n ＝6，所以C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n ＝26－C 0n ＝64－1＝63.故选A.答案 A7.(2017·宁波十校联考)设(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…a 5x 5，那么(a 1＋a 3＋a 5)2－(a 0＋a 2＋a 4)2的值为( ) A.32B.－32C.243D.－243解析 ∵(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，∴令x ＝1，有a 0＋a 1＋…＋a 5＝1，再令x ＝－1，有a 0－a 1＋…－a 5＝35＝243，∴(a 1＋a 3＋a 5)2－(a 0＋a 2＋a 4)2＝－(a 0＋a 2＋a 4＋a 1＋a 3＋a 5)(a 0＋a 2＋a 4－a 1－a 3－a 5)＝－243. 答案 D8.(2017·九江模拟)(x 2－x ＋1)10展开式中x 3项的系数为( ) A.－210B.210C.30D.－30解析 (x 2－x ＋1)10＝[(x 2－x )＋1]10的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 10(x 2－x )10－r ，对于(x 2－x )10－r 的通项公式为T r ′＋1＝(－1)r ′C r ′10－r x20－2r －3r ′.令20－2r －r ′＝3，根据0≤r ′≤10－r ，r ，r ′∈N ，解得⎩⎨⎧r ＝8，r ′＝1或⎩⎨⎧r ＝7，r ′＝3，∴(x 2－x ＋1)10展开式中x 3项的系数为C 810C 12(－1)＋C 710C 33(－1)＝－90－120＝－210.答案 A 二、填空题9.(2016·北京卷)在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________(用数字作答).解析 (1－2x )6的展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 6(－2x )k ＝C k 6(－2)k ·x k ，令k ＝2得x 2的系数为C 26(－2)2＝60.答案 6010.(2016·山东卷)若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝________(用数字作答).解析 ⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5(ax 2)5－r ·x －r 2＝C r 5a 5－r ·x 10－5r2，令10－52r ＝5，得r ＝2，所以C 25a 3＝－80，解得a ＝－2. 答案 －211.若将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________(用数字作答).解析 f (x )＝x 5＝(1＋x －1)5，它的通项为T k ＋1＝C k 5(1＋x )5－k ·(－1)k ，T 3＝C 25(1＋x )3(－1)2＝10(1＋x )3，∴a 3＝10. 答案 1012.若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 0＝________；a 2＋a 4＋…＋a 12＝________(用数字作答).解析 令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 12＝36，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 12＝1，∴a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12.令x ＝0，得a 0＝1，∴a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12－1＝364. 答案 1 36413.(2017·乐清检测)(2x －1)(3－2x )5的展开式中，含x 次数最高的项的系数是________(用数字作答).解析 (3－2x )5的展开式的通项公式：T r ＋1＝C r 535－r (－2x )r ，令r ＝5，可得(2x －1)(3－2x )5的展开式中，含x 次数最高的项的系数为2×(－2)5＝－64. 答案 －64能力提升题组(建议用时：15分钟)14.设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 016＋a 能被13整除，则a ＝( )A.0B.1C.11D.12解析 ∵512 016＋a ＝(52－1)2 016＋a ＝C 02 016·522 016－C 12 016·522 015＋C 22 016·522 014＋…－C 2 0152 016·52＋1＋a 能被13整除，且0≤a <13，∴1＋a 能被13整除，故a ＝12.答案 D15.(2017·青岛模拟)已知(x ＋1)10＝a 1＋a 2x ＋a 3x 2＋…＋a 11x 10.若数列a 1，a 2，a 3，…，a k (1≤k ≤11，k ∈N *)是一个单调递增数列，则k 的最大值是( )A.5B.6C.7D.8解析 由二项式定理知a n ＝C n －110(n ＝1，2，3，…，n ).又(x ＋1)10展开式中二项式系数最大项是第6项.∴a 6＝C 510，则k 的最大值为6.答案 B16.在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n 项的系数为f (m ，n )，则f (3，0)＋f (2，1)＋f (1，2)＋f (0，3)＝( )A.45B.60C.120D.210解析 在(1＋x )6的展开式中，x m 的系数为C m 6，在(1＋y )4的展开式中，y n 的系数为C n 4，故f (m ，n )＝C m 6·C n 4.所以f (3，0)＋f (2，1)＋f (1，2)＋f (0，3)＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120.答案 C17.(2017·宁波月考)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则展开式中x 的系数为________.解析 由已知得4n 2n ＝64，所以n ＝6.展开式的通项为T r ＋1＝3r C r 6x3－r ，令3－r ＝1得r ＝2，所以x 的系数为9C 26＝135.答案 13518.(2017·绍兴调研)已知f (x )＝(2x －3)n 展开式的二项式系数和为512，且(2x －3)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a n (x －1)n .(1)a 2的值为________；(2)a1＋a2＋a3＋…＋a n的值为________.解析(1)由f(x)＝(2x－3)n展开式的二项式系数和为512，可得2n＝512，∴n＝9.∵(2x－3)9＝[－1＋2(x－1)]9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9，∴a2＝C29·(－1)7·22＝－144.(2)在(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9中，令x＝1，可得a0＝－1.再令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a n＝1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a n＝2.答案(1)－144(2)2。
2018版高考数学(人教A版理)一轮复习教师用书 第10章 第3节 二项式定理 Word版含解析
第三节二项式定理[考纲传真]会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．1．二项式定理(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N*)；(2)通项公式：T r＋1＝C r n a n－r b r，它表示第r＋1项；(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C0n，C1n，…，C n n.2．二项式系数的性质3.各二项式系数和(1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n.(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C0n＋C2n＋C4n ＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)C k n a n－k b k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)若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，则a 7＋a 6＋…＋a 1的值为128.( )[解析] (1)错误．应为第k ＋1项．(2)错误．当n 为偶数时，为中间一项；n 为奇数时，为中间的两项． (3)正确．二项式系数只与n 和项数有关．(4)错误．令x ＝1，可得a 7＋a 6＋…＋a 1＋a 0＝27＝128. [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)×2．(教材改编)二项式(x ＋1)n (n ∈N *)的展开式中x 2的系数为15，则n ＝( ) A ．7 B.6 C.5D.4B [(x ＋1)n ＝(1＋x )n ＝1＋C 1n ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n .依题意，得C 2n ＝15，解得n＝6(n ＝－5舍去)．]3．在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x n 的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是( )A ．－7 B.7 C.－28D.28B [由题意知n 2＋1＝5，解得n ＝8，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x 8的展开式的通项T k ＋1＝C k 8⎝ ⎛⎭⎪⎫x 28－k ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－13x k ＝(－1)k 2k －8C k 8x 8－43k . 令8－4k3＝0得k ＝6，则展开式中的常数项为(－1)626－8C 68＝7.]4．(2016·北京高考)在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________．(用数字作答)60 [依二项式定理，含x 2的项为展开式的第3项．∴展开式中T 3＝C 26(－2x )2＝60x 2，则x 2的系数为60.]5．(2017·济南模拟)已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝________.－1 [(1＋x )5＝1＋C 15x ＋C 25x 2＋C 35x 3＋C 45x 4＋C 55x 5. ∴(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的项为(C 25＋C 15a )x 2，依题意得10＋5a ＝5，解得a ＝－1.]通项公式及其应用) A ．10 B.20 C.30D.60(2)(2016·山东高考)若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝________.(1)C (2)－2 [(1)法一：(x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2. 其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.故选C.法二：(x 2＋x ＋y )5为5个x 2＋x ＋y 之积，其中有两个取y ，两个取x 2，一个取x 即可，所以x 5y 2的系数为C 25C 23C 11＝30.故选C.(2)T r ＋1＝C r 5·(ax 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 5·a 5－rx 10－52r .令10－52r ＝5，解得r ＝2.又展开式中x 5的系数为－80，则有C 25·a 3＝－80，解得a ＝－2.] [规律方法] 1.二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n 和r 的隐含条件，即n ，r 均为非负整数，且n ≥r ，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．2．求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．[变式训练1] (1)(2017·东北四校联考)若⎝⎛⎭⎪⎫x 6＋1x x n 的展开式中含有常数项，则正整数n 的最小值等于( )A ．3 B.4 C.5D.6(2)(2016·全国卷Ⅰ)(2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________．(用数字填写答案)(1)C (2)10 [(1)二项展开式的通项若T r ＋1是常数项，则6n －15r 2＝0，即n ＝54r . 又n ∈N *，故n 的最小值为5.(2)(2x ＋x )5展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(2x )5－r(x )r ＝25－r ·C r 5·令5－r2＝3，得r ＝4.故x 3的系数为25－4·C 45＝2C 45＝10.]二项式系数与各项系数和n 系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )【导学号：01772387】A ．212B.211C.210D.29(2)(2017·福州质检)若(1－2x )4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝________.(1)D (2)0 [(1)∵(1＋x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，∴C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10.从而C 010＋C 110＋C 210＋…＋C 1010＝210，∴奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29.(2)令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(1－2)4＝1. 又令x ＝0，得a 0＝(1－0)4＝1. 因此a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0.][迁移探究1] 若本例(2)中条件不变，问题变为“求a 0＋a 2＋a 4的值”，则结果如何？[解] 在(1－2x )4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4中， 令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1. ①4分 令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝34. ②8分 由①＋②，可得a 0＋a 2＋a 4＝12(34＋1)＝41.12分[迁移探究2] 若将本例(2)变为“若(1－2x )2 016＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 016x 2016(x ∈R )，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016的值为________．” －1 [令x ＝0，得a 0＝(1－0)2 016＝1. 令x ＝12，则a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016＝0， ∴a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016＝－1.][规律方法] 1.第(1)小题求解的关键在于求n ，本题常因把“n 的等量关系表示为C 4n ＝C 8n ”，错求n ＝12；第(2)小题主要是“赋值”求出a 0与各项系数的和．2．求解这类问题要注意：(1)区别二项式系数与展开式中项的系数，灵活利用二项式系数的性质；(2)根据题目特征，恰当赋值代换，常见的赋值方法是使得字母因式的值或目标式的值为1，－1.[变式训练2](2015·全国卷Ⅱ)(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＝________.3[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－a5.②①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，∴a＝3.]二项式定理的应用(1)(2017·豫东名校模拟)设复数x＝2i1－i(i是虚数单位)，则C12 017x＋C22 017x2＋C32 017x3＋…＋C2 0172 017x2 017＝()A．i B.－iC.－1＋iD.－1－i(2)设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a能被13整除，则a＝()A．0 B.1C.11D.12(1)C(2)D[(1)x＝2i1－i＝－1＋i，C12 017x＋C22 017x2＋C32 017x3＋…＋C2 0172 017x2 017＝(1＋x)2 017－1＝i2 017－1＝－1＋i. (2)512 012＋a＝(52－1)2 012＋a＝C 02 012·522 012－C 12012·522 011＋…＋C 2 0112 012·52·(－1)2 011＋ C 2 0122 012·(－1)2 012＋a ， ∵C 02 012·522 012－C 12012·522 011＋…＋C 2 0112 012·52·(－1)2 011能被13整除． 且512 012＋a 能被13整除，∴C 20122012·(－1)2 012＋a ＝1＋a 也能被13整除． 因此a 可取值12.][规律方法] 1.第(1)题将二项式定理的应用与坐标系中图象点的坐标交汇渗透，命题角度新颖；将图表信息转化为运用二项展开式的系数求待定字母参数，体现数形结合和方程思想的应用．2．第(2)题求解的关键在于将512 012变形为(52－1)2 012，使得展开式中的每一项与除数13建立联系．3．运用二项式定理要注意两点：①余数的范围，a ＝cr ＋b ，其中余数b ∈[0，r )，r 是除数；②二项式定理的逆用．[变式训练3]设a ≠0，n 是大于1的自然数，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的展开式为a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n .若点A i (i ，a i )(i ＝0,1,2)的位置如图10-3-1所示，则a ＝________.【导学号：01772388】图10-3-13 [由题意知A 0(0,1)，A 1(1,3)，A 2(2,4)． 故a 0＝1，a 1＝3，a 2＝4.又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的通项公式T r ＋1＝C r n ⎝ ⎛⎭⎪⎫x a r(r ＝0,1,2，…，n )． 故C 1n a ＝3，C 2na 2＝4，解得a ＝3.][思想与方法]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(n ∈N *)揭示二项展开式的规律，一定要牢记通项T r ＋1＝C r n an －r b r 是展开式的第r ＋1项，不是第r 项．2．通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定的项或指定项的系数等(常用待定系数法)．3．展开式的应用：(1)可求解与二项式系数有关的求值问题，常采用赋值法．(2)可证明整除问题(或求余数)．(3)有关组合式的求值证明，常采用构造法．[易错与防范]1．二项式的通项易误认为是第k 项，实质上是第k ＋1项．2．(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a 与第二个量b 的位置不能颠倒．3．易混淆二项式中的“项”“项的系数”“项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指C k n (k ＝0,1，…，n )．。
2018年高三数学(理)11.排列组合、二项式定理Word版含解析
【答案】 B
【解析】
考点：排列、组合及简单计数问题． 2. 【河北省衡水中学 2016 届高三上学期七调考试数学（理）试题】在二项式
n
1 x
2 4x
的展开式，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，有理数都互不相
邻的概率为（ ）
1
A．
6
1
1
B．
C．
4
3
【答案】 D
5
D．
12
【解析】
试题分析：展开式通项为
（结果用数值表示） .
【答案】 45 【解析】
考点：二项式定理 .
7. 【河北省邯郸市第一中学 2016 届高三下学期研六考试数学（理）试题】已知
7
xm
a0
a1 x a2 x2
a7 x7 的展开式中 x4 的系数是 -35 ，则 a1 a2 a7
.
【答案】 1
【解析】
试题分析：∵
7
xm
a0 a1 x a2 x2
为： 1． 考点：二项式系数的性质． 8. 【河北省武邑中学 2016 届高三上学期期末考试数学（理）试题】若
项系数绝对值之和为 1024 ，则展开式中 x 项的系数为 _______.
( x 3 ) n 展开式的各 x
【答案】 15
【解析】
试题分析： 在 ( x 3 )n 的展开式中， 令 x 1 ，可得 ( x 3 ) n 展开式的各项系数绝对值之和
数时用插入法，即把 6 个无理数排列，形成 7 个空档（含两头的） ，在这 7 个空档中选取 3 个
排列这 3 个有理数可得方法数．
3. 【湖南师范大学附属中学 2016 届高三上学期月考（三）理科数学试题】现有
2018届高三理科数学复习讲义 排列组合二项式定理
2018届高三理科数学复习讲义 排列组合二项式定理高考定位一．考场传真1. 【2017课标1，理6】621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．35 【答案】C 【解析】因为6662211(1)(1)1(1)(1)x x x x x++=⋅++⋅+，则6(1)x +展开式中含2x 的项为2226115C x x ⋅=，621(1)x x ⋅+展开式中含2x 的项为44262115C x x x⋅=，故2x 前系数为151530+=，选C. 2．【2017课标3，理4】()()52x y x y +-的展开式中x 3y 3的系数为 A ．80-B ．40-C ．40D ．80【答案】C3．【2017课标II ，理6】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ）A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种【答案】D【解析】由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有24C 种方法，然后进行全排列33A 即可，由乘法原理，不同的安排方式共有234336C A ⨯=种方法。
故选D 。
4．【2017浙江，16】从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有______中不同的选法．（用数字作答）【答案】660【解析】由题意可得：总的选择方法为411843C C C ⨯⨯种方法，其中不满足题意的选法有411643C C C ⨯⨯种方法，则满足题意的选法有：411411843643660C C C C C C ⨯⨯-⨯⨯=种．5．【2017浙江，13】已知多项式()1x +3()2x +2=5432112345x a x a x a x a x a +++++，则4a =________，5a =________．【答案】16，46．【2017天津，理14】用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答）【答案】 1080【解析】413454541080A C C A +=7．【2017山东，理11】已知的展开式中含有项的系数是，则 .【答案】()13nx +2x 54n =4【解析】由二项式定理的通项公式，令得：，解得．二．高考研究【考纲解读】1.考纲要求排列、组合、二项式定理（1）分类加法计数原理、分步乘法计数原理：①理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.（2）排列与组合①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.（3）二项式定理①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2.命题规律：(1)排列、组合与二项式定理每年交替考查，主要以选择、填空的形式出现，试题难度中等或偏易. ()1C 3C 3rr r r r r n n x x +T ==⋅⋅2r =22C 354n ⋅=4n =(2)排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性，常与实际相结合，转化为基本的排列组合模型解决问题，需用到分类讨论思想，转化思想. 排列与组合问题一直是高考数学的热点内容之一．从近几年的高考试题统计分析来看，对排列与组合知识的考查均以应用题的形式出现，题型为选择题、填空题，题量最多是一道，分值为5分，属于中档题．内容以考查排列、组合的基础知识为主．高考中对本讲注重基础知识和基本解题方法、规律的考查,以及运算能力的考查,基本都为中等难度试题.最近几个年份考查多少不一.(3)与二项式定理有关的问题比较简单，但非二项问题也是今后高考的一个热点，解决此类问题的策略是转化思想. 考查的重点是二项式定理的通项公式、二项式系数及项的系数；以考查基本概念、基础知识为主，如系数和、求某项的系数、求常数项、求有理项、求所含参数的值或范围等；难度不大，属于中档题和容易题，题型为选择题或填空题．3．学法导航1. 切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．分类时要做到不重不漏．对于复杂的计数问题，可以分类、分步综合应用．2. 要能够写出所有符合条件的排列或组合，尽可能使写出的排列或组合与计算的排列数相符，使复杂问题简单化，这样既可以加深对问题的理解，检验算法的正确与否，又可以对排列数或组合数较小的问题的解决起到事半功倍的效果．3．解排列、组合的综合应用问题，要按照“先选后排”的原则进行，即一般是先将符合要求的元素取出(组合)，再对取出的元素进行排列，常用的分析方法有：元素分析法、位置分析法、图形分析法．要根据实际问题探索分类、分步的技巧，做到层次清楚，条理分明．区分排列、组合问题主要是判断“有序”和“无序”，更重要的是弄清怎样的算法有序，怎样的算法无序，关键是在计算中体现“有序”和“无序”．递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pq t -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. 4. 组合问题常有以下两类题型变化：(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，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．5．运用二项式定理一定要牢记通项1r n r r r n T C a b -+=，注意()n a b +与()nb a +虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，我们一定要注意顺序问题.另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指r n C ，而后者是字母外的部分，对于二项式系数问题，应注意以下几点：①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1；②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；③证明不等式时，应注意运用放缩法. 求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求r ，再求1r T +，有时还需先求n ，再求r ，才能求出1r T +. 有些三项展开式问题可以变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏. 对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段. 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决.主干整合归纳拓展一．基础知识整合基础知识：1.应用两个计数原理解题的方法(1)在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．2.排列、组合数公式及相关性质（1）排列数公式：()()()121+---=m n n n n A m n ()!m n n -=！(,,*)≤∈m n m n N ；*)(12)1(!N n n n n A n n ∈⨯⨯⨯-⨯== . （2）组合数公式()(1)(1)!(,,*)(1)21!!⋅-⋅⋅-+===≤∈⋅-⋅⋅⋅- m mn nm m A n n n m n C m n m n N A m m m n m . （3）排列数与组合数的性质排列:11-++=m n m n m n mA A A ；组合:11-++=m nm n m n C C C (,,*)≤∈m n m n N , =k n kC 11k n nC --. 3. 二项式定理()()011*n n n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N --+=+++++∈ ，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式，其中的系数r n C (0,1,2,3,,r n = )叫做二项式系数．式中的r n r r n C a b -叫做二项展开式的通项，用1r T +表示，即展开式的第1r +项；1r n r r r n T C a b -+=.4．二项展开式形式上的特点(1)项数为1n +.(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直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n .(4)二项式的系数从0n C ，1n C ，一直到1n n C -，n n C .5. 二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即0n n nC C =，11n n n C C -=， ，m n m n n C C -=. (2)增减性与最大值：二项式系数r n C ，当12n r +≤时，二项式系数是递增的；由对称性知：当12n r +>时，二项式系数是递减的．当n 是偶数时，中间的一项2nn C 取得最大值．当n 是奇数时，中间两项12n n C+ 和12n nC -相等，且同时取得最大值．(3)各二项式系数的和()n a b +的展开式的各个二项式系数的和等于2n ，即012r n n n n n n C C C C +++++= ，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即02413512n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=二．高频考点突破考点1 分类计数原理与分步计数原理【例1】将3本相同的诗集，2本相同的小说全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有（ ）A ．24种B ．28种C ．32种D ．36种【分析】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.【规律方法】1. 计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理：如果已知的每类方法中的每一种方法都能单独完成这件事，用分类加法计数原理；如果每类方法中的每一种方法只能完成事件的一部分，用分步乘法计数原理．2.利用分类计数原理解决问题时： (1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复；③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法．3.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件．(3)对完成各步的方法数要准确确定．4. 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．(4)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．5.在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．5. (1)分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．(2)分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．6. 分类加法计数原理的两个条件：(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．分步乘法计数原理的两个条件：(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将完成这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键．从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．【举一反三】【2018江西南昌摸底】某校毕业典礼由6个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有A. 120种B. 156种C. 188种D. 240种【答案】A考点2 排列、组合及性质【例2】化简:+2+3+…+n = ．分析：通过组合数性质=将原式转化成相同的系数，然后利用性质可化简原式得到.解析：=，原式=+n +n +n +…+n =++++…+)=． 【规律方法】通过观察式子的结构，利用排列数和组合数的相关性质及二项式系数的相关性质以含有排列、组合数结构的代数式进行化简，有时需要拆分、拼凑项来进行结构重组.【举一反三】设，且，其中当为偶数时，；当为奇数时，． （1）证明：当，时，；（2）记，求的值．1n C 2n C 3n C n n C k n kC 11k n nC --n n n n n n C C C C 2210=++++ 12- n n k n kC 11k n nC --∴01n nC -11n C -21n C -31n C -11n n C --01(n n C -11n C -21n C -31n C -11n n C --12-n n 01212(1)m m n n n n n m S C C C C ---=-+-+- *,m n ∈N m n <n 2n m =n 12n m -=*n ∈N 2n ≥11n n n S S S +-=-01231007201420132012201110071111120142013201220111007S C C C C C =-+-+- S考点3 排列、组合的应用【例3】从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（ ） A ．40种 B ．60种 C ．100种 D ．120种 【答案】B【解析】先排星期五,从人中选人有,种,再从剩下的人中选人参加星期六、星期日,有种,故共有种,选B.【规律方法】1.解答排列组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手． (1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；5225C 3223A 225310660C A =⨯=(2)“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；(3)“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互斥的几类，然后逐类解决；(4)“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．2.解决排列组合问题的13个策略.(1)特殊元素、特殊位置优先法；(2)相邻问题捆绑法；(3)不相邻(相间)问题插空法；(4)多排问题单排法； (5)多元问题分类法；(6)有序分配问题分步法；(7)交叉问题集合法；(8)至少或至多问题间接法；(9)选排问题先选后排法；(10)局部与整体问题排除法；(11)复杂问题转化法；（12）定序问题倍缩法；(13)相同元素分组可采用隔板法.3.对解组合问题，应注意以下四点：(1)对“组合数”恰当的分类计算，是解组合题的常用方法；(2)是用“直接法”还是“间接法”解组合题，其原则是“正难则反”；(3)设计“分组方案”是解组合题的关键所在；(4)分组问题：要注意区分是平均分组还是非平均分组，平均分成n组问题别忘除以n！.【举一反三】【2018黑龙江齐齐哈尔一模】由1、2、3、4、5、6、7七个数字组成七位数，要求没有重复数字且6、7均不得排在首位与个位，1与6必须相邻，则这样的七位数的个数是（）A. 300B. 338C. 600D. 768【答案】D考点4 二项式定理及应用【例4】已知二项式的展开式中的系数为，则的值为（ ） A. B. C. D.【分析】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数. 【答案】C【规律方法】 1.二项定理问题的处理方法和技巧:⑴运用二项式定理一定要牢记通项，注意与虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指，而后者是字母外的部分．前者只与和有关，恒为正，后者还与，有关，可正可负．⑵ 对于二项式系数问题，应注意以下几点：912x ax ⎛⎫+ ⎪⎝⎭3x 212-1e a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰212e +232e -232e +252e -1+r r 1+rr 1r n r rr n T C a b -+=()na b +()nb a +r n C n r a b①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1； ②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法； ③证明不等式时，应注意运用放缩法.⑶ 求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求，再求，有时还需先求，再求，才能求出.⑷ 有些三项展开式问题可以变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏.⑸ 对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段.⑹ 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.⑺ 用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决.多项式乘法的进位规则:在求系数过程中,尽量先化简，降底数的运算级别,尽量化成加减运算，在运算过程可以适当注意令值法的运用，例如求常数项，可令.在二项式的展开式中，要注意项的系数和二项式系数的区别.2. 排列组合在二项展开式中的应用：展开式可以由次数、项数和系数来确定．(1)次数的确定：从个相同的中各取一个(或)乘起来，可以构成展开式中的一项，展开式中项的形式是，其中.(2)项数的确定：满足条件的共组． 即将展开共项，合并同类项后共项．r 1r T +n r 1r T +0x =()na b +n a b +a b p q ma b ,,p q N p q n ∈+=,,p q N p q n ∈+=(),p q 1n +()na b +2n1n +(3)系数的确定：展开式中含()项的系数为 (即个，个的排列数)因此展开式中的通项是： ()这种方法比数学归纳法推导二项式定理更具一般性和创造性，不仅可二项展开，也可三项展开，四项展开等．3. 求几个二项式积的展开式中某项的系数或特定项时，一般要根据这几个二项式的结构特征进行分类搭配，分类时一般以一个二项式逐项分类，分析其他二项式应满足的条件，然后再求解结果．4. 求展开式系数最大项：如求 ()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，且第项系数最大，应用从而解出k 来，即得．5. (1)利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理地变形构造二项式，应注意：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可． (2)求余数问题时，应明确被除式与除式 ()，商式与余式的关系及余式的范围．(3)展开式中常数项、有理项的特征是通项中未知数的指数分别为零和整数．解决这类问题时，先要合并通项中同一字母的指数，再根据上述特征进行分析．(4)有关求二项展开式中的项、系数、参数值或取值范围等，一般要利用通项公式，运用方程思想进行求值，通过解不等式(组)求取值范围．【举一反三】【2018陕西两校联考】()()8411x y ++的展开式中22x y 的系数是（ ）A. 56B. 84C. 112D. 168 【答案】Dp q a b p q n +=p n C p a q b ()na b +1r n r rr n T C a b -+=0,1,2,3,,r n = ()()011*nn n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N --+=+++++∈ ()nax b +,a b R ∈1231,,,,n A A A A + k 11k k k k A A A A -+≥⎧⎨≥⎩()f x ()g x ()0g x ≠()q x考点5 赋值法在二项式定理中的应用【例5】若，则的值为（ ）A ．B ．C ．253D ．126【分析】赋值法研究二项式的系数和问题：“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b)n 、(ax 2＋bx ＋c)m (a ，b ∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令x ＝1即可；对形如(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. 【答案】C【解析】令，得，，∴.选C ． 【规律方法】二项式定理是一个恒等式，使用时有两种思路：一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数分别相等)；二是赋值．二项式定理结合“恒等”与“赋值”两条思路可以使很多求二项展开式的系数的问题迎刃而解．赋值法是处理组合数问题、系数问题的最有效的经典方法，一般对任意，某式子恒成立，则对中的特殊值，该式子一定成立，特殊值如何选取视具体情况决定，灵活性较强，一般取居多.若则设.有：① ②③ ④⑤()()72801281212x x a a x a x a x +-=++++…0127a a a a ++++…2-3-1x =01283a a a a ++++=…()7822256a =⨯-=-0783253a a a ++=--=…A x ∈A x 1,1,0-=x 2012()...,n n n ax b a a x a x a x +=++++()()=+n f x ax b 0(0);a f =012...(1);n a a a a f ++++=0123...(1)(1);n n a a a a a f -+-++-=-0246(1)(1)...;2f f a a a a +-++++=1357(1)(1) (2)f f a a a a --++++=【举一反三】【2018东北名校联考】若()523450123451x a a x a x a x a x a x -=+++++，则012345a a a a a a -+-+-=（ ）A. 0B. 1C. 32D. 1- 【答案】A考点6 二项式定理与其他知识交汇【例6】若，则展开式中常数项为（ ） A ．B ．C ．D ． 【答案】B【解析】因为，所以，，常数项为，故选B.【规律方法】二项式定理内容的考查常出现二项式内容与其它知识的交汇、整合，这是命题的一个创新方向．如二项式定理与函数、数列、复数，不等式，三角等其他知识点综合成题时，对其他模块的知识点要能熟练运用.sin()2cos παα-=6tan ()x xα+5216052-160-sin()2cos παα-=sin 2cos ,tan 2x x x ==66tan 2()x x x x α⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭333336622160C x C x ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭【举一反三】若变量满足约束条件，，则取最大值时，二项展开式中的常数项为 .【答案】【解析】画出不等式组表示平面区域如图,由图象可知当动直线经过点时,取最大值.当时,故由二项式展开式的通项公式,由题设可得,所以展开式中的常数项是,故应填答案.原创预测 考题探究1. 2017年3月全国两会在北京召开，现从A 组4人和B 组5人中任取3人参加一项议程讨论，在取出的3人中至少有A 组和B 组各一人的不同取法有（A ）35种 （B ）70种 C. 80种 D. 140种y x ,⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥+-≥-+020202x y x y x 22-+=y x n n nx x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+1224022++-=n x y )4,2(A 22-+=y x n 66=n r rr r r r r r xC xx C T ----+==26666612)1()2(026=--r r2=r 2402264=C 240【答案】B押题依据 本题主要考查分类计数原理、排列组合知识在实际中的应用，考查学生分类讨论的思想和逻辑运算变换的能力.本题是一个常规题,但考查的知识基础,有一定的综合性,符合小题综合化的高考要求.2. 设有序集合对满足：，.记，分别表示集合，中元素的个数，则符合条件，的集合的对数是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】由条件，，知，.当，时，显然不成立；当，时，则，，所以，，符合条件的集合对有1对；当，时，则，，所以中的另一个元素从剩下6个数中选一个，故符合条件的集合对有对；当，时，则，，所以中的另两个元素从剩下6个数中选2个，故符合条件的集合对有对；当，时，则，，矛盾；由对称性，剩下的几种情况类似，故符合条件的集合的对数是对，选D.押题依据 本题主要考查两个计数原理、排列组合的灵活应用，意在考查考生的分类讨论的数学思想方法，综合分析问题的能力.本题与集合结合出题,构思比较新.(,)A B {1,2,3,4,5,6,7,8}A B = A B =∅ ||A ||B A B ||A A ∉||B B ∉11224244||A A ∉||B B ∉||A B ∈||B A ∈||0A =||8B =||1A =||7B =7A ∈1B ∈{7}A ={1,2,3,4,5,6,8}B =||2A =||6B =6A ∈2B ∈A 16C 6=||3A =||5B =5A ∈3B ∈A 26C 15=||4A =||4B =4A ∈4B ∈2(01615)044++++=3. 某同学要用红、黄两种颜色给如下图中并排的七个矩形图形涂色，要求每一块矩形只涂一种颜色，要求任意两相邻的两块矩形至多有1块涂红色，且任意相邻三块矩形至少有一块矩形涂红色，则涂色方案有___________种．【答案】12押题依据 本题主要考查计数原理的应用等基础知识，意在考查考生的理解能力，分析问题，解决问题能力及运算能力.涂色问题是高考常考题型，故选此题.4.若已知（）展开式中二项式系数的和为256，则该展开式中含项的系数为 ． 【答案】112【解析】由题知=256，所以=8，所以==，所以=-1，解得=6，所以展开式中含项的系数为=112． 押题依据 本题考查二项式定理，赋值法求系数和等基础知识，意在考查分析问题、解决问题的能力、基本运算能力及推理能力，本题是一个传统题型，也是高考常考题型，故押此题.(2n x n ∈*N x 12nn 1r T +828C (2)(1)r r r r x x ---38828(1)2C rr r r x ---382r-r x168668(1)2C --5. 【2017年第三次全国大联考（新课标卷Ⅰ）】若，其中，则的值为 .【答案】押题依据 本题考查二项式定理，定积分求值，赋值法求系数和等基础知识，意在考查分析问题、解决问题的能力、基本运算能力及推理能力，二项式定理，定积分结合出题，在高考中曾经出现过，故押此题.()()62701271x a x a a x a x a x +-=+++⋅⋅⋅+()π0sin cos da x x x =-⎰0126a a a a +++⋯+1。
【推荐精选】2018届高考数学 专题10.1 两个原理与排列组合 二项式定理同步单元双基双测(B卷)理
专题10.1 两个原理与排列组合 二项式定理（测试时间：120分钟 满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1. 6人站成一排，其中甲不在两端，甲、乙不相邻的站法种数为（ ） A ．72 B ．120 C ．144 D ．288 【答案】D 【解析】试题分析：先排甲，再排乙，324434288C C A =，故选D.考点：排列与组合.2. 【2018云南昆明一中联考】二项式51x ⎛⎫ ⎪⎝⎭展开式中的常数项为（ ）A. 10B. 10-C. 5D. 5- 【答案】B3.已知(5nx -的展开式中二项式系数之和是64，则它的展开式中常数项是（ ） A ．15 B ．15- C ．375- D ．375 【答案】D 【解析】试题分析：因为5nx ⎛- ⎝的展开式中二项式系数之和是64，所以264n =，解得：6n =，所以二项展开式的通项是()()63362166C 51C 5rrrrrrrr x x--+-+⎛T =⋅⋅=-⋅⋅⋅ ⎝，令3302r -+=得：2r =，所以它的展开式中常数项是()42261C 5375-⋅⋅=，故选D ． 考点：二项式定理．4. 若52345012345(23)x a a x a x a x a x a x -=+++++，则012345a a a a a a +++++等于（ ）A ．55B ．-lC ．52 D ．52- 【答案】A 【解析】考点：二项式定理．5. 【2018江西南昌摸底】某校毕业典礼由6个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有A. 120种B. 156种C. 188种D. 240种 【答案】A【解析】根据题意，由于节目甲必须排在前三位，分3种情况讨论：①、甲排在第一位，节目丙、丁必须排在一起，则乙丙相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个节目全排列，安排在其他三个位置，有336A =种安排方法，则此时有42648⨯⨯=种编排方法；②、甲排在第二位，节目丙、丁必须排在一起，则乙丙相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个节目全排列，安排在其他三个位置，有336A =种安排方法，则此时有32636⨯⨯=种编排方法；③、甲排在第三位，节目丙、丁必须排在一起，则乙丙相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个节目全排列，安排在其他三个位置，有336A =种安排方法，则此时有32636⨯⨯=种编排方法；则符合题意要求的编排方法有363648120++=种；故选A ．6. 用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为92,1 的9个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“3,5,7”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（ ）种A ．18B ．36C ．72D ．108 【答案】D 【解析】试题分析：3(1222)(1222)⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+108=．故选D ． 考点：分类加法原理与分步乘法原理．【名师点睛】利用两个计数原理解决应用问题的一般思路 （1）弄清完成一件事是做什么.（2）确定是先分类后分步,还是先分步后分类. （3）弄清分步、分类的标准是什么. （4）利用两个计数原理求解.7. 【2018山西名校联考】52431x x x ⎛⎛⎫-+- ⎪ ⎝⎭⎝的展开式中常数项为( ) A. 30- B. 30 C. 25- D. 25 【答案】C8. 【2018广东德庆香山中学一模】从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有( )种. A. 36 B. 30 C. 12 D. 6【答案】A【解析】从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，因为先从其余3人中选出1人担任文艺委员，再从4人中选2人担任学习委员和体育委员，所以不同的选法共有123436C A=种.本题选择A选项.9. 【2018安徽六校联考】某学校有5位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训，现有5个培训项目，每位教师可任意选择其中一个项目进行培训，则恰有两个培训项目没有被这5位教师中的任何一位教师选择的情况数为（）A. 5400种B. 3000种C. 150种D. 1500种【答案】D【解析】分两步：第一步从5个培训项目中选取三个，共35C种情况；第二步5位教师分成两类：一类：1人，1人，3人，共35C种情况；一类：1人，2人，2人，共225322C CA种情况；故情况数为：223335355322C CC C AA=⎛⎫+⎪⎝⎭1500故选：D10. 如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有（）种A．50 B．51 C．140 D．141【答案】D【解析】考点：排列、组合及简单计数问题11.已知()()()()()()20162201520161220152016122222x aa x a x a x a x x R-=+-+-++-+-∈，则12342015201623420152016a a a a a a -+-++-=（ ）A ．1008B ．2016C ．4032D ．0 【答案】C 【解析】 试题分析：设函数2016)21()(x x f -=,求导得:20152015)21(4032)2()21(2016)(x x x f -⋅-=-⋅-⋅=' ,又20162016201520152210)2()2(...)2()2()(-+-++-+-+=x a x a x a x a a x f , 求导得201520162321)2(2016...)2(3)2(2)(-++-+-+='x a x a x a a x f ,由令1=x 得:=')1(f 12342015201623420152016a a a a a a -+-++-=4032)1(40322015=-⋅-．故选C ．考点：1．二项式定理；2．导函数．【方法点晴】本题主要考查二项式定理与导数的交汇,考查学生对所学知识的灵活综合应用的能力．解题的关键是先求导再赋值．处理有关二项式问题的常用策略:运用通项求解,注意)()(*N n b a n∈+展开式中的第1+r 项为rr n r n r b a C T -+=1；运用赋值法求解,若设函数n n n x a x a x a a bx a x f ++++=+=...)()(2210，)(*N n ∈，常用的赋值方法为（1）取0=x ，得)0(0f a =；（2）取1=x ，)1(...210f a a a a n =++++；（3）取1-=x ，)1()1(...210-=-+-+-f a a a a n n ．12. 2015年4月22日，亚非领导人会议在印尼雅加达举行，某五国领导人A 、B 、C 、D 、E 除B 与E 、D 与E 不单独会晤外，其他领导人两两之间都要单独会晤．现安排他们在两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天最多进行一次会晤），那么安排他们单独会晤的不同方法共有A ．48种B ．36种C ．24种D ．8种【答案】A 【解析】试题分析：五国领导人单独会晤的有AB 、AC 、AD 、AE 、BC 、BD 、CD 、CE ，共八场,现在将八场会晤分别安排在两天的上午和下午进行，每个半天安排两场会晤同时进行．因为能同时会晤的共有（AB ，CD ），（AC ，BD ），（AD ，CE ），（AE ，BC ）和（AB ，CE ）、（AC ，BD ），（AD ，BC ），（AE 、CD ）两种情况，故不同的安排方法共有44248.A ⨯=考点：排列与组合．二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13. 把4本不同的课外书分给甲、乙两位同学，每人至少一本，则不同的分法有 种． 【答案】14 【解析】试题分析：若两同学一人1本，另一人3本，则有82214=A C 种不同的分法；若两同学各2本，则有624=C 种不同的分法，由分类加法计数原理，得共有14种不同的分法． 考点：排列组合． 14.【2018山西山大附中调研】()()()3801121x x a a x ++-=+-()()282811a x a x +-++-，则6a =__________．【答案】28【解析】令1x t -= ，则()()382680126821......t t a a t a t a t a t ++-=++++++，设()81t -的展开式含有6t 项， ()8181rr r r T C t -+=-，令86,2r r -== ， 2663828T C t t ==，所以628a =.15. 【2018山西西安西工大附中一模】元宵节灯展后，如图悬挂有9盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，共有__________种不同取法．（用数字作答）【答案】1680【解析】993333331680A A A A =16. 设n a （2n ≥，*n N ∈）是(3n 的展开式中x 的一次项系数，则23182318333a a a +++= ． 【答案】17 【解析】试题分析：∵n a （2n ≥，*n N ∈）是(3n 的展开式中x 的一次项系数，∴223n n n a C -=， ∴23182318333a a a +++=231816232323(1)3(1)3(1)n n n n n n ⨯⨯⨯+++--- 18181821321718=+++⨯⨯⨯111118(1)1722318=-+--=， 故答案为：17考点：二项式系数的性质；数列的求和．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ （l ）甲不站两端； （2）甲、乙不相邻； （3）甲、乙之间间隔两人； （4）甲不站左端，乙不站右端．【答案】（l ）480（2）480（3）144（4）504 【解析】试题分析：在排列问题中遇到特殊元素特殊位置了，一般优先考虑安排，相邻问题一般采用捆绑法求解，不相邻问题采用插空法试题解析：1545480(.........3A ⋅=（1）A 种）分42652456522322432265451146545444480(480(.........6(3)144(.........92504(504(.........12A A A C A A A A A A A A ⋅=-⋅=⋅⋅⋅=-+=-⋅⋅=（2）A 种）(或A 种）)分种）分(4)A 种）(或A 种）)分考点：排列问题18.已知在n⎫-⎪⎭的展开式中，第6项为常数项．（1）求n ；（2）求含2x 项的系数． 【答案】（1）10n =；（2）454． 【解析】试题分析：（1）利用二项展开式的通项求出通项公式，令5r =时x 的指数为0，求出n 的值；（2）将n 的值代入通项，令x 的指数为2，求出展开式中含2x 的项的系数．试题解析：（1）通项公式为23112rn r r r n T C x -+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∵第6项为常数项，∴5r =时，有1003n -=，即10n =. （2）令10223r -=，得2r =，∴所求的系数为221014524C ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 考点：二项式定理的应用．19. 从射击、乒乓球、跳水、田径四个大项的雅典奥运冠军中选出6名作“夺冠之路”的励志报告．（1）若每个大项中至少选派一人，则名额分配有几种情况？（2）若将6名冠军分配到5个院校中的4个院校作报告，每个院校至少一名冠军，则有多少种不同的分配方法？ 【答案】（1）10;（2）7800. 【解析】试题解析：（1）名额分配只与人数有关，与不同的人无关．所以选择隔板法，1035=C 6分（2）从5个院校中选4个，再从6个冠军中，先组合，再进行排列，有2243464564227800C C C C A A ⎛⎫⋅+⋅= ⎪⎝⎭种分配方法． 12分 考点：1.分组分配问题；2.排列.20. 号码为1、2、3、4、5、6的六个大小相同的球，放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每个盒子只能放一个球．（1）若1号球只能放在1号盒子中，6号球不能放在6号的盒子中，则不同的放法有多少种？（2）若5、6号球只能放入号码是相邻数字的两个盒子中且不与4号球相邻，则不同的放法有多少种？【答案】（1）96；（2）144 【解析】试题分析：（1）由题为含有特殊位置的排列问题，即可从特殊位置入手，先安排1和6号位置，再安排其它位置可求处所有的安排方法。
2018届高中数学高考二轮复习 排列组合、二项式定理教案含答案(全国通用)
教学过程一、考纲解读该部分在高考试卷中一般是1到2个小题，分值在5-10分。
主要考查两个基本原理、排列组合的基础知识和方法，考查二项式定理的基础知识及其简单应用.在复习中要在解一些常规题型上下功夫，需要掌握基本的解题方法.在平时的复习中要能够体会计数原理在概率分布中的应用，特别是用排列组合解决的大题.对于二项式定理，重点考查二项式定理的通项.以及二项式系数和项的系数.二、复习预习（1）分类加法计数原理、分步乘法计数原理①理解分类加法计数原理和分类乘法计数原理；②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.（2）排列与组合①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.（3）二项式定理①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.三、知识讲解考点1 分类加法计数原理、分步乘法计数原理①理解分类加法计数原理和分类乘法计数原理；②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.考点2 排列与组合①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.考点3 二项式定理①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.四、例题精析例1 [2014全国1卷] 4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率( )A.18B.38C.58D.78【规范解答】解法1.选D（直接法）4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动共有4216=种，周六、周日都有同学参加公益活动有两种情况：①一天一人一天三人有11428C A=种；②每天2人有22 426C C=种，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为867 168 +=；解法2.选D（间接法）4位同学都在周六或周日参加公益活动有2种，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为1627 168-=；选D.【总结与反思】（1）本题考查古典概型，是一个古典概型与排列组合结合的问题，解题时先要判断该概率模型是不是古典概型，再要找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数．是一道基础题。
2018年高考数学(浙江专用)总复习教师用书：第10章 第3讲 二项式定理 含解析
第3讲 二项式定理最新考纲 1.能用计数原理证明二项式定理；2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.知 识 梳 理1.二项式定理(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 (n ∈N *)； (2)通项公式：T r ＋1＝C r n an －r b r ，它表示第r ＋1项； (3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C 0n ，C 1n ，…，C n n .2.二项式系数的性质(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n.(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1. 诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)C k n an －k b k 是二项展开式的第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)(a ＋b )n 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.( )－或中间两项，故(1)(2)均不正确. 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2.(x －y )n 的二项展开式中，第m 项的系数是( ) A.C m nB.C m ＋1n C.C m －1nD.(－1)m －1C m －1n解析 (x －y )n 展开式中第m 项的系数为C m －1n (－1)m －1.答案 D3.(选修2－3P35练习T1(3)改编)C 02 017＋C 12 017＋C 22 017＋…＋C 2 0172 017C 02 016＋C 22 016＋C 42 016＋…＋C 2 0162 016的值为( ) A.2 B.4C.2 017D.2 016×2 017 解析 原式＝22 01722 016－1＝22＝4.答案 B4.(2017·瑞安市质检)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－12x 9的展开式中，第4项的二项式系数是________，第4项的系数是________. 解析 展开式通项为T r ＋1＝C r 9x2(9－r )⎝⎛⎭⎪⎫－12x r＝(－1)r 12r C r 9x 18－3r(其中r ＝0，1，…，9) ∴T 4＝(－1)3123C 39x 9，故第4项的二项式系数为C 39＝84，第4项的系数为 (－1)3123C 39＝－212. 答案 84 －2125.(2017·石家庄调研)(1＋x )n 的二项式展开式中，仅第6项的系数最大，则n ＝________.解析 (1＋x )n 的二项式展开式中，项的系数就是项的二项式系数，所以n 2＋1＝6，n ＝10.6.⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－2x 35展开式中的常数项为________. 解析T k ＋1＝C k 5(x 2)5－k ⎝⎛⎭⎪⎫－2x 3k＝C k 5(－2)k x 10－5k.令10－5k ＝0，则k ＝2.∴常数项为T 3＝C 25(－2)2＝40.答案40考点一 求展开式中的特定项或特定项的系数【例1】 已知在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －123x n的展开式中，第6项为常数项. (1)求n ；(2)求含x 2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项. 解 (1)通项公式为T k ＋1＝C k n xn －k3⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k x －k 3＝C k n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k x n －2k 3.因为第6项为常数项，所以k ＝5时，n －2×53＝0，即n ＝10.(2)令10－2k3＝2，得k ＝2，故含x 2的项的系数是C 210⎝⎛⎭⎪⎫－122＝454.(3)根据通项公式，由题意⎩⎪⎨⎪⎧10－2k 3∈Z ，0≤k ≤10，k ∈N ，令10－2k 3＝r (r ∈Z )，则10－2k ＝3r ，k ＝5－32r ， ∵k ∈N ，∴r 应为偶数.∴r 可取2，0，－2，即k 可取2，5，8， ∴第3项，第6项与第9项为有理项， 它们分别为454x 2，－638，45256x －2.第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求的项.(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解. 【训练1】(1)(2015·全国Ⅰ卷)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为()A.10B.20C.30D.60(2)(2016·全国Ⅰ卷)(2x＋x)5的展开式中，x3的系数是________(用数字作答).(3)(2014·全国Ⅰ卷)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________(用数字作答). 解析(1)法一(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝C25(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为C13x4·x＝C13x5.所以x5y2的系数为C25C13＝30.法二(x2＋x＋y)5表示5个x2＋x＋y之积.∴x5y2可从其中5个因式中选两个因式取y，两个取x2，一个取x.因此x5y2的系数为C25C23C11＝30.(2)由(2x＋x)5得T r＋1＝C r5(2x)5－r(x)r＝25－r C r5x5－r2，令5－r2＝3得r＝4，此时系数为10.(3)(x－y)(x＋y)8＝x(x＋y)8－y(x＋y)8，∵x(x＋y)8中含x2y7的项为x·C78xy7，y(x＋y)8中含x2y7的项为y·C68x2y6.故(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为C78－C68＝C18－C28＝－20.答案(1)C(2)10(3)－20考点二二项式系数的和与各项的系数和问题【例2】在(2x－3y)10的展开式中，求：(1)二项式系数的和；(2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；(4)奇数项系数和与偶数项系数和；(5)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和.解设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)各项系数和为a0＋a1＋…＋a10，奇数项系数和为a0＋a2＋…＋a10，偶数项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10.由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和.(1)二项式系数的和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210.(2)令x ＝y ＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.(3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29， 偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29.(4)令x ＝y ＝1，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，① 令x ＝1，y ＝－1(或x ＝－1，y ＝1)， 得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，② ①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510， ∴奇数项系数和为1＋5102；①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510， ∴偶数项系数和为1－5102.(5)x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9＝1－5102； x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝1＋5102.规律方法 (1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n 、(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(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 )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.【训练2】 (1)(2017·岳阳模拟)若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2－1x n的展开式中各项系数的和是512，则展开式中的常数项为( ) A.－27C 39B.27C 39C.－9C 9D.9C 9(2)(2017·义乌调研)(1－3x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，求|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＝( ) A.1 024B.243C.32D.24解析 (1)令x ＝1得2n＝512，所以n ＝9，故⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2－1x 9的展开式的通项为T r ＋1＝C r 9(3x 2)9－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r C r 9·39－r x 18－3r，令18－3r ＝0得r ＝6，所以常数项为T 7＝(－1)6C 69·33＝27C 39.(2)令x ＝－1得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＝[1－(－3)]5＝45＝1 024. 答案 (1)B (2)A考点三 二项式定理的应用【例3】 (1)求证：1＋2＋22＋…＋25n －1(n ∈N *)能被31整除； (2)用二项式定理证明2n >2n ＋1(n ≥3，n ∈N *). 证明 (1)∵1＋2＋22＋…＋25n －1＝25n －12－1＝25n －1＝32n －1＝(31＋1)n －1＝C 0n ×31n ＋C 1n ×31n －1＋…＋C n －1n ×31＋C nn －1 ＝31(C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n )， 显然C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n 为整数，∴原式能被31整除. (2)当n ≥3，n ∈N *.2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋…＋C n －1n ＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C n －1n ＋C n n ＝2n ＋2>2n ＋1，∴不等式成立.规律方法 (1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项.而求近似值则应关注展开式的前几项.(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式. (3)由于(a ＋b )n 的展开式共有n ＋1项，故可通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的.【训练3】 求S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727除以9的余数. 解 S ＝C 1＋C 2＋…＋C 27＝227－1＝89－1＝(9－1)－1＝C 9×9－C 9×9＋…＋C 9×9－C 9－1＝9(C 09×98－C 19×97＋…＋C 89)－2. ∵C 09×98－C 19×97＋…＋C 89是整数，∴S 被9除的余数为7.[思想方法]1.二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念.二项式系数是指C 0n ，C 1n ，…，C n n ，它只与各项的项数有关，而与a ，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a ，b 的值有关. 2.因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法.赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1. [易错防范]1.通项T k ＋1＝C k n an －k b k 是(a ＋b )n 的展开式的第k ＋1项，而不是第k 项，这里k ＝0，1，…，n .2.区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细.项的系数与a ，b 有关，可正可负，二项式系数只与n 有关，恒为正.3.切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概念.基础巩固题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)设i 为虚数单位，则(x ＋i)6的展开式中含x 4的项为( ) A.－15x 4 B.15x 4 C.－20i x 4D.20i x 4解析 (x ＋i)6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r i r (r ＝0，1，2，…，6)，令r ＝2，得含x 4的项为C 26x 4i 2＝－15x 4，故选A.答案 A2.(2017·台州市调研)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋366的展开式的第二项的系为－3，则a 的值A.53B.－1C.3D.113解析∵T r ＋1＝C r 6(ax )6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫36r ＝C r 6a 6－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫36r x 6－r， ∴第二项的系数为C 16a 5·36＝－3，∴a ＝－1. 答案 B3.(2017·漳州模拟)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项为( ) A.－7B.7C.－28D.28解析 依题意有n2＋1＝5，∴n ＝8.二项式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x 8的展开式的通项公式T k ＋1＝(－1)k ⎝ ⎛⎭⎪⎫128－k C k 8x 8－43k ，令8－43k ＝0得k ＝6，故常数项为T 7＝(－1)6⎝ ⎛⎭⎪⎫122C 68＝7.答案 B4.(2015·湖北卷)已知(1＋x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( ) A.29B.210C.211D.212解析 由题意，C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10.则奇数项的二项式系数和为2n －1＝29.故选A. 答案 A5.(2016·海口调研)若(x 2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中x 6的系数为30，则a 等于( )A.13 B.12C.1D.2解析 依题意，注意到⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式的通项公式是T r ＋1＝C r 10·x 10－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 10·x 10－2r ，⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中含x 4(当r ＝3时)、x 6(当r ＝2时)项的系数分别为C 310、C 210，因此由题意得C 310－a C 210＝120－45a ＝30，由此解得a ＝2，选D.答案 D6.已知C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝729，则C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n 等于A.63B.64C.31D.32解析 逆用二项式定理得C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝(1＋2)n ＝3n＝729，即3n ＝36，所以n ＝6，所以C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n ＝26－C 0n ＝64－1＝63.故选A.答案 A7.(2017·宁波十校联考)设(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…a 5x 5，那么(a 1＋a 3＋a 5)2－(a 0＋a 2＋a 4)2的值为( ) A.32B.－32C.243D.－243解析 ∵(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，∴令x ＝1，有a 0＋a 1＋…＋a 5＝1，再令x ＝－1，有a 0－a 1＋…－a 5＝35＝243，∴(a 1＋a 3＋a 5)2－(a 0＋a 2＋a 4)2＝－(a 0＋a 2＋a 4＋a 1＋a 3＋a 5)(a 0＋a 2＋a 4－a 1－a 3－a 5)＝－243. 答案 D8.(2017·九江模拟)(x 2－x ＋1)10展开式中x 3项的系数为( ) A.－210B.210C.30D.－30解析 (x 2－x ＋1)10＝[(x 2－x )＋1]10的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 10(x 2－x )10－r ，对于(x 2－x )10－r 的通项公式为T r ′＋1＝(－1)r ′C r ′10－r x20－2r －3r ′.令20－2r －r ′＝3，根据0≤r ′≤10－r ，r ，r ′∈N ，解得⎩⎨⎧r ＝8，r ′＝1或⎩⎨⎧r ＝7，r ′＝3，∴(x 2－x ＋1)10展开式中x 3项的系数为C 810C 12(－1)＋C 710C 33(－1)＝－90－120＝－210.答案 A 二、填空题9.(2016·北京卷)在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________(用数字作答).解析 (1－2x )6的展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 6(－2x )k ＝C k 6(－2)k ·x k ，令k ＝2得x 2的系数为C 26(－2)2＝60.答案 6010.(2016·山东卷)若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝________(用数字作答).解析 ⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5(ax 2)5－r ·x －r 2＝C r 5a 5－r ·x 10－5r2，令10－52r ＝5，得r ＝2，所以C 25a 3＝－80，解得a ＝－2.答案 －211.若将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________(用数字作答).解析 f (x )＝x 5＝(1＋x －1)5，它的通项为T k ＋1＝C k 5(1＋x )5－k·(－1)k ，T 3＝C 25(1＋x )3(－1)2＝10(1＋x )3，∴a 3＝10. 答案 1012.若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 0＝________；a 2＋a 4＋…＋a 12＝________(用数字作答).解析 令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 12＝36，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 12＝1，∴a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12.令x ＝0，得a 0＝1，∴a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12－1＝364. 答案 1 36413.(2017·乐清检测)(2x －1)(3－2x )5的展开式中，含x 次数最高的项的系数是________(用数字作答).解析 (3－2x )5的展开式的通项公式：T r ＋1＝C r 535－r (－2x )r ，令r ＝5，可得(2x －1)(3－2x )5的展开式中，含x 次数最高的项的系数为2×(－2)5＝－64. 答案 －64能力提升题组 (建议用时：15分钟)14.设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 016＋a 能被13整除，则a ＝( ) A.0B.1C.11D.12解析 ∵512 016＋a ＝(52－1)2 016＋a ＝C 02 016·522 016－C 12 016·522 015＋C 22 016·522 014＋…－C 2 0152 016·52＋1＋a 能被13整除，且0≤a <13，∴1＋a 能被13整除，故a ＝12. 答案 D15.(2017·青岛模拟)已知(x ＋1)10＝a 1＋a 2x ＋a 3x 2＋…＋a 11x 10.若数列a 1，a 2，a 3，…，a k (1≤k ≤11，k ∈N *)是一个单调递增数列，则k 的最大值是( ) A.5B.6C.7D.8解析 由二项式定理知a n ＝C n －110(n ＝1，2，3，…，n ).又(x ＋1)10展开式中二项式系数最大项是第6项.∴a 6＝C 510，则k 的最大值为6.16.在(1＋x )(1＋y )的展开式中，记x y 项的系数为f (m ，n )，则f (3，0)＋f (2，1)＋f (1，2)＋f (0，3)＝( )A.45B.60C.120D.210解析 在(1＋x )6的展开式中，x m 的系数为C m 6，在(1＋y )4的展开式中，y n 的系数为C n 4，故f (m ，n )＝C m 6·C n 4.所以f (3，0)＋f (2，1)＋f (1，2)＋f (0，3)＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120. 答案 C17.(2017·宁波月考)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则展开式中x 的系数为________.解析 由已知得4n 2n ＝64，所以n ＝6.展开式的通项为T r ＋1＝3r C r 6x3－r ，令3－r ＝1得r ＝2，所以x 的系数为9C 26＝135.答案 13518.(2017·绍兴调研)已知f (x )＝(2x －3)n 展开式的二项式系数和为512，且(2x －3)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a n (x －1)n .(1)a 2的值为________；(2)a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n 的值为________.解析 (1)由f (x )＝(2x －3)n 展开式的二项式系数和为512，可得2n ＝512，∴n ＝9.∵(2x －3)9＝[－1＋2(x －1)]9＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 9(x －1)9，∴a 2＝C 29·(－1)7·22＝－144.(2)在(2x －3)9＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 9(x －1)9中，令x ＝1，可得a 0＝－1.再令x ＝2，可得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2.答案 (1)－144 (2)2。
2018年高考数学(理)二轮复习 讲学案：概率与统计 第1讲 排列、组合、二项式定理(含答案解析)
第1讲排列、组合、二项式定理1.高考中主要利用计数原理求解排列数、涂色、抽样问题，以小题形式考查．2．二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注．热点一两个计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理，将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理，将各步的方法种数相乘．例1 (1)(2017·东北三省三校联合)在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌，牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色，则不同的配色方案共有( )A．20种B．21种C．22种D．24种答案 B解析分类讨论．当广告牌没有蓝色时，有1种结果；当广告牌有1块蓝色时，有C16＝6(种)结果；当广告牌有2块蓝色时，先排4块红色，形成5个位置，插入2块蓝色，有C25＝10(种)结果；当广告牌有3块蓝色时，先排3块红色，形成4个位置，插入3块蓝色，有C34＝4(种)结果；由于相邻广告牌不能同为蓝色，所以不可能有4块蓝色广告牌．根据分类加法计数原理有1＋6＋10＋4＝21(种)结果．故选B.(2)(2016·全国Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18C．12 D．9答案 B解析从E到F的最短路径有6条，从F到G的最短路径有3条，所以从E到G的最短路径为6×3＝18(条)，故选B.思维升华(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．跟踪演练1 (1)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )A．18种B．24种C．36种D．48种答案 C解析若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A23＝12(种)，若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A23＝12(种)，若甲、乙抢的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22C23＝6(种)，若甲、乙抢的是两个6元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A23＝6(种)，根据分类加法计数原理可得甲、乙都抢到红包的情况共有36种．故选C.(2)(2017·江西省五市八校联考)某学校高三年级有2个文科班，3个理科班，现每个班指定1人对各班的卫生进行检查，若每班只安排一人检查，且文科班学生不检查文科班，理科班学生不检查自己所在的班，则不同的安排方法种数是( )A．24 B．32C．48 D．84答案 A解析首先安排文科学生，文科两个班的学生有A23种安排方法，然后安排理科学生，理科的学生有A12×A22种安排方法，利用分步乘法计数原理可得，不同的安排方法种数为A23×A12×A22＝24(种)．故选A.热点二排列与组合例2 (1)(2017届四川省广元市三诊)某城市关系要好的A，B，C，D四个家庭各有两个小孩共8人，分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名(乘同一辆车的4名小孩不考虑位置)，其中A户家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名小孩恰有2名来自于同一个家庭的乘坐方式共有( )A．18种B．24种C．36种D．48种答案 B解析若A户家庭的孪生姐妹乘坐甲车，即剩下的两个小孩来自其他的3个家庭，有C23·22＝12(种)方法，若A户家庭的孪生姐妹乘坐乙车，那来自同一家庭的2名小孩来自剩下的3个家庭中的一个，有C13·22＝12(种)，所以共有12＋12＝24(种)方法，故选B.(2)(2017·天津)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)答案 1 080解析①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C35·C14·A44＝960.②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A45＝120.故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．思维升华求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．解答计数问题多利用分类讨论思想．分类应在同一标准下进行，确保“不漏”“不重”．跟踪演练2 (1)(2017·兰州模拟)某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( ) A ．A 1818种 B ．A 2020种 C ．A 23A 318A 1010种 D ．A 22A 1818种答案 D解析 先排美、俄两国领导人，方法有A 22种，剩下18人任意排有A 1818种，故共有A 22·A 1818种不同的站法．(2)(2017·广东省韶关市模拟)5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，则不同的分配方法共有( ) A ．25种 B ．60种 C ．90种 D ．150种答案 D解析 因为5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，所以共有两种方法：一，一个单位1名，其他两个单位各2名，有C 15C 24A 22×A 33＝90(种)分配方法；二，一个单位3名，其他两个单位各1名，有C 35×A 33＝60(种)分配方法，共有90＋60＝150(种)分法，故选D. 热点三 二项式定理 (a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n ，其中各项的系数C kn (k ＝0,1，…，n )叫做二项式系数；展开式中共有n ＋1项，其中第k ＋1项T k ＋1＝C k n an －k b k(其中0≤k ≤n ，k ∈N ，n ∈N *)称为二项展开式的通项公式． 例3 (1)(2017·河南省普通高中质量监测)(3－2x －x 4)·(2x －1)6的展开式中，含x 3项的系数为( ) A ．600 B ．360 C ．－600 D ．－360答案 C解析 依题意，由排列组合知识可知，展开式中x 3项的系数为3×C 3623(－1)3－2×C 4622(－1)4＝－600.故选C. (2)(2017届湖北省黄冈市质量检测)已知(1－2x )2 017＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 2 016(x －1)2 016＋a 2 017(x －1)2017(x ∈R )，则a 1－2a 2＋3a 3－4a 4＋…－2 016a 2 016＋2 017a 2 017等于( )A ．2 017B ．4 034C ．－4 034D ．0答案 C解析 因为(1－2x )2 017＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 2 016(x －1)2 016＋a 2 017(x －1)2 017(x ∈R )，两边同时求导可得－2×2 017(1－2x )2 016＝a 1＋2a 2(x －1)＋…＋2 016a 2 016(x －1)2 015＋2 017a 2 017(x －1)2 016(x ∈R )，令x ＝0，则－2×2 017＝a 1－2a 2＋…－2 016a 2 016＋2 017a 2 017 (x ∈R )＝－4 034，故选C. 思维升华 (1)在应用通项公式时，要注意以下几点①它表示二项展开式的任意项，只要n 与k 确定，该项就随之确定； ②T k ＋1是展开式中的第k ＋1项，而不是第k 项；③公式中，a ，b 的指数和为n ，且a ，b 不能随便颠倒位置；④对二项式(a －b )n的展开式的通项公式要特别注意符号问题．(2)在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．跟踪演练3 (1)(2017·全国Ⅰ)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为( )A ．15B ．20C ．30D ．35答案 C解析 因为(1＋x )6的通项为C k 6x k ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x2(1＋x )6的展开式中含x 2的项为1·C 26x 2和1x2·C 46x 4.因为C 26＋C 46＝2C 26＝2×6×52×1＝30，所以⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为30.故选C.(2)(2017·吉林调研)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数之和为A ，各项的二项式系数之和为B ，若A B＝32，则n 等于( )A ．5B ．6C ．7D ．8答案 A解析 令x ＝1，得各项系数之和为A ＝4n，二项式系数之和为B ＝2n，故A B ＝4n2n ＝32，解得n ＝5，故选A.真题体验1．(2017·全国Ⅱ改编)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有________种． 答案 36解析 由题意可得，其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C 13·C 24·A 22＝36(种)，或列式为C 13·C 24·C 12＝3×4×32×2＝36(种)．2．(2016·上海)在⎝⎛⎭⎪⎫3x －2x n的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于________．答案 112解析 2n＝256，n ＝8， 通项C k 8·83k x-·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x k ＝C k 8(－2)k·843k x -，令k ＝2，则常数项为C 28(－2)2＝112.3．(2017·浙江)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5，则a 4＝________，a 5＝________.答案16 4解析a4是x项的系数，由二项式的展开式得a4＝C33·C12·2＋C23·C22·22＝16.a5是常数项，由二项式的展开式得a5＝C33·C22·22＝4.4．(2017·浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)答案660解析方法一只有1名女生时，先选1名女生，有C12种方法；再选3名男生，有C36种方法；然后排队长、副队长位置，有A24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C12C36A24＝480(种)选法．有2名女生时，再选2名男生，有C26种方法；然后排队长、副队长位置，有A24种方法．由分步乘法计数原理知，共有C26A24＝180(种)选法．所以依据分类加法计数原理知共有480＋180＝660(种)不同的选法．方法二不考虑限制条件，共有A28C26种不同的选法，而没有女生的选法有A26C24种，故至少有1名女生的选法有A28C26－A26C24＝840－180＝660(种)．押题预测1．某电视台一节目收视率很高，现要连续插播4个广告，其中2个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是商业广告，且2个商业广告不能连续播放，则不同的播放方式有( )A．8种 B．16种C．18种 D．24种押题依据两个计数原理是解决排列、组合问题的基础，也是高考考查的热点．答案 A解析可分三步：第一步，最后一个排商业广告有A12种；第二步，在前两个位置选一个排第二个商业广告有A12种；第三步，余下的两个排公益宣传广告有A22种．根据分步乘法计数原理，可得不同的播放方式共有A12A12A22＝8(种)．故选A.2．为配合足球国家战略，教育部特派6名相关专业技术人员到甲、乙、丙三所足校进行专业技术培训，每所学校至少一人，其中王教练不去甲校的分配方案种数为( )A．60 B．120C．240 D．360押题依据排列、组合的综合问题是常见的考查形式，解决问题的关键是先把问题正确分类．答案 D解析6名相关专业技术人员到三所足校，每所学校至少一人，可能的分组情况为4,1,1；3,2,1；2,2,2.(1)对于第一种情况，由于王教练不去甲校，王教练自己去一个学校有C12种，其余5名分成一人组和四人组有C45A22种，共C45A22C12＝20(种)；王教练分配到四人组且该组不去甲校有C35C12A22＝40(种)，则第一种情况共有20＋40＝60(种)．(2)对于第二种情况，王教练分配到一人组有C35C22A22C12＝40(种)，王教练分配到三人组有C25C23C12A22＝120(种)，王教练分配到两人组有C15C12C34A22＝80(种)，所以第二种情况共有40＋80＋120＝240(种)．(3)对于第三种情况，共有C15C12C24C22＝60(种)．综上所述，共有60＋240＋60＝360(种)分配方案．3．设(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7，则代数式a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＋7a7的值为( )A ．－14B ．－7C ．7D ．14押题依据 二项式定理作为选择题或填空题设计，属于必考试题，一般试题难度有所控制，考查常数项、指定项的系数、最值、系数和等类型，本题设问角度新颖、典型，有代表性． 答案 A解析 对已知等式的两边求导，得－14(1－2x )6＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋4a 4x 3＋5a 5x 4＋6a 6x 5＋7a 7x 6， 令x ＝1，有a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5＋6a 6＋7a 7＝－14. 故选A.4．(1＋2x )10的展开式中系数最大的项是________．押题依据 二项展开式中的系数是历年高考的热门考题，常考常新，本题通过求解系数最大的项，考查考生的运算求解能力． 答案 15 360x 7解析 设第k ＋1项的系数最大，由通项公式T k ＋1＝C k 102k x k，依题意知T k ＋1项的系数不小于T k 项及T k ＋2项的系数，即⎩⎪⎨⎪⎧C k102k≥C k －1102k －1，C k 102k ≥C k ＋1102k ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧2(11－k )≥k ，k ＋1≥2(10－k ).所以193≤k ≤223，即k ＝7.故最大的项为T 8＝C 71027x 7＝15 360x 7.A 组 专题通关1．在(x －2－1x )n的二项展开式中，若第四项的系数为－7，则n 等于( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6答案 B解析 T 3＋1＝C 3n ·(x )n －3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 23＝－18×C 3n ·32n x+，－18C 3n ＝－7，C 3n ＝56⇒n (n －1)(n －2)1×2×3＝56，解得n ＝8，故选B.2．5名学生进行知识竞赛．笔试结束后，甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“你们5人的成绩互不相同，很遗憾，你的成绩不是最好的”；对乙说：“你不是最后一名”．根据以上信息，这5人的笔试名次的所有可能的种数是( ) A ．54 B ．72 C ．78 D ．96答案 C解析 由题得甲不是第一，乙不是最后，先排乙，乙得第一，有A 44＝24(种)，乙没得第一有3种，再排甲也有3种，余下的有A 33＝6(种)，故有6×3×3＝54(种)，所以一共有24＋54＝78(种)．3．(2017届四川省成都市九校模拟)某公司有五个不同的部门，现有4名在校大学生来该公司实习，要求安排到该公司的两个部门，且每部门安排两名，则不同的安排方案种数为( ) A ．60 B ．40 C ．120 D ．240答案 A解析 由题意得，先将4名大学生平均分为两组，共有C 24C 22A 22＝3(种)不同的分法；再将两组安排在其中的两个部门，共有3×A 25＝60(种)不同的安排方法，故选A.4．(2017届江西省重点中学盟校联考)将A ，B ，C ，D ，E 这5名同学从左至右排成一排，则A 与B 相邻且A 与C 之间恰好有一名同学的排法有( ) A ．18种 B ．20种 C ．21种 D ．22种答案 B解析 当A ，C 之间为B 时，看成一个整体进行排列，共有A 22·A 33＝12(种)，当A ，C 之间不是B 时，先在A ，C 之间插入D ，E 中的任意一个，然后B 在A 之前或之后，再将这四个人看成一个整体，与剩余一个进行排列，共有C 12·A 22·A 22＝8(种)，所以共有20种不同的排法．5．(2017·全国Ⅲ)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40 D ．80答案 C解析 因为x 3y 3＝x ·(x 2y 3)，其系数为－C 35·22＝－40，x 3y 3＝y ·(x 3y 2)，其系数为C 25·23＝80.所以x 3y 3的系数为80－40＝40. 故选C.6．(2017届河北省唐山市模拟)若(1－x )9＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 9|等于( ) A ．1 B ．513 C ．512 D ．511答案 D解析 令x ＝0，得a 0＝1，令x ＝－1，得|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 9|＝[1－(－1)]9－1＝29－1＝511.7．(2017·浙江省台州市一模)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －1x 5的展开式中各项系数的和为32，则展开式中系数最大的项为( )A ．270x －1B ．270xC ．405x 3D ．243x 5答案 B解析 令x ＝1 ，(a －1)5＝32，解得a ＝3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －1x 5 中共有6项，其中奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，所以比较奇数项的系数，奇数项分别为C 05(3x )5＝243x 5， C 25(3x )3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＝270x ，C 45(3x )⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 4＝15x3 ，所以系数最大的项为270x ，故选B.8．(2017届安徽省黄山市模拟)《中国诗词大会》(第二季)亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味．若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有( ) A ．144种 B ．288种 C ．360种 D ．720种答案 A解析 《将进酒》、《望岳》和另确定的两首诗词进行全排列共有A 44种排法，满足《将进酒》排在《望岳》的前面的排法共有A 44A 22种，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在4个空里(最后一个空不排)，有A 24种排法，《将进酒》排在《望岳》的前面、《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有A 44A 22×A 24＝144(种)，故选A.9．(2017·黑龙江省虎林市模拟)2017年1月27日，哈尔滨地铁3号线一期开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，哈西站一定要有人去，则不同的游览方案有________种． 答案 65解析 根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3＝81(种)情况，若哈西站没人去，即四位同学选择了城乡路和哈尔滨大街．每人有2种选择方法，则4人一共有2×2×2×2＝16(种)情况，故哈西站一定要有人去的游览方案有81－16＝65(种)．10．(2017届云南省曲靖市第一中学月考)若(1－2x )2 017＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 017x2 017(x ∈R )，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017的值为________． 答案 －1解析 令等式中的x ＝0，得a 0＝1； 再令x ＝12，得a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017＝0，所以a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017＝－a 0＝－1.11．(2017·浙江省杭州市二模)若⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 2n 的展开式中所有二项式系数和为64，则n ＝________；展开式中的常数项是________． 答案 6 240解析 由二项式定理性质可知，二项式系数和为2n＝64，所以n ＝6，则原式为⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x26，根据二项展开式可知通项公式为T k ＋1＝C k 6(2x )6－k⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2k ＝C k6(－1)k 26－k x 6－3k，令k ＝2，则T 3＝C 2624＝240， 所以展开式中的常数项为240.12．(2017·湖北省六校联考)把编号为1,2,3,4,5,6,7的7张电影票分给甲、乙、丙、丁、戊五个人，每人至少一张，至多分两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________． 答案 1 200解析 (1＋2＋3＋4)A 55＝1 200(种)．B 组 能力提高13.⎝⎛⎭⎪⎫x 2－x ＋2x 6的展开式中，x 6的系数为( )A ．240B ．241C ．－239D ．－240答案 C解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－x ＋2x 6＝x 6⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x x－16，所以x 6的系数为C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x x 0×(－1)6＋C 16C 25x 3⎝⎛⎭⎪⎫2x x 2(－1)1＝－239.故选C. 14．(2017届河北省衡水中学押题卷)为迎接中国共产党十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生中不同的朗诵顺序的种数为( ) A ．720 B ．768 C ．810 D ．816答案 B解析 由题知结果有三种情况．(1)甲、乙、丙三名同学全参加，有C 14A 44＝96(种)情况，其中甲、乙相邻的有C 14A 22A 33＝48(种)情况，所以甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻的有96－48＝48(种)情况； (2)甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有C 34C 13A 44＝288(种)情况；(3)甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有C 24C 23A 44＝432(种)情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有288＋432＋48＝768(种)情况，故选B.15．(2017·浙江省湖州、衢州、丽水三市联考)6个标有不同编号的乒乓球放在两头有盖的棱柱型纸盒中，正视图如图所示，若随机从一头取出一个乒乓球，分6次取完，并依次排成一行，则不同的排法种数是________．(用数字作答)11答案 32解析 排成一行的6个球，第一个球可从左边取，也可从右边取，有2种可能，同样第二个球也有2种可能，…，第五个球也有2种可能，第六个球只有1种可能，因此不同的排法种数为25＝32.16．(2017届江西省赣州市模拟)若(1＋y 3)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2y n(n ∈N *)的展开式中存在常数项，则常数项为________．答案 －84解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2y n展开式的通项为C k n x n －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2y k＝C kn (－1)k x n －3ky －k ，(1＋y 3)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2y n 展开式的通项为C k n (－1)k x n －3k y －k和y 3C k n (－1)k x n －3k y －k ＝C k n (－1)k x n －3k y 3－k，若存在常数项则有⎩⎪⎨⎪⎧ n －3k ＝0，－k ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧ n －3k ＝0，3－k ＝0，解得k ＝3，n ＝9， 常数项为C 39(－1)3＝－84.。
2018届高考数学(理)大一轮复习教师用书第十一章第二节二项式定理Word版含解析
第二节二项式定理突破点(一) 二项式的通项公式及应用1．二项式定理(1)二项展开式：公式(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C k n an －k b k ＋…＋C n n b n(n ∈N *)叫做二项式定理．(2)二项式的通项：T k ＋1＝C k n an －k b k 为展开式的第k ＋1项． 2．二项式系数与项的系数(1)二项式系数：二项展开式中各项的系数C r n (r ∈{0，1，…，n })叫做第r ＋1项的二项式系数．(2)项的系数：项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与二项式系数是两个不同的概念．如(a ＋bx )n 的展开式中，第r ＋1项的系数是C r n an －r b r.[例1] (1)在二项式⎝⎛⎭⎫x 2－1x 5的展开式中，含x 4的项的系数是( ) A ．10 B ．－10 C ．－5D ．20(2)(2017·武汉模拟)⎝⎛⎭⎫x 2－2x 35的展开式中的常数项为( ) A ．80 B ．－80 C ．40 D ．－40(3)已知⎝⎛⎭⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30，则a ＝( )A. 3 B ．－ 3 C ．6D ．－6(4)⎝⎛⎭⎪⎫x －124x 8的展开式中的有理项共有________项．(5)二项式⎝⎛⎭⎫x 3＋1x 2n 的展开式中含有非零常数项，则正整数n 的最小值为________． [解析] (1)由二项式定理可知，展开式的通项为C r 5·(－1)r x 10－3r，令10－3r ＝4，得r ＝2，所以含x 4项的系数为C 25(－1)2＝10，故选A.(2)∵T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ⎝⎛⎭⎫－2x 3r ＝(－2)r C r 5·x 10－5r ，由10－5r ＝0，得r ＝2，∴T 3＝(－2)2C 25＝40.(3)T r ＋1＝C r 5(x )5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a x r ＝C r 5(－a )r x 5－2r 2，由5－2r 2＝32，解得r ＝1.由C 15(－a )＝30，得a ＝－6.故选D.(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －124x 8的展开式的通项为T r ＋1＝C r 8·(x )8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－124x r ＝⎝⎛⎭⎫－12r C r 8x 16－3r 4(r ＝0,1,2，…，8)，为使T r ＋1为有理项，r 必须是4的倍数，所以r ＝0,4,8，故共有3个有理项．(5)二项展开式的通项是T r ＋1＝C r n x3n－3rx－2r＝C r n x3n－5r，令3n －5r ＝0，得n ＝5r3(r ＝0,1,2，…，n )，故当r ＝3时，n 有最小值5.[答案] (1)A (2)C (3)D (4)3 (5)5 [方法技巧]二项展开式问题的常见类型及解法(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．求解形如(a ＋b )m (c ＋d )n (m ，n ∈N *)的展开式中与特定项相关的量[例2] (1)(1－x )6(1＋x )4的展开式中x 的系数是( ) A ．－4 B ．－3 C ．3D ．4(2)已知(1＋ɑx )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则ɑ＝( ) A ．－4 B ．－3 C ．－2 D ．－1[解析 (1)法一：(1－x )6的展开式的通项为C m 6·(－x )m ＝C m 6(－1)m x m 2，(1＋x )4的展开式的通项为C n4·(x )n ＝C n 4x n 2，其中m ＝0,1,2，…，6，n ＝0,1,2,3,4. 令m 2＋n2＝1，得m ＋n ＝2，于是(1－x )6(1＋x )4的展开式中x 的系数等于C 06·(－1)0·C 24＋C 16·(－1)1·C 14＋C 26·(－1)2·C 04＝－3.法二：(1－x )6(1＋x )4＝[(1－x )(1＋x )]4(1－x )2＝(1－x )4(1－2x ＋x )．于是(1－x )6(1＋x )4的展开式中x 的系数为C 04·1＋C 14·(－1)1·1＝－3. 法三：在(1－x )6(1＋x )4的展开式中要出现x ，可分为以下三种情况：①(1－x )6中选2个(－x )，(1＋x )4中选0个x 作积，这样得到的x 项的系数为C 26C 04＝15；②(1－x )6中选1个(－x )，(1＋x )4中选1个x 作积，这样得到的x 项的系数为C 16(－1)1C 14＝－24；③(1－x )6中选0个(－x )，(1＋x )4中选2个x 作积，这样得到的x 项的系数为C 06C 24＝6.故x 项的系数为15－24＋6＝－3.(2)展开式中含x 2的系数为C 25＋a C 15＝5，解得a ＝－1.[答案 (1)B (2)D [方法技巧]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，可考虑把它展开得到多个，如(a ＋b )2(c ＋d )m ＝(a 2＋2ab ＋b 2)(c ＋d )m ，然后展开分别求解．(2)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－x 2)5(1－x )2；(3)分别得到(a ＋b )n ，(c ＋d )m 的通项公式，综合考虑．求解形如(a ＋b ＋c )n (n ∈N *)的展开式中与特定项相关的量[例3] (1)(2017·湖北枣阳模拟)(x 2＋x ＋y )5的展开式中x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30D ．60(2)(2016·安徽安庆二模)将⎝⎛⎭⎫x ＋4x －43展开后，常数项是________． [解析] (1)(x 2＋x ＋y )5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(x 2＋x )5－r ·y r ，令r ＝2，则T 3＝C 25(x 2＋x )3y 2，又(x 2＋x )3的展开式的通项为C k 3(x 2)3－k ·x k ＝C k 3x6－k，令6－k ＝5，则k ＝1，所以(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为C 25C 13＝30，故选C.(2)⎝⎛⎭⎫x ＋4x －43＝⎝⎛⎭⎫x －2x 6展开式的通项是C k 6(x )6－k ·⎝⎛⎭⎫－2x k ＝(－2)k ·C k 6(x )6－2k . 令6－2k ＝0，得k ＝3.所以常数项是C 36(－2)3＝－160.[答案] (1)C (2)－160 [方法技巧]求形如(a ＋b ＋c )n 展开式中特定项的步骤第一步，把三项的和a ＋b ＋c 看作(a ＋b )与c 两项的和；第二步，根据二项式定理求出[(a ＋b )＋c ]n 的展开式的通项； 第三步，对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由(a ＋b )n－r的展开式中的哪些项和c r 相乘得到的；第四步，把相乘后的项相加减即可得到特定项．能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点一](2017·杭州模拟)⎝⎛⎭⎫x 2－12x 6的展开式中，常数项是( ) A ．－54 B.54 C ．－1516 D.1516解析：选D T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝⎛⎭⎫－12x r ＝⎝⎛⎭⎫－12r C r 6x 12－3r，令12－3r ＝0，解得r ＝4.所以常数项为⎝⎛⎭⎫－124C 46＝1516.故选D. 2．[考点一]在⎝⎛⎭⎫ax 6＋bx 4的二项展开式中，如果x 3的系数为20，那么ab 3＝( ) A ．20 B ．15 C ．10D ．5解析：选D T r ＋1＝C r 4(ax 6)4－r ·⎝⎛⎭⎫b x r ＝C r 4a 4－r ·b r x 24－7r ，令24－7r ＝3，得r ＝3，则4ab 3＝20，所以ab 3＝5.3．[考点三](2016·厦门联考)在⎝⎛⎭⎫1＋x ＋1x 2 01510的展开式中，含x 2项的系数为( ) A ．10 B ．30 C ．45D ．120解析：选C 因为⎝⎛⎭⎫1＋x ＋1x 2 01510＝⎣⎡⎦⎤(1＋x )＋1x 2 01510＝(1＋x )10＋C 110(1＋x )91x 2 015＋…＋C 1010⎝⎛⎭⎫1x 2 01510，所以x 2项只能在(1＋x )10的展开式中，所以含x 2的项为C 210x 2，系数为C 210＝45.4．[考点二](1＋x )8(1＋y )4的展开式中x 2y 2的系数是( ) A ．56 B ．84 C ．112D ．168解析：选D (1＋x )8的展开式中x 2的系数为C 28，(1＋y )4的展开式中y 2的系数为C 24，所以x 2y 2的系数为C 28C 24＝168.5．[考点二](x ＋2)2(1－x )5中x 7的系数与常数项之差的绝对值为( ) A ．5 B ．3 C ．2D ．0解析：选A 常数项为C 22×22×C 05＝4，x 7的系数为C 02×C 55(－1)5＝－1，因此x 7的系数与常数项之差的绝对值为5.6．[考点三]⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25(x >0)的展开式中的常数项为________．解析：⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25(x >0)可化为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 10，因而T r ＋1＝C r 10⎝⎛⎭⎫1210－r (x )10－2r ，令10－2r ＝0，则r ＝5，故展开式中的常数项为C 510·⎝⎛⎭⎫125＝6322.答案：6322突破点(二) 二项式系数的性质及应用二项式系数的性质(1)对称性：当0≤k ≤n 时，C kn ＝C n －kn .(2)二项式系数的最值：二项式系数先增后减，当n 为偶数时，第n2＋1项的二项式系数最大，最大值为C n2n ；当n 为奇数时，第n ＋12项和第n ＋32项的二项式系数最大，最大值为C n －12n 或C n ＋12n. (3)二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ，C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”赋值法在求各项系数和中的应用(1)形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ，c ∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可．(2)对形如(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． (3)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)， 奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2.[例1] 二项式(2x －3y )9的展开式中，求： (1)二项式系数之和； (2)各项系数之和； (3)所有奇数项系数之和； (4)各项系数绝对值之和．[解] 设(2x －3y )9＝a 0x 9＋a 1x 8y ＋a 2x 7y 2＋…＋a 9y 9.(1)二项式系数之和为C 09＋C 19＋C 29＋…＋C 99＝29.(2)各项系数之和为a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9，令x ＝1，y ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2－3)9＝－1. (3)由(2)知a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝－1 ①，令x ＝1，y ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…－a 9＝59 ②，①＋②2得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝59－12，此即为所有奇数项系数之和． (4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 9|＝a 0－a 1＋a 2－…－a 9，令x ＝1，y ＝－1，得|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 9|＝a 0－a 1＋a 2－…－a 9＝59，此即为各项系数绝对值之和．[易错提醒](1)利用赋值法求解时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)； (2)在求各项的系数的绝对值的和时，首先要判断各项系数的符号，然后将绝对值去掉，再进行赋值．二项式系数或系数的最值问题第一步，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．若是求系数的最大值，有两个思路，思路一：由于二项展开式中的系数是关于正整数n 的式子，可以看作关于n 的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值；思路二：由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥a k －1，a k ≥a k ＋1即可求得答案．[例2] (1)已知(1＋x )n 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )A ．29B ．210C ．211D ．212(2)在(1＋x )n (x ∈N *)的二项展开式中，若只有x 5的系数最大，则n ＝( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11[解析] (1)由C 3n ＝C 7n ，得n ＝10，故奇数项的二项式系数和为29.(2)二项式中仅x 5项系数最大，其最大值必为C n 2n ，即得n2＝5，解得n ＝10.[答案 (1)A (2)C能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一](2017·福建漳州调研)已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( )A ．－20B ．0C ．1D ．20解析：选D 令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.2．[考点二](2017·广东肇庆三模)(x ＋2y )7的展开式中，系数最大的项是( ) A ．68y 7 B ．112x 3y 4 C ．672x 2y 5 D ．1 344x 2y 5 解析：选C 设第r ＋1项系数最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C r 7·2r ≥C r －17·2r －1，C r 7·2r ≥C r ＋17·2r ＋1， 即⎩⎪⎨⎪⎧7！r ！(7－r )！·2r ≥7！(r －1)！(7－r ＋1)！·2r －1，7！r ！(7－r )！·2r≥7！(r ＋1)！(7－r －1)！·2r ＋1，即⎩⎨⎧2r ≥18－r ，17－r ≥2r ＋1，解得⎩⎨⎧r ≤163，r ≥133.又∵r ∈Z ，∴r ＝5.∴系数最大的项为T 6＝C 57x 2·25y 5＝672x 2y 5.故选C. 3．[考点二]⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x 2n(n ∈N *)的展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为( )A ．120B ．210C ．252D ．45解析：选B 由已知得，二项式展开式中各项的系数与二项式系数相等．由展开式中只有第6项的系数C 52n 最大，可得展开式有11项，即2n ＝10，n ＝5.⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x 10展开式的通项为T r ＋1＝C r 10x 5－12rx －r 3＝C r 10x 5－56r ，令5－56r ＝0可得r ＝6，此时常数项为T 7＝C 610＝210.4．[考点一]设⎝⎛⎭⎫5x －1x n的展开式的各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，若M －N ＝240，则展开式中含x 的项为________．解析：由已知条件4n －2n ＝240，解得n ＝4，T r ＋1＝C r 4(5x )4－r⎝⎛⎭⎫－1x r ＝(－1)r 54－r C r 4x 4－3r 2，令4－3r2＝1，得r ＝2，则展开式中含x 的项为T 3＝150x . 答案：150x[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2013·新课标全国卷Ⅰ)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．6 C．7 D．8解析：选B根据二项式系数的性质知：(x＋y)2m的二项式系数最大有一项，C m2m＝a，(x＋y)2m＋1的二项式系数最大有两项，C m2m＋1＝C m＋12m＋1＝b.又13a＝7b，所以13C m2m＝7C m2m＋1，将各选项中m的取值逐个代入验证，知m＝6满足等式，所以选择B.2．(2016·全国乙卷)(2x＋x)5的展开式中，x3的系数是________．(用数字填写答案)解析：(2x＋x)5展开式的通项为T r＋1＝C r5(2x)5－r(x)r＝25－r·C r5·x5－r2.令5－r2＝3，得r＝4.故x3的系数为25－4·C45＝2C45＝10.答案：103．(2015·新课标全国卷Ⅱ)(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－a5.②①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，所以a＝3.答案：34．(2014·新课标全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)解析：(x＋y)8中，T r＋1＝C r8x8－r y r，令r＝7，再令r＝6，得x2y7的系数为C78－C68＝8－28＝－20.答案：－205．(2014·新课标全国卷Ⅱ)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)解析：二项展开式的通项公式为T r＋1＝C r10x10－r a r，当10－r＝7时，r＝3，所以T4＝C310a3x7，则C310a3＝15，故a＝1 2.答案：1 2[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．(x＋2)8的展开式中x6的系数是()A．28 B．56 C．112 D．224解析：选C 通项为T r ＋1＝C r 8x 8－r 2r ＝2r C r 8x 8－r ，令8－r ＝6，得r ＝2，即T 3＝22C 28x 6＝112x 6，所以x 6的系数是112.2．若二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n 展开式中的第5项是常数，则自然数n 的值为( ) A ．6 B ．10 C ．12D ．15解析：选C 由二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n 展开式的第5项C 4n (x )n －4⎝⎛⎭⎫－2x 4＝16C 4n x n 2－6是常数项，可得n2－6＝0，解得n ＝12.3．在x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数是( ) A ．30 B ．20 C ．15D ．10解析：选C 由题意可知x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数即为(1＋x )6的展开式中的x 2项的系数，(1＋x )6的展开式中的x 2项为C 26x 2，所以含x 3项的系数为C 26＝15.4．若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，则a 7＋a 6＋…＋a 1的值为( ) A ．1 B ．129 C ．128D ．127解析：选B 令x ＝1得a 0＋a 1＋…＋a 7＝27＝128；令x ＝0得a 0＝(－1)7＝－1，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝129.5．(x 2－x ＋1)10展开式中x 3项的系数为( ) A ．－210B ．210C ．30D ．－30解析：选A (x 2－x ＋1)10＝[x 2－(x －1)]10＝C 010(x 2)10－C 110(x 2)9(x －1)＋…－C 910x 2(x －1)9＋C 1010(x －1)10，所以含x 3项的系数为：－C 910C 89＋C 1010(－C 710)＝－210，故选A.[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．二项式⎝⎛⎭⎫x ＋2x 210的展开式中的常数项是( ) A ．180 B ．90 C ．45D ．360解析：选A ⎝⎛⎭⎫x ＋2x 210的展开式的通项为T k ＋1＝C k 10·(x )10－k ⎝⎛⎭⎫2x 2k ＝2k C k10x 5－52k ，令5－52k ＝0，得k ＝2，故常数项为22C 210＝180. 2.⎝⎛⎭⎫2x ＋x (1－x )4的展开式中x 的系数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．12解析：选C 根据题意，所给式子的展开式中含x 的项有(1－x )4展开式中的常数项乘⎝⎛⎭⎫2x ＋x 中的x 以及(1－x )4展开式中的含x 2的项乘⎝⎛⎭⎫2x ＋x 中的2x两部分，所以所求系数为1×2＋1＝3，故选C.3．若(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m 的值为( )A ．1或3B ．－3C ．1D ．1或－3解析：选D 令x ＝0，得a 0＝(1＋0)6＝1.令x ＝1，得(1＋m )6＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6.又a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6＝63，∴(1＋m )6＝64＝26，∴m ＝1或m ＝－3.4．(2017·成都一中模拟)设(x 2＋1)(2x ＋1)9＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 11(x ＋2)11，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选A 令等式中x ＝－1可得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选A. 5．(2017·银川质检)若(2x ＋1)11＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 11(x ＋1)11，则a 0＋a 12＋a 23＋…＋a 1112＝( ) A ．0 B ．1 C.124D ．12解析：选A 令t ＝x ＋1，则x ＝t －1，从而(2t －1)11＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋…＋a 11t 11，而⎣⎡⎦⎤(2t －1)1224′＝a 0t ＋a 12t 2＋a 23t 3＋…＋a 1112t 12＋c ′，即(2t －1)1224＝a 0t ＋a 12t 2＋a 23t 3＋…＋a 1112t 12＋c ，令t ＝0，得c ＝124，令t ＝1，得a 0＋a 12＋a 23＋…＋a 1112＝0. 6．在(1＋x )6(2＋y )4的展开式中，记x m y n 项的系数为f (m ，n )，则f (4,0)＋f (3,1)＋f (2,2)＋f (1,3)＋f (0,4)＝( )A ．1 240B ．1 289C ．600D ．880解析：选B (1＋x )6的展开式中，x m 的系数为C m 6，(2＋y )4的展开式中，y n的系数为C n 424－n ，则f (m ，n )＝C m 6·C n 4·24－n，从而f (4,0)＋f (3,1)＋f (2,2)＋f (1,3)＋f (0,4)＝C 46·C 04·24＋C 36·C 14·23＋C 26·C 24·22＋C 16· C 34·21＋C 06·C 44·20＝1 289. 二、填空题 7.⎝⎛⎭⎫ax ＋366的展开式的第二项的系数为－3，则⎠⎛a －2x 2d x 的值为________． 解析：该二项展开式的第二项的系数为36C 16a 5，由36C 16a 5＝－3，解得a ＝－1，因此⎠⎛a －2x 2d x ＝⎠⎛－2－1x 2d x ＝x 33|－1－2＝－13＋83＝73. 答案：738．若⎝⎛⎭⎫x －3x n 展开式的各项系数的绝对值之和为1 024，则展开式中x 的一次项的系数为________．解析：T r ＋1＝C r n (x)n －r ⎝⎛⎭⎫－3x r ＝(－3)r ·C r n x n －3r 2， 因为展开式的各项系数绝对值之和为C 0n ＋|(－3)1C 1n |＋(－3)2C 2n ＋|(－3)3C 3n |＋…＋|(－3)n C n n |＝1 024，所以(1＋3)n ＝1 024，解得n ＝5，令5－3r 2＝1，解得r ＝1， 所以展开式中x 的一次项的系数为(－3)1C 15＝－15.答案：－159．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x 3的项的系数是________．解析：展开式中含x 3项的系数为C 35(－1)3＋C 36(－1)3＋C 37(－1)3＋C 38(－1)3＝－121.答案：－12110．若将函数f(x)＝x 5表示为f(x)＝a 0＋a 1(1＋x)＋a 2(1＋x)2＋…＋a 5(1＋x)5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________.解析：不妨设1＋x ＝t ，则x ＝t －1，因此有(t －1)5＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3＋a 4t 4＋a 5t 5，则a 3＝C 25(－1)2＝10.答案：10三、解答题11．已知(1－2x)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，求：(1)a 1＋a 2＋…＋a 7；(2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7；(3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6；(4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|.解：令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝－1.①令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37.②(1)∵a 0＝C 07＝1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2.(2)(①－②)÷2，得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1 094. (3)(①＋②)÷2，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－1＋372＝1 093. (4)∵(1－2x)7展开式中a 0，a 2，a 4，a 6大于零，而a 1，a 3，a 5，a 7小于零， ∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)－(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.12．已知在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －123x n 的展开式中，第6项为常数项． (1)求n ；(2)求含x 2的项的系数；(3)求展开式中所有的有理项． 解：(1)通项公式为T k ＋1＝C k n x n －k 3⎝⎛⎭⎫－12k x －k 3 ＝C k n ⎝⎛⎭⎫－12k x n －2k 3. 因为第6项为常数项，所以k ＝5时，n －2×53＝0，即n ＝10. (2)令10－2k 3＝2，得k ＝2， 故含x 2的项的系数是C 210⎝⎛⎭⎫－122＝454. (3)根据通项公式，由题意⎩⎪⎨⎪⎧ 10－2k 3∈Z ，0≤k ≤10，k ∈N ，令10－2k 3＝r (r ∈Z)， 则10－2k ＝3r ，k ＝5－32r ， ∵k ∈N ，∴r 应为偶数，∴r 可取2,0，－2，即k 可取2,5,8， ∴第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为C 210⎝⎛⎭⎫－122x 2，C 510⎝⎛⎭⎫－125，C 810⎝⎛⎭⎫－128x －2.。
高中高三数学教案：排列、组合、二项式定理-基本原理
高中高三数学教案：排列、组合、二项式定理-基本原理教学目标：1. 理解排列、组合和二项式定理的基本概念和原理。
2. 能够应用排列、组合和二项式定理解决实际问题。
3. 培养学生的逻辑思维和数学推理能力。
教学准备：1. 教学资料：教科书、课件、习题集等。
2. 教学媒体：投影仪、电脑等。
教学过程：Step 1：引入和导入（5分钟）教师通过问题启发学生思考，引导学生认识到排列、组合和二项式定理在日常生活中的应用。
例如，从一副扑克牌中选出5张牌，有多少种不同的组合方式？Step 2：概念讲解（15分钟）2.1 排列的概念教师给出排列的定义，即从n个元素中取出m个元素，按照一定顺序排列的方式的总数。
教师讲解排列的计算公式及推导过程，并通过示例演示如何应用排列解决问题。
2.2 组合的概念教师给出组合的定义，即从n个元素中取出m个元素，不考虑顺序的方式的总数。
教师讲解组合的计算公式及推导过程，并通过示例演示如何应用组合解决问题。
2.3 二项式定理的概念教师给出二项式定理的定义，即(a+b)^n的展开公式。
教师讲解二项式定理的公式及推导过程，并通过示例演示如何应用二项式定理解决问题。
Step 3：练习和讨论（20分钟）教师出示一些具体问题，让学生自己尝试解答。
然后让学生分享自己的解题思路，并进行讨论。
教师对学生的解题思路进行指导和引导，帮助学生巩固理解和应用排列、组合和二项式定理的能力。
Step 4：拓展应用（10分钟）教师出示一些与排列、组合和二项式定理有关的实际问题，让学生尝试解答。
教师鼓励学生灵活运用所学知识解决问题，并引导学生思考如何将所学知识应用于其他领域。
Step 5：总结和归纳（5分钟）教师对本课内容进行总结和归纳，强调排列、组合和二项式定理的基本原理和应用。
同时，鼓励学生通过课后练习巩固和提高自己的能力。
Step 6：课堂小结（5分钟）教师向学生总结本节课的重点内容，并预告下节课的内容。
教学反思：本节课通过讲解排列、组合和二项式定理的相关概念和原理，并通过例题和实际问题的训练，培养了学生的逻辑思维和数学推理能力。
2018届高三数学同步单元双基双测“AB”卷江苏版 专题10.1 两个原理与排列组合、二项式定理A卷 含解析
姓名 学号 分数（测试时间：120分钟 满分：160分）一、解答题(本大题共10小题．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)1．已知22)nx的展开式中，只有第六项的二项式系数最大 （1）求该展开式中常数项；（2）求展开式中系数最大的项为第几项？ 【答案】（1）180 （2）8考点：二项式定理的运用及不等式解法和思想。
2．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加三个智力竞赛项目，每个人都要报名参加．分别求在下列情况下不同的报名方法的种数： （Ⅰ）每个项目都要有人报名；（Ⅱ）甲、乙报同一项目，丙不报A 项目；（Ⅲ）甲不报A 项目，且B 、C 项目报名的人数相同；【答案】（Ⅰ）36；（Ⅱ）9；（Ⅲ）18.考点：排列与组合.3．有A，B，C三个城市，上午从A城去B城有5班汽车，2班火车，都能在12：00前到达B 城，下午从B城去C城有3班汽车，2班轮船．某人上午从A城出发去B城，要求12：00前到达，然后他下午去C城，问有多少种不同的走法？【答案】35种【解析】试题分析：有汽车5班，火车2班，故此人从A地到B地的乘坐方法可以分为2类，根据出2类走法的方法种数，再相加求出不同的走法，选出正确答案，后一段路程有两类走法，根据原理得到结果解：由题意，从A地到B地每天有汽车5班，故坐汽车有5种走法，从A地到B地每天有火车2班，故坐火车有2种走法，从A到B共有5+2=7种结果，从B到C有两类，一类有3种走法，另一类有2种走法，共有3+2=5种走法．综上，从A地到C地不同的走法数为7×5=35种二项展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为8：34．已知n（1）求n 的值；（2）求展开式中3x 项的系数（3）计算式子01231010101010102481024C C C C C -+-++的值． 【答案】（1）10n =；（2）180；（3）1.试题解析：（1）由第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为8：3，可得3283n n C C =，化简可得2833n -=，求得10n =． （2）由于n 二项展开式的通项公式为5110(2)r r rr T C x -+=-，令53r -=，求得2r =，可得展开式中3x 项的系数为2210(2)180C -=．（3）由二项式定理可得105100(2)n r r r r C x -==-∑，所以令x=1得01231010101010102481024C C C C C -+-++10(12)1=-=. 考点：二项式定理的应用；二项式系数的性质．5．六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ （1）甲不站两端； （2）甲、乙必须相邻； （3）甲、乙不相邻；（4）甲、乙按自左至右顺序排队（可以不相邻）；（5）甲、乙站在两端．【答案】（1）480；（2）240；（3）480；（4）360；（5）48．（2）先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，有55A 种站法，再把甲、乙进行全排列，有22A 种站法，根椐分步计数原理，共有55A 22A =240（种）站法． （3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有44A 种；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有25A 种，故共有站法为4245480A A ⋅=（种）． 也可是用“间接法”，6个人全排列有66A 种站法，由（2）知甲、乙相邻有5252240A A ⋅=种站法，所以不相邻的站法有652652720240480A A A -⋅=-=（种）． （4）先将甲、乙以外的4人从6个位置中挑选4个位置进行排列共有46A 种，剩下的两个位置，左边的就是甲，右边的就是乙，全部排完，故共有46360A =种．（5）方法一：首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有22A 种，再让其他4人在中间位置作全排列，有44A 种，根据分步计数原理，共有22A ⋅44A =48（种）．方法二：首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有22A 种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下的4人去站，有44A 种站法，由分步计数原理共有22A 44A =48种站法． 考点：排列组合． 6．已知n n x x f )1()(+=， （Ⅰ）若20112011012011()f x a a x a x =+++，求2011200931a a a a ++++ 的值；（Ⅱ）若)(3)(2)()(876x f x f x f x g ++=，求)(x g 中含6x 项的系数； （Ⅲ）证明：1121(1)1232m m mm m m m m m n m n m n n m C C C C C ++++-+++⎡⎤++++=⎢⎥+⎣⎦【答案】（Ⅰ）20102；（Ⅱ）99；（Ⅲ）证明见解析.试题解析：（Ⅰ）因为n n x x f )1()(+=, 所以20112011()(1)f x x =+, 又20112011012011()f x a a x a x =+++,所以20112011012011(1)2f a a a =+++= （1）20110120102011(1)0f a a a a -=-++-= （2）（1）-（2）得：201113200920112()2a a a a ++++=所以：201013200920112011(1)2a a a a f ++++==（Ⅱ）因为)(3)(2)()(876x f x f x f x g ++=， 所以678()(1)2(1)3(1)g x x x x =+++++)(x g 中含6x 项的系数为667812399C C +⨯+=考点：二项式定理及其应用.7．一个正方形花圃，被分为n （*,3N n n ∈≥）份，种植红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花。
2018版高考数学一轮复习 第十章 计数原理 10.3 二项式定理 理
第十章 计数原理 10.3 二项式定理 理1．二项式定理二项式定理 (a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *)二项展开式的通项公式T k ＋1＝C k n an －k b k，它表示第k ＋1项 二项式系数 二项展开式中各项的系数C kn (k ∈{0,1,2，…，n })2.二项式系数的性质 (1)C 0n ＝1，C nn ＝1. C mn ＋1＝C m －1n ＋C mn . (2)C mn ＝C n －mn . (3)n 是偶数时，12nT +项的二项式系数最大；n 是奇数时，12+n T 与112n T ++项的二项式系数相等且最大．(4)C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n. 【知识拓展】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直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n .(4)二项式的系数从C 0n ，C 1n ，一直到C n －1n ，C nn . 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)C k n an －k b k是二项展开式的第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)在(1－x )9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．( × )(5)若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，则a 7＋a 6＋…＋a 1的值为128.( × )1．(教材改编)(x －y )n的二项展开式中，第m 项的系数是( ) A ．C mn B ．C m ＋1n C ．C m －1n D ．(－1)m －1C m －1n答案 D解析 (x －y )n 展开式中第m 项的系数为C m －1n (－1)m －1.2．(2016·四川)设i 为虚数单位，则(x ＋i)6的展开式中含x 4的项为( ) A ．－15x 4B ．15x 4C ．－20i x 4D ．20i x 4答案 A解析 由题意可知，含x 4的项为C 26x 4i 2＝－15x 4.故选A. 3．(2016·云南部分名校1月统一考试)已知6e 11d =⎰n x x，那么⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3x n 展开式中含x 2项的系数为( )A ．130B ．135C ．121D ．139 答案 B解析 根据题意，66e e 111d ln |6,===⎰n x x x则⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3x 6中，由二项式定理得通项公式为T k ＋1＝C k6(－3)k x6－2k，令6－2k ＝2，得k ＝2，所以系数为C 26×9＝135.4．在(x 2－13x)n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是________．答案 7解析 由题意知n2＋1＝5，解得n ＝8，(x 2－13x)8的展开式的通项T k ＋1＝C k 8(x 2)8－k(－13x)k ＝48838(1)2C ---k kk kx，。
2018年高考数学总复习教师用书第10章 第2讲 排列与组合 Word版含解析
第讲排列与组合最新考纲.理解排列、组合的概念；.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式；.能解决简单的实际问题.知识梳理.排列与组合的概念()从个不同元素中取出(≤)个元素的所有不同排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数.()从个不同元素中取出(≤)个元素的所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数..排列数、组合数的公式及性质.判断正误(在括号内打“√”或“×”)()所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( )()两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( )()若组合式＝，则＝成立.( )()＝.( )解析元素相同但顺序不同的排列是不同的排列，故()不正确；若＝，则＝或－，故()不正确.答案()×()√()×()√.从本不同的课外读物中，买本送给名同学，每人各本，则不同的送法种数是()解析本不同的课外读物选本分给位同学，每人一本，则不同的分配方法为＝.答案.(选修－改编)从名男同学和名女同学中选出名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是( )解析法一选出的人中有名男同学名女同学的方法有＝种，选出的人中有名男同学名女同学的方法有＝种，故名学生中男女生都有的选法有＋＝种.法二从名同学中任选名的方法数，再除去所选名同学全是男生或全是女生的方法数，即－－＝.答案.(·浙江三市十二校联考)用，，，，，这六个数字组成没有重复数字的六位数共有个；其中，，三个数字互不相邻的六位数有个.解析用，，，，，组成没有重复数字六位数共有＝个；将，，三个数字插入到，，三个数字排列后所形成的个空中的个，故有＝个.答案.用数字，，，，组成的无重复数字的四位偶数的个数为(用数字作答).解析末位数字排法有，其他位置排法有种，共有＝种.答案.(·绍兴调研)某市委从组织机关名科员中选人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为(用数字作答).解析法一(直接法)甲、乙两人均入选，有种.甲、乙两人只有人入选，有种方法，∴由分类加法计数原理，共有＋＝(种)选法.法二(间接法)从人中选人有种方法.其中甲、乙均不入选有种方法，∴满足条件的选排方法是－＝－＝(种).。
高考数学 专题10.1 两个原理与排列组合 二项式定理同步单元双基双测(A卷)理
专题10.1 两个原理与排列组合二项式定理（测试时间：120分钟满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1. 【2018四川德阳三校联考】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. 48B. 72C. 90D. 96【答案】D点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．2. 【2018广西柳州两校联考】在高校自主招生中，某学校获得5个推荐名额，其中清华大学2名，北京大学2名，浙江大学1名，并且清华大学和北京大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象，则不同的推荐方法共有（）A. 36种B. 24种C. 22种D. 20种【答案】B【解析】根据题意，分2种情况讨论：①、第一类三个男生每个大学各推荐一人，两名女生分别推荐北京大学和清华大学，共有32A A=12种推荐方法；32②、将三个男生分成两组分别推荐北京大学和清华大学，其余2个女生从剩下的2个大学中C A A=12种推荐方法；故共有12+12=24种推荐方法，故选：B．选，共有2223223. 7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为（）A．120 B．240 C．360 D．480【答案】C【解析】试题分析：前排3人有4个空,从甲乙丙3人中选1人插入,有1143C C 种方法,对于后排,若插入的2人不相邻有25A 种,若相邻有1152C C 种,故共有1121143552()360C C A C C +=种,选C ．考点：1．排列组合问题；2．相邻问题和不相邻问题．4. 若22nx ⎫⎪⎭展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是（ ）A ．90B ．45C ．120D ．180 【答案】D 【解析】考点：1、二项式展开式的系数；2、二项展开式的通项公式．5. 【2018河北衡水联考】若()62x y -的展开式中的二项式系数和为S ， 24x y 的系数为P ，则PS 为（ ） A. 152 B. 154C. 120D. 240【答案】B【解析】0166666264S C C C =+++==()44621615240P C =-=⨯=24015644P S == 故选B 6. 2321(2)x x+-展开式中的常数项为（ ） A ．-8 B ．-12 C ．-20 D ．20 【答案】C 【解析】试题分析：∵236211(2)()x x x x +-=-，∴6621661()(1)r rr r r r r T C x C x x--+=-=-， 令620r -=，即3r =，∴常数项为336(1)20C -=-.考点：二项式定理.7. 某人将英语单词“apple ”记错字母顺序，他可能犯的错误次数最多是(假定错误不重犯)( )A.60B.59C.58D.57 【答案】B 【解析】考点：排列组合及简单的计数问题8. 【2018黑龙江齐齐哈尔一模】由1、2、3、4、5、6、7七个数字组成七位数，要求没有重复数字且6、7均不得排在首位与个位，1与6必须相邻，则这样的七位数的个数是（ ） A. 300 B. 338 C. 600 D. 768 【答案】D【解析】当1在首位时，6只有一种排法，7有四种排法，余下四数共有44A 中排法，共有441496A ⨯⨯=种；当1在个位时，同样共有96种；当1即不再首位也不在个位时，先把1和6排好，有224A ⨯种排法，再排7有3种排法，余下四数共有44A 中排法，共有24244A 3576A ⨯⨯⨯=种综上：共有192576+=768。
2021年高三数学(理)同步双测：专题10.1两个原理与排列组合《二
2021年高三数学（理）同步双测：专题10.1两个原理与排列组合《二精品班级姓名学号分数《两个原理与排列组合二项式定理》测试卷（B卷）（测试时间：120分钟满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1. 记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻，不同的排法共有（） A．1440种 C．720种【答案】AB．960种 D．480种考点：排列的运用2. 若(x?3)4?a0?a1x?a2x2?a3x3?a4x4，则(a0?a2?a4)2?(a1?a3)2A．?16 B．16 C．3?1 D．3?1 【答案】B 【解析】试题分析：令x?1得：a0?的值为a1?a2?a3?a4?(1?3)4，令x??1得：精品a0?a1?a2?a3?a4?(?1?3)4，则(a0?a2?a4)2?(a1?a3)2?(a0?a1?a2?a3?a4)(a0?a1?a2?a3?a4)?4(1?3)(?1?3)4?24?16，选B考点：二项式定理 3. 已知(5x?1n)的展开式中二项式系数之和是64，则它的展开式中常数项是（） xA．15 B．?15 C．?375 D．375 【答案】D 【解析】1??n试题分析：因为?5x??的展开式中二项式系数之和是64，所以2?64，解得：x???1?rn?6，所以二项展开式的通项是?r?1?C6??5x?????x??r6?rn???1?6?r?C?5?xr6r3?3?r2，令342?52?375，故选D． ?3?r?0得：r?2，所以它的展开式中常数项是??1??C62考点：二项式定理．4. 若(2?3x)5?a0?a1x?a2x2?a3x3?a4x4?a5x5，则a0?a1?a2?a3?a4?a5等于（）A．5 B．-l C．2 D．?2 【答案】A555考点：二项式定理．5. 某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有33A．C11种 B．A8种 C．C39种 D．C8种3【答案】D精品【解析】试题分析：由分析题意可知：最终剩余的亮着的等共有9盏，且两端的必须亮着，所以可用插3空的方法共有8个空可选，所以应为C8种.考点：排列组合的应用.6. 学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座，每科一节课，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有（）A.36种B.30种C.24种D.6种【答案】B【解析】试题分析：先将语文、数学、英语、理综4科分成3组，每组至少1科，则不同的分法种数为2，其中数学、理综安排在同一节的分法种数为1，故数学、理综不安排在同一节的分法种C423数为C4-1，再将这3组分给3节课有A3种不同的分配方法，根据分步计数原理知，不同的安23排方法共有(C4-1)A3=30，故选B.考点：分步计数原理，排列组合知识 7. 二项式(ax?A.3 B.a362xdx的值为（）的展开式的第二项的系数为，则?3)??267710 C.3或 D.3或? 333【答案】B考点：1.二项式定理；2.微积分定理.8. 用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（）（A）12 （B）24 （C）30 （D）36感谢您的阅读，祝您生活愉快。
2018届高三数学(理)一轮复习夯基提能作业本：第十章 计数原理 第二节 排列与组合 Word版含解析
第二节排列与组合A组基础题组1.将字母a,a,b,b,c,c排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有()A.12种B.18种C.24种D.36种2.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.30B.42C.54D.563.从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为()A.24B.18C.12D.64.某会议室第一排有9个座位,现安排4人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法种数为()A.8B.16C.24D.605.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有()A.16种B.36种C.42种D.60种6.将9个相同的小球放入3个不同的盒子,要求每个盒子中至少有1个小球,且每个盒子中的小球的个数都不同,则共有种不同放法.7.用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的五位数,则其中数字1,2相邻的偶数有个(用数字作答).8.(2016江苏淮海中学期中)若将A,B,C,D,E,F六个不同的元素排成一列,要求A不排在两端,且B、C相邻,则不同的排法共有种.(用数字作答)9.(1)已知=+1,求n;(2)若>3,求m.10.从1到9这9个数字中取3个偶数、4个奇数,试问:(1)能组成多少个没有重复数字的七位数?(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有多少个?(3)(1)中的七位数中,偶数排在一起,奇数也排在一起的有多少个?B组提升题组11.(2016云南昆明两区七校调研)某校从8名教师中选派4名同时去4个边远地区支教(每地1名教师),其中甲和乙不能都去,甲和丙只能都去或都不去,则不同的选派方案有()A.900种B.600种C.300种D.150种12.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.1860B.1320C.1140D.102013.如图,M,N,P,Q为海上的四个小岛,现要建造三座桥,将这四个小岛连起来,则共有种不同的建桥方法.14.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,则不同取法的种数为.15.已知10件不同的产品中有4件是次品,现对它们进行测试,直至找出所有次品为止.(1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品,第10次才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?(2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品,则这样的不同测试方法数是多少?答案全解全析A组基础题组1.A从a,b,c中任选两个排在第一行,有种方法,另一个字母在第二行,有种方法,其余则确定,共有·=12种方法,故选A.2.B间接法:先从这8个点中任取3个点,有种取法,再减去三点共线的情形即可.--=42.3.B从0,2中选一个数字,①取0:此时0只能放在十位,再从1,3,5中任取两个数,在个位与百位进行全排列即可,列式为;②取2:此时2可以放在十位或百位,再从1,3,5中任取两个放在剩余两位进行全排列,列式为2,∴满足条件的奇数的个数为+2=3=3×3×2=18.故选B.4.C根据题意,9个座位中满足要求的座位只有4个,现有4人就座,把4人进行全排列,即有=24种不同的坐法.5.D①只有两个城市有投资项目的投资方案有=36种,②只有一个城市无投资项目的投资方案有=24种.共有36+24=60种,故选D.6.答案18解析对这3个盒子中所放的小球的个数的情况进行分类.第一类,这3个盒子中所放的小球的个数分别是1,2,6,此类有=6种放法;第二类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是1,3,5,此类有=6种放法;第三类:这3个盒子中所放的小球的个数分别是2,3,4,此类有=6种放法.因此共有6+6+6=18种满足题意的放法.7.答案24解析分情况讨论:①若末位数字为0,则1,2为一组,且可以交换位置,3,4各为1个数字,共可以组成2×=12个五位数;②若末位数字为2,则1与它相邻,再将其余3个数字进行排列,且0不是首位数字,则有2×=4个五位数;③若末位数字为4,则1,2为一组,且可以交换位置,3,0各为1个数字,且0不是首位数字,则有2×(2×)=8个五位数.所以全部符合要求的五位数共有12+4+8=24个.8.答案144解析由于B、C相邻,故可把B、C看作一个整体(B、C全排列有2种方法).这样,6个元素变成了5个.先排A,由于A不排在两端,所以有=3种方法,其余的4个元素任意排,有种不同的方法,故不同的排法有2×3×=144种.9.解析(1)由=+1得=(n-1)(n-2)+1,即n2-7n+6=0.∴n=1或n=6.由知,n-1≥2,即n≥3,故n=6.(2)由>3得>,得m>.∵0≤m-1≤8,且0≤m≤8,∴1≤m≤8.∴<m≤8.又m是整数,∴m=7或m=8.10.解析(1)分三步完成:第一步,在4个偶数中取3个,有种情况;第二步,在5个奇数中取4个,有种情况;第三步,将3个偶数和4个奇数进行排列,有种情况.所以符合题意的七位数有=100800个.(2)3个偶数排在一起的有=14400个.(3)3个偶数排在一起,4个奇数也排在一起的有=5760个.B组提升题组11.B甲去支教,则乙不去支教,丙去支教,故满足题意的选派方案有·=240种;甲不去支教,则丙不去支教,故满足题意的选派方案有=360种.因此,满足题意的选派方案共有240+360=600种.故选B.12.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1140种演出顺序.13.答案16解析M,N,P,Q两两之间共有6条线段(桥抽象为线段),任取3条有=20种方法,其中不合题意的有4种方法.则共有20-4=16种不同的建桥方法.14.答案472解析分两类:(1)不取红色卡片,有(-3)种(或(+)种).(2)取红色卡片1张,有种(或(3+)种).所以不同的取法有-3+=472种.15.解析(1)先排前4次测试,只能取正品,有种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试,有·=种测试方法,再排余下4件的测试位置,有种测试方法.所以共有··=103680种不同的测试方法.(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现,所以共有··=576种不同的测试方法.。
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专题10.1 两个原理与排列组合 二项式定理（测试时间：120分钟 满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1. 6人站成一排，其中甲不在两端，甲、乙不相邻的站法种数为（ ） A ．72 B ．120 C ．144 D ．288 【答案】D 【解析】试题分析：先排甲，再排乙，324434288C C A =，故选D.考点：排列与组合.2. 【2018云南昆明一中联考】二项式51x ⎛⎫ ⎪⎝⎭展开式中的常数项为（ ）A. 10B. 10-C. 5D. 5- 【答案】B64，则它的展开式中常数项是（ ） A ．375试题分析：因为5nx ⎛- ⎝的展开式中二项式系数之和是64，所以264n =，解得：6n =，所以二项展开式的通项是()()63362166C 51C 5rrrrrrrr x x--+-+⎛T =⋅⋅=-⋅⋅⋅ ⎝，令3302r -+=得：2r =，所以它的展开式中常数项是()42261C 5375-⋅⋅=，故选D ． 考点：二项式定理．4. 若52345012345(23)x a a x a x a x a x a x -=+++++，则012345a a a a a a +++++等于（ ）A ．55B ．-lC ．52 D ．52- 【答案】A 【解析】考点：二项式定理．5. 【2018江西南昌摸底】某校毕业典礼由6个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有A. 120种B. 156种C. 188种D. 240种 【答案】A【解析】根据题意，由于节目甲必须排在前三位，分3种情况讨论：①、甲排在第一位，节目丙、丁必须排在一起，则乙丙相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个节目全排列，安排在其他三个位置，有336A =种安排方法，则此时有42648⨯⨯=种编排方法；②、甲排在第二位，节目丙、丁必须排在一起，则乙丙相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个节目全排列，安排在其他三个位置，有336A =种安排方法，则此时有32636⨯⨯=种编排方法；③、甲排在第三位，节目丙、丁必须排在一起，则乙丙相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个节目全排列，安排在其他三个位置，有336A =种安排方法，则此时有32636⨯⨯=种编排方法；则符合题意要求的编排方法有363648120++=种；故选A ．6. 用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为92,1 的9个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“3,5,7”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（ ）种A ．18B ．36C ．72D ．108 【答案】D 【解析】试题分析：3(1222)(1222)⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+108=．故选D ． 考点：分类加法原理与分步乘法原理．【名师点睛】利用两个计数原理解决应用问题的一般思路 （1）弄清完成一件事是做什么.（2）确定是先分类后分步,还是先分步后分类. （3）弄清分步、分类的标准是什么. （4）利用两个计数原理求解.7. 【2018山西名校联考】52431x x x ⎛⎛⎫-+- ⎪ ⎝⎭⎝的展开式中常数项为( ) A. 30- B. 30 C. 25- D. 25 【答案】C8. 【2018广东德庆香山中学一模】从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有( )种. A. 36 B. 30 C. 12 D. 6【答案】A【解析】从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，因为先从其余3人中选出1人担任文艺委员，再从4人中选2人担任学习委员和体育委员，所以不同的选法共有123436C A=种.本题选择A选项.9. 【2018安徽六校联考】某学校有5位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训，现有5个培训项目，每位教师可任意选择其中一个项目进行培训，则恰有两个培训项目没有被这5位教师中的任何一位教师选择的情况数为（）A. 5400种B. 3000种C. 150种D. 1500种【答案】D【解析】分两步：第一步从5个培训项目中选取三个，共35C种情况；第二步5位教师分成两类：一类：1人，1人，3人，共35C种情况；一类：1人，2人，2人，共225322C CA种情况；15003个水果，且从这周的第二天开始，每天，）种A．141【解析】考点：排列、组合及简单计数问题11. 已知()()()()()()20162201520161220152016122222x aa x a x a x a x x R-=+-+-++-+-∈，则12342015201623420152016a a a a a a -+-++-=（ ）A ．1008B ．2016C ．4032D ．0 【答案】C 【解析】 试题分析：设函数2016)21()(x x f -=,求导得:20152015)21(4032)2()21(2016)(x x x f -⋅-=-⋅-⋅=' ,又20162016201520152210)2()2(...)2()2()(-+-++-+-+=x a x a x a x a a x f ,求导得201520162321)2(2016...)2(3)2(2)(-++-+-+='x a x a x a a x f ,由令1=x 得:=')1(f 12342015201623420152016a a a a a a -+-++-=4032)1(40322015=-⋅-．故选C ．考点：1．二项式定理；2．导函数．【方法点晴】本题主要考查二项式定理与导数的交汇,考查学生对所学知识的灵活综合应用的能力．解题的关键是先求导再赋值．处理有关二项式问题的常用策略:运用通项求解,注意)()(*N n b a n∈+展开式中的第1+r 项为rr n r n r b a C T -+=1；运用赋值法求解,若设函数n n n x a x a x a a bx a x f ++++=+=...)()(2210，)(*N n ∈，常用的赋值方法为（1）取0=x ，得)0(0f a =；（2）取1=x ，)1(...210f a a a a n =++++；（3）取1-=x ，)1()1(...210-=-+-+-f a a a a n n ．12. 2015年4月22日，亚非领导人会议在印尼雅加达举行，某五国领导人A 、B 、C 、D 、E 除B 与E 、D 与E 不单独会晤外，其他领导人两两之间都要单独会晤．现安排他们在两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天最多进行一次会晤），那么安排他们单独会晤的不同方法共有A ．48种B ．36种C ．24种D ．8种【答案】A 【解析】试题分析：五国领导人单独会晤的有AB 、AC 、AD 、AE 、BC 、BD 、CD 、CE ，共八场,现在将八场会晤分别安排在两天的上午和下午进行，每个半天安排两场会晤同时进行．因为能同时会晤的共有（AB ，CD ），（AC ，BD ），（AD ，CE ），（AE ，BC ）和（AB ，CE ）、（AC ，BD ），（AD ，BC ），（AE 、CD ）两种情况，故不同的安排方法共有44248.A ⨯=考点：排列与组合．二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13. 把4本不同的课外书分给甲、乙两位同学，每人至少一本，则不同的分法有 种． 【答案】14 【解析】试题分析：若两同学一人1本，另一人3本，则有82214=A C 种不同的分法；若两同学各2本，则有624=C 种不同的分法，由分类加法计数原理，得共有14种不同的分法． 考点：排列组合． 14.【2018山西山大附中调研】()()()3801121x x a a x ++-=+-()()282811a x a x +-++-，则6a =__________．【答案】28【解析】令1x t -= ，则()()382680126821......t t a a t a t a t a t ++-=++++++，设()81t -的展开式含有6t 项， ()8181rr r r T C t -+=-，令86,2r r -== ， 2663828T C t t ==，所以628a =.15. 【2018山西西安西工大附中一模】元宵节灯展后，如图悬挂有9盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，共有__________种不同取法．（用数字作答）【答案】1680【解析】993333331680A A A A =16. 设n a （2n ≥，*n N ∈）是(3n 的展开式中x 的一次项系数，则23182318333a a a +++= ． 【答案】17 【解析】试题分析：∵n a （2n ≥，*n N ∈）是(3n 的展开式中x 的一次项系数，∴223n n n a C -=， ∴23182318333a a a +++=231816232323(1)3(1)3(1)n n n n n n ⨯⨯⨯+++--- 18181821321718=+++⨯⨯⨯111118(1)1722318=-+--=， 故答案为：17考点：二项式系数的性质；数列的求和．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ （l ）甲不站两端； （2）甲、乙不相邻； （3）甲、乙之间间隔两人； （4）甲不站左端，乙不站右端．【答案】（l ）480（2）480（3）144（4）504 【解析】试题分析：在排列问题中遇到特殊元素特殊位置了，一般优先考虑安排，相邻问题一般采用捆绑法求解，不相邻问题采用插空法试题解析：1545480(.........3A ⋅=（1）A 种）分42652456522322432265451146545444480(480(.........6(3)144(.........92504(504(.........12A A A C A A A A A A A A ⋅=-⋅=⋅⋅⋅=-+=-⋅⋅=（2）A 种）(或A 种）)分种）分(4)A 种）(或A 种）)分考点：排列问题18.已知在n⎫-⎪⎭的展开式中，第6项为常数项．（1）求n ；（2）求含2x 项的系数． 【答案】（1）10n =；（2）454． 【解析】试题分析：（1n 的值；（2）将n 的值代入通项，令x 试题解析：（1）通项公式为1r T +=∵第6项为常数项，∴5r =（2）令10223r -=，得2r =考点：二项式定理的应用．19. 从射击、乒乓球、跳水、田径四个大项的雅典奥运冠军中选出志报告．（1）若每个大项中至少选派一人，则名额分配有几种情况？（2）若将6名冠军分配到5个院校中的4个院校作报告，每个院校至少一名冠军，则有多少种不同的分配方法？ 【答案】（1）10;（2）7800. 【解析】试题解析：（1）名额分配只与人数有关，与不同的人无关．所以选择隔板法，1035=C 6分（2）从5个院校中选4个，再从6个冠军中，先组合，再进行排列，有2243464564227800C C C C A A ⎛⎫⋅+⋅= ⎪⎝⎭种分配方法． 12分 考点：1.分组分配问题；2.排列.20. 号码为1、2、3、4、5、6的六个大小相同的球，放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每个盒子只能放一个球．（1）若1号球只能放在1号盒子中，6号球不能放在6号的盒子中，则不同的放法有多少种？（2）若5、6号球只能放入号码是相邻数字的两个盒子中且不与4号球相邻，则不同的放法有多少种？【答案】（1）96；（2）144 【解析】试题分析：（1）由题为含有特殊位置的排列问题，即可从特殊位置入手，先安排1和6号位置，再安排其它位置可求处所有的安排方法。