2021版高考数学一轮复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布11.2排列、组合与二项式定理练习苏教版

11.2 排列、组合与二项式定理考点一排列、组合的基本问题1.某校根据2017版新课程标准开设A类选修课3门,B类选修课4门,一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有( )A.30种B.35种C.42种D.48种2.在由数字1、2、3、4、5组成的所有没有重复数字的5位数中,大于23 145且小于43 521的数共有( )A.56个B.57个C.58个D.60个3.八个人分两排坐,每排四人,限定甲必须坐在前排,乙、丙必须坐在同一排,共有________种安排办法.4.(2018·浙江高考)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)【解析】1.选A.按照所选的3门课程中A类的情形分两类:第一类,2门A类选修课,1门B类选修课,有种方法;第二类,1门A类选修课,2门B类选修课,有种方法,所以由分类加法计数原理得不同的选法共有+=12+18=30(种).2.选C.按照首位的大小分类:(1)开头为231的,有一个.(2)开头为23的,第三位从4,5中选一个,有种,余下的后两位,有种,共有=4个.(3)开头为2,第2位从4,5中选一个,有种,余下的后3位,有种,共有=12个.(4)开头为3,后四位由1,2,4,5全排列,有4!=24个.(5)开头为4,第二位为1,2中的一个,有2种方法,后三位有3!=6种方法,共有2×6=12个.(6)开头为43,第三位从1,2中选一个,有2种方法,后两位有2!种方法,共有2×2=4个.(7)开头为435的,只有1个,所以由分类加法计数原理得所求的数共有1+4+12+24+12+4+1=58(个).3.方法一:可分为“乙、丙坐在前排,甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排,甲坐在前排的八人坐法”两类情况.应当使用分类加法计数原理,在每类情况下,划分“乙、丙坐下”“甲坐下”“其他五人坐下”三个步骤,又要用到分步乘法计数原理,这样可有如下算法:··+··=8 640(种).方法二:采取“总方法数减去不符合题意的所有方法数”的算法.把“甲坐在前排的八人坐法数”看成“总方法数”,这个数目是·.在这种前提下,不合题意的方法是“甲坐在前排,且乙、丙坐两排的八人坐法,”这个数目是····.其中第一个因数表示甲坐在前排的方法数,表示从乙、丙中任选出一人的方法数,表示把选出的这个人安排在前排的方法数,下一个则表示乙、丙中未安排的那个人坐在后排的方法数,就是其他五人的坐法数,于是总的方法数为·-····=8 640(种). 答案:8 6404.分类讨论:第一类:不含0的,按照分步乘法计数原理: =10×3×24=720;第二类:包含0的,按照分步乘法计数原理: =10×3×3×6=540,所以一共有1 260个没有重复数字的四位数.答案:1 2601.求解有限制条件的排列问题的主要方法直接法分类法选定一个适当的分类标准,将要完成的事件分成几个类型,分别计算每个类型中的排列数,再由分类加法计数原理得出总数分步法选定一个适当的标准,将事件分成几个步骤来完成,分别计算出各步骤的排列数,再由分步乘法计数原理得出总数捆绑法相邻问题捆绑处理,即可以把相邻几个元素看作一个整体与其他元素进行排列,同时注意捆绑元素的内部排列插空法不相邻问题插空处理,即先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中除法对于定序问题,可先不考虑顺序限制,排列后,再除以已定元素的全排列间接法对于分类过多的问题,按正难则反,等价转化的方法2.两类含有附加条件的组合问题的方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:若“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;若“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中选取.(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型:解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法或间接法都可以求解,用直接法分类复杂时,可用间接法求解.考点二排列、组合的综合问题【典例】1.从A,B,C,D,E 5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛,其中A 不参加物理、化学竞赛,则不同的参赛方案种数为 ( )A.24B.48C.72D.1202.把20个不加区别的小球放入1号,2号,3号的三个盒子中,要求每个盒内的球数不小于它的编号数,则不同的方法种数为________.3.对于任意正整数n,定义“n的双阶乘n!!”如下:当n为偶数时,n!!=n··……6·4·2,当n为奇数时,n!!=n··……5·3·1,现有四个结论:①(2018!!)·(2019!!)=2019!,②(2n)!!=2n,③2018!!的个位数字是8,④<,则四个结论中正确的是________.【解题导思】序号联想解题1 由“A不参加物理、化学竞赛”联想到分类:A参加,A不参加.由题意知小球没有区别,及盒子内球数不小于编号数,联想到先在2,3号盒2子里分别放上1,2个球,变成了挡板问题.3 看到双阶乘,联想到阶乘.【解析】1.选C.因为A参加时参赛方案有=48(种);A不参加时参赛方案有=24(种),所以不同的参赛方案共72种.2.先在编号为2,3的盒内分别放入1个,2个球,还剩17个小球,三个盒内每个至少再放入1个,将17个球排成一排,有16个空隙,插入2块挡板分为三堆放入三个盒中,即可共有C=120种方法.答案:1203.因为(2018!!)·(2019!!)=(2018×2016×…×6×4×2)×(2019×2017×…×5×3×1)=2019×2018×2017×…×5×4×3×2×1=2019!所以①是正确的.因为(2n)!!=··……6·4·2=2n··……3·2·1=2n, 所以②是正确的.因为由②知道2018!!中有因数5,也有因数2,所以个位数字是0,所以③是错误的.因为对任意正整数n,都有<,所以=,<,=,<,…,=,<,把上面的2n个式子作乘法,得<,所以两边开方得<,所以④是正确的.答案:①②④解决排列、组合的综合问题的关键点(1)解排列与组合综合题一般是先选后排,或充分利用元素的性质进行分类、分步,再利用两个原理作最后处理.(2)解受条件限制的组合题,通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决.分类标准应统一,避免出现重复或遗漏.(3)对于选择题要谨慎处理,注意答案的不同形式,处理这类选择题可采用排除法分析选项,错误的答案都有重复或遗漏的问题.(4)熟记排列数、组合数公式及其变形,准确计算.1.用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为 ( )A.24B.48C.60D.72【解析】选D.分两步:第一步,先排个位,有种选择;第二步,排前4位,有种选择.由分步乘法计数原理,知有·=72个.2.某班组织文艺晚会,准备从A,B等8个节目中选出4个节目演出,要求A,B两个节目至少有一个选中,且A,B同时选中时,它们的演出顺序不能相邻,那么不同演出顺序的种数为( )A.1 860B.1 320C.1 140D.1 020【解析】选C.当A,B节目中只选一个时,共有=960种演出顺序;当A,B节目都被选中时,由插空法得共有=180种演出顺序.所以一共有960+180=1140种演出顺序.3.已知i,m,n是正整数,且1<i≤m<n,求证:.【证明】(用分析法)原不等式等价于<,左边==···…·,于是只要证明<即可,联想到“糖水不等式:若0<a<b,m>0,则0<<<1”及不等式的可乘性,所以···…·<··…=,所以原不等式成立.考点三二项式定理命题精解读考什么:(1)考查二项展开式的通项及由通项求某一项的系数或常数项.(2)考查应用赋值法求某些数列的和.怎么考:求二项展开式的通项或某指定项的系数或常数项,或知道某项系数或二项式系数,反求参数的值,考查二项展开式中组合思想的应用.新趋势:结合二项展开式的特征,与数列求和或不等式等知识交汇考查二项式定理.学 1.求解二项式定理问题的关键霸好方法(1)熟记二项式定理,会用组合思想解决展开式的通项,或某些指定项.(2)熟悉二项展开式的特征,掌握赋值法解某项数列求和问题.2.交汇问题解决与数列、不等式等知识交汇问题时,先用赋值法构造求和模型,再转化为熟悉的问题.二项展开式的通项及其应用【典例】1.(2018·全国卷Ⅲ)的展开式中x4的系数为()A.10B.20C.40D.802.的展开式中常数项为( )A. B.160 C.- D.-160【解析】1.选C.展开式的通项公式为T r+1=(x 2)5-r=2r x10-3r,令10-3r=4可得r=2,则x4的系数为22=40.2.选A.的展开式的通项为T r+1=x6-r=x 6-2r,令6-2r=0,得r=3,所以展开式中的常数项是T4==.如何解决与二项展开式的通项有关的问题?提示:(1)求展开式中的特定项或其系数.可依据条件写出第k+1项,再由特定项的特点求出k 值即可.(2)已知展开式的某项或其系数求参数.可由某项得出参数项,再由通项公式写出第k+1项,由特定项得出k值,最后求出其参数.二项式系数的性质与各项的和【典例】1.(2019·郑州模拟)若二项式的展开式的二项式系数之和为8,则该展开式所有项的系数之和为( )A.-1B.1C.27D.-272.(2019·盐城斯模拟)在的展开式中,x3的系数等于-5,则该展开式的各项的系数中最大值为( )A.5B.10C.15D.203.(2019·襄阳模拟)设(x2+1)(2x+1)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a10(x+2)10,则a0+a1+a2+…+a10的值为________.【解析】1.选A.依题意得2n=8,解得n=3,取x=1,得该二项展开式每一项的系数之和为(1-2)3=-1.2.选B.的展开式的通项为T r+1=x5-r·=(-a)r x5-2r,令5-2r=3,则r=1,所以-a×5=-5,即a=1,展开式中第2,4,6项的系数为负数,第1,3,5项的系数为正数,故各项的系数中最大值为=10.3.在所给的多项式中,令x=-1可得(1+1)×(-2+1)8=a0+a1+a2+…+a10,即a0+a1+a2+…+a10=2.答案:2如何求解二项式系数或展开式系数的最值问题?提示:求解二项式系数或展开式系数的最值问题一般分两步:第一步,要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最大”两者中的哪一个.第二步,若是求二项式系数的最大值,则依据(a+b)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解.若是求展开式系数的最大值则在系数均为正值的前提下,求最大值只需解不等式组即可求得答案.二项式定理的综合应用【典例】1.(x+y)(2x-y)6的展开式中x4y3的系数为( )A.-80B.-40C.40D.802.(2019·枣阳模拟)(x2+x+y)5的展开式中x5y2的系数为( )A.10B.20C.30D.60【解析】1.选D.(2x-y)6的展开式的通项公式为T r+1=(2x)6-r(-y)r,当r=2时,T3=240x4y2,当r=3时,T4=-160x3y3,故x4y3的系数为240-160=80.2.选C.(x2+x+y)5的展开式的通项为=(x2+x)5-r·y r,令r=2,则T3=(x2+x)3y2,又(x2+x)3的展开式的通项为(x2)3-k·x k=,令6-k=5,则k=1,所以(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为=30.如何求解(a+b)m(c+d)n或(a+b+c)n展开式的某一项的系数?提示:(1)若n,m中一个比较小,可考虑把它展开得到多个,如(a+b)2(c+d)m=(a2+2ab+b2)(c+d)m,然后展开分别求解.(2)若三项能用完全平方公式,那当然比较简单;若三项不能用完全平方公式,只需根据题目特点,把“三项”当成“两项”看,再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数.(3)观察(a+b)(c+d)是否可以合并,如(1+x)5(1-x)7=[(1+x)(1-x)]5(1-x)2=(1-x2)5(1-x)2.(4)分别得到(a+b)n,(c+d)m的通项公式,综合考虑.1.已知展开式中,各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64,则n等于( )A.4B.5C.6D.7【解析】选C.展开式中,各项系数的和为4n,各项二项式系数的和为2n,由已知得=2n=64,所以n=6.2.将多项式a6x6+a5x5+…+a1x+a0分解因式得,m为常数,若a5=-7,则a0=( )A.-2B.-1C.1D.2【解析】选D.因为(x+m)5的通项公式为T r+1=x5-r m r,a5x5=x·x5-1m1+(-2)x5=(5m-2)x5,所以a5=5m-2,又因为a5=-7,所以5m-2=-7,所以m=-1,所以常数项a0=(-2)×(-1)5=2.3.在的展开式中,含x5项的系数为( )A.6B.-6C.24D.-24【解析】选B.由=-+-…-+,可知只有-的展开式中含有x5,所以的展开式中含x5项的系数为-=-6.4.(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a=________.【解析】设(a+x)(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5.令x=1,得(a+1)×24=a0+a1+a2+a3+a4+a5.①令x=-1,得0=a0-a1+a2-a3+a4-a5.②①-②得16(a+1)=2(a1+a3+a5)=2×32,所以a=3.答案:31.(2019·湘潭模拟)若(1-3x)2 020=a0+a1x+…+a2 020x2 020,x∈R,则a1·3+a2·32+…+a2 020·32 020的值为( )A.22 020-1B.82 020-1C.22 020D.82 020【解析】选B.由已知,令x=0,得a0=1,令x=3,得a0+a1·3+a2·32+…+a2 020·32 020=(1-9)2 020=82 020,所以a1·3+a2·32+…+a2 020·32 020=82 020-a0=82 020-1.2.的展开式中常数项为( )A.-30B.30C.-25D.25【解析】选C.=x 2-3x +,的展开式的通项为T r+1=(-1)r,易知当r=4或r=2时原式有常数项,令r=4,T5=(-1)4,=5-30=-25.令r=2,T3=(-1)2·,故所求常数项为-3×- 11 -。