排列、组合与二项式定理常见题型及解法

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高考数学排列、组合、二项式定理与复数知识点与典型例题

高考数学排列、组合、二项式定理与复数知识点与典型例题排列、组合、二项式定理（理科用）56.记住公式：()()()!!11m n n m n n n A m n -=+--⋅= ； ()()()12111⋅-⋅+--⋅= m m m n n n C m n =()!!!m n m n - 组合数性质：（1）m n n m n C C -= （2）r n r n r n C C C 11+-=+ （3）11--=k n k n nC kC 。

57.计数问题主要解题策略：优先法（特殊元素或特殊位置优先考虑）先选再排，先分再排【例】从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有________个。

（用数字作答）【答案】将问题分成三类：（1）含数字5，不含数字0，则选元素的过程有2413C C ⋅种方法，将5排在末位，则组数的过程有33A 种方法，依据分步计数原理得这一类共有108332413=A C C 个；（2）含数字0，不含数字5，则选元素的过程有1423C C 种方法，将0排在末位，则组数过程有33A 种方法，这一类共有72331423=A C C 个；（3）含数字0，也含数字5，则选元素的过程有1413C C ,若0在末位，则组数过程有33A 种方法，若0不在末位，则组数过程有2212A C 种∴种这类共有()1202212331413=+A C A C C 个，根据分类计数原理，其中能被5整除的四位数共有108+72+120+=300个。

58.二项式定理注意系数和二项式系数的区别，通项公式：第1+r 项为r r n r n r b a C T -+=1 【例】912⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 的展开式中，常数项为________________。

（用数字作答）【答案】()()r r r r rr r r X C x x C T ---+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=92999912112，令0239=-r ，解得6=r∴常数为第7项，为()672812296963==⋅-⋅C C ∴填672复数59.基本概念：①复数的实部和虚部指什么？②纯虚数是什么？③共轭复数是什么？【例】当实数m 为何值时，(),653622i m m m m m z +++--=（1）为实数；（2）为虚数；（3）为纯虚数；（4）复数Z 对应的点在复平面内的第二象限？【答案】（1）;2-=m （2）2-≠m 且3-≠m ；（3）3=m ；（4）3-<m 或32<<-m60.基本解题方法：①复数问题实数化，转化为对实部和虚部的实数运算；②数形结合（利用几何意义解题）。

排列组合、二项式定理(附答案)

排列组合、二项式定理(附答案)第六章：排列组合与二项式定理一、考纲要求：1.掌握加法原理和乘法原理，能够用这两个原理解决简单的问题。

2.理解排列和组合的意义，掌握排列数和组合数的计算公式以及组合数的性质，并能够用它们解决简单的问题。

3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能够用它们计算和论证简单的问题。

二、知识结构：加法原理和乘法原理排列和组合排列数和组合数的公式和应用二项式定理和二项式系数的性质和应用三、知识点、能力点提示：1.加法原理和乘法原理是排列组合的基础，掌握这两个原理为处理排列和组合中的问题提供了理论根据。

2.排列和排列数公式是中学代数中的独特内容，研究对象和研究方法与前面掌握的知识不同，解题方法比较灵活。

历届高考主要考查排列的应用题，通常是选择题或填空题。

3.组合和组合数公式是历届高考中常出现的题型，主要考查排列组合的应用题，通常是选择题或填空题。

组合数有两个性质：对称性和递推关系。

4.二项式定理和二项式系数的性质是高中数学中的重要内容，主要考查计算和论证方面的问题，通常是选择题或证明题。

3a4的值为(。

)A.4B.6C.8D.10解：根据二项式定理，展开(2x+3)的四次方可得：2x+3)4= C412x)4+ C422x)3(3)+ C432x)2(3)2+ C442x)(3)3+ C453)416x4+96x3+216x2+216x+81将(2x+3)表示成a+a1x+a2x+a3x+a4x的形式，可得：a+a1x+a2x+a3x+a4x= C4a4+ C41a3x+ C42a2x2+ C43ax3+ C44x416a4+96a3x+216a2x2+216ax3+81x4 由此可得：a+a2a3a4C4a4+ C42a2+ C43a+ C4416a4+216a2+81又因为(2x+3)的系数为1，所以a=2，代入上式可得：a+a2a3a416(2)4+216(2)2+81=8故选C.例21：有两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是多少？解：对于8个人的任意一个排列均可“按先前排从左到右再后排从左到右”的次序入座，所以应有$P_8$种不同的入座法。

专题54 排列组合以及二项式定理(解析版)

专题54 排列组合以及二项式定理一、题型选讲题型一、排列组合问题例1、某工程队有卡车、挖掘机、吊车、混凝土搅拌车4辆工程车，将它们全部派往3个工地进行作业，每个工地至少派一辆工程车，共有多少种方式？下列结论正确的有（） A ．18 B ．11113213C C C CC ．122342C C AD ．2343C A【答案】CD【解析】根据捆绑法得到共有234336C A ⋅=，先选择一个工地有两辆工程车，再剩余的两辆车派给两个工地，共有122342C C A 36=.11113213C C C C 1836=≠.故选：CD .例2、A ，B ，C ，D ，E 五人并排站成一排，下列说法正确的是（） A ．如果A ，B 必须相邻且B 在A 的右边，那么不同的排法有24种 B ．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种 C ．甲乙不相邻的排法种数为72种D ．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种【答案】ACD【解析】A.如果A ，B 必须相邻且B 在A 的右边，可将AB 捆绑看成一个元素，则不同的排法有4424A =种，故A 正确.B.最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有1311333323+=54A A A A A 种，故B 不正确. C.甲乙不相邻的排法种数为3234=72A A 种，故C 正确.D.甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有5533=20A A 种,故D 正确.故选：ACD.例3、在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则( ) A ．抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有12298A C 种 B ．抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有1229821298+C C C C 种C ．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有2212988129C C C C +种D ．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有3310098C C -种【答案】ACD【解析】由题意知，抽出的三件产品恰好有一件不合格品, 则包括一件不合格品和两件合格品,共有12298A C 种结果，则选项A 正确，B 不正确；根据题意,"至少有1件不合格品"可分为"有1件不合格品"与"有2件不合格品"两种情况, "有1件不合格品"的抽取方法有28129C C 种, "有2不合格次品"的抽取方法有21298C C 种,则共有2212988129C C C C +种不同的抽取方法,选项C 正确；"至少有1件不合格品"的对立事件是"三件都是合格品"， "三件都是合格品"的抽取方法有398C 种,抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有3310098C C -，选项D 正确；故选：ACD .题型二、二项式定理问题例4、对于二项式521nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭()*n N ∈，以下判断正确的有（）A ．对任意*n N ∈，展开式中有常数项B ．存在*n N ∈，展开式中有常数项C ．对任意*n N ∈，展开式中没有x 的一次项D ．存在*n N ∈，展开式中有x 的一次项【答案】BD【解析】521n x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项为：()572121n rrr rr n r n n T C xC x x --+⎛⎫=⋅⋅=⋅ ⎪⎝⎭，取720r n -=，得到27nr =，故当n 是7的倍数时，有常数项，故A 错误B 正确；取721r n -=，取1r =，3n =时成立，故C 错误D 正确；故选：BD .例5、对于6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式，下列说法正确的是（）A ．展开式共有6项B ．展开式中的常数项是-240C ．展开式中各项系数之和为1D ．展开式中的二项式系数之和为64【答案】CD【解析】6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式共有7项，故A 错误； 6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的通项为666316621(2)(1)2rr r r r r r r T C x C x x ---+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，令630,2r r，展开式中的常数项为2426(1)2240C -=，故B 错误；令1x =，则展开式中各项系数之和为()62111⨯-=，故C 正确；6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的二项式系数之和为6264=，故D 正确. 故选：CD .例6、已知6112a x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的展开式中各项系数的和为2，则下列结论正确的有（）A ．1a =B ．展开式中常数项为160C ．展开式系数的绝对值的和1458D ．若r 为偶数，则展开式中r x 和1r x -的系数相等【答案】ACD【解析】对于A ， 6112a x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭令二项式中的x 为1得到展开式的各项系数和为1a +，12a ∴+=1a ，故A 正确；对于B ，661111212a x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=+- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭6611122x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，612x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的通项为66621(1)2r r r r r T C x --+=-，当612x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式是中常数项为：令620r -=,得3r = 可得展开式中常数项为：33346(1)2160T C =-=-，当6112x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式是中常数项为： 662665261(1)2(1)2r r r r r r r rC xC x x ----=⋅-- 令520r -=,得52r =(舍去) 故6112a x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的展开式中常数项为160-.故B 错误； 661111212a x xx x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=+- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭对于C ，求其展开式系数的绝对值的和与61112x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭展开式系数的绝对值的和相等61112xx x ⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，令1x =，可得：66111112231458⎛⎫⎛⎫++⨯ ⎪⎪⎝⎭⎝==⎭ ∴61112x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭展开式系数的绝对值的和为：1458.故C 正确；对于D ，66611111222a x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=-+- ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭612x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的通项为66621(1)2r r r r r T C x --+=-，当r 为偶数，保证展开式中r x 和1r x -的系数相等 ①2x 和1x 的系数相等，61112x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭展开式系数中2x 系数为：622226(1)2C x -- 展开式系数中1x 系数为：622226(1)2C x --此时2x 和1x 的系数相等， ②4x 和3x 的系数相等，61112x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭展开式系数中4x 系数为：15146(1)2C x - 展开式系数中3x 系数为：15146(1)2C x -此时4x 和3x 的系数相等， ③6x 和5x 的系数相等，61112x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭展开式系数中6x 系数为：66600(1)2C x - 展开式系数中5x 系数为：66600(1)2C x -此时6x 和5x 的系数相等，故D 正确；综上所在，正确的是：ACD 故选：ACD.例7、对于二项式()3*1nx n N x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，以下判断正确的有（） A ．存在*n N ∈，展开式中有常数项； B ．对任意*n N ∈，展开式中没有常数项； C ．对任意*n N ∈，展开式中没有x 的一次项； D ．存在*n N ∈，展开式中有x 的一次项. 【答案】AD【解析】设二项式()3*1nx n N x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为1r T +，则3411=()()rn rr r r nr n n T C x C x x--+=，不妨令4n =，则1r =时，展开式中有常数项，故答案A 正确，答案B 错误；令3n =，则1r =时，展开式中有x 的一次项，故C 答案错误，D 答案正确。

排列组合、二项式定理的常见题型及其解法

排列组合、二项式定理的常见题型及其解法排列组合排列、组合的概念具有广泛的实际意义，解决排列、组合问题，关键要搞清楚是否与元素的顺序有关.复杂的排列、组合问题往往是对元素或位置进行限制，因此掌握一些基本的排列、组合问题的类型与解法对学好这部分知识很重要.(一)特殊元素（位置）用优先法把有限制条件的元素（位置）称为特殊元素（位置），对于这类问题一般采取特殊元素（位置）优先安排的方法.例1. 6人站成一横排，其中甲不站左端也不站右端，有多少种不同站法？(二)相邻问题用捆绑法对于要求某几个元素必须排在一起的问题，可用“捆绑法”：即将这几个元素看作一个整体，视为一个元素，与其他元素进行排列，然后相邻元素内部再进行排列.例2. 5个男生和3个女生排成一排，3个女生必须排在一起，有多少种不同排法？(三)相离问题用插空法元素相离（即不相邻）问题，可以先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素插入已排好的元素位置之间和两端的空中.例3. 7人排成一排，甲、乙、丙3人互不相邻有多少种排法？(四)定序问题用除法对于在排列中，当某些元素次序一定时，可用此法.解题方法是：先将n 个元素进行全排列有A n n 种，m m n () 个元素的全排列有A m m 种，由于要求m 个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到调序的作用，即若n 个元素排成一列，其中m 个元素次序一定，则有A A n n mm 种排列方法. 例4. 由数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的六位数有多少个？(五)分排问题用直排法对于把几个元素分成若干排的排列问题，若没有其他特殊要求，可采取统一成一排的方法求解.例5. 9个人坐成三排，第一排2人，第二排3人，第三排4人，则不同的坐法共有多少种？(六)复杂问题用排除法对于某些比较复杂的或抽象的排列问题，可以采用转化思想，从问题的反面去考虑，先求出无限制条件的方法种数，然后去掉不符合条件的方法种数.在应用此法时要注意做到不重不漏.例6. 四面体的顶点和各棱中点共有10个点，取其中4个不共面的点，则不同的取法共有（）A. 150种B. 147种C. 144种D. 141种(七)多元问题用分类法按题目条件，把符合条件的排列、组合问题分成互不重复的若干类，分别计算，最后计算总数.例7. 已知直线ax by c ++=0中的a ，b ，c 是取自集合{－3，－2，－1，0，1，2，3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数.(八)排列、组合综合问题用先选后排的策略处理排列、组合综合性问题一般是先选元素，后排列.例8. 将4名教师分派到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分派方案共有多少种？(九)隔板模型法常用于解决整数分解型排列、组合的问题.例9. 有10个三好学生名额，分配到6个班，每班至少1个名额，共有多少种不同的分配方案？二项式定理二项式定理的问题相对较独立，题型繁多，解法灵活且比较难掌握.二项式定理既是排列组合的直接应用，又与概率理论中的三大概率分布之一的二项分布有着密切联系.二项式定理在每年的高考中基本上都有考到，题型多为选择题，填空题，偶尔也会有大题出现.本文将针对高考试题中常见的二项式定理题目类型一一分析如下，希望能够起到抛砖引玉的作用.(一)求二项展开式1．“n b a )(+”型的展开式例1．求4)13(xx +的展开式；2． “n b a )(-”型的展开式例2．求4)13(xx -的展开式；3．二项式展开式的“逆用”例3．计算c C C C nn n n n n n 3)1(....27931321-++-+-；(二)通项公式的应用1．确定二项式中的有关元素例4．已知9)2(x x a -的展开式中3x 的系数为49，常数a 的值为2．确定二项展开式的常数项例5．103)1(xx -展开式中的常数项是3．求单一二项式指定幂的系数例6．（03全国）92)21(xx -展开式中9x 的系数是；(三)求几个二项式的和（积）的展开式中的条件项的系数例7．5432)1()1()1()1()1(-+---+---x x x x x 的展开式中，2x 的系数等于例8．（02全国）72)2)(1-+x x （的展开式中，3x 项的系数是；(四)利用二项式定理的性质解题1.求中间项例9．求（103)1xx -的展开式的中间项；2.求有理项例10．求103)1(xx -的展开式中有理项共有项；3.求系数最大或最小项（1）特殊的系数最大或最小问题例11．（00上海）在二项式11)1(-x 的展开式中，系数最小的项的系数是；（2）一般的系数最大或最小问题例12．求84)21(xx +展开式中系数最大的项；（3）系数绝对值最大的项例13．在（7)y x -的展开式中，系数绝对值最大项是；(五)利用“赋值法”求部分项系数，二项式系数和例14．若443322104)32(x a x a x a x a a x ++++=+，则2312420)()(a a a a a +-++的值为；例15．设0155666...)12(a x a x a x a x ++++=-，则=++++6210...a a a a ；(六)利用二项式定理证明整除问题例16．求证：15151-能被7整除.。

排列、组合与二项式定理理

和的性质
对于任意n，有 ∑k=0n(nk)=2nsum_{k=0 }^{n} binom{n}{k} = 2^n∑k=0n(kn)=2n
二项式定理应用举例
求近似值
当b相对于a很小，且n不太大时，可以使用二项式定理的前几项来
近似计算(a+b)n的值。
概率计算
在概率论中，二项式定理用于计算二项分布的概率质量函数，表示在n次独立重复试验中成功k次
01
02
03
捆绑法原理
当要求某些元素必须相邻时，可以将它们看作一个整体进行排列，然后再考虑整体内部元素的排列。
捆绑法应用
适用于解决至少有两个元素相邻的问题，如座位安排、字母排列等。
注意事项
在捆绑时，需要考虑整体与其他元素的排列顺序，以及整体内部元素的排列顺序。
不相邻问题插空法
插空法原理
感谢您的观看
THANKS
当要求某些元素不能相邻时，可以先将其他元素进行排列，然后将这些元素插入到排列好的元素之间的空隙中。
插空法应用
注意事项
在插空时，需要考虑空隙的数量和位置，以及插入元素的顺序。
适用于解决至少有两个元素不相邻的问题，如颜色填充、数字排列等。
定序问题倍缩法
倍缩法原理
当要求某些元素按照一定顺序排列时，可以先求出这些元素的全排列数，然后再除以它们的排列
的概率。
组合数学
二项式系数在组合数学中扮演着重要角色，用于计算组合数、排
列数等问题。

04 排列组合在二项式定理中应用
排列组合求二项式系数
组合数公式
二项式系数可以通过组合数公式$C_n^k$求得，其中$n$表示二项式的次数，$k$表示某一项的下标。

二项式定理高考常见题型及其解法

第二讲二项式定理高考常见题型及解法二项式定理的问题相对较独立，题型繁多，虽解法灵活但较易掌握.二项式定理既是排列组合的直接应用，又与概率理论中的三大概率分布之一的二项分布有着密切联系.二项式定理在每年的高考中基本上都有考查，题型多为选择题，填空题，偶尔也会有大题出现. 本讲将针对高考试题中常见的二项式定理题目类型一一分析如下，希望能够起到抛砖引玉的作用. 【知识要点】1、二项式定理：∑=-∈=+nk kkn k nnn b aCb a 0*)()(N2、二项展开式的通项： )0(1n r b a C T r r n r n r ≤≤=-+它是展开式的第r +1项.3、二项式系数：).0(n r C r n ≤≤4、二项式系数的性质： ⑴ ).0(n k C C k n n k n ≤≤=-⑵ ).10(111-≤≤+=---n k C C C k n k n k n ⑶ 若n 是偶数，有n nn nn n nn C CC C C >>><<<-1210，即中间一项的二项式系数2nn C 最大.若n 是奇数，有n nn nn n n n nnC C C C C C >>>=<<<-+-1212110 ，即中项二项的二项式系数212+n n nn C C 和相等且最大.⑷ 各二项式系数和：0122n r nn n n n n C C C C C =++++++⑸在二项展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和即:021312n n n n n C C C C -++=++=【典型考题】一、求二项展开式：1．“（a +b ）n”型的展开式例1．求4)13(x x +的展开式.解：原式=4)13(xx +=24)13(xx +=])3()3()3()3([14434224314442CCCCC x x x x x ++++=)112548481(12342++++x x x x x=54112848122++++xxx x小结：这类题目直接考查二项式定理掌握，高考一般不会考到，但是题目解决过程中的这种“先化简再展开”的思想在高考题目中会有体现的. 2． “（a -b ）n ”型的展开式例2．求4)13(xx -的展开式.分析：解决此题，只需要把4)13(x x -改写成4)]1(3[xx -+的形式然后按照二项展开式的格式展开即可.本题主要考察了学生的“问题转化”能力. 3．二项式展开式的“逆用”例3．计算cC C C n nnnn n n 3)1( (279313)21-++-+-；解：原式=nnnn n n n n C C C C C )2()31()3(....)3()3()3(3332211-=-=-++-+-+-+小结：公式的变形应用，正逆应用，有利于深刻理解数学公式，把握公式本质. 二、通项公式的应用：1．确定二项式中的有关元素例4．已知9)2(x xa -的展开式中x 3的系数为49，常数a 的值为解：9239299912)1()2()(----+⋅⋅⋅-=-=r rr rr rr r r x aC x x aC T令3923=-r ，即8=r ，依题意，得492)1(894889=⋅⋅---aC ，解得1-=a2．确定二项展开式的常数项例5．103)1(x x -展开式中的常数项是解：rr rr rr r xCxx C T 65510310101)1()1()(--+⋅-=-= ，令0655=-r ，即6=r .所以常数项是210)1(6106=-C小结：可以讲2011陕西高考题—例1⑴ 3．求单一二项式指定幂的系数例6．（03全国）92)21(xx -展开式中x 9的系数是 .解：29191()()2rr rr T x xC -+=-=182911()()2rr r r x xC --=18391()2rr x x C --令,9318=-x 则3=r ，从而可以得到9x 的系数为：339121()22C -=-，∴填212-三、求几个二项式的和（积）的展开式中的条件项的系数例7．5432)1()1()1()1()1(-+---+---x x x x x 的展开式中，x 2的系数等于解：2x 的系数是四个二项展开式中4个含2x 的，则有20)()1()1()1()1(35241302335224113002-=+++-=-+---+--C C C C C C C C例8．（02全国）72)2)(1-+x x （的展开式中，x 3项的系数是 . 解：在展开式中，3x 的来源有：⑴第一个因式中取出2x ，则第二个因式必出x ，其系数为667)2(-C ； ⑵第一个因式中取出1，则第二个因式中必出3x ，其系数为447)2(-C3x ∴的系数应为：∴=-+-,1008)2()2(447667C C 填1008.四、利用二项式定理的性质解题 1、求中间项例9．求101的展开式的中间项；解：,)1()(310101r r r r xx T C -=-+ ∴展开式的中间项为5555610(252x C =-.小结：当n 为奇数时，nb a )(+的展开式的中间项是212121-+-n n n n baC 和212121+-+n n n n baC ；当n 为偶数时，nb a )(+的展开式的中间项是222nnnnb a C . 2、求有理项例10．求103)1(xx -的展开式中有理项共有项；解：341010310101)1()1()(r rr rrr r xxr T CC--+-=-=∴当9,6,3,0=r 时，所对应的项是有理项.故展开式中有理项有4项.小结：⑴当一个代数式各个字母的指数都是整数时，那么这个代数式是有理式；⑵当一个代数式中各个字母的指数不都是整数（或说是不可约分数）时，那么这个代数式是无理式.3、求系数最大或最小项 ⑴ 特殊的系数最大或最小问题例11．（2000上海）在二项式（x -1）11的展开式中，系数最小的项的系数是 . 解：rrr r xT C)1(11111-=-+∴要使项的系数最小，则r 必为奇数，且使C r11为最大，由此得5=r ，从而可知最小项的系数为5511(1)462C-=- ⑵一般的系数最大或最小问题例12．求84)21(xx +展开式中系数最大的项；解：记第r 项系数为r T ，设第k 项系数最大，则有 ⎩⎨⎧≥≥+-11k kk k T T T T 又1182.+--=r r r CT ，那么有⎪⎩⎪⎨⎧≥≥-+--+--+--k k k k k k k k C C C C 2.2.2.2.8118228118即8!8!2(1)!.(9)!(2)!.(10)!8!8!2(1)!.(9)!!(8)!k k k k k k k k ⎧≥⨯⎪----⎪⎨⎪⨯≥⎪---⎩1212219k k k k ⎧≥⎪⎪--⇒⎨⎪≥⎪-⎩，解得43≤≤k ，故系数最大的项为第3项2537x T =和第4项2747x T =. ⑶系数绝对值最大的项例13．在（x -y ）7的展开式中，系数绝对值最大项是 .解：求系数绝对最大问题都可以将“n b a )(-”型转化为")("n b a +型来处理，故此答案为第4项4347y x C ，和第5项5257y x C -.五、利用“赋值法”求部分项系数，二项式系数和（参考例题2）例14．若443322104)32(x a x a x a x a a x ++++=+，则2312420)()(a a a a a +-++的值为 . 解： 443322104)32(x a x a x a x a a x ++++=+令1=x ，有432104)32(a a a a a ++++=+，令1-=x ，有)()()32(314204a a a a a +-++=+-故原式=)]()).[((3142043210a a a a a a a a a a +-++++++=44)32.()32(+-+=1)1(4=-小结：在用“赋值法”求值时，要找准待求代数式与已知条件的联系，一般而言：0,1,1-特殊值在解题过程中考虑的比较多.例15．设0155666...)12(a x a x a x a x ++++=-，则=++++6210...a a a a .分析：解题过程分两步走；第一步确定所给绝对值符号内的数的符号；第二步是用赋值法求的化简后的代数式的值. 解：rrr r x T C)1()2(661-=-+∴65432106210...a a a a a a a a a a a +-+-+-=++++=)()(5316420a a a a a a a ++-+++=0六、利用二项式定理求近似值例16．求0.9986的近似值，使误差小于0.001；分析：因为6998.0=6)002.01(-，故可以用二项式定理展开计算.解：6998.0=6)002.01(-=621)002.0(...)002.0.(15)002.0.(61-++-+-+001.000006.0)002.0(15)002.0.(22263<=-⨯=-=C T ，且第3项以后的绝对值都小于001.0，∴从第3项起，以后的项都可以忽略不计.∴6998.0=6)002.01(-)002.0(61-⨯+≈=988.0012.01=-小结：由122(1)1...nn n n n n x x x x C C C +=++++，当x 的绝对值与1相比很小且n 很大时，n x x x ,....,32等项的绝对值都很小，因此在精确度允许的范围内可以忽略不计，因此可以用近似计算公式：nx x n+≈+1)1(，在使用这个公式时，要注意按问题对精确度的要求，来确定对展开式中各项的取舍，若精确度要求较高，则可以使用更精确的公式：22)1(1)1(x n n nx x n -++≈+.利用二项式定理求近似值在近几年的高考没有出现题目，但是按照新课标要求，对高中学生的计算能力是有一定的要求，其中比较重要的一个能力就是估算能力.所以有必要掌握利用二项式定理来求近似值. 七、利用二项式定理证明整除问题例17．求证：5151-1能被7整除. 证明：15151- =1)249(51-+=12.2.49.....2.49.2.49.49515151505051249251501515151-+++++C C C C C=49P +1251-（*∈N P ）又 1)2(1217351-=-=（7+1）171-=01216171716151717171717.7.7.7.....71C C C C C +++++- =7Q （Q *∈N ）)(77715151Q P Q P +=+=-∴15151-∴能被7整除.小结：在利用二项式定理处理整除问题时，要巧妙地将非标准的二项式问题化归到二项式定理的情境上来，变形要有一定的目的性，要凑出相关的因数. 八、知识交汇型在知识点的交汇处命题，已成为新高考命题的一个趋势．二项式定理可以与组合、数列极限、杨辉三角等知识进行综合，而设计出新题．例18 如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第_____行中从左至右第14 与第15个数的比为2:3．分析：本题是杨辉三角与二项式定理的交汇题，而本题的解题关键在于将表格语言转化为组合数语言．解：设所求的行数为n ，将条件转换为组合数语言，得 131423n nC C =，即142133n =-，解得n ＝34．第0行 1 第1行 1 1 第2行 1 2 1 第3行 1 3 3 1 第4行 1 4 6 4 1 第5行 1 5 10 10 5 1 …… …… ……二项式定理中的五大热点二项式定理有关知识是每年高考必考内容之一，本文总结出了近年高考中的五大热点题型，供参考. 一、通项运用型凡涉及到展开式的项及其系数(如常数项，x 3项的系数等)及有理项，无理项，或逆向问题，常是先写出其通项公式1r T +＝r n r r n C a b -，然后再据题意进行求解，有时需建立方程才能得以解决. 例1 9)12(xx -的展开式中，常数项为．(用数字作答)．解：由99921991(2)(1)2rrr r rr r r r T C x C x ----+⎛⎫=-=-∙∙∙ ⎝．令9－r －2r ＝0，得r ＝6．故常数项为63679(1)2672T C =-∙∙=．故填672．练习：1．10112x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中x 3的系数为_______．[15]2．(x －1)－(x －1)2＋(x －1)3－(x －1)4－(x －1)5的展开式中，x 2的系数是_______．[－20]3．9a x ⎛-⎝展开式中x 3的系数为94，常数a ＝______．[4] 二、系数配对型是指求两个二项式的积或可化两个二项式的积的展开式中某项的系数问题，通常转化为乘法分配律问题来解决.例2 (x 2＋1)(x －2)7的展开式中x 3项的系数是______.解：由x 3项的系数分别来自两个二项式的展开式中两项乘积的系数，应为如下表搭配：因此，x 3项的系数是()4472C -＋()6672C -＝1008．练习：(x ＋2)10(x 2－1)的展开式中x 10的系数为____________（用数字作答）．[179]三、系数和差型是指求二项展开式系数的和或差等问题，常可用赋值法加以解决. 例3 若2004220040122004...(12)x a a x a x a x -=++++(x ∈R )，则=++++++++)(...)()()(20040302010a a a a a a a a (用数字作答)．解：取x ＝0，得a 0＝1；取x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2004＝(1－2)2004＝1．故010********...()()()()a a a a a a a a ++++++++ ＝2003a 0＋(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2004)＝2003＋1＝2004．评注：若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n．则有①a 0＝f (0)，②a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n ＝f (1)；③a 0－a 1＋a 2－…＝f (－1)；④a 0＋a 2＋a 4＋…＝(1)(1)2f f +-；a 1＋a 3＋a 5＋…＝(1)(1)2f f --．练习：若(),32443322104x a x a x a x a a x ++++=+则()()2312420a a a a a +-++的值为_________．[1]四、综合应用型应用意识是数学的归宿，二项式定理主要应用于近似计算、证明整除、证明不等式、证明组合数恒等式、求组合数及求余数等问题.例4 9192除以100的余数是_______．解：9192＝(90＋1) 92＝0929290C ＋1919290C ＋…＋9029290C ＋919290C ＋9292C＝M ×102＋92×90＋1(M 为整数) ＝100M ＋82×100＋81． ∴ 9192除以100的余数是81．练习：⑴求0.9986近似值(精确到0.001)．[0.998]⑵设*∈N n ,则=++++-12321666n n n n n n C C C C _________．[1(71)6n-]五、知识交汇型在知识点的交汇处命题，已成为新高考命题的一个趋势．二项式定理可以与组合、数列极限、杨辉三角等知识进行综合，而设计出新题．例5 如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第_____行中从左至右第14 与第15个数的比为2:3．分析：本题是杨辉三角与二项式定理的交汇题，而本题的解题关键在于将表格语言转化为组合数语言．解：设所求的行数为n ，将条件转换为组合数语言，得第0行 1第1行 1 1 第2行 1 2 1 第3行 1 3 3 1 第4行 1 4 6 4 1 第5行 1 5 10 10 5 1 …… …… ……131423n nC C =，即142133n =-，解得n ＝34．练习：若(1－2x )9展开式的第3项为288，则2111lim ()nx xxx→∞+++的值是_________．[2]。

第十章排列、组合和二项式定理

素 ”和“ 位置 ”的相对性．本题也有
Ａ６１０
＝１５１２００
种
坐法．
点评本例为排列提供了一个易于操作的（占
位）模型：ｎ个不同的元素去占据ｍ个不同的位置，
若ｎ≥ｍ且每个位置只占（
排）
一个元素，则有源自Ａｍｎ种不同的占（排）法；若ｎ＜ｍ且每元素只占一个位置，
解析（１）坐在椅子上的６个人是走进屋子的１０个人中的任意６个人．若我们把人抽象地看成元素，将６把椅子当成６个不同的位置，则原问题便抽象为：从１０个元素中任取６个元素占据６个不同的
高位置，显然是从１０个元素中任取６个元素的排列问
一个起点站和一个终点站．因此，每张火车票对
应于从６个不同元素（大站）中取出２个元素
（起点站和终点站）的一种排列．所以问题归结
为求从６个不同元素中每次取出２个不同元素
的排列数
Ａ２６
＝６ ×５＝３０（
种）．
故一共需要为这六个大站准备３０种不同的火
般方程、不等式，再求解，但应注意其中的字母都是
满足一定限制条件的自然数，不要忽视这一点．
例４（１）１０个人走进只有６把不同椅子的屋
子，若每把椅子必须且只能坐一个人，共有多少种不
同的坐法？
数学爱好者
专业Ｓ
精心策划
（２）６个人走进放有１０把椅子的屋子，每个人必须且只能坐一把椅子，则共有多少种不同的坐法？

排列、组合与二项式定理典型例题精讲精析

排列、组合与二项式定理典型例题精讲精析【例1】6个女同志(其中有一个领唱)和2个男同志，分成两排表演.(1)每排4人，问共有多少种不同的排法？(2)领唱站在前排，男同志站在后排，还是每排4人，问有多少种不同的排法？分析：解排列组合问题首先要根据问题实际设计恰当构思安排程序.解：(1)要完成这件事，必须分三步：第一步，先从8人中选4人站在前面，另4人站在后面，有C48C44=C48种不同方法；第二步，前面4人进行排列，有A44种方法；第三步，后面4人也进行排列，有A44种方法.三步依次完成，才算这件事完成.故由分步计数原理有C48A44A44种不同的方法.(2)同理有C35A44A44种不同的排法.【例2】一条长椅上有七个坐位，四人坐.要求三个空位中，有两个空位相邻，另一个空位与这两个相邻空位不相邻，共有几种坐法？分析一：改换一种思考方法，把两个相邻空位看成一个整体，另一个空位与这个整体不相邻，则是用四个人把两个元素隔开的典型问题.解法一：基于这种考虑，就可先让四人坐在四人位置上，再让后两个“元素”(一个是两个做为一个整体的空位，另一个是单独的空位)选择被四个人造成的五个“空隙”中的两个.这样有A44A25=480种.分析二：除上面算法外，也可以采用以减法为主的算法.解法二：容易看到：全部安排四人入坐的方法(不管空位相邻还是不相邻)数是A47.从中减去不合题意的坐法数即可.不合题意的坐法包括两类：一类是三个空位相邻，这种情况下共有A55种安排方法(把四个人与相邻的三个空位看成5个元素)，另一类是三个空位彼此都不相邻，这种情况下共有A44C35种安排办法(请注意这里是C35.而不是A55的道理).根据这种“设计”思想，又可列出A47－A55－A44C35的算式.说明：解排列组合题，除概念要清，计算要准之外，关键是列出正确的算式.列算式又往往是解题人正确理解题意，运用算法原理的基础，在此基础上“设计”出完成题目中规定任务的方案(主要表现在分类、分步设计).这是建立正确算式的基础.上面介绍的两种解法中，一种是优先安排人入座，再让空位去“插队”，后一种解法是运用逆向思维，从问题的反面入手，采取减法，使问题得解.【例3】师大附中组织蓝球比赛，共24个班参加.第一轮比赛是先分四组进行单循环赛，然后各组取前两名再进行第二轮单循环比赛(在第一轮中已相遇过的两队不再进行比赛).问共要进行多少场比赛？分析：虽然比赛分两轮进行，但不能使用分步计数原理，这是因为无论是在第一轮比赛，还是在第二轮比赛，每比赛一次就算事件已经完成.而实际是分两类计算，先算第一轮共赛多少场，再算第二轮共赛多少场，之后利用分类计数原理即可算出总共比赛的场数.解：第一轮每组6个队进行单循环赛，共有C26场比赛，4个组共计赛4·C26场.第二轮每组取2名，共计8名，本应赛C28场，但由于第一轮中分在同一组的两队不再进行第二轮比赛了，故应减去4场，所以共比赛C28－4场.综上，两轮比赛总共赛4·C26+(C28－4)=84场.说明：对于一个具体问题，用排列也好，用组合也好，用分步计数原理还是分类计数原理也好，都需要对具体问题做中肯的分析，解决好是否与元素顺序有关，解决好分类或分步，并且做到元素不重不漏.这是解决排列、组合问题必须注意的事情.【例4】由1、2、3、4、5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12345，第2项是12354，…直到末项(第120项)是54321.问：(1)43251是第几项？(2)第93项是怎样的一个五位数？分析：43251以前的数都比43251小，而以后的数都比43251大.因此比43251小的个数加1就是43251的项数.反过来，从第120项减比43251大的数的个数也是43251的项数.先算出比第93项大的数的个数，从第120项中减去此数，再从万位数是5的个数，逐步缩小，到第120—93—27个为止.从而可得第93项那个数.解：(1)比43251大的数有下列几类：①万位数是5的有A 44=24个；②万位数是4，千位数是5的有A 33=6个；③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A 22=2个.比43251大的数共有A 44+A 33+A 22=32个.所以43251是第120－32=88项.(2)从(1)知万位数是5的有A 44=24个，万位数是4千位数是5的有A 33=6个.但比第93项大的数有120－93=27个，第93项即倒数第28项，而万位数是4，千位数是5的6个数是45321、45312、45231、45213、45132、45123，从而可见第93项是45213.说明：对于两个基本原理、排列、组合的学习与运用，以下几点要给予注意：(1)本部分内容概念性强、抽象性强、灵活性强，思维方法独特.因此要立足于对基础知识、基本方法的学习；选取典型例题，搞清搞透，构建典型问题的思维模式，奠定解其他问题的思维依托；着眼于分析问题、解决问题的能力提高.(2)注意分类讨论、等价转换、整体思想、正难则反等数学思想的运用.(3)不做偏题、怪题、难题，应以历届高考试题的难度作为标尺.【例5】求证：(1+x )n +(1－x )n ＜2n ，其中｜x ｜＜1，n ≥2，n ∈N *.分析一：直接对左式使用二项式定理证明一：(1+x )n +(1－x )n=2(1+C 2n x 2+C 4n x 4+ … +C k n 2x 2k + …)(k =1，2…[2n ]). ∵｜x ｜＜1.∴0＜x 2k ＜1. ∴(1+x )n +(1－x )n ＜2(1+C 2n +C 4n + … +C k n 2+ …)=2·2n －1=2n . 说明：应用二项式定理证明不等式和应用一般恒等式的道理是一样的，关键是灵活应用恒等变换.注意运用不等式的证明方法.本题是利用放缩法得证的.分析二：｜x ｜＜1可以考虑用三角变换.证明二：∵｜x ｜＜1，∴可设x =cos2θ，θ∈(0，2π). 则1+x =1+cos2θ=2cos 2θ，1－x =1－cos2θ=2sin 2θ.∴(1+x )n +(1－x )n =2n (cos 2n θ+sin 2n θ)=2n (cos 2n －2θcos 2θ+sin 2n －2θsin 2θ)＜2n (cos 2θ+sin 2θ)(∵0＜cos 2n －2θ＜1，0＜sin 2n －2θ＜1)=2n .说明：通过三角代换，利用三角函数性质和放缩法的巧妙结合，使本题证明简单、明了.此法确实是一种好方法.。

排列组合二项式定理知识点题型总结

排列组合二项式定理知识点题型总结二、排列、组合三、二项式定理内容典型题定义①二项式定理：(a＋b)n＝C 0n a n＋C 1n a n－1b1＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n＝∑=nrrnCa n－rb r（n∈N＋）②二项式展开式第r＋1项通项公式：Tr－1＝C r n a n－r b r其中C r n（r＝0，1，2，…，n）叫做二项式系数.8.二项式8)1(-x的展开式中的第5项是( )A. 70x4B. 70x2C. 56x3D. －5623x9.二项式(x－2)12展开式中第3项的系数是( )A.264B.－264C.66D.－176010.(x－2)8 的展开式中, x6的系数是( )A. 56B. －56C. 28D. 22411.(x2＋)5展开式中的10x是( )A.第2项B.第3项C.第4项D.第5项12.二项式x－1x6的展开式中常数项是( )A. 1B. 6C. 15D. 2013.设(3－x)n＝nnxaxaxaa+⋅⋅⋅+++221,已知naaaa+⋅⋅⋅+++21＝64,则n＝.14.设二项式(3x＋5)10＝188991010axaxaxaxa++⋅⋅⋅+++,则18910aaaaa+-⋅⋅⋅-+-＝.15.二项式2x－1x6的展开式中二项式系数最大的项是.性质①在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等.②如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项的二项式系数相等并且最大.③二项式系数的和为n2，即nC＋1nC＋…＋rnC＋…＋nnC＝n2④奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即nC＋2nC＋…＝1nC＋3nC＋…＝12-n四、常见的计数方法（1）.特殊元素和特殊位置优先策略例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.（2）.相邻元素捆绑策略例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.（3）.不相邻问题插空策略例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种？（4）.定序问题倍缩空位插入策略例4. 7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法（5）.重排问题求幂策略例5.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法（6）.环排问题线排策略例6. 8人围桌而坐,共有多少种坐法?（7）.多排问题直排策略例7.8人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置，一般地n 不同的元素没有限制地安排在m 个位置上的排列数为nm 种一般地,n 个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从n 个不同元素中取出m 个元素作圆形排列共有1mn A n（8）.排列组合混合问题先选后排策略例8.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法.（9）.小集团问题先整体后局部策略例9.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数其中恰有两个偶数夹1,５在两个奇数之间,这样的五位数有多少个？（10）.元素相同问题隔板策略例10.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配方案？（11）.正难则反总体淘汰策略例11.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数，使其和为不小于10的偶数,不同的取法有多少种？（12）.平均分组问题除法策略例12. 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法？练习题：1.’ 将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分法？2.某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为______（13）. 合理分类与分步策略例13.在一次演唱会上共10名演员,其中8人能能唱歌,5人会跳舞,现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目,有多少选派方法（14）.构造模型策略例14. 马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的九只路灯,现要关掉其中的3盏,但不能关掉相邻的2盏或3盏,也不能关掉两端的2盏,求满足条件的关灯方法有多少种？解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想.此法与相邻元素捆绑策略相似吗? 将n 个相同的元素分成m 份（n ，m 为正整数）,每份至少一个元素,可以用m-1块隔板，插入n 个元素排成一排的n-1个空隙中，所有分法数为11m n C -- 有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出它的反面,再从整体中淘汰. 平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以nn A (n 为均分的组数)避免重复计数。

【高中数学】排列组合与二项式定理(附解析)

专题17 排列组合与二项式定理基础巩固一、选择题1．已知7270127(1)x a a x a x a x -=++++则127a a a ++⋯+=（）A ．1-B ．0C ．1D ．22．在(61的展开式中，x 的系数等于（）A ．6B ．10C ．15D ．203．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5位同学只会用综合法证明，有3位同学只会用分析法证明，现任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数有（）种．A ．8B ．15C ．18D ．304．两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（）A ．10种B ．15种C ．20种D ．30种5．在1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，如果第32项的系数与第72项的系数相等，则展开式的中间一项可用组合数表示为（）A ．52104CB ．52103CC ．52102CD ．51102C6．若532m m A A =，则m 的值为（）A ．5B ．6C ．7D ．8二、填空题7．若()()202022020012202012x b b x b x b x x R -=++++∈，则20201222020222b b b +++的值为______. 8．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有_______个．（用数字作答）9．已知()6x a +的展开式中所有项系数和为64，其中实数a 为常数且0a <，则a =________.10．某班同学准备参加学校在假期里组织的“社区服务”、“进敬老院”、“参观工厂”、“民俗调查”、“环保宣传”五个项目的社会实践活动，每天只安排一项活动，并要求在周一至周五内完成．其中“参观工厂”与“环保宣讲”两项活动必须安排在相邻两天，“民俗调查”活动不能安排在周一．则不同安排方法的种数是________．知能提升一、选择题11．若2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，则下列结果不正确的是（）A ．01220201a a a a +++⋯+=B ．20201352019132a a a a -++++⋯+=C ．20200242020132a a a a ++++⋯+=D ．202012220201222a a a ++⋯+=- 12．式子22223459C C C C ++++=（）A ．83B ．84C ．119D ．12013．我国南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》一书中用如图所示的三角形解释二项展开式的系数规律，去掉所有为1的项，依次构成2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6…，则此数列的前50项和为（）A ．2025B ．3052C ．3053D ．3049二、填空题14．2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将4名医生志愿者分配到两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去1人），则共有__________种分配方案.15．若6(1)2xx ⎛+- ⎝展开式中的常数项是60，则实数a 的值为_____．专题17 排列组合与二项式定理基础巩固一、选择题1．已知7270127(1)x a a x a x a x -=++++则127a a a ++⋯+=（）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】C【解析】由7270127(1)x a a x a x a x -=++++令0x =得：70(01)a -=，则01a =-令1x =得：70127(11)a a a a -=++++所以01270a a a a ++++=，则12701a a a a ++=-+=故选C2．在(61的展开式中，x 的系数等于（）A ．6B ．10C ．15D ．20【答案】D【解析】(61的展开式通项为3166rrr r r T C Cx+=⋅=⋅，令13r=，得3r =.因此，在(61的展开式中，x 的系数等于3620C =.故选D.3．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5位同学只会用综合法证明，有3位同学只会用分析法证明，现任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数有（）种．A ．8B ．15C ．18D ．30【答案】A【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，解决问题分成两个种类，一是可以用综合法证明，有5种方法，一是可以用分析法来证明，有3种方法，根据分类计数原理知共有3+5＝8种结果，故选A ．4．两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（）A ．10种B ．15种C ．20种D ．30种【答案】C【解析】某一个队获胜可以分成3中情况，得分3:0,4:1,5:2；方法数为2213421+)20.C C C +⋅=（故选C5．在1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，如果第32项的系数与第72项的系数相等，则展开式的中间一项可用组合数表示为（）A ．52104CB ．52103CC ．52102CD ．51102C【答案】D【解析】二项式1n x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的通项公式为211rr n r r n rr n n T C x C x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，因为第32项的系数与第72项的系数相等，所以3171n n T T =，所以3171102n =+=，所以展开式的中间一项可用组合数表示为51102C 故选D6．若532m m A A =，则m 的值为（）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】A【解析】由532m m A A =，得(1)(2)(3)(4)2(1)(2)m m m m m m m m ----=--，且5m ≥所以(3)(4)2m m --=即27100,5m m m -+=∴=或2(5m m =≥舍去）. 故选A二、填空题7．若()()202022020012202012x b b x b x b x x R -=++++∈，则20201222020222b b b +++的值为______. 【答案】1-【解析】令0x =得，1=0b ；令()()202022020012202012x b b x b x b x x R -=++++∈中12x =得， 20202020122202011212222b b b ⎛⎫-⨯=++++⎪⎝⎭，所以202012220201222b b b +++=-. 故填1-8．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有_______个．（用数字作答）【答案】14【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，首先确定数字中2和3 的个数，当数字中有1个2，3个3时，共有14C 4=种结果，当数字中有2个2，2个3时，共有246C =种结果，当数字中有3个2，1个3时，共有有14C 4=种结果，根据分类加法原理知共有4+6+4=14种结果. 故填149．已知()6x a +的展开式中所有项系数和为64，其中实数a 为常数且0a <，则a =________.【答案】3-【解析】因为()6x a +的展开式中所有项系数和为64，所以()661=642,12,1a a a +=∴+=±∴=（舍去）或3a=-.所以3a =-.故填3-.10．某班同学准备参加学校在假期里组织的“社区服务”、“进敬老院”、“参观工厂”、“民俗调查”、“环保宣传”五个项目的社会实践活动，每天只安排一项活动，并要求在周一至周五内完成．其中“参观工厂”与“环保宣讲”两项活动必须安排在相邻两天，“民俗调查”活动不能安排在周一．则不同安排方法的种数是________．【答案】36【解析】把“参观工厂”与“环保宣讲”当做一个整体，共有4242A A 48=种，把“民俗调查”安排在周一，有3232A A 12⋅=， ∴满足条件的不同安排方法的种数为481236-=，故填36．知能提升一、选择题11．若2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，则下列结果不正确的是（）A ．01220201a a a a +++⋯+=B ．20201352019132a a a a -++++⋯+=C ．2020024*******a a a a ++++⋯+=D ．202012220201222a a a ++⋯+=- 【答案】B【解析】由题意，二项展开式2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，令1x =，可得01220202020(12)1a a a a +++⋯+-==，①令1x =-，可得2020012202020203(123)a a a a a -=+-++⋯+=，②令0x =，可得20020(10)1a =-=，③由①-②，可得20201352019132a a a a -+++⋯+=，由①+②，可得2020024*******a a a a ++++⋯+=，令12x =，可得20202020120220201(12)12222a a a a +++⋯+=-⨯=，所以202012220201222a a a ++⋯+=-. 综上可得，A 、C 、D 是正确的，B 是错误的. 故选B.12．式子22223459C C C C ++++=（）A ．83B ．84C ．119D ．120【答案】C【解析】由题意，根据组合数的计算公式111rr r n n n C C C ++++=，可得22223459C C C C ++++=32222334591C C C C C +++++-322244591C C C C =++++-32235591011119C C C C =+++-==-=.故选C .13．我国南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》一书中用如图所示的三角形解释二项展开式的系数规律，去掉所有为1的项，依次构成2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，6…，则此数列的前50项和为（）A ．2025B ．3052C ．3053D ．3049【答案】D【解析】去除所有为1的项后,由图可知前n 行共有(1)2n n +个数, 当n =10时,10(101)552⨯+=,即前10行共有55个数.因为第n -1行的和为12122n n n n n C C C -+++=-,所以前10行的和为231112(22)(22)(22)2244072-+-++-=-=.因为第10行最后5个数为1011C ,911C ,811C ,711C ,611C ,所以此数列的前50项的和为4072-11-55-165-330-462=3049. 故选D.二、填空题14．2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将4名医生志愿者分配到两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去1人），则共有__________种分配方案.【答案】14【解析】由题先将4名医生分成2组，有22142422C C C A +437=+=种，再分配的两家医院有22714A =种.故填1415．若6(1)2xx ⎛+- ⎝展开式中的常数项是60，则实数a 的值为_____．【答案】2±【解析】因为62x ⎛- ⎝的通项公式为： 16(1)r rr T C +=-⨯⨯636626(1)22rrr r r r r x C a x ---+⎛⎫⨯=-⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，若得到常数项，当(1)x +取1时，令3602r -=，当(1)x +取x 时，令3612r -=-，解得4r =或143r =（舍），所以4r =，因为6(1)2x x ⎛+⋅- ⎝展开式的常数项为60，所以446446(1)260C a -+-⨯⨯⨯=，解得2a =±．故填2±。

排列组合、二项式定理典型题(含答案)

排列、组合、二项式定理典型题一、选择题（共24题）1．（北京卷）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：依题意，所选的三位数字有两种情况：（1）3个数字都是奇数，有33A 种方法（2）3个数字中有一个是奇数，有1333C A ，故共有33A ＋1333C A ＝24种方法，故选B2．（福建卷）从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有（A ）108种（B ）186种（C ）216种（D ）270种解析：从全部方案中减去只选派男生的方案数，合理的选派方案共有3374A A -=186种，选B.3．（湖北卷）在24(x -的展开式中，x 的幂的指数是整数的项共有 A ．3项 B ．4项 C ．5项 D ．6项解：72424312424rr rr rr T C x C x －－r ＋＝（＝(-1)，当r ＝0，3，6，9，12，15，18，21，24时，x 的指数分别是24，20，16，12，8，4，0，－4，－8，其中16，8，4，0，－8均为2的整数次幂，故选C4．（湖南卷）某外商计划在四个候选城市投资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种解析：有两种情况，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，此时有123436C A ⋅=种方案，二是在三个城市各投资1个项目，有3424A =种方案，共计有60种方案，选D.5．（湖南卷）若5)1(-ax 的展开式中3x 的系数是80，则实数a 的值是 A ．-2 B . 22 C. 34 D . 2解析：5)1-ax （的展开式中3x 的系数332335()(1)10C ax a x ⋅-=80x 3，则实数a 的值是2，选D 6．（湖南卷）在数字1,2，3与符号＋，－五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是A ．6B . 12 C. 18 D . 24解析：先排列1，2，3，有336A =种排法，再将“＋”，“－”两个符号插入，有222A =种方法，共有12种方法，选B.7．（江苏卷）10)31(x x -的展开式中含x 的正整数指数幂的项数是（A ）0 （B ）2 （C ）4 （D ）6 【思路点拨】本题主要考查二项式展开通项公式的有关知识.【正确解答】1031⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x的展开式通项为31010102121011()()33r r r r r r C C x x ---=，因此含x 的正整数次幂的项共有2项.选B【解后反思】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0x =.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. 8．（江西卷）在（x）2006的二项展开式中，含x 的奇次幂的项之和为S ，当x时，S 等于（）A.23008B.-23008C.23009D.-23009 解：设（x）2006＝a 0x 2006＋a 1x 2005＋…＋a 2005x ＋a 2006则当x时，有a 0）2006＋a 1）2005＋…＋a 2005）＋a 2006＝0 （1）当x时，有a 0）2006－a 1）2005＋…－a 2005）＋a 2006＝23009 （2）（1）－（2）有a 1）2005＋…＋a 200523009÷2＝－23008，故选B9．（江西卷）在2nx ⎫⎪⎭的二项展开式中，若常数项为60，则n 等于（）Ａ．3Ｂ．6Ｃ．9Ｄ．12解：n 3rrn rr r r 2r 1nn r rn 2T C 2C x x n 3r 02C 60⨯⎧⎨⎩－－＋＝（）＝－＝＝，由r r n n 3r 02C 60⎧⎨⎩－＝＝解得n ＝6故选B10．（辽宁卷）1234566666C C C C C ++++的值为（）Ａ．61 Ｂ．62Ｃ．63 Ｄ．64解：原式＝62262-=，选B11．（全国卷I ）设集合{}1,2,3,4,5I =。

高三数学排列组合与二项式定理试题答案及解析

高三数学排列组合与二项式定理试题答案及解析1.三张卡片的正反面分别写有1和2,3和4,5和6,若将三张卡片并列,可得到不同的三位数(6不能作9用)的个数为()A．8B．6C．14D．48【答案】D【解析】方法一:第一步,选数字.每张卡片有两个数字供选择,故选出3个数字,共有23=8(种)选法.第二步,排数字.要排好一个三位数,又要分三步,首先排百位,有3种选择,由于排出的三位数各位上的数字不可能相同,因而排十位时有2种选择,排个位只有一种选择.故能排出3×2×1=6(个)不同的三位数.由分步乘法计数原理知共可得到8×6=48(个)不同的三位数.方法二:第一步,排百位有6种选择,第二步,排十位有4种选择,第三步,排个位有2种选择.根据分步乘法计数原理,共可得到6×4×2=48(个)不同的三位数.2.设、、为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记.若，且，则的值可以为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，因此除的余数为，即，因此的值可以为，故选A.【考点】1.二项式定理；2.数的整除性3.5名志愿者到3个不同的地方参加义务植树，则每个地方至少有一名志愿者的方案共有____种．【答案】150【解析】将5名志愿者分到3个不同的地方参加义务植树，且每个地方至少有一名志愿者，则分配至3地的人数模式只有“1、1、3”与“1、2、2”这两种模式.设这3地分别为甲、乙、丙.(1)当分配的人数模式是“1、1、3”时，即甲、乙、丙3地中有一地是3个人，其他两地都只有1人,则共有（种）.即先从三地中选一地是分配3个人的，再从5名志愿者中选三人派到该地.剩余2人再分配至其余两地.(2) 当分配的人数模式是“1、2、2”时,即甲、乙、丙3地中有一地是1个人，其他两地都有2人,则共有（种）.即先从三地中选一地是只分配1个人的，再从5名志愿者中选1人派到该地.剩余4人再选出2人分配至其余两地中的某地，那剩余2人即是最后一地所得.综上所述，共有60+90=150种方案.【考点】排列与组合4.如图是网络工作者经常用来解释网络运作的蛇形模型：数字1出现在第1行；数字2，3出现在第2行；数字6，5，4（从左至右）出现在第3行；数字7，8，9，10出现在第4行；依次类推，则（1）按网络运作顺序第n行第一个数字（如第2行第一个数字为2，第3行第一个数字为4，…）是；（2）第63行从左至右的第4个数应是．【答案】（1）。

高二数学排列组合与二项式定理试题答案及解析

高二数学排列组合与二项式定理试题答案及解析1.的二项展开式中，项的系数是（）A．45B．90C．135D．270【答案】C【解析】的二项展开式中，，令r=4得，项的系数是=135，选C。

【考点】二项展开式的通项公式点评：简单题，二项式展开式的通项公式是，。

2.设，则的值为【答案】-2.【解析】根据题意，由于，则令x=-1,则可知等式左边为-2，故可知=-2，因此答案为-2.【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理的运用，属于基础题。

3.已知二项式的展开式中第四项为常数项，则等于A．9B．6C．5D．3【答案】C【解析】根据题意，由于二项式的展开式中第四项为常数项，那么其通项公式为，故答案为5，选C.【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理中展开式的通项公式的运用，属于基础题。

4.已知，则 .【答案】66【解析】根据题意，由于，故可知，故可知答案为66.【考点】组合数公式点评：主要是考查了组合数性质的运用，属于基础题。

5.已知离散型随机变量的分布列如下表．若，，则，．【答案】【解析】由分布列性质可得，【考点】分布列期望方差点评：在分布列中各概率之和为1，借助于分布列结合期望方差公式可计算这两个量6.已知（）能被整除，则实数的值为【答案】【解析】根据题意，由于，根据二项式定理展开式可知，那么由于（）能被整除，且被11除的余数为2，那么可知2+a能被11整除，可知a==9，故答案为9.【考点】二项式定理的运用点评：主要是考查了二项式定理来解决整除问题的运用，属于基础题。

7. ( -)6的二项展开式中的常数项为_____.(用数字作答)【答案】-160【解析】由二项式定理得通项得，，取得常数项。

故选D。

【考点】二项式定理点评：在两项式定理中，通项是最重要的知识点，解决此类题目，必然用到它。

8. 4名同学到某景点旅游，该景点有4条路线可供游览，其中恰有1条路线没有被这4个同学中的任何1人游览的情况有A．36种B．72种C．81种D．144种【答案】D【解析】由题意可知4人选择了4条线路中的3条，不同的游览情况共有种【考点】排列组合点评：求解本题按照先分组后分配的思路求解9.已知，则二项式展开式中的系数为_________.【答案】10【解析】，展开的通项为，令，系数为【考点】定积分与二项式定理点评：定积分，其中，二项式的展开式第项是10.若N，且则（）A．81B．16C． 8D．1【答案】A【解析】根据题意，由于，可知n=4,那么当x=-1时可知等式左边为 ,那么右边表示的为81，故答案为81，选A 【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理以及系数和的求解，属于基础题。

二项式定理题型种种及解析

二项式定理题型种种及解析
二项式定理主要应用在排列组合概念上，可以求解给定n个物体，选择m个物体排列组合成一组并且可以重复计算出选择不同个数的物体组合的数量。

二项式定理考题主要有以下几种：
一、从n个元素中取m个元素的所有可能性
这种考题的关键就在于搞清楚n个元素中取m个元素的所有可能性有多少种。

二项式定理可以游刃有余的解决这种题目，前提条件是没有重复的元素选择。

具体的求解方法是运用二项式定理：Cnm＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)／m!
二、从n个元素中取m个元素的组合数
二项式定理也可以求解从n个元素中取m个元素的组合数，它可以求出在选取不需要重复元素的情况下，挑选m个组合的数量。

公式是：组合数＝C（n，m）/m!
三、n的阶乘的计算
二项式定理也可以求解n的阶乘，其计算公式是：n!=n(n－1)(n－2) (1)
／2!，也就是二项式定理中NSm=0时的值。

排列、组合与二项式定理常见题型及解法

排列、组合与二项式定理常见题型及解法排列、组合、二项式定理的有关知识在高考中虽每年以小题的形式出现，但却是历年高考的必考内容，由于其试题具有一定的灵活性、机敏性和综合性，常使人感到扑朔迷离．本文结合近年相关省份高考数学试题进行分类解析，总结归纳出常见的、典型的考题及其解法，希望同学们能够对基本的解题策略熟练掌握，举一反三，触类旁通．题型1 两个原理直接应用问题例1 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽法有__________种．（以数字作答）解析按区域种植，选择相邻区域较多的先种，可分六步完成：第一步从4种花中任选1种给1号区域种，有4种方法；第二步从余下的3种花中任选1种给2号区域种，有3种方法；第三步从余下的2种花中任选1种给3号区域种，有2种方法；第四步给4号区域种花，由于4号区域与2号区域不相邻，故这两个区域可分为同色与不同色两类：（1）若4号区域与2号区域种同色花，则4号区域有1种种法，第五步给5号区域有2种种法，第六步给6号区域有1种种法；（2）若4号区域与2号区域种不同色花，则4号区域有1种种法，而5号区域的种法又可分为两类：若5号区域与2号区域种同色花，则5号区域有1种种法，6号区域有2种种法；若5号区域与2号区域种不同色花，则5号区域有1种种法，6号区域有1种种法．由两个原理得,不同的种植方法共有4×3×2×[1×2×1+1×(1×2+1×1)]=120种.点评两个原理是解决排列、组合问题的重要手段，也是基础方法．尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效地将其化简，达到求解的目的．应用两个原理时，关键是根据自己对问题的分析，一般情况是先分类再分步．题型2特殊元素（位置）优先考虑问题例2 安排7位工作人员在5月1日至5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有__________种．（用数字作答）解析先安排甲、乙两人在后5天值班，有A种排法；其余5人再进行排列，有A种排法，所以共有A?A=2400种不同的安排方法．点评若排列中有特殊元素或特殊位置时，一般既可先处理特殊元素，也可先处理特殊位置，依据特殊情况而定．如本题也可先安排除甲、乙外的5人中的2人在5月1日和2日值班，有A种排法；再排其余5人（含甲、乙）在后5天值班，有A种排法，共有A?A=2400种不同的安排方法．题型3相邻排列问题例3 用数字0、1、2、3、4组成没有重复数字的五位数，（用数字作答）则其中数字1、2相邻的偶数有__________个．解析个位数字必须是0、2、4，可以分情况讨论：（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A?A=12个；（2）若末位数字为2，则1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有A?A=4个；（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A?A?A=8个，所以符合条件的五位数共有24个．点评对于含有某几个元素相邻的排列问题，可先将相邻元素“捆绑”起来视为一个元素，与其他元素一起进行全排列，然后再对相邻元素内部进行全排列，这就是处理相邻排列问题的“捆绑”法．题型4互不相邻排列问题例4 用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1与2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有__________个．（用数字作答）解析可以分成三步：第一步把1与2、3与4、5与6看作三个整体排成一列，共有A种排法；第二步是把7与8插入第一步中的三个整体之间，共有A种排法；第三步把第一步当中的1与2、3与4、5与6之间的位置可以交换，共有A?A?A种排法．所以组成这样的八位数共有A?A?A?A?A=576种．点评对于含有某几个元素互不相邻的排列问题，可先将其他元素排成一排，然后将不相邻的元素插入这些排好的元素之间及两端的空隙中，这就是解决互不相邻排列问题的“插空”法．本题使用了“捆绑”法与“插空”法．题型5定序排列计算问题例 5 某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，又工程丁必须在丙完成后立即进行，那么安排这6项工程的不同的排法种数是__________.（用数字作答）解析由于丁必需在丙完成后立即进行，故可把两个视为一个大元素，先不管其他限制条件使其与其他4项进行排列共有A种排法；在所在的这些排法中，甲、乙、丙相对顺序共有A种，故满足条件的排法种数共有=20．点评对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然后用总排列数除以这几个元素的全排列数，即若有n个元素参加排列，其中有m 个元素顺序是确定的，则排列数是．题型6 排列组合混合计算问题例 6 5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有种.（用数作答）解析两老一新时, 有CCA=12种排法；一老两新时，有CCA=36种排法，即共有48种排法．点评对于排列组合的混合应用题，可采取先选取元素（组合），后进行排列的策略．题型7不同元素的分组分配问题例7 5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有().A．150种B．180种C．200种D．280种解析人数分配上有1、2、2与1、1、3两种方式．（1）若是1、2、2，可分两步完成：第一步将5名志愿者分为三组（1、2、2）有种方法；第二步将这三组志愿者分配到3所学校支教有A种方法．由分步乘法计数原理得不同的分配方案共有?A=90种．（2）若是1、1、3，同理则有种?A=60，所以共有150种．点评对于不同元素的分组分配问题，可运用先分组（堆）后排列的策略求解．无次序分组问题常有“均匀分组、部分均匀分组、非均匀分组”等三种类型．计数时常有下面结论：对于其中的“均匀分组”和“部分均匀分组”问题，只需按“非均匀分组”列式后，再除以均匀组数的全排列数．题型8 排列、组合有关的几何问题例8 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有().A．18对B．24对C．30对D．36对解析如下图所示：（1）上、下底面的6条棱所在的直线中，有6对异面直线；（2）“上、下底面的6条棱所在的直线”与“3条侧棱和6条面对角线所在的直线”中，有3×6＝18对异面直线（以AB为例，AB分别与CD、CE、CF构成3对异面直线）；（3）“3条侧棱所在的直线”与“6条面对角线所在的直线”中，有2×3＝6对异面直线（以AD为例，AD分别与BF、CE构成2对异面直线）；（4）6条面对角线所在的直线中，有2×6/2＝6对异面直线．综合（1）、（2）、（3）、（4），15条直线中异面直线有6+18+6+6=36对．点评求解几何图形问题时，一要熟悉几何图形性质及点、线、面的位置关系；二要按同一标准分类，避免重复或遗漏．题型9 二项式定理求展开式的指定项问题例9-的展开式中含x的正整数指数幂的项数是().A．0 B． 2 C． 4 D． 6解析展开式通项为Ｔr+1=C 10-r- r=C-x ，若展开式中含x的正整数指数幂，即5- r∈N*，且0≤r≤10，r∈N，所以r=2．正确选项为B．点评求二项展开式的指定项，关键是抓住展开式中的通项公式，就可由题设确定通项公式中的指数或项数，进而求出r，从而求出其指定项．题型10二项式定理求展开式的系数和有关问题例10 若3 -的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为().A．-540 B．-162C．162 D．540解析令x＝1，则(3-1)n=64=2n，∴n=6，即求3 -展开式的常数项．由通项公式，得Ｔr+1=C3 6-r?-=(-1)r?36-r?C?x3-r．令3-r=0，得r=3，常数项为(-1)3?36-3?C=-540．正确选项为A．点评转换视角，把展开式看作一个代数恒等式，通过令变量取不同的值得到所需结果，是解决这一类问题的通法．题型11二项式定理求幂指数n问题例11 若2x-展开式中含项的系数与含项的系数之比为-5，则n等于().A．4B．6C．8D．10解析Tk+1=C(2x)n-k-=(-1)k2n-kCxn-2k，令n-2k=-2，则n=2k-2．Tr+1=(-1)r2n-rCxn-2r，令n-2r=-4，即n=2r-4．故r-k=1．由题意，得=-5，即(-1)k-r2r-k =-5．∵r-k=1，∴化简得=5，解得k=4，∴n=6．故选B．点评利用二项式定理求幂指数，主要体现了方程思想在二项展开式中的应用.问题解答的关键是根据题目条件建立相关的方程，即可获解．责任编校赖庆安注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF 格式阅读原文。

排列、组合与二项式定理

排列、组合与二项式定理命题点1 排列、组合的应用1．求解有限制条件排列问题的5种主要方法(1)间接法：对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方法；(2)捆绑法：相邻问题捆绑处理，即可以把相邻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；(3)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后的空中；(4)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；(5)直接法：①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；②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．2．求解排列、组合问题的3个易错点(1)分类标准不明确，有重复或遗漏；(2)混淆排列问题与组合问题；(3)解决捆绑问题时，忘记“松绑”后的全排列．[高考题型全通关]1．(2020·洛阳尖子生第一次联考)某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为( )A．16 B．18 C．24 D．32C [第一步：先将3辆不同型号的车排在一起，有A种方法；第二步：把剩余的4个车位看成一个元素，插入3辆车所形成的4个空位中，有C种方法，由分步乘法计数原理可知，共有A·C＝24种方法，故选C．]2．[教材改编]从1，2，3，…，10中选取三个不同的数，使得其中至少有两个相邻，则不同的选法种数是( )A．72 B．70 C．66 D．64D [从1，2，3，…，10中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，若取出数1，2，则第三个数有C种取法；同理，取出9，10时，有C种取法；若取出数2，3，则第三个数有C种取法，同理取出数3，4；4，5；5，6；6，7；7，8；8，9时，均有C种取法，共有C·C＋C·C＝56种选法．三个数相邻共有C＝8种选法，故至少有两个数相邻共有56＋8＝64种选法，故选D．]3．如图，某圆形花坛被其内接三角形分成四部分，现计划在这四部分种植花卉，如果仅有5种花卉可供选择，要求每部分种植1种花卉，并且相邻两部分种植不同的花卉，则不同的种植方法有( )A．360种 B．320种 C．108种 D．96种B [如图对分成的四部分进行编号，可以分以下3种情况进行分析：(1)总共种植2种花卉，即1部分种植1种花卉，2，3，4部分种植同一种花卉，种植方法有CA＝20(种)；(2)总共种植3种花卉，即1部分种植1种花卉，2，3部分种植同一种花卉或2，4部分种植同一种花卉或3，4部分种植同一种花卉，另外一部分种植另一种花卉，种植方法有3CA＝180(种)；(3)总共种植4种花卉，种植方法有A＝120(种)．所以不同的种植方法有20＋180＋120＝320(种)．故选B．] 4．北京某大学第十八届四中全会招募了30名志愿者(编号分别是1，2，…，30号)，现从中任意选取6人按编号大小分成两组分配到江西厅、广电厅工作，其中三个编号较小的人在一组，三个编号较大的在另一组，那么确保6号、15号与24号同时入选并被分配到同一厅的选取种数是( )A．25 B．32 C．60 D．100C [6号、15号与24号放在一组，则其余三个编号要么都比6小，要么都比24大，比6小时，有C＝10种选法，都比24大时，有C＝20种选法，合计30种选法，6号、15号与24号在选厅时有2种选法，所以选取的种数共有(10＋20)×2＝60种，故正确选项为C．]5．[多选]某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是 ( )A．若任意选择三门课程，选法总数为AB．若物理和化学至少选一门，选法总数为CCC．若物理和历史不能同时选，选法总数为C－CD．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为CC－CABD [对于A，若任意选择三门课程，选法总数为C，错误；对于B，若物理和化学选一门，有C种方法，其余两门从剩余的5门中选，有C种选法；若物理和化学选两门，有C种选法，剩下一门从剩余的5门中选，有C种选法，综上，总数为CC＋CC，错误；对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为C－C·C＝C－C，正确；对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历史不同时选，有C·C种选法；②选化学，不选物理，有C·C种选法；③物理与化学都选，有C·C种选法，故总数为C·C＋C·C＋C·C＝6＋10＋4＝20(种)，错误．]6．[教材改编]7人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同的排法种数是________．3 600 [法一：由题意，分两步：第一步，先安排甲、乙以外的5人，不同的排法有A＝120(种)；第二步，在6个空中任选2个空排甲、乙，不同的排法有A＝30(种)．由分步乘法计数原理得，满足条件的不同排法有120×30＝3 600(种)．法二：7人并排站成一行的不同排法有A＝5 040(种)，其中甲、乙两人相邻的不同排法有2A＝1 440(种)，所以甲、乙两人必须不相邻的不同排法有5 040－1 440＝3 600(种)．] 7．(2020·陕西百校联盟第一次模拟)某系列智能手机玻璃版有“星河银”“罗兰紫”“翡冷翠”“亮黑色”四种颜色．若甲、乙等四位市民准备分别购买一部颜色互不相同的同一型号玻璃版的该系列手机．若甲购买“亮黑色”或“星河银”，则乙不购买“罗兰紫”，则这四位市民不同的购买方案有________种．20 [依题意，就甲实际购买的手机颜色进行分类，第一类，甲实际购买的手机颜色为“亮黑色”与“星河银”之一，满足题意的购买方案有C×C×A＝8(种)；第二类，甲实际购买的手机颜色不是“亮黑色”，也不是“星河银”，满足题意的购买方案有C×A＝12(种)．由分类加法计数原理可知，满足题意的购买方案有8＋12＝20(种)．]8．[一题两空]用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成________个无重复数字的三位数，也可以组成________个能被5整除且无重复数字的五位数．100 216 [第一个空：第一步，先确定三位数的最高数位上的数，有C＝5种方法；第二步，确定另外两个数位上的数，有A＝5×4＝20种方法，所以可以组成5×20＝100个无重复数字的三位数．第二个空：被5整除且无重复数字的五位数的个数上的数有2种情况；当个位数上的数字是0时，其他数位上的数有A＝5×4×3×2＝120个；当个位数上的数字是5时，先确定最高数位上的数，有C＝4种方法，而后确定其他三个数位上的数有A＝4×3×2＝24种方法，所以共有24×4＝96个数，根据分类加法计数原理共有120＋96＝216个数．]命题点2 二项式定理1．在应用通项公式中，要注意以下几点(1)它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；(2)Tr＋1是展开式中的第r＋1项，而不是第r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，“赋值法”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．[高考题型全通关]1．(2020·四川五校联考)(3x3＋x4)的展开式中x2的系数为( )A．－1 280 B．4 864 C．－4 864 D．1 280A [根据的展开式的通项Tr＋1＝C28－r，可得第一个括号里取3x3，第二个括号里取C×27×，或者第一个括号里取x4，第二个括号里取C×26×，故x2项为3x3＋x4，化简得－1 280x2，故选A．]2．(2020·合肥调研)展开式中的常数项为( )A．1 B．11 C．－19 D．51B [＝，则其展开式的通项Tk＋1＝C (其中k＝0，1，2，3，4，5)．要求原式展开式中的常数项，则需求的展开式中的常数项．因为的展开式的通项Tr＋1＝Cxk－r＝(－1)rCxk－2r(其中r＝0，1，2，…，k)．由题意，令k－2r＝0，则k＝2r，即k 是2的倍数，所以k＝0，2，4，所以该展开式中的常数项为C －CC＋CC＝11，故选B．]3．已知(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2的值为( )A．39 B．310 C．311 D．312D [对(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9两边同时求导，得9(x＋2)8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7＋9a9x8，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9＝310，令x＝－1，得a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9＝32.所以(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2＝(a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9)(a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9)＝310×32＝312.故选D．]4．(2020·安徽示范高中名校联考)在二项式的展开式中，各项系数和为M，各项二项式系数和为N，且M＋N＝72，则展开式中常数项的值为( )A．18 B．12 C．9 D．6C [法一：令x＝1，得展开式中各项系数和M＝4n，各项二项式系数和N＝2n，则2n＋4n＝72，得n＝3.则展开式的通项公式为Tk＋1＝C()3－k＝3kCx，令3－3k＝0，得k＝1，所以常数项为9.故选C．法二：令x＝1，得展开式中各项系数和M＝4n，各项二项式系数和N＝2n，则2n＋4n＝72，得n＝3.可看作三个相乘，其展开式中的常数项为C××()2＝9，故选C．]5．[多选][教材改编]关于多项式的展开式，下列结论正确的是( )A．各项系数之和为1B．各项系数的绝对值之和为212C．存在常数项D．x3的系数为40BCD [由题意可得，各项系数之和为26，各项系数的绝对值之和为212.＝，易知该多项式的展开式中一定存在常数项．由题中的多项式可知，若出现x3，可能的组合只有·(－x)3和·(－x)4，结合排列组合的性质可得x3的系数为C×13×C×20×(－1)3＋C×11×C×21×(－1)4＝40.]6．[多选]已知(2x－m)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7，若a0＋＋＋…＋＝－128，则有( )A．m＝2B．a3＝－280C．a0＝－1D．－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14BCD [令1－x＝，即x＝，可得＝(1－m)7＝a0＋＋＋…＋＝－128，得m＝3，则令x＝1，得a0＝(－1)7＝－1，(2x－3)7＝[－1－2(1－x)]7，所以a3＝C×(－1)7－3×(－2)3＝－280.对(2x－3)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7两边求导得14(2x－3)6＝－a1－2a2(1－x)－…－7a7(1－x)6，令x＝2，得－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14.]7．[多选]已知 (a＞0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是( )A．展开式中奇数项的二项式系数和为256B．展开式中第6项的系数最大C．展开式中存在常数项D．展开式中含x15项的系数为45BCD [因为的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以C＝C，得n＝10.因为展开式中各项系数之和为1 024，所以令x＝1，得(a＋1)10＝1 024，得a＝1，故给定的二项式为，其展开式中奇数项的二项式系数和为×210＝512，故A不正确．由n＝10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而展开式的系数与对应的二项式系数相等，故B正确．展开式的通项公式为Tk＋1＝C(x2)10－k·＝Cx (k＝0，1，2，…，10)，令20－＝0，解得k＝8，即常数项为第9项，故C正确．令20－＝15，得k＝2，故展开式中含x15项的系数为C ＝45，故D正确．]8．[一题两空](1＋ax)2(1－x)5的展开式中，所有x的奇数次幂项的系数和为－64，则正实数a的值为________，展开式中x2项的系数为________．3 －11 [设(1＋ax)2(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7，令x＝1得0＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7，①令x＝－1得(1－a)225＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7，②②－①得：(1－a)225＝－2(a1＋a3＋a5＋a7)，又a1＋a3＋a5＋a7＝－64，所以(1－a)225＝128，解得a＝3或a＝－1(舍)，则(1＋3x)2(1－x)5的展开式中x2项的系数为C32＋C×3×C(－1)＋C×30×C(－1)2＝－11.]排列、组合与二项式定理命题点1 排列、组合的应用1．求解有限制条件排列问题的5种主要方法(1)间接法：对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方法；(2)捆绑法：相邻问题捆绑处理，即可以把相邻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；(3)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后的空中；(4)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；(5)直接法：①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；②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．2．求解排列、组合问题的3个易错点(1)分类标准不明确，有重复或遗漏；(2)混淆排列问题与组合问题；(3)解决捆绑问题时，忘记“松绑”后的全排列．[高考题型全通关]1．(2020·洛阳尖子生第一次联考)某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为( )A．16 B．18 C．24 D．32C [第一步：先将3辆不同型号的车排在一起，有A种方法；第二步：把剩余的4个车位看成一个元素，插入3辆车所形成的4个空位中，有C种方法，由分步乘法计数原理可知，共有A·C＝24种方法，故选C．]2．[教材改编]从1，2，3，…，10中选取三个不同的数，使得其中至少有两个相邻，则不同的选法种数是( )A．72 B．70 C．66 D．64D [从1，2，3，…，10中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，若取出数1，2，则第三个数有C种取法；同理，取出9，10时，有C种取法；若取出数2，3，则第三个数有C种取法，同理取出数3，4；4，5；5，6；6，7；7，8；8，9时，均有C种取法，共有C·C＋C·C ＝56种选法．三个数相邻共有C＝8种选法，故至少有两个数相邻共有56＋8＝64种选法，故选D．]3．如图，某圆形花坛被其内接三角形分成四部分，现计划在这四部分种植花卉，如果仅有5种花卉可供选择，要求每部分种植1种花卉，并且相邻两部分种植不同的花卉，则不同的种植方法有( )A．360种 B．320种 C．108种 D．96种B [如图对分成的四部分进行编号，可以分以下3种情况进行分析：(1)总共种植2种花卉，即1部分种植1种花卉，2，3，4部分种植同一种花卉，种植方法有CA＝20(种)；(2)总共种植3种花卉，即1部分种植1种花卉，2，3部分种植同一种花卉或2，4部分种植同一种花卉或3，4部分种植同一种花卉，另外一部分种植另一种花卉，种植方法有3CA＝180(种)；(3)总共种植4种花卉，种植方法有A＝120(种)．所以不同的种植方法有20＋180＋120＝320(种)．故选B．]4．北京某大学第十八届四中全会招募了30名志愿者(编号分别是1，2，…，30号)，现从中任意选取6人按编号大小分成两组分配到江西厅、广电厅工作，其中三个编号较小的人在一组，三个编号较大的在另一组，那么确保6号、15号与24号同时入选并被分配到同一厅的选取种数是( )A．25 B．32 C．60 D．100C [6号、15号与24号放在一组，则其余三个编号要么都比6小，要么都比24大，比6小时，有C＝10种选法，都比24大时，有C＝20种选法，合计30种选法，6号、15号与24号在选厅时有2种选法，所以选取的种数共有(10＋20)×2＝60种，故正确选项为C．] 5．[多选]某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是 ( )A．若任意选择三门课程，选法总数为AB．若物理和化学至少选一门，选法总数为CCC．若物理和历史不能同时选，选法总数为C－CD．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为CC－CABD [对于A，若任意选择三门课程，选法总数为C，错误；对于B，若物理和化学选一门，有C种方法，其余两门从剩余的5门中选，有C种选法；若物理和化学选两门，有C种选法，剩下一门从剩余的5门中选，有C种选法，综上，总数为CC＋CC，错误；对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为C－C·C＝C－C，正确；对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历史不同时选，有C·C种选法；②选化学，不选物理，有C·C种选法；③物理与化学都选，有C·C种选法，故总数为C·C＋C·C＋C·C＝6＋10＋4＝20(种)，错误．]6．[教材改编]7人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同的排法种数是________．3 600 [法一：由题意，分两步：第一步，先安排甲、乙以外的5人，不同的排法有A＝120(种)；第二步，在6个空中任选2个空排甲、乙，不同的排法有A＝30(种)．由分步乘法计数原理得，满足条件的不同排法有120×30＝3 600(种)．法二：7人并排站成一行的不同排法有A＝5 040(种)，其中甲、乙两人相邻的不同排法有2A ＝1 440(种)，所以甲、乙两人必须不相邻的不同排法有5 040－1 440＝3 600(种)．] 7．(2020·陕西百校联盟第一次模拟)某系列智能手机玻璃版有“星河银”“罗兰紫”“翡冷翠”“亮黑色”四种颜色．若甲、乙等四位市民准备分别购买一部颜色互不相同的同一型号玻璃版的该系列手机．若甲购买“亮黑色”或“星河银”，则乙不购买“罗兰紫”，则这四位市民不同的购买方案有________种．20 [依题意，就甲实际购买的手机颜色进行分类，第一类，甲实际购买的手机颜色为“亮黑色”与“星河银”之一，满足题意的购买方案有C×C×A＝8(种)；第二类，甲实际购买的手机颜色不是“亮黑色”，也不是“星河银”，满足题意的购买方案有C×A＝12(种)．由分类加法计数原理可知，满足题意的购买方案有8＋12＝20(种)．]8．[一题两空]用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成________个无重复数字的三位数，也可以组成________个能被5整除且无重复数字的五位数．100 216 [第一个空：第一步，先确定三位数的最高数位上的数，有C＝5种方法；第二步，确定另外两个数位上的数，有A＝5×4＝20种方法，所以可以组成5×20＝100个无重复数字的三位数．第二个空：被5整除且无重复数字的五位数的个数上的数有2种情况；当个位数上的数字是0时，其他数位上的数有A＝5×4×3×2＝120个；当个位数上的数字是5时，先确定最高数位上的数，有C＝4种方法，而后确定其他三个数位上的数有A＝4×3×2＝24种方法，所以共有24×4＝96个数，根据分类加法计数原理共有120＋96＝216个数．]命题点2 二项式定理1．在应用通项公式中，要注意以下几点(1)它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；(2)Tr＋1是展开式中的第r＋1项，而不是第r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，“赋值法”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．[高考题型全通关]1．(2020·四川五校联考)(3x3＋x4)的展开式中x2的系数为( )A．－1 280 B．4 864 C．－4 864 D．1 280A [根据的展开式的通项Tr＋1＝C28－r，可得第一个括号里取3x3，第二个括号里取C×27×，或者第一个括号里取x4，第二个括号里取C×26×，故x2项为3x3＋x4，化简得－1 280x2，故选A．]2．(2020·合肥调研)展开式中的常数项为( )A．1 B．11 C．－19 D．51B [＝，则其展开式的通项Tk＋1＝C (其中k＝0，1，2，3，4，5)．要求原式展开式中的常数项，则需求的展开式中的常数项．因为的展开式的通项Tr＋1＝Cxk－r＝(－1)rCxk－2r(其中r＝0，1，2，…，k)．由题意，令k－2r＝0，则k＝2r，即k是2的倍数，所以k＝0，2，4，所以该展开式中的常数项为C－CC＋CC＝11，故选B．]3．已知(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2的值为( )A．39 B．310 C．311 D．312D [对(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9两边同时求导，得9(x＋2)8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7＋9a9x8，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9＝310，令x＝－1，得a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9＝32.所以(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2＝(a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9)(a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9)＝310×32＝312.故选D．]4．(2020·安徽示范高中名校联考)在二项式的展开式中，各项系数和为M，各项二项式系数和为N，且M＋N＝72，则展开式中常数项的值为( )A．18 B．12 C．9 D．6C [法一：令x＝1，得展开式中各项系数和M＝4n，各项二项式系数和N＝2n，则2n＋4n＝72，得n＝3.则展开式的通项公式为Tk＋1＝C()3－k＝3kCx，令3－3k＝0，得k＝1，所以常数项为9.故选C．法二：令x＝1，得展开式中各项系数和M＝4n，各项二项式系数和N＝2n，则2n＋4n＝72，得n＝3.可看作三个相乘，其展开式中的常数项为C××()2＝9，故选C．]5．[多选][教材改编]关于多项式的展开式，下列结论正确的是( )A．各项系数之和为1B．各项系数的绝对值之和为212C．存在常数项D．x3的系数为40BCD [由题意可得，各项系数之和为26，各项系数的绝对值之和为212.＝，易知该多项式的展开式中一定存在常数项．由题中的多项式可知，若出现x3，可能的组合只有·(－x)3和·(－x)4，结合排列组合的性质可得x3的系数为C×13×C×20×(－1)3＋C×11×C×21×(－1)4＝40.] 6．[多选]已知(2x－m)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7，若a0＋＋＋…＋＝－128，则有( )A．m＝2B．a3＝－280C．a0＝－1D．－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14BCD [令1－x＝，即x＝，可得＝(1－m)7＝a0＋＋＋…＋＝－128，得m＝3，则令x＝1，得a0＝(－1)7＝－1，(2x－3)7＝[－1－2(1－x)]7，所以a3＝C×(－1)7－3×(－2)3＝－280.对(2x－3)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7两边求导得14(2x－3)6＝－a1－2a2(1－x)－…－7a7(1－x)6，令x＝2，得－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14.]7．[多选]已知 (a＞0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是( )A．展开式中奇数项的二项式系数和为256B．展开式中第6项的系数最大C．展开式中存在常数项D．展开式中含x15项的系数为45BCD [因为的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以C＝C，得n＝10.因为展开式中各项系数之和为1 024，所以令x＝1，得(a＋1)10＝1 024，得a＝1，故给定的二项式为，其展开式中奇数项的二项式系数和为×210＝512，故A不正确．由n＝10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而展开式的系数与对应的二项式系数相等，故B正确．展开式的通项公式为Tk＋1＝C(x2)10－k·＝Cx (k＝0，1，2，…，10)，令20－＝0，解得k＝8，即常数项为第9项，故C正确．令20－＝15，得k＝2，故展开式中含x15项的系数为C＝45，故D正确．]8．[一题两空](1＋ax)2(1－x)5的展开式中，所有x的奇数次幂项的系数和为－64，则正实数a的值为________，展开式中x2项的系数为________．3 －11 [设(1＋ax)2(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7，令x＝1得0＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7，①令x＝－1得(1－a)225＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7，②②－①得：(1－a)225＝－2(a1＋a3＋a5＋a7)，又a1＋a3＋a5＋a7＝－64，所以(1－a)225＝128，解得a＝3或a＝－1(舍)，则(1＋3x)2(1－x)5的展开式中x2项的系数为C32＋C×3×C(－1)＋C×30×C(－1)2＝－11.]。

排列、组合、二项式定理经典题型汇总

排列组合概率统计（专题）【考点聚焦】考点1：排列、组合的概念，排列数、组合数的计算公式和组合数的性质；考点2：二项式定理和二项展开式的性质及利用它们计算和证明一些简单问题；考点3：利用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率；考点4：利用互拆事件的加法公式计算一些事件的概率；考点5：利用独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率，会计算在n 次独立重复试验中谋事件恰好发生k 次的概率。

问题一、高考题看排列组合应用问题的解法一、组数问题：例1.（2004年全国卷二.文12）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23145且小于43521的数共有（）.A. 56个B. 57个C. 58个D. 60个练习：1．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2.从1,3,5,7中任取2个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有个.3．现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（）A 1024种B 1023种C 1536种D 1535种4．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的比1000大的奇数共有（）A 36个B 48个C 66个D 72个5．将数字1，2，3，4，5，6拼成一列，记第i 个数为i (i 126)a =，，，，若11a ≠，33a ≠，55a ≠，135a a a <<，则不同的排列方法种数为（）A ．18B ．30C ．36D ．48二、分组、分配问题：例2.（2004年全国卷三.文12）将4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有（）.A.12种B. 24种C. 36种D. 48种练习：1.某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（）.A. 2426C AB. 242621C A C. 2426A A D. 262A 2．从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（）.A. 210种B. 420种C. 630种D. 840种3．从高三年级的7个班中选12名学生去参加数学竞赛，每班至少选一人，则不同的选法共有（）A B CD4．高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（）.A 16种B 18种C 37种D 48种5．本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（）A 480 种B 240种C 120种D 96种6 某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有（）A 5040B 1260C 210D 6307．在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（）种.A 34AB 34C 43D 34C8。

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排列、组合与二项式定理理

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