第一篇：專題09 排列組合二項式定理(教學案)-高考數學二輪復習精品資料(原卷版)

專題09 排列組合、二項式定理(教學案)-20XX年高考數學二輪復習精品資料(原卷版)

【高效整合篇】

一．考場傳真

1.【20XX年遼寧卷】一排9個座位坐了3個三口之家，若每家人坐在一起，則不同的坐法種數為（）

A.3×3！B.3×(3！)C.(3！)D.9！

2.【20XX年浙江卷】將A,B,C,D,E,F六個字母排成一排，且A,B均在C的同側，則不同的排法共有________種（用數字作答）.3.【20XX年重慶卷】從3名骨科、4名腦外科和5名內科醫生中選派5人組成一個抗震救災醫療小組,則骨科、腦外科和內科醫生都至少有1人的選派方法種數是___________(用數字作答)

4.【20XX年新課標（I）】設m為正整數，展開式的二項式系數的最大值為a，展開式的二項式系數的最大值為b，若，則m＝()

A.5 B.6錯誤！未找到引用源。C.7

D.8

二．高考研究

1.考綱要求

（1）分類加法計數原理、分步乘法計數原理

①理解分類加法計數原理和分步乘法計數原理；

②會用分類加法計數原理或分步乘法計數原理分析和解決一些簡單的實際問題.（2）排列與組合

①理解排列、組合的概念.②能利用計數原理推導排列數公式、組合數公式.③能解決簡單的實際問題.（3）二項式定理

①能用計數原理證明二項式定理.②會用二項式定理解決與二項展開式有關的簡單問題

.一．基礎知識整合

1.應用兩個計數原理解題的方法

(1)在應用分類計數原理和分步計數原理時，一般先分類再分步，每一步當中又可能用到分類計數原理．

(2)對于復雜的兩個原理綜合使用的問題，可恰當列出示意圖或表格，使問題形象化、直觀化．

2.排列、組合數公式及相關性質

（1）排列數公式：

（2）組合數公式

n

（3）排列數與組合數的性質

排列:An；組合！

；

④增減性與最大值：當大，當時的值22

時，二項式系數Cr的值逐漸增

nn逐漸減小，且在中間取得最大值.當n為偶數時，中間一項（第＋1項）的二項式系數Cn2 式系數

相等并同時取最大值

二．高頻考點突破

考點1 分類計數原理與分步計數原理

【例1】【20XX年北京卷理】從0，2中選一個數字,從1,3,5中選兩個數字,組成無重復數字的三位數,其中奇數的個數為()A.24 B.18 C.12 D.6

【規律方法】高考計數原理可能單獨考查，也可能與排列、組合問等題綜合考查，要注意加乘明確：分類相加，分步相乘.“分類”就是對于較復雜的應用題中的元素往往分成互斥的幾類，然后逐類解決；“分步”就是把問題化成幾個互相聯系的步驟，而每一步都是簡單的排列組合問題，然后逐步解決.【舉一反三】【安徽省望江四中20XX屆高三上學期第一次月考】一個盒子里有3個分別標有號碼為1，2，3的小球，每次取出一個，記下它的標號后再放回盒子中，共取3次，則取得小球標號最大值是3的取法有（）

A．12種 B．15種 C．17種 D．19種

考點2 排列、組合及性質

取得最大值.當n為奇數時，中間兩項（第和＋1項）的二項

考點3 排列、組合的應用

【例3】【浙江溫州市十校聯合體20XX屆高三上學期期初聯考】將四個相同的紅球和四個相同的黑球排成一排，然后從左至右依次給它們賦以編號l，2，?，8.則紅球的編號之和小于黑球編號之和的排法有 種.【規律方法】1.解答排列組合應用題要從“分析”“分辨”“分類”“分步”的角度入手．

(1)“分析”就是找出題目的條件、結論，哪些是“元素”，哪些是“位置”；

(2)“分辨”就是辨別是排列還是組合，對某些元素的位置有無限制等；

(3)“分類”就是對于較復雜的應用題中的元素往往分成互斥的幾類，然后逐類解決；

(4)“分步”就是把問題化成幾個互相聯系的步驟，而每一步都是簡單的排列組合問題，然后逐步解決．

2.解決排列組合問題的13個策略.(1)特殊元素、特殊位置優先法；(2)相鄰問題捆綁法；(3)不相鄰(相間)問題插空法；(4)多排問題單排法；(5)多元問題分類法；(6)有序分配問題分步法；(7)交叉問題集合法；(8)至少或至多問題間接法；(9)選排問題先選后排法；(10)局部與整體問題排除法；(11)復雜問題轉化法；（12）定序問題倍縮法；(13)相同元素分組可采用隔板法.3.對解組合問題，應注意以下四點：

(1)對“組合數”恰當的分類計算，是解組合題的常用方法；

(2)是用“直接法”還是“間接法”解組合題，其原則是“正難則反”；

(3)設計“分組方案”是解組合題的關鍵所在；

(4)分組問題：要注意區分是平均分組還是非平均分組，平均分成n組問題別忘除以n！.【舉一反三】【浙江省嘉興一中20XX屆高三上學期入學摸底數學(理)】用0，1，2，3，4，5這六個數字，可以組成 個沒有重復數字且能被5整除的五位數（結果用數值表示）．

考點4 二項式定理及應用

【舉一反三】【山西省忻州一中 康杰中學 臨汾一中 長治二中20XX屆高三第一次四校聯考】 已知展開式中，奇數項的二項式系數之和為64，則展開式中含x項的系數為()

A.71 B.70 C.21 D.49 nn2

考點5 賦值法在二項式定理中的應用

【例5】【改編題】若，則 的值為()2222014

A．2 B．0 C．－1 D．－2

【規律方法】二項式定理是一個恒等式，使用時有兩種思路：一是利用恒等定理(兩個多項式恒等，則對應項系數分別相等)；二是賦值．二項式定理結合“恒等”與“賦值”兩條思路可以使很多求二項展開式的系數的問題迎刃而解．

賦值法是處理組合數問題、系數問題的最有效的經典方法，一般對任意，某式子恒成立，則對A中的特殊值，該式子一定成立，特殊值x如何選取視具體情況決定，靈活性較強，一般取居多.若

則設有：

f

考點6 二項式定理與其他知識交匯

【例6】【廣東省廣州市執信、廣雅、六中20XX屆高三10月三校聯考】設是

展開式的中間項，若

mx在區間上恒成立，則實數m的取值范圍是

【規律方法】二項式定理內容的考查常出現二項式內容與其它知識的交匯、整合，這是命題的一個創新方向．如二項式定理與函數、數列、復數，不等式等其他知識點綜合成題時，對其他模塊的知識點要能熟練運用.【舉一反三】【安徽省六校教育研究會20XX屆高三素質測試理】已知的最小值為n，則二項式展開式中x項的系數為1

x2

三．錯混辨析

1.確定分類的標準出錯和特殊情況考慮不全出錯

2.排列、組合問題中盲目列舉導致重復或遺漏出錯

【例2】 【20XX年四川卷】從1,3,5,7,9這五個數中，每次取出兩個不同的數分別記為a,b，共可得到的不同值的個數是（）

A.9 B.10 C.18 D.20

3.二項式定理與其他知識交匯時求解出錯

【例3】二項式和是a，所有項的n 的最小值為（）ab 的展開式中的所有項的系數的絕對值之

15713 A.B.C.D.2 636二項式系數之和是b，則

1.某人設計了一項單人游戲，規則如下：先將一棋子放在如圖所示正方形ABCD(邊長為3個單位)的頂點A處，然后通過擲骰子來確定棋子沿正方形的邊按逆時針方向行走的單位，如果擲出的點數為i(i＝1,2，…，6)，則棋子就按逆時針方向行走i個單位，一直循環下去．則某人拋擲三次骰子后棋子恰好又回到點A處的所有不同走法共有()

A．22種 B．24種 C．25種 D．36種

2.【安徽省六校教育研究會20XX屆高三素質測試】某動點在平面直角坐標系第一象限的整點上運動（含x,y正半軸上的整點），其運動規律為

或

。若該動點從原點出發，經過6步運動到點，則有（）種不同的運動軌跡.A．15 B．14 C． 9 D．

第二篇：2011屆高三數學精品復習之排列組合及二項式定理

2011屆高三數學精品復習之排列組合及二項式定理

1.熟悉排列數、組合數的計算公式；了解排列數、組合數的一些性質：①(n?1)!?(n?1)n!，由此可得：nn!?(n?1)!?n!，n11，為相應的數列求和創造了條件； ??(n?1)!n!(n?1)!

mn?mrrrrr?1mm?1m②Cn；③Cn?Cn?Cn?1?Cn?1，由此得：Cr?Cr?1?Cr?2???Cn?Cn?1；

34?35?4?320?19???3?????=___________ 11?21?2?31?2?3??18

2?13?24?35?420?19n(n?1)??????解析：原式=；記an?，數列{an}的前1?21?21?21?21?22[舉例] 1?19項和即為所求。記數列{an}的前n項和為Sn；該數列的求和辦法有很多種，但都比較煩瑣，這里介紹用組合數性質求解：注意到an?n(n?1)2=Cn?1，2[來源學*科*網Z*X*X*K]

22223223222=C3=C4= S19=C2?C3?C4???C20?C4???C20?C3?C4???C20

3?=C21=1330；

[鞏固1]設x?N且x?10，則(20?x)(21?x)?(29?x)等于（）

1020?x910（A）A20?x（B）A29?x（C）A29?x（D）A29?x*

[鞏固2] 已知(1?

則n=____ x)n的展開式中第9項、第10項、第11項的二項式系數成等差數列，2．解排列組合應用題首先要明確需要完成的事件是什么；其次要辨析完成該事件的過程：分類相加（每一類方法都能獨立地完成這件事），分步相乘（每一步都不能完成事件，只有各個步驟都完成了，才能完成事件）；較為復雜的事件往往既要分類，又要分步（每一類辦法又都需分步實施）；分類討論是研究排列組合問題的重要思想方法之一，分類時要選定討論對象、確保不重不漏。

[舉例] 設集合I={1,2,3,4,5}，選擇I的兩個非空子集A和B，要使B中最小的數大于A中的最大數，則不同的選擇方法共有：（）種

A．50種B．49種C．48種D．47種

解析：本題要完成的事件是：構造集合I的兩個非空子集；要求：B中最小的數大于A中的最大數；顯然B中的最小數不可能是1，以下分類：① B中的最小數是2，B中可以有{2，3，4，5}中的1個元素、2個元素、3個元素或4個元素，所有可能的情況有：0123=8種，此時A只有{1}這1種；集合A、B都確定了，才算完成事件，C3?C3?C3?C

3∴完成事件有8×1=8中方法；② B中的最小數是3，B中可以有{3，4，5}中的1個元素、0122個元素或3個元素，所有可能的情況有：C2=4種，此時A中可以有{1，2}中?C2?C

212的有1個元素或2個元素，有C2=3種，∴完成事件有4×3=12種方法；③ B中的最?C2

小數是4，B中可以有{4，5}中的1個元素或2個元素，所有可能的情況有2種，此時A中

123可以有{1，2，3}中的有1個元素、2個元素或3個元素，有C3=7種，∴完成事?C3?C

3件有2×7=14種方法；④ B中的最小數是5，只有{5}這1種，此時A中可以有{1，2，3，12344}中的有1個元素、2個元素、3個元素或4個元素，有C4=15種，∴完?C4?C4?C

4成事件有1×15=15種方法；故完成事件的方法總數為：8+12+14+15=49，選B。

[鞏固]從集合{O，P，Q，R，S}與{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任選2個元素排成一排(字母和數字均不能重復)．每排中字母O，Q和數字0至多只能出現一個的不同排法種數是_________．(用數字作答)．

3．對“按某種要求將n個元素排到m個位置”的問題，首先要確定研究的“抓手”：抓住元素還是抓住位置研究；再按特殊元素（特殊位置）優先的原則進行。

[舉例] 從5位同學中選派4位同學在星期四到星期日參加公益活動，每人一天，其中甲不能安排在星期六，乙不能安排在星期天，則不同的選派方法共有種。

解析：本題要完成的事件是：從5個不同的元素中選出4個元素，并按要求排在四個不同的位置。本題不宜抓住元素研究，因為每一個元素都不一定被選到，而每一個位置上都一定要有一個元素，故應該抓住位置研究。先看星期六（特殊位置，優先）：不能安排甲，可以安排乙（特殊元素，優先）或除甲乙之外的一個同學，①安排乙：其它位置可任意安排，有

[來源學&科&網Z&X&X&K]

3種，②不安排乙：可以安排其他三位同學，星期日可以安排甲或另外兩個同學，星期

四、A

4112112五可任意安排，有C3C3A3 種，故不同的選派方法共有：A4+C3C3A3=78種。

3[鞏固]四個不同的小球全部放入編號為1、2、3、4的四個盒中。（1）恰有兩個空盒的放法有種；（2）甲球只能放入2號或3好盒，而乙球不能放入4號盒的不同放法有種。

4．解決排列組合問題還要遵循“先選后排”、“正難則反”（即去雜法）等原則；[來源:學。科。網Z。X。X。K]

[舉例]某通訊公司推出一組手機卡號碼，卡號的前七位數字固定，從“???????0000”到“???????9999”共10000個號碼．公司規定：凡卡號的后四位帶有數字“4”或“7”的一律作為“優惠卡”，則這組號碼中“優惠卡”的個數為（）（福建文科第12題）Ａ．2000Ｂ．4096Ｃ．5904Ｄ．8320

解析：直接考慮帶有數字“4”或“7”的情況太多，逐一討論非常麻煩；考慮事件的反面：后四位不帶有數字“4”或“7”的，有84個，故“優惠卡”的個數為104-84=5904。

[鞏固]四位同學乘坐一列有6節車廂的動車組，則他們至少有兩人在同一節車廂的的情況共有種？(用數字作答)．

5．熟悉幾個排列組合問題的基本模型：①部分元素“相鄰”（捆綁法），②部分元素“不相鄰”（用要求“不相鄰”的元素插空），③部分元素有順序（n個元素全排，其中m個元素

m要求按給定順序排列的方法數為Cn(n?m)!=

nnCnkC(nk?1)nC(nk?2)n?Cnn!），④平均分組（kn個元素平均分成k組m!的方法數為k!），⑤相同元素分組（用“擋板法”）等。

[舉例1]某校安排6個班到3個工廠進行社會實踐，每個班去一個工廠，每個工廠至少安排一個班，不同的安排方法共有種。

解析：先將6個班分成3組，在將3個組分到3個工廠。6個班分成3組，從每組的人數看

22C62C4C2有3類：①4，1，1，有C種；②3，2，1，有CC種，③2，2，2，有種； 3!

46362

322C62C4C23故不同的安排方法共有：（C+CC+）×A3=540種。3!4

63623

[舉例2]某文藝小分隊到一個敬老院演出，原定6個節目，后應老人們的要求決定增加3個節目，但原來六個節目的順序不變，且新增的3個既不在開頭也不在結尾，則這臺演出共有 種不同的演出順序。

解析：思路一：著眼于“位置”。從9個“位置”中選出6個，安排原來的6個節目，且第41和第9兩個位置必須選，而他們的順序是既定的，無需排列，所以有C7種方法，剩下的3433個位置安排新增的3個節目，有A3種方法；故所有不同的演出順序有：C7=210種。A3

思路二：在原有6個節目的基礎上“插空”。原來6個節目形成7個“空”，但前后兩“空”

3不能安排，共有3類情況：①新增的3個節目互不相鄰，有A5種方法；②新增的3個節目

223恰有兩個相鄰，有A3種方法，故所有不同的A5種方法；③新增的3個節目相鄰，有5A3

3223演出順序有：A5+A3=210種。A5+5A3

[鞏固1]記者要為5名志愿都和他們幫助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相鄰但不排在兩端，不同的排法共有（）（07高考北京理科第5題）

Ａ．1440種Ｂ．960種Ｃ．720種Ｄ．480種

[鞏固2]學號為1，2，3，4的四名學生的考試成績xi∈{89，90，91，92，93}（i=1，2，3，4）且滿足x1?x2?x3?x4，則這四為同學考試成績所有可能的情況有

[鞏固3]現有10個市級“三好生”名額分配給高三八個班級，每班至少1個，則有種不同的分配方案。

6．“抽象化歸”是解決排列組合問題的“太極拳”，“逐一列舉”是解決排列組合問題的“撒手锏”；有時，畫“樹狀圖”能使“逐一列舉”變得更加簡明、直觀。

[舉例1]已知兩個實數集合A={a1,a2,?,a100},B={b1,b2, ?,b50},若從A到B的映射f使得B中每個元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤?≤f(a100),這樣的映射共有(用符號作答)。解析：本題直接考慮集合A中每一個元素在B中的象的情況非常困難。注意到集合B中每個元素都有原象，即A中有50“組”元素分別與B中的50個元素對應；現將集合A中的100個元素按原有的順序分成50組，每組至少一個元素；將集合B中的元素按從小到大的順序

///排列為B={b1,b2, ?,b50}；∵f(a1)≤f(a2)≤?≤f(a100)，∴A中的“第1組”元素的象為

///b1，“第2組”元素的象為b2，?，“第50組”元素的象為b50，此處沒有排列的問題，即只要A中元素的分組確定了，映射也就隨之確定了；而A中元素的分組可視為在由這100

4949個元素所形成的99個“空”中插上49塊“擋板”，所以有C99種分法，即映射共有C99個。

[舉例2]一個同心圓形花壇分為兩個部分，如右圖，中間小圓部分

種植草坪，周圍的圓環分成5等份為a1,a2,a3,a4,a5,種植紅、黃、藍三色不同的花，要求相鄰兩部分種植不同顏色的花，則不同的種植的方法為種。

解析：本題解法甚多，這里介紹畫“樹狀圖”列舉法。a1 a2 在右圖中，區域a1種紅花，a2種黃花時共有5種不同的種植方法；而區域a2種藍花與種黃花情況相同，區

域a1種藍花、黃花與種紅花情況相同；故所有不同的種植的方法為：3×2×5=30種 黃[鞏固1]顯示屏有一排7個小孔，每個小孔可顯示0或

1，若每次顯示其中3個孔，但相鄰的兩孔不能同時顯 紅示，則該顯示屏能顯示信號的種數共有（）種

A．10B．48C．60D．80 藍 a3 紅4 黃 藍黃 5 藍 黃 藍 黃 藍

[鞏固2] 函數f:{1,2,3}?{1,2,3}滿足f(f(x))= f(x)，則這樣的函數個數共有（）

(A)1個(B)4個(C)8個(D)10個 [來源學+科+網]

7．二項式定理的核心是展開式的通項，Tr+1=Cnab(通項是展開式的第r+1項), r=0,1,2…n，二項展開式共有n+1項。展開式的通項中根式宜用分數指數表示。審題是要注意所求的是“項”還是“第幾項”還是“項的系數”。rn-rr

1??[舉例](1?2x)?x??的展開式中常數項為．（07高考全國Ⅱ卷理科第13題）x??28

181r)的展開式中常數項以及含x-2的項；Tr?1?C8rx8?r(?)r=C8(?1)rx8?2r xx

18-4由8-2r=0得r=4, 由8-2r=-2得r=5；即(x?)的展開式中常數項為C8，含x 2的項為 x解析：先求(x?

1??C(?1)x；∴(1?2x)?x??的展開式中常數項為C84-2C85=?

42x??

n?3[鞏固] 若?3x的展開式中含有常數項,則最小的正整數n等于。?585?228

(07高考安徽理科第12題)

[遷移]f(x)=(x+1)n，且f ′(x)展成關于x的多項式后x2的系數為60，則n=（）

A．7B．6C．5D．4

n8．注意辨析“系數”與“二項式系數”的區別；二項式系數和=2，其中奇數項的二項式系

n-1數和=偶數項的二項式系數和=2，二項式系數先增后減，并關于中間項“對稱”，二項展開

式中，中間項二項式系數最大；求二項展開式中系數絕對值最大的項，用“夾逼法”。

[舉例]若(2?x)n展開式中奇數二項式系數和為8192，則展開式中系數最大的項為。解析：2n?1r14?r=8192得n=14，則Tr?C142(?x)r，由于(2?x)14展開式中各項系數正負相間，故先求其展開式中系數絕對值最大的項，記為第r+1項，于是有：

r14?rr?115?rr14?rr?113?rC142?C142①，C142?C142②；由①②解得：4≤r≤5；

4104又r=5時系數為負，∴r=4，即展開式中系數最大的項為C142x。[來源:學§科§網Z§X§X§K] [來源:Z_xx_k.Com]

[鞏固]若(x?1n)展開式的二項式系數之和為64，則展開式的常數項為（）x

（07高考重慶理科第4題）

A．10B．20C．30D．120

23n9.研究多項式的“系數和”一般用“賦值法”。若多項式f(x)=a0+a1x+a2x+a3x+……anx，則展開式中所有項的系數和=f(1)，其中奇數項的系數和=

=f(1)?f(?1)，偶數項的系數和2

[舉例]設(1+2x)2(1-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,則a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=.解析：令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=0①

令x=-1得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=32②由①②解得：a0 +a2 +a4 +a6=16，a1+ a3+ a5+a7=-16，在令x=0得a0=1，∴a2 +a4 +a6=15，∴a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-31。

[舉例2]已知(1＋x)+(1＋x)2+(1＋x)3+??+（1＋x）n＝a0+a1x+a2x2+a3x3+??+anxn，若a1+a2+??＋an-1＝29-n,則正整數n＝____________

解析：只有（1＋x）n 的展開式中才有含xn 的項，它的系數為1，令x=0得a0=n，23nn+1n+1令x=1得a0+a1+a2+……＋an-1+an=2+2+2+??+2=2-2,∴a1+a2+……＋an-1=2-2-1-n

∴2n+1-3-n=29-n得n=4.[來源:Zxxk.Com][來源學科網ZXXK]f(1)?f(?1)；展開式中的常數項=f(0)。2

[鞏固1]設(x2?1)(2x?1)9?a0?a1(x?2)?a2(x?2)2?

則a0?a1?a2?Ａ．?2?a11(x?2)11，（07高考江西文科第5題）?a11的值為（）Ｂ．?1Ｃ．1Ｄ．2[來源學科網ZXXK]

[鞏固2]已知(1?x)2?a0?a1x?a2x2?a3x3?a4x4?a5x5，則

(a0?a2?a4)(a1?a3?a5)的值等于安徽文科第12題)

[遷移]設(1?3x)?a0?a1x?a2x?a3x?a4x?a5x?a6x，則集合 623456

?a1,a2,a3,a4,a5,a6?含2 個元素的所有子集的元素總和為()

A640B630C320D31

5[來源:學_科_網Z_X_X_K]

[來源:學科網]

[來源:學科網]

答案

1、[鞏固1]D；[鞏固2] 14或23；

2、[鞏固]8424 ；

3、[鞏固]84，96；

4、[鞏固]936，5、[鞏固1] B，[鞏固2] 15，[鞏固3]問題相當于：將10個相同的球放入8個盒子中，每盒至少一

2球，用“擋板法”，有C9=36種；

6、[鞏固1]D，[鞏固2]D；

7、[鞏固]7；[遷移]B；

8、[鞏

固] B；

9、[鞏固1] A；[鞏固2] ?256；[遷移]D。

第三篇：2014高考數學全面突破 二項式定理

11.3二項式定理

考情分析

1．能用計數原理證明二項式定理．

2．會用二項式定理解決與二項展開式有關的簡單問題．

基礎知識

1．二項式定理

n1n－1n－rrn*(a＋b)n＝C0b＋?＋Crb＋?＋Cnna＋Cnananb(n∈N)這個公式所表示的定理叫二項式定理，右邊的多項式叫(a＋b)n的二項展開式．

其中的系數Crn(r＝0,1，?，n)

n－rrn－rr式中的Crb叫二項展開式的通項，用Tr＋1表示，即通項Tr＋1＝Crb.nana

2．二項展開式形式上的特點

(1)項數為(2)各項的次數都等于二項式的冪指數n，即a與b的指數的和為(3)字母an逐項減1直到零；字母b冪排列，從第一項起，次數由零逐項增1直到n.－11(4)二項式的系數從Cn，一直到Cnn3．二項式系數的性質 －(1).(2)增減性與最大值： 二項式系數Ckn，當n＋1k＜2時，二項式系數逐漸增大．由對稱性知它的后半部分是逐漸減小的；

n當n是偶數時，中間一項C2取得最大值；

n－1n＋1當n是奇數時，中間兩項C2，C2取得最大值．

012nn(3)各二項式系數和：Cn＋Cn＋Cn＋?＋Crn＋?＋Cn＝2；

24135n－1C0.n＋Cn＋Cn＋?＝Cn＋Cn＋Cn＋?＝

2注意事項

n－rr1.運用二項式定理一定要牢記通項Tr＋1＝Crb，注意(a＋b)n與(b＋a)n雖然相na

同，但具體到它們展開式的某一項時是不同的，一定要注意順序問題，另外二項

展開式的二項式系數與該項的(字母)系數是兩個不同的概念，前者只指Cr而后n，者是字母外的部分．前者只與n和r有關，恒為正，后者還與a，b有關，可正可負．

2.二項式定理可利用數學歸納法證明，也可根據次數，項數和系數利用排列組合的知識推導二項式定理．因此二項式定理是排列組合知識的發展和延續．

3.(1)通項的應用：利用二項展開式的通項可求指定的項或指定項的系數等．

(2)展開式的應用：利用展開式①可證明與二項式系數有關的等式；②可證明不等式；③可證明整除問題；④可做近似計算等．

4.(1)對稱性；

(2)增減性；

(3)各項二項式系數的和； 以上性質可通過觀察楊輝三角進行歸納總結．

題型一 二項展開式中的特定項或特定項的系數

13【例1】已知(3x－)n的展開式中各項系數之和為256，則展開式中第7x

項的系數是()

B.2

4D.252 A.－24C.－252

答案：D

解析：令x＝1可得各項系數之和為2n＝256，則n＝8，故展開式中第7項的26系數為C68×3×(－1)＝252.?a?【變式1】若?x－?6展開式的常數項為60，則常數a的值為________． x??

?a?6－r6－3r解析 二項式?x6展開式的通項公式是Tr＋1＝Cr(a)rx－2r＝Cr(－6x6xx??

2a)r，當r＝2時，Tr＋1為常數項，即常數項是C26a，根據已知C6a＝60，解得a

＝4.答案 4

題型二 二項式定理中的賦值

【例2】已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋?＋a10(1－x)10，則a8＝

()

A.180

C.－

5答案：A

10－r解析：(1＋x)10＝[2－(1－x)]10其通項公式為：Tr＋1＝Cr(－1)r(1－x)r，a8102B.90 D.5

是r＝8時，第9項的系數．

28所以a8＝C8102(－1)＝180.故選A.【變式2】 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋?＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；(3)a0＋a2＋a4＋a6；(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|.解 令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①

令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②

(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2.－1－37(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.2

－1＋37(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1 093.(4)∵(1－2x)7展開式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.題型三 二項式的和與積

2【例3】二項式(x＋x)(1－x)4的展開式中x的系數是________．

答案：

32解析：利用分步計數原理與組合數公式，符合題目要求的項有x(－x)4和

x·14，求和后可得3x，即展開式中x的系數為3.?2【變式3】x?x－x7的展開式中，x4的系數是________(用數字作答)． ??

?27?2737解析 原問題等價于求?x－x的展開式中x的系數，?x－x的通項Tr＋1＝Cr7x????

－r?2r7－2r?－x＝(－2)rCr，令7－2r＝3得r＝2，∴x3的系數為(－2)2C27x7＝84，即??

x???x－2x7?的展開式中x4的系數為84.答案 84

重難點突破

【例4】已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋a7x7.求：(1)a1＋a2＋?＋a7；

(2)a1＋a3＋a5＋a7；

(3)a0＋a2＋a4＋a6；

(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|.解：令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1，令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋?＋a7＝－2.(2)(①－②)÷2，－1－37得a1＋a3＋a5＋a7＝2＝－1094.(3)(①＋②)÷2，－1＋37得a0＋a2＋a4＋a6＝2＝1093.(4)∵(1－2x)7展開式中，a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋?＋|a7|

＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)． ∴由(2)、(3)即可得其值為2187.① ②

第四篇：高考二輪復習數學理配套講義11 排列組合與二項式定理、概率

微專題11　排列組合與二項式定理、概率

命

題

者

說

考

題

統

計

考

情

點

擊

2018·全國卷Ⅰ·T10·幾何概型

2018·全國卷Ⅰ·T15·排列與組合2018·全國卷Ⅱ·T8·古典概型

2018·全國卷Ⅲ·T5·二項式定理

2018·天津高考·T10·二項式定理

1.排列、組合在高中數學中占有特殊的位置，是高考的必考內容，很少單獨命題，主要考查利用排列、組合知識計算古典概型。

2.二項式定理仍以求二項展開式的特定項、特定項的系數及二項式系數為主，題目難度一般。

3.概率、隨機變量及其分布列是高考命題的熱點之一，命題形式為“一小一大”，即一道選擇或填空題和一道解答題。

考向一

排列與組合【例1】(1)(2018·全國卷Ⅰ)從2位女生，4位男生中選3人參加科技比賽，且至少有1位女生入選，則不同的選法共有________種。(用數字填寫答案)

(2)(2018·浙江高考)從1,3,5,7,9中任取2個數字，從0,2,4,6中任取2個數字，一共可以組成________個沒有重復數字的四位數。(用數字作答)

解析(1)解法一：根據題意，沒有女生入選有C＝4(種)選法，從6名學生中任意選3人有C＝20(種)選法，故至少有1位女生入選，不同的選法共有20－4＝16(種)。

解法二：可分兩種情況：第一種情況，只有1位女生入選，不同的選法有CC＝12(種)；第二種情況，有2位女生入選，不同的選法有CC＝4(種)。根據分類加法計數原理知，至少有1位女生入選的不同的選法有16種。

(2)若取的4個數字不包括0，則可以組成的四位數的個數為CCA；若取的4個數字包括0，則可以組成的四位數的個數為CCCA。綜上，一共可以組成的沒有重復數字的四位數的個數為CCA＋CCCA＝720＋540＝1

260。

答案(1)16(2)1

260

求解排列、組合問題的思路：排組分清，加乘明確；有序排列，無序組合；分類相加，分步相乘。具體地說，解排列、組合的應用題，通常有以下途徑：

(1)以元素為主體，即先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素。

(2)以位置為主體，即先滿足特殊位置的要求，再考慮其他位置。

(3)先不考慮附加條件，計算出排列或組合數，再減去不符合要求的排列或組合數。

解答計數問題多利用分類整合思想。分類應在同一標準下進行，確保“不漏”“不重”。

變|式|訓|練

1．(2018·沈陽教學質量監測)若4個人按原來站的位置重新站成一排，恰有1個人站在自己原來的位置，則不同的站法共有()

A．4種

B．8種

C．12種

D．24種

解析　將4個人重排，恰有1個人站在自己原來的位置，有C種站法，剩下3人不站原來位置有2種站法，所以共有C×2＝8(種)站法。故選B。

答案　B

2．(2018·開封高三定位考試)某地實行高考改革，考生除參加語文、數學、英語統一考試外，還需從物理、化學、生物、政治、歷史、地理六科中選考三科。學生甲要想報考某高校的法學專業，就必須要從物理、政治、歷史三科中至少選考一科，則學生甲的選考方法種數為()

A．6

B．12

C．18

D．19

解析　解法一：在物理、政治、歷史中選一科的選法有CC＝9(種)；在物理、政治、歷史中選兩科的選法有CC＝9(種)；物理、政治、歷史三科都選的選法有1種。所以學生甲的選考方法共有9＋9＋1＝19(種)。故選D。

解法二：從六科中選考三科的選法有C種，其中包括了沒選物理、政治、歷史中任意一科，這種選法有1種，因此學生甲的選考方法共有C－1＝19(種)。故選D。

答案　D

考向二

二項式定理

【例2】(1)(2018·全國卷Ⅲ)5的展開式中x4的系數為()

A．10

B．20

C．40

D．80

(2)5的展開式中整理后的常數項為________。

解析(1)由題可得Tr＋1＝C(x2)5－rr＝C·2r·x10－3r。令10－3r＝4，則r＝2，所以C·2r＝C×22＝40。故選C。

(2)不妨設x>0，5＝10的通項公式：Tr＋1＝C()10－rr＝Cx5－r，令5－r＝0，解得r＝5。所以常數項＝C＝252。

答案(1)C(2)252

與二項式定理有關的題型及解法

題型

解法

求特定項或其系數

常采用二項展開式的通項分析求解

系數的和或差

常用賦值法

近似值問題

利用展開式截取部分項求解

整除(或余數)問題

利用展開式求解

變|式|訓|練

1．已知(x2＋2x＋3y)5的展開式中x5y2的系數為()

A．60

B．180

C．520

D．540

解析(x2＋2x＋3y)5可看作5個(x2＋2x＋3y)相乘，從中選2個y，有C種選法；再從剩余的三個括號里邊選出2個x2，最后一個括號選出x，有C·C種選法；所以x5y2的系數為32C·C·2·C＝540。故選D。

答案　D

2．(ax＋)5的展開式中x3項的系數為20，則實數a＝________。

解析　展開式的通項為Tr＋1＝C(ax)5－r()r＝a5－rCx，令5－＝3得r＝4，所以a·C＝20，解得a＝4。

答案　4

考向三

古典概型與幾何概型

【例3】(1)(2018·全國卷Ⅱ)我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果。哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數的和”，如30＝7＋23。在不超過30的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和等于30的概率是()

A．

B．

C．

D．

(2)正六邊形ABCDEF的邊長為1，在正六邊形內隨機取點M，則使△MAB的面積大于的概率為________。

解析(1)不超過30的素數有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10個，從中隨機選取兩個不同的數，共有C＝45(種)取法，因為7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以隨機選取兩個不同的數，其和等于30的有3種取法，故概率為＝。故選C。

(2)如圖所示，作出正六邊形ABCDEF，其中心為O，過點O作OG⊥AB，垂足為G，則OG的長為中心O到AB邊的距離。易知∠AOB＝＝60°，且OA＝OB，所以△AOB是等邊三角形，所以OA＝OB＝AB＝1，OG＝OA·sin60°＝1×＝，即對角線CF上的點到AB的距離都為。設△MAB中AB邊上的高為h，則由S△MAB＝×1×h>，解得h>。所以要使△MAB的面積大于，只需滿足h>，即需使M位于CF的上方。故由幾何概型得，△MAB的面積大于的概率P＝＝。

答案(1)C(2)

(1)解答有關古典概型的概率問題，關鍵是正確求出基本事件總數和所求事件包含的基本事件數，這常用到計數原理與排列、組合的相關知識。

(2)當構成試驗的結果的區域為長度、面積、體積、弧長、夾角等時，應考慮使用幾何概型求解。

變|式|訓|練

1．(2018·四川綿陽二診)將一顆骰子先后拋擲2次，觀察向上的點數，將第一次向上的點數記為m，第二次向上的點數記為n，曲線C：＋＝1，則曲線C的焦點在x軸上且離心率e≤的概率等于()

A．

B．

C．

D．

解析　因為離心率e≤，所以

≤，解得≥，由列舉法，得當m＝6時，n＝5,4,3；當m＝5時，n＝4,3；當m＝4時，n＝3,2；當m＝3時，n＝2；當m＝2時，n＝1，共9種情況，故其概率為＝。故選D。

答案　D

2．(2018·衡水金卷模擬)我國數學家鄒元治利用如圖證明了勾股定理，該圖中用勾(a)和股(b)分別表示直角三角形的兩條直角邊，用弦(c)來表示斜邊，現已知該圖中勾為3，股為4，若從圖中隨機取一點，則此點不落在中間小正方形中的概率是()

A．

B．

C．

D．

解析　a＝3，b＝4，由題意得c＝5，因為大正方形的邊長為a＋b＝3＋4＝7，小正方形的邊長為c＝5，則大正方形的面積為49，小正方形的面積為25，所以滿足題意的概率值為1－＝。故選B。

答案　B

考向四

條件概率與相互獨立事件的概率

【例4】(1)如圖，ABCD是以O為圓心、半徑為2的圓的內接正方形，EFGH是正方形ABCD的內接正方形，且E，F，G，H分別為AB，BC，CD，DA的中點。將一枚針隨機擲到圓O內，用M表示事件“針落在正方形ABCD內”，N表示事件“針落在正方形EFGH內”，則P(N|M)等于()

A．

B．

C．

D．

(2)如圖所示，某快遞公司送貨員從公司A處準備開車送貨到某單位B處，有A→C→D→B，A→E→F→B兩條路線。若該地各路段發生堵車與否是相互獨立的，且各路段發生堵車事件的概率如圖所示(例如A→C→D算作兩個路段，路段AC發生堵車事件的概率為，路段CD發生堵車事件的概率為)。若使途中發生堵車事件的概率較小，則由A到B應選擇的路線是________。

解析(1)由題意得，圓O的半徑為2，所以內接正方形ABCD的邊長為AB＝2，則正方形ABCD的面積為S1＝(2)2＝8，因為E，F，G，H分別為AB，BC，CD，DA的中點，所以EF＝×2R＝2，所以正方形EFGH的面積為S2＝22＝4，所以P(N|M)＝＝。故選C。

(2)路線A→C→D→B途中發生堵車事件的概率P1＝1－××＝，路線A→E→F→B途中發生堵車事件的概率P2＝1－××＝。因為<，所以應選擇路線A→E→F→B。

答案(1)C(2)A→E→F→B

求相互獨立事件和獨立重復試驗的概率的注意點

(1)求復雜事件的概率，要正確分析復雜事件的構成，分析復雜事件能轉化為幾個彼此互斥事件的和事件還是能轉化為幾個相互獨立事件同時發生的積事件，然后用概率公式求解。

(2)注意辨別獨立重復試驗的基本特征：①在每次試驗中，試驗結果只有發生與不發生兩種情況；②在每次試驗中，事件發生的概率相同。

變|式|訓|練

1．(2018·汕頭模擬)甲、乙兩人參加“社會主義核心價值觀”知識競賽，甲、乙兩人能榮獲一等獎的概率分別為和，甲、乙兩人是否獲得一等獎相互獨立，則這兩個人中恰有一人獲得一等獎的概率為()

A．

B．

C．

D．

解析　根據題意，恰有一人獲得一等獎就是甲獲得乙沒有獲得或甲沒有獲得乙獲得，則所求概率是×＋×＝。故選D。

答案　D

2．(2018·廈門二模)袋中裝有2個紅球，3個黃球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，則3次中恰有2次抽到黃球的概率是()

A．

B．

C．

D．

解析　袋中裝有2個紅球，3個黃球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黃球的概率P1＝，所以3次中恰有2次抽到黃球的概率是P＝C2＝。故選D。

答案　D

3．(2018·南昌模擬)口袋中裝有大小形狀相同的紅球2個，白球3個，黃球1個，甲從中不放回地逐一取球，已知第一次取得紅球，則第二次取得白球的概率為________。

解析　口袋中裝有大小形狀相同的紅球2個，白球3個，黃球1個，甲從中不放回地逐一取球，設事件A表示“第一次取得紅球”，事件B表示“第二次取得白球”，則P(A)＝＝，P(AB)＝×＝，所以第一次取得紅球后，第二次取得白球的概率為P(B|A)＝＝＝。

答案

1．(考向一)(2018·南昌調研)某校畢業典禮上有6個節目，考慮整體效果，對節目演出順序有如下要求：節目甲必須排在前三位，且節目丙、丁必須排在一起。則該校畢業典禮節目演出順序的編排方案共有()

A．120種

B．156種

C．188種

D．240種

解析　解法一：記演出順序為1～6號，對丙、丁的排序進行分類，丙、丁占1和2號，2和3號，3和4號，4和5號，5和6號，其排法分別為AA，AA，CAA，CAA，CAA，故總編排方案有AA＋AA＋CAA＋CAA＋CAA＝120(種)。故選A。

解法二：記演出順序為1～6號，按甲的編排進行分類，①當甲在1號位置時，丙、丁相鄰的情況有4種，則有CAA＝48(種)；②當甲在2號位置時，丙、丁相鄰的情況有3種，共有CAA＝36(種)；③當甲在3號位置時，丙、丁相鄰的情況有3種，共有CAA＝36(種)。所以編排方案共有48＋36＋36＝120(種)。故選A。

答案　A

2．(考向二)(2018·湖南湘東聯考)若(x＋a)(1＋2x)5的展開式中x3的系數為20，則a＝________。

解析(x＋a)(1＋2x)5的展開式中x3的系數為C·22＋a·C·23＝20，所以40＋80a＝20，解得a＝－。

答案　－

3．(考向三)(2018·漳州二模)甲、乙、丙、丁、戊5名同學參加“《論語》知識大賽”，決出第1名到第5名的名次。甲、乙兩名參賽者去詢問成績，回答者對甲說“雖然你的成績比乙好，但是你倆都沒得到第一名”；對乙說“你當然不會是最差的”。從上述回答分析，丙是第一名的概率是()

A．

B．

C．

D．

解析　因為甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考慮到所有的限制條件對丙、丁、戊都沒有影響，所以這三個人獲得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率是。故選B。

答案　B

4．(考向三)已知定義在區間[－3,3]上的單調函數f(x)滿足：對任意的x∈[－3,3]，都有f(f(x)－2x)＝6，則在[－3,3]上隨機取一個實數x，使得f(x)的值不小于4的概率為()

A．

B．

C．

D．

解析　由題意設對任意的x∈[－3,3]，都有f(x)－2x＝a，其中a為常數，且a∈[－3,3]，則f(a)＝6，f(a)－2a＝a，所以6－2a＝a，得a＝2，故f(x)＝2x＋2，由f(x)≥4得x≥1，因此所求概率為＝。故選C。

答案　C

5．(考向四)(2018·珠海一模)夏秋兩季，生活在長江口外淺海域的中華魚洄游到長江，歷經三千多公里的溯流搏擊，回到金沙江一帶產卵繁殖，產后待幼魚長大到15厘米左右，又攜帶它們旅居外海。一個環保組織曾在金沙江中放生一批中華魚魚苗，該批魚苗中的雌性個體能長成熟的概率為0.15，雌性個體長成熟又能成功溯流產卵繁殖的概率為0.05，若該批魚苗中的一個雌性個體在長江口外淺海域已長成熟，則其能成功溯流產卵繁殖的概率為()

A．0.05

B．0.007

C．

D．

解析　設事件A為魚苗中的一個雌性個體在長江口外淺海域長成熟，事件B為該雌性個體成功溯流產卵繁殖，由題意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝＝＝。故選C。

答案　C

6．(考向四)(2018·全國卷Ⅲ)某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨立。設X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數，D(X)＝2.4，P(X＝4)

A．0.7

B．0.6

C．0.4

D．0.3

解析　依題意X～B(10，p)，因為DX＝np(1－p)，所以p＝0.4或p＝0.6，因為P(X＝4)＝Cp4(1－p)6

0.5。所以p＝0.6，故選B。

答案　B

第五篇：2014高考數學考前20天沖刺 計數原與二項式定理

2014高考數學考前20天沖刺

計數原理與二項式定理

1．設m為正整數，(x＋y)2m展開式的二項式系數的最大值為a，(x＋y)2m＋1展開式的二項式系數的最大值為b.若13a＝7b，則m＝()

A．5B．6

C．7D．8

解．

(x＋y)2m展開式中二項式系數的最大值為Cm2m，∴a＝Cm2m.同理，b＝Cm2m＋＋11.∵13a＝7b，∴13·Cm2m＝7·Cm2m＋＋11.2m＋1∴13Cm2m＝7·2m m＋1

∴m＝6.2．設(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，則展開式

中系數最大的項是()

A．15x2B．20x3

C．21x3D．35x3

解析：選B.令x＝1，則(1＋1)n＝C0n＋C1n＋…＋Cnn＝64，∴n＝6.故(1＋x)6的展開式中最大項為T4＝C36x3＝20x3.3．二項展開式(2x－1)10中x的奇次冪項的系數之和為()

A.C.1＋310 2310－1 2B.1－31021＋310D．－ 2

解析：選B.設(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，令x＝1，得1＝a0＋a1＋a2＋…＋a10，再令x＝－1，得310＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9＋a10，兩式相減可得a1＋a3＋…＋a9＝

1－310B.2