2021新高考数学（山东专用）二轮复习学案：板块1 命题区间精讲 精讲4　排列、组合与二项式定理 WORD版含解析.doc

1、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：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

2、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()A16B18C24D32C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AC24种方法，故选C

3、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()A72 B70 C66 D64D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CCCC56种选法三个数相邻共有C8种选法，故至少有两个数相邻共有56864种选法，故选D3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

4、同的花卉，则不同的种植方法有()A360种 B320种 C108种 D96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CA20(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3CA180(种)；(3)总共种植4种花卉，种植方法有A120(种)所以不同的种植方法有20180120320(种)故选B4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

5、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()A25 B32 C60 D100C6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C10种选法，都比24大时，有C20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(1020)260种，故正确选项为C5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

6、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CCD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CCCABD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CCCC，错误；对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为CCCCC，正确；对于D，有3种情况：只选物理且物理和历史不同时选，有CC种选法；选化学，不选物理，有CC种选法；物理与化学都选，有CC种选法，故总数为CCCCCC610420(种)，错误6

7、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A120(种)；第二步，在6个空中任选2个空排甲、乙，不同的排法有A30(种)由分步乘法计数原理得，满足条件的不同排法有120303 600(种)法二：7人并排站成一行的不同排法有A5 040(种)，其中甲、乙两人相邻的不同排法有2A1 440(种)，所以甲、乙两人必须不相邻的不同排法有5 0401 4403 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

8、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CCA8(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CA12(种)由分类加法计数原理可知，满足题意的购买方案有81220(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100216第一个空：第一步，先确定三位数的

9、最高数位上的数，有C5种方法；第二步，确定另外两个数位上的数，有A5420种方法，所以可以组成520100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A5432120个；当个位数上的数字是5时，先确定最高数位上的数，有C4种方法，而后确定其他三个数位上的数有A43224种方法，所以共有24496个数，根据分类加法计数原理共有12096216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)Tr1是展开式中的第r1项，而不是第r项；(3)公式中

10、，a，b的指数和为n且a，b不能随便颠倒位置；(4)对二项式(ab)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)(3x3x4)的展开式中x2的系数为()A1 280 B4 864C4 864D1 280A根据的展开式的通项Tr1C28r，可得第一个括号里取3x3，第二个括号里取C27，或者第一个括号里取x4，第二个括号里取C26，故x2项为3x3x4，化简得1 280x2，故选A2(2020合肥调研)展开式中的常数项为()A1 B11 C19 D51B，则其展开式的通项Tk1C

11、 (其中k0，1，2，3，4，5)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Tr1Cxkr(1)rCxk2r(其中r0，1，2，k)由题意，令k2r0，则k2r，即k是2的倍数，所以k0，2，4，所以该展开式中的常数项为CCCCC11，故选B3已知(x2)9a0a1xa2x2a9x9，则(a13a35a57a79a9)2(2a24a46a68a8)2的值为()A39 B310 C311 D312D对(x2)9a0a1xa2x2a9x9两边同时求导，得9(x2)8a12a2x3a3x28a8x79a9x8，令x1，得a12a23a38a89a9310，令x1，得a12a

12、23a38a89a932.所以(a13a35a57a79a9)2(2a24a46a68a8)2(a12a23a38a89a9)(a12a23a38a89a9)31032312.故选D4(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MN72，则展开式中常数项的值为()A18 B12 C9 D6C法一：令x1，得展开式中各项系数和M4n，各项二项式系数和N2n，则2n4n72，得n3.则展开式的通项公式为Tk1C()3k3kCx，令33k0，得k1，所以常数项为9.故选C法二：令x1，得展开式中各项系数和M4n，各项二项式系数和N2n，则2n4n72，

13、得n3.可看作三个相乘，其展开式中的常数项为C()29，故选C5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Dx3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C13C20(1)3C11C21(1)440.6多选已知(2xm)7a0a1(1x)a2(1x)2a7(1x)7，若a0128，则有()Am2Ba3280Ca01Da12a23a34a45a56a67

14、a714BCD令1x，即x，可得(1m)7a0128，得m3，则令x1，得a0(1)71，(2x3)712(1x)7，所以a3C(1)73(2)3280.对(2x3)7a0a1(1x)a2(1x)2a7(1x)7两边求导得14(2x3)6a12a2(1x)7a7(1x)6，令x2，得a12a23a34a45a56a67a714.7多选已知 (a0)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

15、的二项式系数相等，所以CC，得n10.因为展开式中各项系数之和为1 024，所以令x1，得(a1)101 024，得a1，故给定的二项式为，其展开式中奇数项的二项式系数和为210512，故A不正确由n10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Tk1C(x2)10kCx (k0，1，2，10)，令200，解得k8，即常数项为第9项，故C正确令2015，得k2，故展开式中含x15项的系数为C45，故D正确8一题两空(1ax)2(1x)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_311设(1ax)2(1x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5a6x6a7x7，令x1得0a0a1a2a3a4a5a6a7，令x1得(1a)225a0a1a2a3a4a5a6a7，得：(1a)2252(a1a3a5a7)，又a1a3a5a764，所以(1a)225128，解得a3或a1(舍)，则(13x)2(1x)5的展开式中x2项的系数为C32C3C(1)C30C(1)211.