2023届高考数学二轮复习专题13排列组合、二项式定理二级结论讲练学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题13排列组合、二项式定理二级结论讲练学案，共23页。学案主要包含了结论阐述，应用场景，典例指引1，典例指引2，针对训练，名师点睛等内容，欢迎下载使用。

专题13 排列组合、二项式定理
二级结论1：排列组合中的分组与分配
【结论阐述】
①“非均匀分组”是指将所有元素分成元素个数彼此不相等的组，使用分步组合法；
②“均匀分组”是指将所有元素分成所有组元素个数相等或部分组元素个数相等的组．不论是全部均匀分组，还是部分均匀分组，如果有个组的元素是均匀的，都有种顺序不同的分法只能算一种分法；
③对于非均匀编号分组采用分步先组合后排列法，部分均匀编号分组采用分组法；
④平均分堆问题倍缩法采用缩倍法、除倍法、倍除法、除序法、去除重复法）；
⑤有序分配问题逐分法采用分步法）；
⑥全员分配问题采用先组后排法；
⑦名额分配问题采用隔板法（或元素相同分配问题隔板法、无差别物品分配问题隔板法）；
⑧限制条件分配问题采用分类法．
【应用场景】
需要根据题意判断出符合题意的分组、分配方式，涉及平均分配、部分平均不定向分配、非平均不定向分配，以及分类、分步计数原理等．
【典例指引1】
1．某高校从某系的10名优秀毕业生中选派4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？
【答案】4088
【分析】分析题意,可以按照是否含有甲、乙来分类,①若甲、乙都不参加,②若甲参加而乙不参加,③若乙参加而甲不参加,④若甲、乙都参加;然后求出各种情况的排法,结合分类加法计数原理即可解答.
【详解】因为甲乙有限制条件,所以按照是否含有甲乙来分类,有以下四种情况：
①若甲乙都不参加,则有派遣方案种;
②若甲参加而乙不参加,先安排甲有3种方法,然后安排其余学生有方法,所以共有3种;③若乙参加而甲不参加同理也有3种;
④若甲、乙都参加,则先安排甲乙,有7种方法,然后再安排其余8人到另外两个城市有种,共有7方法.
所以共有不同的派遣方法总数为种.
即共有4088种不同派遣方案.
【典例指引2】
2．有本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种分法？
【答案】
【分析】根据分类加法原理，结合组合、排列的下定义进行求解即可.
【详解】根据题意先分组，有3种分组方式：
（1）每组2本；（2）分别为1本、2本、3本；（3）两组各1本，另一组4本．
∴根据加法原理，分组法是（种）．
再考虑排列，即再乘以三人全排列，
∴一共有种不同的分法．
【针对训练】
（2022·江苏省苏州）
3．现有5个不同的小球，放到标号分别为①②③的三个空盒中，每个盒子至少放一个小球，有（    ）种不同的放法
A．240种 B．150种 C．360种 D．540种
【答案】B
【分析】先把小球分成3组，再分配到三个空盒中即可求解.
【详解】把5个小球分成3组，有2、2、1和3、1、1两种分法，共有种.
故选：B.
4．将20个完全相同的小球放入编号分别为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子中球的个数不小于它的编号，则不同的放法种数为（    ）
A．1615 B．1716
C．286 D．364
【答案】C
【分析】先在编号为1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，再利用插空法即可求解.
【详解】先在编号为1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，再将剩下的14个小球分成四份分别放入编号为1，2，3，4的盒子里．14个球之间有13个空隙，选出3个空隙放入隔板，所以有种放法．
故选：C.
5．10个相同的小球放在三个编号为1，2，3的盒中，每盒至少1个，有_________种方分法.
【答案】36
【分析】转化条件可得将10个相同小球分成三组，每组至少1个，使用隔板法即可得解.
【详解】依据题意，10个相同的小球放在3个盒中，每盒至少1个，可转化为将10个相同小球分成三组，每组至少1个；
可将10个小球排成一列，进而在排除两端的9个空位中，选取2个，插入隔板即可，
由组合公式可得共有种分法.
故答案为：.
【点睛】本题考查了组合的应用及隔板法的应用，属于基础题.
（2022·重庆巴蜀中学高二）
6．学校要安排2名班主任，3名科任老师共五人在本校以及另外两所学校去监考，要求在本校监考的老师必须是班主任，且每个学校都有人去，则有（        ）种不同的分配方案．
A．18 B．20 C．28 D．34
【答案】D
【分析】首先分类，即本校监考分为1人和2人，在分类的基础上分配或分组.
【详解】根据本校监考人数分为：
本校1人监考，另外4人分配给两所学校，有2，2和3，1两种分配方案，
所以总数为：；
本校2人监考，另外3人分配给两所学校，有2，1一种分配方案，
所以总数为：，根据分类计数原理，所有分配方案总数为28+6=34；
故选：D.
（2022·山西·芮城）
7．有3个完全相同的标号为1的小球和两个标号为2，3的小球，将这5个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少放一个小球，则不同的放法总数为（    ）
A．45 B．90 C．24 D．150
【答案】A
【分析】根据3个相同小球的分布进行分类讨论
【详解】①若3个相同小球在同一个盒子中，则有中
②若恰有2个相同小球在同一个盒子中，1个在另一个盒子中，此时先将5个小球分为3组
若为“311”分组有2种，若为“221”分组则有3种
故共种
③若3个相同小球在3个不同的盒子中，则剩余两个小球都有3种放法，有种
共种
故选：A
（2022·山西省长治市）
8．某社区服务站将5名志愿者分到3个不同的社区参加活动，要求每个社区至少1人，不同的分配方案有（    ）
A．360种 B．300种 C．90种 D．150种
【答案】D
【分析】先分类，分为3个社区的志愿者人数分别为3,1,1或2,2,1，再求出两种情况下的不同分配方案，注意部分平均分组问题.
【详解】若3个社区的志愿者人数分别为3,1,1，此时不同的分配方案有种，若3个社区的志愿者人数分别为2,2,1，此时不同的分配方案有种，综上：不同的分配方案有60+90=150种.
故选：D
（2022·江苏·昆山）
9．（1）4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有多少种放法；
（2）4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，恰有一个盒子空，共有多少种放法；
（3）10个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子不空，共有多少种放法；
（4）4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，恰有两个盒子空，共有多少种放法？
【答案】（1）256；（2）144；（3）84；（4）18.
【分析】（1）按照分步乘法计数原理进行计算；
（2）先选1个空盒，再把4个小球分成3组，放入3个盒子中；
（3）按照插板法进行计算即可；
（4）先选2个空盒，再按照插板法进行计算.
【详解】（1）每个小球有4种方法，共有种放法；
（2）先选1个空盒，再把4个小球分成3组，最后分到3个盒子，共有种放法；
（3）9个空中插入3个板即可，种放法；
（4）先选2个空盒，再3个空中插入1个板即可，共有种放法.
10．按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?
（1）分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;
（2）甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;
（3）平均分成三份,每份2本;
（4）平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;
（5）分成三份,1份4本,另外两份每份1本;
（6）甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;
【答案】（1）60；（2）360；（3）15；（4）90；（5）15；（6）90.
【分析】（1）先从6本书中选1本，再从剩余5本书中选择2本，剩余的就是三本书．
（2）由（1）可知，将分成的三份分别给与甲乙丙即可．
（3）依次从6本书中选择2本，从剩余4本书中选择2本，剩余2本，即可分成每份都有2本的三份，但在分配中，每种情况都出现了次重复，所以要除以重复的遍数即可得分配方法的种类数．
（4）根据（3）可知，将三种分配方式分别分给甲乙丙三人即可．
（5）先从6本书选出4本书，剩余的2本书中选出1本，在选择过程中，后面2本选择1本时发生重复，所以要除以.
（6）根据（5），将三种情况分别分配给甲乙丙三个人即可．
【详解】（1）先从6本书中选1本，有种分配方法；
再从剩余5本书中选择2本，有种分配方法
剩余的就是2本书，有种分配方法
所以总共有种分配方法．
（2）由（1）可知分组后共有60种方法，分别分给甲乙丙后的方法有
种．
（3）从6本书中选择2本书，有种分配方法；
再从剩余4本书中选择2本书，有种分配方法；
剩余的就是2本书，有种分配方法;
所以有种分配方法．
但是，该过程有重复．假如6本书分别为A、B、C、D、E、F，若三个步骤分别选出的是．则所有情况为，，，，，．
所以分配方式共有种
（4）由（3）可知，将三种分配方式分别分给甲乙丙三人，则分配方法为
种
（5）从6本书中选4本书的方法有种
从剩余2本书中选1本书有种
因为在最后两本书选择中发生重复了
所以总共有种
（6）由（5）可知，将三种分配情况分别分给甲乙丙三人即可，即
种．
【点睛】本题考查了排列组合的综合应用，特别注意计算过程中的重复，属于中档题．
二级结论2：型的系数
【结论阐述】
一、三项展开式中的特定项（系数）问题的处理方法：
（1）通常将三项式转化为二项式积的形式，然后利用多项式积的展开式中的特定项（系数）问题的处理方法求解；
（2）将其中某两项看成一个整体，直接利用二项式展开，然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形；（3）也可以按照推导二项式定理的方法解决问题．
二、几个多项式积的展开式中的特定项（系数）问题的处理方法：可先分别化简或展开为多项式和的形式，再分类考虑特定项产生的每一种情形，求出相应的特定项，最后进行合并即可．
【应用场景】
对于型系数问题，可以采用相应的方法解决问题。
【典例指引1】
（2022年新高考I卷13）
11．的展开式中的系数为________________（用数字作答）．
【答案】-28
【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
故答案为：-28

【典例指引2】
12．已知的展开式中各项系数的和为32，则展开式中的系数为__________．（用数字作答）
【答案】120
【详解】由题意，(2x2+x-y)n的展开式中各项系数的和为32，即2n=32，∴n=5，
那么(2x2+x-y)5=[(2x2+x)-y]5，
通项公式，
展开式中含有x5y2，可知r=2．
那么(2x2+x)3中展开必然有x5，
由通项公式，可得，
含有x5的项：则t=1，
∴展开式中x5y2的系数为.
【针对训练】
13．的展开式中，的系数为
A．10 B．20
C．30 D．60
【答案】C
【详解】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选 C.
考点：本题主要考查利用排列组合知识计算二项式展开式某一项的系数.
【名师点睛】本题利用排列组合求多项展开式式某一项的系数，试题形式新颖，是中档题，求多项展开式式某一项的系数问题，先分析该项的构成，结合所给多项式，分析如何得到该项，再利用排列组知识求解.

14．的展开式中，的系数为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分析：题中为独立项，所以展开式中含的为，其中中的系数为展开式中与的系数差．最后再将两部分系数相乘即得所求．
详解：由，
得含的项为，
中的项为
系数为
故选B.
点睛：本题考查了二项式定理的应用，多项式展开问题要抓住独立项，以此为简化问题的突破点，从而减少计算和分类讨论的难度.
15．的展开式共项
A．10 B．15 C．20 D．21
【答案】B
【详解】因为所以再运用二项式定理展开共有项，应选答案B．
16．展开式中的系数为
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】化简已知代数式，利用二项式展开式的通项公式可以求出展开式中的系数．
【详解】因为，则展开式中含的项为；展开式中含的项为，故的系数为，
故选：C．
17．的展开式中的系数为（   ）
A．4 B．-4 C．6 D．-6
【答案】B
【详解】，所以的项为，故的系数为，故选B.
18．的展开式的常数项是
A．-3 B．-2 C．2 D．3
【答案】C
【详解】先求出展开式中的系数，，令，所以 ，展开式中常数项为-1，因此的展开式的常数项是，选C.
二级结论3：二项式系数和的性质
【结论阐述】赋值法
若，则设，有：
；②；③；
④；⑤.
【应用场景】

【典例指引1】
（2022年高考浙江卷12）
19．已知多项式，则__________，___________．
【答案】        
【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令求出，再令即可得出答案．
【详解】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
故答案为：；．

【典例指引2】
20．已知，若，则的值为
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】令，得，而表示的系数， ，故选D.
【针对训练】
21．若，且，则实数的值可以为（    ）
A．1或 B． C．或3 D．
【答案】A
【分析】利用赋值法，分别令，和，
，
，
再根据，求得的值．
【详解】在中，
令可得，即，
令，可得，
∵，
∴，
∴，
整理得，
解得，或．
故选：A
22．已知，若，则（    ）
A．992 B．－32 C．－33 D．496
【答案】D
【分析】先由求得，再通过赋值法令和求得即可.
【详解】由题意知：，则，解得；令，则，
令，则，两式相加得，则.
故选：D.
23．若，则的值是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】分别把与代入题干所给的式子中，再求出的系数，即可得到答案.
【详解】令，得；
令，得；
展开式中的系数为2，故.
所以.
故选：A.
24．设若，则展开式中二项式系数最大的项是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知条件先求解出的值，然后根据二项式系数和求解出的值，从而确定出二项式系数的最大值及其对应的项.
【详解】由题可知，，
当时，，
的展开式中，通项为：，
则常数项对应的系数为：，即，得，
所以，解得：，
则展开式中二项式系数最大为：，
则二项式系数最大的项为：
故选：C．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于的值的求解以及二项式系数最大值的确定；注意：当时，二项式系数是递增的，当时，二项式系数是递减的；当为偶数时，中间一项的二项式系数最大，当为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大.

25．已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件结合组合数计算公式变形和式的通项，再借助二项式性质即可得解.
【详解】依题意，，
当时，，
于是得

.
故选：B
26．若，则=（   ）
A．244 B．1 C． D．
【答案】D
【分析】分别令代入已知关系式，再两式求和即可求解.
【详解】根据，
令时，整理得：
令x = 2时，整理得:
由①+②得，，所以.
故选：D.
27．已知，若的展开式的第2项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，则=（    ）
A．32 B．64 C．128 D．256
【答案】D
【分析】由题可得，再利用赋值法即得.
【详解】由题意可得，
∴．
令，得，
∴．
故选：D.
28．若，则的值为（    ）
A．1 B．-1 C．1023 D．1024
【答案】C
【分析】利用赋值法求解，先令，求出，再令，求出，从而可求得答案
【详解】解：令，则，
令，则，
所以，
故选：C
29．若（），则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据赋值法分别令、，然后可得.
【详解】令，则，再令，则，
∴.
故选：B.
30．若，则_______．
【答案】243##
【分析】根据二项展开式可得，令，即可得解.
【详解】解：的展开式得通项为，
则，
令，则，
即.
故答案为：243.
31．若，，则___________.
【答案】
【解析】本题首先可令，得出，然后令，得出，最后两者相减，即可得出结果.
【详解】令，则，即，
令，则，
即，
故，
故答案为：.
32．若，则_____.
【答案】
【分析】利用赋值法可求代数式的和.
【详解】令，得，
所以.
故答案为：
33．设．若，则实数________．
【答案】
【分析】令，即可求出的值.
【详解】令，则
解得：.
故答案为：.
（2020年高考浙江卷12）
34．设，则________；________．
【答案】         
【分析】利用二项式展开式的通项公式计算即可.
【详解】的通项为，
令，则，故；
.
故答案为：；.
【点晴】本题主要考查利用二项式定理求指定项的系数问题，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
（2022·湖南·长郡中学一模）
35．已知，则__________．
【答案】0
【分析】利用赋值法可得答案.
【详解】根据题意，今，得，令，得，
因此，
故答案为：0.
（2022·湖北·襄阳五中二模）
36．已知函数在x=0处的切线与直线平行，则二项式展开式中含项的系数为_________．
【答案】36
【分析】根据导数的几何意义可得，展开式的通项为：，根据分析计算项的系数．
【详解】由函数的解析式，得，则．由题意，得，
则二项式
展开式的通项为：
所以含项的系数为
故答案为：36．
37．已知，则 的值为
A．39 B．310 C．311 D．312
【答案】D
【详解】由两边求导得
，
令得，
令得，
所以


故选D.
考点：1.导数的应用；2.二项式定理；3.特殊值法.
【名师点睛】本题考查导数的应用，二项式定理，特殊值法，中档题；导数是高考的必考内容，二项式定理在高考中可能考查也可能不考查，但本题将导数与二项式定理融合在一起，应用特殊值法求解，可谓是立意新颖，称得是好题.
38．设，则的值为__________.
【答案】2
【详解】所给的多项式中，令x=-1可得：
，
即：.