2020届二轮复习排列、组合与二项式定理学案（全国通用）

2020届二轮复习  排列、组合与二项式定理  学案（全国通用）

1. 排列数基本公式：；

组合数基本公式：；

组合数的性质①② 及其应用。

2. 关于排列、组合问题的求解，应掌握以下基本方法与技巧

（1）特殊元素优先安排；（2）合理分类与准确分步；（3）排列、组合混合问题先选后排；（4）相邻问题捆绑处理；（5）不相邻问题插空处理；（6）定序问题去序处理；（7）分排问题直排处理；（8）“小集团”排列问题先整体后局部；（9）构造模型；（10）正难则反，等价转化

3. 二项式定理：

通项公式：，其中叫做二项式系数。

4. 对于二项式定理，不仅要掌握其正向运用，而且要学会逆向运用和变式使用。有时先作适当变形后再展开；有时需将非二项式问题转化为二项式问题来研究；有时需适当配凑后逆用二项式定理。

能力提升类

例1  现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加。甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜四项工作，则不同安排方案的种数是

    A. 152     B. 126           C. 90        D. 54

一点通：按照会不会开车来进行分类

答案：B

分类讨论：若有2人从事司机工作，则方案有；若有1人从事司机工作，则方案有种，所以共有18＋108＝126种，故B正确。

点评：按照有特殊要求的元素进行分类是解决此类问题经常采用的方法。

例2  某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中至少各选一门，则不同的选法共有

A. 30种    B. 35种     C. 42种   D. 48种

一点通：将所选3门课程进行分类讨论 

答案：可分以下2种情况：（1）A类选修课选1门，B类选修课选2门，有种不同的选法；（2）A类选修课选2门，B类选修课选1门，有种不同的选法。所以不同的选法共有＋种。选A

点评：本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想。

综合运用类

例3  给个自上而下相连的正方形着黑色或白色。当时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：

由此推断，当时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有      种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有      种。（结果用数值表示）

一点通：利用归纳法找到规律，解决至少的问题可以转到它的反面。

答案：设个正方形时黑色正方形互不相邻的着色方案数为，由图可知，

，，

，

，

由此推断，，故黑色正方形互不相邻的着色方案共有21种；由于给6个正方形着黑色或白色，每一个小正方形有2种方法，所以一共有种方法，由于黑色正方形互不相邻的着色方案共有21 种，所以至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有种。故分别填。

点评：采用正难则反的方法来解决至少的问题

例4  一楼梯共10级，如果规定每次只能跨上一级或两级，要走上这10级楼梯，共有多少种不同的走法？

一点通：找到每次上楼梯走法的种数，并从中找到规律。

答案：设上n级楼梯的走法为an种，易知a1＝1，a2＝2，当n≥2时，上n级楼梯的走法可分两类：第一类：最后一步跨一级，有an－1种走法，第二类：最后一步跨两级，有an－2种走法，由加法原理知：an＝an－1＋ an－2，

据此，a3＝a1＋a2＝3，a4＝a3＋a2＝5，a5＝a4＋a3＝8，a6＝13，a7＝21，a8＝34，a9＝55，a10＝89。故走上10级楼梯共有89种不同的方法。

点评：解决此类问题的关键是找到递推关系，掌握好分类标准。

思维拓展类

例5  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，不同的栽种方法有    种。（以数字作答）

一点通：染色问题用列表法可以使解题得到简化

答案：设四种颜色为a，b，c，d

（种）

点评：染色问题采用数的方法，要将情况考虑周全，不要遗漏。在数的过程中要搞清分了几步，利用乘法原理进行计数。

例6  如图，用四种不同的颜色给图中的六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色。则不同的涂色方法共有（   ）。

Ａ. 种   Ｂ. 种   Ｃ. 种   Ｄ. 种

一点通：染色问题用树形列表法可以使解题得到简化

答案：设四种颜色为①②③④

，故选B。

点评：染色问题采用数的方法，要将情况考虑全，不要遗漏。在数的过程中要搞清分了几步，利用乘法原理进行计数。

例7  四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个点，可以组成多少个不同的三棱锥？

一点通：组成三棱锥，只需4个点不共面，考虑到直接法有困难，故采用间接排除法。

答案：从10个点中任取4个点有中，其中4个点共面有三类情况：

    ①4个点位于四面体的同一面中，有4种；

    ②取任一条棱上的3个点，及该棱对棱的中点，这四点共面共有6种；

    ③由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4个顶点共面有3种，所以不同的取法共有－4－6－3＝141种。

例8  的展开式中x的系数是

A. －4     B. －2     C. 2     D. 4

一点通：将一个二项式展开，再和另一个二项式凑出x项

答案：，故的展开式中含x的项为，所以x的系数为2。选C。

点评：本小题主要考查了对二项式定理的掌握情况，尤其是展开式的通项公式的灵活应用，以及能否区分展开式中项的系数与其二项式系数，同时也考查了一些基本运算能力。

例9  已知，则

等于       。

一点通：选择合适的值赋予x

答案：令，则有，

令，则有，

故

。

点评：利用赋值法解决系数和的问题

例10  （1）求的展开式中的常数项；

（2）已知的展开式中的系数为，求常数的值。

（3）求的展开式中含的项。

一点通：求二项展开式中某指定项的系数、二项式系数或特定项问题，是二项式定理的基本问题，通常用通项公式来解决。如（1）（2）两小题，通过设未知数，借助通项公式，建立方程，最后再用通项公式得到相应的项或相应项的系数。

答案：（1）设第项为常数项，

则，

令，即第7项为常数项，常数项为。

（2）本题只与某一项有关，用通项公式，设第项是含的项，则有

，

得，故，即。

。

（3）方法一：，

由展开式，展开式中含的项是展开式中的一次项与展开式中的常数项之积。展开式中的常数项与展开式中的一次项之积的代数和。

含的项为。

方法二：展开式中的一次项是5个括号中有1个括号内取，其余4个括号内取常数项2相乘得到的，即。

点评：在应用通项公式时，要注意以下几点：

（1）它表示二项展开式中的任意项，只要与确定，该项就随之确定；

（2）是展开式中的第项，而不是第项；

（3）公式中的指数和为不能随便颠倒位置；

（4）要将通项中的系数和字母分离开来，以便于解决问题；

（5）对二项式展开式的通项公式要特别注意符号问题。

对于三项式问题可转化为二项式来求某些特定的项或指定项的系数，也可以利用组合数及分类或分步计数原理求解。

例11  对于，将表示为，当时，，当时，为0或1。记为上述表示中为0的个数（例如，，故），则

（1）   （2）

一点通：按0的个数进行分类

答案：（1）因，故；

（2）在二进制的位数中，没有0的有1个，有1个0的有个，有2个0的有个，……，有个0的有个，……，有个0的有个。故对所有二进制为位数的数，在所求式中的的和为：

。

又，恰为二进制的最大7位数，所以。

点评：此题考查二进制数的构成特征，分类讨论的数学思想方法。

解排列组合问题的基本思路：

    （1）对带有限制条件的排列问题，要掌握基本的解题思想方法。

    ①有特殊元素或特殊位置的排列，通常是先排特殊的元素或特殊位置；

    ②元素必须相邻的排列，可以先将相邻的元素看作一个整体；

    ③元素不相邻的排列，可以制造空档插进去；

④元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序，排列后再利用规定顺序的实情求结果。

（2）处理几何中的计算问题，应注意“对应关系”，如不共线的三点确定一个三角形，不共面的四点可以确定一个四面体等，可借助图形来帮助思考，并善于将几何性质用于解题。

    （3）对于有多个约束条件的问题，可以通过分析每个约束条件，然后再综合考虑是分类或分步，或交替使用两个原理，也可以先不考虑约束条件，扣除不符合条件的情况获得结果。

    （4）要注意正确理解“有且仅有”、“至多”、“至少”、“全是”、“都不是”、“不都是”等词语的确切含意。

二项式定理问题：

（1）运用二项式定理一定要牢记通项，注意与虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，我们一定要注意顺序问题，另外，二项展开式的二项式系数与该项的（字母）系数是两个不同的概念，前者是指，而后者是字母外的部分。

（2）对于二项式系数问题，应注意以下几点：

①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量为1；

②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；

③证明不等式时，应注意运用放缩法。

（3）求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求，再求，有时还需先求，再求，才能求出。

（4）有些三项展开式问题可以通过变形变成二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏。

通过本讲的复习教学，在求解排列与组合应用问题时，应注意以下方面：

  1. 弄清题意抓住实质，把具体问题归结为排列或组合问题，有时转化为两个原理问题来解决。

  2. 分析条件，选用合理的方法（直接法或间接法）。分类讨论时，做到不重不漏，这一点也是求解排列、组合综合问题时最易犯错的地方。

  3. 本讲内容经常运用的思想方法有分类讨论、转化与化归、方程思想等。

    综观近年来的高考试题，本部分内容的重点是二项式定理以及通项、系数的考查，多以考查基本概念、基本知识为主。能力要求主要是以解决问题为主，对难度不大的二项式试题，复习中重点以复习解题方法为主。例如：求系数和、求某项系数、求常数项、求有理项、求所含参数值等等，每类试题均有所涉及，应对这些知识点全面复习。

（答题时间：45分钟）

1. （高考北京卷理科）8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为

A.          B.         C.       D.

2. 从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市各一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（   ）

    A. 300种     B. 240种   C. 114种   D. 96种

3. 从正方体的八个顶点中任取三个点作为三角形，则直角三角形的个数为（  ）个

A. 56 B. 52 C. 48 D. 40

4. 若直线方程Ax＋By＝0的系数A、B可以从0，1，2，3，6，7等六个数字中取不同的数值，则这些方程所表示的直线条数是（ ）

A. －2   B.    C. ＋2   D.

5. 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。

6. 设常数，展开式中的系数为，则＝        。

7. 安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有______种。（用数字作答）

8. 某天课表中6节课需从4门文科，4门理科中选出6门课程排出，其中文科交叉排，且第一、二节课必须排语文、数学，则不同的排法共有_________种。

  9. 在50件产品中有4件是次品，其余均合格，从中任意取出5种，至少3件是次品的取法共有________种。

10. 正方体的8个顶点可确定不同的平面个数为________个，以这些顶点为顶点的四面体共有__________个。

11. 的展开式中，的系数等于________。

12. 的展开式中的第四项是          。

13. 在的二项展开式中，常数项是               。

14. 5男6女排成一列，问：

    （1）5男排在一起有多少种不同排法？

（2）5男每两个不排在一起有多少种排法？

（3）男女相互间隔有多少种不同的排法？

15. 用0，1，2，3，4五个数字组成无重复数字的五位数从小到大依次排列。（1）第49个数是多少？（2）23140是第几个数？ 

1. A  解析：用基本的插空法解决排列组合问题，将所有学生先排列，有种排法，然后将两位老师插入9个空中，共有种排法，因此一共有种排法。

2. B  解析：注意到甲、乙两人不去巴黎，故选人时分三类情况

（1）不选甲、乙，不同方案有种；

（2）甲、乙中选1人，不同方案有种；

（3）甲、乙均入选，不同方案有 种；于是由加法原理得不同的方案总数为24＋144＋72＝240种

3. C  解析：以正方体的三个点为顶点的三角形共可分成两类：一类是直角三角形，一类是正三角形。其中正三角形的个数共有8个（每个顶点上对应着唯一的正三角形，如正方体ABCD－A 1 B1 C1 D1中，顶点A就对应着唯一的正三角形A 1 DB），而全部三角形共有＝56（个），故有直角三角形56－8＝48（个）。

4. B  解析：先考虑非零的5个数字，它们可以组成不同的直线共－2条，再加入A、B中恰有一个不为零时所表示的两条直线，故选B。

5. 48  解析：两老一新时，有种排法；两新一老时，有种排法，即共有48种排法。

6.   解析：，由。

7. 2400

8. 72  解析：先选出另两门文科，理科有种，又因为文科交叉排且第一、二节课必须排语文、数学，有种，所以有＝72种。

9. 4186  解析：＝4186（种）

10. 20，58  解析：① ＋12＝20（个）  ② －2×6＝58（个）

11. 15  解析：

12. w.k*s*u－.c  解析：T4＝ w_w_w.k*s 5*u。c o*m

13. 60  解析：由通项公式，令，得，故。

14. 解：（1）先把5男看成一个整体，得，5男之间排列有顺序问题，得，共种。

    （2）因为男生人数少于女生人数，利用男生插女生空的方法解决问题，得种。

    （3）利用男生插女生空的方法，但要保证两女生不能挨在一起，得种。

15. 解：（1）首位是1，2，3，4组成的五位数各24个。所以第49个数是首位为3的最小的一个自然数，即30124。

    （2）首位为1组成＝24个数；

    首位为2，第二位为0，1，共组成＝12个数。

    首位为2，第二位为3，第三位为0的数共＝2个；首位为2，第二位为3，第三位为1，第四位为0的数有1个，为23104。

    由分类计数原理：＋＋＋1＝39。

    按照从小到大的顺序排列23104后面的五位数就是23140，所以23140是第40个数。