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高考数学一轮复习排列与组合专题练习及答案高考数学一轮复习排列与组合专题练习及答案一、填空题1.市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是________.[解析] 由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇.如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种选择)，之后十位(2种选择)，最后百位(2种选择)，共322=12种;如果是第二种偶奇奇的情况，个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0,1种情况)，共321=6种，因此总共12+6=18种情况.[答案] 182.若从1,2,3，，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种.[解析] 满足题设的取法可分为三类：一是四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C=5(种);二是两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有CC=60(种);三是四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种，所以满足条件的`取法共有5+60+1=66(种).[答案] 663.(2014福州调研)若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，称这个数为伞数.现从1,2,3,4,5,6这六个数字中取3个数，组成无重复数字的三位数，其中伞数有________个.[解析] 分类讨论：若十位数为6时，有A=20(个);若十位数为5时，有A=12(个);若十位数为4时，有A=6(个);若十位数为3时，有A=2(个).因此一共有40个.[答案] 404.一个平面内的8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为________.[解析] 从8个点中任选3个点有选法C种，因为有4点共圆所以减去C种再加1种，共有圆C-C+1=53个.[答案] 535.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________种.[解析] 分两种情况：选2本画册，2本集邮册送给4位朋友有C=6(种)方法;选1本画册，3本集邮册送给4位朋友有C=4(种)方法，不同的赠送方法共有6+4=10(种).[答案] 106.用数字1,2,3,4,5,6六个数字组成一个六位数，要求数字1,2都不与数字3相邻，且该数字能被5整除，则这样的五位数有________个.[解析] 由题可知，数字5一定在个位上，先排数字4和6，排法有2种，再往排好的数字4和6形成的3个空位中插入数字1和3，插法有6种，最后再插入数字2，插法有3种，根据分步乘法计数原理，可得这样的六位数有263=36个.[答案] 367.现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法有________种.[解析] 第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法CC=264(种);第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C-3C=220-12=208(种).由分类计数原理知不同的取法有264+208=472(种).[答案] 4728.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，各位数字之和为偶数的三位数共有________个.[解析] 在1,2,3,4,5这五个数字中有3个奇数，2个偶数，要求三位数各位数字之和为偶数，则两个奇数一个偶数，符合条件的三位数共有CCA=36(个).[答案] 36二、解答题9.从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是多少?(用数字作答).[解] 分三类：选1名骨科医生，则有C(CC+CC+CC)=360(种);选2名骨科医生，则有C(CC+CC)=210(种);选3名骨科医生，则有CCC=20(种).骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360+210+20=590种.10.四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中.(1)若每个盒子放一球，则有多少种不同的放法?(2)恰有一个空盒的放法共有多少种?[解] (1)每个盒子放一球，共有A=24(种)不同的放法;(2)法一先选后排，分三步完成.第一步：四个盒子中选一只为空盒，有4种选法;第二步：选两球为一个元素，有C种选法;第三步：三个元素放入三个盒中，有A种放法.故共有4CA=144(种)放法.法二先分组后排列，看作分配问题.第一步：在四个盒子中选三个，有C种选法;第二步：将四个球分成2,1,1三组，有C种放法;第三步：将三组分到选定的三个盒子中，有A种放法.故共有CCA=144种放法.。
§10.5 二项式定理一、内容归纳1． 知识精讲：（1）二项式定理：()nn n r r n r n n n nn nb C b a C b aC a C b a +++++=+-- 11（*∈N n ）其通项是=+1r T rr n r n b a C - （r=0,1,2,……,n ），知4求1，如：555156b a C T T n n -+== 亦可写成：=+1r T r n r n aba C )(()()()n n n n rr n r n r n n n n n b C b a C b a C a C b a 11110-++-++-=--- （*∈N n ）特别地：()nn n rn rn n nn nx C xC x C x C x +++++=+- 11（*∈N n ）其中，rn C ——二项式系数。
而系数是字母前的常数。
（2）二项展开式系数的性质：①对称性,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，即 ,,,,22110kn n k n n n n n n n n n n C C C C C C C C ---====②增减性与最大值：在二项式展开式中，二项式系数先增后减，且在中间取得最大值。
如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大，即n 偶数：()122m ax+==n n n rnT C C ；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大，即()1211212121max+++-+-====n n n nn nr nT T C C C 。
③所有二项式系数的和用赋值法可以证明等于n2即n n n n n C C C 210=+++ ；奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，即131202-=++=++n n n n n C C C C（3）二项式定理的应用：近似计算和估计、证不等式，如证明：()N n n n n∈≥>,322取()nn 112+=的展开式中的四项即可。
排列组合、二项式定理解析1．[从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G。
从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条。
如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F。
因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条)。
所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18．]2．D[第一步，先排个位，有C13种选择；第二步，排前4位，有A44种选择。
由分步乘法计数原理，知有C13·A44＝72(个)。
]3．C[由题意知：当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0，4项为1，且必有a1＝0，a8＝1．不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C36＝20(种)，其中存在k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有C14＝4(种)；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种。
综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)。
故共有14个。
故选C．]4．A[分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2(种)选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6(种)选派方法。
由分步乘法计数原理得，不同的选派方案共有2×6＝12(种)。
]5．B[分两类，不选三班的同学，利用间接法，没有条件得选择3人，再排除3个同学来自同一班，有C312－3C34＝208种；选三班的一位同学，剩下的两位同学从剩下的12人中任选2人，有C14·C212＝264种。
根据分类计数原理，得208＋264＝472，故选B．]6．A[从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码(每种砝码各一个)中选出若干个，使其总重量恰为8克的方法是选一个，8克，一种方法，选两个，1＋7，2＋6，3＋5，共3种方法，选三个，1＋2＋5，只有一种方法，13·！m！m！＝7·＋！＋！m！＝6．]D·。
排列、组合、二项式定理一、基础知识要记牢(1)分类计数原理：完成一件事情有n类方法，只需用其中一种就能完成这件事．(2)分步计数原理：完成一件事情共分n个步骤，必须经过这n个步骤才能完成．缺少任何一步不能完成这件事．二、经典例题领悟好[例1] (2013·山东高考)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A．243 B．252C．261 D．279[解析] 0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．[答案] B解决此类问题的关键(1)在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．三、预测押题不能少1．一个盒子里有3个分别标有号码1,2,3的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是3的取法有( )A．12种 B．15种C．17种 D．19种解析：选D 取3次球，共有3×3×3＝27种取法，其中最大值不是3的取法有2×2×2＝8种，故有27－8＝19种取法．一、基础知识要记牢区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关．排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关．二、经典例题领悟好[例2] (1)(2013·陕西宝鸡)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )A．85 B．56C．49 D．28(2)(2013·浙江高考)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．[解析] (1)因为丙没有入选相当于从9人中选3人，共有选法C39＝84种，甲、乙都没入选相当于从7人中选3人，共有选法C37＝35种，所以满足条件的选法种数是84－35＝49.(2)①当C在第一或第六位时，有A55＝120(种)排法；②当C在第二或第五位时，有A24A33＝72(种)排法；③当C 在第三或第四位时，有A 22A 33＋A 23A 33＝48(种)排法． 所以共有2×(120＋72＋48)＝480(种)排法． [答案] (1)C (2)480解排列组合综合应用题的解题流程三、预测押题不能少2．(1)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( ) A ．12种 B ．18种 C ．24种 D ．48种解析：选C 将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有A 22·A 22种排法．而后将丙、丁进行插空，有3个空，有A 23种排法，故共有A 22·A 22·A 23＝24种排法．(2)有4名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有1人参加，每名同学只参加一项比赛，另外甲同学不能参加跳舞比赛，则不同的参赛方式的种数为________(用数字作答)．解析：依题意，当甲1人一组时，共有C 12C 23A 22＝12种不同的参赛方式；当甲和另1人一组时，共有C 13A 12A 22＝12种不同的参赛方式，所以共有24种不同的参赛方式． 答案：24一、基础知识要记牢 (1)通项与二项式系数：T r ＋1＝C r n a n －r b r(r ＝0,1,2，…，n )，其中C r n 叫做二项式系数． (2)各二项式系数之和： ①C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n . ②C 1n ＋C 3n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋…＝2n －1. 二、经典例题领悟好[例3] (1)(2013·全国新课标Ⅱ)已知(1＋ɑx )·(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则ɑ＝( )A ．－4B ．－3C ．－2D ．－1(2)(2013·大同调研)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 210的展开式中的常数项是( )A ．360B ．180C ．90D ．45(3)(2013·安徽高考)若⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋a 3x 8的展开式中，x 4的系数为7，则实数a ＝________.[解析] (1)(1＋x )5中含有x 与x 2的项为T 2＝C 15x ＝5x ，T 3＝C 25x 2＝10x 2，∴x 2的系数为10＋5a ＝5，∴a ＝－1. (2)∵T r ＋1＝C r10(x )10－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2r ＝C r 10(－2)r x 1052r-，∴10－5r 2＝0，∴r ＝2，∴常数项为C 210(－2)2＝180.(3)含x 4的项为C 38x 5⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 3x 3＝C 38a 3x 4，∴C 38a 3＝7，∴a ＝12.[答案] (1)D (2)B (3)12解决此类问题关键要掌握的五个方面(1)T r ＋1表示二项展开式中的任意项，只要n 与r 确定，该项就随之确定； (2)T r ＋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 ，a ，b 不能颠倒位置； (4)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；(5)对二项式(a －b )n展开式的通项公式要特别注意符号问题． 三、预测押题不能少3．(1)若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为( ) A ．1或－3 B ．－1或3 C ．1 D ．－3解析：选A 令x ＝0，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2＋m )9；令x ＝－2，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝m 9.所以有(2＋m )9m 9＝39，即m 2＋2m ＝3，解得m ＝1或－3.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋13x n 的展开式中各项系数之和为729，则该展开式中x 2的系数为________． 解析：依题意得3n＝729，n ＝6.二项式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋13x 6的展开式的通项是T r ＋1＝C r 6·(2x )6－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r＝C r 6·26－r·x 6－4r 3.令6－4r 3＝2，得r ＝3.因此，在该二项式的展开式中x 2的系数是C 36·26－3＝160.答案：160二项式定理是高考热点内容，主要考查二项式的通项公式、二项式系数、二项式指定项(特定项)等知识，近年与函数、不等式、数列等知识交汇，让二项式定理问题在命题中有了“生机”．一、经典例题领悟好[例] (2013·陕西高考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6，x <0，－x ，x ≥0，则当x >0时，f [f (x )]表达式的展开式中常数项为( )A ．－20B ．20C ．－15D ．15[解析] ∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6，x <0，－x ，x ≥0，∴当x >0时，f (x )＝－x <0，∴f [f (x )]＝f (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1x 6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6.∴展开式中常数项为C 36(x )3⎝⎛⎭⎪⎫－1x 3＝－C 36＝－20.[答案] A以分段函数和复合函数的形式出现考查二项式定理的应用，凸显函数的主导作用，以复合函数的复合过程为切入点，再次使用不同区间上的表达式，再使问题化为二项展开式的问题，体现转化化归和特殊化思想在知识交汇处的具体应用. 二、预测押题不能少(1)已知f (x )＝(ax ＋2)6，f ′(x )是f (x )的导数，若f ′(x )的展开式中x 的系数大于f (x )的展开式中x 的系数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫25，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25C.⎝ ⎛⎭⎪⎫25，＋∞ D ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞解析：选 A f (x )的展开式中x 的系数是C 5625a 6－5＝192a .f ′(x )＝6(ax ＋2)5(ax ＋2)′＝6a (ax ＋2)5，f ′(x )的展开式中x 的系数是6a C 4524a 5－4＝480a 2.依题意得480a 2>192a ，解得a >25或a <0.(2)已知a ＝20π⎰(sin 2x 2－12)d x ，则⎝⎛⎭⎪⎫ax ＋12ax 9的展开式中，关于x 的一次项的系数为( ) A ．－6316B.6316C ．－638D.638解析：选A a ＝20π⎰⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2x 2－12d x ＝20π⎰1－cos x 2－12d x ＝20π⎰⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos x 2d x ＝－12.此时二项式的展开式的通项为T r ＋1＝C r 9⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 9－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 9⎝ ⎛⎭⎪⎫－129－r (－1)r x 9－2r.令9－2r ＝1，得r ＝4，所以关于x 的一次项的系数为C 49⎝ ⎛⎭⎪⎫－129－4·(－1)4＝－6316.1．(2013·河南开封模拟)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( ) A ．4种 B ．10种 C ．18种 D ．20种解析：选B 分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C 24＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C 14＝4种方法．所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)．2．(2013·辽宁高考)使⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋1x x n (n ∈N *)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B 由二项式定理得，T r ＋1＝C rn(3x )n －r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x x r ＝C r n 3n －r x52n r－，令n －52r ＝0，当r ＝2时，n ＝5，此时n 最小．3．(2013·四川高考)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是( ) A ．9 B ．10 C ．18 D ．20解析：选C lg a －lg b ＝lg a b ，lg a b 有多少个不同值，只要看a b不同值的个数，所以共有A 25－2＝20－2＝18个不同值．4．(2013·成都模拟)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( ) A ．180 B ．90 C ．45 D ．360解析：选A 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以n ＝10.T r ＋1＝C r 10·(x )10－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2r ＝2r C r 10·x 552r －，令5－52r ＝0，则r ＝2，T 3＝4C 210＝180.5．(2013·深圳市调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( ) A ．18个 B ．15个 C ．12个 D ．9个解析：选B 依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004；由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031；由2、2、0组成3个数分别为220、202、022；由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计：3＋6＋3＋3＝15个．6．在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的幂指数是整数的项共有( ) A ．3项 B ．4项C ．5项D ．6项解析：选C T r ＋1＝C r24·()x 24－r·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r ＝C r 24·x 5126r－，且0≤r ≤24，r ∈N ，所以当r ＝0,6,12,18,24时，x 的幂指数是整数．7．将9个相同的小球放入3个不同的盒子，要求每个盒子中至少有1个小球，且每个盒子中的小球个数都不相同，则共有不同的放法( ) A ．15种 B ．18种 C ．19种 D ．21种解析：选B 对这3个盒子中所放的小球的个数情况进行分类计数：第一类，这3个盒子中所放的小球的个数是1,2,6，此类放法有A 33＝6种；第二类，这3个盒子中所放的小球的个数是1,3,5，此类放法有A 33＝6种；第三类，这3个盒子中所放的小球的个数是2,3,4，此类放法有A 33＝6种．因此满足题意的放法共有6＋6＋6＝18种.8．(2013·天津河西模拟)已知(1＋x )10＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 10(1－x )10，则a 8＝( )A ．－180B ．180C ．45D ．－45解析：选B 因为(1＋x )10＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 10(1－x )10，所以[2－(1－x )]10＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 10(1－x )10，∴a 8＝C 81022(－1)8＝180.9．现有4名教师参加说课比赛，共有4道备选题目，若每位教师从中有放回地随机选出一道题目进行说课，其中恰有一道题目没有被这4位教师选中的情况有( ) A ．288种 B ．144种 C ．72种 D ．36种解析：选B 首先选择题目，从4道题目中选出3道，选法有C 34种；其次将获得同一道题目的2位教师选出，选法有C 24种；最后将选出的3道题目分配给3组教师，分配方式有A 33种．由分步乘法计数原理，知满足题意的情况共有C 34C 24A 33＝144(种)． 10．若(1－2x )2 013＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 013x2 013(x ∈R )，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01322 013的值为( )A ．2B ．0C ．－1D ．－2解析：选C 令x ＝0，则a 0＝1；令x ＝12，则a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01322 013＝0.∴a 12＋a 222＋…＋a 2 01322 013＝－1.11．(2013·张家界模拟)在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A 只能出现在第一步或最后一步，程序B 和C 在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有( )A ．34种B ．48种C ．96种D ．144种解析：选C 本题是一个分步计数问题．由题意知程序A 只能出现在第一步或最后一步，∴从第一个位置和最后一个位置中选一个位置把A 排列，有A 12＝2种结果．∵程序B 和C 在实施时必须相邻，∴把B 和C 看作一个元素，同除A 外的3个元素排列，注意B 和C 之间还有一个排列，共有A 44A 22＝48种结果．根据分步计数原理知共有2×48＝96种结果．12．(2013·全国新课标Ⅰ)设m 为正整数，(x ＋y )2m展开式的二项式系数的最大值为a ，(x＋y )2m ＋1展开式的二项式系数的最大值为b ，若13a ＝7b ，则m ＝( ) A ．5 B ．6 C.7 D.8解析：选B 根据二项式系数的性质知：(x ＋y )2m 的二项式系数最大有一项，C m 2m ＝a ，(x ＋y )2m＋1的二项式系数最大有两项，C m 2m ＋1＝C m ＋12m ＋1＝b .又13a ＝7b ，所以13C m 2m ＝7C m2m ＋1，将各选项中m 的取值逐个代入验证，知m ＝6满足等式．13．已知集合A ＝{x |x ＝a 0＋a 1×3＋a 2×32＋a 3×33}，其中a k ∈{0,1,2}(k ＝0,1,2,3)，且a 3≠0，则A 中所有元素之和等于( ) A ．3 240 B ．3 120 C ．2 997 D ．2 889解析：选D 可利用排除法，若a 3也可以取0，则a 0，a 1，a 2，a 3都可取0,1,2，根据分步乘法计数原理，可知这样的数共有3×3×3×3＝81(个)，显然0,1,2这3个数字每个数字要重复27次，故这些元素的和为27×(3＋3×3＋3×32＋3×33)＝27×120＝3 240；当a 3＝0时，a 0，a 1，a 2可取0,1,2，根据分步乘法计数原理，可知这样的数共有3×3×3＝27(个)，而0,1,2这3个数字每个数字要重复9次，故这些元素的和为9×(3＋3×3＋3×32)＝9×39＝351.所以集合A 中所有元素的和为3 240－351＝2 889.14．(2013·郑州预测)在二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋12·4x n 的展开式中，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为( )A.16B.14C.13D.512解析：选D 注意到二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋12·4x n 的展开式的通项是T r ＋1＝C rn ·(x )n －r ·⎝⎛⎭⎪⎪⎫12·4x r ＝C rn·2－r·x234n r-.依题意有C 0n ＋C 2n ·2－2＝2C 1n ·2－1＝n ，即n 2－9n ＋8＝0，(n －1)(n －8)＝0(n ≥2)，因此n ＝8 .∵二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋12·4x 8的展开式的通项是T r ＋1＝C r8·2－r ·x 344r －，其展开式中的有理项共有3项，所求的概率等于A 66·A 37A 99＝512.15．(2013·长春模拟)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数字夹在两个奇数字之间的四位数的个数为________．解析：A 22·C 12·A 22＝8个． 答案：816．(2013·长沙模拟)⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋1x2－22的展开式中常数项是________．解析：∵⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋1x2－22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 4，∴T r ＋1＝C r 4x4－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 4(－1)r x 4－2r ， 令4－2r ＝0，解得r ＝2，∴常数项为C 24(－1)2＝6. 答案：6 17．(2013·湖北八校联考)航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学实验，要求2艘攻击型核潜艇一前一后，2艘驱逐舰和2艘护卫舰分列左、右，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法数为________．解析：先将2艘驱逐舰和2艘护卫舰平均分成两组，再排，有C 12A 22A 22A 22种方法，然后排2艘攻击型核潜艇，有A 22种方法，故舰艇分配方案的方法数为C 12A 22A 22A 22A 22＝32. 答案：3218．(2013·浙江名校联考)二项式(4x －2－x )6(x ∈R )展开式中的常数项是________．解析：∵(4x －2－x )6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(4x )6－r (－2－x )r ＝(－1)r C r 62(12－3r )x，若T r ＋1为常数项，则r ＝4，T 5＝15. 答案：1519．(2013·银川模拟)若(2x －3)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5＝________.解析：原等式两边求导得5(2x －3)4·(2x －3)′＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋4a 4x 3＋5a 5x 4，令上式中x ＝1，得a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5＝10. 答案：1020.(2013·滨州模拟)如图所示，用五种不同的颜色分别给A ，B ，C ，D 四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．解析：按区域分四步：第一步A 区域有5种颜色可选； 第二步B 区域有4种颜色可选； 第三步C 区域有3种颜色可选；第四步由于D 区域可以重复使用区域A 中已有过的颜色，故也有3种颜色可选． 由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180(种)涂色方法． 答案：180。
第十二章排列组合、二项式定理、概率高考导航考纲要求备考策略计数原理1.理解分类加法计数原理和分步乘法计算原理，能正确区分“类”和“步”并能用两个原理分析和解决一些简单的实际问题；2.理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题；3.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题；4.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.排列组合、二项式定理、概率是高考的重点内容.高考中一般以选择、填空的形式考查排列组合、二项式定理、古典概型、几何概型及概率的计算，以解答题的形式考查概率与分布列、期望、方差的综合，属中、低档题.复习时采用以下应对策略：1.立足基础知识和基本方法的复习，恰当选取典型例题，构建思维模式，造就思维依托和思维的合理定势，加强思维的规范训练.2.提高做题能力，通过变式题的训练，实现常规题向典型问题的转化，进行多种解法训练，提高分析解决问题的能力.3.抓好“操作”训练，注意加强对解题过程的叙述与分析的练习.4.加强数学思想方法的训练，分类讨论、转化思想、整体思想、正难则反等数学思想在本章中经常考查到，需要平时经常归纳总结.5.在复习中要控制好题目的难度，不做难题、偏题、怪题.随机事件的概率1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别；2.了解两个互斥事件的概率加法公式；3.理解古典概型及其概率计算公式；会计算一些随机事件所包含的基本事件的个数及事件发生的概率；4.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率，了解几何概型的意义.离散型随机变量1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列对于刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列；2.了解超几何分布，并能进行简单的应用；3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能运用它们解决一些简单的实际问题；4.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题；5.借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.知识网络12.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理考点诠释重点：理解分类加法与分步乘法计数原理，并会应用其解决实际问题.难点：计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理.典例精析题型一分类加法计数原理【例1】高三一班有学生50人，男30人，女20人；高三二班有学生60人，男30人，女30人；高三三班有学生55人，男35人，女20人.(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学校学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任校学生会体育部长，有多少种不同的选法？【思路分析】(1)这一名学生会主席的选法可分为三类，即从高三一班或二班或三班中选取；(2)这一名学生会体育部长的选法可分为三类，即从高三一班或二班男生中或从高三三班女生中选取.【解析】(1)50＋60＋55＝165(种)，即所求选法有165种.(2)30＋30＋20＝80(种)，即所求选法有80种.【方法归纳】分类计数原理，首先将完成一件事的方法分类，然后再计算各类方法中分别有多少种方法可以完成该事件，最后求其和.注意：每类方法可以独立完成.【举一反三】1.从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( D )A.3B.4C.6D.8【解析】当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12，13，23时，共有4个.故选D.题型二分步乘法计数原理【例2】如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有种.【思路分析】根据焊接点脱落与不脱落两种情况入手求解即可.【解析】13.每个焊接点都有脱落与不脱落两种状态，电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，但电路通的情况却只有3种，即2或3脱落或全不脱落.由于每个焊接点有脱落与不脱落两种情况，所以共有24－3＝13种情况.【方法归纳】利用分步乘法计数原理解决问题应注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事.【举一反三】2.从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有240种.【解析】能去张家界的有4人，依次能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人，则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3＝240种.题型三分类加法和分步乘法计数原理综合应用【例3】如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275)，那么所有凸数的个数为()A.240B.204C.729D.920【思路分析】由于中间数最大，可先按中间数进行分类，再按两边的数分步进行解答.【解析】A.分8类，当中间数为2时，有1×2＝2(个)；当中间数为3时，有2×3＝6(个)；当中间数为4时，有3×4＝12(个)；当中间数为5时，有4×5＝20(个)；当中间数为6时，有5×6＝30(个)；当中间数为7时，有6×7＝42(个)；当中间数为8时，有7×8＝56(个)；当中间数为9时，有8×9＝72(个).故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).【方法归纳】对于复杂问题，只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理不能解决时，可以综合应用两个原理，可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类. 【举一反三】3.在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有 40 个.【解析】把与正八边形有公共边的三角形分为两类： 第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)； 第二类，有两条公共边的三角形共有8(个). 由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).体验高考(2015广东)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了 条毕业留言.(用数字作答)【解析】1 560.因为同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，且全班共有40人，所以全班共写了40×39＝1 560条毕业留言.【举一反三】(2016惠州调研)满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为( B )A.14B.13C.12D.9 【解析】由于a ，b ∈{－1,0,1,2}.(1)当a ＝0时，有x ＝－b2为实根，则b ＝－1,0,1,2，有4种可能；(2)当a ≠0时，因为方程有实根， 所以＝4－4ab ≥0，所以ab ≤1.(*)①当a ＝－1时，满足(*)式的b ＝－1,0,1,2，有4种可能. ②当a ＝1时，b ＝－1,0,1，有3种可能. ③当a ＝2时，b ＝－1,0，有2种可能.所以由分类加法计数原理，有序数对(a ，b )共有4＋4＋3＋2＝13(个).12.2 排列与组合考点诠释重点：理解排列、组合的意义，掌握排列数与组合数公式，会解决排列组合的实际问题. 难点：如何区分排列问题与组合问题，灵活解决排列组合的综合问题.典例精析题型一 有限制条件的排列问题【例1】3男3女共6个同学排成一行. (1)女生都排在一起，有多少种排法？ (2)女生与男生相间，有多少种排法？(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法？(4)3名男生不排在一起，有多少种排法？(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有多少种排法？【思路分析】(1)用捆绑法；(2)(3)用插空法；(4)用排除法，全排后减去男生在一起的排法数；(5)用特殊元素优先法.【解析】(1)将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A44种排法.又3名女生内部有A33种排法，所以共有A44·A33＝144种排法.(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2A33·A33＝72种排法.(3)女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33·A34＝144种.(4)直接分类较复杂，可用间接法，即从6个人的排列总数中减去3名男生排在一起的排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66－A33A44＝576种.(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法.又甲、乙有A22种排法，这样就有A23·A22种排法.然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另1名男生排在首尾，有A22种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A22＝24种.【方法归纳】解决排列类应用题的主要方法：(1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算；(2)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置；(3)捆绑法：相邻问题捆绑处理的方法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列；(4)插空法：不相邻问题插空处理的方法，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的空当中；(5)分排问题直排处理的方法；(6)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法；(7)定序问题除法处理的方法，即可以先不考虑顺序限制，排列后除以定序元素的全排列.【举一反三】1.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数.(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个四位偶数？(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？【解析】(1)A15A35＝300或A46－A35＝300(间接法).(2)A35＋A12A14A24＝156.(3)千位是1的四位数有A35＝60个，千位是2，百位是0或1的四位数有2A24＝24个，所以第85项是2 301.题型二有限制条件的组合问题【例2】从7名男生5名女生中选取5人，符合下列条件的选法总数有多少种？(1)A，B必须当选；(2)A，B必不当选；(3)A，B不全当选；(4)至少有2名女生当选；(5)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任.【思路分析】(1)从剩下10人中选3人；(2)从剩下10人中选5人；(3)(4)用排除法；(5)分三步进行.【解析】(1)由于A，B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，所以有C310＝120种.(2)从除去A，B两人的10人中选5人即可，所以有C510＝252种.(3)全部选法有C512种，A，B都当选有C310种，故A，B不全当选有C512－C310＝672种.(4)注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生或没有女生，故可用间接法进行，所以有C512－C15·C47－C57＝596种选法.(5)分三步进行：第一步，选1男1女分别担任两个职务，有C17·C15种；第二步，选2男1女补足5人，有C26·C14种；第三步，为这3人安排工作，有A33种.由分步乘法计数原理知，共有C17·C15·C26·C14·A33＝12 600种选法.【方法归纳】在解组合问题时，常遇到“至多”“至少”问题，此时可考虑用间接法求解以减少运算量，如果同一个问题涉及排列组合问题，应注意先选后排的原则.【举一反三】2.某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长.现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有一名女生；(2)两队长当选；(3)至少有一名队长当选；(4)至多有两名女生当选；(5)既要有队长，又要有女生当选.【解析】(1)一名女生，四名男生.故共有C15·C48＝350种.(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C22·C311＝165种.(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和两名队长.故共有C12·C411＋C22·C311＝825种，或采用排除法：C513－C511＝825种.(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生.故选法有C25·C38＋C15·C48＋C58＝966种.(5)分两类：第一类，女队长当选：C412；第二类，女队长不当选：C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44.故选法共有C412＋C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44＝790种.题型三排列、组合的综合问题【例3】有4种不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？(3)恰有一个盒子内有2个球，有多少种放法？(4)恰有两个盒子不放球，有多少种放法？【思路分析】考虑相关限制条件，然后逐一列式求解.【解析】(1)一个球一个球地放到盒子里去，每个球都有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有44＝256种.(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出1个，有C14种方法，将4个球分成2,1,1的三组，有C24种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，有C13种方法，其余两个球，两个盒子，全排列即可，即A22.由分步乘法计数原理，放法有C14·C24·C13·A22＝144种.(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外的三个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，即另外三个盒子中恰有一个空盒.因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”含义相同.故也有144种放法.(4)先从四个盒子中任意拿走两个有C24种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数字看，可分为(3,1)，(2,2)两类.第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C34·C12种放法；第二类：有C24种放法.因此共有C34·C12＋C24＝14种.由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有C24·14＝84种.【方法归纳】求解排列、组合综合题的一般思路：排列、组合的综合问题，一般是将符合要求的元素取出(组合)进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列.其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准.【举一反三】3.有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表.【解析】(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有C35C23＋C45C13种，后排有A55种，共有(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400种.(2)除去该女生后，先取后排，有C47·A44＝840种.(3)先选后排，但先安排该男生，有C47·C14·A44＝3 360种.(4)先从除去该男生和该女生的6人中选3人有C36种，再安排该男生有C13种，选出的3人全排有A33种，共C36·C13·A33＝360种.体验高考(2015四川)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A.144个B.120个C.96个D.72个【解析】B.数字0,1,2,3,4,5中仅有0,2,4三个偶数，比40 000大的偶数为以4开头与以5开头的数.其中以4开头的偶数又分以0结尾与以2结尾，有2A34＝48个；同理，以5开头的有3A34＝72个.于是共有48＋72＝120个，故选B.【举一反三】(2014福建)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b ＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( A )A.(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5B.(1＋a 5)(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c )5C.(1＋a )5(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c 5)D.(1＋a 5)(1＋b )5(1＋c ＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5)【解析】从5个有区别的黑球中取k 个的方法数为C k 5，故可用(1＋c )5的展开式中c k 的系数表示.又所有的蓝球都取或都不取用1＋b 5表示.再由乘法原理知，符合题意的取法可由(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5表示.12.3 二项式定理考点诠释重点：理解二项式定理，熟记其展开式及通项；理解二项式系数的性质，并能应用其解决问题.难点：二项式系数与项的系数的区别和联系，灵活运用公式解题.典例精析题型一 求二项展开式中的指定项 【例1】已知在的展开式中，第6项为常数项.(1)求n ；(2)求含x 2项的系数；(3)求展开式中所有的有理项.【思路分析】本题主要考查二项式的展开式，解题关键是写出通项，转化为方程问题求解. 【解析】(1)通项公式为，因为第6项为常数项，所以r ＝5时，有n －2r3＝0，即n ＝10.(2)令n －2r 3＝2，得r ＝12(n －6)＝2，所以所求的系数为C 210⎝⎛⎭⎫－122＝454.(3)根据通项公式，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10－2r 3∈Z ，0≤r ≤10，r ∈Z ，令10－2r3＝k (k ∈Z )，则10－2r ＝3k ， 即r ＝5－32k ，因为k 可取2,0，－2，即r 可取2,5,8. 所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为454x 2，－638，45256x －2. 【方法归纳】1.掌握二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；2.应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项、含x 某次幂的项、常数项、有理项、系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n 或r 后，再求所需的项(要注意n 和r 的数值范围及大小关系)；3.注意区分展开式“第r ＋1项的二项式系数”与“第r ＋1项的系数”.【举一反三】1.若二项式⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 7的展开式中1x3的系数是84，则实数a 等于( C )A.2B.C.1D.24【解析】T r ＋1＝C r 7·(2x )7－r ·⎝⎛⎭⎫a x r ＝C r 7·27－r a r ·1x 2r －7.令2r －7＝3，则r ＝5.由C 5722·a 5＝84得a ＝1，故选C.题型二 运用赋值法求值【例2】若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，求： (1)a 7＋a 6＋…＋a 1； (2)a 7＋a 5＋a 3＋a 1； (3)a 6＋a 4＋a 2＋a 0.【思路分析】所求结果与各项系数有关，可以考虑用“特殊值法”，即“赋值法”解决. 【解析】(1)令x ＝0，则a 0＝－1；令x ＝1，则a 7＋a 6＋…＋a 1＋a 0＝27＝128，① 所以a 7＋a 6＋…＋a 1＝129. (2)令x ＝－1，则－a 7＋a 6－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝(－4)7，② 由①－②2得a 7＋a 5＋a 3＋a 1＝12[128－(－4)7]＝8 256. (3)由①＋②2得a 6＋a 4＋a 2＋a 0＝12[128＋(－4)7]＝－8 128.【方法归纳】赋值法求系数和的应用技巧：(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可.(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，偶次项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，奇次项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2.令x＝0，可得a 0＝f (0).【举一反三】2.在(2x －3y )10的展开式a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和.【解析】由题意知，(2x －3y )10＝C 010(2x )10(－3y )0＋C 110(2x )9(－3y )＋…＋C 1010(2x )0(－3y )10. (1)二项式系数和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210.(2)在二项展开式中，令x ＝y ＝1，得各项系数和为(2－3)10＝1.(3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29， 偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29.(4)在(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10中， 令x ＝1，y ＝1，得 1＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10.① 当x ＝1，y ＝－1，得 510＝a 0－a 1＋a 2－…＋a 10.②①＋②得2(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＝510＋1， 所以奇数项系数和为510＋12.①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510.所以偶数项系数和为1－5102.题型三 二项式定理的综合应用【例3】已知⎝⎛⎭⎫x －2x 2n(n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中含的项；(3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项. 【思路分析】(1)可利用“赋值法”求各项系数的和； (2)可利用展开式中的通项公式确定T k ＋1中k 的值； (3)可利用通项公式求出k 的取值范围，再确定项. 【解析】由题意知，第五项系数为C 4n ·(－2)4， 第三项的系数为C 2n ·(－2)2， 则有C 4n ·(－2)4C 2n ·(－2)2＝101，化简得n 2－5n －24＝0， 解得n ＝8或n ＝－3(舍去).(1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1.(2)通项公式T k ＋1＝C k 8·(x )8－k ·⎝⎛⎭⎫－2x 2k ＝C k 8·(－2)k ·x ，令8－k 2－2k ＝32，则k ＝1，故展开式中含x 的项为T 2＝－16x .(3)设展开式中的第k 项，第k ＋1项，第k ＋2项的系数绝对值分别为C k －18·2k －1，C k 8·2k ，C k ＋18·2k ＋1，若第k ＋1项的系数绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C k －18·2k －1≤C k 8·2k ，C k ＋18·2k ＋1≤C k 8·2k.解得5≤k ≤6.又T 6的系数为负，所以系数最大的项为T 7＝1 792x －11.由n ＝8知第5项二项式系数最大， 此时T 5＝1 120x －6.【方法归纳】求展开式中系数最大的项，如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1解出k ，即可求得.【举一反三】3.求二项式⎝⎛⎭⎫x －2x 28的展开式中： (1)二项式系数最大的项；(2)系数最大的项和系数最小的项.【解析】(1)二项式系数最大的项即展开式的中间项，也即第5项，所求项为T 4＋1＝C 48(x )4⎝⎛⎭⎫－2x 24＝1 120x6.(2)先求系数绝对值最大的项，设第r ＋1项的系数的绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C r 82r ≥C r －182r －1，C r 82r ≥C r ＋182r ＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧2r ≥19－r，18－r ≥2r ＋1，解得5≤r ≤6，即第6项和第7项的系数绝对值最大.由于第6项的系数为负，第7项的系数为正， 所以第7项是系数最大的项，这一项为T 6＋1＝C 68(x )2·⎝⎛⎭⎫－2x 26＝1 792x －11； 第6项是系数最小的项，这一项为T 5＋1＝C 58(x )3·⎝⎛⎭⎫－2x 25＝－1 792x.体验高考(2015新课标Ⅰ)(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( ) A.10 B.20 C.30 D.60【解析】C.(x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5的展开式中只有C 25(x 2＋x )3y 2中含x 5y 2，易知x 5y2的系数为C 25C 13＝30，故选C.【举一反三】(2015新课标Ⅱ)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝ 3 .【解析】设f (x )＝(a ＋x )(1＋x )4，则其所有项的系数和为f (1)＝(a ＋1)·(1＋1)4＝(a ＋1)×16.又奇数次幂项的系数和为12[]f (1)－f (－1)，所以12×(a ＋1)×16＝32，所以a ＝3.12.4 随机事件的概率考点诠释重点：理解频率与概率的区别与联系，互斥事件与独立事件的区别与联系，会求随机事件的概率.难点：对概率的概念和随机事件间的关系的理解，互斥事件概率加法公式的正确应用.典例精析题型一 频率与概率 【例1】某企业生产的乒乓球被某赛事组委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.抽取球数n 50 100 200 500 1 000 2 000 优等品数m 45 92 194 470 954 1 902 优等品频率m n(1)计算表中乒乓球优等品的频率；(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？(结果保留到小数点后三位)【思路分析】根据频率的计算公式f n (A )＝mn ，其中n 为相同条件下重复的试验次数，m为事件A 发生的次数，且随着试验次数的增多，频率接近概率.【解析】(1)依据公式P ＝mn，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951.(2)由(1)知，抽取的球数n 不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为0.950.【方法归纳】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本在0.95附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等品率.【举一反三】1.某射击运动员进行双向飞碟射击训练，各次训练的成绩如下表：射击次数 100 120 150 100 150 击中飞碟数 81 95 123 82 119 击中飞碟的频率(1)将各次击中飞碟的频率填入表中； (2)这个运动员击中飞碟的概率约为多少？【解析】利用频率公式依次计算出击中飞碟的频率.(1)射击次数100，击中飞碟数是81，故击中飞碟的频率是81100＝0.81，同理可求得下面的频率依次是0.792,0.82，0.82，0.793,0.794,0.807；(2)击中飞碟的频率在0.81的附近波动，故这个运动员击中飞碟的概率约为0.81. 题型二 随机事件间的关系 【例2】某饮料公司对一名员工进行测试以便确定其考评级别.公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中3杯为A 饮料，另外2杯为B 饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A 饮料.若该员工3杯都选对，则评为优秀；若3杯选对2杯，则评为良好；否则评为合格.假设此人对A 和B 两种饮料没有鉴别能力.(1)求此人被评为优秀的概率；(2)求此人被评为良好及以上的概率.【思路分析】根据古典型公式及互斥事件的概率公式可求解.【解析】将5杯饮料编号为：1,2,3,4,5，编号1,2,3表示A 饮料，编号4,5表示B 饮料，则从5杯饮料中选出3杯的所有可能情况为：(123)，(124)，(125)，(134)，(135)，(145)，(234)，(235)，(245)，(345)，可见共有10种.令D 表示此人被评为优秀的事件，E 表示此人被评为良好的事件，F 表示此人被评为良好及以上的事件，则D ，E 互斥，F ＝D ＋E ，(1)P (D )＝110；(2)P (E )＝35，P (F )＝P (D )＋P (E )＝710.【方法归纳】应用互斥事件的概率加法公式，一定要注意首先确定各事件是否彼此互斥，然后求出各事件分别发生的概率，再求和.【举一反三】2.袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率为14，得到黑球或黄球的概率是512，得到黄球或绿球的概率是12，试问：得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？【解析】分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件A ，B ，C ，D .由于A ，B ，C ，D 为互斥事件，根据已知得到⎩⎪⎨⎪⎧ 14＋P (B )＋P (C )＋P (D )＝1，P (B )＋P (C )＝512，P (C )＋P (D )＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧P (B )＝14，P (C )＝16，P (D )＝13.所以得到黑球、黄球、绿球的概率分别为14，16，13.题型三 对立事件的概率【例3】一盒中共装有除颜色外其余均相同的小球12个，其中5个红球、4个黑球、2个白球、1个绿球.从中随机取出1个球.求：(1)取出1球是红球或黑球的概率；(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率.【思路分析】―→求P (A 1)，P (A 2)，P (A 3)，P (A 4) (1)P (A 1∪A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)―→结果 (2)P (A 1∪A 2∪A 3)＝1－P (A 4)―→结果【解析】记事件A 1＝{任取1球为红球}，A 2＝{任取1球为黑球}，A 3＝{任取1球为白球}，A 4＝{任取1球为绿球}，则P (A 1)＝512，P (A 2)＝412，P (A 3)＝212，P (A 4)＝112.根据题意知，事件A 1，A 2，A 3，A 4彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得 (1)取出1球是红球或黑球的概率为P (A 1∪A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)＝512＋412＝34.(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率即取出1球不是绿球，为P (A 1∪A 2∪A 3)＝1－P (A 4)＝1－112＝1112.。
山东省届高三数学理一轮复习专题突破训练排列组合二项式定理一、二项式定理、（年山东省高考）若（）的展开式中的系数是—，则实数.、（年山东省高考）若的展开式中项的系数为，则的最小值为。
、（泰安市届高三二模）在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是，则展开式中各项系数的和为. . . .、（德州市届高三二模）在（）（）…（）（∈，≥）的展开式中，的系数为，则的系数为（）．．．．、（威海市届高三二模）在二项式（﹣）的展开式中，偶数项的二项式系数之和为，则展开式中的系数为．、（潍坊市届高三二模）（）（﹣）的展开式中，的系数为．、（德州市届高三上学期期末）已知，则．．．．、（济南市届高三上学期期末）二项式的展开式中的系数为，则、（胶州市届高三上学期期末）则的展开式的常数项为.、（临沂市届高三上学期期末）若多项式，则.、（威海市届高三上学期期末）若展开式中含的项的系数为，则的值为.、（潍坊市届高三上学期期末）的二项展开式中的系数为（用数字表示）.、（青岛市高三月模拟）在二项式的展开式中，常数项等于（用数字作答）；、（日照市高三月模拟）的展开式中，含次数最高的项的系数是（用数字作答）.、（泰安市高三月模拟）设二项式的展开式中的系数为，常数项为，若，则▲.、（烟台市高三月模拟）已知，则二项式的展开式中的系数为、（淄博市高三月模拟）二项式的展开式中的系数为，则.、（济南市高三月模拟）二项式展开式中的常数项为.二、排列组合、（年山东省高考）观察下列各式：……照此规律，当时，… .、（东营市、潍坊市届高三下学期第三次模拟）在一次抽奖活动中，张奖券中有一、二、三等奖各张，其余张无奖．甲、乙、丙、丁四名顾客每人从中随机抽取张，则不同的获奖情况有（）。
浙江省2017届高三数学理一轮复习专题突破训练排列组合二项式定理一、二项式定理1、（2014年浙江省高考）在64(1)(1)x y ++的展开式中，记m n x y 项的系数为(f m ，)n ，则(3f ，0)(2f +，1)(1f +，2)(0f +，3)=A.45B.60C.120D.2102、（金华、丽水、衢州市十二校2017届高三8月联考） (82展开式中含3x 项的系数为（ ）A ．3112x B ．31120x - C ．112 D ．11203、（嘉兴市2017届高三上学期基础测试）在26（－x)的展开式中，含3x 的二项式系数为＿＿，系数为＿＿＿（均用数字作答）4、（温州市普通高中2017届高三8月模拟考试）在nx⎛+ ⎝的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则3x 的系数为（ ） A ．15 B ．45 C ．135 D ．4055、（温州乐清市乐成寄宿学校2016届高三3月考试）25()x x y ++展开式中52x y 系数为（ ）A ．10B ．20C ．30D ．606、在6(12)x -的展开式中，2x 的系数为__________________.（用数字作答） 7、若（ax 25的展开式中x 5的系数是—80，则实数a=_______. 8、在nx x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23的二项式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于_________9、设i 为虚数单位，则6(i)x +的展开式中含x 4的项为（A ）－15x 4 （B ）15x 4 （C ）－20i x 4 （D ）20i x 410、281()x x-的展开式中x 2的系数为__________.(用数字作答)11、5(2x +的展开式中，x 3的系数是 .（用数字填写答案）二、排列组合1、（2014年浙江省高考）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）.2、用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 （A ）24 （B ）48 （C ）60 （D ）723、将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有 （ ） A ．12种B ．10种C ．9种D ．8种4、若从1,2,2,,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有 （ ）A ．60种B ．63种C ．65种D ．66种5、将字母,,,,,a a b b c c 排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有 （ ） A ．12种B ．18种C ． 24种D ．36种6、从0,2 中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为（ ） A ．24B ．18C ．12D ．67、6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换,任意两位同学之间最多交换一次,进行交换的两位同学互赠一份纪念品,已知6位同学之间共进行了13次交换,则收到4份纪念品的同学人数为 （ ） A ．1或3B ．1或4C ．2或3D ．2或48、某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课个1节,则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为_______(用数字作答). 9、某校选定甲、乙、丙、丁、戊共5名教师去3个边远地区支教 (每地至少1人)，其中甲和乙一定不同地，甲和丙必须同地，则不同的选派方案共有( )种.A.27B.30C.33D.36 10、某校开设10门课程供学生选修，其中A B C 、、三门由于上 课时间相同，至多选一门，学校规定：每位同学选修三门，则每位 同学不同的选修方案种数是（ ）A ．70 B. 98 C ． 108 D ．120 参考答案 一、二项式定理 1、【答案】C【解析】（1+x ）6（1+y ）4的展开式中，含x 3y 0的系数是：=20．f （3，0）=20；∴f （3，0）+f （2，1）+f （1，2）+f （0，3）=120．故选：C2、C3、20 -1604、C5、C 【解析】试题分析：：25()x x y ++的展开式的通项为()5215rr r r T C x x y -+=+，令r=2，则()32x x +的通项为()32633kkk k k C x x C x --=，令6-k=5，则k=1，∴25()x x y ++的展开式中，52x y 的系数为215330C C =6、60.7、-28、1129、A 10、56-11、10二、排列组合1、【答案】60【解析】分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24种；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张，共有=36种，共有24+36=60种．故答案为：602、D3、【解析】选A甲地由1名教师和2名学生:122412C C=种4、【答案】D【解析】1,2,2,,9这9个整数中有5个奇数,4个偶数.要想同时取4个不同的数其和为偶数,则取法有:4个都是偶数:1种;2个偶数,2个奇数:225460C C=种;4个都是奇数:455C=种.∴不同的取法共有66种.5、答案A【命题意图】本试题考查了排列组合的用用.【解析】利用分步计数原理,先填写最左上角的数,有3种,再填写右上角的数为2种,在填写第二行第一列的数有2种,一共有32212⨯⨯=.6、【答案】B【解析】由于题目要求是奇数,那么对于此三位数可以分成两种情况:奇偶奇,偶奇奇.如果是第一种奇偶奇的情况,可以从个位开始分析3种选择,之后二位,有2种选择,最后百位2种选择,共12种;如果是第二种情况偶奇奇,分析同理,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有一种选择,共6种,因此总共12618+=种,选B.【考点定位】本题是排列组合问题,属于传统的奇偶数排列的问题,解法不唯一,需先进行良好的分类之后再分步计算,该问题即可迎刃而解.7、【解析】选D261315132C-=-=①设仅有甲与乙,丙没交换纪念品,则收到4份纪念品的同学人数为2人②设仅有甲与乙,丙与丁没交换纪念品,则收到4份纪念品的同学人数为4人8、【答案】53【解析】语文、数学、英语三门文化课间隔一节艺术课,排列有种排法,语文、数学、英语三门文化课相邻有3344A A 种排法,语文、数学、英语三门文化课两门相邻有3312122223A C C A C 种排法.故所有的排法种数有在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为3322113343222366235A A C A C C A p A +==. 9、B 10、B。
第十章 排列、组台、二项式定理考试内容：分类计数原理与分步计数原理．排列．排列数公式．组合．组合数公式．组合数的两个性质．二项式定理．二项展开式的性质．1.．(2007海南、宁夏理)某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有 240 种．（用数字作答）2．（2007江苏）某校开设9门课程供学生选修，其中,,A B C 三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有 75 种不同选修方案。
（用数值作答）3．（2007辽宁理）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 <<，则不同的排列方法有 30 种（用数字作答）．4.（2007全国Ⅰ理）从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有 36 种.(用数字作答)5.（2007陕西文、理）安排3名支教教师去4所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 60 种.（用数字作答）6.（2007天津文）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有 630 种（用数字作答）．7.（2007天津理）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 390 种（用数字作答）．8.（2007浙江文、理）某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种．小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，则不同买法的种数是___266_____(用数字作答)．9.（2007重庆文）要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课各一节的课程表，要求数学课排在前3节，英语课不排在第6节，则不同的排法种数为 288 。
