2018版浙江专用高考数学二轮复习讲义： 第2部分 突破点20 排列组合、二项式定理

开篇先学“审题”——开启专题复习之旅[编者按] 开篇先学审题技法，旨在用通法引领复习，在复习中实践通法．著名数学家波利亚总结了解决数学问题的四个步骤：弄清问题、拟订计划、实现计划、代入回顾．其中“弄清问题”即审题．审题是解题的基础和关键，一切解题的思路、方法、技巧都来源于认真审题．审题是解题者对题目提供信息的发现、辨认和转译，并对信息作有序提炼，明确题目的条件、问题和相互间的关系．审题就是“让题目会说话”，其具体内容是：已知什么，隐含什么，需作什么，注意什么，等等．下面从审条件和审结论两个方面谈一下如何审题．图象等几方面有的数学题条件并不明显，而寓于概念、存于性质或含于图中，审题时，就要注意深入挖掘这些隐含条件和信息，解题时，可避免因忽视隐含条件而出现的错误.[例1] (2017·衢州模拟)已知两条直线l1：4x－3y－1＝0和l2：4x－3y＋4＝0，圆C过点P(1,1)且与两直线都相切，则圆C的方程为____________________．[审题指导][解析] 由已知可得直线l 1与l 2平行，且直线l 1与l 2间的距离d ＝|－1－4|42＋－2＝1，又圆C 与l 1，l 2都相切，所以圆C 的半径r ＝12.故可设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝14，又P (1,1)在直线4x －3y －1＝0上，即直线l 1与圆C 相切于点P (1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧b －1a －1＝－34，|4a －3b －1|5＝|4a －3b ＋4|5，化简得⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋4b ＝7，8a －6b ＝－3，解得a ＝35，b ＝1310.故所求圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －13102＝14.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －13102＝141.(2017·杭州模拟)如图，在△OMN 中，A ，B 分别是OM ，ON 的中点，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→(x ，y ∈R)，且点P 落在四边形ABNM 内(含边界)，则y ＋1x ＋y ＋2的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23 解析：选C 由题意不妨设△OMN 为等腰直角三角形，OM ＝ON ＝2，则OA ＝OB ＝1，以OA ，OB 为x ，y 轴建立直角坐标系，则x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2，1≤x ＋y ≤2，对应的平面区域是以点B (0,1)，N (0,2)，M (2,0)，A (1,0)为顶点的等腰梯形(含边界)，当(x ，y )取点(2,0)时，y ＋1x ＋1取得最小值13；当(x ，y )取点(0,2)时，y ＋1x ＋1取得最大值3，所以13≤y ＋1x ＋1≤3，13≤x ＋1y ＋1≤3，则y ＋1x ＋y ＋2＝1x ＋1y ＋1＋1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34，故选C.数学问题中的条件和结论，在这些问题的数式结构中，往往都隐含着某种特殊关系，认真审视数式的结构特征，对数式结构进行深入分析，加工转化，可以寻找到突破问题的方案．[例2] (2017·绍兴模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足ba ＋c ＋ca ＋b≥1，则角A 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π [审题指导]由条件中不等式结构――→去分母化简b 2＋c 2－a 2≥bc ――→联想余弦定理结构变形cos A ――→求范围得结论 [解析] 由ba ＋c ＋ca ＋b≥1，得b (a ＋b )＋c (a ＋c )≥(a ＋c )(a ＋b )，化简得b 2＋c 2－a 2≥bc ，即b 2＋c 2－a 22bc ≥12，即cos A ≥12.又因为0＜A ＜π，所以0＜A ≤π3，故选A. [答案] A2．(2017·金华中学模拟)已知向量a ≠e ，|e |＝1，对任意t ∈R ，恒有|a －te |≥|a －e |，则( )A ．a ⊥eB ．a ⊥(a －e )C ．e ⊥(a －e )D ．(a ＋e )⊥(a －e )解析：选C 法一：由题意，得a 2－2te ·a ＋t 2e 2≥a 2－2e ·a ＋e 2，即t 2－2e ·at ＋2e ·a －e 2≥0，因为该不等式对任意t ∈R 恒成立，则Δ＝4(e ·a )2－8e ·a ＋4e 2≤0， 因而(e ·a －e 2)2≤0.于是e ·a －e 2＝0. 所以e ·(a －e )＝0，e ⊥(a －e )．故选C.法二：如图，OA ―→＝e ，OC ―→＝a ，OB ―→＝te ，则|AC ―→|＝|a －e |，|BC ―→|＝|a －te |，由已知|AC ―→|≤|BC ―→|.因为点B 是直线OA 上的任意点，点C 与直线AB 上的点的连线中线段AC 的长度最短，故AC ⊥OB ，也就是e ⊥(a －e )．此在审题时，要善于观察图形，洞悉图形所隐含的特殊的关系、数值的特点、变化的趋势，抓住图形的特征，利用图形所提供的信息解决问题.[例3] (2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1D.3π2＋3 [审题指导][解析] 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝12×13×π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.[答案] A3.(2017·台州模拟)如图，M (xM ，y M )，N (x N ，y N )分别是函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象与两条直线l 1：y ＝m ，l 2：y ＝－m (A ≥m ≥0)的两个交点，记S ＝|x N －x M |，则S (m )的图象大致是( )解析：选C 由题意可得sin(ωx M ＋φ)＝sin(－ωx N －φ)，则结合图象可得|(ωx M ＋φ)＋(－ωx N －φ)|＝π，所以S (m )＝|x M －x N |＝πω是一个与m 无关的常数函数，故选C.结论是解题的最终目标，解决问题的思维在很多情形下都是在目标意识下启动和定向的.审视结论是要探索已知条件和结论间的联系与转化规律，可以从结论中捕捉解题信息，确定解题方向.而解题的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的.有些问题的结论看似不明确或不利于解决，可以转换角度，达到解决问题的目的.盯着未知数，这是个不错的解题途径.[例4] (2017·宁波模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋1x.(1)求函数f (x )的极值和单调区间； (2)求证：ln n ＋12＜12＋13＋14＋ (1)(n ≥2，n ∈N *)． [审题指导] (1)求f x →判断f x 的符号→得结论(2)lnn ＋12＜12＋13＋14＋…＋1n ――→将不等式左边化成和式ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n ＜12＋13＋…＋1n ―→ 证明ln n ＋1n ＜1nn →证明ln x ＞1－1x，x ∈，――→与相结合利用fx 的极值证明[解] (1)因为f (x )＝ln x ＋1x， 所以f (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2.令f ′(x )＝0，得x ＝1.所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：故f (x )f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)证明：由(1)知f (x )＝ln x ＋1x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f (1)＝1，所以对于x ∈(0,1)，ln x ＋1x ＞1即ln x ＞1－1x.令x ＝nn ＋1(n ≥2，n ∈N *)，则nn ＋1∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1， 所以lnnn ＋1＞1－1n n ＋1＝1－n ＋1n ＝－1n， 即lnn ＋1n ＜1n. 则有ln 32＜12，ln 43＜13，ln 54＜14，…，ln n ＋1n ＜1n .将以上各式不等号两边分别相加，得ln 32＋ln 43＋ln 54＋…＋ln n ＋1n ＜12＋13＋14＋…＋1n ， 即lnn ＋12＜12＋13＋14＋ (1)(n ≥2，n ∈N *)．4．(2017·嘉兴模拟)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率． (1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围．解：(1)设F (c,0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e |FA |， 即1c ＋1a ＝3c aa －c，可得a 2－c 2＝3c 2.又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1.因此a 2＝4. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2)，设B (x B ，y B )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x －消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0.解得x ＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知F (1,0)，设H (0，y H )，有FH ―→＝(－1，y H )，BF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k24k 2＋3，12k 4k 2＋3.由BF ⊥HF ，得BF ―→·FH ―→＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因此直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k.设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，y ＝－1k x ＋9－4k212k 消去y ，解得x M ＝20k 2＋9k 2＋.在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |， 即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ， 化简，得x M ≥1，即20k 2＋91k 2＋≥1，解得k ≤－64或k ≥64. 所以直线l 的斜率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－64∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫64，＋∞.一些题目从已知到结论不易证明，可采用逆向分析法，即从要证明的结论出发，逐步寻求使每一步结论成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为一个明显成立的条件或已知定理为止.[例5] (2017·温州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝11，且(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝An ＋B ，n ＝1,2，3，…，其中A ，B 为常数．(1)证明：数列{a n }为等差数列；(2)证明：不等式 5a mn －a m a n ＞1对任何正整数m ，n 都成立． [审题指导][证明] (1)由已知，得S 1＝a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝7，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝18.由(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝An ＋B ，知⎩⎪⎨⎪⎧－3S 2－7S 1＝A ＋B ，2S 3－12S 2＝2A ＋B ，即⎩⎪⎨⎪⎧A ＋B ＝－28，2A ＋B ＝－48，解得A ＝－20，B ＝－8.故(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝－20n －8，① 所以(5n －3)S n ＋2－(5n ＋7)S n ＋1＝－20n －28.②②－①，得(5n －3)S n ＋2－(10n －1)S n ＋1＋(5n ＋2)S n ＝－20，③ 所以(5n ＋2)S n ＋3－(10n ＋9)S n ＋2＋(5n ＋7)S n ＋1＝－20.④④－③，得(5n ＋2)S n ＋3－(15n ＋6)S n ＋2＋(15n ＋6)·S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝0. 因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以(5n ＋2)a n ＋3－(10n ＋4)a n ＋2＋(5n ＋2)a n ＋1＝0. 因为5n ＋2≠0，所以a n ＋3－2a n ＋2＋a n ＋1＝0. 所以a n ＋3－a n ＋2＝a n ＋2－a n ＋1，n ≥1. 又因为a 3－a 2＝a 2－a 1＝5， 所以数列{a n }为等差数列．(2)由(1)可知，a n ＝1＋5(n －1)＝5n －4，要证 5a mn －a m a n ＞1， 只要证5a mn ＞1＋a m a n ＋2a m a n . 因为a mn ＝5mn －4，a m a n ＝(5m －4)(5n －4)＝25mn －20(m ＋n )＋16，故只要证5(5mn －4)＞1＋25mn －20(m ＋n )＋16＋2a m a n ， 即只要证20m ＋20n －37＞2a m a n .因为2a m a n ≤a m ＋a n ＝5m ＋5n －8＜5m ＋5n －8＋(15m ＋15n －29)＝20m ＋20n －37， 所以命题得证．5．(2017·宁波模拟)过抛物线E ：x 2＝2py (p >0)的焦点F 作斜率分别为k 1，k 2的两条不同直线l 1，l 2，且k 1＋k 2＝2，l 1与E 相交于点A ，B ，l 2与E 相交于点C ，D ，以AB ，CD 为直径的圆M ，圆N (M ，N 为圆心)的公共弦所在直线记为l .若k 1>0，k 2>0，证明：FM ―→·FN ―→<2p 2.证明：由题意知，抛物线E 的焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，直线l 1的方程为y ＝k 1x ＋p2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2pk 1x －p 2＝0.设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实数根，从而x 1＋x 2＝2pk 1，y 1＋y 2＝k 1(x 1＋x 2)＋p ＝2pk 21＋p .所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫pk 1，pk 21＋p 2，FM ―→＝(pk 1，pk 21)．同理可得点N 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫pk 2，pk 22＋p 2，FN ―→＝(pk 2，pk 22)，于是FM ―→·FN ―→＝p 2(k 1k 2＋k 21k 22)． 法一：要证FM ―→·FN ―→<2p 2， 只要证k 1k 2＋k 21k 22<2， 再证－2<k 1k 2<1. 由k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2， 即证0<k 1k 2<1.因为k 1＋k 2＝2>2k 1k 2，所以0<k 1k 2<1成立． 故FM ―→·FN ―→<2p 2成立．法二：因为k 1＋k 2＝2，k 1>0，k 2>0，k 1≠k 2， 所以0<k 1k 2<⎝⎛⎭⎪⎫k 1＋k 222＝1.故FM ―→·FN ―→<p 2(1＋12)＝2p 2.。

知能专练（十九） 复数、计数原理、二项式定理一、选择题1．(2017·全国卷Ⅱ)(1＋i)(2＋i)＝( ) A ．1－i B ．1＋3i C ．3＋iD ．3＋3i解析：选B (1＋i)(2＋i)＝2＋i 2＋3i ＝1＋3i.2．(2017·全国卷Ⅰ)下列各式的运算结果为纯虚数的是( ) A ．i(1＋i)2B ．i 2(1－i) C ．(1＋i)2D ．i(1＋i)解析：选C A 项，i(1＋i)2＝i·2i＝－2，不是纯虚数； B 项，i 2(1－i)＝－(1－i)＝－1＋i ，不是纯虚数； C 项，(1＋i)2＝2i,2i 是纯虚数；D 项，i(1＋i)＝i ＋i 2＝－1＋i ，不是纯虚数．故选C.3．(2017·云南模拟)在⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 10的二项展开式中，x 4的系数为( )A ．－120B ．－60C ．60D ．120解析：选A ⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 10的展开式的通项T r ＋1＝C r 10x 10－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 10x 10－2r，令10－2r ＝4，得r ＝3，所以该二项展开式中x 4的系数为－C 310＝－120.4．旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方案有( )A ．24种B ．18种C ．16种D ．10种解析：选D 若甲景区在最后一个体验，则有A 33种方案；若甲景区不在最后一个体验，则有A 12A 22种方案．所以小李旅游的方案共有A 33＋A 12A 22＝10(种)．5．(2017·全国卷Ⅰ)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中x 2的系数为( )A ．15B ．20C ．30D ．35解析：选C (1＋x )6展开式的通项T r ＋1＝C r 6x r ，所以⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为1×C 26＋1×C 46＝30.6．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)．7．(2017·长沙调研)⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2y 5的展开式中x 2y 3的系数是( )A ．－20B ．－5C ．5D ．20解析：选A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2y 5展开式的通项T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 5－r ·(－2y )r ＝C r 5·⎝ ⎛⎭⎪⎫125－r ·(－2)r ·x 5－r ·y r，令r ＝3，得x 2y 3的系数为C 35·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·(－2)3＝－20.8．学校组织学生参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学．现从该小组中选出3名同学分别到A ，B ，C 三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同的安排方法有( )A ．70种B ．140种C ．840种D ．420种解析：选D 从9名同学中任选3名分别到A ，B ，C 三地进行社会调查有C 39A 33种安排方法，3名同学全是男生或全是女生有(C 35＋C 34)A 33种安排方法，故选出的同学中男女均有的不同安排方法有C 39A 33－(C 34＋C 35)A 33＝420(种)．9．(2017·合肥质检)已知(ax ＋b )6的展开式中x 4项的系数与x 5项的系数分别为135与－18，则(ax ＋b )6的展开式中所有项系数之和为( )A ．－1B ．1C ．32D ．64解析：选D 由二项展开式的通项公式可知x 4项的系数为C 26a 4b 2，x 5项的系数为C 16a 5b ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧C 26a 4b 2＝135，C 16a 5b ＝－18，解得a ＋b ＝±2，令x ＝1，得(ax ＋b )6的展开式中所有项的系数之和为(a ＋b )6＝64，故选D.10．(2017·全国卷Ⅲ)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40D ．80解析：选C 当第一个括号内取x 时，第二个括号内要取含x 2y 3的项，即C 35(2x )2(－y )3，当第一个括号内取y 时，第二个括号内要取含x 3y 2的项，即C 25(2x )3(－y )2，所以x 3y 3的系数为C 25×23－C 35×22＝10×(8－4)＝40.二、填空题11．(2018届高三·金丽衢十二校联考)设a ∈R ，若复数z ＝a ＋i1＋i(i 为虚数单位)的实部和虚部相等，则a ＝________，|z －|＝________.解析：依题意，得a ＋i 1＋i ＝ a ＋i 1－i 2＝a ＋12＋1－a2i.则a ＋12＝1－a2，解得a ＝0.∴z ＝12＋12i ，z －＝12－12i. ∴|z －|＝14＋14＝22. 答案：02212．(2017·四川泸州模拟)在⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x 6(a >0)的展开式中常数项是60，则a 的值为________，各项的系数之和为________．解析：T r ＋1＝C r6(x )6－r⎝ ⎛⎭⎪⎫a x r ＝a r C r 6x r 332-，令3－3r 2＝0，解得r ＝2，∴a 2C 26＝60，a >0，解得a＝2.在⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 6中，令x ＝1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 6＝729.所以展开式中各项的系数之和为729.答案：2 72913．(2017·河北唐山调研)在⎝⎛⎭⎪⎫2x 3－1x n的展开式中，各二项式系数的和为128，则常数项是________，第五项是________．解析：依题意有2n＝128＝27，解得n ＝7.因为⎝⎛⎭⎪⎫2x 3－1x 7展开式的通项为T r ＋1＝C r 7(2x 3)7－r⎝⎛⎭⎫－x 12-r＝(－1)r 27－r C r 7x 21－3.5r ，令21－3.5r ＝0，解得r ＝6，故常数项为(－1)627－6C 67＝14，第五项是T 5＝(－1)427－4C 47x21－3.5×4＝280x 7.答案：14 280x 714．(2017·河北张家口模拟)⎝⎛⎭⎪⎫x －2x 6(x －2)的展开式中，常数项为________，x 2的系数为________．解析：⎝⎛⎭⎪⎫x －2x 6展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r ＝C r 6(－2)r x 6－2r .令6－2r ＝2，解得r ＝2；令6－2r ＝1，解得r ＝52，舍去；令6－2r ＝0，解得r ＝3；令6－2r ＝－1，解得r ＝72，舍去．∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6(x －2)的展开式中，常数项为(－2)C 36(－2)3＝320，x 2的系数为(－2)C 26×(－2)2＝－120.答案：320 －12015．“污染治理”“延迟退休”“楼市新政”“共享单车”“中印对峙”成为现在社会关注的5个热点．小王想利用暑假时间调查一下社会公众对这些热点的关注度．若小王准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“共享单车”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的调查顺序有________种．解析：先从“污染治理”“延迟退休”“楼市新政”“中印对峙”这4个热点中选出3个，有C 34种不同的选法，在调查时“共享单车”安排的顺序有A 13种可能情况，其余3个热点安排的顺序有A 33种可能情况，故有C 34A 13A 33＝72种不同的调查顺序．答案：7216．若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x 5展开式中的常数项为－40，则a ＝________.解析：⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋1x 5展开式的通项T r ＋1＝C r 5(2x )5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 525－r x 5－2r ，因为⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x 5的展开式中的常数项为－40，所以ax C 3522x －1＋1xC 2523x ＝－40，即40a ＋80＝－40，解得a ＝－3.答案：－317.编号为A ，B ，C ，D ，E 的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A 球不能放在4号，5号，B 球必须放在与A 球相邻的盒子中，则不同的放法的种数为________．解析：根据A 球所在的位置可分三类情况：①若A 球放在1号盒子内，则B 球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C ，D ，E 球，有A 33＝6种不同的放法；②若A 球放在3号盒子内，则B 球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C ，D ，E 球，有A 33＝6种不同的放法；③若A 球放在2号盒子内，则B 球可以放在1号，3号，4号中的任何一个盒子内，余下的三个盒子放C ，D ，E 球，有C 13·A 33＝18种不同的放法．综上可得不同的放法共有6＋6＋18＝30(种)．答案：30 [选做题]1．(2017·武昌调研)若⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －3x n的展开式中所有项系数的绝对值之和为1024，则该展开式中的常数项为( )A ．－270B ．270C ．－90D ．90解析：选C ⎝⎛⎭⎪⎫3x －3x n 的展开式中所有项系数的绝对值之和等于⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋3x n 的展开式中所有项系数之和．令x ＝1，得4n＝1 024，∴n ＝5.则⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －3x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －3x 5，其通项T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 5－r·(－3x )r ＝C r 5·35－r·(－1)r·x-+r 5r23，令r －52＋r3＝0，解得r ＝3，∴该展开式中的常数项为T 4＝C 35·32·(－1)3＝－90，故选C.2．(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个解析：选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a 1＝0，a 8＝1.不考虑限制条件“对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，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C 36＝20(种)，其中存在k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数少于1的个数的情况有：①若a 2＝a 3＝1，则有C 14＝4(种)；②若 a 2＝1，a 3＝0，则a 4＝1，a 5＝1，只有1种；③若a 2＝0，则a 3＝a 4＝a 5＝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.3．福州大学的8名学生准备拼车去湘西凤凰古城旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名，分乘甲、乙两辆汽车．每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一年级的乘坐方式共有________种．解析：可分两类：第一类，大一的孪生姐妹乘坐甲车，则可再分三步：第一步，从大二、大三、大四三个年级中任选两个年级，有C 23种不同的选法；第二步，从所选出的两个年级中各抽取一名同学，有C 12C 12种不同的选法；第三步，余下的4名同学乘乙车有C 44种不同的选法，根据分步乘法计数原理，可知有C 23C 12C 12C 44种不同的乘坐方式．第二类，大一的孪生姐妹乘坐乙车，则可再分三步：第一步，从大二、大三、大四三个年级中任选一个年级(此年级的2名同学乘甲车)，有C 13种不同的选法；第二步，余下的两个年级中各抽取一名同学，有C 12C 12种不同的选法；第三步，余下的2名同学乘乙车有C 22种不同的选法，根据分步乘法计数原理，可知有C 13C 12C 12C 22种不同的乘坐方式．根据分类加法计数原理，满足要求的乘坐方式种数为C 23C 12C 12C 44＋C 13C 12C 12C 22＝24.答案：24。

2018届⾼考数学⼆轮复习排列与组合学案含答案（全国通⽤）排列与组合【考点梳理】1.排列与组合的概念(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的排列数.(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的组合数.3.排列数、组合数的公式及性质考点⼀、排列问题【例1】(1)六个⼈从左⾄右排成⼀⾏，最左端只能排甲或⼄，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A.192种B.216种C.240种D.288种(2)把5件不同产品摆成⼀排.若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种.[答案] (1)B(2)36[解析] (1)第⼀类：甲在最左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)⽅法；第⼆类：⼄在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)⽅法.所以共有120＋96＝216(种)⽅法.(2)记其余两种产品为D，E，A，B相邻视为⼀个元素，先与D，E排列，有A22A33种⽅法；再将C插⼊，仅有3个空位可选，共有A22A33C13＝2×6×3＝36种不同的摆法.【类题通法】1. 第(1)题求解的关键是按特殊元素甲、⼄的位置进⾏分类.注意特殊元素(位置)的优先原则，即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置.对于分类过多的问题，可利⽤间接法.2．对相邻问题采⽤捆绑法、不相邻问题采⽤插空法、定序问题采⽤倍缩法等常⽤的解题⽅法.【对点训练】1．7⼈站成两排队列，前排3⼈，后排4⼈，现将甲、⼄、丙三⼈加⼊队列，前排加⼀⼈，后排加两⼈，其他⼈保持相对位置不变，则不同的加⼊⽅法种数为( )A.120B.240C.360D.480[解析] 第⼀步，从甲、⼄、丙三⼈选⼀个加到前排，有3种，第⼆步，前排3⼈形成了4个空，任选⼀个空加⼀⼈，有4种，第三步，后排4⼈形成了5个空，任选⼀个空加⼀⼈有5种，此时形成6个空，任选⼀个空加⼀⼈，有6种，根据分步计数原理有3×4×5×6＝360种⽅法.2．某班准备从甲、⼄等七⼈中选派四⼈发⾔，要求甲⼄两⼈⾄少有⼀⼈参加，那么不同的发⾔顺序有( )A.30B.600C.720D.840[答案] C[解析]若只有甲⼄其中⼀⼈参加，有C12C35A44＝480种⽅法；若甲⼄两⼈都参加，有C22C25A44＝240种⽅法，则共有480＋240＝720种⽅法，故选C.考点⼆、组合问题【例2】某市⼯商局对35种商品进⾏抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某⼀种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某⼀种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)⾄少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)⾄多有2种假货在内，不同的取法有多少种？[解析] (1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561种，∴某⼀种假货必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984种.∴某⼀种假货不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2 100种.∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2种假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取⽅式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555种.∴⾄少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.(5)选取3件的总数为C335，因此共有选取⽅式C335－C315＝6 545－455＝6 090种.∴⾄多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.【类题通法】组合问题常有以下两类题型变化：1.“含有”或“不含有”某些元素的组合题型；“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补⾜；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.2．“⾄少”或“⾄多”含有⼏个元素的组合题型：解这类题必须⼗分重视“⾄少”与“⾄多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.⽤直接法和间接法都可以求解，通常⽤直接法分类复杂时，考虑逆向思维，⽤间接法处理.【对点训练】1．现有6个不同的⽩球，4个不同的⿊球，任取4个球，则⾄少有两个⿊球的取法种数是()B.115C.210D.385[答案] B[解析] 分三类，取2个⿊球有C24C26＝90种，取3个⿊球有C34C16＝24种，取4个⿊球有C44＝1种，故共有90＋24＋1＝115种取法，选B.2．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()A.60种B.63种C.65种D.66种[答案] D[解析]共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，∴共有不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66(种).考点三、排列、组合的综合应⽤【例3】4个不同的球，4个不同的盒⼦，把球全部放⼊盒内.(1)恰有1个盒不放球，共有⼏种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有⼏种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有⼏种放法？[解析] (1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒⼦中任意取出去⼀个，问题转化为“4个球，3个盒⼦，每个盒⼦都要放⼊球，共有⼏种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒⼦中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒⼦内，由分步乘法计数原理，共有C14C24C13×A22＝144(种).(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒⼦放2个球，每个盒⼦⾄多放1个球，也即另外3个盒⼦中恰有⼀个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同⼀件事，所以共有144种放法.(3)确定2个空盒有C24种⽅法.4个球放进2个盒⼦可分成(3，1)、(2，2)两类，第⼀类有序不均匀分组有C34C11A22种⽅法；第⼆类有序均匀分组有C24C22A22·A22种⽅法.故共有C24(C34C11A22＋C24C22A22·A22)＝84(种). 【类题通法】1. 解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满⾜特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置).对于排列组合的综合题⽬，⼀般是将符合要求的元素取出或进⾏分组，再对取出的元素或分好的组进⾏排列.2．不同元素的分配问题，往往是先分组再分配.在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组⽅法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题，常⽤的⽅法是采⽤“隔板法”.【对点训练】1．某校⾼⼆年级共有6个班级，现从外地转⼊4名⽣，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排⽅案种数为( )A.A 26C 24B.12A 26C 24C.A 26A 24D.2A 26 [答案] B[解析] 法⼀将4⼈平均分成两组有12C 24种⽅法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 26(种).所以不同的安排⽅法有12C 24A 26(种).法⼆先从6个班级中选2个班级有C 26种不同⽅法，然后安排⽣有C 24C 22种，故有C 26C 24C 22＝12A 26C 24(种). 2．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).[答案] 60[解析] 把8张奖券分4组有两种分法，⼀种是分(⼀等奖，⽆奖)、(⼆等奖，⽆奖)、(三等奖，⽆奖)、(⽆奖，⽆奖)四组，分给4⼈有A 44种分法；另⼀种是⼀组两个奖，⼀组只有⼀个奖，另两组⽆奖，共有C 23种分法，再分给4⼈有C 23A 24种分法，所以不同获奖情况种数为A 44＋C 23A 24＝24＋36＝60.。

年全国卷Ⅲ理】的睁开式中的系数为A.10B.20C.40D.80【答案】C【分析】剖析：写出，而后可得结果详解：由题可得，令,则，所以应选C.2.【2018年浙江卷】二项式的睁开式的常数项是___________．【答案】7【分析】剖析:先依据二项式睁开式的通项公式写出第r+1项，再依据项的次数为零解得r，代入即得结果.详解：二项式的睁开式的通项公式为,令得，故所求的常数项为3.【2018年理数天津卷】在的睁开式中，的系数为____________.【答案】决问题的重点．4．【山西省两市2018届第二次联考】若二项式中全部项的系数之和为，全部项的系数的绝对值之和为，则的最小值为（）A.2B.C.D.【答案】B5．【安徽省宿州市2018届三模】的睁开式中项的系数为__________．【答案】-132【分析】剖析：由题意联合二项式睁开式的通项公式第一写出睁开式，而后联合睁开式整理计算即可求得最后结果.详解：的睁开式为：，当，时，，当，时，，据此可得：睁开式中项的系数为.6.【2017课标1，理6】(112)(1x)6睁开式中x2的系数为xA．15B．20C．30D．35【答案】C【分析】试题剖析：由于(11x)61(1x)61x)6，则(1x)6睁开式中含2x2)(1x2(1x的项为1C62x215x2，12(1x)6睁开式中含x2的项为12C64x415x2，故x2前系数为x x151530，选C.状况，特别是两个二项式睁开式中的r不一样.7.【2017课标3，理4】x y2x y5的睁开式中x3y3的系数为A．80B．40C．40D．80【答案】C【分析】8.【2017浙江，13】已知多项式x13x22=x5a1x4a2x3a3x2a4x1a5，则a4=________，a5=________．【答案计数.9.【2017山东，理11】已知的睁开式中含有项的系数是，则.【答案】【分析】试题剖析：由二项式定理的通项公式，令得：，解得．【考点】二项式定理10.【2015高考陕西，理4】二项式(1)n()2，x nN的睁开式中x的系数为15则n（）A．4B．5C．6D．7【答案】C【分析】二项式x1n的睁开式的通项是r1C n r x r，令r2得x2的系数是C n2，由于x2的系数为15，所以C n215，即n2n300，解得：n6或n5，因为n，所以n6，应选．C【考点定位】二项式定理．【名师点晴】此题主要考察的是二项式定理，属于简单题．解题时必定要抓住重要条件“n”，不然很简单出现错误．解此题需要掌握的知识点是二项式定理，即二项式ab n的睁开式的通项是k1C n k a nk b k．11.【2015高考新课标1，理10】(x2xy)5的睁开式中，x5y2的系数为()（A）10（B）20（C）30（D）60【答案】C【2015高考湖北，理3】已知(1x)n的睁开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（）A.212B．211C．210D．29【答案】D【分析】由于(1 x)n的睁开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以C n3C n7，解得n10，所以二项式(1 x)10中奇数项的二项式系数和为121029. 21513.【2015高考重庆，理12】x 32 的睁开式中x 8的系数是________(用数x字作答).【答案】52C 5k (x 3)5k (1 )k1 15 7k7k【分析】二项睁开式通项为T k1( )kC 5k x2，令158，2 x22解得k2，所以x 8的系数为(1)2C 525.2214.【2015高考广东，理9】在( x 1)4的睁开式中，x 的系数为.【答案】6．【分析】由题可知T r1C 4r4 rrC 4rr4 r，令4rxx21解得r2，112所以睁开式中x 的系数为C 42 26，故应填入6 ．1【名师点睛】波及二项式定理的题，一般利用其通项公式求解 .1 615.【2015高考天津，理12】在x的睁开式中，x 2的系数为.4x【答案】15166rr【分析】x1 睁开式的通项为T r1 C 6r x 6r 11 C 6r x 62r ，由4x4x 4215x 2，所以该项系数为15.62r2得r2 ，所以T 31 C 62x241616【2015高考新课标2，理15】(ax)(1x)4的睁开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a __________．【答案】3【分析】由已知得(1x)41 4x6x 2 4x 3x 4，故(ax)(1x)4的睁开式中x的奇数次幂项分别为 4ax ，4ax 3，x ，6x 3，x 5，其系数之和为4a 4a1+6+1=32，解得a3．【考点定位】二项式定理．a5317.【2015高考湖南，理6】已知的睁开式中含x2的项的系数为30，xx则a（）A.3B.3D-6【答案】D.11018.【2015高考上海，理11】在1x的睁开式中，x2项的系数为x2015（结果用数值表示）．【答案】45110110x)91【分析】由于1x(1x)(1x)10C101(1L，x2015x2015x2015所以x2项只好在(1x)10睁开式中，即为C108x2，系数为C10845.19.（2016年北京高考）在的睁开式中，的系数为__________________.（用数字作答）【答案】60.20.（2016年山东高考）若（255a x+）的睁开式中x的系数是—80，则实数a=_______.【答案】-221.（2016年上海高考）在3x2x n的二项式中，全部项的二项式系数之和为256，则常数项等于_________【答案】11222.（2016年四川高考）设i为虚数单位，则(x i)6的睁开式中含x4的项为（A）－15x4（B）15x4（C）－20i x4（D）20i x4【答案】A23.（2016年天津高考）(x21)8的睁开式中x2的系数为__________.(用数字作答)x【答案】5624.（2016年全国I高考）(2x x)5的睁开式中，x3的系数是.（用数字填写答案）【答案】10。