第三章 排列、组合与二项式定理 章末综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教B版2019）

章末综合提升 探究点一　两个计数原理的应用 主要考查角度 (1)分类加法计数原理的应用； (2)分步乘法计数原理的应用； (3)两个原理的综合应用． 关键核心素养 (1)数学运算；(2)逻辑推理；(3)数学抽象；(4)数学建模． 例1　(1)某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　) A．14 B．16 C．20 D．48 (2)一个地区分为5个行政区域(如图所示)，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法有________种．(用数字作答) [思路点拨]　(1) (2)按区域分类或按颜色分类均可． 答案：(1)B　(2)72 解：(1)分两类： 第一类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12；第二类，3人全来自其余4家企业，有4种情况，即N2＝4.综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16种情况． (2)方法一：分步考虑，先给区域1着色，有C种不同的着色方法；再给区域2着色，有C种不同的着色方法；然后给剩下的三个区域着色，可分两类： 第一类，将剩余两种颜色在区域3和区域4处全排列，有A种，再将区域3中的颜色着于区域5处，仅有一种方法．由分步乘法计数原理，知有C·C·A种不同的着色方法； 第二类，从剩下的两种颜色中任选一种着于区域3处，有C种方法，然后将区域2中的颜色着于区域4处，再从剩下的一种颜色和区域3中的颜色中任选1种着于区域5处，有C种方法．由分步乘法计数原理，知有C·C·C·C种不同的着色方法． 综上，由分类加法计数原理，知共有C·C·A＋C·C·C·C＝72种不同的着色方法． 方法二：以所用颜色的多少分类考虑． 第一类，仅着4种颜色(即有一种颜色重复使用)，可分如下三步进行：①区域1的着色法有C种；②从剩余颜色中抽出一种准备重复着色有C种，而使其在区域2，4或3，5处着色有2种方法，此步骤共有2C种方法，将剩余的2种颜色着于剩下两处，有A种．由分步乘法计数原理，知共有2C·C·A种不同的着色方法． 第二类，仅着3种颜色，亦可分为三步进行：①先从四种颜色中选出三种，有C种；②从所选三种颜色中任选一种着于1处，有C种；③让剩下的两种颜色一种着于区域2，4处，一种着于区域3，5处，有A种．由分步乘法计数原理，知共有C·C·A种不同的着色方法． 综上，由分类加法计数原理，知共有2C·C·A＋C·C·A＝72种不同的着色方法． 学生用书↓第34页 使用两个计数原理时应注意的问题 1．对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰． 2．当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步． 对点练1.(1)从2张1元，3张0.5元，2张0.1元的纸币中，任取4张，面值和超过2元的取法总数为________种． (2)5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，若甲球必须放入A盒，则不同的放法种数是________． 答案：(1)24　(2)60 解析：(1)第一类，1元取2张，再从剩下的5张中任取2张，共有C＝10种， 第二类，①1元取1张，0.5元取3张，共有2种， ②1元取1张，0.5元的取2张，0.1元的取1张，共有2×C×2＝12种， 根据分类加法计数原理，共有10＋2＋12＝24种． (2)将甲球放入A盒后分两类，一类是除甲球外，A盒还放其他球，共A＝24(种)，另一类是A盒中只有甲球，则其他4个球放入另外的三个盒中，有C·A＝36(种)．故总的放法种数为24＋36＝60. 探究点二　排列、组合问题 主要考查角度 (1)排列数和组合数公式的应用； (2)简单的排列、组合应用题． 关键核心素养 (1)数学分析；(2)逻辑推理；(3)数学运算． 例2　(1)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为(　　) A．3×3! B．3×(3！)3 C．(3！)4 D．9! (2)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(　　) A．72 B．120 C．144 D．168 (3)从6位同学中选出4位参加一个座谈会，要求张、王两同学中至多有一个人参加，则不同选法的种数为(　　) A．9 B．14 C．12 D．15 [思路点拨]　(1)相邻问题→捆绑法； (2)不相邻问题→插空法； (3)至多至少问题→直接法或间接法 答案：(1)C　(2)B　(3)A 解析： (1)把一家三口看作一个排列，共有3个三口之家，然后再排列这3家，所以有(3！)4种． (2)依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为AA＝144，其中3个歌舞类节目互不相邻但2个小品类节目相邻的排法种数为AAA＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120. (3)方法一：(直接法)分两类，第一类张、王两同学都不参加，有C种选法；第二类张、王两同学中只有1人参加，有CC种选法．故共有C＋CC＝9种选法． 方法二：(间接法)C－C＝9种． 排列与组合综合问题的常见类型及解题策略 1．相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列； 2．相间问题插空法．先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用； 3．特殊元素(位置)优先安排法．优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置． 对点练2.由1，2，3，4，5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12 345，第2项是12 354，…直到末项(第120项)是54 321.问： (1)43 251是第几项？ (2)第93项是怎样的一个五位数？ 解：(1)由题意知，共有五位数个数为A＝120， 比43 251大的数有下列几类： ①万位数是5的有A＝24个数； ②万位数是4，千位数是5的有A＝6个数； ③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A＝2个数； 所以比43 251大的共有A＋A＋A＝32个数， 所以43 251是第120－32＝88项． (2)从(1)知万位数是5的有A＝24个数，万位数是4，千位数是5的有A＝6个数，但比第93项大的数有120－93＝27个，第93项即倒数第28项，而万位数是4，千位数是5的6个数是45 321，45 312，45 231，45 213，45 132，45 123，从此可见第93项是45 213. 探究点三　二项式定理及应用 主要考查角度 (1)求展开式的特定项或特定项的系数； (2)求二项式系数或系数的和； (3)二项式系数的性质及应用． 关键核心素养 (1)逻辑推理；(2)数学运算；(3)数据分析． 例3　(1)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝(　　) A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 (2)(2x－3)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，则a1＋a2＋a3＋…＋a10等于(　　) 学生用书↓第35页 A．1－310 B．－310－1 C．310－1 D．0 (3)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________． [思路点拨]　(1)利用通项公式求解；(2)赋值法；(3)利用通项公式． 答案：(1)D　(2)D　(3)4 解析：(1)展开式中含x2的系数为C＋aC＝5，解得a＝－1. (2)令x＝1，得a0＝1， 令x＝2，得a0＋a1＋…＋a10＝1，所以a1＋a2＋…＋a10＝0. (3)(1＋3x)n的展开式的通项为Tr＋1＝C(3x)r. 令r＝2，得T3＝9Cx2. 由题意得9C＝54，解得n＝4. 求二项式展开式有关问题的常见类型及解题策略 1．求展开式中的特定项．可依据条件写出第k＋1项，再由特定项的特点求出k值即可． 2．已知展开式的某项，求特定项的系数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k＋1项，由特定项得出k值，最后求出其参数． 3．与二项式各项系数的和有关的问题一般用赋值法求解． 对点练3.已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. (1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数绝对值最大的项； (3)求n＋9C＋81C＋…＋9n－1C的值． 解：(1)由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3，解得n＝10(负值舍去)， 通项为Tk＋1＝C()10－k＝(－2)kCx5－， 当5－为整数时，k可取0，6， 于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440. (2)设第k＋1项系数的绝对值最大，则 解得 又因为k∈N＋， 所以k＝7，当k＝7时，T8＝－15 360x－ ， 所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360x－. (3)原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C ＝ ＝ ＝＝. (2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查，拟从初中部和高中部共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．C·C种 B．C·C种 C．C·C种 D．C·C种 答案：D 解析：根据分层抽样的定义知初中部共抽取60×＝40人，高中部共抽取60×＝20人，根据组合公式和分步计数原理，则不同的抽样结果共有C·C种．故选D． (2023·全国乙卷(理))甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　) A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 答案：C 解析：首先确定相同的读物，共有C种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A种，根据分步乘法公式，共有C·A＝120种．故选C． (2023·全国甲卷(理))有5名志愿者参加社区服务，共服务周六、周日两天，每天从中任选2人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为(　　) A．120 B．60 C．40 D．30 答案：B 解析：不妨记5名志愿者为a，b，c，d，e，假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A＝12种方法，同理：b，c，d，e连续参加了两天社区服务，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有5×12＝60.故选B． (2023·天津卷)在6的展开式中，x2的系数是________． 答案：60 解析：展开式的通项公式Tk＋1＝C(2x3)6－kk＝(－1)k×26－k×C×x18－4k，令18－4k＝2, 可得k＝4，则x2项的系数为(－1)4×26－4×C＝4×15＝60. (2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)． 答案：64 解析：(1)当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有CC＝16种；(2)当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有CC＝24种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有CC＝24种；综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64种． 单元检测卷(一)　排列、组合与二项式定理 F11FF22F (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．设n∈N*，且n＜20，则(20－n)(21－n)…(100－n)等于(　　) A．A　　　　　　　　 B．A C．A D．A 答案：C 解析：由题意可得，共有(100－n)－(20－n)＋1＝81项，所以(20－n)(21－n)…(100－n)＝A，故选C． 2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是(　　) A．40 B．74 C．84 D．200 答案：B 解析：分三类：第一类，从前5个题目中选3个，后4个题目中选3个；第二类，从前5个题目中选4个，后4个题目中选2个；第三类，从前5个题目中选5个，后4个题目中选1个，由分类加法计数原理得CC＋CC＋CC＝74. 3．将1，2，4，7，0这5个数组成没有重复数字的五位偶数的个数是(　　) A．24 B．54 C．60 D．72 答案：C 解析：根据题意，要求五位偶数的末位数字必须为0或2或4，则其末位数字有3种情况，当末位数字为0时，将剩下的4个数字全排列，安排在前4个数位，有A＝24种情况，当末位数字为2时，0有3个位置可选，将剩下的3个数字全排列，有3A＝18种情况；当末位数字为4时，0有3个位置可选，将剩下的3个数字全排列，有3A＝18种情况；则没有重复数字的五位偶数的个数是24＋18＋18＝60个． 4．若实数a＝2－，则a10－2Ca9＋22Ca8－…＋210等于(　　) A．32 B．－32 C．1 024 D．512 答案：A 解析：由二项式定理，得a10－2Ca9＋22Ca8－…＋210＝C(－2)0a10＋C(－2)1a9＋C(－2)2a8＋…＋C(－2)10＝(a－2)10＝(－)10＝25＝32. 5．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是(　　) A．16 B．24 C．32 D．48 答案：C 解析：圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有CC＝24(个)直角三角形，斜三角形的个数为C－CC＝32(个)． 6．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为(　　) A．96 B．114 C．128 D．136 答案：B 解析：由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C＝136，分配名额相等有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114(种)． 7．已知等差数列{an}的通项公式为an＝3n－5，则(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是该数列的(　　) A．第9项 B．第10项 C．第19项 D．第20项 答案：D 解析：因为(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是C＋C＋C＝5＋15＋35＝55，所以由3n－5＝55得n＝20.故选D． 8．有1，2，3，4共4个数字，排成2行2列，要求每行数字之和不能为5，则不同的排法的种数为(　　) A．8 B．10 C．12 D．16 答案：D 解析：先给元素“1”找位置，有4种选择；再给元素“4”找位置，有2种选择；最后2个元素“2”“3”安排在剩余的2个位置上，有A种排法，所以共有4×2×A＝16(种)排法． 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．) 9．(x2＋2)的展开式中含x2项的系数为250，则实数m的值为(　　) A．5 B．－5 C． D．－ 答案：CD 解析：的展开式的通项为Tk＋1＝Cx－2(5－k)(－mx)k＝C(－m)kx3k－10，由3k－10＝2，得k＝4，系数为C(－m)4＝5m4.因为第二个因式中没有常数项，所以展开式中含x2项的系数为2×5m4＝250，求得m＝±. 10．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A B．若物理和化学至少选一门，选法总数为CC C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C－C D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为CC－C 答案：ABD 解析：若任意选择三门课程，选法总数为C，故A错误；若物理和化学至少选一门，选法总数为CC＋CC，故B错误；若物理和历史不能同时选，选法总数为C－CC＝C－C，故C正确；若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为CC＋CC－C，故D错误． 11．若(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2 025x2 025(x∈R)，则(　　) A．a0＝1 B．a1＋a3＋a5＋…＋a2 025＝ C．a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝ D．＋＋＋…＋＝－1 答案：ACD 解析：当x＝0时，a0＝1，当x＝1时，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝－1，①，当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…－a2 025＝32 025，②，由①＋②可得，a0＋a2＋…＋a2 024＝，由①－②可得，a1＋a3＋…＋a2 025＝－，令x＝，可得a0＋＋＋＋…＋＝0，则＋＋＋…＋＝－1.故选A、C、D． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．) 12．男、女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有______人． 答案：2或3 解析：设女生有x人，则CC＝30， 即·x＝30，解得x＝2或3. 13．第33届夏季奥运会预计在2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5个表演项目．现有三个场地A，B，C分别承担竞赛项目与表演项目比赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能A，B两地承办，且各自承办其中一项.5个表演项目分别由A，B，C三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有________种． 答案：300 解析：首先电子竞技和冲浪两个项目仅能A，B两地举办，且各自承办其中一项有A＝2种安排；再次5个表演项目分别由A，B，C三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目则有CA＋CCC＝150种，故总数为2×150＝300种不同的安排方法． 14．已知(1＋2 024x)50＋(2 024－x)50＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a50x50，其中a0，a1，a2，…，a50∈R，若ak<0，k∈，则实数k的最大值为________． 答案：23 解析：因为(1＋2 024x)50展开式中xk的系数为C·2 024k，(2 024－x)50展开式中xk的系数为C(2 024)50－k(－1)k，所以(1＋2 024x)50＋(2 024－x)50展开式中xk的系数为C(2 024)k＋C(2 024)50－k(－1)k＝C2 024k[1＋2 02450－2k(－1)k]，k＝0，1，2，…，50.要使ak<0，则k为奇数，且2 02450－2k>1，所以50－2k>0，则k<25，则k的最大值为23. 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(13分)已知(1＋2)n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的倍，试求展开式中二项式系数最大的项． 解：二项式的通项为Tk＋1＝C(2k)x， 由题意知展开式中第k＋1项系数是第k项系数的2倍，是第k＋2项系数的倍， 所以解得n＝7. 所以展开式中二项式系数最大两项是 T4＝C(2)3＝280x与T5＝C(2)4＝560x2. 16．(15分)10件不同厂生产的同类产品： (1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？(5分) (2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的两件商品放上，有多少种不同的布置方法？(10分) 解：(1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有A＝1 680(或C·A)(种)． (2)分步完成，先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A种方法，共有A·A＝50 400(或C·A)(种)． 17．(15分)(新设问)在①只有第6项的二项式系数最大；②第4项与第8项的二项式系数相等；③所有二项式系数的和为210，这三个条件中任选一个，补充在下面横线处，解决下面两个问题． 已知(2x－1)n＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N*)，若(2x－1)n的展开式中，________． (1)求n的值；(5分) (2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值．(10分) 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解：(1)选择条件①， 若(2x－1)n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则n＝10. 选择条件②， 若(2x－1)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则C＝C，所以n＝10. 选择条件③， 若(2x－1)n的展开式中所有二项式系数的和为210，则2n＝210，所以n＝10. (2)由(1)知n＝10，则(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10，令x＝0，得a0＝1，令x＝－1，则310＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝1＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|， 所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|＝310－1. 18．(17分)把n个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数． (1)求1，2，3，4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数；(7分) (2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数．(10分) 解：(1)1，2，3，4的再生数的个数为A＝24，其中最大再生数为4 321，最小再生数为1 234. (2)考查5个数中相同数的个数． 若5个数各不相同，有A＝120(个)； 若有2个数相同，则有＝60(个)； 若有3个数相同，则有＝20(个)； 若有4个数相同，则有＝5(个)； 若5个数全相同，则有1个． 19．(17分)已知m，n是正整数，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为7. (1)对于使f(x)的x2的系数为最小的m，n，求出此时x3的系数；(3分) (2)利用上述结果，求f(0.003)的近似值；(精确到0.01)(5分) (3)已知(1＋2x)8展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，求.(9分) 解：(1)根据题意得C＋C＝7，即m＋n＝7，① f(x)中的x2的系数为 C＋C＝＋＝. 将①变形为n＝7－m代入上式得x2的系数为 m2－7m＋21＝＋， 故当m＝3或m＝4时，x2的系数的最小值为9. 当m＝3，n＝4时，x3的系数为C＋C＝5； 当m＝4，n＝3时，x3的系数为C＋C＝5. (2)f(0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3 ≈C＋C×0.003＋C＋C×0.003≈2.02. (3)由题意可得a＝C＝70，再根据 即 求得k＝5或6，此时，b＝7×28， 所以＝. 学生用书↓第36页 学科网（北京）股份有限公司 $$