第1讲 排列组合与二项式定理(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考数学大二轮专题复习

专题四　概率与统计 第1讲　排列组合与二项式定理 备考领航·明方向 　　　　　　　　　　　　　　　　 [高考感悟] 一、考题考法 考题1　(2024·北京高考)在(x－)4的展开式中，x3的系数为(　A　) A．6 B．－6 C．12 D．－12 本题考查用二项式展开式的通项公式求解特殊项问题，是对基础知识的考查，只要列出展开式的通项公式便可快速求解． 解析　(x－)4的展开式的通项Tr＋1＝Cx4－r(－)r＝(－1)rCx4－ (r＝0,1,2,3,4)．由4－＝3，得r＝2，所以(x－)4的展开式中x3的系数为(－1)2C＝6.故选A． 考题2　(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_64_种(用数字作答)． 本题分两类讨论：①从8门课中选2门，2类课程中各选1门；②从8门课中选3门，2类课程中有1类选1门，另一类选2门．本题考查了排列组合的基础知识以及分类讨论的数学思想． 解析　当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有CC＝16种．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． 二、考情感悟 1．主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择题、填空题为主． 2．二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，有时也与函数、不等式、数列交汇考查． [主干提炼] 1．排列、组合问题的求解方法 (1)合理分类与准确分步． (2)排列、组合混合问题要先选后排． (3)特殊元素优先安排． (4)相邻问题捆绑处理． (5)不相邻问题插空处理． (6)定序问题除法处理． (7)“小集团”排列问题先整体后局部． (8)正难则反，等价转化． 2．二项式系数的性质 对称性 C＝C(m≤n) 增减性 当k<时，二项式系数逐渐增大，由对称性知后半部分的二项式系数是逐渐减小的 最大值 (1)当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大值为C. (2)当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为C或C 二项式 系数和 ①C＋C＋…＋C＝2n；②C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1 考向突破·抓重点 　　 　　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 考向一　排列与组合…………………………自主练习 1．电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为(　A　) A．2563 B．27 C．2553 D．6 解析　分三步取色，第一步、第二步、第三步都有256种取法，根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256＝2563(种)颜色．故选A． 2．直上九天问苍穹，天宫六人绘新篇.2023年5月30日神舟十六号发射成功，神十五与神十六乘组航天员在太空会师，6名航天员分两排合影留念，若从神十五和神十六每组的3名航天员中各选1人站在前排，后排的4人要求同组的2人必须相邻，则不同的站法有(　B　) A．72种 B．144种 C．180种 D．288种 解析　因为第一排的站法有CCA＝18(种)，第二排的站法有AAA＝8(种)，所以不同的站法有18×8＝144(种)．故选B. 3．(2024·温州市统一测试)6名同学排成一排，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻的不同排法有(　B　) A．72种 B．144种 C．216种 D．256种 解析　先将丙、丁2人全排列，有A种不同排法，再将丙、丁视作一个整体，与除甲、乙外的2人，共计3人全排列，有A种不同排法，最后在3人的中间与两边4个空中选择2个空插入甲、乙2人，有A种不同排法，故共有AAA＝144(种)不同排法．故选B. 4．某校大一新生A，B，C，D欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社．已知这4名大一新生每人只加入了1个社团，则这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有(　C　) A．21种 B．30种 C．42种 D．60种 解析　4名大一新生分成2个组，一组1人另一组3人或2个组各2人，有C＋种方案，3个社团选择2个社团，有C种方案，把2个组分配给2个社团，有A种方案，由题意可得这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有CA＝42(种)．故选C． 5．各位数字之和为4的三位数的个数为_10_. 解析　当有一个非零数字时，三位数的三个数字只能为4,0,0，所以构成的三位数只能为400，即可构成1个三位数．当有两个非零数字时，三位数的三个数字为2,2,0或3,1,0，所以构成的三位数为220,202,130,310,103,301，即可构成6个三位数．当有三个非零数字时，三位数的三个数字只能为1,1,2，所以构成的三位数为112,121,211，即可构成3个三位数．综上，各位数字之和为4的三位数的个数为1＋6＋3＝10. 6．某企业五一放假4天，安排甲、乙、丙、丁四人值班，每人只值班一天．已知甲不安排在第一天，乙不安排在最后一天，则不同的安排种数为_14_. 解析　①若甲安排在最后一天，则不同的安排种数为A＝6; ②若甲不安排在最后一天，则不同的安排种数为A×A×A＝8.综上，不同的安排种数为14. 7．如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有_180_种不同的绿化方案(用数字作答)． 解析　如图，从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；由D区与B，C区花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色，则D有3种颜色花卉摆放方法．故共有5×4×3×3＝180种不同的绿化方案． 考向二　二项式定理…………………………自主练习 1．(多选题)在8的展开式中，下列说法正确的是(　AC　) A．常数项是1 120 B．第四项和第六项的系数相等 C．各项的二项式系数之和为256 D．各项的系数之和为256 解析　根据二项式定理，8的通项为Tk＋1＝C28－k(－1)kx8－2k，常数项为C24(－1)4＝1 120，故A正确；第四项的系数为C28－3(－1)3＝－1 792，第六项的系数为C28－5(－1)5＝－448，故B错误；因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误．故选AC． 2．(2024·温州市统测)已知(x＋x2)4＝a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7＋a8x8，则(　D　) A．a4＝a5 B．a5＝a6 C．a6＝a7 D．a5＝a7 解析　解法一：由于(x＋x2)4的展开式中各项系数恰好为相应二项式系数，因此a4＝C，a5＝C，a6＝C，a7＝C，a8＝C，所以a5＝a7.故选D. 解法二：在等式(x＋x2)4＝a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7＋a8x8两边同除以x4，有(1＋x)4＝a4＋a5x＋a6x2＋a7x3＋a8x4，由二项式系数的性质得a5＝a7＝4.故选D. 3．(2024·东北三校模拟)(x－y)5的展开式中x3y2的系数为(　C　) A．55 B．－70 C．30 D．－25 解析　(x－y)5的展开式的通项Tr＋1＝Cx5－r(－y)r,0≤r≤5且r∈N，令r＝2，得T3＝Cx3(－y)2＝Cx3y2，令r＝3，得T4＝Cx2(－y)3＝－Cx2y3，因为(x－y)5＝(x－y)5－(x－y)5，所以Cx3y2－×(－Cx2y3)＝Cx3y2＋2Cx3y2＝30x3y2，所以(x－y)5的展开式中x3y2的系数为30，故选C． 4．(2024·郑州二模)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中对同余除法有较深的研究．设a，b，m(m>0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(mod m)．若a＝C·2＋C·22＋…＋C·220，a≡b(mod 10)，则b的值可以是(　B　) A．2 018 B．2 020 C．2 022 D．2 024 解析　因为a＝C·2＋C·22＋…＋C·220＝C＋C·2＋C·22＋…＋C·220－1＝(1＋2)20－1＝320－1，所以a＝320－1＝(32)10－1＝910－1＝(10－1)10－1＝C1010－C109＋C108－…－C10＋C－1＝C1010－C109＋C108－…－C10，所以a能被10整除，从选项可以看出，只有2 020能被10整除，即b的值可以为2 020.故选B. 5．(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是_120_. 解析　因为(1＋x)n的展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C＋C＝C＝＝120. 6.5的展开式中x2的系数是_40_. 解析　5展开式通项为C5－r·2r，又5－r展开式通项为Cx5－r－k·k＝(－1)kCx5－r－2k，令5－r－2k＝2，则r＋2k＝3，所以当r＝1，k＝1时，对应的项为2C×(－1)Cx2＝－40x2；当r＝3，k＝0时，对应的项为23C×C×x2＝80x2；所以5展开式中x2的系数为80－40＝40. 7．已知x4＋x8＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a8(x－1)8，则a0＝_2_，a1＋a3＋a5＋a7＝_136_. 解析　在等式x4＋x8＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a8(x－1)8中，令x＝1可得a0＝2，令x＝0，可得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＋a8＝0　①，令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝272　②，②－①可得a1＋a3＋a5＋a7＝136. (1)求(a＋b)n的展开式中的特定项一般要应用通项公式Tk＋1＝Can－kbk(k＝0,1,2，…，n)． (2)求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解． (3)求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法． (4)求解系数和问题应用赋值法． 真题体验·练能力 　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(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两层共抽取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(　D　) A．C·C种 B．C·C种 C．C·C种 D．C·C种 解析　根据分层随机抽样的定义知初中部共抽取60×＝40(名)，高中部共抽取60×＝20(名)，根据组合数公式和分步乘法计数原理得，不同的抽样结果共有C·C种．故选D. 2．(2023·全国乙卷)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(　C　) A．30种 B． 60种 C．120种 D． 240种 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，根据分步乘法计数原理知共有C·A＝120种，故选C． 3．(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　B　) A．120种 B．60种 C．30种 D．20种 解析　不妨记五名志愿者为a，b，c，d，e，假设a两天都参加了公益活动，再从剩余的4人中抽取2人各参加星期六与星期日的公益活动，共有A＝12种方法，同理：b，c，d，e两天都参加了公益活动，也各有12种方法，所以恰有1人在这两天都参加的不同安排方法共有5×12＝60种．故选B. 4．(2022·新课标Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有(　B　) A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 解析　先将丙和丁捆在一起有A种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A种排列方式，最后将甲插入中间两空，有C种排列方式，所以不同的排列方式共有A×A×C＝24(种)．故选B. 5．(2024·天津高考)在6的展开式中，常数项为_20_. 解析　Tk＋1＝C6－kk＝C·36－2k·x6k－18.令6k－18＝0，则k＝3，所以常数项为T4＝C·30·x0＝20. 6.(2024·全国甲卷)10的展开式中，各项系数中的最大值为_5_. 解析　10的展开式的通项为Tr＋1＝C10－rxr，则各项的系数分别为C10，C9，C8，C7，C6，C5，C4，C3，C2，C1，C0，观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数式递增，分别计算C5，C4，C3，C2，C1，C0，比较可得，C2＝5最大． 7．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有_24_种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是_112_. 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 解析　第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1,2,3,4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112. 学科网（北京）股份有限公司 $$