25届高考数学二轮复习重点专题突破·排列组合与二项式定理（全国通用）

高考二轮复习专题 排列组合与 二项式定理 目 录 1 2 3 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 CONTENTS 真题演练·高分突破 知识梳理·温故知新 1 4 5 6 典例分析·能力提升 2 典例一　排列问题 224 8 √ 9 √ 10 114 11 √ 12 13 典例二　组合问题 √ 14 √ 15 √ 16 26 17 √ 18 √ √ √ 19 20 典例三　二项式定理 10 180 21 22 27 23 80 24 121 25 √ 26 √ 27 √ 28 √ 29 真题演练·高分突破 3 √ 31 √ 32 √ 33 5 34 20 35 24 112 36 37 64 38 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ 1．计数原理常用方法 (1)元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素． (2)位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置． (3)排异法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉． (4)插空法：某些元素不能相邻或要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插到排好的元素之间． (5)捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”做全排列，最后再“松绑”——将特殊元素在这些位置上做全排列． (6)隔板法：将n个相同小球放入m(m≤n)个盒子里，要求每个盒子里至少有一个小球的放法，等价于将n个相同小球排成一排，在形成的n－1个空隙中插入m－1个隔板，这是针对相同元素的组合问题的一种解决方法． (7)消序法：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行全排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数． 2．二项式系数的性质 对称性 Cnm＝Cnn－m(0≤m≤n) 增减性 当k<eq \f(n＋1,2)时，二项式系数逐渐增大，由对称性知，当k>eq \f(n＋1,2)时，二项式系数逐渐减小 最大值 (1)当n为偶数时，中间一项eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(第\f(n,2)＋1项))的二项式系数最大，最大值为Ceq \s\up12(\f(n,2))n； (2)当n为奇数时，中间两项(第eq \f(n＋1,2)项和第eq \f(n＋1,2)＋1项)的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为Ceq \s\up12(\f(n－1,2))n或Ceq \s\up12(\f(n＋1,2))n 二项式系数和 ①Cn0＋Cn1＋…＋Cnn＝2n；②Cn0＋Cn2＋Cn4＋…＝Cn1＋Cn3＋Cn5＋…＝2n－1 (1)(2024·河北模拟预测)用0，1，2，3，4组成的没有重复数字且比32 000小的正数有________个． 【解析】　分数字位数讨论： 一位数有4个； 两位数有4×4＝16(个)； 三位数有4×4×3＝48(个)； 四位数有4×4×3×2＝96(个)； 五位数分以下两种情况讨论： ①首位数字为1或2，此时共有2A44＝2×24＝48(个)， ②首位数字为3，则千位数从0或1中选择一个，其余三个数位任意排列，此时共有2A33＝12(个)． 综上所述，共有4＋16＋48＋96＋48＋12＝224个比32 000小的正数． (2)(2024·沧州质检)2023年9月8日，杭州第19届亚运会火炬传递启动仪式在西湖涌金公园广场举行．秉持杭州亚运会“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念，本次亚运会火炬传递线路的筹划聚焦简约、规模适度．在杭州某路段传递活动由甲、乙、丙、丁、戊5名火炬手分五棒完成．若第一棒只能从甲、乙、丙中产生，最后一棒只能从甲、乙中产生，则不同的传递方案种数为(　　) A．18　　　　　　　　　 B．24 C．36 D．48 【解析】　当第一棒为丙时，传递方案有C21·A33＝12(种)；当第一棒为甲或者乙时，传递方案有A22·A33＝12(种)，故不同的传递方案有24种．故选B. (3)(2024·安徽芜湖三模)已知A，B，C，D，E，F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有(　　) A．186种 B．264种 C．284种 D．336种 【解析】　先考虑A和B不相邻的排法， 将C，D，E，F四个人进行全排列，有A44种情况， C，D，E，F四个人形成5个空，选择2个排A和B，有A52种情况， 故有A44A52＝480种排法， 再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况， 先从两端选择一个位置安排C，有C21种情况， 再将D，E，F三个人进行全排列，有A33种情况， 最后D，E，F三个人形成4个空，选择2个排A和B，有A42种情况， 故有C21A33A42＝144种排法． 则要求A和B不相邻，C不站两端的不同的排法有480－144＝336(种)．故选D. (4)(2024·广东深圳模拟预测)已知6件不同的产品中有次品，现对它们一一测试，直至找到所有次品为止，若至多测试4次就能找到这2件次品，则共有________种不同的测试方法． 【解析】　检测2次可测出2件次品，不同的测试方法有A22种； 检测3次可测出2件次品，不同的测试方法有C21C21C41种； 检测4次测出2件次品，不同的测试方法有C21C31A42种； 检测4次测出4件正品，不同的测试方法有A44种， 由分类加法计数原理，满足条件的不同的测试方法共有A22＋C21C21C41＋C21C31A42＋A44＝114(种)． (5)(2024·安徽阶段练习)如图，一个椭圆形花坛分为A，B，C，D，E，F六个区域，现需要在该花坛中栽种多种颜色的花．要求每一个区域种同一颜色的花，相邻区域所种的花颜色不能相同．现有5种不同颜色(含红色)的花可供选择，B区域必须种红花，则不同的种法种数为(　　) A．156 B．144 C．96 D．78 【解析】　除B区域外，其他区域的种法分三类： 第一类，C，D，E，F区域选红色以外的其余4种颜色，A区域选红色，有A44种不同的种法； 第二类，C，D，E，F区域选红色以外的其余4种颜色中的3种， C，F同色或D，E同色，A区域有2种选法，有2C43A33C21种不同的种法； 第三类，C，D，E，F区域选红色以外的其余4种颜色中的2种， C，F同色且D，E同色，A区域有3种选法，有3C42A22种不同的种法． 综上可得，共有A44＋2C43A33C21＋3C42A22＝156种不同的种法．故选A. (1)6名老师被安排到甲、乙、丙三所学校支教，每名老师只去1所学校，甲校安排1名老师，乙校安排2名老师，丙校安排3名老师，则不同的安排方法共有(　　) A．30种 B．60种 C．90种 D．120种 【解析】　依题意，第一步，从6名老师中随机抽取1名去甲校，有C61种方法； 第二步，从剩下的5名老师中抽取2名去乙校，有C52种方法； 第三步，将剩余的3名老师安排到丙校，有C33种方法． 所以共有C61×C52×C33＝60种方法．故选B. (2)(2024·南通模拟)为了更好地了解党的历史，宣传党的知识，传颂英雄事迹，某校团支部6人组建了“党史宣讲”“歌曲演唱”“诗歌创作”三个小组，每组2人，其中甲不会唱歌，乙不能胜任诗歌创作，则分组方法有(　　) A．60种 B．72种 C．30种 D．42种 【解析】　6人平均分3个不同组，共有eq \f(C62C42C22,3！)·3！＝90(种)，若甲在“歌曲演唱”小组，此时有eq \f(C51C42C22,2！)·2！＝30(种)，若乙在“诗歌创作”小组，此时有eq \f(C51C42C22,2！)·2！＝30(种)，甲在“歌曲演唱”小组且乙在“诗歌创作”小组有C42A22＝12(种)． 故共有90－30－30＋12＝42种分组方法．故选D. (3)(2024·北京大兴区模拟)现某社区服务中心俱乐部将5名京剧演员、2名说书演员分配到甲、乙、丙3个居民区去义演，则每个居民区都有京剧演员的分配方法有(　　) A．240种 B．640种 C．1 350种 D．1 440种 【解析】　将2名说书演员分配到3个居民区，有C31＋A32＝9种分配方法． 若每个居民区都有京剧演员，则将京剧演员分成3组，各组的人数分别为1，1，3或2，2，1. 当京剧演员分成三组的人数为1，1，3时，共有C53A33×9＝540种分配方法； 当京剧演员分成三组的人数为2，2，1时，共有eq \f(C52C32,A22)×A33×9＝810种分配方法． 综上可知，每个居民区都有京剧演员的分配方法有540＋810＝1 350(种)．故选C. (4)(2024·黑龙江哈尔滨期中)如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成(实线表示马路)，CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有________条． 【解析】　由题意知，假设C，D之间通顺，从A到B需要向右4次，向上3次，则其最短路径有C73C44＝35(条)， 其中经过CD的走法有C32C32＝9(条)， 所以从A到B最短的路径有35－9＝26(条)． (5)某公园有如图所示A至H共8个座位，现有2个男孩和2个女孩要坐下休息，要求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的坐法总数为(　　) A B C D E F G H 　　A．168 B．336 C．338 D．84 【解析】　第一步：排男生，第一个男生在第一行选一个位置有四个位置可选，第二个男生在第二行有三个位置可选，由于两名男生可以互换，故男生的排法有4×3×2＝24(种)， 第二步：排女生，若男生选AF，则女生有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG共7种选择，女生可以互换，故此时女生的排法有2×7＝14(种)，易知对于男生的每一种选择，女生对应的选择都有14种，则根据分步乘法计数原理，不同的坐法共有24×14＝336(种)．故选B. (6)【多选题】(2024·江苏徐州期中)下列选项正确的是(　　) A．有6个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有720种 B．有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种 C．有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种 D．有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种 【解析】　6个球选5个的排列，方法数为A65＝720，A正确；按球的个数分类讨论得方法数为C73＋eq \f(C72C52,A22)＝140，B正确；用隔板法，相当于8个相同的球放入3个不同的盒子，每个盒子里至少一个球，方法数为C72＝21，C错误；存放方法在于球的个数，相当于把7分成3个数的和(可以是0)，7＝7＋0＋0＝6＋1＋0＝2＋5＋0＝3＋4＋0＝1＋1＋5＝1＋2＋4＝1＋3＋3＝2＋2＋3，共8种方法，D正确．故选ABD. (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(2,x2))) eq \s\up12(n)的展开式中只有第六项二项式系数最大，则n＝________，展开式中的常数项是________． 【解析】　∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(2,x2))) eq \s\up12(n)的展开式中只有第六项二项式系数最大，∴n＝10. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(2,x2))) eq \s\up12(10)的展开式的通项公式为Tr＋1＝C10r(eq \r(x))10－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2))) eq \s\up12(r)＝2rC10rx5－eq \f(5r,2)， 令5－eq \f(5r,2)＝0，解得r＝2， ∴常数项为T3＝22C102＝180. 本题考查求二项展开式中特定项的系数，属于简单题．在(a＋b)n的展开式中，如果n是偶数，则展开式中间一项的二项式系数最大；如果n是奇数，则展开式中间两项的二项式系数最大． (2)(2024·江西南昌模拟)(x2－2)(x－eq \f(1,x))6的展开式中x4的系数是________．(用数字作答) 【解析】　(x－eq \f(1,x))6的展开式的通项公式为Tr＋1＝C6r·x6－r·(－eq \f(1,x))r＝(－1)r·C6r·x6－2r(r＝0，1，2，…，6)．令6－2r＝4，得r＝1，则T2＝－C61x4＝－6x4；令6－2r＝2，得r＝2，则T3＝(－1)2×C62×x2＝15x2.故(x2－2)(x－eq \f(1,x))6的展开式中x4的系数是15－2×(－6)＝27. (3)(2024·南通、连云港模拟)(2x2＋x－y)5的展开式中x6y2的系数为________．(用数字作答) 【解析】　(2x2＋x－y)5可看作5个(2x2＋x－y)相乘，则含x6y2的项为C52(－y)2·C33(2x2)3＝80x6y2. (4)(2024·镇江市、泰州市4月联考)若(2－x)2(1＋ax)5的展开式的所有项系数之和为243，则展开式中含x2的项的系数为________． 【解析】　由(2－x)2(1＋ax)5展开式的所有项系数之和为243，令x＝1，则(2－1)2(1＋a)5＝243，∴a＝2.(2－x)2(1＋2x)5＝(x2－4x＋4)(1＋2x)5，(1＋2x)5展开式中第r＋1项Tr＋1＝C5r(2x)r＝C5r2rxr，则x2C5020x0＝x2，－4x·C5121x＝－40x2，4×C5222x2＝160x2，故x2－40x2＋160x2＝121x2. (1)(2024·山东威海模拟)设n∈N*，则Cn1＋Cn2·7＋Cn3·72＋…＋Cnn·7n－1＝(　　) A．8n B.eq \f(8n,7) C.eq \f(8n－1,7) D.eq \f(8n＋1,7) 【解析】　原式＝eq \f(7Cn1＋Cn2·72＋…＋Cnn·7n,7) ＝eq \f(（1＋Cn1·7＋Cn2·72＋…＋Cnn·7n）－1,7) ＝eq \f(（1＋7）n－1,7)＝eq \f(8n－1,7).故选C. (2)(2024·唐山摸底演练)若(2x＋1)8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a8(x＋1)8，则a3＝(　　) A．56 B．448 C．－56 D．－448 【解析】　令x＋1＝t，则x＝t－1， 原式化为[2(t－1)＋1]8＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a8t8，即(1－2t)8＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a8t8.(1－2t)8的展开式的通项为Tr＋1＝C8r·18－r·(－2t)r＝(－2)rC8rtr，所以a3＝C83(－2)3＝－448.故选D. (3)(2024·山东潍坊三模)已知(x＋3)(x＋2)8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a8(x＋1)8＋a9(x＋1)9，则a8＝(　　) A．8 B．10 C．28 D．29 【解析】　(x＋3)(x＋2)8＝[(x＋1)＋2][(x＋1)＋1]8， 其中[(x＋1)＋1]8展开式的通项为Tr＋1＝C8r(x＋1)8－r·1r＝C8r(x＋1)8－r，r∈N且r≤8， 当r＝0时，T1＝C80(x＋1)8＝(x＋1)8，此时只需乘以第一个因式[(x＋1)＋2]中的2，可得2(x＋1)8； 当r＝1时，T2＝C81(x＋1)7＝8(x＋1)7，此时只需乘以第一个因式[(x＋1)＋2]中的(x＋1)，可得8(x＋1)8. 所以a8＝2＋8＝10.故选B. (4)(2024·武汉模拟)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＝C201×2＋C202×22＋…＋C2020×220，a≡b(mod 8)，则b的值可以是(　　) A．2 022 B．2 023 C．2 024 D．2 025 【解析】　因为a＝C201×2＋C202×22＋…＋C2020×220， 则a＋1＝C200＋C201×2＋C202×22＋…＋C2020×220＝(1＋2)20＝320＝910＝(8＋1)10＝C100×810＋C101×89＋…＋C109×8＋1， 所以a＝C100×810＋C101×89＋…＋C109×8＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C100×89＋C101×88＋…＋C109))， 即a被8除得的余数为0，结合选项可知只有2 024被8除得的余数为0，故C正确． 1．(2023·新高考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方法作抽样调查，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(　　) A．C40045·C20015种　　　　　 B．C40020·C20040种 C．C40030·C20030种 D．C40040·C20020种 2．(2023·全国甲卷，理)有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，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 解析　不妨记五名志愿者为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人中抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A42＝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有5×12＝60(种)．故选B. 3．(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 解析　首先确定相同的读物，共有C61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A52种，根据分步乘法计数原理，则共有C61×A52＝120(种)．故选C. 4．(2024·全国甲卷，理)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋x)) eq \s\up12(10)的展开式中，各项系数中的最大值为________． 解析　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋x)) eq \s\up12(10)的展开式的通项公式为Tr＋1＝C10req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(10－r)xr，则各项的系数分别为C100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(10)，C101eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(9)，C102eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(8)，C103eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(7)，C104eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(6)，C105eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(5)，C106eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(4)，C107eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3)，C108eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)，C109eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(1)，C1010eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(0)，观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，分别计算C105eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(5)，C106eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(4)，C107eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3)，C108eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)，C109eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(1)，C1010eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(0)，比较可得，C108eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)＝5最大． 5．(2024·天津)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)＋\f(x3,3))) eq \s\up12(6)的展开式中，常数项为________． 解析　展开式的通项为Tk＋1＝C6keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3))) eq \s\up12(6－k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3))) eq \s\up12(k)＝C6k·36－2k·x6k－18.令6k－18＝0，则k＝3，所以常数项为T4＝C63·30·x0＝20. 6．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________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________． 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、四行的数中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. 7．(2023·新高考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)． 解析　不同的选课方案共有C41×C41＋C41×C42＋C42×C41＝64(种)． $$