2024版新教材高考數(shù)學一輪復習第10章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布第1節(jié)基本計數(shù)原理排列與組合學案含解析新人教B版202305182125

2024版新教材高考數(shù)學一輪復習第10章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布第1節(jié)基本計數(shù)原理排列與組合學案含解析新人教B版202305182125計數(shù)原理、概率、隨機變量及其分布課程標準命題解讀1.理解樣本點、有限樣本空間、隨機事件．2．會計算古典概型中簡單隨機事件的概率，加深對隨機現(xiàn)象的認識和理解．3．理解兩個基本計數(shù)原理，運用計數(shù)原理探索排列、組合、二項式定理等問題．4．了解條件概率及其與獨立性的關(guān)系，能進行簡單計算．5．感悟離散型隨機變量及其分布列的含義，知道可以通過隨機變量更好地刻畫隨機現(xiàn)象．6．理解伯努利試驗，掌握二項分布，了解超幾何分布．7．感悟服從正態(tài)分布的隨機變量，知道連續(xù)型隨機變量．8．基于隨機變量及其分布解決簡單的實際問題.考查形式：高考在本章一般命制一道選擇題或填空題及一道解答題．考查內(nèi)容：兩個計數(shù)原理、排列與組合、二項式定理、概率、隨機變量及其分布，其中概率、隨機變量及其分布是高考命題的熱點，每年必考．備考策略：(1)計數(shù)原理常與古典概型綜合．(2)掌握二項式定理及其應用，會利用通項公式求特定項．(3)加強以實際問題為背景，考查分布列、期望等是高考的熱點題型的訓練．(4)概率統(tǒng)計試題的閱讀量和信息量都有所加強，考查角度趨向于應用概率統(tǒng)計知識對實際問題做出決策．核心素養(yǎng)：數(shù)學建模、數(shù)學運算、邏輯推理.第1節(jié)基本計數(shù)原理、排列與組合一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．兩個計數(shù)原理分類加法計數(shù)原理分步乘法計數(shù)原理條件完成一件事，如果有n類辦法，且：第一類辦法中有m1種不同的方法，第二類辦法中有m2種不同的方法……第n類辦法中有mn種不同的方法完成一件事，如果需要分成n個步驟，且：做第一步有m1種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法……做第n步有mn種不同的方法結(jié)論那么完成這件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn種不同的方法那么完成這件事共有N＝m1×m2×…×mn種不同的方法兩個計數(shù)原理的區(qū)別分類加法計數(shù)原理針對“分類”問題，其中各種方法相互獨立，用其中任何一種方法都可以做完這件事；分步乘法計數(shù)原理針對“分步”問題，各個步驟相互依存，只有各個步驟都完成了才算完成這件事．2．排列與組合的定義排列的定義從n個不同對象中取出m(m≤n)個對象按照一定的順序排成一列組合的定義并成一組3.排列數(shù)、組合數(shù)的定義、公式、性質(zhì)排列數(shù)組合數(shù)定義從n個不同對象中取出m(m≤n)個對象的所有排列的個數(shù)從n個不同對象中取出m(m≤n)個對象的所有組合的個數(shù)公式Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\f(n！,n－m！)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(n！,m！n－m！)eq\f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)性質(zhì)Aeq\o\al(n,n)＝n！，0！＝1Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)，Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)＝Ceq\o\al(m,n＋1)(1)“排列”與“組合”的辨析排列與組合最根本的區(qū)別在于“有序”和“無序”．取出元素后交換順序，如果與順序有關(guān)，則是排列；如果與順序無關(guān)，則是組合．(2)①排列數(shù)與組合數(shù)之間的聯(lián)系：Ceq\o\al(m,n)Aeq\o\al(m,m)＝Aeq\o\al(m,n)；②兩種形式：連乘積形式；階乘形式．前者多用于數(shù)字計算，后者多用于含有字母的排列數(shù)式子的變形與論證．二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)在分類加法計數(shù)原理中，兩類不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分類加法計數(shù)原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事．(√)(3)所有元素完全相同的兩個排列為相同排列．(×)(4)兩個組合相同的充要條件是其中的元素完全相同．(√)(5)若Ceq\o\al(x,n)＝Ceq\o\al(m,n)，則x＝m成立．(×)2．有4位教師在同一年級的4個班中各教一個班的數(shù)學，在數(shù)學檢測時要求每位教師不能在本班監(jiān)考，則不同的監(jiān)考方法有()A．8種 B．9種C．10種 D．11種B解析：設四位監(jiān)考教師分別為A，B，C，D，所教班分別為a，b，c，d.假設A監(jiān)考b，則余下三人監(jiān)考剩下的三個班，共有3種不同方法，同理A監(jiān)考c，d時，也分別有3種不同方法．由分類加法計數(shù)原理，共有3＋3＋3＝9(種)不同的監(jiān)考方法．3．某中學語文老師從《紅樓夢》《平凡的世界》《紅巖》《老人與?！?本不同的名著中選出3本，分給三個同學去讀，其中《紅樓夢》為必讀，則不同的分配方法共有()A．6種 B．12種C．18種 D．24種C解析：(1)先從《平凡的世界》《紅巖》《老人與?！啡緯羞x擇2本，共有Ceq\o\al(2,3)＝3(種)選法；(2)將選出的2本書與《紅樓夢》共計3本書進行全排列，對應分給三個學生，有Aeq\o\al(3,3)＝6(種)排法．根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，不同的分配方法有3×6＝18(種)．故選C.4．由數(shù)字2,0,1,9組成沒有重復數(shù)字的四位偶數(shù)的個數(shù)為________．10解析：根據(jù)所組成的沒有重復數(shù)字的四位偶數(shù)的個位是否為0進行分類計數(shù)：第一類，個位是0時，滿足題意的四位偶數(shù)的個數(shù)為Aeq\o\al(3,3)＝6；第二類，個位是2時，滿足題意的四位偶數(shù)的個數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝4.由分類加法計數(shù)原理，得滿足題意的四位偶數(shù)的個數(shù)為6＋4＝10.5．從2名女生、4名男生中選3人參加學科競賽，且至少有1名女生入選，則不同的選法共有________種(用數(shù)字作答)．16解析：(方法一)可分兩種情況：第一種情況，只有1名女生入選，不同的選法有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＝12(種)；第二種情況，有2名女生入選，不同的選法有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝4(種)．根據(jù)分類加法計數(shù)原理知，至少有1名女生入選的不同的選法共有12＋4＝16(種)．(方法二)從6人中任選3人，不同的選法共有Ceq\o\al(3,6)＝20(種)．從6人中任選3人都是男生，不同的選法有Ceq\o\al(3,4)＝4(種)．所以，至少有1名女生入選的不同的選法共有20－4＝16(種).考點1兩個原理的應用——基礎性(1)用數(shù)字0,1,2,3,4組成沒有重復數(shù)字且大于3000的四位數(shù)，這樣的四位數(shù)有()A．250個 B．249個C．48個 D．24個C解析：分兩類：①當千位上的數(shù)字為4時，滿足條件的四位數(shù)有Aeq\o\al(3,4)＝24(個)；②當千位上的數(shù)字為3時，滿足條件的四位數(shù)有Aeq\o\al(3,4)＝24(個)．由分類加法計數(shù)原理，得所有滿足條件的四位數(shù)共有24＋24＝48(個)．故選C.(2)某同學有同樣的畫冊2本，同樣的集郵冊3本，從中取出4本贈送給4位朋友，每位朋友1本，則不同的贈送方法共有()A．4種 B．10種C．18種 D．20種B解析：分兩種情況：①4位朋友中有2個人得到畫冊，有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)贈送方法；②4位朋友中只有1個人得到畫冊，有Ceq\o\al(1,4)＝4(種)贈送方法．由分類加法計數(shù)原理，得不同的贈送方法共有6＋4＝10(種)．故選B.(3)(2021·青島質(zhì)檢)如圖，將4種不同的顏色涂入圖中的矩形A，B，C，D中，要求相鄰的矩形不同色，則不同的涂法有()A．72種 B．48種C．24種 D．12種A解析：(方法一)分四步完成，首先涂A有4種涂法，則涂B有3種涂法，C與A，B相鄰，則C有2種涂法，D只與C相鄰，則D有3種涂法．由分步乘法計數(shù)原理，得不同的涂法有4×3×2×3＝72(種)．(方法二)按要求涂色至少需要3種顏色，故分兩類：一是4種顏色都用，這時A有4種涂法，B有3種涂法，C有2種涂法，D有1種涂法，共有4×3×2×1＝24(種)涂法；二是用3種顏色，這時A，B，C的涂法有4×3×2＝24(種)，D只要不與C同色即可，故D有2種涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(種)．兩個計數(shù)原理的應用(1)應用兩個計數(shù)原理的難點在于明確是分類還是分步：分類要做到“不重不漏”，正確把握分類標準是關(guān)鍵；分步要做到“步驟完整”，步步相連才能將事件完成．(2)較復雜的問題可借助圖表來完成．(3)對于涂色問題：①分清元素的數(shù)目以及在不相鄰的區(qū)域內(nèi)是否可以使用同類元素；②注意對每個區(qū)域逐一進行，分步處理．1．甲、乙、丙三人踢毽子，互相傳遞，每人每次只能踢一下．由甲開始踢，經(jīng)過4次傳遞后，毽子又被踢回給甲，則不同的傳遞方式共有()A．4種 B．6種C．10種 D．16種B解析：分兩類：甲第一次踢給乙時，滿足條件的傳遞方式有3種(如圖)；同理，甲第一次踢給丙時，滿足條件的傳遞方式也有3種．由分類加法計數(shù)原理可知，共有3＋3＝6(種)傳遞方式．2．如果一個三位正整數(shù)如“a1a2a3”滿足a1＜a2，且a2＞a3，則稱這樣的三位數(shù)為凸數(shù)(如120,343,275等)，那么所有凸數(shù)的個數(shù)為()A．240 B．204C．729 D．920A解析：分兩類：①如果這個三位數(shù)含0，則0必在末位，共有這樣的凸數(shù)Ceq\o\al(2,9)個；②如果這個三位數(shù)不含0，則這樣的凸數(shù)共有(Ceq\o\al(3,9)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,9))個．綜上所述，所有凸數(shù)共有2Ceq\o\al(2,9)＋Ceq\o\al(3,9)Aeq\o\al(2,2)＝240(個)．3．如圖所示的五個區(qū)域中，現(xiàn)有四種顏色可供選擇，要求每一個區(qū)域只涂一種顏色，相鄰區(qū)域所涂顏色不同，則不同的涂色方法種數(shù)為()A．24 B．48C．72 D．96C解析：(方法一：以位置為主考慮)分兩種情況：(1)A，C不同色，先涂A有4種，C有3種，E有2種，B，D各有1種，有4×3×2＝24(種)涂法．(2)A，C同色，先涂A有4種，E有3種，C有1種，B，D各有2種，有4×3×2×2＝48(種)涂法．故共有24＋48＝72(種)涂色方法．(方法二：以顏色為主考慮)分兩類：(1)取4色：著色方法有2Aeq\o\al(4,4)＝48(種)．(2)取3色：著色方法有Aeq\o\al(3,4)＝24(種)．所以共有著色方法48＋24＝72(種)．考點2排列問題——基礎性(1)(2020·合肥市第二次質(zhì)量檢測)某部隊在一次軍演中要先后執(zhí)行A，B，C，D，E，F(xiàn)六項不同的任務，要求：任務A必須排在前三項執(zhí)行，且執(zhí)行任務A之后需立即執(zhí)行任務E，任務B，C不能相鄰，則不同的執(zhí)行方案共有()A．36種 B．44種C．48種 D．54種B解析：由題意知任務A，E必須相鄰，且只能安排為AE，由此分三類完成：①當AE排第一、二位置時，用○表示其他任務，則順序為AE○○○○，余下四項任務，先全排D，F(xiàn)兩項任務，然后將任務B，C插入D，F(xiàn)兩項任務形成的三個空隙中，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)種方法．②當AE排第二、三位置時，順序為○AE○○○，余下四項任務又分為兩類：①B，C兩項任務中一項排第一位置，剩余三項任務排在后三個位置，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)種方法；②D，F(xiàn)兩項任務中一項排第一位置，剩余三項任務排在后三個位置，且任務B，C不相鄰，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)種方法．③當AE排第三、四位置時，順序為○○AE○○，第一、二位置必須分別排來自B，C和D，F(xiàn)中的一個，余下兩項任務排在后兩個位置，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)種方法．根據(jù)分類加法計數(shù)原理知不同的執(zhí)行方案共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝44(種)．故選B.(2)(2020·全國卷Ⅱ)4名同學到3個小區(qū)參加垃圾分類宣傳活動，每名同學只去1個小區(qū)，每個小區(qū)至少安排1名同學，則不同的安排方法共有________種．36解析：因為4名同學到3個小區(qū)參加垃圾分類宣傳活動，每名同學只去1個小區(qū)，每個小區(qū)至少安排1名同學，所以先取2名同學看作一組，選法有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)．現(xiàn)在可看成是3組同學分配到3個小區(qū)，分法有Aeq\o\al(3,3)＝6(種)．根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可得不同的安排方法共有6×6＝36(種)．1．(2020·洛陽市第一次聯(lián)考)某小區(qū)有排成一排的7個車位，現(xiàn)有3輛不同型號的車需要停放．如果要求剩余的4個車位連在一起，那么不同的停放方法的種數(shù)為()A．16 B．18C．24 D．32C解析：第一步，將3輛不同型號的車進行排列，有Aeq\o\al(3,3)種方法；第二步，把剩余的4個車位看成一個元素，插入3輛車所形成的4個空位中，有Ceq\o\al(1,4)種方法．由分步乘法計數(shù)原理可知，不同的停放方法共有Aeq\o\al(3,3)·Ceq\o\al(1,4)＝24(種)．故選C.2．(2020·雅禮中學高三模擬)現(xiàn)有10名學生排成一排，其中4名男生，6名女生．若有且只有3名男生相鄰排在一起，則不同的排法共有()A．Aeq\o\al(2,6)Aeq\o\al(2,7)種 B．Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(2,7)種C．Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,6)Aeq\o\al(2,7)種 D．Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(6,6)Aeq\o\al(2,7)種D解析：采用捆綁法和插空法．從4名男生中選擇3名，進而將3個相鄰的男生捆在一起，看成1個男生，方法數(shù)是Aeq\o\al(3,4)，這樣與第4個男生看成是2個男生；然后6個女生任意排的方法數(shù)是Aeq\o\al(6,6)；最后在6個女生形成的7個空隙中，插入2個男生，方法數(shù)是Aeq\o\al(2,7).綜上所述，不同的排法共有Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(6,6)Aeq\o\al(2,7)種．故選D.3．(2020·和平區(qū)高三一模)國際高峰論壇，組委會要從6個國內(nèi)媒體團和3個國外媒體團中選出3個媒體團進行提問，要求這三個媒體團中既有國內(nèi)媒體團又有國外媒體團，且國內(nèi)媒體團不能連續(xù)提問，則不同的提問方式的種數(shù)為()A．378 B．306C．268 D．198D解析：分兩種情況討論：①若選兩個國內(nèi)媒體、一個國外媒體，則有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝90(種)不同提問方式；②若選兩個國外媒體、一個國內(nèi)媒體，則有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)＝108(種)不同提問方式．所以共有90＋108＝198(種)提問方式．故選D.考點3組合問題——基礎性(1)某單位擬安排6位員工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位員工中的甲不值9日，乙不值11日，則不同的安排方法共有()A．30種 B．36種C．42種 D．48種C解析：若甲在11日值班，則在除乙外的4人中任選1人在11日值班，有Ceq\o\al(1,4)種選法，9日、10日有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)種安排方法，共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝24(種)安排方法；若甲在10日值班，乙在9日值班，余下的4人有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)＝12(種)安排方法；若甲、乙都在10日值班，則共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝6(種)安排方法．所以不同的安排方法共有24＋12＋6＝42(種)．(2)現(xiàn)有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍色、綠色卡片各4張，從中任取3張，要求這3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同取法的種數(shù)為()A．232 B．252C．472 D．484C解析：分兩類：第一類，含有1張紅色卡片，不同的取法共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,12)＝264(種)；第二類，不含有紅色卡片，不同的取法共有Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)＝220－12＝208(種)．由分類加法計數(shù)原理知，不同的取法有264＋208＝472(種)．組合問題的常見類型與處理方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的組合題型：“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中選?。?2)“至少”或“至多”含有幾個元素的題型：若直接法分類復雜時，逆向思維，間接求解．1．如圖，∠MON的邊OM上有四點A1，A2，A3，A4，ON上有三點B1，B2，B3，則以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三點為頂點的三角形的個數(shù)為()A．30 B．42C．54 D．56B解析：間接法：先從這8個點中任取3個點，有Ceq\o\al(3,8)種取法，再減去三點共線的情形即可，即三角形的個數(shù)為Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,5)－Ceq\o\al(3,4)＝42.2．(多選題)(2020·鹽城市大豐中學期中)有13名醫(yī)生，其中女醫(yī)生6人，現(xiàn)從中抽調(diào)5名醫(yī)生組成醫(yī)療小組前往湖北疫區(qū)．若醫(yī)療小組至少有2名男醫(yī)生，同時至多有3名女醫(yī)生，設不同的選派方法種數(shù)為N，則下列等式能成為N的算式的是()A．Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(4,6)B．Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,7)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(4,7)Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(5,7)C．Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(4,6)－Ceq\o\al(5,6)D．Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(3,11)BC解析：13名醫(yī)生，其中女醫(yī)生6人，男醫(yī)生7人．利用直接法，2男3女：Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(3,6)；3男2女：Ceq\o\al(3,7)Ceq\o\al(2,6)；4男1女：Ceq\o\al(4,7)Ceq\o\al(1,6)；5男：Ceq\o\al(5,7)，所以N＝Ceq\o\al(2,7)Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,7)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(4,7)Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(5,7).利用間接法：13名醫(yī)生，任取5人，減去抽調(diào)4名女醫(yī)生和5名女醫(yī)生的情況，即N＝Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(4,6)－Ceq\o\al(5,6).所以能成為N的算式的是BC.故選BC.考點4排列與組合的綜合應用——綜合性(1)(2020·濱海新區(qū)大港一中高三模擬)從5名學生中選出4名分別參加數(shù)學、物理、化學、生物四科競賽，其中甲不能參加生物競賽，則不同的參賽方案種數(shù)為()A．48 B．72C．90 D．96D解析：甲不參加生物競賽，則安排甲參加另外3場比賽或甲學生不參加任何比賽．①當甲參加另外3場比賽時，共有Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(3,4)＝72(種)選擇方案；②當甲不參加任何比賽時，共有Aeq\o\al(4,4)＝24(種)選擇方案．故不同的參賽方案有72＋24＝96(種)．(2)(2020·臨沂市臨沭縣高三模擬)某旅游公司為了推出新的旅游產(chǎn)品項目，派出五名工作人員前往重慶的三個網(wǎng)紅景點——洪崖洞夜景、輕軌穿樓、長江索道進行團隊游的可行性調(diào)研．若每名工作人員只去一個景點，每個景點至少有一名工作人員前往，其中工作人員甲、乙需要到同一景點調(diào)研，則不同的人員分配方案種數(shù)為()A．18 B．36C．54 D．72B解析：若甲、乙一起(無其他人)有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)＝18(種)方案；若甲、乙與另一人一起(三人一起)有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝18(種)方案．所以不同的人員分配方案有18＋18＝36(種)．故選B.(3)有七名同學站成一排照畢業(yè)紀念照，其中甲必須站在正中間，并且乙、丙兩名同學要站在一起，則不同的站法有()A．240種 B．192種C．96種 D．48種B解析：當丙和乙在甲的左側(cè)時，共有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝96(種)站法．同理，當丙和乙在甲的右側(cè)時，也有96種站法，所以不同的站法共有192種．求解排列、組合應用問題的六種主要方法直接法把符合條件的排列數(shù)直接列式計算優(yōu)先法優(yōu)先安排特殊元素或特殊位置捆綁法把相鄰元素看作一個整體與其他元素一起排列，同時注意捆綁元素的內(nèi)部排列插空法對不相鄰問題，先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面元素排列的空檔中定序問題除法處理對于定序問題，可先不考慮順序限制，排列后，再除以定序元素的全排列間接法正難則反、等價轉(zhuǎn)化的方法1．(2020·杭州市高三二模)有來自甲、乙、丙三個班級的5名同學站成一排照相，其中甲班2人，乙班2人，丙班1人，則僅有一個班級的同學相鄰的站法種數(shù)是()A．96 B．48C．36 D．24B解析：由題意知，可以是甲班的2名同學相鄰，也可以是乙班的2名同學相鄰，相鄰的2名同學和丙班的1名同學站隊，共有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)種站法．再將另外一個班級的2名同學進行插空，共有Aeq\o\al(2,3)種站法．由分步乘法計數(shù)原理知，僅有一個班級的同學相鄰的站法種數(shù)是Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝48.故選B.2．(2020·瀘州市高三三模)某中學學生會體育部共有5人，現(xiàn)需從體育部選派4人，分別擔任拔河比賽的裁判、記錄結(jié)果、核查人數(shù)、維持紀律四項工作，每人只擔任其中一項工作，其中甲沒有擔任裁判工作，則不同的工作安排方式共有()A．120種 B．48種C．96種 D．60種C解析：從5人中選4人擔任4項不同工作，有Aeq\o\al(4,5)種方法．若甲擔任裁判工作，再從另外4人中選3人擔任3項不同工作，有Aeq\o\al(3,4)種方法，則符合題意的工作安排方式共有Aeq\o\al(4,5)－Aeq\o\al(3,4)＝96(種)．故選C.3．安排A，B，C，D，E，F(xiàn)六位義工照顧甲、乙、丙三位老人，每兩位義工照顧一位老人，考慮到義工與老人的住址距離問題，不安排義工A照顧老人甲，不安排義工B照顧老人乙，求不同的安排方法種數(shù)．解：(方法一)先按A分類，兼顧考慮B，分類如下．A照顧乙，B照顧甲，有安排方法Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝12(種)；A照顧乙，B照顧丙，有安排方法Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝12(種)；A照顧丙，B照顧甲，有安排方法Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝12(種)；A照顧丙，B照顧丙，有安排方法Ceq\o\al(2,4)＝6(種)．綜上分析可得，不同的安排方法共有12＋12＋12＋6＝42(種)．(方法二：間接法)六位義工照顧三位老人，每兩位義工照顧一位老人，共有安排方法Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)＝90(種)．其中A照顧老人甲的情況有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)＝30(種)；B照顧老人乙的情況有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)＝30(種)；A照顧老人甲，同時B照顧老人乙的情況有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＝12(種)．所以符合題意的安排方法有90－30－30＋12＝42(種)．第2節(jié)二項式定理一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．二項式定理二項式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)二項展開式的通項公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk，它表示展開式的第k＋1項二項式系數(shù)Ceq\o\al(k,n)(k＝0,1,2，…，n)(a＋b)n的展開式與(b＋a)n的展開式的項完全相同，但對應的項不相同，而且兩個展開式的通項不同．2．二項式系數(shù)的性質(zhì)二項展開式形式上的特點(1)項數(shù)為n＋1.(2)各項的次數(shù)都等于二項式的冪指數(shù)n，即a與b的指數(shù)的和為n.(3)字母a按降冪排列，從第一項開始，次數(shù)由n逐項減1直到0；字母b按升冪排列，從第一項起，次數(shù)由0逐項加1直到n.二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)Ceq\o\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展開式中的第k項．(×)(2)二項展開式中，系數(shù)最大的項為中間一項或中間兩項．(×)(3)(a＋b)n的展開式中某一項的二項式系數(shù)與a，b無關(guān)．(√)(4)通項公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk中的a和b不能互換．(√)(5)(a＋b)n的展示式中某項的系數(shù)是該項中非字母因數(shù)部分，包括符號等，與該項的二項式系數(shù)不同．(√)2．(1－2x)4展開式中第3項的二項式系數(shù)為()A．6 B．－6C．24 D．－24A解析：(1－2x)4展開式中第3項的二項式系數(shù)為Ceq\o\al(2,4)＝6.故選A.3．二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－2y))5的展開式中x3y2的系數(shù)是()A．5 B．－20C．20 D．－5A解析：二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－2y))5的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))5－k(－2y)k.根據(jù)題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5－k＝3，,k＝2，))解得k＝2.所以x3y2的系數(shù)是Ceq\o\al(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3×(－2)2＝5.故選A.4．(2020·天津聯(lián)考)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(2a,x)))8的展開式中常數(shù)項為112，則實數(shù)a的值為()A．±1 B．1C．2 D．±2A解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(2a,x)))8展開式中的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)(eq\r(3,x))8－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,x)))k＝Ceq\o\al(k,8)(－2a)kxeq\f(8－k,3)－k.令eq\f(8－k,3)－k＝0，求得k＝2，所以它的展開式的常數(shù)項是Ceq\o\al(2,8)(－2a)2.再根據(jù)展開式中的常數(shù)項是112，可得Ceq\o\al(2,8)(－2a)2＝112，求得a＝±1.故選A.5．(x＋1)5(x－2)的展開式中x2的系數(shù)為________．－15解析：(x＋1)5(x－2)＝x(x＋1)5－2(x＋1)5展開式中含有x2的項為－20x2＋5x2＝－15x2.故x2的系數(shù)為－15.6．若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，則a0＋a2＋a4的值為________．8解析：令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝0.令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋a4＝16，兩式相加得a0＋a2＋a4＝8.考點1二項展開式的通項公式及其應用——基礎性考向1求二項展開式中的特定項(1)(2020·全國卷Ⅲ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)))6的展開式中常數(shù)項是________(用數(shù)字作答)．240解析：展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(x2)6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))k＝2kCeq\o\al(k,6)x12－3k.令12－3k＝0，解得k＝4，故常數(shù)項為24Ceq\o\al(4,6)＝240.(2)(2019·浙江卷)在二項式(eq\r(2)＋x)9的展開式中，常數(shù)項是________；系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)是________．16eq\r(2)5解析：由題意，(eq\r(2)＋x)9的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,9)(eq\r(2))9－k·xk(k＝0,1,2，…，9)．當k＝0時，可得常數(shù)項為T1＝Ceq\o\al(0,9)(eq\r(2))9＝16eq\r(2).若展開式的系數(shù)為有理數(shù)，則k＝1,3,5,7,9，有T2，T4，T6，T8，T10共5個．求二項展開式中特定項的步驟第一步，利用二項式定理寫出二項展開式的通項公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk，把字母和系數(shù)分離開(注意符號不要出錯)；第二步，根據(jù)題目中的相關(guān)條件(如常數(shù)項要求指數(shù)為零，有理項要求指數(shù)為整數(shù))先列出相應方程(組)或不等式(組)，解出k；第三步，把k代入通項公式中，即可求出Tk＋1，有時還需要先求n，再求k，才能求出Tk＋1或者其他量．考向2形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展開式(1)(2020·全國卷Ⅰ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展開式中x3y3的系數(shù)為()A．5 B．10C．15 D．20C解析：要求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展開式中x3y3的系數(shù)，只要分別求出(x＋y)5的展開式中x2y3和x4y的系數(shù)再相加即可．由二項式定理可得(x＋y)5的展開式中x2y3的系數(shù)為Ceq\o\al(3,5)＝10，x4y的系數(shù)為Ceq\o\al(1,5)＝5，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展開式中x3y3的系數(shù)為10＋5＝15.故選C.(2)(x2＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－2))5的展開式的常數(shù)項是()A．5 B．－10C．－32 D．－42D解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－2))5的通項公式為Ceq\o\al(k,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))5－k×(－2)k＝Ceq\o\al(k,5)×(－2)k×xeq\f(k－5,2).令eq\f(k－5,2)＝0，解得k＝5；令eq\f(k－5,2)＝－2，得k＝1.故(x2＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－2))5的展開式的常數(shù)項是Ceq\o\al(1,5)×(－2)＋Ceq\o\al(5,5)×(－2)5＝－42.求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展開式問題的思路(1)若n，m中一個比較小，可考慮把它展開，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展開分別求解．(2)觀察(a＋b)n(c＋d)m是否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5·(1－x)2.(3)分別得到(a＋b)n，(c＋d)m的通項公式，綜合考慮．考向3形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展開式(x2＋x＋y)5的展開式中，x5y2項的系數(shù)為()A．10 B．20C．30 D．60C解析：(方法一)(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的項為T3＝Ceq\o\al(2,5)(x2＋x)3y2.其中(x2＋x)3中含x5的項為Ceq\o\al(1,3)x4·x＝Ceq\o\al(1,3)x5.所以x5y2的系數(shù)為Ceq\o\al(2,5)×Ceq\o\al(1,3)＝30.(方法二)(x2＋x＋y)5表示5個x2＋x＋y之積，所以x5y2可從其中5個因式中，2個取因式中的x2，剩余的3個因式中1個取x,2個因式取y，因此x5y2的系數(shù)為Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)＝30.求三項展開式中某些特定項的系數(shù)的方法(1)通過變形先把三項式轉(zhuǎn)化為二項式，再用二項式定理求解．(2)兩次利用二項式定理的通項公式求解．(3)由二項式定理的推證方法知，可用排列、組合的基本原理去求，即把三項式看作幾個因式之積，要得到特定項看有多少種方法從這幾個因式中取因式中的量．1．(2020·海淀區(qū)高三一模)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))6的展開式中，常數(shù)項為()A．－120 B．120C．－160 D．160C解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))6展開式的通項公式為Tk＋1＝(－1)k2kCeq\o\al(k,6)x2k－6.令2k－6＝0，得k＝3.所以常數(shù)項為T3＋1＝(－1)323Ceq\o\al(3,6)＝－160.故選C.2．(2021·煙臺模擬)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(2,x)))n的展開式的各項系數(shù)和為243，則展開式中x7的系數(shù)為()A．5 B．40C．20 D．10B解析：由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(2,x)))n的展開式的各項系數(shù)和為243，令x＝1，得3n＝243，即n＝5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(2,x)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(2,x)))5，則Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)·(x3)5－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))k＝2k·Ceq\o\al(k,5)·x15－4k.令15－4k＝7，得k＝2，所以展開式中x7的系數(shù)為22×Ceq\o\al(2,5)＝40.3．(2021·八省聯(lián)考)(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展開式中x2的系數(shù)是()A．60 B．80C．84 D．120D解析：(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展開式中x2的系數(shù)是Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,9).因為Ceq\o\al(2,2)＝Ceq\o\al(3,3)，所以Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＝Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)＝Ceq\o\al(3,4).所以Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＝Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,4)＝Ceq\o\al(3,5).以此類推，Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,9)＝Ceq\o\al(3,9)＋Ceq\o\al(2,9)＝Ceq\o\al(3,10)＝eq\f(10×9×8,3×2×1)＝120.4．(2020·攀枝花市高三三模)(x2－x－2)3的展開式中，含x4的項的系數(shù)是()A．9 B．－9C．3 D．－3D解析：因為(x2－x－2)3＝(x－2)3(x＋1)3，所以含x4的項為Ceq\o\al(0,3)x3·Ceq\o\al(2,3)x＋Ceq\o\al(1,3)x2(－2)·Ceq\o\al(1,3)x2＋Ceq\o\al(2,3)x×(－2)2·Ceq\o\al(0,3)x3＝－3x4.故選D.考點2二項式系數(shù)與各項的系數(shù)和問題——基礎性(1)在二項式(1－2x)n的展開式中，偶數(shù)項的二項式系數(shù)之和為128，則展開式的中間項的系數(shù)為()A．－960 B．960C．1120 D．1680C解析：根據(jù)題意，奇數(shù)項的二項式系數(shù)之和也應為128，所以在(1－2x)n的展開式中，二項式系數(shù)之和為256，即2n＝256，解得n＝8，則(1－2x)8的展開式的中間項為第5項，且T5＝Ceq\o\al(4,8)(－2)4x4＝1120x4，即展開式的中間項的系數(shù)為1120.故選C.(2)(2020·哈爾濱市第一中學高三一模)若(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，則|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝()A．28－1 B．28C．38－1 D．38D解析：由題可知，x的奇數(shù)次冪的系數(shù)均為負數(shù)，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8.因為(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝38，則|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38.故選D.(1)賦值法的應用二項式定理給出的是一個恒等式，對于x，y的一切值都成立．因此，可將x，y設定為一些特殊的值．在使用賦值法時，令x，y等于多少，應視具體情況而定，一般取1，－1或0，有時也取其他值．如：①形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子，求其展開式的各項系數(shù)之和，只需令x＝1即可；②形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子，求其展開式各項系數(shù)之和，只需令x＝y(tǒng)＝1即可．(2)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，則f(x)的展開式中，①各項系數(shù)之和為f(1)；②奇數(shù)項系數(shù)之和為a0＋a2＋a4＋…＝eq\f(f1＋f－1,2)；③偶數(shù)項系數(shù)之和為a1＋a3＋a5＋…＝eq\f(f1－f－1,2).1．(2020·廣西高三5月聯(lián)考)若(a＋x2)(1＋x)n的展開式中各項系數(shù)之和為192，且常數(shù)項為2，則該展開式中x4的系數(shù)為()A．30 B．45C．60 D．81B解析：令x＝0，得a＝2，所以(a＋x2)(1＋x)n＝(2＋x2)(1＋x)n.令x＝1，得3×2n＝192，所以n＝6.故該展開式中x4的系數(shù)為2Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(2,6)＝45.故選B.2．(2020·大同一中高三一模)若a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋a3(2x－1)3＋a4(2x－1)4＋a5(2x－1)5＝x5，則a2的值為()A.eq\f(5,4) B.eq\f(5,8)C.eq\f(5,16) D.eq\f(5,32)C解析：因為x5＝eq\f(1,32)[(2x－1)＋1]5，所以二項式[(2x－1)＋1]5的展開式的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)·(2x－1)5－k×1k＝Ceq\o\al(k,5)·(2x－1)5－k.令k＝3，所以T4＝Ceq\o\al(3,5)·(2x－1)2.因此有a2＝eq\f(1,32)·Ceq\o\al(3,5)＝eq\f(1,32)·Ceq\o\al(2,5)＝eq\f(1,32)×eq\f(5×4,2)＝eq\f(5,16).故選C.3．(多選題)(2020·南京市高三開學考試)已知(2＋x)(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，則()A．a(chǎn)0的值為2B．a(chǎn)5的值為16C．a(chǎn)1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6的值為－5D．a(chǎn)1＋a3＋a5的值為120ABC解析：令x＝0，得a0＝2，故A正確．2×(－2)5Ceq\o\al(5,5)＋(－2)4Ceq\o\al(4,5)＝16，故a5＝16，B正確．令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3①.又a0＝2，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－5，故C正確．令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝243②.由①②得a1＋a3＋a5＝－123，D錯誤．故選ABC.考點3二項式系數(shù)的性質(zhì)——綜合性考向1二項式系數(shù)的最值問題(2020·大慶市高三三模)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))n的展開式中只有第7項的二項式系數(shù)最大，則展開式中含x2項的系數(shù)是()A．－462 B．462C．792 D．－792D解析：因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))n的展開式中只有第7項的二項式系數(shù)最大，所以n為偶數(shù)，展開式共有13項，則n＝12.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))12的展開式的通項公式為Tk＋1＝(－1)kCeq\o\al(k,12)x12－2k.令12－2k＝2，得k＝5.所以展開式中含x2項的系數(shù)是(－1)5Ceq\o\al(5,12)＝－792.故選D.考向2項的系數(shù)的最值問題(1)(2020·邵陽市高三第一次聯(lián)考)設m為正整數(shù)，(x＋y)2m展開式的二項式系數(shù)的最大值為a，(x＋y)2m＋1展開式的二項式系數(shù)的最大值為b.若13a＝7b，則m＝()A．5 B．6C．7 D．8B解析：由題意可知Ceq\o\al(m,2m)＝a，Ceq\o\al(m,2m＋1)＝b.因為13a＝7b，所以13Ceq\o\al(m,2m)＝7Ceq\o\al(m,2m＋1)，即13eq\f(2m！,m！m！)＝7eq\f(2m＋1！,m！m＋1！)，所以13＝7·eq\f(2m＋1,m＋1)，解得m＝6.故選B.(2)(2020·延安市第一中學高三月考)已知(xeq\f(2,3)＋3x2)n的展開式中，各項系數(shù)和比它的二項式系數(shù)和大992，求：①展開式中二項式系數(shù)最大的項；②展開式中系數(shù)最大的項．解：令x＝1，則展開式中各項系數(shù)和為(1＋3)n＝22n.又展開式中二項式系數(shù)和為2n，所以22n－2n＝992，n＝5.①因為n＝5，展開式共6項，二項式系數(shù)最大的項為第3,4兩項，所以T3＝Ceq\o\al(2,5)(x)3(3x2)2＝90x6，T4＝Ceq\o\al(3,5)(x)2(3x2)3＝270x.②設展開式中第r＋1項系數(shù)最大，則Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x)5－r(3x2)r＝3rCeq\o\al(r,5)x.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3rC\o\al(r,5)≥3r－1C\o\al(r－1,5)，,3rC\o\al(r,5)≥3r＋1C\o\al(r＋1,5).))解得eq\f(7,2)≤r≤eq\f(9,2).所以r＝4，即展開式中第5項的系數(shù)最大，T5＝405xeq\f(26,3).1．二項式系數(shù)最大項的確定方法當n為偶數(shù)時，展開式中第eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋1))項的二項式系數(shù)最大，最大值為；當n為奇數(shù)時，展開式中第eq\f(n＋1,2)項和第eq\f(n＋3,2)項的二項式系數(shù)最大，最大值為或.2．二項展開式系數(shù)最大項的求法如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展開式系數(shù)最大的項，一般是采用待定系數(shù)法．設展開式各項系數(shù)分別為A1，A2，…，An＋1，且第k項系數(shù)最大，應用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，))解出k即可．1．(2020·綿陽高三三模)在二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))n的展開式中，僅第4項的二項式系數(shù)最大，則展開式中常數(shù)項為()A．－360 B．－160C．160 D．360B解析：因為展開式中，僅第4項的二項式系數(shù)最大，所以展開式共有7項．所以n＝6.所以展開式的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)x6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))k＝(－2)kCeq\