高考理数完美复习专题十一计数原理完美

专题十一 计数原理 目 录 CONTENTS 考点一 两个计数原理 考点二 排列与组合2 考点三 二项式定理及其应用3 考点一 两个计数原理 必备知识 全面把握 核心方法 重点突破 考法例析 成就能力 必备知识 全面把握 考点一 两个计数原理 1．分类加法计数原理 完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法， 在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法， 那么完成这件事共有 种不同的方法．nmmmmN  ...321 运用分类加法计数原理需注意以下三点： (1)分类加法计数原理的使用关键是分类，分类必须要有明确的 标准，要求分类时“不重复”“不遗漏”． (2)完成一件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方法都可以 独立完成这件事，而不必再需要其他的方法，即各类方法之间 是互斥的、并列的、独立的． (3)明确题目所指的完成一件事是指什么事，完成这件事可以有 哪些办法，怎样才算完成这件事． 完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2 步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共 有 种不同的方法． 2．分布乘法计数原理 运用分步乘法计数原理需注意以下三点： (1)明确题目中所指的完成一件事是指什么事，单独用题目所给 的某种方法是不是能完成这件事，也就是说必须要经过几个步骤 才能完成这件事． (2)完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了， 才算完成这件事，缺少任何一个步骤，这件事都不可能完成． (3)根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几 步逐步去做，才能完成这件事，各步之间不能重复也不能遗漏． 考点一 两个计数原理 nmmmN  21 3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别 考点一 两个计数原理 7 核心方法 重点突破 方法__两个计数原理的应用  掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理是复习好本专题的基 础，其应用贯穿本专题．正确运用两个原理的关键在于： 考点一 两个计数原理 1．首先要搞清完成的是怎样的“一件事” 搞清楚“完成一件事”的含义是应用分类加法计数原理和分步乘 法计数原理的前提．由此要求我们在解题时，要认认真真审题，真正 搞清楚问题的条件和结论，同时还要注意分类、分步，不能重复，不 能遗漏． 8 【解】(1)要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件 事，因为每人必报一项，四人都报完才算完成，于是应按人分步，且 分为四步．又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有 3×3×3×3＝ ＝81(种)报名方法． (2)要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有 一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三 项冠军得主”为线索进行分步．而每项冠军是四人中的某一人，有4种 可能情况，于是共有4×4×4＝ ＝64(种)可能的情况． 考点一 两个计数原理 1．首先要搞清完成的是怎样的“一件事” 1)(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多 少种报名方法？ (2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？ 43 34 9 应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是为了“完成一件 事”，完成这件事有若干类不同的方法，用分类加法计数原理；完成 这件事要依次完成若干个相互依存的步骤，用分布乘法计数原理；若 完成这件事既要分类，又要分步，则综合使用两个计数原理． 考点一 两个计数原理 2．明确事件需要“分类”还是“分步” 10 2)某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个 新节目．将这2个新节目插入原节目单中，则不同插法的种数为(  ) A．42    B．30    C．20    D．12 【解析】方法一：当新增加的2个节目相邻时，有12种方法；当新增加 的2个节目不相邻时，有A62＝30(种)方法．应用分类加法计数原理可知 共有12＋30＝42(种)方法． 方法二：记新增加的节目分别为甲、乙，要完成这一事件，可分成两 步：第一步把甲插入，共有6种方法；第二步把乙插入，共有7种方 法．应用分步乘法计数原理可知共有6×7＝42(种)方法． 方法三：当7个节目进行全排列时，共有 种方法，而原有的5个节目全 排列时共有 种方法，故不同的插法种数为 ＝42. 【答案】A 考点一 两个计数原理 2．明确事件需要“分类”还是“分步” 7 7A 5 5A 5 5 7 7 A A 11 3)3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球， 共有多少种放法？ 【解】方法一(以小球为研究对象)：分三步来完成． 第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择； 第三步：放第三个小球有3种选择． 根据分步乘法计数原理得，共有放法种数N＝5×4×3＝60. 2．明确事件需要“分类”还是“分步” 考点一 两个计数原理 12 方法二(以盒子为研究对象)：盒子标上序号1，2，3，4，5，分成以下10类． 第一类：空盒子标号为(1，2)，放法有3×2×1＝6(种)； 第二类：空盒子标号为(1，3)，放法有3×2×1＝6(种)； 第三类：空盒子标号为(1，4)，放法有3×2×1＝6(种)． 分类还有以下几类情况：空盒子标号分别为(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)， (3，4)，(3，5)，(4，5)，共10类，每一类都有6种放法． 根据分类加法计数原理得，共有放法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种)． 2．明确事件需要“分类”还是“分步” 考点一 两个计数原理 13 考法例析 成就能力 考法1 分类加法计数原理的应用 1)[四川2015·6]用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位 数，其中比40 000大的偶数共有(  ) A．144个 B．120个 C．96个 D．72个 【解析】方法一：按末位是0，2，4分为三类． 第一类：末位是0时，首位只能从4，5中选一个，有2×4×3×2＝48(个)； 第二类：末位是2时，首位只能从4，5中选一个，有2×4×3×2＝48(个)； 第三类：末位是4时，首位只能是5，有1×4×3×2＝24(个)． 则由分类加法计数原理可知共有48＋48＋24＝120(个)． 考点一 两个计数原理 14 方法二：根据题意，得符合条件的五位数首位数字必须是4，5其中1个，末 位数字为0，2，4.分两种情况讨论：①首位数字为5时，末位数字有3种情况， 在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有 ＝24(种)情况，此 时有3×24＝72(个)；②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个 数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有 ＝24(种)情况，此时有2×24＝ 48(个)．由分类加法计数原理可知共有72＋48＝120(个)．故选B. 方法三：用0，1，2，3，4，5可以组成的无重复数字的五位偶数分两类．第 一类：末位是0的有5×4×3×2＝120(个)；第二类：末位是2或4的有 2×4×4×3×2＝192(个)．共有120＋192＝312(个)． 其中比4 0000小的有：万位是1，3且末位为0，2，4的共有2×3×4×3×2＝ 144(个)，万位是2且末位为0，4的共有1×2×4×3×2＝48(个)．所以符合条 件的五位偶数共有312－144－48＝120(个)． 考点一 两个计数原理 考法1 分类加法计数原理的应用 3 4A 3 4A 【答案】B 15 考法2 分步乘法计数原理的应用 2)[课标全国Ⅱ2016·5]如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红 会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年 公寓可以选择的最短路径条数为(  ) A．24 B．18 C．12 D．9 考点一 两个计数原理 16 考法2 分步乘法计数原理的应用 【解析】除已知标记的E，F，G三点外，另记A，B，A1，B1，E1，A2， B2，G1，A3，B3，F1，如图所示． 若总体路线最短，则需E到F最短，并且F到G也最短．E到F最短，可由 E→B→F或E→E1→F.显然，由E→B→F最短有3条(E→B→A→A1→F或 E→B→B1→A1→F或E→B→B1→A2→F)．由E→E1→F最短有3条 (E→E1→B1→A1→F或E→E1→B1→A2→F或E→E1→B2→A2→F)，由分 类加法计数原理可知，E→F共有6条最短路径．而F→G有F→G1→A3→G， F→B3→A3→G，F→B3→F1→G共3条最短路径．由分步乘法计数原理可知， 共有6×3＝18条最短路径．故选B. 考点一 两个计数原理 【答案】B 17 考法3 两个计数原理的综合应用 3)[浙江2017·16]从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普 通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有 __________种不同的选法．(用数字作答) 考点一 两个计数原理 【解析】方法一：依题意，按照女生的人数分类．第一类，含1女3男，有 ＝40(种)，从这4人中选2人作为队长和副队长有 ＝12(种)，故有 40×12＝480(种)；第二类，含2女2男，有 ＝15(种)，从这4人中选2人作 为队长和副队长有 ＝12(种)，故有15×12＝180(种)．根据分类加法计数原 理共有480＋180＝660种． 1 2 3 6CC 2 4A 2 2 2 6 CC 2 4A 方法二：若不考虑至少有1名女生的要求，则不同的选法种数为 ＝840. 若选出的服务队中没有女生，则选法种数为 ＝180.所以满足题意的选 法种数为840－180＝660. 2 6 1 7 1 8 CCC 2 4 1 5 1 6 CCC 【答案】660 考点二 排列与组合 必备知识 全面把握 核心方法 重点突破 考法例析 成就能力 19 考点二 排列与组合 必备知识 全面把握 1．排列与排列数 (1)排列： 一般地，从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排 成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列． 对定义的理解，注意以下几点： (1)一定取出m个不同的元素(m≤n)． (2)这m个元素按一定的顺序排成一列，有顺序即与元素的位置有 关，不同的顺序为不同的排列． (3)两个排列相同的条件：①元素完全相同；②元素的排列顺序也 相同．相同的排列要与相同的集合区分开，相同的集合只是要求 元素相同，不要求顺序． 20 考点二 排列与组合 1．排列与排列数 (2)排列数： 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，用符号 表示． ＝n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)． 这里n，m∈N*，并且m≤n，这个公式叫做排列数公式． m nA m nA (1)注意排列和排列数的不同：“一个排列”是指从n个不同的元素 中取出m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列 数”是指从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的 个数，是一个数，所以符号 只表示排列数，而不表示具体的排 列． (2)排列数公式的特征：第一个因数是n，后面每一个因数比它前面 一个因数小1，最后一个因数是n－m＋1，共有m个因数． m nA 21 考点二 排列与组合 1．排列与排列数 (3)排列数的性质 ； 在排列数公式中，当m＝n时，有 ＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1. 这个公式指出，n个不同元素全部取出的排列数等于正整数1到n的连乘 积．正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n！表示，所以n个不同元素的全 排列数公式可以写成 ＝n！.规定0！＝1， ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ 即 1 1   m n m n nAA m n m n m n AmAA 1 1 1     n nA n nA m nA 22 考点二 排列与组合 2．组合与组合数 (1)组合： 一般地，从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合． (1)如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序 如何，都是相同的组合，只有当两个组合中的元素不完全相 同时，才是不同的组合． (2)从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关， 组合与顺序无关，即有序排列，无序组合． 23 考点二 排列与组合 2．组合与组合数 (2)组合数： 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 不同的元素中取出m个元素的组合数，用符号 表示． 这里n，m∈N*，并且m≤n，这个公式叫做组合数公式． 因为 ，所以上面的组合数还可以写成 . m nC      ! 121 m mnnnn A AC m m m nm n    ! ! mn nAm n   !! ! mnm nC m n  应注意“组合”与“组合数”这两个概念的区别．组合是从n个 不同元素中，任取m(m≤n)个元素合成一组，是一个具体的事件， 而组合数是符合条件的所有不同组合的个数，是一个数． 24 考点二 排列与组合 2．组合与组合数 (3)组合数的性质 性质1： mn n m n CC  这条性质表明：从n个不同元素中取出m个元素的每一个组合， 都对应着从n个不同元素中取出n－m个元素的唯一的一个组合， 反之也是一样的，因此，从n个不同元素中取出m个元素的组合 数 ，等于从这n个不同元素中取出n－m个元素的组合数 .m nC mn nC  据此性质，当m＞ 时，通常不直接计算 ，而是改为计算 ，这 样比较简便．例如： 为了使这个公式在n＝m时也成立， 我们规定： ＝1. 2 n m nC mn nC  0 nC 25 考点二 排列与组合 2．组合与组合数 性质2： 1 1    m n m n m n CCC 这条性质也可以这样理解：从 ，，…， 这n＋1个不同的元 素中取出m个元素的组合数是 ，这些组合可以分成两类，一 类含有 ，一类不含有 .含有 的组合是从 , ,…, 这n 个元素中取出m－1个元素与 组成的，共有 个；不含 的 组合是从 ， ,…， 这n个元素中取出m个元素组成的，共有 个．根据分类加法计数原理，得 ． 1a 2a 1na m nC 1 1a 1a 1a 2a 3a 1na 1a 1m nC 1a 2a 3a 1na m nC 1 1    m n m n m n CCC 26 核心方法 重点突破 考点二 排列与组合 方法1 排列问题的解法  (1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算． (2)优先法：优先安排特殊元素或特殊位置． (3)捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑 元素的内部排列． (4)插空法：对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的 元素插在前面元素排列的空当中． (5)先整体后局部：“小集团”排列问题中，先整体后局部． (6)定序问题除法处理：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再 除以定序元素的全排列． (7)间接法：正难则反，等价转化的方法． 27 考点二 排列与组合 方法1 排列问题的解法  1)已知6人中只有1位是女士，这6人站成一排照相留念，若这位女 士不站在两端，则不同的排法有______种． 【解析】本题利用“优先法”．优先排女士，在中间4个位置上 选1个，有 种排法；然后将其余5人排在余下的5个位置上，有 种排法．则共有 ＝480(种)排法． 1 4A 5 5A 1 4A 5 5A 【答案】480 28 考点二 排列与组合 方法1__排列问题的解法  2)6人站成一排，甲、乙、丙任何2人都不相邻的排法种数是(  ) 【解析】本题利用“插空法”．第一步，除甲、乙、丙外，其 他3个人的排法有 种；第二步，3个人共形成4个空，让甲、乙、 丙3个人在这4个空中任选3个进行排列，其排法有 种．由分步 乘法计数原理，得共有 种排法． 3 3A 3 4A 【答案】B 29 考点二 排列与组合 方法1 排列问题的解法  3)甲、乙、丙、丁四个人站成一排． (1)若甲与乙需相邻，有多少种排法？ (2)若乙与丙之间必须有一个人，有多少种排法？ 【解】(1)先将甲与乙两人进行排列，共有 种排法；再将已经排好 的甲与乙作为一个整体，与丙、丁一起进行排列，共有 种排法． 故总的排法数为 (2)先将乙与丙两个人进行排列，共有 种排法；再从剩下的甲与丁 中选一人放在乙与丙中间，有 种排法；最后将剩下的一人放入前 三人组成的队列中，共有2种放法．所以总的排法数为 2 2A 3 3A 2 2A 1 2A 30 考点二 排列与组合 方法1 排列问题的解法  4)5个人并排站成一排，如果甲必须在乙的右边，则不同的排法有 ________种． 【解析】∵5个人并排站成一排总的排法数为 且甲在乙 的左边与右边的排列数相同，∴甲在乙的右边的排法数为 【答案】60 31 考点二 排列与组合 方法1 排列问题的解法  5)今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球 排成一列有________种不同的方法(用数字作答)． 【解析】方法一：将这9个球排成一列有 种不同的排法，再除以2 个红球，3个黄球，4个白球的顺序就可，因此有 不 同的排法． 9 9A 方法二：先在9个位置中选4个位置排白球，有 种排法，再从剩 余的5个位置中选2个位置排红球，有 种排法，剩余的3个位置 排黄球有 种排法，所以共有 (种)不同的排法． 4 9C 2 5C 3 3C 【答案】1 260 32 考点二 排列与组合 方法2 组合问题的解法  (1)解决组合问题的几种常见的方法：正难则反、穷举法(即树状图法)、隔 板法和分类讨论． (2)组合问题常见的两类题型： 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“最多”含有几个元素的题型．解这类题必须十分重视 “至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解，若直接法 分类复杂时，可逆向思维，间接求解． (3)解决组合问题的基本原则： ①特殊元素优先考虑；②合理分类与准确分步． 33 考点二 排列与组合 方法2 组合问题的解法  6)[河南2017模拟]把3男2女共5名新生分配给甲、乙两个班，每个班 分配的新生不少于2名，且甲班至少分配1名女生，则不同的分配方案 种数为________． 【解析】方法一(直接法)：依题意得，按甲班2人或3人分类讨论如下： 甲班2人中至少含1名女生的情况包括1男1女 2女 由分类加法 计数原理可知有 (种)；甲班3人中至少含1名女生的情况包括1 女2男 2女1男 由分类加法计数原理可知有 由分类加法计数原理可知，满足条件的分配方案有7＋9＝16(种)． 34 考点二 排列与组合 方法2 组合问题的解法  方法二(间接法)：由题意，得5名新生分配到甲、乙两个班，每个班至少 有2名，则甲班可以为2人，也可以为3人．若甲班为2人，则有 若甲班为3人，则有 共有 甲班2人中全为男生 的有 种，甲班3人中全为男生的有 种，因此甲班至少分配1名女生的 分配方案有 2 3C 3 3C 【答案】16 35 考点二 排列与组合 方法2 组合问题的解法  7)某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司 中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有________种不 同的抽调方法． 【解析】方法一(分类法)：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆 车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有 种；一类是从2个车队中 抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有 种；一类是从3个车队 中各抽调1辆，有 种．故共有 抽调方法． 1 7C 2 7A 3 7C 方法二(隔板法)：由于每个车队的车辆均多于4辆，所以只需将10个份额分 成7份．可将10辆车排成一排，在相互之间的9个空当中插入6个隔板，即可 将车分成7份，故共有 抽调方法． 【答案】84 36 考点二 排列与组合 方法3 排列与组合的综合问题的解法  分组与分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一 个基本指导思想就是先分组后分配．常见的命题角度有整体均分问题、 部分均分问题、不等分问题． (1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一 种情况，所以分组后一定要除以 (n为均分的组数)，避免重复计数．n nA (2)对于部分均分，解题时要注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若 有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样 的均匀分组就要除以几个这样的全排列数． (3)对于不等分，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个 数都不相等，所以不需要除以全排列数． 37 考点二 排列与组合 方法3 排列与组合的综合问题的解法  8)将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大 学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法种数为 (  ) A．240    B．180    C．150    D．540 【解析】5名学生可分成2，2，1或3，1，1两种形式的三组．当5名 学生分成2，2，1时，有 保送方法； 当5名学生分成3，1，1时，有 保送方法． 根据分类加法计数原理知，共有90＋60＝150(种)保送方法．故选C. 【答案】C 38 考点二 排列与组合 方法3 排列与组合的综合问题的解法  9)从5双不同尺码的鞋子中，选取4只． (1)若选出的4只鞋子中，没有相同尺码的有________种； (2)若选出的4只鞋子中，只有2只是同双的，并且将这4只鞋子排成一 排，同双的排在一起，有________种不同的排法． 【解析】(1)应用组合定义，分步乘法计数原理．从5双鞋子中选取4 双有 种，然后从每双的2只中各取1只有 种，因此选出的4只鞋 子中没有相同尺码的方法有 80(种)． 4 5C (2)先选后排．先从5双鞋子中选1双有 种方法，然后从剩余4双 中选2双后各取一只有 种，将同双的捆绑排列有 种，将其 看作一个整体与其他两只进行全排列有 种，因此满足题意的方 法有 1 5C 2 2A 3 3A 【答案】(1)80 (2)1 440 39 考点二 排列与组合 方法3 排列与组合的综合问题的解法  10)某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、 乙2名同学至少有1人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时不 能相邻，那么不同的发言顺序种数为(  ) A．360 B．520 C．600 D．720 【解析】因为选人的结果不同会导致安排顺序的不同，所以考虑 “先取再排”，分为“甲、乙同时选中”和“甲、乙只有1人选中” 两种情况讨论． 40 若甲、乙同时被选中，则只需再从剩下5人中选取2人即可，有 种， 在安排顺序时，甲乙不相邻则“插空”，所以安排的方式有 从而第一种情况的总数 2 5C 若甲、乙只有1人选中，则首先从甲、乙中选1人，有 种，再从剩 下5人中选取3人，有 种，安排顺序时则无要求，所以第二种情况 的总数 1 2C 3 5C 从而不同的发言顺序共有N1＋N2＝120＋480＝600(种)． 【答案】C 考点二 排列与组合 方法3 排列与组合的综合问题的解法  41 考法例析 成就能力 考法1 单纯的排列或组合问题 考点二 排列与组合 1)[四川2016·4]用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数， 其中奇数的个数为(  ) A．24 B．48 C．60 D．72 【解析】由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数(奇数)，个位 数字为奇数，有 种选法，其余4个数字全排列，所以奇数的个数为 故选D. 1 3C 【答案】D 42 考法1 单纯的排列或组合问题 考点二 排列与组合 2)[上海2015·8]在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参 加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为 ________．(结果用数值表示) 【解析】根据题意，报名的有3名男教师和6名女教师，共9名教 师，在9名教师中选取5人，参加义务献血，有 (种)情况； 其中只有女教师的有 (种)情况，则男、女教师都有的选取 方式的种数为126－6＝120. 【答案】120 43 考法2 排列、组合混合应用题 考点二 排列与组合 3)[课标全国Ⅱ2017·6]安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1 项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有(  ) A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【解析】把4项工作分成“三堆”，其中“一堆”包含2项工作，另 外“两堆”各包含1项工作，其分法有 (种)；然后把这 “三堆”分配给3名志愿者，则分法有 种．根据分步乘法计数原 理可得不同的安排方式共有 (种)．故选D. 【答案】D 44 考法2 排列、组合混合应用题 考点二 排列与组合 4)[天津2017·14]用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重 复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共 有__________个．(用数字作答) 【解析】一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有 (个)；四个数字都是奇数的四位数有 (个)，则至多有一个 数字是偶数的四位数一共有960＋120＝1080(个)． 【答案】1080 考点三 二项式定理及其应用 必备知识 全面把握 核心方法 重点突破 考法例析 成就能力 46 必备知识 全面把握 考点三 二项式定理及其应用 1．二项式定理 (n∈N*)． 这个公式叫做二项式定理．右边的多项式叫做 的二项展开式，有n＋1 项，其中各项的系数 (r＝0，1，…，n)叫做二项式系数.式中的 叫做二项 展开式的通项，用 表示，即 (0≤r≤n)，通项为展开式的第r＋1项． r nC rrnr nr baCT   1 使用通项 时，要注意： (1)通项表示的是展开式的第r＋1项，而不是第r项； (2)展开式中第r＋1项的二项式系数 与第r＋1项的系数不一定相等，只 有在特殊情况下，它们的值才相等； (3)通项中含有a，b，n，r， 五个元素，只要知道其中的四个元素，就 可以求第五个元素； (4)求常数项、有理项和系数最大的项时，一般要根据通项讨论对r的限制， 求有理项时要注意到指数的整数性． 47 考点三 二项式定理及其应用 2．二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等. 由已知公式 分别取m＝0，1，…，r，…，从而得 (2)增减性与最大值． ①增减性： 二项式系数 是逐渐增大的；当 二项 式系数 是逐渐减小的． ②最大值：当n是偶数时，中间一项的二项式系数 取得最大值；当n 是奇数时，中间两项的二项式系数 ， 相等，且同时取得最大值． 2 n nC 2 1n nC 2 1n nC 48 考点三 二项式定理及其应用 2．二项式系数的性质 (3)各二项式系数的和： ① 的展开式的各个二项式系数的和等于 即 . ② 的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的 和，且都等于 即 . nn nnnn CCCC 2210   13120 2  n nnnn CCCC  (1)要注意二项展开式中各项的二项式系数与各项的系数的区别，展 开式中二项式系数的最大项应是中间项，并要根据n的奇偶性来确定 是两项还是一项． (2)系数最大项的系数，应满足它不小于前一项的系数，也不小于后 一项的系数，若设第r＋1项为展开式的系数最大项，则应满足第r＋1 项的系数大于或等于第r项及第r＋2项的系数． 49 考点三 二项式定理及其应用 3．二项式定理的常用变形 50 考点三 二项式定理及其应用 4．二项式定理的应用 (1)近似计算 当a的绝对值与1相比很小且n不大时，常用近似公式 ，因为这 时展开式的后面部分 很小，可以忽略不计．类似地，有 但使用这两个公式时应注意a的条件，以及对计算精确度的要 求．   naa n  11 (2)证明整除性问题或求余数 利用二项式定理证明整除性或求余数，关键是对被除式进行合理的变形， 把它写成恰当的二项式的形式，使其展开后的每一项都含有除式的因式或只 有一两项不能整除． 51 考点三 二项式定理及其应用 4．二项式定理的应用 (3)利用二项式定理证明有关不等式 证明有关不等式的处理方法： ①用二项式定理证明组合数不等式时，通常表现为二项式定理的正 用或逆用，再结合不等式证明的方法进行论证的过程． ②运用时应注意巧妙地构造二项式． ③证明不等式时，应注意运用放缩法，即对结论不构成影响的若干 项可以去掉． 52 核心方法 重点突破 方法1 二项展开式的特定项、特定项系数的解法  考点三 二项式定理及其应用 的展开式的通项 (0≤r≤n，r∈N，n∈N*)，利用通项 可求(1)指定项；(2)特指项：常数项(字母的指数为零)、有理项(字母的指 数为整数)等；(3)特定项的系数． (1)应用通项要注意五点： ① 表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定； ② 是展开式中的第r＋1项，而不是第r项； ③公式中a，b的指数和为n，且a，b不能颠倒位置； ④要将通项中的系数和字母分开，以便解决问题； ⑤关于 的二项展开式的通项，要特别注意符号问题． 53 方法1 二项展开式的特定项、特定项系数的解法  考点三 二项式定理及其应用 (2)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求 (求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数r＋1， 代回通项即可．具体如下： ①求解形如 的展开式中与特定项相关的量(求常数项、参数值、 特定项)． 第一步，利用二项式定理写出展开式的通项 常把字母和系 数分离(注意符号不要出错)； 第二步，根据题目中的相关条件(如常数项等特定项的指数需要满足的条件， 或者其系数需要满足的条件等)先列出相应方程(组)或不等式(组)，求出r； 第三步，把r代入通项中，即可求出 ，有时还需要先求n，再求r，才能 求出 或者其他量． 54 方法1 二项展开式的特定项、特定项系数的解法  考点三 二项式定理及其应用 ②求形如 的展开式中与特定项相关的量． 第一步，根据二项式定理把 分别展开，并写出其通项； 第二步，分析特定项可由 的展开式中的哪些项相乘得到； 第三步，把相乘后的项相加减即可得到特定项． 55 方法1 二项展开式的特定项、特定项系数的解法  考点三 二项式定理及其应用 1)二项式 的展开式中的常数项是________． 【解析】方法一：二项式 的展开式的通项 依题意可得 ∴常数项为 方法二：二项式 的展开式中的常数项可以看作是8个 所出的项进行分配，需要2个式子出 6个式子出 相乘，所以常数项为 【答案】7 56 方法1 二项展开式的特定项、特定项系数的解法  考点三 二项式定理及其应用 2) 的展开式的有理项的项数是(   ) A．2 B．3 C．4 D．5 【解析】 的展开式的通项 令 即 且r＝0，1，2，…，9，∴r＝3或r＝9. 当r＝3时， 当r＝9时， 所以 的展开式的有理项是第4项与第10项，选A. 【答案】A 57 方法1 二项展开式的特定项、特定项系数的解法  考点三 二项式定理及其应用 3)已知 的展开式中含 的项的系数为30，则a＝(  ) 【解析】二项式 的展开式的通项 由题意得 【答案】D 58 方法1 二项展开式的特定项、特定项系数的解法  考点三 二项式定理及其应用 4) 的展开式的常数项是(  ) A．－3 B．－2 C．2 D．3 【解析】二项式 的展开式的通项 当2r－10＝－2，即r＝4时， 当2r－10＝0，即r＝5时， ∴展开式中的常数项为5－2＝3，故选D. 【答案】D 59 方法1 二项展开式的特定项、特定项系数的解法  考点三 二项式定理及其应用 5) 的展开式中 项的系数为(  ) A．－210 B．210 C．30 D．－30 【解析】方法一： 的展开式中 项的构成有以下两种情况． 60 方法1 二项展开式的特定项、特定项系数的解法  考点三 二项式定理及其应用 【答案】A 61 方法2 与二项展开式中的系数和有关的问题解法  考点三 二项式定理及其应用 对形如 (a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数 之和，常用赋值法， ，对 的式子求其展开式的各项系 数之和，只需令x=y=1即可.  nbyax  一般地，若 则f(x)的各项系数之和为f(1)， 奇数项系数之和为 偶数项系数之和为 62 考点三 二项式定理及其应用 方法2 与二项展开式中的系数和有关的问题解法  6)在 的展开式中第4项与第6项的二项式系数相等，则展开 式中不含a的项是第______项． 【解析】依题意，得 【答案】5 63 考点三 二项式定理及其应用 方法2__与二项展开式中的系数和有关的问题解法  7) 已知 64 考点三 二项式定理及其应用 方法2 与二项展开式中的系数和有关的问题解法  65 考点三 二项式定理及其应用 方法3 有关二项展开式中的最值问题解法  (1)二项式系数最大项的确定方法 ①若n是偶数，则 的二项式系数最大； ②若n是奇数， 的二项式系数相等并最大． (2)二项展开式系数最大项的求法 如求 的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法， 设展开式各项系数分别为 且第r项系数最大，应用 66 考点三 二项式定理及其应用 方法3 有关二项展开式中的最值问题解法  9)已知 的展开式中各项系数和比各项的二项式系数 和大992. (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项． 67 考点三 二项式定理及其应用 方法3 有关二项展开式中的最值问题解法  68 考点三 二项式定理及其应用 考法例析 成就能力 考法1 直接运用通项求特定项、系数、最值、各项系数和等 1)[课标全国Ⅲ2017·4] 的展开式中 的系数为(  ) A．－80 B．－40 C．40 D．80 69 考点三 二项式定理及其应用 考法1 直接运用通项求特定项、系数、最值、各项系数和等 2)[课标全国Ⅰ2015·10] 的展开式中， 的系数为(  ) A．10 B．20 C．30 D．60 70 考点三 二项式定理及其应用 考法1 直接运用通项求特定项、系数、最值、各项系数和等 3)[山东2017·11] 的展开式中含有 项的系数是54，则 n＝________． 【解析】(1＋3x)n的展开式的通项为 由题意知 【答案】4 71 考点三 二项式定理及其应用 考法1 直接运用通项求特定项、系数、最值、各项系数和等 4)[课标全国Ⅱ2015·15] 的展开式中x的奇数次幂项的 系数之和为32，则a＝________. 【答案】3 72 考点三 二项式定理及其应用 考法2 与二项式定理有关的恒等式 5)[安徽2014·13]设a≠0，n是大于1的自然数， 若点Ai(i，ai)(i＝0，1，2) 的位置如图所示，则a＝________. 【答案】3 73 考点三 二项式定理及其应用 【答案】A 考法3 二项式定理与其他知识的交汇 6)[四川2016·2]设i为虚数单位，则 的展开式中含 的项为(  )