专题八 排列、组合及二项式定理 第1讲 排列、组合及二项式定理-2021届高三高考数学二轮复习考点精练解析版

第 1 讲 排列、组合及二项式定理 考点 1 两个计数原理 例 1.(1)为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的 2 种主食、3 种素菜、 2 种大荤、4 种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践 行“光盘行动”，则不同的选取方法有（ ） A．48 种 B．36 种 C．24 种 D．12 种 【答案】B 【解析】由题意可知，分三步完成：第一步，从 2 种主食中任选一种有 2 种选法； 第二步，从 3 种素菜中任选一种有 3 种选法；第三步，从 6 种荤菜中任选一种有 6 种选法， 根据分步计数原理，共有 2 3 6 36   不同的选取方法，故选:B． 【点睛】本题考查了分步计数原理解,解决本题的关键在于在分步的基础上，先选后排，最后 由分步计数原理得出不同的分配方法总数． (2)如图，用四种不同颜色给图中的 A，B，C，D，E，F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色， 且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用（ ） A．288 种 B．264 种 C．240 种 D．168 种 【答案】B 【解析】B，D，E，F 用四种颜色，则有 4 4 1 1 24A    种涂色方法；B，D，E，F 用三种颜色， 则有 3 3 4 42 2 2 1 2 192A A       种涂色方法；B，D，E，F 用两种颜色，则有 2 4 2 2 48A    种涂色方法；所以共有 24+192+48=264 种不同的涂色方法,故选:B． 【点睛】本题考查了涂色问题,由分类加法计数原理解决问题. 【跟踪演练】1. (1)当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，疫情防控工 作形势依然严峻、复杂．某地区安排 , , , ,A B C D E 五名同志到三个地区开展防疫宣传活动， 每个地区至少安排一人，且 ,A B 两人安排在同一个地区， ,C D 两人不安排在同一个地区， 则不同的分配方法总数为（ ） A．86 种 B．64 种 C．42 种 D．30 种 【答案】D 【解析】①当两个地区各分 2 人另一个地区分 1 人时，总数有 1 3 2 3 12C A  种；②当两个地区 各分 1 人另一个地区分 3 人时，总数有 1 3 3 3 18C A  种，故满足条件的分法共有12 18 30  种,故选:D． (2)某班举行了由甲、乙、丙、丁、戊 5 名学生参加的“弘扬中华文化”的演讲比赛，决出第 1 名到第 5 名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说，“很遗憾，你和乙都没 有得到冠军”；对乙说，“你当然不会是最差的”从这个回答分析，5 人的名次排列情况可能 有（ ） A．36 种 B．54 种 C．58 种 D．72 种 【答案】B 【解析】根据题意 5 人的名次排列情况可能有 1 1 3 3 3 3 54C C A  ．故选:B． 考点 2 排列组合 例 2.(1)(多选)在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地 理 6 门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史 2 门科目中选择 1 门， 再从政治、地理、化学、生物 4 门科目中选择 2 门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考 招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这 6 门课程中选三门作 为选考科目，下列说法正确的是（ ） A．若任意选科，选法总数为 2 4C B．若化学必选，选法总数为 1 1 2 3C C C．若政治和地理至少选一门，选法总数为 1 1 1 2 2 3C C C D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为 1 1 2 2C C 1 【答案】BD 【解析】若任意选科，选法总数为 1 2 2 4C C ，A 错；若化学必选，选法总数为 1 1 2 3C C ，B 正确； 若政治和地理至少选一门，选法总数为 1 1 1 2 2 2C (C C 1) ，C 错；若物理必选，化学、生物至少 选一门，选法总数为 1 1 2 2 1C C  ，D 正确．故选:BD． 【点睛】本题考查组合的应用，解题关键是确定完成选科这个事件的方法，是分类完成还是 分步完成． (2)6 名同学排成 1 排照相，要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边，共有________种不 同站法． 【答案】480 【解析】法一：(位置分析法)先从其他 5 人中安排 2 人站在最左边和最右边，再安排余下 4 人的位置， 分为两步：第 1 步，从除甲外的 5 人中选 2 人站在最左边和最右边，有 A 2 5种站法； 第 2 步，余下 4 人(含甲)站在剩下的 4 个位置上，有 A 4 4种站法． 由分步乘法计数原理可知，共有 A2 5A4 4＝480(种)不同的站法． 法二：(元素分析法)先安排甲的位置(既不站在最左边又不站在最右边)，再安排其他 5 人的 位置， 分为两步：第 1 步，将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上，有 A 1 4种站法； 第 2 步，余下 5 人站在剩下的 5 个位置上，有 A 5 5种站法． 由分步乘法计数原理可知，共有 A1 4A5 5＝480(种)不同的站法． 法三：(间接法)6 人无限制条件排队有 A 6 6种站法，甲站在最左边或最右边时 6 人排队有 2A 5 5种 站法，因此符合条件的不同站法共有 A6 6－2A5 5＝480(种)． 【点睛】本题考查了排列问题,求解排列问题的常用方法： (1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算． (2)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置． (3)捆绑法：相邻问题捆绑处理的方法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列， 同时注意捆绑元素的内部排列． (4)插空法：不相邻问题插空处理的方法，即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)分排问题直排处理的方法． (6)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法． (7)定序问题除法处理的方法，即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列． 【跟踪演练】2. (1)2020 年既是全面建成小康社会之年，又是脱贫攻坚收官之年，某地为巩固脱贫攻坚成果， 选派了 5 名工作人员到 A、B、C 三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去 1 人，不同的 选派方法数有（ ）种 A．25 B．60 C．90 D．150 【答案】D 【解析】解法一（分组分配）：把 5 各工作人员分成 3 组，有两类分法： ①5 1 1 3   则有 1 1 3 5 4 3 2 2 10C C C A  种； ②5 2 2 1   则有 2 2 1 5 3 1 2 2 15C C C A  种 所以共有10 15 25  种分组方法，根据题意，所求方法数有 3 325 150A  个 解法二（排除法）：∵5 个工作人员仅去一个村子的方法数有 5 1 31 3C  个；5 个工作人员仅去 两 个 村 子 的 方 法 数 有  5 2 32 2 90C  个 ， ∴ 5 个 工 作 人 员 去 三 个 村 子 的 方 法 数 有 53 90 3 150   个．故选:D． 【点睛】本题考查了排列组合的应用. (2)(多选)把座位号为 1、2、3、4、5 的五张电影票全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一 张，且分给同一人的多张票必须连号，那么不同的分法种数为 N 种，则 N 的值不可能为 （ ）． A．18 B．24 C．36 D．48 【答案】ABD 【解析】因为每人至少一张，且分给同一人的多张票必须连号，又分给甲、乙、丙三个人， 则在座位号1、 2 、3、 4 、5的四个空位插 2 个板子，有 2 4 6C  种，然后再分给甲、乙、丙 三个人，有 3 3 6A  种，所以不同的分法种数为 6 6 36  ，故不可能为 ABD．故选:ABD． 考点 3 二项式定理 例 3.(1)(多选)在 61x x     的展开式中，下列说法正确的有（ ） A．所有项的二项式系数和为 64 B．所有项的系数和为 0 C．常数项为 20 D．二项式系数最大的项为第 4 项 【答案】ABD 【解析】 61x x     的展开式中所有二项式系数和为 62 64 ，A 正确； 令 1x  可得 61x x     的展开式中所有项的系数和为  61 1 0  ，B 正确； 通 项 为   6 2 6 1 rr rC x  ， 令 6 2 0 3r r    ， 所 以 61x x     的 展 开 式 中 常 数 项 为  33 6 1 20C    ，C 错误； 61x x     的展开式共有 7 项，二项式系数最大为第 4 项，D 正确．故选 ABD。 【点睛】本题考查了二项式定理，涉及二项式系数和、项的系数和、求二项展开式中特定项、 二项式系数的性质． (2)(多选)若   2020 2 3 2020 0 1 2 3 20201 2x a a x a x a x a x x       R ，则（ ） A． 0 1a  B． 2020 0 2 4 2020 3 1 2a a a a      C． 2020 1 3 5 2019 3 1 2a a a a      D． 3 20201 2 2 3 2020 12 2 2 2 a aa a      【答案】ABD 【解析】令 0x  ，则 0 1a  ，A 对， 令 1x  ，则 0 1 2 2020 1a a a a    ，令 1x   ，则 2020 0 1 2 2020 3a a a a    ， ∴ 2020 0 2 2020 1 3 2a a a    ， 2020 1 3 2019 1 3 2a a a    ，B 对，C 错， 令 1 2x  ，则 20201 2 0 1 2 2020 02 2 2 aa aa     ，又 0 1a  ，则 20201 2 1 2 2020 12 2 2 aa a    ，D 对， 故选:ABD． 【点睛】本题考查了二项式系数和问题通常都是通过赋值法求解． 【跟踪演练】3. (1) 在 46 )1()1( yx  的 展 开 式 中 ， 记 nm yx 项 的 系 数 为 ),( nmf ， 则 (3,0)f  (2,1)f  (1,2)f  (0,3)f = A．45 B．60 C．120 D． 210 【答案】C 【解析】由题意知 3 0 6 4(3,0) C Cf  ， 2 1 6 4(2,1) C Cf  ， 1 2 6 4(1,2) C Cf  ， 0 3 6 4(0,3) C Cf  ，因 此 (3,0) (2,1) (1,2) (0,3) 120f f f f    ．故选:C (2)(多选)已知 5 2 3 4 5 6 0 1 2 3 4 5 6(2 )(1 2 )x x a a x a x a x a x a x a x         ，则（ ） A． 0a 的值为 2 B． 5a 的值为 16 C． 1 2 3 4 5 6a a a a a a     的值为﹣5 D． 1 3 5a a a  的值为 120 【答案】ABC 【解析】令 x＝0，得 0 2a  ，故 A 正确； 5 5 4 4 5 52 ( 2) ( 2) 16C C     ，故 5 16a  ，B 正确； 令 x＝1，得 0 1 2 3 4 5 6 3a a a a a a a        ①， 又 0 2a  ，∴ 1 2 3 4 5 6 5a a a a a a       ，故 C 正确； 令 x＝﹣1，得 0 1 2 3 4 5 6 243a a a a a a a       ②，由①②得： 1 3 5 123a a a    ，D 错误．故选:ABC。 【仿真练习】 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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．已知 (1 )nx 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为 （ ） A． 122 B． 112 C． 102 D． 92 【答案】D 【解析】因为 (1 )nx 的展开式中的第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，所以 3 7C Cn n ，解得 10n = ，所以二项式 10(1 )x 的展开式中奇数项的二项式系数和为 10 91 2 22   ． 故选:D 2.从正方体的 8 个顶点中选取 4 个作为顶点，可得到四面体的个数为（ ） A． 4 8 12C  B． 4 8 8C C． 4 8 6C D． 4 8 4C 【答案】A 【解析】从正方体的 8 个顶点中选取 4 个顶点有 4 8C 种，正方体表面四点共面不能构成四面体 有 6种，正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有 6种，所以可得到的四面体的个数 为 4 4 8 86 6 12C C    种，故选:A． 3.某学校为了迎接市春季运动会，从 5 名男生和 4 名女生组成的田径运动队中选出 4 人参加 比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有 1 人入选的方法种数为( ) A．85 B．86 C．91 D．90 【答案】B 【解析】法一：(直接法)由题意，可分三类考虑： 第 1 类，男生甲入选，女生乙不入选，则方法种数为 C1 3C2 4＋C2 3C1 4＋C3 3＝31； 第 2 类，男生甲不入选，女生乙入选，则方法种数为 C1 4C2 3＋C2 4C1 3＋C3 4＝34； 第 3 类，男生甲入选，女生乙入选，则方法种数为 C2 3＋C1 4C1 3＋C2 4＝21． 所以男生甲与女生乙至少有 1 人入选的方法种数为 31＋34＋21＝86． 法二：(间接法)从 5 名男生和 4 名女生中任意选出 4 人，男、女生都有的选法有 C4 9－C4 5－C4 4＝ 120(种)；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有 C4 7－C4 4＝34(种)．所以男生 甲与女生乙至少有 1 人入选的方法种数为 120－34＝86． 故选:B 4.在 6 2 1x x     的展开式中， 3x 的系数为（ ） A． 15 B．15 C． 20 D．20 【答案】C 【 解 析 】 由 二 项 式 定 理 得 6 2 1x x     的 展 开 式 的 通 项  62 12 3 1 6 6 1 ( 1)rr r r r r rT C x C xx           ， 令12 3 3r  ，得 3r  ，所以 3 3 3 3 4 6 ( 1) 20T C x x    ，所以 3x 的系数为 20 ．故选:C． 5.已知 2 0 1 2 2 2 21 n n n n n n nx x T T x T x T x      ， *nN ，其中 i nT 为 21 n x x  展开 式中 ix 项系数， 0,1,2, ,2i n  ，则下列说法不正确的有（ ） A． 14 7 7 i iT T  ， 0,1,2, ,14i   B． 2 3 3 7 7 8T T T  C． 14 6 7 1 0 2 3i i i i T     D． 7 7T 是 0 7T ， 1 7T ， 2 7T ，…， 14 7T 是最大值 【答案】B 【解析】由题意知，三项式系数塔与杨辉三角构造相似，其第二行为三个数，且下行对应的 数是上一行三个数之和，故 14 7 7 i iT T  ， 7 7T 是 0 7T ， 1 7T ， 2 7T ，…， 14 7T 的中间项，故 7 7T 最大， 所以 A，D 正确；令 0x  可知： 0 1 2 2 01 0 0 0n n n n n nT T T T T       ； 当 7n  时 ，  7 12 1 2 2 4 14 7 7 71 1x x T x T x T x      ， 1 2 7 7 2 7 7 21 28C CT      ， 3 1 1 3 7 6 77 42 35 77C C CT      ， 3 1 1 3 8 8 7 8 112T C C C   ，所以 2 3 3 7 7 8T T T ． 令 1x  可知， 14 14 7 0 14 7 7 7 7 7 7 0 1 1 23 1i i i i T T T T T T          ，即 14 7 7 1 3 1 i i T     ； 又因为 7 0 1 2 7 1 3 12 2(3 3 3 ... 3 ) 23 3 13 1 b b i i           ．故 14 6 7 1 0 2 3i i i i T     ，C 正确． 故选:B。 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 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 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分． 6.为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御” “书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周．则（ ） A．某学生从中选 3 门，共有 30 种选法 B．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有 240 种排法 C．课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有 144 种排法 D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有 504 种排法 【答案】CD 【解析】6 门中选 3 门共有 3 6 20C  种，故 A 错误； 课程“射”“御”排在不相邻两周，共有 4 2 4 5 480A A  种排法，故 B 错误； 课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有 3 4 3 4 144A A  种排法，故 C 正确； 课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有 5 1 1 4 5 4 4 4 504A C C A  种排法， 故 D 正确．故选:CD 。 【名师点睛】本题考查排列组合的应用，属于基础题． 7.已知 12 n x x     的二项展开式中二项式系数之和为 64，则下列结论正确的是（ ） A．二项展开式中各项系数之和为 63 B.二项展开式中二项式系数最大的项为 3 2160x C．二项展开式中无常数项 D．二项展开式中系数最大的项为 390x 【答案】AB 【解析】因为 12 n x x     的二项展开式中二项式系数之和为 64，所以 2 64n  ，得 6n  ， 所 以 二 项 式 为 612x x     ， 则 二 项 式 展 开 式 的 通 式 公 式 366 6 2 1 6 6 1(2 ) ( ) 2 rr r r r r rT C x C x x      ， 对于 A，令 1x  ，可得二项展开式中各项系数之和为 63 ，所以 A 正确； 对于 B，第 4 项的二项式系数最大，此时 3r  ，则二项展开式中二项式系数最大的项为 3 36 33 6 3 2 2 4 6 2 160T C x x    ，所以 B 正确； 对于 C，令 36 02 r  ，则 4r  ，所以二项展开式中的常数项为 36 44 6 4 2 6 2 60C x    ，所以 C 错误； 对于 D，令第 r 项的系数最大，则 6 1 6 ( 1) 6 6 6 1 6 ( 1) 6 6 2 2 2 2 r r r r r r r r C C C C            ，解得 5 7 3 3r  ， 因为 *r N ，所以 2r = 时，二项展开式中系数最大，则二项展开式中系数最大的项为 2 4 3 3 3 6 2 240T C x x  ，所以 D 错误，故选:AB。 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，多空题，第一空 2 分，第二空 3 分，共 15 分． 8.现有一圆桌，周边有标号为 1，2，3，4 的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探 讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法 有_________种．（用数字作答） 【答案】8 【解析】先按排甲，其选座方法有 1 4C 种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、 丁两位同学坐另两个位置的坐法有 2 2A 种，所以共有坐法种数为 1 2 4 2C A 4 2 8    种．故答 案为：8． 9.已知        2 * 0 1 21 1 1 nn nx a a x a x a x n N       …+ 对任意 xR 恒成立，则 0a  __________；若 4 5 0a a  ，则 n _________________． 【答案】 1 n 9 【 解 析 】 令 1t x  ， 则   2 0 1 21 n n nt a a t a t a t    …+ ， 则  0 1 na   ，   44 4 1 nn na C   ，   55 5 1 nn na C   ， ∵ 4 5 0a a  ， 故 4 5n n n nC C  ， 即 4 5 n nC C ，解得 9n  ． 10.设 m 为正整数，  2mx y 展开式的二项式系数的最大值为  2 1ma x y ， 展开式的二项 式系数的最大值为b ，若15 8a b ，则 m  _________． 【答案】7 【解析】 2mx y 展开式中二项式系数的最大值为 2Cm ma  ， 2 1mx y  展开式中二项式 系数的最大值为 1 2 1Cm mb   ，因为15 8a b ，所以 1 2 2 115C 8Cm m m m   ，即 (2 )! (2 1)!15 8! ! !( 1)! m m m m m m   ，解得 7m  ． 四、解答题：本题共 4 小题，共 40 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 11.有 3 名男生、4 名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数. （1）选 5 人排成一排； （2）排成前后两排，前排 4 人，后排 3 人； （3）全体排成一排，甲不站排头也不站排尾； （4）全体排成一排，女生必须站在一起； （5）全体排成一排，男生互不相邻. 【答案】（1）2520 种（2）5040 种（3）3600 种（4）576 种（5）1440 种 【解析】（1）从 7 人中选 5 人排列，有 5 7 7 6 5 4 3 2520A       （种）. （2）分两步完成，先选 4 人站前排，有 4 7A 种方法，余下 3 人站后排，有 3 3A 种方法，共有 4 3 7 3A A 5040 （种）. （3）（特殊元素优先法）先排甲，有 5 种方法，其余 6 人有 6 6A 种排列方法，共有 6 65 3600A  （种）. （4）（捆绑法）将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 4 4A 种方法，再将女生全排列， 有 4 4A 种方法，共有 4 4 4 4A A 576 （种）. （5）（插空法）先排女生，有 4 4A 种方法，再在女生之间及首尾 5 个空位中任选 3 个空位安排 男生，有 3 5A 种方法，共有 4 3 4 5A A 1440 （种）. 12.已知 ( ) (1 )n nf x x  （ 0x  且 1x   ， *n N ）. （1）设 3 4 10( ) ( ) ( ) ( )g x f x f x f x    ，求 ( )g x 中含 3x 项的系数； （2）化简： 1 2 32 3 4 ( 1) n n n n nC C C n C     ； （3）证明： 1 1 2 1 ( 1) 12 3 2 m m m m m m m m m n m n m nC C C nC Cm              . 【答案】（1）330；（2） 12 2 1n nn    ；（3）见解析 【解析】（1）由题意知：        3 4 101 1 1g x x x x       所以  g x 中含 3x 项的系数为： 3 3 3 3 4 3 3 3 4 3 4 5 10 4 4 5 10 11 330C C C C C C C C C            （2）     0 1 nn k k n n k f x x C x      两边求导得   1 1 1 1 nn k k n k n x kC x      ，令 1x  得到 1 1 2 n n k n k n kC     ， 又 1 2 2 1n n n n nC C C     且所求式子的通项为 1 k k k n n nk C kC C    1 2 3 12 3 4 1 2 2 1n n n n n n nC C C n C n           （3）        1 11 2 1 ... 1m m m nh x x x n x         ……① 则函数  h x 中含 mx 项的系数为 1 12 ...m m m m m m nC C nC      因为         1 21 1 2 1 ... 1m m m nx h x x x x          ……② ①-②得：            1 2 11 1 1 ... 1 1m m m m n m nxh x x x x x n x                即          1 1 1 11 1 m n m nx x xh x n xx           所以         2 1 1 1m m n m nx x nx xh x x       函数  h x 中含 mx 项的系数为：             2 1 ! ! 2 ! 2 ! 1 ! 1 ! m m m n m n m n n m nC nC m n m n                          11 2 ! 1 1 2 1 ! 1 ! 2 m m n n n m m n m n Cm m n m               所以   1 1 2 1 1 12 3 ... 2 m m m m m m m m m n m n m nC C C nC Cm             