2020届二轮复习排列组合、二项式定理教案（全国通用）

2020届二轮复习排列组合、二项式定理教案（全国通用）

高考冲刺 排列组合、二项式定理 ‎【高考展望】‎ 命题角度：该部分的命题就是围绕两个点展开．第一个点是围绕排列，组合展开，设计利用排列组合和两个基本原理求解的实际计数问题的试题，目的是考查对排列组合基本方法的掌握程度，考查分类与整合的思想方法，试题都是选择题或者填空题，难度中等或者偏易；第二点是围绕二项式定理展开，涉及利用二项式的通项公式计算二项式中特定项的系数、常数项、系数和等试题，目的是考查对二项式定理的掌握程度和基本的运算求解能力，试题也都是选择题或者填空题，难度中等．‎ 预计高考对该部分的考查基本方向不变，即考查简单的计数问题、二项式定理的简单应用，但由于排列，组合试题的特点，也不排除出现难度稍大的试题的可能．‎ 复习建议：该部分的复习以基本问题为主，要点有两个：一个是引导学生掌握解决排列，组合问题的基本思想，即分类与分步的思想，使学生在解题时有正确的思维方向；一个是掌握好二项展开式的通项公式的应用，这是二项式定理的考查核心．‎ ‎【知识升华】‎ 一、排列与组合 ‎1、分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理，两者的区别在于分步计数原理和分步有关，分类计数原理与分类有关.‎ ‎2、排列与组合主要研究从一些不同元素中，任取部分或全部元素进行排列或组合，求共有多少种方法的问题.区别排列问题与组合问题要看是否与顺序有关，与顺序有关的属于排列问题，与顺序无关的属于组合问题.‎ ‎3、排列与组合的主要公式 ‎①排列数公式： (m≤n)　　‎ A=n! =n(n―1)(n―2) ·…·2·1.‎ ‎②组合数公式：　(m≤n).‎ ‎③组合数性质：①(m≤n). ② ‎ ‎③‎ ‎4、分类应在同一标准下进行，确保“不漏”、“不重”，分步要做到“步骤连续”和“步骤独立”，并能完成事项.‎ ‎5、界定“元素与位置”要辩证地看待，“特殊元素”、“特殊位置”可直接优先安排，也可间接处理. ‎ ‎6、解排列组合综合问题注意先选后排的原则，复杂的排列、组合问题利用分类思想转化为简单问题求解.‎ ‎7、常见的解题策略有以下几种：‎ ‎（1）特殊元素优先安排的策略；‎ ‎（2）合理分类与准确分步的策略；‎ ‎（3）排列、组合混合问题先选后排的策略；‎ ‎（4）正难则反、等价转化的策略；‎ ‎（5）相邻问题捆绑处理的策略；‎ ‎（6）不相邻问题插空处理的策略；‎ ‎（7）定序问题除法处理的策略；‎ ‎（8）分排问题直排处理的策略；‎ ‎（9）“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；‎ ‎（10）构造模型的策略.‎ 二、二项式定理 ‎1、二项式定理 ‎(a +b)n =Can +Can－1b+…+Can－rbr +…＋Cbn，其中各项系数就是组合数C，展开式共有n+1项，第r+1项是Tr+1 =Can－rbr.‎ ‎2、二项展开式的通项公式 二项展开式的第r+1项Tr+1=Can－rbr(r=0,1,…n)叫做二项展开式的通项公式。‎ ‎3、二项式系数的性质 ‎①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，‎ 即C= C　(r=0,1,2,…,n).‎ ‎②若n是偶数，则中间项(第项)的二项公式系数最大，其值为C；若n是奇数，则中间两项(第项和第项)的二项式系数相等，并且最大，其值为C= C.‎ ‎③所有二项式系数和等于2n，即C+C＋C+…+C=2n.‎ ‎④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，‎ 即C+C+…=C+C+…=2n―1.‎ ‎4、二项式定理解题：四大热点，四条规律：‎ ‎（1）四大热点：①通项运用型；②系数配对型；③系数和差型；④综合应用型.‎ ‎（2）四条规律：①常规问题通项分析法；②系数和差赋值法；③近似问题截项法；④整除（或余数）问题展开法. ‎ ‎【典型例题】‎ 类型一、分类计数原理与分步计数原理 ‎【例1】用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？‎ ‎【思路点拨】颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，首先确定第一个小方格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法．‎ ‎【解析】如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．　‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎①当第2、第3个小方格涂不同颜色时，有＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法．由分步计数原理可知，有5×12×3＝180(种)不同的涂法；‎ ‎②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知，有5×4×4＝80(种)不同涂法．‎ 由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260(种)不同的涂法．‎ ‎【总结升华】涂色问题的解决方法 ‎(1)涂色问题没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个原理与排列组合的知识灵活处理，其难点是对相邻区域颜色不同的处理，解决的方法往往要采用分类讨论的方法，根据“两个原理”计算．‎ ‎(2)本题也可以考虑对使用的颜色的种数进行分类，如果使用2种颜色，则只能是第1,4涂一种、第2,3涂一种，方法数是＝20；若是使用3种颜色，若第1,2,3方格不同色，第4个方格只能和第1个方格相同，方法数是＝60，如果第1,2,3方格只用两种颜色，则第4个方格只能用第3种颜色，方法数是×3×2＝60；如果使用4种颜色，方法数是＝120.根据加法原理总的涂法种数是260.‎ 举一反三：‎ ‎【变式】某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________(用数字作答)．‎ ‎【答案】7 200‎ ‎【解析】其中最先选出的一个有30种方法，此时这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的队形，选第二个人有20种方法，此时该人所在的行和列不能再选人，还剩一个4行3‎ 列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.‎ ‎【例2】将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)‎ A．12种 B．10种 C．9种 D．8种 ‎【思路点拨】先安排教师、再配之学生即可，再根据分步乘法计数原理求之．‎ ‎【答案】A ‎ ‎【解析】分别从2名教师中选1名，4名学生中选2名安排到甲地参加社会实践活动即可，则乙地就安排剩下的教师与学生，故不同的安排方法共有＝12种．故选A.‎ ‎【总结升华】两个基本原理是解决计数问题的根据，在计数问题中一般是先根据不同情况进行分类，然后对于每一类的计数问题再分步完成，根据分步乘法计数原理求出每类的数目，最后使用分类加法计数原理得到结果．‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】在实验室进行的一项物理实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有(　　)‎ A．34种 B．48种 C．96种 D．144种 ‎【答案】C　‎ ‎【解析】先实施A，有2种编排方法；再将程序B和C视为一个整体(有2种顺序)与其他3个程序全排列共有2种编排方法；故实验顺序的编排方法共有2×2＝96种．故选C.‎ ‎【变式2】某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________．(用数字作答)‎ ‎【答案】1200　‎ ‎【解析】其中最先选出的一个有30种方法，此时这个人所在的行和列共10个位置不能再选人，还剩一个5行4列的队形，选第二个人有20种方法，此时该人所在的行和列不能再选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是＝1200种．‎ 类型二、排列与组合 ‎【例3】(1)从甲、乙等5个人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是 A．12　 B．‎24　‎ C．36　　　D．48‎ ‎(2)值域为{2,5,10}，其对应关系为y＝x2＋1的函数的个数为 A．1 B．‎27 ‎ C．39 D．8‎ ‎【思路点拨】(1)分“选甲”与“不选甲”两类进行讨论；‎ ‎(2)根据函数的值域，求出函数定义域中可能包含的元素，分类讨论确定其定义域．‎ ‎【答案】(1)D　(2)B ‎【解析】(1)若选甲，则有种排法；‎ 若不选甲，则有A种排法，则共有＋＝48(种)．‎ ‎(2)分别由x2＋1＝2，x2＋1＝5，x2＋1＝10解得x＝±1，x＝±2，x＝±3，由函数的定义，定义域中元素的选取分四种情况：‎ ‎①取三个元素：有··＝8(种)；‎ ‎②取四个元素：先从±1，±2，±3三组中选取一组C，再从剩下的两组中选两个元素·，故共有··＝12(种)；‎ ‎③取五个元素：＝6(种)；‎ ‎④取六个元素：1种．‎ 由分类计数原理，共有8＋12＋6＋1＝27(种)．‎ ‎【总结升华】排列、组合问题的解法：‎ 解排列组合综合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．“分析”就是找出题目的条件、结论．哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类，然后逐类解决；“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决．‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为 A．14 B．‎24 ‎ C．28 D．48‎ ‎【答案】A ‎【解析】选1名女生的方案有：种；选2名女生的方案有：种；‎ 故至少选1名女生共有：＋＝14种方案．‎ ‎【变式2】用0,1,2,3,4排成无重复数字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是 A．36 B．‎32 ‎ C．24 D．20‎ ‎【答案】D ‎【解析】0,1,2,3,4五个数字，偶数字相邻，奇数字也相邻的排法共有种排法，其中0在首位的排法有种，所以共有－＝20个五位数．‎ ‎【例4】一排9个座位坐了3个三口之家．若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为(　　)‎ A．3×3! B．3×(3！)‎3 C．(3！)4 D．9!‎ ‎【思路点拨】将一家三口作为为一个集团，三个集团全排列 ，再根据分步乘法计数原理得解；‎ ‎【答案】C　‎ ‎【解析】由已知，该问题是排列中捆绑法的应用，即先把三个家庭看作三个不同元素进行全排列，而后每个家庭内部进行全排列，即不同坐法种数为＝(3！)4.‎ ‎【总结升华】本题是元素相邻的排列，只要把相邻元素看作一个整体即可．‎ 举一反三：‎ ‎【变式】 (1)某市端午期间安排甲、乙等6支队伍参加端午赛龙舟比赛，若在安排比赛赛道时不将甲安排在第一及第二赛道上，且甲和乙不相邻，则不同的安排方法有(　　)‎ A．96种 B．192种 C．216种 D．312种 ‎(2)从5名学生中任选4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，且每科竞赛只有1人参加，若甲不参加生物竞赛，则不同的选择方案共有________种．‎ ‎【答案】(1)D　(2)96‎ ‎【解析】(1)若甲在第三、四、五道，则乙的安排方法有三种，此时方法数是3×3×＝216；若甲在第六道，则乙的安排方法有四种，此时的方法数是4＝96.故总数为216＋96＝312.‎ ‎(2)选出的4名学生如果不含甲，则方法数为＝24；选出的5名学生如果含甲，选法为，甲的参赛方法数是3，其余3个学生全排列，方法数是×3×＝72.根据分类加法计数原理，总的方法数是24＋72＝96.‎ ‎【例5】在送医下乡活动中，某医院安排3名男医生和2名女医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生，且女医生不安排在同一乡医院工作，则不同的分配方法总数为(　　)‎ A．78 B．‎114 C．108 D．120‎ ‎【思路点拨】先分组后分配，然后减去两名女医生在一个医院的情况．‎ ‎【答案】B　‎ ‎【解析】五人分组有(1,1,3)，(1,2,2)两种分组方案，方法数是＋＝25，故分配方案的总数是25＝150种．当仅仅两名女医生一组时，分组数是C，当两名女医生中还有一名男医生时，分组方法也是，故两名女医生在一个医院的分配方案是6＝36.符合要求的分配方法总数是150－36＝114.‎ ‎【总结升华】在分配问题中如果待分配的元素数目多余分配的位置数目，就要先分组然后再进行分配．‎ 举一反三：‎ ‎【变式】2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计 ‎1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答)‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】把需要相邻的两个元素看做一个整体，然后不相邻的元素外的元素进行排列，在隔出的空位上安排需要不相邻的元素.2件书法作品看做一个整体，方法数是＝2，把这个整体与标志性建筑作品排列，有种排列方法，其中隔开了三个空位，在其中插入2件绘画作品，有方法数＝6.根据乘法原理，故共有方法数2×2×6＝24.‎ ‎【例6高清视频：复数 排列组合二项式定理例6 课程ID:369691】在直线中，a，b，c是取自集合中的3个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么这样的直线有多少条？‎ ‎【思路点拨】把决定“直线条数”的特征性质，转化为对“a，b，c”的情况讨论。‎ ‎【解析】设直线的倾斜角为，并且为锐角。‎ 则tan=－＞0,不妨设a＞b,那么b＜0‎ 当c≠0时,则a有3种取法,b有3种取法,c有4种取法,并且其中任意两条直线不重合,所以这样的直线有3×3×4=36条 当c=0时, a有3种取法,b有3种取法, 其中直线:3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0重合,所以这样的直线有3×3-2=7条 故符合条件的直线有7+36=43条 类型三、二项式定理 ‎【例7】(1)(x－2)6的展开式中，x3的系数是________(用数字作答)．‎ ‎(2)已知(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)的值等于________．‎ ‎【思路点拨】(1)利用二项展开式的通项公式求解；‎ ‎(2)采用赋值法，分别求出a0＋a2＋a4和a1＋a3＋a5.‎ ‎【答案】(1)－160　(2)－256‎ ‎【解析】(1)(x－2)6的展开式中通项公式为 Tr＋1＝x6－r(－2)r，‎ 令r＝3，得T4＝x3·(－2)3＝－160x3，‎ 所以x3的系数是－160.‎ ‎(2)分别令x＝1、x＝－1得 a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0.‎ a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝32，‎ 由此解得a0＋a2＋a4＝16，a1＋a3＋a5＝－16，‎ ‎(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝－256.‎ ‎【总结升华】五招制胜，解决二项式问题 二项式定理是一个恒等式，应对二项式定理问题主要有五种方法：‎ ‎(1)特定项问题通项公式法；(2)系数和与差型问题赋值法；(3)近似问题截项法；(4)整除(或余数)问题展开法；(5)最值问题不等式法．‎ 在二项式定理问题中，常见的误区有：‎ ‎(1)二项展开式的通项Tk＋1中，项数与k的关系搞不清；‎ ‎(2)二项式系数与各项的系数混淆不清；‎ ‎(3)在展开二项式(a－b)n或求特定项时，忽略中间的“－”号．‎ 举一反三：‎ ‎【变式】展开式中常数为________．‎ ‎【答案】－4‎ ‎【解析】展开式中的通项为 Tr＋1＝(－1)rx12－4r，‎ 令12－4r＝0，得r＝3，‎ 所以常数项为T4＝(－1)3＝－4.‎ ‎【例8】(1) 的展开式的常数项是(　　)‎ A．－3 B．－‎2 C．2 D．3‎ ‎(2)设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a能被13整除，则a＝(　　)‎ A．0 B．‎1 C．11 D．12‎ ‎【思路点拨】(1)要求展开式中常数项需使用多项式乘法法则 ，先求展开式中x－2的系数和常数项，再根据多项式乘法法则得结果；‎ ‎(2)要求a值需知512 012被13除所得余数，先变形51＝4×13－1后使用二项式定理得之，再根据余数确定a值．‎ ‎【答案】(1)D　(2)D ‎【解析】(1)因为＝，又展开式中的常数项为＝－2，展开式中的常数项为＝5，故二项式展开式中的常数项为－2＋5＝3.‎ ‎(2)512012＋a＝a＋(13×4－1)2 012＝a＋(1－13×4)2012＝a＋1－×4＋(13×4)2＋…＋ (13×4)2 012，‎ 显然当a＋1＝13k，k∈Z，即a＝－1＋13k，k∈Z时，512 012＋a＝13k＋13×4[－＋ (13×4)1＋…＋(13×4)2 011]，能被13整除．因为a∈Z，且0≤a<13, 所以a＝12.故选D.‎ ‎【总结升华】两个二项式相乘时求其中某项的系数，需要根据多项式乘法法则进行，此时要注意不要漏掉了其中的项，要把各种可能的情况都考虑进去；二项式定理解决整除性问题时，需要构造二项式，基本原则是根据除数对已知式进行变换．‎ 举一反三：‎ ‎【变式】(1) 展开式中的常数项为(　　)‎ A．1 B．‎46 C．4245 D．4246‎ ‎(2) 的展开式中，含x的非整数次幂的项的系数之和为(　　)‎ A．256 B．‎184 C．120 D．72‎ ‎【答案】(1)D　(2)B　‎ ‎【解析】 (1)第一个展开式中x的指数依次是0，，，1，，，2，第二个展开式中x的指数依次是0，－，－，－，－1，－，－，－，－2，－，－，根据多项式的乘法规则，常数项只能是第一个展开式中x的指数是0,1,2的项与第二个展开式中x的指数是0，－1，－2的对应项的乘积，根据二项式的通项公式得，展开式中的常数项为1＋＋＝4246.正确选项为D.‎ ‎(2)Tr＋1＝＝，当r＝0,4,8时为含x的整数次幂的项，所以展开式中含x的整数次幂的项的系数之和为＋＋＝72，展开式所有项的系数之和为28＝256，故展开式中含x的非整数次幂的项的系数之和为256－72＝184.‎ ‎【例9】设则中奇数的个数为（ ）‎ A．2 B．‎3 ‎ C．4 D．5‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题知，逐个验证知，其它为偶数，选A。‎ ‎【例10】若(x+)n的展开式中前三项的系数成等差数，则展开式中x4项的系数为 ‎(A)6 (B)7 (C)8 (D)9 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为的展开式中前三项的系数、、成等差数列，所以，即，解得：或（舍）。。令可得，，所以的系数为，故选B。‎ 类型四、排列组合综合问题 ‎【例11】现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为(　　)‎ A．232 B．252‎ C．472 D．484‎ ‎【思路点拨】分两类，含有红色卡片、不含红色卡片→(推理)含有红色卡片时只要从其余的12张卡片中任取2张即可，不含红色卡片时只要从其余的12张卡片中任取3张且不是同一种颜色→(结论)根据分类加法计数原理求出总数．‎ ‎【答案】C ‎【解析】方法1：若含有红色卡片，则只要从其余12张卡片中任选2张即可，选法为＝264种，若不含红色卡片，则只要从12选3的选法中去掉取同一种颜色的即可，选法为－3＝208.所以总的选法为264＋208＝472.‎ 方法2：若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有＝64种，若2色相同，则有＝144；若红色卡片有1张，则剩余2张若不同色，有＝192种，若同色则有＝72，所以共有64＋144＋192＋72＝472，故选C.‎ 举一反三：‎ ‎【变式】某次会展共展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该会展展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答)‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】2件书法作品看作一个整体，方法数是＝2，把这个整体与标志性建筑作品排列，有种排列方法，其中隔开了三个空位，在其中插入2件绘画作品，有方法数＝6.根据乘法原理，共有方法数2×2×6＝24.‎