第4讲 排列、组合与二项式定理
【p7】
【p7】
2020年新高考全国Ⅰ卷第3题和全国Ⅱ卷第6题均考查了排列组合计数原理，全国Ⅰ卷第8题考查了二项式定理．
运用分类计数原理，要恰当选择分类标准，做到不重不漏；运用分步计数原理，要确定好次序，并且每一步都是独立、互不干扰的，还要注意元素是否可以重复选择；对于综合性排列组合问题，注意同时运用两个基本原理或借助列表、画树状图的方法来帮助分析，避免重复和遗漏计算．
运用二项式定理一定要牢记通项公式，准确区分二项式系数和系数，掌握用赋值法解决系数和与二项式系数和的有关问题．
【p7】
探究一 计数原理及应用
例1(1)将4个不同的文件发往3个不同的邮箱地址，则不同的方法种数为( )
A．34
B．43
C．A
D．C
【解析】选A.
每一个文件都有三种不同的发法，共有34种不同方法．故选：A.
【点评】本题主要考查分步乘法计数原理．
(2)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球，而“ab”表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个有区别的红球、5个无区别的蓝球、5个无区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )
A.(1＋c)5
B.(1＋c)5
C．(1＋a)5
D．(1＋a)5
【解析】选D.
第一步，从5个有区别的红球中取出若干球，
则有1＋Ca＋Ca2＋Ca3＋Ca4＋Ca5＝5；
第二步，从5个无区别的蓝球中都取出或都不取出，要满足题意，只有1＋b5；
第三步，从5个无区别的黑球中取出若干个，则有1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5.
根据分步计数原理，则要满足题意的取法有：(1＋a)5.
故选：D.
【点评】本题主要考查分类加法原理和分步乘法原理．
探究二 排列与组合及应用
例2(1)某市政府决定派遣8名干部(5男3女)分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少3人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有( )
A．240种
B．320种
C．180种
D．120种
【解析】选C.
两组至少都是3人，则分组中两组的人数分别为3、5或4、4，
又因为3名女干部不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为A＝180.
故选：C.
(2)(多选题)现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是( )
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种
D．若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
【解析】选BCD.
对于A项，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有44＝256种放法，故A错误；
对于B项，若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有C·＝18种放法，故B正确；
对于C项，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有C·C·A＝144种放法，故C正确；
对于D项，若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：，，，，，，，，，共9种放法，故D正确．
故选：BCD.
【点评】区分排列与组合问题的标准是有序和无序，分析排列和组合问题时依题设条件转化化归为基本的排列和组合问题是求解的切入点．
探究三 二项式定理及应用
例3(1)6的展开式中ab2c3的系数为__________．
【解析】－6480
6＝6，
展开式的通项为：Tr＋1＝C6－rr，
取r＝3，则T4＝C6－33＝－540c3·3，
3的展开式的通项为：Tm＋1＝Ca3－mm，
取m＝2，得到T3＝Ca2＝12ab2，
故ab2c3的系数为－540×12＝－6480.
故答案为：－6480.
(2)(多选题)已知在n的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论正确的是( )
A．展开式中所有项的系数之和为256
B．展开式中含x的一次项为T5＝x
C．展开式中有3项有理项
D．展开式中系数最大项为第3项和第4项
【解析】选BCD.
由题意n展开式的通项公式为
Tr＋1＝C·n－r·r＝r·C·x－r，
所以0·C＋2·C＝2×1·C，解得n＝8或n＝1(舍去)，
所以n＝8，
Tr＋1＝r·C·x4－r，
对于A项，令x＝1，则8＝8＝8，
所以展开式中所有项的系数之和为8，故A错误；
对于B项，令4－r＝1，即r＝4，此时T5＝4·C·x＝x，所以展开式中含x的一次项为T5＝x，故B正确；
对于C项，若要使Tr＋1为有理项，则r为4的倍数，当r＝0、r＝4、r＝8时，Tr＋1为有理项，所以展开式中有3项有理项，故C正确；
对于D项，令解得2≤r≤3，所以展开式中系数最大项为第3项和第4项，故D正确．
故选：BCD.
(3)(多选题)对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9.则下列结论成立的是( )
A．a2＝－144
B．a0＝1
C．a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1
D．a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39
【解析】选ACD.
对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9＝[－1＋2(x－1)]9，
所以a2＝－C×22＝－144，所以A正确；
令x＝1，可得a0＝(－1)9＝－1，所以B不正确；
令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，所以C正确；
令x＝0，可得a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39，所以D正确．
故选：ACD.
【点评】有关二项式定理的题型有两类，一类是利用通项公式解决展开式的系数、次数和性质(常数项、有理项等)等问题；另一类是赋值法解决二项式的系数和的问题，求解时需仔细审题，细心运算．
【p8】
1．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”，并能完成事件．
2．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．
3．解排列组合综合问题注意先选后排的原则，复杂的排列和组合问题利用分类思想转化为简单问题求解．
4．常见的求解排列与组合问题的策略有以下几种：
(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、等价转换的策略；
(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)定序问题消序处理的策略；
(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．
5．二项式定理解题的四大热点，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常见问题通项分析法；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．
【p8】
考题1[2020·新高考卷Ⅰ]6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )
A．120种
B．90种
C．60种
D．30种
【解析】选C.
首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有C；
然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有C；
最后剩下的3名同学去丙场馆．
故不同的安排方法共有C·C＝6×10＝60种．故选：C.
【命题立意】本题考查排列组合计数原理，考查逻辑推理、数学运算的数学核心素养．
考题2[2020·新高考卷Ⅱ]要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有( )
A．2种
B．3种
C．6种
D．8种
【解析】选C.
第一步，将3名学生分成两个组，有CC＝3种分法；
第二步，将2组学生安排到2个村，有A＝2种安排方法．
所以，不同的安排方法共有3×2＝6种．
故选：C.
【命题立意】本题考查排列组合计数原理，考查逻辑推理、数学运算的数学核心素养．
考题3[2020·全国卷Ⅰ](x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．5
B．10
C．15
D．20
【解析】选C.
(x＋y)5展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx5－ryr(r∈N且r≤5)，
所以的各项与(x＋y)5展开式的通项的乘积可表示为：
xTr＋1＝xCx5－ryr＝Cx6－ryr和Tr＋1＝Cx5－ryr＝Cx4－ryr＋2.
在xTr＋1＝Cx6－ryr中，令r＝3，可得：xT4＝Cx3y3，该项中x3y3的系数为10，
在Tr＋1＝Cx4－ryr＋2中，令r＝1，可得：T2＝Cx3y3，该项中x3y3的系数为5，所以x3y3的系数为10＋5＝15.故选：C.
【命题立意】本题考查二项式定理及其展开式的通项公式，考查了学生的计算能力．【p86】
A组 基础演练
1．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
【解析】选B.
由题意可知E→F有6种走法，F→G有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.
2．在8的展开式中，含项的系数等于( )
A．98
B．42
C．－98
D．－42
【解析】选D.
8二项展开式的通项公式Tr＋1＝C8－r·(－)r＝(－1)rCx－8，
令－8＝－5，得r＝2，则含x－5项的系数为C，
令－8＝－2，得r＝4，则含x－2项的系数为C，
故含项的系数等于C－C＝－42.故选：D.
3．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳(约公元2世纪)所著，该书主要记述了：积算(即筹算)、太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算、心算计数14种算法．某研究性学习小组3人分工搜集整理14种算法的相关资料，其中一人4种、另两人每人5种算法，则不同的分配方法有( )
A.
B.
C.
D．CCC
【解析】选A.
先将14种算法分为三组，方法数有种，再排给3个人，方法数有×A种，故选A.
4．已知数列，ai∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5，6.满足条件“0≤＋＋＋＋＋≤3”的数列个数为( )
A．160
B．220
C．221
D．233
【解析】选D.
因为ai∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5，6，所以只能取0或1，
而0≤＋＋＋＋＋≤3，
所以a1，a2，a3，a4，a5，a6中出现0的个数可以是6个、5个、4个、3个，
若出现6个0，则数列为常数列，共有1个常数列，
若出现5个0，则出现一个|ai|＝1，ai＝±1有两种取法，共有C×2＝12，
若出现4个0，则出现两个|ai|＝1，共有C×22＝15×4＝60，
若出现3个0，则出现三个|ai|＝1，共有C×23＝20×8＝160，
综上所述，数列的个数为1＋12＋60＋160＝233.故选：D.
5．设an(n＝2，3，4，…)是(3－)n的展开式中x的一次项的系数，则＋＋…＋的值是( )
A．16
B．17
C．18
D．19
【解析】选B.
令Tr＋1＝C3n－r(－)r＝C(－1)r·3n－r·x，
令＝1，得r＝2，
∴(3－)n的展开式中x的一次项的系数为
an＝C(－1)2·3n－2＝C·3n－2.
则＋＋…＋＝32×，
又C＝，
故上式＝9×
＝18×
＝18×＝17.故选B.
6．设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝( )
A．5
B．6
C．7
D．8
【解析】选B.
由题意得：a＝C，b＝C，
所以13C＝7C，
∴＝，∴＝13，
解得m＝6，经检验为原方程的解，选B.
7.用红、黄、蓝、绿四种颜色给图中五个区域进行涂色，要求相邻区域所涂颜色不同，共有__________种不同的涂色方法．(用数字回答)
【解析】240
从A开始涂色，A有4种方法，B有3种方法，
①若E与B涂色相同，则C，D共有A种涂色方法；
②若E与B涂色不相同，则E有2种涂色方法，
当C，E涂色相同时，D有3种涂色方法；当C，E涂色不相同时，C有2种涂法，D有2种涂色方法．
共有4×3×A＋4×3×2×＝240种涂色方法．
故答案为：240.
B组 能力提升
8．(多选题)若10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，x∈R.则( )
A．a2＝180
B.＋＋＋…＋＝310
C．a1＋a2＋…＋a10＝1
D.＋＋＋…＋＝－1
【解析】选ABD.
因为10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，
所以T3＝C28＝180x2，所以a2＝180，故A正确．
因为10＝＋x＋x2＋…＋x10，
令x＝1，得＋＋＋…＋＝310，故B正确．
令x＝0，得a0＝1，令x＝1得：a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，
所以a1＋a2＋…＋a10＝0，故C错误．
令x＝，得a0＋＋＋＋…＋＝0，
所以＋＋＋…＋＝－1，故D正确．
故选：ABD.
9．罗马数字是欧洲在阿拉伯数字传入之前使用的一种数码，它的产生标志着一种古代文明的进步．罗马数字的表示法如下：
数字
1
2
3
4
5
6
7
8
9
形式
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
Ⅷ
Ⅸ
其中“Ⅰ”需要1根火柴，“Ⅴ”与“X”需要2根火柴，若为0，则用空位表示．如123表示为，405表示为，如果把6根火柴以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的不同的三位数的个数为( )
A．87
B．95
C．100
D．103
【解析】选D.
用6根火柴表示数字，所有搭配情况如下：
1根火柴和5根火柴：1根火柴可表示的数为1；5根火柴可表示的数为8，和0一起，能表示的数共有4个(108，180，801，810)．
2根火柴和4根火柴：2根火柴可表示的数为2、5；4根火柴可表示的数为7，和0一起，能表示的数有C×4＝8个．
3根火柴和3根火柴：3根火柴可表示的数为3、4、6、9，和0一起，能表示的数分为2类：除0外的两个数字相同，可表示的数有C×4＝8个；除0外的两个数字不同，则有C×4＝24个，所以共有8＋24＝32个．
1根火柴、1根火柴和4根火柴：即有1、1、7组成的数，共有3个(117，171，711)．
1根火柴、2根火柴和3根火柴：即由1，2或5中的一个，3、4、6、9中的一个数字组成的三位数，共有CCA＝2×4×3×2＝48个．
2根火柴、2根火柴、2根火柴：即由2或5组成的三位数，分为两类：三个数字都相同，共有2个(222，555)；三个数字中的两个数字相同，则有C×3＝6个，共有2＋6＝8个．
综上可知，可组成的三位数共有4＋8＋32＋3＋48＋8＝103个．
故选：D.
10．设a≠0，n是大于1的自然数，的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai)(i＝0，1，2)的位置如图所示，则a＝________．
【解析】3
由图可知a0＝1，a1＝3，a2＝4，
由组合原理知
故解得
11．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，11，3443，94249等，显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99，3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.
(1)4位回文数有__________个．
(2)2n＋1(n∈N＋)位回文数有__________个．
【解析】(1)90 (2)9×10n
(1)4位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，
第一步，选千位和个位数字，共有9种选法，第二步，选中间两位数字，有10种选法，
故4位回文数有9×10＝90个．
(2)第一步，选左边第一个数字，有9种选法，
第二步，分别选左边第2、3、4、…、n、n＋1个数字，共有10×10×10×…×10＝10n种选法，故2n＋1(n∈N＋)位回文数有9×10n个．
12.给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：
由此推断，当n＝6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种(结果用数值表示)．
【解析】21 43
n＝1，2，3，4时，黑色正方形互不相邻的着色方案种数分别为2，3，5，8，由此可看出后一项总是前2项之和，故n＝5时应为5＋8＝13，n＝6时应为8＋13＝21；n＝6时，所有的着色方案种数为N＝C＋C＋C＋C＋C＋C＋C＝64种，∴至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有64－21＝43种．(共76张PPT)
第4讲 排列、组合与二项式定理
知识网络>●●。。
备考建议>●。
典例剖析>●。·。
规律总结>●。。
高考
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限时训练>●。。
