2022年高三數學二輪復習 專題六 第1講 排列與組合、二項式定理教案

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1、2022年高三數學二輪復習 專題六 第1講 排列與組合、二項式定理教案 自主學習導引 真題感悟 1．(xx·安徽)(x2＋2)5的展開式的常數項是 A．－3　　　　B．－2　　　　C．2　　　　D．3 解析　第一個因式取x2，第二個因式取得：1×C(－1)4＝5，第一個因式取2，第二個因式取(－1)5得：2×(－1)5＝－2展開式的常數項是5＋(－2)＝3. 2．(xx·大綱全國卷)6名選手依次演講，其中選手甲不在第一個也不在最后一個演講，則不同的演講次序共有 A．240種 B．360種 C．480種 D．720種 解析　解法一　甲先安排在除開始與結尾的位置有C

2、個選擇，剩余的元素與位置進行全排列有A種，故不同的演講次序共有CA＝480種． 解法二　若不考慮元素甲的特殊性，共有A中演講次序，其中甲在第一個演講的有A種，甲在最后一個演講的也有A種，故不同的演講次序共有A－A－A＝480(種)． 考題分析 考查排列與組合的題目高考中多以小題的形式出現，與兩個計數原理綜合應用；二項式定理的問題常涉及展開式中項的系數，特定項的求法，也可與其他知識交匯命題，如定積分計算，數列知識，方程根的個數等． 網絡構建 高頻考點突破 考點一：兩個原理及其應用 【例1】用紅、黃、藍、白、黑五種顏色涂在“田”字形的4個小方格內，每格涂一種顏色，相鄰兩格涂不

3、同的顏色，如果顏色可以反復使用，共有多少種不同的涂色方法？ [審題導引]　顏色可以反復使用，即說明在不相鄰的小方格內可以使用同一種顏色，首先確定第一個小方格的涂法，再考慮其相鄰的兩個小方格的涂法． [規(guī)范解答]　如圖所示，將4個小方格依次編號為1,2,3,4，第1個小方格可以從5種顏色中任取一種顏色涂上，有5種不同的涂法．　 1 2 3 4 ①當第2、第3個小方格涂不同顏色時，有A＝12(種)不同的涂法，第4個小方格有3種不同的涂法．由分步計數原理可知，有5×12×3＝180(種)不同的涂法； ②當第2個、第3個小方格涂相同顏色時，有4種涂法，由于相鄰兩格不同色，因此，第4

4、個小方格也有4種不同的涂法，由分步計數原理可知，有5×4×4＝80(種)不同涂法． 由分類加法計數原理可得，共有180＋80＝260(種)不同的涂法． 【規(guī)律總結】 涂色問題的解決方法 (1)涂色問題沒有固定的方法可循，只能按照題目的實際情況，結合兩個原理與排列組合的知識靈活處理，其難點是對相鄰區(qū)域顏色不同的處理，解決的方法往往要采用分類討論的方法，根據“兩個原理”計算． (2)本題也可以考慮對使用的顏色的種數進行分類，如果使用2種顏色，則只能是第1,4涂一種、第2,3涂一種，方法數是CA＝20；若是使用3種顏色，若第1,2,3方格不同色，第4個方格只能和第1個方格相同，方法數是CA

5、＝60，如果第1,2,3方格只用兩種顏色，則第4個方格只能用第3種顏色，方法數是C×3×2＝60；如果使用4種顏色，方法數是CA＝120.根據加法原理總的涂法種數是260. [易錯提示]　在涂色問題中一定要看顏色是否可以重復使用，不允許重復使用的涂色問題實際上就是一般的排列問題，當顏色允許重復使用時，要充分利用“兩個基本原理”分析解決問題． 【變式訓練】 1．某次活動中，有30個人排成6行5列，現要從中選出3人進行禮儀表演，要求這3人任意2人不同行也不同列，則不同的選法種數為________(用數字作答)． 解析　其中最先選出的一個有30種方法，此時這個人所在的行和列不能再選人，還剩一

6、個5行4列的隊形，選第二個人有20種方法，此時該人所在的行和列不能再選人，還剩一個4行3列的隊形，此時第三個人的選法有12種，根據分步乘法計數原理，總的選法種數是30×20×12＝7 200. 答案　7 200 考點二：排列與組合 【例2】(1)(xx·海淀一模)從甲、乙等5個人中選出3人排成一列，則甲不在排頭的排法種數是 A．12　 B．24　 C．36　　　D．48 (2)(xx·深圳模擬)值域為{2,5,10}，其對應關系為y＝x2＋1的函數的個數為 A．1 B．27 C．39 D．8 [審題導引]　(1)分“選甲”與“不選甲”兩類進行討論； (2)根據函

7、數的值域，求出函數定義域中可能包含的元素，分類討論確定其定義域． [規(guī)范解答]　(1)若選甲，則有AA種排法； 若不選甲，則有A種排法，則共有AA＋A＝48(種)． (2)分別由x2＋1＝2，x2＋1＝5，x2＋1＝10解得x＝±1，x＝±2，x＝±3，由函數的定義，定義域中元素的選取分四種情況： ①取三個元素：有C·C·C＝8(種)； ②取四個元素：先從±1，±2，±3三組中選取一組C，再從剩下的兩組中選兩個元素C·C，故共有C·C·C＝12(種)； ③取五個元素：C＝6(種)； ④取六個元素：1種． 由分類計數原理，共有8＋12＋6＋1＝27(種)． [答案]　(1)D　

8、(2)B 【規(guī)律總結】 排列、組合問題的解法 解排列組合綜合應用題要從“分析”、“分辨”、“分類”、“分步”的角度入手．“分析”就是找出題目的條件、結論．哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨別是排列還是組合，對某些元素的位置有無限制等；“分類”就是對于較復雜的應用題中的元素往往分成互相排斥的幾類，然后逐類解決；“分步”就是把問題化成幾個互相聯系的步驟，而每一步都是簡單的排列組合問題，然后逐步解決． 【變式訓練】 2．(xx·寧波模擬)某班級要從4名男生、2名女生中選派4人參加某次社區(qū)服務，如果要求至少有1名女生，那么不同的選派方案種數為 A．14 B．24 C．

9、28 D．48 解析　選1名女生的方案有：CC種； 選2名女生的方案有：CC種； 故至少選1名女生共有：CC＋CC＝14種方案． 答案　A 3．(xx·銀川模擬)用0,1,2,3,4排成無重復數字的五位數，要求偶數字相鄰，奇數字也相鄰，則這樣的五位數的個數是 A．36 B．32 C．24 D．20 解析　0,1,2,3,4五個數字，偶數字相鄰，奇數字也相鄰的排法共有AAA種排法，其中0在首位的排法有AA種，所以共有AAA－AA＝20個五位數． 答案　D 考點三：二項式定理 【例3】(1)(xx·西城二模)(x－2)6的

10、展開式中，x3的系數是________(用數字作答)． (2)已知(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，則(a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)的值等于________． [審題導引]　(1)利用二項展開式的通項公式求解； (2)采用賦值法，分別求出a0＋a2＋a4和a1＋a3＋a5. [規(guī)范解答]　(1)(x－2)6的展開式中通項公式為 Tr＋1＝Cx6－r(－2)r， 令r＝3，得T4＝Cx3·(－2)3＝－160x3， 所以x3的系數是－160. (2)分別令x＝1、x＝－1得 a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0. a0－a1＋a2

11、－a3＋a4－a5＝32， 由此解得a0＋a2＋a4＝16，a1＋a3＋a5＝－16， (a0＋a2＋a4)(a1＋a3＋a5)＝－256. [答案] 　(1)－160　(2)－256 【規(guī)律總結】 五招制勝，解決二項式問題 二項式定理是一個恒等式，應對二項式定理問題主要有五種方法： (1)特定項問題通項公式法；(2)系數和與差型問題賦值法；(3)近似問題截項法；(4)整除(或余數)問題展開法；(5)最值問題不等式法． [易錯提示]　在二項式定理問題中，常見的誤區(qū)有： (1)二項展開式的通項Tk＋1中，項數與k的關系搞不清； (2)二項式系數與各項的系數混淆不清； (3)

12、在展開二項式(a－b)n或求特定項時，忽略中間的“－”號． 【變式訓練】 4．(xx·武漢模擬)4展開式中常數為________． 解析　4展開式中的通項為 Tr＋1＝C(－1)rx12－4r， 令12－4r＝0，得r＝3， 所以常數項為T4＝C(－1)3＝－4. 答案?。? 5．(xx·山師附中模擬)二項式(1＋sin x)n的展開式中，末尾兩項的系數之和為7，且系數最大的一項的值為，則x在[0,2π]內的值為________． 解析　(1＋sin x)n的展開式中末尾兩項的系數和為 C＋C＝n＋1＝7， ∴n＝6，則(1＋sin x)6的展開式中系數最大的一項為 T

13、4＝C(sin x)3， ∴C(sin x)3＝，∴sin x＝. 又x∈[0,2π]，∴x＝或. 答案　或 名師押題高考 【押題1】　學校組織高一年級4個班外出春游，每個班從指定的甲、乙、丙、丁四個景區(qū)中任選一個游覽，則恰有兩個班選擇了甲景區(qū)的選法共有________種． 解析　從4個班中選2個班游覽甲景區(qū)，有C種選法，剩余的2個班各有3種選法，有32種選法，根據乘法原理知，C·32＝54. [押題依據]　兩個計數原理、排列與組合是解決計數問題的工具，在高考試題中可能單獨命題，以選擇題或填空題的形式出現，也可能與概率統(tǒng)計相結合命題，難度中等或偏下 【押題2】設a＝sin xdx，則二項式4的展開式的常數項是 A．24　　　　　　　　 B．－24 C．48 D．－48 解析　a＝sin xdx＝－cos x＝2， ∴＝的展開式中的通項為 Tr＋1＝(－1)rCx2－r·24－r，令2－r＝0，得r＝2， ∴T3＝(－1)2C·22＝6×4＝24. 答案　A [押題依據]　二項展開式的通項公式的運用是高考考查的重點內容，一般用以求展開式中的特定項，以選擇題或填空題的形式出現，本題與定積分交匯命題，立意新穎、考查全面，故押此題．