統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)板塊1命題區(qū)間精講精講5排列組合與二項(xiàng)式定理學(xué)案含解析理

PAGE1-排列、組合與二項(xiàng)式定理命題點(diǎn)1排列、組合的應(yīng)用1．求解有限制條件排列問(wèn)題的5種主要方法(1)間接法：對(duì)于分類過(guò)多的問(wèn)題，一般利用正難則反、等價(jià)轉(zhuǎn)化的方法；(2)捆綁法：相鄰問(wèn)題捆綁處理，即可以把相鄰元素看作一個(gè)整體與其他元素進(jìn)行排列，同時(shí)留意捆綁元素的內(nèi)部排列；(3)插空法：不相鄰問(wèn)題插空處理，即先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面元素排列后的空中；(4)除法：對(duì)于定序問(wèn)題，可先不考慮依次限制，排列后，再除以已定元素的全排列；(5)干脆法：①分類法：選定一個(gè)適當(dāng)?shù)姆诸悩?biāo)準(zhǔn)，將要完成的事務(wù)分成幾個(gè)類型，分別計(jì)算每個(gè)類型中的排列數(shù)，再由分類加法計(jì)數(shù)原理得出總數(shù)；②分步法：選定一個(gè)適當(dāng)?shù)臉?biāo)準(zhǔn)，將事務(wù)分成幾個(gè)步驟來(lái)完成，分別計(jì)算出各步驟的排列數(shù)，再由分步乘法計(jì)數(shù)原理得出總數(shù)．2．求解排列、組合問(wèn)題的3個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)(1)分類標(biāo)準(zhǔn)不明確，有重復(fù)或遺漏；(2)混淆排列問(wèn)題與組合問(wèn)題；(3)解決捆綁問(wèn)題時(shí)，遺忘“松綁”后的全排列．[高考題型全通關(guān)]1．五名同學(xué)相約去國(guó)家博物館參觀大型展覽，參觀結(jié)束后五名同學(xué)排成一排照相留念，若甲、乙二人不相鄰，則不同的排法共有()A．36種B．48種C．72種D．120種C[除甲、乙二人外，其他3個(gè)同學(xué)先排成一排，共有Aeq\o\al(3,3)＝6種，這3個(gè)同學(xué)排好后，留下4個(gè)空位，排甲、乙，共有Aeq\o\al(2,4)＝12種，所以，不同排法有6×12＝72種，故選C．]2．(2024·長(zhǎng)治一模)2024年北京冬季奧運(yùn)會(huì)將在北京和張家口實(shí)行，現(xiàn)預(yù)備支配甲、乙、丙、丁四人參與3個(gè)志愿服務(wù)項(xiàng)目，每人只參與一個(gè)志愿服務(wù)項(xiàng)目，每個(gè)項(xiàng)目都有人參與，則不同的支配方案有()A．24 B．36C．48 D．72B[先把4人分成3組，然后把3組全排列有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36種．故選B．]3．中國(guó)古代的五經(jīng)是指：《詩(shī)經(jīng)》《尚書》《禮記》《周易》《春秋》，現(xiàn)甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)分別選了一本不同的書作為課外愛(ài)好研讀，若甲、乙都沒(méi)有選《詩(shī)經(jīng)》，乙也沒(méi)選《春秋》，則5名同學(xué)全部可能的選擇有()A．18種 B．24種C．36種 D．54種D[若甲選《春秋》，則有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝18種狀況；若甲不選《春秋》，則有Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)＝36種狀況．所以5名同學(xué)全部可能的選擇有18＋36＝54種．]4．用兩個(gè)1，一個(gè)2，一個(gè)0可組成不同四位數(shù)的個(gè)數(shù)是()A．18 B．16C．12 D．9D[若把兩個(gè)1看作不同的數(shù)，先支配0有3種狀況，支配第2個(gè)數(shù)有3種狀況，支配第3個(gè)數(shù)有2種狀況，支配第4個(gè)數(shù)有1種狀況，一共有3×3×2×1＝18種狀況，由于有兩個(gè)1，所以其中一半重復(fù)，故有9個(gè)四位數(shù)．]5．(2024·德陽(yáng)模擬)現(xiàn)有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍(lán)色、綠色卡片各4張．從中任取3張，要求這3張卡片各是一種顏色，且紅色卡片至多1張，則不同取法的種數(shù)為()A．472 B．256C．232 D．484B[依據(jù)題意，分2種狀況探討：①取出的3張卡片中沒(méi)有紅色，則其他三種顏色各取一張，有4×4×4＝64種取法；②取出的3張卡片有1張紅色，須要在其他三種顏色任選2種，有Ceq\o\al(2,3)×4×4×4＝192種取法，則有64＋192＝256種不同取法．故選B．]6．冬季供暖就要起先，現(xiàn)安排出5名水暖工去3個(gè)不同的居民小區(qū)檢查暖氣管道，每名水暖工只去一個(gè)小區(qū)，且每個(gè)小區(qū)都要有人去檢查，那么安排的方案共有________種．150[5名水暖工去3個(gè)不同的居民小區(qū)，每名水暖工只去一個(gè)小區(qū)，且每個(gè)小區(qū)都要有人去檢查，5名水暖工分組方案為3,1,1和1,2,2，則安排的方案共有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(C\o\al(3,5)C\o\al(1,2),2)＋eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(2,4),2)))·Aeq\o\al(3,3)＝150(種)．]7．[一題兩空]某區(qū)有7條南北向街道，5條東西向街道，如圖所示：(1)圖中有________個(gè)矩形；(2)從A點(diǎn)走向B點(diǎn)最短的走法有________種．(1)210(2)210[(1)在7條南北向街道中任選2條，5條東西向街道中任選2條，這樣4條線可組成一個(gè)矩形，故可組成矩形有Ceq\o\al(2,7)·Ceq\o\al(2,5)＝210(個(gè))．(2)每條東西向的街道被分成6段，每條南北向街道被分成4段，從A到B最短的走法，無(wú)論怎樣走，肯定至少包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同，每種走法，即是從10段中選出6段，這6段是走東西方向的(剩下4段即是走南北方向的)，共有Ceq\o\al(6,10)＝Ceq\o\al(4,10)＝210(種)走法．]命題點(diǎn)2二項(xiàng)式定理“一明、二抓、三通”解決二項(xiàng)式定理一明原理：需熟知二項(xiàng)式定理的原理及推導(dǎo)過(guò)程，對(duì)于一些非二項(xiàng)式綻開(kāi)式中項(xiàng)的系數(shù)問(wèn)題，均可轉(zhuǎn)化為二項(xiàng)式定理問(wèn)題求解．二抓通項(xiàng)：二項(xiàng)綻開(kāi)式(a＋b)n的通項(xiàng)公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)·an－rbr為第r＋1項(xiàng)，利用它可求綻開(kāi)式中的特定項(xiàng)．三通性質(zhì)：二項(xiàng)式系數(shù)與二項(xiàng)綻開(kāi)式中項(xiàng)的系數(shù)不同，前者指的是Ceq\o\al(r,n)，而后者指的是除字母外的系數(shù)，二項(xiàng)綻開(kāi)式中項(xiàng)的系數(shù)問(wèn)題常用賦值法求解．[高考題型全通關(guān)]1．(2024·東莞市模擬)已知a＞0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\s\up12(5)的綻開(kāi)式中x的系數(shù)是160，那么a＝()A．16 B．8C．4 D．2C[∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\s\up12(5)的綻開(kāi)式通項(xiàng)為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)x5－k(ax－1)k＝akCeq\o\al(k,5)x5－2k(k＝0,1,2,3,4,5)，令5－2k＝1，得k＝2，所以由已知得a2Ceq\o\al(2,5)＝10a2＝160，所以a2＝16，又a＞0，所以a＝4.故選C．]2．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4－\f(1,x\r(x))))eq\s\up12(n)的綻開(kāi)式中含有常數(shù)項(xiàng)，則n的最小值等于()A．8B．10C．11D．12C[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4－\f(1,x\r(x))))eq\s\up12(n)的綻開(kāi)式的通項(xiàng)Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(x4)n－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(1,x\r(x))))eq\s\up12(r)＝(－1)rCeq\o\al(r,n)xeq\s\up12(4n－eq\f(11,2)r)，當(dāng)4n－eq\f(11,2)r＝0，即n＝eq\f(11,8)r時(shí)綻開(kāi)式中存在常數(shù)項(xiàng)，所以n的最小值為11，故選C．]3．已知(1＋x)n的綻開(kāi)式中第4項(xiàng)與第8項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，則奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為()A．212 B．211C．210 D．29D[因?yàn)?1＋x)n的綻開(kāi)式中第4項(xiàng)與第8項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，所以Ceq\o\al(3,n)＝Ceq\o\al(7,n)，解得n＝10.從而Ceq\o\al(0,10)＋Ceq\o\al(1,10)＋Ceq\o\al(2,10)＋…＋Ceq\o\al(10,10)＝210，所以奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為Ceq\o\al(0,10)＋Ceq\o\al(2,10)＋…＋Ceq\o\al(10,10)＝29.]4．若(1－3x)2020＝a0＋a1x＋…＋a2020x2020，x∈R，則a1·3＋a2·32＋…＋a2020·32020的值為()A．22020－1 B．－82020－1C．22020 D．82020－1D[由已知，令x＝0，得a0＝1，令x＝3，得a0＋a1·3＋a2·32＋…＋a2020·32020＝(1－9)2020＝82020，所以a1·3＋a2·32＋…＋a2020·32020＝82020－a0＝82020－1，故選D．]5．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的綻開(kāi)式中x3y3的系數(shù)為()A．5 B．10C．15 D．20C[因?yàn)?x＋y)5的綻開(kāi)式的第r＋1項(xiàng)Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)x5－ryr，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的綻開(kāi)式中x3y3的系數(shù)為Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(1,5)＝15.故選C．]6．(2024·昆明模擬)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(x)＋\f(1,x)))eq\s\up12(4)的綻開(kāi)式中，常數(shù)項(xiàng)為()A．1 B．3C．4 D．13D[由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(x)＋\f(1,x)))eq\s\up12(4)表示4個(gè)因式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\r(x)＋eq\f(1,x)＋1))的乘積，故綻開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)可能有以下幾種狀況：①全部的因式都取1；②有2個(gè)因式取eq\r(x)，一個(gè)因式取1，一個(gè)因式取eq\f(1,x).故綻開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)為1＋Ceq\o\al(2,4)×Ceq\o\al(1,2)＝13，故選D．]7．設(shè)(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，則a1等于________．－240[∵(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，∴二項(xiàng)綻開(kāi)式中含x項(xiàng)的系數(shù)為Ceq\o\al(4,5)×(－1)4×Ceq\o\al(5,5)×(－2)5＋Ceq\o\al(5,5)×(－1)5×Ceq\o\al(4,5)×(－2)4＝－160－80＝－240.]8．[一題兩空]在二項(xiàng)式