《高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)教案：第十一章計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布列》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)教案：第十一章計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布列（120頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第十一章計(jì)數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布列 第一節(jié) 排列、組合 本節(jié)主要包括2個(gè)知識(shí)點(diǎn)： 1.兩個(gè)計(jì)數(shù)原理；2.排列、組合問題. 突破點(diǎn)(一)　兩個(gè)計(jì)數(shù)原理 基礎(chǔ)聯(lián)通 抓主干知識(shí)的“源”與“流” 1．分類加法計(jì)數(shù)原理 完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m＋n種不同的方法． 2．分步乘法計(jì)數(shù)原理 完成一件事需要兩個(gè)步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m×n種不同的方法． 3．兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的比較 名稱 分類加法計(jì)數(shù)

2、原理 分步乘法計(jì)數(shù)原理 相同點(diǎn) 都是解決完成一件事的不同方法的種數(shù)問題 不同點(diǎn) 運(yùn)用加法運(yùn)算 運(yùn)用乘法運(yùn)算 分類完成一件事，并且每類辦法中的每種方法都能獨(dú)立完成這件事情，要注意“類”與“類”之間的獨(dú)立性和并列性．分類計(jì)數(shù)原理可利用“并聯(lián)”電路來理解 分步完成一件事，并且只有各個(gè)步驟都完成才算完成這件事情，要注意“步”與“步”之間的連續(xù)性．分步計(jì)數(shù)原理可利用“串聯(lián)”電路來理解 考點(diǎn)貫通 抓高考命題的“形”與“神” 分類加法計(jì)數(shù)原理 能用分類加法計(jì)數(shù)原理解決的問題具有以下特點(diǎn)： (1)完成一件事有若干種方法，這

3、些方法可以分成n類． (2)用每一類中的每一種方法都可以完成這件事． (3)把各類的方法數(shù)相加，就可以得到完成這件事的所有方法數(shù)． [例1]　(1)在所有的兩位數(shù)中，個(gè)位數(shù)字大于十位數(shù)字的兩位數(shù)共有________個(gè)． (2)如圖，從A到O有________種不同的走法(不重復(fù)過一點(diǎn))． (3)若橢圓＋＝1的焦點(diǎn)在y軸上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，則這樣的橢圓的個(gè)數(shù)為________． [解析]　(1)法一：按個(gè)位數(shù)字分類，個(gè)位可為2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8類，在每一類中滿足條件的兩位數(shù)分別有1個(gè)，2個(gè)，3個(gè)，4個(gè)，5個(gè)，6個(gè)，

4、7個(gè)，8個(gè)，則共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36個(gè)兩位數(shù)． 法二：按十位數(shù)字分類，十位可為1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8類，在每一類中滿足條件的兩位數(shù)分別有8個(gè)，7個(gè)，6個(gè)，5個(gè)，4個(gè)，3個(gè)，2個(gè)，1個(gè)，則共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36個(gè)兩位數(shù)． (2)分3類：第一類，直接由A到O，有1種走法； 第二類，中間過一個(gè)點(diǎn)，有A→B→O和A→C→O 2種不同的走法； 第三類，中間過兩個(gè)點(diǎn)，有A→B→C→O和A→C→B→O 2種不同的走法． 由分類加法計(jì)數(shù)原理可得共有1＋2＋2＝5種不同的走法． (3)當(dāng)m＝1時(shí)，n＝2,3,4,5,6,7，共6個(gè)； 當(dāng)m＝2時(shí)

5、，n＝3,4,5,6,7，共5個(gè)； 當(dāng)m＝3時(shí)，n＝4,5,6,7，共4個(gè)； 當(dāng)m＝4時(shí)，n＝5,6,7，共3個(gè)； 當(dāng)m＝5時(shí)，n＝6,7，共2個(gè)． 故共有6＋5＋4＋3＋2＝20個(gè)滿足條件的橢圓． [答案]　(1)36　(2)5　(3)20 [易錯(cuò)提醒] (1)根據(jù)問題的特點(diǎn)確定一個(gè)合適的分類標(biāo)準(zhǔn)，分類標(biāo)準(zhǔn)要統(tǒng)一，不能遺漏． (2)分類時(shí)，注意完成這件事的任何一種方法必須屬于某一類，不能重復(fù)．　 分步乘法計(jì)數(shù)原理 能用分步乘法計(jì)數(shù)原理解決的問題具有以下特點(diǎn)： (1)完成一件事需要經(jīng)過n個(gè)步驟，缺一不可． (2)完成每一步有若干種方法． (3)把各個(gè)步驟的方法

6、數(shù)相乘，就可以得到完成這件事的所有方法數(shù)． [例2]　(1)從－1,0,1,2這四個(gè)數(shù)中選三個(gè)數(shù)作為函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的系數(shù)，則可組成________個(gè)不同的二次函數(shù)，其中偶函數(shù)有________個(gè)(用數(shù)字作答)． (2)如圖，某電子器件由3個(gè)電阻串聯(lián)而成，形成回路，其中有6個(gè)焊接點(diǎn)A，B，C，D，E，F(xiàn)，如果焊接點(diǎn)脫落，整個(gè)電路就會(huì)不通．現(xiàn)發(fā)現(xiàn)電路不通，那么焊接點(diǎn)脫落的可能情況共有________種． [解析]　(1)一個(gè)二次函數(shù)對(duì)應(yīng)著a，b，c(a≠0)的一組取值，a的取法有3種，b的取法有3種，c的取法有2種，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知共有3×3×2＝18個(gè)二次函數(shù)．若二次函

7、數(shù)為偶函數(shù)，則b＝0，同理可知共有3×2＝6個(gè)偶函數(shù)． (2)因?yàn)槊總€(gè)焊接點(diǎn)都有脫落與未脫落兩種情況，而只要有一個(gè)焊接點(diǎn)脫落，則電路就不通，故共有26－1＝63種可能情況． [答案　(1)18　6　(2)63 [易錯(cuò)提醒] (1)利用分步乘法計(jì)數(shù)原理解決問題時(shí)要注意按事件發(fā)生的過程來合理分步，即分步是有先后順序的，并且分步必須滿足：完成一件事的各個(gè)步驟是相互依存的，只有各個(gè)步驟都完成了，才算完成這件事． (2)謹(jǐn)記分步必須滿足的兩個(gè)條件：一是各步驟互相獨(dú)立，互不干擾；二是步與步確保連續(xù)，逐步完成． 兩個(gè)計(jì)數(shù)原理的綜合問題 在解決實(shí)際問題的過程中，并不一定是單一的分類或分步

8、，而可能是同時(shí)應(yīng)用兩個(gè)計(jì)數(shù)原理，即分類時(shí)，每類的方法可能要運(yùn)用分步完成，而分步時(shí)，每步的方法數(shù)可能會(huì)采取分類的思想求解．分類的關(guān)鍵在于做到“不重不漏”，分步的關(guān)鍵在于正確設(shè)計(jì)分步的程序，即合理分類，準(zhǔn)確分步． [例3]　(1)用數(shù)字0,1,2,3,4,5組成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，其中比40 000大的偶數(shù)共有(　　) A．144個(gè) B．120個(gè) C．96個(gè) D．72個(gè) (2)某班一天上午有4節(jié)課，每節(jié)都需要安排1名教師去上課，現(xiàn)從A，B，C，D，E，F(xiàn) 6名教師中安排4人分別上一節(jié)課，第一節(jié)課只能從A、B兩人中安排一個(gè)，第四節(jié)課只能從A、C兩人中安排一人，則不

9、同的安排方案共有________種． (3)如圖，矩形的對(duì)角線把矩形分成A，B，C，D四部分，現(xiàn)用5種不同顏色給四部分涂色，每部分涂1種顏色，要求共邊的兩部分顏色互異，則共有________種不同的涂色方法． [解析]　(1)由題意可知，符合條件的五位數(shù)的萬位數(shù)字是4或5.當(dāng)萬位數(shù)字為4時(shí)，個(gè)位數(shù)字從0,2中任選一個(gè)，共有2×4×3×2＝48個(gè)偶數(shù)；當(dāng)萬位數(shù)字為5時(shí)，個(gè)位數(shù)字從0,2,4中任選一個(gè)，共有3×4×3×2＝72個(gè)偶數(shù)．故符合條件的偶數(shù)共有48＋72＝120(個(gè))． (2)①第一節(jié)課若安排A，則第四節(jié)課只能安排C，第二節(jié)課從剩余4人中任選1人，第三節(jié)課從剩余3人中任選1人，共有

10、4×3＝12種安排方案． ②第一節(jié)課若安排B，則第四節(jié)課可由A或C上，第二節(jié)課從剩余4人中任選1人，第三節(jié)課從剩余3人中任選1人，共有2×4×3＝24種安排方案． 因此不同的安排方案共有12＋24＝36(種)． (3)區(qū)域A有5種涂色方法，區(qū)域B有4種涂色方法，區(qū)域C的涂色方法可分2類：若C與A涂同色，區(qū)域D有4種涂色方法；若C與A涂不同色，此時(shí)區(qū)域C有3種涂色方法，區(qū)域D也有3種涂色方法．所以共有5×4×1×4＋5×4×3×3＝260種涂色方法． [答案　(1)B　(2)36　(3)260 [方法技巧] 使用兩個(gè)計(jì)數(shù)原理進(jìn)行計(jì)數(shù)的基本思想 對(duì)需用兩個(gè)計(jì)數(shù)原理解決的綜合問題要“

11、先分類，再分步”，即先分為若干個(gè)“既不重復(fù)也不遺漏”的類，再對(duì)每類中的計(jì)數(shù)問題分成若干個(gè)“完整的步驟”，求出每個(gè)步驟的方法數(shù)，按照分步乘法計(jì)數(shù)原理計(jì)算各類中的方法數(shù)，最后再按照分類加法計(jì)數(shù)原理得出總數(shù)．　 能力練通 抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失” 1．[考點(diǎn)二]某班新年聯(lián)歡會(huì)原定的6個(gè)節(jié)目已排成節(jié)目單，開演前又增加了3個(gè)新節(jié)目，如果將這3個(gè)新節(jié)目插入節(jié)目單中，那么不同的插法種數(shù)為(　　) A．504　　　B．210　　　C．336　　　D．120 解析：選A　分三步，先插一個(gè)新節(jié)目，有7種方法，再插第二個(gè)新節(jié)目，有

12、8種方法，最后插第三個(gè)節(jié)目，有9種方法．故共有7×8×9＝504種不同的插法． 2．[考點(diǎn)二]教學(xué)大樓共有五層，每層均有兩個(gè)樓梯，由一層到五層的走法有(　　) A．10種 B．25種 C．52種 D．24種 解析：選D　由一層到二層、由二層到三層、由三層到四層、由四層到五層各有2種走法，故共有2×2×2×2＝24種不同的走法． 3．[考點(diǎn)一]已知兩條異面直線a，b上分別有5個(gè)點(diǎn)和8個(gè)點(diǎn)，則這13個(gè)點(diǎn)可以確定不同的平面?zhèn)€數(shù)為(　　) A．40 B．16 C．13 D．10 解析：選C　分兩類情況討論： 第1類，直線a分別與直線b上的

13、8個(gè)點(diǎn)可以確定8個(gè)不同的平面； 第2類，直線b分別與直線a上的5個(gè)點(diǎn)可以確定5個(gè)不同的平面． 根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理知，共可以確定8＋5＝13個(gè)不同的平面． 4．[考點(diǎn)一]我們把各位數(shù)字之和為6的四位數(shù)稱為“六合數(shù)”(如2 013是“六合數(shù)”)，則“六合數(shù)”中首位為2的“六合數(shù)”共有(　　) A．18個(gè) B．15個(gè) C．12個(gè) D．9個(gè) 解析：選B　依題意知，這個(gè)四位數(shù)的百位數(shù)、十位數(shù)、個(gè)位數(shù)之和為4.由4,0,0組成3個(gè)數(shù)，分別為400,040,004；由3,1,0組成6個(gè)數(shù)，分別為310,301,130,103,013,031；由2,2,0組成3個(gè)數(shù)，

14、分別為220,202,022；由2,1,1組成3個(gè)數(shù)，分別為211,121,112.共計(jì)3＋6＋3＋3＝15個(gè)“六合數(shù)”． 5.[考點(diǎn)三]如圖，用4種不同的顏色對(duì)圖中5個(gè)區(qū)域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個(gè)區(qū)域涂一種顏色，相鄰的區(qū)域不能涂相同的顏色，則不同的涂色方法有________種． 1 4 5 2 3 解析：按區(qū)域1與3是否同色分類． ①區(qū)域1與3同色：先涂區(qū)域1與3，有4種方法， 再涂區(qū)域2,4,5(還有3種顏色)，有3×2×1＝6種方法． 所以區(qū)域1與3涂同色時(shí)，共有4×6＝24種方法． ②區(qū)域1與3不同色：先涂區(qū)域1與3，有4×3＝12種方法， 第二步，

15、涂區(qū)域2有2種涂色方法， 第三步，涂區(qū)域4只有一種方法， 第四步，涂區(qū)域5有3種方法． 所以這時(shí)共有12×2×1×3＝72種方法． 故由分類加法計(jì)數(shù)原理，不同的涂色方法的種數(shù)為 24＋72＝96. 答案：96 6．[考點(diǎn)三]有A，B，C型高級(jí)電腦各一臺(tái)，甲、乙、丙、丁4個(gè)操作人員的技術(shù)等級(jí)不同，甲、乙會(huì)操作三種型號(hào)的電腦，丙不會(huì)操作C型電腦，而丁只會(huì)操作A型電腦．從這4個(gè)操作人員中選3人分別去操作這三種型號(hào)的電腦，則不同的選派方法有________種(用數(shù)字作答)． 解析：由于丙、丁兩位操作人員的技術(shù)問題，要完成“從4個(gè)操作人員中選3人去操作這三種型號(hào)的電腦”這件事，則甲、乙兩

16、人至少要選派一人，可分四類： 第1類，選甲、乙、丙3人，由于丙不會(huì)操作C型電腦，分2步安排這3人操作的電腦的型號(hào)，有2×2＝4種方法； 第2類，選甲、乙、丁3人，由于丁只會(huì)操作A型電腦，這時(shí)安排3人分別去操作這三種型號(hào)的電腦，有2種方法； 第3類，選甲、丙、丁3人，這時(shí)安排3人分別去操作這三種型號(hào)的電腦，只有1種方法； 第4類，選乙、丙、丁3人，同樣也只有1種方法． 根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理，共有4＋2＋1＋1＝8種選派方法． 答案：8 突破點(diǎn)(二)　排列、組合問題 基礎(chǔ)聯(lián)通 抓主干知識(shí)的“源”與“流” 1．排列與排列數(shù)

17、(1)排列：從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)排列． (2)排列數(shù)：從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的所有不同排列的個(gè)數(shù)叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的排列數(shù)，記作A. 2．組合與組合數(shù) (1)組合：從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素合成一組，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合． (2)組合數(shù)：從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的所有不同組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù)，記作C. 3．排列數(shù)、組合數(shù)的公式及性質(zhì) 排列數(shù) 組合數(shù) 公式 A＝n(n－1)(n－2)…

18、(n－m＋1)＝ C＝ ＝＝ 性質(zhì) A＝n??； 0?。? C＝1 C＝C_； C＋C＝C 備注 n，m∈N*且m≤n 4．排列與組合的比較 名稱 排列 組合 相同點(diǎn) 都是從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素，元素?zé)o重復(fù) 不同點(diǎn) 排列與順序有關(guān) 組合與順序無關(guān) 兩個(gè)排列相同，當(dāng)且僅當(dāng)這兩個(gè)排列的元素及其排列順序完全相同 兩個(gè)組合相同，當(dāng)且僅當(dāng)這兩個(gè)組合的元素完全相同 考點(diǎn)貫通 抓高考命題的“形”與“神” 排列問題 解決排列問題的主要方法 (1)解決“在”與“不在”的有限制條件

19、的排列問題，既可以從元素入手，也可以從位置入手，原則是誰“特殊”誰優(yōu)先．不管是從元素考慮還是從位置考慮，都要貫徹到底，不能既考慮元素又考慮位置． (2)解決相鄰問題的方法是“捆綁法”，即把相鄰元素看做一個(gè)整體和其他元素一起排列，同時(shí)要注意捆綁元素的內(nèi)部排列． (3)解決不相鄰問題的方法是“插空法”，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的空當(dāng)中． (4)對(duì)于定序問題，可先不考慮順序限制，排列后，再除以定序元素的全排列． (5)若某些問題從正面考慮比較復(fù)雜，可從其反面入手，即采用“間接法”． [例1]　(1)用0到9這10個(gè)數(shù)字，可以組成沒有重復(fù)數(shù)字的三位偶數(shù)的

20、個(gè)數(shù)為(　　) A．324 B．648 C．328 D．360 (2)市內(nèi)某公共汽車站有6個(gè)候車位(成一排)，現(xiàn)有3名乘客隨便坐在某個(gè)座位上候車，則恰好有2個(gè)連續(xù)空座位的候車方式的種數(shù)為(　　) A．48 B．54 C．72 D．84 (3)用1,2,3,4這四個(gè)數(shù)字組成無重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，其中恰有一個(gè)偶數(shù)夾在兩個(gè)奇數(shù)之間的四位數(shù)的個(gè)數(shù)為________． [解析]　(1)首先應(yīng)考慮是否含“0”．當(dāng)含有0，且0排在個(gè)位時(shí)，有A＝9×8＝72個(gè)三位偶數(shù)，當(dāng)0排在十位時(shí)，有AA＝4×8＝32個(gè)三位偶數(shù)．當(dāng)不含0時(shí)，有A·A＝4×

21、8×7＝224個(gè)三位偶數(shù)．由分類加法計(jì)數(shù)原理，得符合題意的偶數(shù)共有72＋32＋224＝328(個(gè))． (2)先把3名乘客進(jìn)行全排列，有A＝6種排法，排好后，有4個(gè)空，再將1個(gè)空位和余下的2個(gè)連續(xù)的空位插入4個(gè)空中，有A＝12種排法，則共有6×12＝72種候車方式． (3)首先排兩個(gè)奇數(shù)1,3，有A種排法，再在2,4中取一個(gè)數(shù)放在1,3排列之間，有C種排法，然后把這3個(gè)數(shù)作為一個(gè)整體與剩下的另一個(gè)偶數(shù)全排列，有A種排法，即滿足條件的四位數(shù)的個(gè)數(shù)為ACA＝8. [答案]　(1)C　(2)C　(3)8 組合問題 組合問題的常見題型及解題思路 (1)常見題型：一般有選派問題、抽樣問

22、題、圖形問題、集合問題、分組問題等． (2)解題思路：①分清問題是否為組合問題；②對(duì)較復(fù)雜的組合問題，要搞清是“分類”還是“分步”，一般是先整體分類，然后局部分步，將復(fù)雜問題通過兩個(gè)計(jì)數(shù)原理化歸為簡單問題． [例2]　(1)某學(xué)校為了迎接市春季運(yùn)動(dòng)會(huì)，從5名男生和4名女生組成的田徑運(yùn)動(dòng)隊(duì)中選出4人參加比賽，要求男、女生都有，則男生甲與女生乙至少有1人入選的方法種數(shù)為(　　) A．85 B．86 C．91 D．90 (2)若從1,2,3，…，9這9個(gè)整數(shù)中同時(shí)取4個(gè)不同的數(shù)，其和為偶數(shù)，則不同的取法的種數(shù)是(　　) A．60 B．63

23、 C．65 D．66 (3)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張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同取法的種數(shù)為________． [解析]　(1)法一　(直接法)：由題意，可分三類考慮：第1類，男生甲入選，女生乙不入選的方法種數(shù)為：CC＋CC＋C＝31； 第2類，男生甲不入選，女生乙入選的方法種數(shù)為：CC＋CC＋C＝34； 第3類，男生甲入選，女生乙入選的方法種數(shù)為：C＋CC＋C＝21. 所以男生甲與女生乙至少有1人入選的方法種數(shù)為31＋34＋21＝86. 法二　(間接法)：從5名男生和4名女生中任意選出4人，男、女生

24、都有的選法有C－C－C＝120種；男、女生都有，且男生甲與女生乙都沒有入選的方法有C－C＝34種．所以男生甲與女生乙至少有1人入選的方法種數(shù)為120－34＝86. (2)因?yàn)?,2,3，…，9中共有4個(gè)不同的偶數(shù)和5個(gè)不同的奇數(shù)，要使取出的4個(gè)不同的數(shù)的和為偶數(shù)，則4個(gè)數(shù)全為奇數(shù)，或全為偶數(shù)，或2個(gè)奇數(shù)和2個(gè)偶數(shù)，故有C＋C＋CC＝66種不同的取法． (3)第一類，含有1張紅色卡片，不同的取法有CC＝264(種)．第二類，不含有紅色卡片，不同的取法有C－3C＝220－12＝208(種)．由分類加法計(jì)數(shù)原理知，不同的取法共有264＋208＝472(種)． [答案　(1)B　(2)D　(3)

25、472 [方法技巧] 有限制條件的組合問題的解法 組合問題的限制條件主要體現(xiàn)在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有幾個(gè)元素： (1)“含有”或“不含有”某些元素的組合題型．“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補(bǔ)足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去選?。? (2)“至少”或“最多”含有幾個(gè)元素的題型．考慮逆向思維，用間接法處理．　 分組分配問題 分組分配問題是排列、組合問題的綜合運(yùn)用，解決這類問題的一個(gè)基本指導(dǎo)思想就是先分組后分配．關(guān)于分組問題，有整體均分、部分均分和不等分三種，無論分成幾組，都應(yīng)注意只要有一些組中元素的個(gè)數(shù)

26、相等，就存在均分現(xiàn)象． [例3]　(1)教育部為了發(fā)展貧困地區(qū)教育，在全國重點(diǎn)師范大學(xué)免費(fèi)培養(yǎng)教育專業(yè)師范生，畢業(yè)后要分到相應(yīng)的地區(qū)任教．現(xiàn)有6個(gè)免費(fèi)培養(yǎng)的教育專業(yè)師范畢業(yè)生要平均分到3所學(xué)校去任教，有________種不同的分派方法． (2)某科室派出4名調(diào)研員到3個(gè)學(xué)校，調(diào)研該校高三復(fù)習(xí)備考近況，要求每個(gè)學(xué)校至少一名，則不同的分配方案種數(shù)為________． (3)若將6名教師分到3所中學(xué)任教，一所1名，一所2名，一所3名，則有________種不同的分法． [解析]　(1)先把6個(gè)畢業(yè)生平均分成3組，有種方法，再將3組畢業(yè)生分到3所學(xué)校，有A＝6種方法，故將6個(gè)畢業(yè)生平均分到3所

27、學(xué)校，共有·A＝90種不同的分派方法． (2)分兩步完成：第一步，將4名調(diào)研員按2,1,1分成三組，其分法有種；第二步，將分好的三組分配到3個(gè)學(xué)校，其分法有A種，所以滿足條件的分配方案有·A＝36種． (3)將6名教師分組，分三步完成： 第1步，在6名教師中任取1名作為一組，有C種分法； 第2步，在余下的5名教師中任取2名作為一組，有C種分法； 第3步，余下的3名教師作為一組，有C種分法． 根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，共有CCC＝60種分法． 再將這3組教師分配到3所中學(xué)，有A＝6種分法， 故共有60×6＝360種不同的分法． [答案　(1)90　(2)36　(3)360 [方法

28、技巧]　分組分配問題的三種類型及求解策略 類型 求解策略 整體均分 解題時(shí)要注意分組后，不管它們的順序如何，都是一種情況，所以分組后一定要除以A(n為均分的組數(shù))，避免重復(fù)計(jì)數(shù) 部分均分 解題時(shí)注意重復(fù)的次數(shù)是均勻分組的階乘數(shù)，即若有m組元素個(gè)數(shù)相等，則分組時(shí)應(yīng)除以m！，一個(gè)分組過程中有幾個(gè)這樣的均勻分組就要除以幾個(gè)這樣的全排列數(shù) 不等分組 只需先分組，后排列，注意分組時(shí)任何組中元素的個(gè)數(shù)都不相等，所以不需要除以全排列數(shù) 能力練通 抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失” 1．[考點(diǎn)一]A，B，C，D，E，F(xiàn)六人圍坐在一張圓桌周圍開會(huì)，A是會(huì)議的中心發(fā)言人，必須坐在最北

29、面的椅子上，B，C二人必須坐相鄰的兩把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，則不同的座次有(　　) A．60種 B．48種 C．30種 D．24種 解析：選B　由題知，可先將B，C二人看作一個(gè)整體，再與剩余人進(jìn)行排列，則不同的座次有AA＝48種． 2．[考點(diǎn)一]有5列火車分別準(zhǔn)備停在某車站并行的5條軌道上，若快車A不能停在第3道上，貨車B不能停在第1道上，則5列火車不同的?？糠椒〝?shù)為(　　) A．56 B．63 C．72 D．78 解析：選D　若沒有限制，5列火車可以隨便停，則有A種不同的?？糠椒?；快車A停在第3道上，則5列火車不同的?？糠椒锳種；貨車B停在第1道

30、上，則5列火車不同的?？糠椒锳種；快車A停在第3道上，且貨車B停在第1道上，則5列火車不同的?？糠椒锳種．故符合要求的5列火車不同的停靠方法數(shù)為A－2A＋A＝120－48＋6＝78. 3．[考點(diǎn)三]某局安排3名副局長帶5名職工去3地調(diào)研，每地至少去1名副局長和1名職工，則不同的安排方法總數(shù)為(　　) A．1 800 B．900 C．300 D．1 440 解析：選B　分三步：第一步，將5名職工分成3組，每組至少1人，則有種不同的分組方法；第二步，將這3組職工分到3地有A種不同的方法；第三步，將3名副局長分到3地有A種不同的方法．根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，不同的安排方案共有·

31、AA＝900(種)，故選B. 4．[考點(diǎn)二]如圖所示，要使電路接通，則5個(gè)開關(guān)不同的開閉方式有________種． 解析：當(dāng)?shù)谝唤M開關(guān)有一個(gè)接通時(shí)，電路接通有C·(C＋C＋C)＝14種方式；當(dāng)?shù)谝唤M兩個(gè)都接通時(shí)，電路接通有C(C＋C＋C)＝7種方式，所以共有14＋7＝21種方式． 答案：21 5．[考點(diǎn)二]有9名學(xué)生，其中2名會(huì)下象棋但不會(huì)下圍棋，3名會(huì)下圍棋但不會(huì)下象棋，4名既會(huì)下圍棋又會(huì)下象棋；現(xiàn)在要從這9名學(xué)生中選出2名學(xué)生，一名參加象棋比賽，另一名參加圍棋比賽，共有________種不同的選派方法． 解析：設(shè)2名會(huì)下象棋但不會(huì)下圍棋的同學(xué)組成集合A,3名會(huì)下圍棋但不會(huì)下象

32、棋的同學(xué)組成集合B,4名既會(huì)下圍棋又會(huì)下象棋的同學(xué)組成集合C，則選派2名參賽同學(xué)的方法可以分為以下4類： 第一類：A中選1人參加象棋比賽，B中選1人參加圍棋比賽，選派方法為C·C＝6種； 第二類：C中選1人參加象棋比賽，B中選1人參加圍棋比賽，選派方法為C·C＝12種； 第三類：C中選1人參加圍棋比賽，A中選1人參加象棋比賽，選派方法為C·C＝8種； 第四類：C中選2人分別參加兩項(xiàng)比賽，選派方法為A＝12種； 由分類加法計(jì)數(shù)原理，不同的選派方法共有6＋12＋8＋12＝38(種)． 答案：38 [全國卷5年真題集中演練——明規(guī)律]

33、 1．(2016·全國甲卷)如圖，小明從街道的E處出發(fā)，先到F處與小紅會(huì)合，再一起到位于G處的老年公寓參加志愿者活動(dòng)，則小明到老年公寓可以選擇的最短路徑條數(shù)為(　　) A．24 B．18 C．12 D．9 解析：選B　分兩步：第一步，從E→F，有6條可以選擇的最短路徑；第二步，從F→G，有3條可以選擇的最短路徑．由分步乘法計(jì)數(shù)原理可知有6×3＝18條可以選擇的最短路徑．故選B. 2．(2016·全國丙卷)定義“規(guī)范01數(shù)列”{an}如下：{an}共有2m項(xiàng)，其中m項(xiàng)為0，m項(xiàng)為1，且對(duì)任意k≤2m，a1，a2，…ak中

34、0的個(gè)數(shù)不少于1的個(gè)數(shù)，若m＝4，則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有(　　) A．18個(gè) B．16個(gè) C．14個(gè) D．12個(gè) 解析：選C　當(dāng)m＝4時(shí)，數(shù)列{an}共有8項(xiàng)，其中4項(xiàng)為0,4項(xiàng)為1，要滿足對(duì)任意k≤8，a1，a2，…ak中0的個(gè)數(shù)不少于1的個(gè)數(shù)，則必有a1＝0，a8＝1，a2可為0，也可為1.(1)當(dāng)a2＝0時(shí)，分以下3種情況：①若a3＝0，則a4，a5，a6，a7中任意一個(gè)為0均可，則有C＝4種情況；②若a3＝1，a4＝0，則a5，a6，a7中任意一個(gè)為0均可，有C＝3種情況；③若a3＝1，a4＝1，則a5必為0，a6，a7中任意一個(gè)為0均可，有C＝2種情況；(2)

35、當(dāng)a2＝1時(shí)，必有a3＝0，分以下2種情況：①若a4＝0，則a5，a6，a7中任一個(gè)為0均可，有C＝3種情況；②若a4＝1，則a5必為0，a6，a7中任一個(gè)為0均可，有C＝2種情況．綜上所述，不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14個(gè)，故選C. 3．(2012·新課標(biāo)全國卷)將2名教師，4名學(xué)生分成2個(gè)小組，分別安排到甲、乙兩地參加社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)，每個(gè)小組由1名教師和2名學(xué)生組成，不同的安排方案共有(　　) A．12種 B．10種 C．9種 D．8種 解析：選A　2名教師各在1個(gè)小組，給其中1名教師選2名學(xué)生，有C種選法，另2名學(xué)生分配給另1名教師，然后將2個(gè)小組安

36、排到甲、乙兩地，有A種方案，故不同的安排方案共有CA＝12種，選A. [課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測] 重點(diǎn)保分課時(shí)——一練小題夯雙基，二練題點(diǎn)過高考 [練基礎(chǔ)小題——強(qiáng)化運(yùn)算能力] 1．(2016·四川高考)用數(shù)字1,2,3,4,5組成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)為(　　) A．24 B．48 C．60 D．72 解析：選D　奇數(shù)的個(gè)數(shù)為CA＝72. 2．世界華商大會(huì)的某分會(huì)場有A，B，C三個(gè)展臺(tái)，將甲、乙、丙、丁共4名“雙語”志愿者分配到這三個(gè)展臺(tái)，每個(gè)展臺(tái)至少1人，其中甲、乙兩人被分配到同一展臺(tái)的不同分法的種數(shù)有(　　) A．12種 B．

37、10種 C．8種 D．6種 解析：選D　因?yàn)榧?、乙兩人被分配到同一展臺(tái)，所以可以把甲與乙捆在一起，看成一個(gè)人，然后將3個(gè)人分到3個(gè)展臺(tái)上進(jìn)行全排列，即有A種分配方法，所以甲、乙兩人被分配到同一展臺(tái)的不同分法的種數(shù)有A＝6種． 3．在1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)字組成的沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)中，各位數(shù)字之和為奇數(shù)的共有(　　) A．36個(gè) B．24個(gè) C．18個(gè) D．6個(gè) 解析：選B　各位數(shù)字之和是奇數(shù)，則這三個(gè)數(shù)字中三個(gè)都是奇數(shù)或兩個(gè)偶數(shù)一個(gè)奇數(shù)，所以符合條作的三位數(shù)有A＋CA＝6＋18＝24(個(gè))． 4.如圖所示的幾何體由一個(gè)正三棱錐P-ABC與正三棱柱ABC-

38、A1B1C1組合而成，現(xiàn)用3種不同顏色對(duì)這個(gè)幾何體的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相鄰的面均不同色，則不同的染色方案共有________種． 解析：先涂三棱錐P-ABC的三個(gè)側(cè)面，然后涂三棱柱ABC-A1B1C1的三個(gè)側(cè)面，共有3×2×1×2＝12種不同的涂色方案． 答案：12 [練?？碱}點(diǎn)——檢驗(yàn)高考能力] 一、選擇題 1．從2,3,4,5,6,7,8,9這8個(gè)數(shù)中任取2個(gè)不同的數(shù)分別作為一個(gè)對(duì)數(shù)的底數(shù)和真數(shù)，則可以組成不同對(duì)數(shù)值的個(gè)數(shù)為(　　) A．56 B．54 C．53 D．52 解析：選D　在8個(gè)數(shù)中任取2個(gè)不同的數(shù)可以組成A＝56個(gè)對(duì)數(shù)值；但在

39、這56個(gè)對(duì)數(shù)值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即滿足條件的對(duì)數(shù)值共有56－4＝52(個(gè))． 2．如圖所示，在A、B間有四個(gè)焊接點(diǎn)1,2,3,4，若焊接點(diǎn)脫落導(dǎo)致斷路，則電路不通．今發(fā)現(xiàn)A，B之間電路不通，則焊接點(diǎn)脫落的不同情況有(　　) A．9種 B．11種 C．13種 D．15種 解析：選C　按照焊接點(diǎn)脫落的個(gè)數(shù)進(jìn)行分類． 若脫落1個(gè)，則有(1)，(4)，共2種情況； 若脫落2個(gè)，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6種情況； 若脫落3個(gè)，有(1,2,3)，(

40、1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4種情況； 若脫落4個(gè)，有(1,2,3,4)，共1種情況． 綜上共有2＋6＋4＋1＝13種焊接點(diǎn)脫落的情況． 3．現(xiàn)有2門不同的考試要安排在5天之內(nèi)進(jìn)行，每天最多進(jìn)行一門考試，且不能連續(xù)兩天有考試，那么不同的考試安排方案種數(shù)是(　　) A．12 B．6 C．8 D．16 解析：選A　若第一門安排在開頭或結(jié)尾，則第二門有3種安排方法，這時(shí)共有C×3＝6種安排方案；若第一門安排在中間的3天中，則第二門有2種安排方法，這時(shí)共有C×2＝6種安排方案．綜上可得，不同的考試安排方案共有6＋6＝12(種)． 4．有5本不同的教科書，其

41、中語文書2本，數(shù)學(xué)書2本，物理書1本．若將其并排擺放在書架的同一層上，則同一科目書都不相鄰的放法種數(shù)是(　　) A．24 B．48 C．72 D．96 解析：選B　據(jù)題意可先擺放2本語文書，當(dāng)1本物理書在2本語文書之間時(shí)，只需將2本數(shù)學(xué)書插在前3本書形成的4個(gè)空中即可，此時(shí)共有AA種擺放方法；當(dāng)1本物理書放在2本語文書一側(cè)時(shí)，共有AACC種不同的擺放方法，由分類加法計(jì)數(shù)原理可得共有AA＋AACC＝48種擺放方法． 5．“住房”“醫(yī)療”“教育”“養(yǎng)老”“就業(yè)”成為現(xiàn)今社會(huì)關(guān)注的五個(gè)焦點(diǎn)．小趙想利用國慶節(jié)假期調(diào)查一下社會(huì)對(duì)這些熱點(diǎn)的關(guān)注度．若小趙準(zhǔn)備按照順序分別調(diào)查其中的4個(gè)熱

42、點(diǎn)，則“住房”作為其中的一個(gè)調(diào)查熱點(diǎn)，但不作為第一個(gè)調(diào)查熱點(diǎn)的種數(shù)為(　　) A．13 B．24 C．18 D．72 解析：選D　可分三步：第一步，先從“醫(yī)療”“教育”“養(yǎng)老”“就業(yè)”這4個(gè)熱點(diǎn)中選出3個(gè)，有C種不同的選法；第二步， 在調(diào)查時(shí)，“住房”安排的順序有A種可能情況；第三步，其余3個(gè)熱點(diǎn)調(diào)查的順序有A種排法．根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理可得，不同調(diào)查順序的種數(shù)為CAA＝72. 6．將A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中順序?yàn)椤癆，B，C”或“C，B，A”(可以不相鄰)，這樣的排列數(shù)有(　　) A．12種 B．20種 C．40種 D．60種

43、解析：選C　五個(gè)元素沒有限制全排列數(shù)為A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以這三個(gè)元素的全排列A，可得這樣的排列數(shù)有×2＝40種． 二、填空題 7．某班組織文藝晚會(huì)，準(zhǔn)備從A，B等 8 個(gè)節(jié)目中選出 4 個(gè)節(jié)目演出，要求A，B兩個(gè)節(jié)目至少有一個(gè)選中，且A，B同時(shí)選中時(shí)，它們的演出順序不能相鄰，那么不同演出順序的種數(shù)為________． 解析：當(dāng)A，B節(jié)目中只選其中一個(gè)時(shí)，共有CCA＝960 種演出順序；當(dāng)A，B節(jié)目都被選中時(shí)，由插空法得共有CAA＝180 種演出順序，所以一共有1 140種演出順序． 答案：1 140 8．4位同學(xué)參加某種形式的競賽，競賽

44、規(guī)則規(guī)定：選甲題答對(duì)得100分，答錯(cuò)得－100分，選乙題答對(duì)得90分，答錯(cuò)得－90分，若4位同學(xué)的總分為0分，則這4位同學(xué)不同得分情況的種數(shù)是________． 解析：由于4位同學(xué)的總分為0分，故4位同學(xué)選甲、乙題的人數(shù)有且只有三種情況：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．對(duì)于①，需2人答對(duì)，2人答錯(cuò)，共有C＝6種情況；對(duì)于②，選甲題的需1人答對(duì)，1人答錯(cuò)，選乙題的也如此，有CCC＝24種情況；對(duì)于③，與①相同，有6種情況，故共有6＋24＋6＝36種不同的得分情況． 答案：36 9．把座位編號(hào)為1,2,3,4,5的五張電影票全部分給甲、乙、丙、丁四個(gè)人，每人

45、至少一張，至多兩張，且分得的兩張票必須是連號(hào)，那么不同的分法種數(shù)為________(用數(shù)字作答)． 解析：先將票分為符合條件的4份，由題意，4人分5張票，且每人至少一張，至多兩張，則三人每人一張，一人2張，且分得的票必須是連號(hào)，相當(dāng)于將1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)用3個(gè)板子隔開，分為四部分且不存在三連號(hào)．在4個(gè)空位插3個(gè)板子，共有C＝4種情況，再對(duì)應(yīng)到4個(gè)人，有A＝24種情況，則共有4×24＝96種不同分法． 答案：96 10．有紅、藍(lán)、黃、綠四種顏色的球各6個(gè)，每種顏色的6個(gè)球分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6，從中任取3個(gè)標(biāo)號(hào)不同的球，這3個(gè)球顏色互不相同且所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的取法種數(shù)為

46、________． 解析：所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的取法有135,136,146,246，共4種.3個(gè)球顏色互不相同有A＝4×3×2＝24種取法，所以這3個(gè)球顏色互不相同且所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的取法有4×24＝96(種)． 答案：96 三、解答題 11．有5個(gè)男生和3個(gè)女生，從中選出5人擔(dān)任5門不同學(xué)科的科代表，求分別符合下列條件的選法數(shù)： (1)有女生但人數(shù)必須少于男生； (2)某女生一定擔(dān)任語文科代表； (3)某男生必須包括在內(nèi)，但不擔(dān)任數(shù)學(xué)科代表； (4)某女生一定要擔(dān)任語文科代表，某男生必須擔(dān)任科代表，但不擔(dān)任數(shù)學(xué)科代表． 解：(1)先選后排，可以是2女3男，也可以是1女4男，先

47、選有CC＋CC種情況，后排有A種情況，則符合條件的選法數(shù)為(CC＋CC)·A＝5 400. (2)除去該女生后，先選后排，則符合條件的選法數(shù)為C·A＝840. (3)先選后排，但先安排該男生，則符合條件的選法數(shù)為C·C·A＝3 360. (4)先從除去該男生該女生的6人中選3人有C種情況，再安排該男生有C種情況，選出的3人全排有A種情況，則符合條件的選法數(shù)為C·C·A＝360. 12．用0,1,2,3,4這五個(gè)數(shù)字，可以組成多少個(gè)滿足下列條件的沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)？ (1)比21 034大的偶數(shù)； (2)左起第二、四位是奇數(shù)的偶數(shù)． 解：(1)可分五類，當(dāng)末位數(shù)字是0，而首位數(shù)字

48、是2時(shí)，有6個(gè)五位數(shù)； 當(dāng)末位數(shù)字是0，而首位數(shù)字是3或4時(shí)，有CA＝12個(gè)五位數(shù)； 當(dāng)末位數(shù)字是2，而首位數(shù)字是3或4時(shí)，有CA＝12個(gè)五位數(shù)； 當(dāng)末位數(shù)字是4，而首位數(shù)字是2時(shí)，有3個(gè)五位數(shù)； 當(dāng)末位數(shù)字是4，而首位數(shù)字是3時(shí)，有A＝6個(gè)五位數(shù)； 故共有6＋12＋12＋3＋6＝39個(gè)滿足條件的五位數(shù)． (2)可分為兩類： 末位數(shù)是0，個(gè)數(shù)有A·A＝4； 末位數(shù)是2或4，個(gè)數(shù)有A·C＝4； 故共有A·A＋A·C＝8個(gè)滿足條件的五位數(shù)． 第二節(jié) 二項(xiàng)式定理 本節(jié)主要包括2個(gè)知識(shí)點(diǎn)： 1.二項(xiàng)式的通項(xiàng)公式及應(yīng)用；2.二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用. 突破點(diǎn)(

49、一)　二項(xiàng)式的通項(xiàng)公式及應(yīng)用 基礎(chǔ)聯(lián)通 抓主干知識(shí)的“源”與“流” 1．二項(xiàng)式定理 (1)二項(xiàng)展開式：公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二項(xiàng)式定理． (2)二項(xiàng)式的通項(xiàng)：Tk＋1＝Can－kbk為展開式的第k＋1項(xiàng)． 2．二項(xiàng)式系數(shù)與項(xiàng)的系數(shù) (1)二項(xiàng)式系數(shù)：二項(xiàng)展開式中各項(xiàng)的系數(shù)C(r∈{0，1，…，n})叫做第r＋1項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)． (2)項(xiàng)的系數(shù)：項(xiàng)的系數(shù)是該項(xiàng)中非字母因數(shù)部分，包括符號(hào)等，與二項(xiàng)式系數(shù)是兩個(gè)不同的概念．如(a＋bx)n的展開式中，第r＋1項(xiàng)的系數(shù)是Can－rbr. 考點(diǎn)貫通

50、 抓高考命題的“形”與“神” 求解形如(a＋b)n(n∈N*)的展開式中與特定項(xiàng)相關(guān)的量 [例1]　(1)在二項(xiàng)式5的展開式中，含x4的項(xiàng)的系數(shù)是(　　) A．10 B．－10 C．－5 D．20 (2)(2017·武漢模擬)5的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為(　　) A．80 B．－80 C．40 D．－40 (3)已知5的展開式中含x的項(xiàng)的系數(shù)為30，則a＝(　　) A. B．－ C．6 D．－6 (4)8的展開式中的有理項(xiàng)共有________項(xiàng)． (

51、5)二項(xiàng)式n的展開式中含有非零常數(shù)項(xiàng)，則正整數(shù)n的最小值為________． [解析]　(1)由二項(xiàng)式定理可知，展開式的通項(xiàng)為C·(－1)rx10－3r，令10－3r＝4，得r＝2，所以含x4項(xiàng)的系數(shù)為C(－1)2＝10，故選A. (2)∵Tr＋1＝C(x2)5－rr＝(－2)rC·x10－5r，由10－5r＝0，得r＝2，∴T3＝(－2)2C＝40. (3)Tr＋1＝C()5－r·r＝C(－a)rx，由＝，解得r＝1.由C(－a)＝30，得a＝－6.故選D. (4)8的展開式的通項(xiàng)為Tr＋1＝C·()8－rr＝rCx(r＝0,1,2，…，8)，為使Tr＋1為有理項(xiàng)，r必須是4的倍數(shù)，

52、所以r＝0,4,8，故共有3個(gè)有理項(xiàng)． (5)二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)是Tr＋1＝Cx3n－3rx－2r＝Cx3n－5r，令3n－5r＝0，得n＝(r＝0,1,2，…，n)，故當(dāng)r＝3時(shí)，n有最小值5. [答案]　(1)A　(2)C　(3)D　(4)3　(5)5 [方法技巧] 二項(xiàng)展開式問題的常見類型及解法 (1)求展開式中的特定項(xiàng)或其系數(shù)．可依據(jù)條件寫出第k＋1項(xiàng)，再由特定項(xiàng)的特點(diǎn)求出k值即可． (2)已知展開式的某項(xiàng)或其系數(shù)求參數(shù)．可由某項(xiàng)得出參數(shù)項(xiàng)，再由通項(xiàng)公式寫出第k＋1項(xiàng)，由特定項(xiàng)得出k值，最后求出其參數(shù)．　 求解形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展開式中與

53、特定項(xiàng)相關(guān)的量 [例2]　(1)(1－)6(1＋)4的展開式中x的系數(shù)是(　　) A．－4 B．－3 C．3 D．4 (2)已知(1＋ɑx)(1＋x)5的展開式中x2的系數(shù)為5，則ɑ＝(　　) A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 [解析　(1)法一：(1－)6的展開式的通項(xiàng)為C·(－)m＝C(－1)mx，(1＋)4的展開式的通項(xiàng)為C·()n＝Cx，其中m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4. 令＋＝1，得m＋n＝2，于是(1－)6(1＋)4的展開式中x的系數(shù)等于C·(－1)0·C＋C·(－1)1·C＋C·(

54、－1)2·C＝－3. 法二：(1－)6(1＋)4＝[(1－)(1＋)]4(1－)2＝(1－x)4(1－2＋x)．于是(1－)6(1＋)4的展開式中x的系數(shù)為C·1＋C·(－1)1·1＝－3. 法三：在(1－)6(1＋)4的展開式中要出現(xiàn)x，可分為以下三種情況： ①(1－)6中選2個(gè)(－)，(1＋)4中選0個(gè)作積，這樣得到的x項(xiàng)的系數(shù)為CC＝15； ②(1－)6中選1個(gè)(－)，(1＋)4中選1個(gè)作積，這樣得到的x項(xiàng)的系數(shù)為C(－1)1C＝－24； ③(1－)6中選0個(gè)(－)，(1＋)4中選2個(gè)作積，這樣得到的x項(xiàng)的系數(shù)為CC＝6. 故x項(xiàng)的系數(shù)為15－24＋6＝－3. (2)展開式

55、中含x2的系數(shù)為C＋aC＝5，解得a＝－1. [答案　(1)B　(2)D [方法技巧] 求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展開式問題的思路 (1)若n，m中一個(gè)比較小，可考慮把它展開得到多個(gè)，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展開分別求解． (2)觀察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2； (3)分別得到(a＋b)n，(c＋d)m的通項(xiàng)公式，綜合考慮． 求解形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展開式中與特定項(xiàng)相關(guān)的量 [例3]　(1)(201

56、7·湖北棗陽模擬)(x2＋x＋y)5的展開式中x5y2的系數(shù)為(　　) A．10 B．20 C．30 D．60 (2)(2016·安徽安慶二模)將3展開后，常數(shù)項(xiàng)是________． [解析]　(1)(x2＋x＋y)5的展開式的通項(xiàng)為Tr＋1＝C(x2＋x)5－r·yr，令r＝2，則T3＝C(x2＋x)3y2，又(x2＋x)3的展開式的通項(xiàng)為C(x2)3－k·xk＝Cx6－k，令6－k＝5，則k＝1，所以(x2＋x＋y)5的展開式中，x5y2的系數(shù)為CC＝30，故選C. (2)3＝6展開式的通項(xiàng)是C()6－k·k＝(－2)k·C()6－2k. 令6－2

57、k＝0，得k＝3. 所以常數(shù)項(xiàng)是C(－2)3＝－160. [答案]　(1)C　(2)－160 [方法技巧] 求形如(a＋b＋c)n展開式中特定項(xiàng)的步驟 第一步，把三項(xiàng)的和a＋b＋c看作(a＋b)與c兩項(xiàng)的和； 第二步，根據(jù)二項(xiàng)式定理求出[(a＋b)＋c]n的展開式的通項(xiàng)； 第三步，對(duì)特定項(xiàng)的次數(shù)進(jìn)行分析，弄清特定項(xiàng)是由(a＋b)n－r的展開式中的哪些項(xiàng)和cr相乘得到的； 第四步，把相乘后的項(xiàng)相加減即可得到特定項(xiàng)．　　 能力練通 抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失” 1．[考點(diǎn)一](2017·杭州模擬)6的展開式中，常

58、數(shù)項(xiàng)是(　　) A．－ B. C．－ D. 解析：選D　Tr＋1＝C(x2)6－rr＝rCx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4.所以常數(shù)項(xiàng)為4C＝.故選D. 2．[考點(diǎn)一]在4的二項(xiàng)展開式中，如果x3的系數(shù)為20，那么ab3＝(　　) A．20 B．15 C．10 D．5 解析：選D　Tr＋1＝C(ax6)4－r·r＝Ca4－r·brx24－7r，令24－7r＝3，得r＝3，則4ab3＝20，所以ab3＝5. 3．[考點(diǎn)三](2016·廈門聯(lián)考)在10的展開式中，含x2項(xiàng)的系數(shù)為(　　) A．10 B．3

59、0 C．45 D．120 解析：選C　因?yàn)?0＝10＝(1＋x)10＋C(1＋x)9＋…＋C10，所以x2項(xiàng)只能在(1＋x)10的展開式中，所以含x2的項(xiàng)為Cx2，系數(shù)為C＝45. 4．[考點(diǎn)二](1＋x)8(1＋y)4的展開式中x2y2的系數(shù)是(　　) A．56 B．84 C．112 D．168 解析：選D　(1＋x)8的展開式中x2的系數(shù)為C，(1＋y)4的展開式中y2的系數(shù)為C，所以x2y2的系數(shù)為CC＝168. 5．[考點(diǎn)二](x＋2)2(1－x)5中x7的系數(shù)與常數(shù)項(xiàng)之差的絕對(duì)值為(　　) A．5 B．3

60、 C．2 D．0 解析：選A　常數(shù)項(xiàng)為C×22×C＝4，x7的系數(shù)為C×C(－1)5＝－1，因此x7的系數(shù)與常數(shù)項(xiàng)之差的絕對(duì)值為5. 6．[考點(diǎn)三]5(x>0)的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為________． 解析：5(x>0)可化為10，因而Tr＋1＝C10－r()10－2r，令10－2r＝0，則r＝5，故展開式中的常數(shù)項(xiàng)為C·5＝. 答案： 突破點(diǎn)(二)　二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用 基礎(chǔ)聯(lián)通 抓主干知識(shí)的“源”與“流” 二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì) (1)對(duì)稱性：當(dāng)0≤k≤n時(shí)，. (2)二項(xiàng)式系數(shù)的最值：二項(xiàng)式系數(shù)先增后減

61、，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，第＋1項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，最大值為Cn；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，第項(xiàng)和第項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，最大值為. (3)二項(xiàng)式系數(shù)和：C＋C＋C＋…＋C＝2n，C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 考點(diǎn)貫通 抓高考命題的“形”與“神” 二項(xiàng)展開式中系數(shù)和的問題 賦值法在求各項(xiàng)系數(shù)和中的應(yīng)用 (1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展開式的各項(xiàng)系數(shù)之和，常用賦值法，只需令x＝1即可． (2)對(duì)形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展開式各項(xiàng)系數(shù)之和，只需令x＝y(tǒng)＝1即可． (3)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…

62、＋anxn，則f(x)展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和為f(1)， 奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)之和為a0＋a2＋a4＋…＝， 偶數(shù)項(xiàng)系數(shù)之和為a1＋a3＋a5＋…＝. [例1]　二項(xiàng)式(2x－3y)9的展開式中，求： (1)二項(xiàng)式系數(shù)之和； (2)各項(xiàng)系數(shù)之和； (3)所有奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)之和； (4)各項(xiàng)系數(shù)絕對(duì)值之和． [解]　設(shè)(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9. (1)二項(xiàng)式系數(shù)之和為C＋C＋C＋…＋C＝29. (2)各項(xiàng)系數(shù)之和為a0＋a1＋a2＋…＋a9， 令x＝1，y＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1. (3)由(2)知a0＋a1＋a2＋

63、…＋a9＝－1?、?， 令x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－…－a9＝59?、冢? 得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，此即為所有奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)之和． (4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，令x＝1，y＝－1，得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9＝59，此即為各項(xiàng)系數(shù)絕對(duì)值之和． [易錯(cuò)提醒] (1)利用賦值法求解時(shí)，注意各項(xiàng)的系數(shù)是指某一項(xiàng)的字母前面的數(shù)值(包括符號(hào))； (2)在求各項(xiàng)的系數(shù)的絕對(duì)值的和時(shí)，首先要判斷各項(xiàng)系數(shù)的符號(hào)，然后將絕對(duì)值去掉，再進(jìn)行賦值．　 二項(xiàng)式系數(shù)或系數(shù)的最值問題 求解

64、二項(xiàng)式系數(shù)或系數(shù)的最值問題的一般步驟： 第一步，要弄清所求問題是“展開式系數(shù)最大”、“二項(xiàng)式系數(shù)最大”兩者中的哪一個(gè)． 第二步，若是求二項(xiàng)式系數(shù)的最大值，則依據(jù)(a＋b)n中n的奇偶及二次項(xiàng)系數(shù)的性質(zhì)求解．若是求系數(shù)的最大值，有兩個(gè)思路，思路一：由于二項(xiàng)展開式中的系數(shù)是關(guān)于正整數(shù)n的式子，可以看作關(guān)于n的數(shù)列，通過判斷數(shù)列單調(diào)性的方法從而判斷系數(shù)的增減性，并根據(jù)系數(shù)的單調(diào)性求出系數(shù)的最值；思路二：由于展開式系數(shù)是離散型變量，因此在系數(shù)均為正值的前提下，求最大值只需解不等式組即可求得答案． [例2]　(1)已知(1＋x)n的展開式中第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(

65、　　) A．29 B．210 C．211 D．212 (2)在(1＋x)n(x∈N*)的二項(xiàng)展開式中，若只有x5的系數(shù)最大，則n＝(　　) A．8　　　 B．9　　　 C．10　　　 D．11 [解析]　(1)由C＝C，得n＝10，故奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為29. (2)二項(xiàng)式中僅x5項(xiàng)系數(shù)最大，其最大值必為Cn，即得＝5，解得n＝10. [答案　(1)A　(2)C 能力練通 抓應(yīng)用體驗(yàn)的“得”與“失” 1．[考點(diǎn)一](2017·福建漳州調(diào)研)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋

66、a10x10，則a2＋a3＋…＋a9＋a10的值為(　　) A．－20 B．0 C．1 D．20 解析：選D　令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝C×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20. 2．[考點(diǎn)二](2017·廣東肇慶三模)(x＋2y)7的展開式中，系數(shù)最大的項(xiàng)是(　　) A．68y7 B．112x3y4 C．672x2y5 D．1 344x2y5 解析：選C　設(shè)第r＋1項(xiàng)系數(shù)最大， 則有 即 即解得 又∵r∈Z，∴r＝5.∴系數(shù)最大的項(xiàng)為T6＝Cx2·25y5＝672x2y5.故選C. 3．[考點(diǎn)二]2n(n∈N*)的展開式中只有第6項(xiàng)系數(shù)最大，則其常數(shù)項(xiàng)為(　　) A．120　　　　B．210　　　　C．252　　　　D．45 解析：選B　由已知得，二項(xiàng)式展開式中各項(xiàng)的系數(shù)與二項(xiàng)式系數(shù)相等．由展開式中只有第6項(xiàng)的系數(shù)C最大，可得展開式有11項(xiàng)，即2n＝10，n＝5.10展開式的通項(xiàng)為Tr