1、第1讲 排列、组合、二项式定理 第二编 讲专题专题六 概率与统计考情研析 1.高考中主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，有时会与概率相结合，以选择题、填空题为主 2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注.1 核心知识回顾 PART ONE 1排列排列数公式：Amnn(n1)(nm1)_(mn，m，nN*)2组合(1)组合数公式：CmnAmnAmm_(mn，m，nN*)，由于 0！1，所以 C0n1.01n！nm！01 nn1nm1mm1102n！m！nm！(2)组合数的性质3二项式定理(1)二项展开式(ab)nC0nanC1nan1b
2、1_Cnnbn(nN*)通项：Tk1_(k0,1,2，n)01 Cknankbk02 Cknankbk(2)二项式系数的有关性质二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即 C1nC3nC5nC0nC2nC4n_；若 f(x)a0a1xa2x2anxn，则 f(x)展开式中的各项系数和为 f(1)，奇数项系数和为 a0a2a4f1f12，偶数项系数之和为 a1a3a5_.03 2n104 f1f122 热点考向探究 PART TWO 考向 1 两个计数原理例 1(1)(2019哈尔滨市第六中学高三第二次模拟)2020 年东京夏季奥运会将设置 4100 米男女混合泳接力这一
3、新的比赛项目，比赛的规则是：每个参赛国家派出 2 男 2 女共计 4 名运动员参加比赛，按照仰泳蛙泳蝶泳自由泳的接力顺序，每种泳姿 100 米且由 1 名运动员完成，且每名运动员都要出场，若中国队确定了备战该项目的 4 名运动员名单，其中女运动员甲只能承担仰泳或者自由泳，男运动员乙只能承担蝶泳或者自由泳，剩下的 2 名运动员四种泳姿都可以承担，则中国队的排兵布阵的方式共有()A144 种B24 种C12 种D6 种答案 D解析 由题意，若甲承担仰泳，则乙运动员有 2 种安排方法，其他两名运动员有 2 种安排方法，共计 224 种方法，若甲承担自由泳，则乙运动员只能安排蝶泳，其他两名运动员有 A
4、222 种安排方法，共计 2 种方法，所以中国队共有 426 种不同的安排方法故选 D.(2)某地实行高考改革，考生除参加语文，数学，外语统一考试外，还需从物理，化学，生物，政治，历史，地理六科中选考三科，要求物理，化学，生物三科至少选一科，政治，历史，地理三科至少选一科，则考生共有_种选考方法()A6B12 C18D24答案 C解析 从物化生中选一科，从史地政中选两科，有：C13C239，从物化生中选两科，从史地政中选一科，有 C23C139，所以共有 9918 种故选 C.(3)如图所示，用 4 种不同的颜色涂入图中的矩形 A，B，C，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有()A7
5、2 种B48 种C24 种D12 种答案 A解析 解法一：首先涂 A 有 C144 种涂法，则涂 B 有 C133 种涂法，C与 A，B 相邻，则 C 有 C122 种涂法，D 只与 C 相邻，则 D 有 C133 种涂法，所以共有 432372 种涂法解法二：按要求涂色至少需要 3 种颜色，故分两类：一是 4 种颜色都用，这时 A 有 4 种涂法，B 有 3 种涂法，C 有 2 种涂法，D 有 1 种涂法，共有432124 种涂法；二是用 3 种颜色，这时 A，B，C 的涂法有 43224 种，D 只要不与 C 同色即可，故 D 有 2 种涂法所以不同的涂法共有2424272 种应用两个计数
6、原理解题的方法(1)在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化1(2019大兴区高三 4 月一模)中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为()A8B10 C15D20答案 B解析 由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一位置有五种排列方法，不妨假设是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，有两种选择，不妨假设排上的是水，第三步只能
7、排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有 5211110.故选 B.2从 6 个盒子中选出 3 个来装东西，且甲、乙两个盒子至少有一个被选中的情况有()A16 种B18 种C22 种D37 种答案 A解析 可分为两类，第一类：甲、乙两个盒子恰有一个被选中，有 C12C2412 种；第二类：甲、乙两个盒子都被选中，有 C22C144 种，所以共有 12416 种不同的情况故选 A.3将一个四棱锥的每个顶点染上 1 种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，若只有 4 种颜色可供使用，则不同的染色方法有()A48 种B72 种C96 种D108 种答案 B解析 如图所示，若点 B
8、 与 D 处所染颜色相同，则不同的染色方法有432248 种；若点 B 与 D 处所染颜色不相同，则不同的染色方法有432124 种，由分类加法计数原理可知不同的染色方法有 482472种考向 2 排列与组合问题例 2(1)(2019天一大联考高三阶段性测试)有 5 名学生需从数学建模、程序设计两门课中选择一门，且每门课至少有 2 名学生选择，则不同的选择方法共有()A10 种B12 种C15 种D20 种答案 D解析 根据题意，先将 5 人分为 2 组，一组 3 人，另一组 2 人，有 C2510 种情况，再将 2 组对应 2 门课程，有 A222 种情况，则不同的选择方法种数为 10220
9、.故选 D.(2)将数字“124467”重新排列后得到不同偶数的个数为()A72B120 C192D240答案 D解析 由题意，末尾是 2 或 6，不同偶数的个数为C12A55A22 120，末尾是 4，不同偶数的个数为 A55120，故共有 120120240.故选 D.(3)某人制订了一项旅游计划，从 7 个旅游城市中选择 5 个进行游览若A，B 为必选城市，并且在游览过程中必须按先 A 后 B 的顺序经过 A，B 两城市(A，B 两城市可以不相邻)，则不同的游览线路有()A120 种B240 种C480 种D600 种答案 D解析 已知 A，B 必选，则从剩下的 5 个城市中再选取 3
10、个，有 C35种情况，此时 5 个城市已确定，将其全排列共有 A55种情况，又 A，B 顺序一定，则根据分步乘法计数原理，得不同的游览线路有C35A55A22 600 种故选 D.解答排列组合问题的常用方法排列组合问题从解法上看，大致有以下几种：(1)有附加条件的排列组合问题，大多需要用分类讨论的方法，注意分类时应不重不漏(2)排列与组合的混合型问题，用分类加法或分步乘法计数原理解决(3)元素相邻，可以利用捆绑法(4)元素不相邻，可以利用插空法(5)间接法，把不符合条件的排列与组合剔除掉(6)穷举法，把符合条件的所有排列或组合一一写出来(7)定序问题缩倍法(8)“小集团”问题先整体后局部法1某
11、市委从组织机关 10 名科员中选 3 人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有 1 人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A85B56 C49D28答案 C解析 由于丙不入选，相当于从 9 人中选派 3 人解法一：(直接法)甲、乙两人均入选，有 C22C17种选法，甲、乙两人只有 1人入选，有 C12C27种选法由分类加法计数原理，共有 C22C17C12C2749 种不同选法解法二：(间接法)从 9 人中选 3 人有 C39种选法，其中甲、乙均不入选有C37种选法满足条件的选派方法有 C39C37843549 种不同选法2(2019甘肃省高三第一次高考诊断)数术记遗是算经十书中的一部，相传是汉
12、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、计数 14 种计算器械的使用方法某研究性学习小组 3 人分工搜集整理14 种计算器械的相关资料，其中一人 4 种、另两人每人 5 种计算器械，则不同的分配方法有()A.C414C510C55A33A22B.C414C510C55A22A33C.C414C510C55A22DC414C510C55答案 A解析 先将 14 种计算器械分为三组，方法数有C414C510C55A22种，再排给 3 个人，方法数有C414C510C55A22A33种故选 A.3从 0,
13、2 中选一个数字，从 1,3,5 中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()A24B18 C12D6答案 B解析 根据所选偶数为 0 和 2 分类讨论求解当选数字 0 时，再从 1,3,5 中取 2 个数字排在个位与百位，因此排成的三位奇数有 C23A226 个当选数字 2 时，再从 1,3,5 中取 2 个数字有 C23种方法，然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余 2 个数字全排列，因此排成的三位奇数有 C23C12A2212 个所以由分类加法计数原理，共有 18 个符合条件的三位奇数考向 3 二项式定理例 3(1)(2019西安地区陕师大附中、西安高级中学等八校高三
14、联考)已知(x1)6(ax1)2 的展开式中，x3 的系数为 56，则实数 a 的值为()A6 或1B1 或 4C6 或 5D4 或 5解析 因为(x1)6(ax1)2(x1)6(a2x22ax1)，所以(x1)6(ax1)2的展开式中 x3 的系数是 C36C26(2a)C16a26a230a20，6a230a2056，解得 a6 或1.故选 A.答案 A(2)二项式x 2x2n 的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是()A180B90 C45D360解析 依题意 n10，则x 2x210 的通项公式 Tr1Cr10(x)10r2x2r.令 552r0，得 r2.展开
15、式中的常数项 T322C210180.答案 A(3)若(3x1)5a0a1xa2x2a5x5，则 a12a23a34a45a5()A80B120 C180D240解析 由(3x1)5a0a1xa2x2a5x5 两边求导，可得 15(3x1)4a12a2x3a3x25a5x4，令 x1 得，15(31)4a12a23a35a5，即 a12a23a34a45a5240，故选 D.答案 D解与二项式定理有关问题的四个关注点(1)Tr1表示二项展开式中的任意项，只要 n 与 r 确定，该项就随之确定(2)Tr1是展开式中的第 r1 项，而不是第 r 项(3)二项展开式中某一项的系数与某一项的二项式系数
16、易混(4)二项式系数最大项与展开式系数最大项不同1(2019拉萨市高三第二次模拟)(xy)(2xy)5 的展开式中 x3y3 的系数为()A80B40 C40D80解析 要求(xy)(2xy)5 的展开式中 x3y3 的系数，则是 xy 中 x 与(2xy)5 展开式中 x2y3 相乘，以及 xy 中 y 与(2xy)5 展开式中 x3y2相乘，二者再相加而(2xy)5 展开式中，x2y3 项为 C35(2x)2(y)340 x2y3，x3y2 项为 C25(2x)3(y)280 x3y2.所以(xy)(2xy)5 的展开式中 x3y3 的项为40 x3y380 x3y340 x3y3.故选
17、C.答案 C2(x2x1)10 的展开式中 x3 的系数为_解析(x2x1)10 x2(x1)10C010(x2)10C110(x2)9(x1)C910(x2)(x1)9C1010(x1)10，所以 x3 的系数为C910C89C1010(C710)210.答案 2103已知(12x)(12x)2(12x)3(12x)n 的展开式中 x 的系数恰好是数列an的前 n 项和 Sn，则 Sn_，a10_.解析(12x)(12x)2(12x)3(12x)n 的展开式中 x 的系数为 C112C122C132C1n22(123n)n2n，即 Snn2n，所以当 n2 时，anSnSn12n，所以 a1
18、020.答案 n2n 203 真题VS押题 PART THREE 真题模拟1(2019雅安市高三第三次诊断)从 6 人中选出 4 人分别到碧峰峡、蒙顶山、喇叭河、龙苍沟四个景区游览，要求每个景区有一人游览，每人只游览一个景区，且这 6 人中甲、乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有()A168 种B216 种C240 种D360 种解析 这 6 人中甲、乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有 NC14A35240 种故选 C.答案 C2(2019全国卷)(12x2)(1x)4 的展开式中 x3 的系数为()A12B16 C20D24解析 解法一：(12x2)(1x)4 的展开式中 x3
19、 的系数为 1C342C1412.故选 A.解法二：(12x2)(1x)4(12x2)(14x6x24x3x4)，x3 的系数为 142412.故选 A.答案 A3(2019高三第二次全国大联考)在x 1x8 的展开式中，所有有理项的二项式系数之和为()A16B32 C64D128答案 D解析(rN*且 r8)，令 83r2 kZ，故 r0,2,4,6,8.当 r0，二项式系数为 C081；当 r2，二项式系数为 C2828；当 r4，二项式系数为 C4870；当 r6，二项式系数为 C6828；当 r8，二项式系数为 C881.故所有有理项的二项式系数之和为 12870281128.故选 D
20、.4(2019上饶市重点中学六校高三联考)某校在“数学联赛”考试后选取了 6 名教师参加阅卷，试卷共 4 道解答题，要求将这 6 名教师分成 4 组，每组批阅一道解答题，其中 2 组各有 2 名教师，另外 2 组各有 1 名教师，则不同的分配方案的种数是()A216B420 C720D1080解析 6 人分成 4 组共有C26C242 种不同的分组方案，所以共有C26C242 A441562241080 种分配方案答案 D5(2019上饶市重点中学六校高三联考)已知 n04xdx，则二项式x31xn(x0)展开式中的常数项为()A8B28 C56D120解析 n04xdx12x2408，则二项
21、式x31x8 的通项公式为 Tr1Cr8(x3)8r1xrCr8x244r，令 244r0 可得 r6，所以所求常数项为 C68C2828.故选 B.答案 B金版押题6已知(2x1)10a0a1xa2x2a9x9a10 x10，则 a2a3a9a10 的值为()A20B0 C1D20解析 令 x1，得 a0a1a2a9a101，再令 x0，得 a01，所以 a1a2a9a100，又易知 a1C91021(1)920，所以 a2a3a9a1020.答案 D7将甲、乙等 5 位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法有()A240 种B180
22、 种C150 种D540 种解析 5 名学生可分成 2,2,1 和 3,1,1 两种形式，当 5 名学生分成 2,2,1时，共有12C25C23A3390 种方法，当 5 名学生分成 3,1,1 时，共有 C35A3360 种方法，根据分类计数原理知共有 9060150 种保送方法答案 C8已知关于 x 的二项式x a3 xn 的展开式的二项式系数之和为 32，常数项为 80，则实数 a 的值为_解析 依题意得 2n32，n5，二项式x a3 xnx a3 x5 的展开式的通项为 Tr1Cr5(x)5ra3 xr.令155r60，得 r3.由 C35a310a380，解得 a2.答案 24 配
23、套作业 PART FOUR 一、选择题1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()A12 种B10 种C9 种D8 种解析 2 名教师各在 1 个小组，给其中 1 名教师选 2 名学生，有 C24种选法，另 2 名学生分配给另 1 名教师，然后将 2 个小组安排到甲、乙两地，有A22种方案，故不同的安排方案共有 C24A2212 种故选 A.答案 A2某彩票公司每天开奖一次，从 1、2、3、4 四个号码中随机开出一个作为中奖号码，开奖时如果开出的号码与前一天的相同，就要重开，直到开出与前一天不同的号
24、码为止如果第一天开出的号码是 4，那么第五天开出的号码也同样是 4 的所有可能的情况有()A14 种B21 种C24 种D35 种答案 B解析 第一天开出 4，第五天同样开出 4，则第二天开出的号码有 3 种情况，如果第三天开出的号码是 4，则第四天开出的号码有 3 种情况；如果第三天开出的号码不是 4，则第四天开出的号码有 2 种情况，所以满足条件的情况有 31332221 种3(2019聊城市高三二模)已知12xx2 n 的展开式中前三项的二项式系数的和等于 22，则展开式中的常数项为()A.1516B.34C34D1516答案 A解析 因为12xx2 n 的展开式中前三项的二项式系数的和
25、等于 22，所以C0nC1nC2n22，整理得 n(n1)42，解得 n6，所以二项式12xx2 6 展开式的通项为 Tk1Ck6126k1x6k(1)kx2kCk6126k(1)kx3k6，令 3k60 可得 k2，所以展开式中的常数项为 C261262(1)21516.故选 A.4旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为()A24B18 C16D10解析 第一类，甲在最后一个体验，则有 A33种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则有 A12A22种方法，所以小李旅游的方法共有 A3
26、3A12A2210种故选 D.答案 D5用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40000 大的偶数共有()A144 个B120 个C96 个D72 个解析 当万位数字为 4 时，个位数字从 0,2 中任选一个，共有 2A34个偶数；当万位数字为 5 时，个位数字从 0,2,4 中任选一个，共有 C13A34个偶数，故符合条件的偶数共有 2A34C13A34120(个)答案 B6(2019台州市高三 4 月调研)已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为()A72B96 C120D288解析 除甲、乙、丙三人外的
27、3 人先排好队，共有 A33种，这 3 人排好队后有 4 个空位，甲只能在丁的左边或右边，有 C12种排法，乙、丙的排法有 A23，所以共有 A33C12A2372 种排队方法故选 A.答案 A7某校在举办的第 25 届秋季运动会中，高一三班的甲、乙两位同学从100 m,200 m,400 m,800 m 的 4 个项目中各报 2 个项目，则甲、乙两位同学所报的项目中至少有 1 个不相同的选法共有()A30 种B36 种C60 种D72 种解析 因为甲、乙两位同学从 4 个不同的项目中各报 2 个项目，有 C24C24种选法，其中甲、乙所选的项目完全相同的选法有 C24种，所以甲、乙所选的项目
28、中至少有 1 个不相同的选法共有 C24C24C2430 种故选 A.答案 A8在x 3xn 的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为 321，则 x2 的系数为()A50B70 C90D120答案 C解析 令 x1，则x 3xn4n，所以x 3xn 的展开式中，各项系数和为 4n，又二项式系数和为 2n，所以4n2n2n32，解得 n5.二项展开式的通项Tr1Cr5x5r3xr，令 532r2，得 r2，所以 x2 的系数为 C253290.故选 C.9(2019赤峰市高三 4 月模拟)某校从 6 名教师中选派 3 名教师去完成 4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由 1 人完成，其
29、中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是()A252B288 C360 D216答案 A解析 因为 3 名教师去完成 4 项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由 1 人完成，所以当 3 名教师确定时，则其中 1 人必须完成两项工作，故安排 3 名教师完成 4 项工作，可以先确定完成两项工作的 1 名人员，其方法有 C13，然后再确定完成的工作，其方法有 C24，然后再将剩下的两项工作分配给剩下的两人，其方法有 C12，故当 3 名教师确定时，完成工作的方法有C13C24C12种；因为甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，故有三种方法选择教师，第一种方法：甲参加，乙不参
30、加，丙参加，再从剩下的 3 人中选择 1 人，其方法有 C13种，第二种方法：甲不参加，乙参加，丙不参加，再从剩下的 3 人中选择 2人，其方法有 C23种，第三种方法：甲不参加，乙不参加，丙不参加，再从剩下的 3 人中选择3 人，其方法有 C33种；故最终选派的方法种数为(C13C23C33)C13C24C12252.故选 A.10若(x21)(x3)9a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3a11(x2)11，则 a1a2a11 的值为()A0B5 C5D255解析 令 x2，则 a0(221)(23)95.令 x3，则 a0a1a110，所以 a1a2a11a0(5)5.故选 C.答
31、案 C11某单位有 7 个连在一起的车位，现有 3 辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的 4 个车位中恰好有 3 个连在一起，则不同的停放方法的种数为()A16B18 C32D72答案 D解析 因为对空位有特殊要求，先确定空位，假设 7 个车位分别为1,2,3,4,5,6,7，先研究恰有 3 个连续空位的情况，若 3 个连续空位是 123 或 567，另一个空位有 3 种选法，车的停放方式有 A33种，故停放方法有 23A3336种；若 3 个连续空位是 234 或 345 或 456，另一个空位有 2 种选法，车的停放方式依然有 A33种，因此此种情况下停放方法有 3A33236 种，从而不
32、同的停放方法共有 72 种故选 D.二、填空题12(2019湖北省八市高三 3 月联考)若(x2)53x4a0a1(x3)a2(x3)2a3(x3)3a4(x3)4a5(x3)5，则 a3_.解析 令 tx3，则(x2)53x4a0a1(x3)a2(x3)2a3(x3)3a4(x3)4a5(x3)5 可化为(t1)53(t3)4a0a1ta2t2a3t3a4t4a5t5，则 a3C253C143103626.答案 2613(2019蚌埠市高三第一次教学质量检查)某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击 4 次，每次都会获得三种红包的一种，若集全三种即可获
33、奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同员工甲按规定依次点击了 4 次，直到第 4 次才获奖则他获得奖次的不同情形种数为_答案 18解析 根据题意，若员工甲直到第 4 次才获奖，则其第 4 次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第 4 次获得的红包有 3 种情况，前三次获得的红包为其余的 2 种，有 2326 种情况，则他获得奖次的不同情形种数为 3618 种14编号为 A，B，C，D，E 的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且 A 球不能放在 4 号和 5 号，B 球必须放在与 A 球相邻的盒子中，则不同的放法的种数为_答案 30解析 根据 A 球所在的位置可分三类：(1)若 A 球放在 1 号盒子内，则 B球只能放在 2 号盒子内，余下的三个盒子放 C，D，E 球，有 3216 种不同的放法(2)若 A 球放在 3 号盒子内，则 B 球只能放在 2 号盒子内，余下的三个盒子放 C，D，E 球，有 3216 种不同的放法(3)若 A 球放在 2号盒子内，则 B 球可以放在 1 号，3 号，4 号中的任何一个盒子内，余下的三个盒子放 C，D，E 球，有 332118 种不同的放法综上可得不同的放法共有 661830 种本课结束
