2020新课标高考数学二轮讲义：第一部分第4讲计数原理与二项式定理


第4讲　计数原理与二项式定理


　两个计数原理
[考法全练]
1．甲、乙两人都计划在国庆节的七天假期中，到东亚文化之都——泉州“二日游”，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有(　　)
A．16种　　　　　　 B．18种
C．20种 D．24种
解析：选C.任意相邻两天组合在一起，一共有6种情况：①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦.
若甲选①②或⑥⑦，则乙各有4种选择，
若甲选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则乙各有3种选择，
故他们不同一天出现在泉州的出游方案共有2×4＋4×3＝20(种)．
2．如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1＜a2且a3＜a2，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275)，那么所有凸数的个数为(　　)
A．240 B．204
C．729 D．920
解析：选A.分8类，
当中间数为2时，有1×2＝2(个)；
当中间数为3时，有2×3＝6(个)；
当中间数为4时，有3×4＝12(个)；
当中间数为5时，有4×5＝20(个)；
当中间数为6时，有5×6＝30(个)；
当中间数为7时，有6×7＝42(个)；
当中间数为8时，有7×8＝56(个)；
当中间数为9时，有8×9＝72(个)．
故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
3．某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5块区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所选花卉的颜色不能相同，则不同种植方法的种数为(　　)

A．96 B．114
C．168 D．240
解析：选C.先在a中种植，有4种不同方法，再在b中种植，有3种不同方法，再在c中种植，若c与b同色，则d有3种不同方法，若c与b不同色，c有2种不同方法，d有2种不同方法，再在e中种植，有2种不同方法，所以共有4×3×1×3×2＋4×3×2×2×2＝168(种)，故选C.
4．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有________个．
解析：①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A＝24(个)；
②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A＝24(个)．　
由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)．
答案：48
5．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是________．
解析：按分步来完成此事．第1张有10种分法，第2张有9种分法，第3张有8种分法，故共有10×9×8＝720种分法．
答案：720
6．在学校举行的田径运动会上，8名男运动员参加100米决赛，其中甲、乙、丙三人必须在1，2，3，4，5，6，7，8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．
解析：分两步安排这8名运动员．第一步，安排甲、乙、丙三人，共有1，3，5，7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24(种)；第二步，安排另外5人，可在2，4，6，8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．所以安排这8名运动员的方式共有24×120＝2 880(种)．
答案：2 880


应用两个计数原理解题的方法
(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
(2)对于复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．　

　　　排列、组合的应用
[考法全练]
1．(2019·长春市质量监测(一))要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A、B、C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到A班的分法种数为(　　)
A．6　　　　　　　　 B．12
C．24 D．36
解析：选B.由题意可知，可以分两类，第一类，甲与另一人一同被分到A班，分法有CA＝6(种)；第二类，甲单独被分到A班，分法有CA＝6(种)．所以共有12种，故选B.
2．(一题多解)(2019·安徽五校联盟第二次质检)某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言，则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　)
A．15　　　　　　　　 B．30
C．35 D．42
解析：选B.法一：甲企业有2人，其余5家企业各有1人，共有7人，所以从7人中任选3人共有C种情况，发言的3人来自2家企业的情况有CC种，所以发言的3人来自3家不同企业的可能情况共有C－CC＝30(种)，故选B.
法二：发言的3人来自3家不同企业且含甲企业的人的情况有CC＝20(种)；发言的3人来自3家不同企业且不含甲企业的人的情况有C＝10(种)，所以发言的3人来自3家不同企业的可能情况共有20＋10＝30(种)，故选B.
3．(2019·合肥市第二次质量检测)某部队在一次军演中要先后执行A，B，C，D，E，F六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B，C不能相邻，则不同的执行方案共有(　　)
A．36种 B．44种
C．48种 D．54种
解析：选B.由题意知任务A，E必须相邻，且只能安排为AE，由此分三类完成，(1)当AE排第一、二位置时，用○表示其他任务，则顺序为AE○○○○，余下四项任务，先全排D，F两项任务，然后将任务B，C插入D，F两项任务形成的三个空隙中，有AA种方法．(2)当AE排第二、三位置时，顺序为○AE○○○，余下四项任务又分为两类：①B，C两项任务中一项排在第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，有AA种方法；②D，F两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，且任务B，C不相邻，有AA种方法．(3)当AE排第三、四位置时，顺序为○○AE○○，第一、二位置必须分别排来自B，C和D，F中的一个，余下两项任务排在后两个位置，有CCAA种方法．根据分类加法计数原理知不同的执行方案共有AA＋AA＋AA＋CCAA＝44(种)，故选B.
4．用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成________个无重复数字的三位数，也可以组成________个能被5整除且无重复数字的五位数．
解析：第一个空：第一步，先确定三位数的最高数位上的数，有C＝5种方法；
第二步，确定另外两个数位上的数，有A＝5×4＝20种方法，
所以可以组成5×20＝100个无重复数字的三位数；
第二个空：被5整除且无重复数字的五位数的个位上的数有2种情况：
当个位上的数字是0时，其他数位上的数有A＝5×4×3×2＝120个；
当个位上的数字是5时，先确定最高数位上的数，有C＝4种方法，而后确定其他三个数位上的数有A＝4×3×2＝24种方法，所以共有24×4＝96个数，
根据分类加法计数原理共有120＋96＝216个数．
答案：100　216
5．(一题多解)(2019·长沙市统一模拟考试)为培养学生的综合素养，某校准备在高二年级开设A，B，C，D，E，F，共6门选修课程，学校规定每个学生必须从这6门课程中选3门，且A，B两门课程至少要选1门，则学生甲共有________种不同的选法．
解析：通解：根据题意，可分三类完成：(1)选A课程不选B课程，有C种不同的选法；(2)选B课程不选A课程，有C种不同的选法；(3)同时选A和B课程，有C种不同的选法．根据分类加法计数原理，得C＋C＋C＝6＋6＋4＝16(种)，故学生甲共有16种不同的选法．
优解：从6门课程中选3门不同选法有C种，而A和B两门课程都不选的选法有C种，则学生甲不同的选法共有C－C＝20－4＝16(种)．
答案：16
6．(2019·郑州市第一次质量预测)《中国诗词大会》(第三季)亮点颇多，在“人生自有诗意”的主题下，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味．若《沁园春·长沙》《蜀道难》《敕勒歌》《游子吟》《关山月》《清平乐·六盘山》排在后六场，且《蜀道难》排在《游子吟》的前面，《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有________种．(用数字作答)
解析：分两步完成：(1)《蜀道难》《敕勒歌》《游子吟》《关山月》进行全排有A种，若《蜀道难》排在《游子吟》的前面，则有A种；(2)《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》插入已经排列好的四首诗词形成的前4个空位(不含最后一个空位)中，插入法有A种．由分步乘法计数原理，知满足条件的排法有AA＝144(种)．
答案：144

排列、组合应用问题的8种常见解法
(1)特殊元素(特殊位置)优先安排法．
(2)相邻问题捆绑法．
(3)不相邻问题插空法．　
(4)定序问题缩倍法．
(5)多排问题一排法．
(6)“小集团”问题先整体后局部法．
(7)构造模型法．
(8)正难则反，等价转化法．

　　　二项式定理
[考法全练]
1.的展开式中x4的系数为(　　)
A．10　　　　　　　 B．20
C．40 D．80
解析：选C.Tr＋1＝C(x2)5－r＝C2rx10－3r，由10－3r＝4，得r＝2，所以x4的系数为C×22＝40.
2．(2019·四省八校双教研联考)二项式(1＋x＋x2)(1－x)10展开式中x4的系数为(　　)
A．120 B．135
C．140 D．100
解析：选B.(1－x)10的展开式的通项Tr＋1＝C(－x)r＝(－1)rCxr，分别令r＝4，r＝3，r＝2，可得展开式中x4的系数为(－1)4C＋(－1)3C＋(－1)2C＝135，故选B.
3．(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)
A．10 B．20
C．30 D．60
解析：选C.(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.
所以x5y2的系数为CC＝30.故选C.
4．若(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝(　　)
A．80 B．120
C．180 D．240
解析：选D.由(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5两边求导，可得15(3x－1)4＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋5a5x4，令x＝1得，15×(3－1)4＝a1＋2a2＋3a3＋…＋5a5，即a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝240，故选D.
5．已知二项式的展开式中，第5项是常数项，则n＝________，二项式系数最大的项的系数是________．
解析：二项式展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)n－r＝2n－rCxn－r，因为第5项是常数项，所以n－×4＝0，即n＝6.当r＝3时，二项式系数C最大，故二项式系数最大的项的系数是26－3C＝160.
答案：6　160
6．(2019·广州市调研测试)已知(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝________．　
解析：因为(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，所以取x＝1得(＋2)4＝(a0＋a2＋a4)＋(a1＋a3)①；取x＝－1得(－2)4＝(a0＋a2＋a4)－(a1＋a3)②.①②相乘得(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(＋2)4×(－2)4＝[()2－22]4＝16.
答案：16

对于“多项式乘二项式”型的二项式问题，通用的解法是系数配对法，即将多项式中的每一项xk的系数与后面二项式展开式中xr－k的系数相乘，然后把所有这些满足条件的情况相加，即得到xr项的系数．
[提醒]　关注2个常失分点：(1)混淆“项的系数”与“二项式系数”概念，项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正．(2)注意“常数项”“有理项”“系数最大的项”等概念．　

一、选择题
1．在某夏令营活动中，教官给6位“萌娃”布置一项搜寻空投食物的任务．已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于Grace年龄尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处．那么不同的搜寻方案有(　　)
A．10种　　 B．40种
C．70种 D．80种
解析：选B.若Grace不参与任务，则需要从剩下的5位小孩中任意挑出1位陪同，有C种挑法，再从剩下的4位小孩中挑出2位搜寻远处，有C种挑法，最后剩下的2位小孩搜寻近处，因此一共有CC＝30种搜寻方案；若Grace参加任务，则其只能去近处，需要从剩下的5位小孩中挑出2位搜寻近处，有C种挑法，剩下3位小孩去搜寻远处，因此共有C＝10种搜寻方案．综上，一共有30＋10＝40种搜寻方案，故选B.
2．(2019·合肥市第一次质量检测)若的展开式的常数项为60，则a的值为(　　)
A．4 B．±4
C．2 D．±2
解析：选D.的展开式的通项为Tr＋1＝C·(ax)6－r·＝(－1)r·a6－r·C·x6－r，令6－r＝0，得r＝4，则(－1)4·a2·C＝60，解得a＝±2，故选D.
3．若4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有(　　)
A．4种 B．8种
C．12种 D．24种
解析：选B.将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有C×2＝8种站法，故选B.
4．设(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a1等于(　　)
A．80 B．－80
C．－160 D．－240
解析：选D.因为(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，所以二项展开式中含x项的系数为C×(－1)4×C×(－2)5＋C×(－1)5×C×(－2)4＝－160－80＝－240，故选D.
5．(2019·广州市综合检测(一))(2－x3)(x＋a)5的展开式的各项系数和为32，则该展开式中x4的系数是(　　)
A．5 B．10
C．15 D．20
解析：选A.在(2－x3)(x＋a)5中，令x＝1，得展开式的各项系数和为(1＋a)5＝32，解得a＝1，故(x＋1)5的展开式的通项Tr＋1＝Cx5－r.当r＝1时，得T2＝Cx4＝5x4，当r＝4时，得T5＝Cx＝5x，故(2－x3)(x＋1)5的展开式中x4的系数为2×5－5＝5，选A.
6．(2019·柳州模拟)从{1，2，3，…，10}中选取三个不同的数，使得其中至少有两个数相邻，则不同的选法种数是(　　)
A．72 B．70
C．66 D．64
解析：选D.从{1，2，3，…，10}中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，共有C·C＋C·C＝56种选法，三个数相邻共有C＝8种选法，故至少有两个数相邻共有56＋8＝64种选法，故选D.
7．(2019·洛阳尖子生第二次联考)某校从甲、乙、丙等8名教师中选派4名同时去4个边远地区支教(每地1名教师)，其中甲和乙不能都去，甲和丙都去或都不去，则不同的选派方案有(　　)
A．900种 B．600种
C．300种 D．150种
解析：选B.第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，再从剩余的5名教师中选2名，不同的选派方案有C×A＝240(种)；第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，从乙和剩余的5名教师中选4名，不同的选派方案有C×A＝360(种)．所以不同的选派方案共有240＋360＝600(种)．故选B.
8．已知(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2的值为(　　)
A．39 B．310
C．311 D．312
解析：选D.对(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9两边同时求导，得9(x＋2)8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7＋9a9x8，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9＝310，令x＝－1，得a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9＝32.所以(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2＝(a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9)(a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9)＝312，故选D.
9．(多选)若二项式展开式中的常数项为15，则实数m的值可能为(　　)
A．1 B．－1
C．2 D．－2
解析：选AB.二项式展开式的通项Tr＋1＝Cx6－r＝Cxmr.令6－r＝0，得r＝4，常数项为Cm4＝15，则m4＝1，得m＝±1.故选AB.
10．(多选)已知(3x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，设(3x－1)n的展开式的二项式系数之和为Sn，Tn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N*)，则(　　)
A．a0＝1
B．Tn＝2n－(－1)n
C．n为奇数时，Sn＜Tn；n为偶数时，Sn＞Tn
D．Sn＝Tn
解析：选BC.由题意知Sn＝2n，令x＝0，得a0＝(－1)n，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2n，所以Tn＝2n－(－1)n，故选BC.
11．(多选)某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是(　　)
A．若任意选择三门课程，选法总数为A
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为CC
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C—C
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为CC—C
解析：选ABD.对于A，若任意选择三门课程，选法总数为C种，错误；对于B，若物理和化学选一门，有C种方法，其余两门从剩余的5门中选，有C种选法；若物理和化学选两门，有C种选法，剩下一门从剩余的5门中选，有C种选法，所以总数为(CC＋CC)种，错误；对于C.若物理和历史不能同时选，选法总数为C—C·C＝(C—C)种，正确；对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历史不同时选，有C·C种选法；②选化学，不选物理，有C·C种选法；③物理与化学都选，有C·C种选法，故总数为C·C＋C·C＋C·C＝6＋10＋4＝20(种)，错误．故选ABD.
12．(多选)(2019·山东日照期末)把四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有(　　)
A．CCCC种 B．CA种
C．CCA种 D．18种
解析：选BC.根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，且没有空盒，三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则分两步进行分析：法一：①先将四个不同的小球分成3组，有C种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A种放法．则不允许有空盒子的放法有CA＝36种．
法二：①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的盒子中，有CC种情况；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个盒子中，有A种放法，则不允许有空盒的放法有CCA＝36种，故选BC.
二、填空题
13．在的展开式中，x3的系数是________．
解析：的展开式的通项Tr＋1＝C(－4)5－r·，r＝0，1，2，3，4，5，的展开式的通项Tk＋1＝Cxr－k＝4kCxr－2k，k＝0，1，…，r.令r－2k＝3，当k＝0时，r＝3；当k＝1时，r＝5.所以x3的系数为40×C×(－4)5－3×C＋4×C×(－4)0×C＝180.
答案：180
14．(2019·福州市质量检测)(1＋ax)2(1－x)5的展开式中，所有x的奇数次幂项的系数和为－64，则正实数a的值为________．
解析：设(1＋ax)2(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7，令x＝1得0＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7①，
令x＝－1得(1－a)225＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7②，
②－①得：(1－a)225＝－2(a1＋a3＋a5＋a7)，又a1＋a3＋a5＋a7＝－64，所以(1－a)225＝128，解得a＝3或a＝－1(舍)．
答案：3
15．(2019·湖南郴州一模改编)若的展开式中各项系数之和为256，则n的值为________，展开式中的系数是________．
解析：令x＝1，可得的展开式中各项系数之和为2n＝256，所以n＝8，所以＝，它的展开式的通项公式Tr＋1＝C·(－1)r·38－r·x8－r.
令8－＝－2，可得r＝6，则展开式中的系数为C·32＝252.
答案：8　252
16．(一题多解)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．
解析：法一：从16张不同的卡片中任取3张，不同取法的种数为C，其中有2张红色卡片的不同取法的种数为C×C，其中3张卡片颜色相同的不同取法的种数为C×C，所以3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张的不同取法的种数为C－C×C－C×C＝472.
法二：若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中选3张，若都不同色，则不同取法的种数为C×C×C＝64，若2张颜色相同，则不同取法的种数为C×C×C×C＝144.若红色卡片有1张，则剩余2张不同色时，不同取法的种数为C×C×C×C＝192，剩余2张同色时，不同取法的种数为C×C×C＝72，所以不同的取法共有64＋144＋192＋72＝472(种)．
答案：472