2021年高考数学(浙江专用-理科)二轮专题复习讲练：专题六--第3讲.docx

第3讲　计数原理
考情解读　(1)高考中对两个计数原理、排列、组合的考查以基本概念、基本方法(如“在”“不在”问题、相邻问题、相间问题)为主，主要涉及数字问题、样品问题、几何问题、涂色问题、选取问题等；对二项式定理的考查，主要是利用通项求开放式的特定项，利用二项式定理开放式的性质求有关系数问题．主要考查分类与整合思想、转化与化归思想、补集思想和规律思维力气．(2)排列、组合、两个计数原理往往通过实际问题进行综合考查，一般以选择、填空题的形式毁灭，难度中等，还经常与概率问题相结合，毁灭在解答题的第一或其次个小题中，难度也为中等；对于二项式定理的考查，主要毁灭在选择题或填空题中，难度为易或中等．

1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理
假如每种方法都能将规定的大事完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；假如需要通过若干步才能将规定的大事完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．
2．排列与组合
(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，依据确定的挨次排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．从n个不同元素中取出m个元素的排列数公式是A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)或写成A＝.
(2)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素组成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．从n个不同元素中取出m个元素的组合数公式是
C＝或写成C＝.
(3)组合数的性质
①C＝C；
②C＝C＋C.
3．二项式定理
(1)二项式定理：(a＋b)n＝Canb0＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Ca0bn(r＝0,1,2，…，n)．
(2)二项开放式的通项
Tr＋1＝Can－rbr，r＝0,1,2，…，n，其中C叫做二项式系数．
(3)二项式系数的性质
①对称性：与首末两端“等距离”两项的二项式系数相等，
即C＝C，C＝C，…，C＝C，….
②最大值：当n为偶数时，中间的一项的二项式系数Cn取得最大值；当n为奇数时，中间的两项的二项式系数Cn，Cn相等，且同时取得最大值．
③各二项式系数的和
a．C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n；
b．C＋C＋…＋C＋…＝C＋C＋…＋C＋…
＝·2n＝2n－1.

热点一　两个计数原理
例1　(1)将1,2,3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为(　　)

A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
(2)假如一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275)，那么全部凸数的个数为(　　)
A．240 B．204
C．729 D．920
思维启迪　(1)先确定数字1,2,9的位置，再分步填写空格；(2)按中间数进行分类．
答案　(1)A　(2)A
解析　(1)∵每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填后与之相邻的空格可填6,7,8任一个；
余下两个数字按从小到大只有一种方法．
共有2×3＝6种结果，故选A.
(2)分8类，当中间数为2时，有1×2＝2种；
当中间数为3时，有2×3＝6种；
当中间数为4时，有3×4＝12种；
当中间数为5时，有4×5＝20种；
当中间数为6时，有5×6＝30种；
当中间数为7时，有6×7＝42种；
当中间数为8时，有7×8＝56种；
当中间数为9时，有8×9＝72种．
故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240种．
思维升华　(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)对于简洁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)(2022·大纲全国)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有(　　)
A．60种 B．70种
C．75种 D．150种
(2)已知函数f(x)＝ln(x2＋1)的值域为{0,1,2}，则满足这样条件的函数的个数为(　　)
A．8 B．9
C．26 D．27
答案　(1)C　(2)B
解析　(1)由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有CC＝75(种)．
(2)由于值域为{0,1,2}即ln(x2＋1)＝0⇒x＝0，
ln(x2＋1)＝1⇒x＝±，
ln(x2＋1)＝2⇒x＝±，所以定义域取值即在这5个元素中选取，①当定义域中有3个元素时，CCC＝4，②当定义域中有4个元素时，CC＝4，③当定义域中有5个元素时，有一种状况．所以共有4＋4＋1＝9(个)这样的函数．
热点二　排列与组合
例2　(1)(2022·重庆)某次联欢会要支配3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出挨次，则同类节目不相邻的排法种数是(　　)
A．72 B．120
C．144 D．168
(2)(2022·衡水模拟)数列{an}共有12项，其中a1＝0，a5＝2，a12＝5，且|ak＋1－ak|＝1，k＝1,2,3，…，11，则满足这种条件的不同数列的个数为(　　)
A．84 B．168
C．76 D．152
思维启迪　(1)将不能相邻的节目插空支配；(2)考虑数列中项的增减变化次数．
答案　(1)B　(2)A
解析　(1)先支配小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．支配小品节目和相声节目的挨次有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种状况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有ACA＝36(种)支配方法；同理，第三种状况也有36种支配方法，对于其次种状况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有AA＝48(种)支配方法，故共有36＋36＋48＝120(种)支配方法．
(2)∵|ak＋1－ak|＝1，k＝1,2,3，…，11，∴前一项总比后一项大1或小1，a1到a5中4个变化必定有3升1减，a5到a12中必定有5升2减，是组合的问题，∴C×C＝84.
思维升华　解排列、组合的应用题，通常有以下途径：
(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．
(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．
(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．
　(1)在航天员进行的一项太空试验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能毁灭在第一步或最终一步，程序B和C实施时必需相邻，则试验挨次的编排方法共有(　　)
A．24种 B．48种
C．96种 D．144种
(2)(2022·淄博模拟)从0,1,2,3,4中任取四个数字组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数是________(用数字作答)．
答案　(1)C　(2)60
解析　(1)首先支配A有2种方法；其次步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法；第三步支配剩余的3个程序，有A种排法，共有2×4×2×A＝96(种)．
(2)0,1,2,3,4中任取四个数字组成无重复数字的四位数，且为偶数，有两种状况：
一是当0在个位的四位偶数有A＝24(个)；
二是当0不在个位时，先从2,4中选一个放在个位，再从余下的三个数选一个放在首位，应有AAA＝36(个)，
故共有四位偶数60个．
热点三　二项式定理
例3　(1) (－)8二项开放式中的常数项为(　　)
A．56 B．－56
C．112 D．－112
(2)假如(1＋x＋x2)(x－a)5(a为实常数)的开放式中全部项的系数和为0，则开放式中含x4项的系数为________．
思维启迪　(1)利用通项公式求常数项；(2)可用赋值法求二项开放式全部项的系数和．
答案　(1)C　(2)－5
解析　(1)∵Tr＋1＝C()8－r(－)r
＝C(－2)r，∴令－r＝0，即r＝2，
∴常数项为C(－2)2＝112，
(2)∵令x＝1得(1＋x＋x2)(x－a)5的开放式中全部项的系数和为(1＋1＋12)(1－a)5＝0，∴a＝1，∴(1＋x＋x2)(x－a)5＝(1＋x＋x2)(x－1)5＝(x3－1)(x－1)4＝x3(x－1)4－(x－1)4，
其开放式中含x4项的系数为
C(－1)3－C(－1)0＝－5.
思维升华　(1)在应用通项公式时，要留意以下几点：
①它表示二项开放式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；
②Tr＋1是开放式中的第r＋1项，而不是第r项；
③公式中，a，b的指数和为n且a，b不能任凭颠倒位置；
④对二项式(a－b)n开放式的通项公式要特殊留意符号问题．
(2)在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．
　(1)(2022·湖北)若二项式(2x＋)7的开放式中的系数是84，则实数a等于(　　)
A．2 B.
C．1 D.
(2)(2022·浙江)在(1＋x)6(1＋y)4的开放式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)等于(　　)
A．45 B．60
C．120 D．210
答案　(1)C　(2)C
解析　(1)二项式(2x＋)7的开放式的通项公式为
Tr＋1＝C(2x)7－r·()r＝C27－rarx7－2r，
令7－2r＝－3，得r＝5.
故开放式中的系数是C22a5＝84，解得a＝1.
(2)由于f(m，n)＝CC，
所以f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)
＝CC＋CC＋CC＋CC＝120.

1．排列、组合应用题的解题策略
(1)在解决具体问题时，首先必需弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．
(2)区分某一问题是排列问题还是组合问题，关键看选出的元素与挨次是否有关．若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．也就是说排列问题与选取元素的挨次有关，组合问题与选取元素的挨次无关．
(3)排列、组合综合应用问题的常见解法：①特殊元素(特殊位置)优先支配法；②合理分类与精确     分步；③排列、组合混合问题先选后排法；④相邻问题捆绑法；⑤不相邻问题插空法；⑥定序问题倍缩法；⑦多排问题一排法；⑧“小集团”问题先整体后局部法；⑨构造模型法；⑩正难则反、等价转化法．
2．二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常有两种思路
一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数相等)；二是赋值．这两种思路相结合可以使得二项开放式的系数问题迎刃而解．
另外，通项公式主要用于求二项式的指数，求满足条件的项或系数，求开放式的某一项或系数，在运用公式时要留意以下几点：
(1)Can－rbr是第r＋1项，而不是第r项．
(2)运用通项公式Tr＋1＝Can－rbr解题，一般都需先转化为方程(组)求出n、r，然后代入通项公式求解．
(3)求开放式的特殊项，通常都是由题意列方程求出r，再求出所需的某项；有时需先求n，计算时要留意n和r的取值范围及它们之间的大小关系.

真题感悟
1．(2022·浙江)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券支配给4个人，每人2张，不同的获奖状况有________种(用数字作答)．
答案　60
解析　把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C种分法，再分给4人有A种分法，所以不同获奖状况种数为A＋CA＝24＋36＝60.
2．(2022·山东)若(ax2＋)6的开放式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．
答案　2
解析　(ax2＋)6的开放式的通项为
Tr＋1＝C(ax2)6－r·()r＝Ca6－rbrx12－3r，
令12－3r＝3，得r＝3，由Ca6－3b3＝20得ab＝1，
所以a2＋b2≥2＝2，故a2＋b2的最小值为2.
押题精练
1．给一个正方体的六个面涂上4种不同的颜色(红、黄、绿、蓝)，要求相邻2个面涂不同的颜色，则全部涂色方法的种数为(　　)
A．6 B．12 C．24 D．48
答案　A
解析　由于涂色过程中，要使用4种颜色，且相邻的面不同色，对于正方体的3组对面来说，必定有2组对面同色，1组对面不同色，而且3组对面具有“地位对等性”，因此，只需从4种颜色中选择2种涂在其中2组对面上，剩下的2种颜色分别涂在另外2个面上即可．因此共有C＝6(种)不同的涂法，故选A.
2．上海卫视台《百里挑一》收视率很高，现要连续插播4个广告，其中2个不同的商业广告和2个不同的公益宣扬广告，要求最终播放的必需是商业广告，且2个商业广告不能连续播放，则不同的播放方式有(　　)
A．8种 B．16种 C．18种 D．24种
答案　A
解析　可分三步：第一步，最终一个排商业广告有A种；其次步，在前两个位置选一个排其次个商业广告有A种；第三步，余下的两个排公益宣扬广告有A种．依据分步乘法计数原理，可得不同的播放方式共有AAA＝8(种)．故选A.
3．(＋)2n的开放式中第6项的二项式系数最大，则其常数项为(　　)
A．120 B．252 C．210 D．45
答案　C
解析　依据二项式系数的性质，得2n＝10，故二项式(＋)2n的开放式的通项公式是Tr＋1＝C()10－r·()r＝Cx5－－.依据题意令5－－＝0，解得r＝6，故所求的常数项等于C＝210.
4．若(1－2x)2 014＝a0＋a1x＋…＋a2 014x2 014，则＋＋…＋的值为(　　)
A．2 B．0 C．－1 D．－2
答案　C
解析　由于(1－2x)2 014＝a0＋a1x＋…＋a2 014x2 014，
令x＝，则(1－2×)2 014＝a0＋＋＋…＋＝0.
令x＝0，可得a0＝1.
所以＋＋…＋＝－1.

(推举时间：40分钟)
一、选择题
1．(2022·安徽)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)
A．24对 B．30对 C．48对 D．60对
答案　C
解析　如图，

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与面对角线AC成60°角的面对角线有B1C，BC1，A1D，AD1，AB1，A1B，D1C，DC1，共8条，同理与DB成60°角的面对角线也有8条．因此一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对．又正方体共有6个面，所以共有16×6＝96(对)．又由于每对被计算了2次，因此成60°角的面对角线有×96＝48(对)．
2．在(x－)5的二项开放式中，x2的系数为(　　)
A．40 B．－40
C．80 D．－80
答案　A
解析　(x－)5的开放式的通项为
Tr＋1＝Cx5－r(－)r＝(－2)rCx5－，
令5－＝2，得r＝2，故开放式中x2的系数是(－2)2C＝40，故选A.
3．从8名女生和4名男生中，抽取3名同学参与某档电视节目，假如按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为(　　)
A．224 B．112
C．56 D．28
答案　B
解析　依据分层抽样，从8个人中抽取男生1人，女生2人；所以取2个女生1个男生的方法：CC＝112.
4．若(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a0＋a1＋a3＋a5的值为(　　)
A．122 B．123 C．243 D．244
答案　B
解析　在已知等式中分别取x＝0、x＝1与x＝－1，得a0＝1，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1，因此有2(a1＋a3＋a5)＝35＋1＝244，a1＋a3＋a5＝122，a0＋a1＋a3＋a5＝123，故选B.
5．(2022·四川)在x(1＋x)6的开放式中，含x3项的系数为(　　)
A．30 B．20
C．15 D．10
答案　C
解析　由于(1＋x)6的开放式的第r＋1项为Tr＋1＝Cxr，x(1＋x)6的开放式中含x3的项为Cx3＝15x3，所以系数为15.
6．方案展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必需连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数有(　　)
A．AA B．AAA
C．CAA D．AAA
答案　D
解析　先把3种品种的画看成整体，而水彩画受限制应优先考虑，不能放在头尾，故只能放在中间，又油画与国画有A种放法，再考虑国画与油画本身又可以全排列，故排列的方法有AAA种．
7．二项式(－)n的开放式中第4项为常数项，则常数项为(　　)
A．10 B．－10
C．20 D．－20
答案　B
解析　由题意可知二项式(－)n的开放式的常数项为T4＝C()n－3(－)3＝(－1)3Cx，
令3n－15＝0，可得n＝5.
故所求常数项为T4＝(－1)3C＝－10，故选B.
8．有A、B、C、D、E五位同学参与网页设计竞赛，决出了第一到第五的名次．A、B两位同学去问成果，老师对A说：你的名次不知道，但确定没得第一名；又对B说：你是第三名．请你分析一下，这五位同学的名次排列的种数为(　　)
A．6 B．18
C．20 D．24
答案　B
解析　由题意知，名次排列的种数为CA＝18.
9．在二项式(x2－)n的开放式中，全部二项式系数的和是32，则开放式中各项系数的和为(　　)
A．32 B．－32
C．0 D．1
答案　C
解析　依题意得全部二项式系数的和为2n＝32，解得n＝5.
因此，令x＝1，则该二项开放式中的各项系数的和等于(12－)5＝0，故选C.
10．用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，假如颜色可以反复使用，则全部涂色方法的种数为(　　)
A．60 B．80
C．120 D．260
答案　D
解析　如图所示，

将4个小方格依次编号为1,2,3,4.假如使用2种颜色，则只能是第1,4个小方格涂一种，第2,3个小方格涂一种，方法种数是CA＝20；假如使用3种颜色，若第1,2,3个小方格不同色，第4个小方格只能和第1个小方格相同，方法种数是CA＝60，若第1,2,3个小方格只用2种颜色，则第4个方格只能用第3种颜色，方法种数是C×3×2＝60；假如使用4种颜色，方法种数是CA＝120.依据分类加法计数原理，知总的涂法种数是20＋60＋60＋120＝260，故选D.
二、填空题
11．“雾霾治理”“光盘行动”“网络反腐”“法治中国”“先看病后付费”成为2021年社会关注的五个焦点．小王想利用2022“五一”假期的时间调查一下社会对这些热点的关注度．若小王预备依据挨次分别调查其中的4个热点，则“雾霾治理”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的调查挨次总数为________．
答案　72
解析　先从“光盘行动”“网络反腐”“法治中国”“先看病后付费”这4个热点选出3个，有C种不同的选法；在调查时，“雾霾治理”支配的调查挨次有A种可能状况，其余三个热点调查挨次有A种，故不同调查挨次的总数为CAA＝72.
12．(x－1)(4x2＋－4)3的开放式中的常数项为________．
答案　160
解析　(x－1)(4x2＋－4)3＝(x－1)(2x－)6，其中(2x－)6开放式的第r＋1项为Tr＋1＝C(2x)6－r·(－)r＝(－1)r·C·26－r·x6－2r，
令r＝3，可得T4＝(－1)3C·23＝－160，
所以二项式(x－1)(4x2＋－4)3的开放式中常数项为
(－1)×(－160)＝160.
13．(2022·北京)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
答案　36
解析　将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有AA种方法，将产品A，B，C捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有AA种方法．于是符合题意的排法共有AA－AA＝36(种)．
14．(2022·课标全国Ⅱ)(x＋a)10的开放式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
答案　
解析　设通项为Tr＋1＝Cx10－rar，令10－r＝7，
∴r＝3，∴x7的系数为Ca3＝15，∴a3＝，∴a＝.
15．某工厂将甲、乙等五名新聘请员工支配到三个不同的车间，每个车间至少支配一名员工，且甲、乙两名员工必需分到同一个车间，则不同分法的种数为________．
答案　36
解析　若甲、乙分到的车间不再分人，则分法有C×A×C＝18种；若甲、乙分到的车间再分一人，则分法有3×C×A＝18种．所以满足题意的分法共有18＋18＝36种．
16．已知(x＋)6(a>0)的开放式中常数项为240，则(x＋a)(x－2a)2的开放式中x2项的系数为________．
答案　－6
解析　(x＋)6的二项开放式的通项为
Tr＋1＝Cx6－r()r＝Carx6－，令6－＝0，得r＝4，则其常数项为Ca4＝15a4＝240，则a4＝16，由a>0，故a＝2.又(x＋a)(x－2a)2的开放式中，x2项为－3ax2.故x2项的系数为(－3)×2＝－6.