《2023年高考人教版数学（理）大一轮复习讲义：第十章.DOC》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考人教版数学（理）大一轮复习讲义：第十章.DOC（111页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第一节计数原理与排列组合教材细梳理知识点1两个计数原理(1)分类加法计数原理完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法在第n类方案中有mn种不同的方法那么，完成这件事共有Nm1m2mn种不同的方法(2)分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法做第n步有mn种不同的方法那么，完成这件事共有Nm1m2mn种不同的方法知识点2排列与组合(1)排列、组合的定义排列的定义从n个不同元素中取出m(mn)个元素按照一定的顺序排成一列组合的定义合成一组(2)排列数、组合数
2、的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同排列的个数从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同组合的个数公式An(n1)(nm1)C性质An！，0！1CC，CCC拓展1正确理解组合数的性质(1)CC从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余nm个元素的方法数(2)CCC从n1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况：不含特殊元素A有C种方法；含特殊元素A有C种方法2分类加法计数原理中各类办法之间是相互独立的，并列的，互斥的分步乘法计数原理中各步之间是相互依存的四基精演练1思考辨析(在括号内打“”或“”)(1)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的
3、，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成()(2)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i1,2,3，n)，那么完成这件事共有m1m2m3mn种方法()(3)在分步乘法计算原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的()(4)所有元素完全相同的两个排列为相同排列()答案：(1)(2)(3)(4)2(知识点2)从3,5,7,11这四个质数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到的不同值的个数为()源自选修23P27T11A6B8C12 D16答案：C3(知识点1)某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选
4、3门若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有()源自选修23P27T7A3种 B6种C9种 D18种答案：C4(知识点2)男篮比赛中8支球队分为两个小组，单循环比赛，则两个小组共进行_场比赛源自选修23P27T5AA BCC2A D2C答案：D5(知识点2)把5张不同的电影票分给4个人，每人至少一张，则不同的分法种数为_源自选修23P28T13答案：CA240(种) 考点一两个原理的直接应用基础练通1已知椭圆1, 若a2,4,6,8，b1,2,3,4,5,6,7,8，这样的椭圆有()A12个 B16个C28个 D32个解析：选C.若焦点在x轴上，则ab，a2时，有1个；a4时，有3个；a
5、6时，有5个；a8时，有7个，共有135716(个)若焦点在y轴上，则ba，b3时，有1个；b4时，有1个；b5时，有2个；b6时，有2个；b7时，有3个，b8时，有3个共有11223312(个)故共有161228(个)2某校为了丰富学生的课外活动，安排了A，B两个活动小组某班甲、乙、丙、丁4名同学报名参加，每人只报一项，则4名同学的不同报名方案的种数为()A6 B8C12 D16解析：选D.分步完成，甲有2种报名方法，乙有2种报名方法，丙有2种报名方法，丁有2种报名方法，都报完了事件结束，故共有22222416(种)3(2018广州模拟)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开
6、，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有()A400种 B460种C480种 D496种解析：选C.完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6543360(种)方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有654120(种)方法由分类加法计数原理可知：不同涂法有360120480(种)1分类、分步的应用技巧(1)分类：一般按特殊情况优先分类，每类中再分步计数，当分类不多时，可用枚举法，当分类较多时，也可用间接法求解(2)分步：先按一定的顺序分步，
7、再按特殊要求分类2涂色、种植问题的解题关注点和关键(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理提醒对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化，以图助解考点二排列的应用探究变通例1(1)若A，B，C，D，E，F六个不同元素排成一列，要求A不排在两端，且B，C相邻，则不同的排法有_种(用数字作答)解析：由于B，C相邻，把B，C看作一个整体，有2种排法这样，6个元素变成了5个先排A，由于A不排在两端，则A排在中间的3个位置中，有A3种排法，其余的4个元素任意排，有A种不同
8、排法，故不同的排法有23A144(种)答案：144(2)在数字1,2,3与符号“”“”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有_种解析：本题主要考查某些元素不相邻的问题，先排符号“”“”，有A种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有AA12(种)答案：12母题变式1若本例(2)中条件“任意两个数字都不相邻”改为“1,2,3这三个数字必须相邻”，则这样的全排列方法有_种解析：用捆绑法，有AA36(种)答案：362若本例(2)中条件变为：符号“”与“”都不相邻，则这样的全排列有_种解析：共有AA7
9、2(种)答案：721求解有限制条件排列问题的主要方法直接法分类法选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数分步法选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数捆绑法相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中除法对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以已定元素的全排列间接法对于分类过多的问题，按正难则反，等价转化的方法2.解决有
10、限制条件排列问题的策略(1)根据特殊元素(位置)优先安排进行分步，即先安排特殊元素或特殊位置(2)根据特殊元素当选数量或特殊位置由谁来占进行分类考点三组合问题探究变通例3(1)一题多解(2018全国卷)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有_种(用数字填写答案)解析：解法一：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有CC12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有CC4(种)根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种解法二：从6人中任选3人，不同的选法有C20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C4(
11、种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20416(种)答案：16(2)一题多解甲、乙两人从4门选修课中各选修2门，则甲乙所选的课程中至少有一门相同的选法共有()A30种B36种C60种 D144种解析：解法一：(直接法)有一门相同的选法有CCC24(种)，有两门相同的选法有CC6(种)，故共有24630种选法解法二：(间接法)CCCC36630(种)答案：A(3)(2018西安模拟)共享单车是指企业与政府合作，在公共服务区等地方提供自行车单车共享服务现从6辆黄色共享单车和4辆蓝色共享单车中任取4辆进行检查，则至少有两辆蓝色共享单车的取法种数是_解析：分三种情况讨论：两辆蓝色共享单车，有CC
12、90(种)，三辆蓝色共享单车，有CC24(种)，四辆蓝色共享单车，有C1(种)根据分类加法计数原理可得，至少有两辆蓝色共享单车的取法种数是90241115.答案：115两类含有附加条件的组合问题的解法1“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；若“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取2“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，用间接法求解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，
13、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()A10种 B9种C12种 D8种解析：选C.依题意，满足题意的不同安排方案共有CC12(种)2.现有12张不同的扑克牌，其中红桃、方片、黑桃、梅花各3张，现从中任取3张，要求这3张牌不能是同一种且黑桃至多一张，则不同的取法种数为_解析：分类完成，含有一张黑桃的不同取法有CC108(种)，不含黑桃时，有C3C81(种)不同的取法故共有10881189(种)不同的取法答案：189考点四排列、组合的综合应用创新贯通命题点1简单的排列、组合的混合应用例3(1)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有(
14、)A12种B18种C24种 D36种解析：将4项工作分成3部分，每部分至少有1项工作，共有C6(种)方法，再分别分给3人，由分步乘法计数原理知，共有CA36(种)不同方法答案：D(2)将A，B，C，D，E这5名同学从左至右排成一排，则A与B相邻且A与C之间恰好有一名同学的排法有()A18种 B20种C21种 D22种解析：当A，C之间为B时，看成一个整体进行排列，共有AA12种，当A，C之间不是B时，先在A，C之间插入D，E中的任意一个，然后B在A之前或之后，再将这四个人看成一个整体，与剩余一个进行排列，共有CAA8(种)，所以共有20种不同的排法故选B.答案：B命题点2分组、分配问题例4有4
15、个不同的球和4个不同的盒子，把球全部放入盒内(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理得，共有CCCA144(种)(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒内不放球
16、”是同一件事，所以共有144种放法(3)确定2个空盒有C种方法4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有A种方法故共有C(CCAA)84(种)分组问题的求解策略1对不同元素的分配问题(1)整体均分：解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数(2)部分均分：解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数(3)不等分组：只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相
17、等，所以不需要除以全排列数2对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”3将6名同学平均分成三组，每组两人，则不同的分组方法的种数为()A60 B30C15 D10解析：选C.平均分成三组的方法种数为15(种)4将5名交警分配到三个拥挤的路口疏导交通，其中一个路口1人，另两个路口各2人的不同安排方案共有_种A360 B180C90 D60解析：选C.先分组后排列，共有A90(种)不同的安排方案5.某学校需从3名男生和2名女生中选出4人，分派到甲、乙、丙三地参加义工活动，其中甲地需要选派2人且至少有1名女生，乙地和丙地各需要选派1人，则不同的选派方法的种数是()A18 B24C36 D4
18、2解析：选D.由题设可分两类：一是甲地只含有一名女生，先考虑甲地有CC种情形，后考虑乙、丙两地，有A种情形，共有CCA36(种)情形；二是甲地只含有两名女生，则甲地有C种情形，乙、丙两地有A种情形，共有CA6(种)情形由分类计数原理可得36642(种)情形故选D.排列与组合问题中的容斥原理容斥原理设card(A)表示集合A的元素个数，则card(AB)card(A)card(B)card(AB)；card(ABC)card(A)card(B)card(C)card(AB)card(AC)card(BC)card(ABC)例5有6名同学咨询成绩，老师说：甲不是6人中成绩最好的，乙不是6人中成绩最
19、差的而且6人的成绩各不相同，那么他们6人的成绩不同的可能排序共有()A120种B216种C384种 D504种解析：以A记为甲成绩排名第一的所有可能的排序的集合，以B记为乙成绩排名最后的所有可能的排序的集合，则|A|B|5！，|AB|4！.由容斥原理知，甲排名第一或乙排名最后的所有的排序数为|AB|A|B|AB|216.按照老师所述，这6名同学成绩可能的排序数为6！216504，故选D.答案：D本题是逻辑推理题，关键是建立适当的数学模型进行求解通过分析，可转化为与排列有关的容斥原理问题，进而求出答案利用容斥原理能有效降低问题的维度素材库1(2018浙江卷)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从
20、0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成_个没有重复数字的四位数(用数字作答)解析：若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为CCA；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为CCCA.综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为CCACCCA7205401 260.答案：1 2602(2016全国卷)定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数，若m4，则不同的“规范01数列”共有()A18个 B16个C14个 D12个解析：选C.当m4时，数列an共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对
21、任意k8，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数，则必有a10，a81，a2可为0，也可为1.(1)当a20时，分以下3种情况：若a30，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C4种情况；若a31，a40，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C3种情况；若a31，a41，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C2种情况；(2)当a21时，必有a30，分以下2种情况：若a40，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C3种情况；若a41，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C2种情况综上所述，不同的“规范01数列”共有4323214个，故选C.限时规范训练(限时练夯基
22、练提能练)A级基础夯实练1从集合0,1,2,3,4,5,6中任取两个互不相等的数a，b组成复数abi，其中虚数的个数是()A30B42C36 D35解析：选C.因为abi为虚数，所以b0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6636个虚数2某市委从组织机关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()A85 B56C49 D28解析：选C.由于丙不入选，相当于从9人中选派3人甲、乙两人均入选，有CC种选法，甲、乙两人只有1人入选，有CC种选法所以由分类加法计数原理知，共有CCCC49种不同选法3从1,3,5中取两个数，从2,
23、4中取一个数，可以组成没有重复数字的三位数，则在这些三位数中，奇数的个数为()A12 B18C24 D36解析：选C.从1,3,5中取两个数有C种方法，从2,4中取一个数有C种方法，而奇数只能从1,3,5取出的两个数之一作为个位数，故奇数的个数为CCAA3222124(个)4六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A192种 B216种C240种 D288种解析：选B.第一类：甲在最左端，有A54321120(种)方法；第二类：乙在最左端，有4A4432196(种)方法所以共有12096216(种)方法5某班组织文艺晚会，准备从A，B等8个节目中选出4个
24、节目演出，要求A，B两个节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为()A1 860 B1 320C1 140 D1 020解析：选C.当A，B节目中只选其中一个时，共有CCA960(种)演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有CAA180(种)演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序6(2018河南天一大联考)如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法共有()A360种 B720种C780种 D840种解析：选B.
25、由题意知2,3,4,5的颜色都不相同，先涂1：有6种方法，再涂2,3,4,5，有A种方法，故一共有6A720(种)7某县委将7位大学生志愿者(4男3女)分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有()A36种 B68种C104种 D110种解析：选C.分组的方案有3、4和2、5两类，第一类有(C1)A68(种)；第二类有(CC)A36(种)，所以共有N6836104(种)8从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有_种(用数字作答)解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不
26、能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有34336(种)答案：369乘积(abc)(defh)(ijklm)展开后共有_项解析：由(abc)(defh)(ijklm)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有34560(项)答案：6010若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法共有_种解析：把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两
27、个o，共一种排法，所以总的排法种数为A12(种)其中正确的有一种，所以错误的共A112111(种)答案：11B级能力提升练11(2018福建漳州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：个位数字与十位数字之和为奇数，所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是()A540 B480C360 D200解析：选D.由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有CCA50(种)排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C4(种)满足题意的选法，故满足题意的三位数共有504200(个)12(2018浙江温州高三模拟)身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一
28、个队形，则甲丁不相邻的不同的排法共有()A12 B14C16 D18解析：选B.从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人的身高可记为1,2,3,4,5.要求1,4不相邻分四类：先排4,5时，则1只有1种排法，2,3在剩余的两个位上，这样有AA4(种)排法；先排3,5时，则4只有1种排法，2,1在剩余的两个位上，这样有AA4种排法；先排1,2时，则4只有1种排法，3,5在剩余的两个位上，这样有AA4(种)排法；先排1,3时，则这样的数只有两个，即21534,43512，只有两种排法综上共有444214(种)排法，故选B.13将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路
29、口的分配方案共有()A18种 B24种C36种 D72种解析：选C.不同的分配方案可分为以下两种情况：甲、乙两人在一个路口，其余三人分配在另外的两个路口，其不同的分配方案有CA18(种)；甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有CA18(种)由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有181836(种)14(2018黑龙江哈尔滨第六中学期末)某中学高一学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现从中任选3人，要求这三人不能全是同一个班的学生，且在三班至多选1人，则不同选法的种数为()A484 B472C252 D232解析：选B.若三班有1人入选，则
30、另两人从三班以外的12人中选取，共有CC264(种)选法若三班没有人入选，则要从三班以外的12人中选3人，又这3人不能全来自同一个班，故有C3C208(种)选法故总共有264208472(种)不同的选法15用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个(用数字作答)解析：分两种情况：第一种：四位数都不是偶数的个数为：A120(个)，第二种：四位数中有一位为偶数的个数为CCA960(个)，则共有1 080个答案：1 08016设a，b，c1,2,3,4,5,6，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三
31、角形有_个解析：由题意知以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，(1)先考虑等边三角形情况则abc1,2,3,4,5,6，此时有6个(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则ab，当ab1时，cab2，则c1，与等边三角形情况重复；当ab2时，c4，则c1,3(c2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；当ab3时，c6，则c1,2,4,5，此时有4个；当ab4时，c8，则c1,2,3,5,6，此时有5个；当ab5时，c10，有c1,2,3,4,6，此时有5个；当ab6时，c12，有c1,2,3,4,5，此时有5个；由分类加法计数原理知有24555627(个)答案：27第
32、二节二项式定理教材细梳理知识点1二项式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn(nN*)这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做(ab)n的二项展开式，其中的系数C(r0,1,2，n)叫做二项式系数二项展开式中的Canrbr叫做二项展开式的通项，用Tr1表示，即通项为展开式的第r1项：Tr1Canrbr.知识点2二项展开式形式上的特点对于(ab)n的展开式，有(1)项数为n1.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项开始，次数由零逐项增1直到n.(4)二项式系
33、数从C，C一直到C，C.知识点3二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即CC.(2)增减性与最大值：对于二项式系数C(r0,1,2，n)，当r时，二项式系数是递增的；当r时，二项式系数是递减的当n是偶数时，二项展开式的中间一项的二项式系数最大，即最大的二项式系数为Cn.当n是奇数时，二项展开式的中间两项第项和第项的二项式系数最大，即最大的二项式系数为Cn和Cn.(3)二项式系数的和(ab)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即CCCCC2n.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CCCCCC2n1.拓展杨辉三角下面的数表称为杨辉
34、三角1第n行的数字就是(ab)n展开的各项的二项式系数2每一行除两端的“1”之外，每一个数字都是(上一行)它“肩”上的两数字之和四基精演练1思考辨析(在括号内打“”或“”)(1)Canrbr是二项展开式的第r项()(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项()(3)(ab)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关()(4)在(1x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项()答案：(1)(2)(3)(4)2(知识点1)(12x)5的展开式中，x2的系数等于()源自选修23P37T5A80B40C20 D10答案：B3(知识点3)8的展开式中常数项为()源自选修23P37T5A. B
35、C. D105答案：B4(知识点3)若(1ax)7(a0)的展开式中x5与x6的系数相等，则a_.源自选修23P37A组T4答案：3考点一二项展开式通项公式的应用探究变通命题点1展开式中特定项的系数例1(1)(2018全国卷)5的展开式中x4的系数为()A10B20C40 D80解析：Tr1C(x2)5rrC2rx103r，由103r4，得r2，所以展开式中x4的系数为C2240.答案：C(2)(2017全国卷)(1x)6展开式中x2的系数为()A15 B20C30 D35解析：(1x)6展开式中含x2的项为1Cx2Cx430x2，故x2的系数为30.答案：C母题变式1若本例(1)条件不变，求
36、第一项与第三项系数的和解：第一项与第三项系数的和为C20C2241.2若本例(2)中条件不变，求展开式中的常数项解：常数项为1Cx216.命题点2求展开式中的特定项例2(1)一题多解当x0时，5的展开式中的常数项为_(用数字作答)解析：解法一：510，二项展开式的通项公式为Tr1C10r()102r，所以，当r5时为常数项，即为C5.解法二：(化三项式为二项式)55(x)25(x)10.求原展开式中的常数项，转化为求(x)10的展开式中x5项的系数，即为C()5.所以，所求的常数项为.答案：(2)(2018河南信阳二模)(x21)5的展开式的常数项是()A5 B10C32 D42解析：由于5的
37、通项为C5r(2)rC(2)rx，故(x21)5的展开式的常数项是C(2)C(2)542，故选D.答案：D母题变式若本例(2)中的条件不变，求含x2的项解：由于5的通项为C(2)rx，只有当r1时，(x21)5展开式中才有x2，即1C(2)1x210x2.1求二项展开式中的特定项的系数问题的步骤(1)利用通项公式将Tk1项写出并化简(2)令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出k.(3)代回通项得所求(4)对于三项式问题或几个多项式积的问题，可转化为二项式问题求解2求多项式展开式中的特定项或项的系数问题的方法(1)对于三项式问题，一般先变形化为二项式，再用通
38、项公式求解，或用组合知识求解(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般对某个因式用通项公式，再结合与其他因式相乘情况求解特定项，或根据因式连乘的规律，结合组合知识求解，但要注意适当地运用分类思想，以免重复或遗漏(3)对于几个多项式和的展开式中的特定项问题，只需依据各个二项展开式中分别得到符合要求的项，再求和即可1.(xy)(2xy)5的展开式中x3y3的系数为()A80B40C40 D80解析：选C.由二项式定理可得，原式展开式中含x3y3的项为xC(2x)2(y)3yC(2x)3(y)240x3y3，则x3y3的系数为40，故选C.2设i为虚数单位，则(xi)6的展开式中含x4的项为
39、()A15x4B15x4C20ix4 D20ix4解析：选A.Tr1Cxr(i)6r，含x4的项为T5Cx4i215x4.考点二二项式系数的性质及各 项和创新贯通例3(1)在(12x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式二项式系数最大的项为_解析：由二项式系数的性质知，2n1128，解得n8，(12x)8的展开式共有9项，中间项，即第5项的二项式系数最大，T41C14(2x)41 120x4.答案：1 120x4(2)一题多解(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a_.解析：解法一：由已知得(1x)414x6x24x3x4，故(ax)(1x)4的展开式
40、中x的奇数次幂项分别为4ax,4ax3，x,6x3，x5，其系数之和为4a4a16132，解得a3.解法二：设出(ax)(1x)4的展开式，利用赋值法求解设(ax)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5.令x1，得(a1)24a0a1a2a3a4a5.令x1，得0a0a1a2a3a4a5.，得16(a1)2(a1a3a5)232，所以a3.答案：3母题变式若将本例(2)的条件不变，试求其展开式中各项系数之和解析：由例(2)的解析知a3，所以(ax)(1x)4(3x)(1x)4，赋值x1，得，其展开式中各项系数之和为(31)(11)42664.1赋值法的应用(1)形如(axb)n，
41、(ax2bxc)m(a，bR)的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x1即可(2)形如(axby)n(a，bR)的式子，求其展开式各项系数之和，只需令xy1即可2二项展开式各项系数和、奇数项系数和与偶数项系数和的求法若f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)的展开式中(1)各项系数之和为f(1)(2)奇数项系数之和为a0a2a4.(3)偶数项系数之和为a1a3a5.3(2018陕西西安铁一中模拟)若(2x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则(a0a2a4)2(a1a3)2的值为_解析：由题意，令x1，则a0a1a2a3a4(2)4，令x1，则a0a1a2a3a4(2)4，所以(a0a2a4)2(a1a3)2(a0a1a2a3a4)(a0a1a2a3a4)(2)4(2)4(2)(2)41.答案：14.(2018湖北黄冈期末)设(1ax)2 020a0a1xa2x2a2 020x2 020，若a12a23a32 020a2 0202 020a(a0)，则实数a_.解析：已知(1ax)2 020a0a1xa2x2a2 020x2 020，两边同时对x求导，得2 020(1ax)2 019(a)a12a2x3a3x22 020a2 020x2 019，