2014年高考一輪復(fù)習(xí)熱點難點專題專題10排列組合二項式定理

1、專題十 排列組合二項式定理排列、組合與二項式定理是高中數(shù)學(xué)中內(nèi)容相對獨立的一個部分，排列、組合的知識為概率與統(tǒng)計中的計數(shù)問題提供了一定的方法這部分內(nèi)容的試題有一定的綜合性與靈活性，要注意與其他數(shù)學(xué)知識的聯(lián)系，注意與實際生活的聯(lián)系通過對典型例題的分析，總結(jié)思維規(guī)律，提高解題能力101 排列組合【知識要點】1分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理2排列與組合3組合數(shù)的性質(zhì)：(1)；(2)【復(fù)習(xí)要求】理解和掌握分類計數(shù)與分步計數(shù)兩個原理在應(yīng)用分類計數(shù)原理時，要注意“類”與“類”之間的獨立性和等效性，在應(yīng)用分步計數(shù)原理時，要注意“步”與“步”之間的相關(guān)性和連續(xù)性熟練掌握排列數(shù)公式和組合數(shù)公式，注意題目的結(jié)構(gòu)特征和

2、聯(lián)系；掌握組合數(shù)的兩個性質(zhì)，并應(yīng)用于化簡、計算和論證正確區(qū)別排列與組合的異同，體會解計數(shù)問題的基本方法，正確處理附加的限制條件【例題分析】例1 有3封信，4個信筒(1)把3封信都寄出，有多少種寄信方法?(2)把3封信都寄出，且每個信筒中最多一封信，有多少種寄信方法?【分析】(1)分3步完成寄出3封信的任務(wù)：第一步，寄出1封信，有4種方法；第二步，再寄出1封信，有4種方法；第三步，寄出最后1封信，有4種方法，完成任務(wù)根據(jù)分步計數(shù)原理，共有4444364種寄信方法(2)典型的排列問題，共有24種寄信方法例2 在一塊并排10壟的田地中，選擇2壟分別種植A，B兩種作物，每種作物種植1壟，為有利于作物生

3、長，要求A，B兩種作物的間隔不小于6壟，則不同的種植方法共有_種解：設(shè)這10壟田地分別為第1壟，第2壟，第10壟，要求A，B兩壟作物的間隔不少于6壟，所以第一步選壟的方式共有(1，8)，(1，9)，(1，10)，(2，9)，(2，10)，(3，10)這6種選法，第二步種植兩種作物共有2種種植法，所以共有6212種選壟種植方法【評述】排列組合是解決計數(shù)問題的一種重要方法但要注意，計數(shù)問題的基本原理是分步計數(shù)原理和分類計數(shù)原理，是最普遍使用的，不要把計數(shù)問題等同于排列組合問題對某些計數(shù)問題，當(dāng)運用公式很難進(jìn)行時，適時采取原始的分類枚舉方法往往是最好的如例2在具體的計數(shù)問題的解決過程中，需要決策的是

4、，這個計數(shù)問題需要“分步”還是“分類”完成，再考慮這個計數(shù)問題是排列問題、組合問題還是一般的計數(shù)問題如例1的兩個問題例3 某電子表以6個數(shù)字顯示時間，例如09:20:18表示9點20分18秒則在0點到10點之間，此電子表出現(xiàn)6個各不相同數(shù)字來表示時間的有_次【分析】分步來確定電子表中的六個數(shù)字如下：第一步：確定第一個數(shù)字，只能為0，只有1種方法；第二步：確定第三位數(shù)字，只能為0至5中的一個數(shù)(又不能與首位相同)，所以只有5種方法；第三步：確定第五位數(shù)字，也只能為0至5中的一個數(shù)(又不能與首位，第三位相同)，所以只有4種方法；第四步：確定剩下三位數(shù)字，0至9共10個數(shù)字已用了3個，剩下的7個數(shù)字

5、排列在2，4，6位共有種排法由分步計數(shù)原理得：1544200種【評述】做一件事情分多步完成時，我們一般先做限制條件較大的一步，如本題中，首位受限條件最大，其次為三、五位，所以我們先排首位，再排三、五位，最后排其他位例4 7個同學(xué)站成一排，分別求出符合下列要求的不同排法的種數(shù)(1)甲站在中間；(2)甲、乙必須相鄰；(3)甲在乙的左邊(但不一定相鄰)；(4)甲、乙、丙相鄰；(5)甲、乙、丙兩兩不相鄰；解：(1)甲站在中間，其余6名同學(xué)任意排列，故不同排法有720(2)第一步：先把甲、乙捆綁，視為一個元素，連同其余5個人全排列，共有種排法；第二步：給甲、乙松綁，有種排法，此題共有1440種不同排法(

6、3)在7名同學(xué)站成一排的種排法中，“甲左乙右”與“甲右乙左”的站法是一一對應(yīng)的，各占一半，因此甲站在乙的左邊(不要求相鄰)的不同排法共有22520種(4)先把甲、乙、丙視為一個元素，連同其余4名同學(xué)共5個元素的全部排列數(shù)有種，再結(jié)合甲、乙、丙3個人之間的不同排列有種，此題的解為：720(5)先讓除甲、乙、丙外的4個人站好，共有種站法，讓甲、乙、丙3人插空，由于4個人形成5個空位，所以甲、乙、丙共有種站法，此題答案【評述】當(dāng)要求某幾個元素排在一起時，我們常將這幾個元素捆綁在一起作為一個元素與其他元素進(jìn)行排列如例4(2)，(4)當(dāng)要求某幾個元素不相鄰時，我們常常先排其他元素，然后再將這幾個元素排在

7、已排好的其他元素的空中如例4(5)例5 4個不同的球，4個不同的大盒子，把球全部放入盒內(nèi)，恰有一個盒不放球，共幾種放法?【分析】先將4個球分成3組，共有種分組方法；再將3組球放在4個盒子里，是排列問題，有24種方法，所以，共有種不同的放球方法【評述】類似這種裝球問題采取先分組后裝球的方法比較好例6某班組有10名工人，其中4名是女工從這10個人中選3名代表，其中至少有一名女工的選法有多少種?解法1：至少有一名女工的情形有三類：1名女工和2名男工；2名女工和1名男工；3名女工，把這3類選法加在一起，共有種不同的選法解法2：與“至少有一名女工”選法相對立的是“沒有女工”的選法，從所有的選法中除去“沒

8、有女工”的選法，剩下的即為所求，共有【評述】當(dāng)涉及“至少”或“至多”的問題時，從大的方向看我們常常是對其分類討論，運用分類計數(shù)原理解決問題，當(dāng)然，也可以考慮問題的對立面再用減法進(jìn)行計算例7 如圖，用六種不同的顏色給圖中的4個格子涂色，每個格子涂一種顏色，要求相鄰的兩個格子顏色不同，且兩端的格子的顏色也不同，則不同的涂色方法共有多少種?【分析】如果按從左至右的順序去涂色，當(dāng)涂到第4個格子時會發(fā)現(xiàn)，第三個格子的顏色與第一個格子的顏色是否相同決定著第4個格子有幾種涂色方法，即如果第三個格子的顏色與第一個格子的顏色是否相同是不確定的，則第四個格子的涂色情況不定于是，我們要按照1、3兩個格子顏色相同和不

9、相同兩種情況分類來處理這個計數(shù)問題解：1、3兩個格子顏色相同時，按分步計數(shù)原理，有6515150種方法；1、3兩個格子顏色不相同時，按分步計數(shù)原理，有6544480種方法所以，共有不同的涂色方法630種例8 四面體的頂點和各棱中點共10個點，取4個不共面的點，不同取法有多少種?【分析】沒有限制地從10個點中選出4個點，共有種不同選法，除去4點共面的選法即可4點共面的選法有3類(1)4個點在四面體ABCD的某一個面上，共有種共面的情況(2)過四面體的一條棱上的3個點及對棱的中點，如圖中點A，E，B，G平面，共計有6種共面的情況(3)過四面體的四條棱的中點，而且與一組對棱平行的平面，如圖E，F(xiàn)，G

10、，H平面，此類選法共有3種綜上，符合要求的選法共有種例9 在給出的下圖中，用水平或垂直的線段連結(jié)相鄰的字母，按這些線段行走時，正好拼出“競賽”即“CONTEST”的路線共有多少條?【分析】“CONTEST”的路線的條數(shù)與“TSETNOC”路線的條數(shù)相同，如下右圖，從左下角的T走到邊上的C共有6步，每一步都有2種選擇，由分步計數(shù)原理，所以下圖中，“TSETNOC”路線共有2664條所以本題的答案為6421127【評述】例9的這種計數(shù)的方法常稱之為對應(yīng)法計數(shù)，它的理論基礎(chǔ)為：如果兩個集合之間可以建立一對一的對應(yīng)關(guān)系，那么這兩個集合的元素的個數(shù)相同借助這個原理，如果一個集合元素的個數(shù)不好計算時，我們

11、將其轉(zhuǎn)化為求另一個集合元素的個數(shù)不失為一種較好的方法例10 (1)計算的值；(2)計算的值；(3)證明：(1)解：(2)解：注意到中的隱含條件：nm，mN，nN*，有解得，所以n10所以，(3)證明：【評述】對于含排列組合式的恒等式證明及計算問題常用的方法有兩種，一種是運用排列組合數(shù)的計算公式轉(zhuǎn)化為代數(shù)恒等式的證明及代數(shù)式求值問題，另一種是運用組合數(shù)的一些性質(zhì)進(jìn)行計算及證明常用的組合數(shù)的性質(zhì)有：(1)； (2)；(3)；(4)練習(xí)101一、選擇題15位同學(xué)報名參加兩個課外活動小組，每位同學(xué)限報其中的一個小組，則不同的報名方法共有( )(A)10種(B)20種(C)25種(D)32種2某班新年聯(lián)

12、歡會原定的5個節(jié)目已排成節(jié)目單，開演前又增加了兩個新節(jié)目如果將這兩個節(jié)目插入原節(jié)目單中，那么不同插法的種數(shù)為( )(A)42(B)30(C)20(D)123四面體的一個頂點為A，從其他頂點與棱的中點中取3個點，使它們和點A在同一平面上，不同的取法有( )(A)30種(B)33種(C)36種(D)39種4某電腦用戶計劃用不超過500元的資金購買單價分別為60元、70元的單片軟件和盒裝磁盤，根據(jù)需要，軟件至少買3片，磁盤至少買2盒，則不同的選購方式有( )(A)5種(B)6種(C)7種(D)8種5下列等式中正確的是( )(1)；(2)；(3)；(4)(A)(1)(2)(B)(1)(2)(3)(C)

13、(1)(3)(D)(2)(3)(4)6有兩排座位，前排11個座位，后排12個座位，現(xiàn)安排2人就座，規(guī)定前排中間的3個座位不能坐，并且這2人不左右相鄰，那么不同排法的種數(shù)是( )(A)234種(B)346種(C)350種(D)363種二、填空題7從集合0，1，2，3，5，7，11中任取3個元素分別作為直線方程AxByC0中的A、B、C，所得的經(jīng)過坐標(biāo)原點的直線有_條(結(jié)果用數(shù)值表示)8用數(shù)字0，1，2，3，4，5可以組成沒有重復(fù)數(shù)字，并且比20000大的五位偶數(shù)共有_9馬路上有12盞燈，為了節(jié)約用電，可以熄滅其中3盞燈，但兩端的燈不能熄滅，也不能熄滅相鄰的兩盞燈，那么熄燈方法共有_種10將標(biāo)號為

14、1，2，10的10個球放入標(biāo)號為1，2，10的10個盒子內(nèi)，每個盒內(nèi)放一個球，則恰好有3個球的標(biāo)號與其所在盒子的標(biāo)號不一致的放入方法共有_種(以數(shù)字作答)11從集合O，P，Q，R，S與0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中各任取2個元素排成一排(字母和數(shù)字均不能重復(fù))，每排中字母O，Q和數(shù)字0至多只能出現(xiàn)一個的不同排法種數(shù)是_(用數(shù)字作答)128個相同的球放進(jìn)編號為1、2、3的盒子里，則放法種數(shù)為_(以數(shù)值作答)102 二項式定理【知識要點】1二項式定理：2通項公式：，3，稱為二項式系數(shù)，4二項展開式的系數(shù)的性質(zhì)：；【復(fù)習(xí)要求】會求二項展開式中適合某種特殊條件的項；了解利用二項式定理進(jìn)行近似

15、計算，證明與組合數(shù)有關(guān)的等式或整數(shù)(整式)的整除性的方法【例題分析】例1 在二項式的展開式中，含x4的項的系數(shù)是_解：，令103r4，得r2，所以x4項的系數(shù)是例2 (1)若(1x)n的展開式中，x3的系數(shù)是x系數(shù)的7倍，求n的值；(2)在(2lgx)8的展開式中，二項式系數(shù)最大的項的值等于1120，求x的值解：(1)由已知，即，整理得n23n400，解得n8或n5(舍)所以n8(2)(2lgx)8的展開式中共有9項，二項式系數(shù)最大的項為第5項由已知，整理得(lgx)41，所以lgx1，解得x10或例3 求的展開式中x的系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)解：，若系數(shù)為有理數(shù)，則都必須是整數(shù)，即r應(yīng)為6的倍

16、數(shù)又0r100，所以r的不同值有17個所以x的系數(shù)為有理數(shù)的項共有17項例4 已知的展開式中，第3項與第6項的系數(shù)互為相反數(shù)，求展開式中系數(shù)最小的項解：由已知，所以n7所以第4項系數(shù)最小，【評述】通項公式是二項式定理中常用的一個公式，要熟練掌握，同時注意系數(shù)、上標(biāo)、下標(biāo)之間的關(guān)系；注意系數(shù)、二項式系數(shù)的區(qū)別，如例2；注意運用通項公式求第3項時，r2如例4例5 已知(a21)n的展開式中的各項系數(shù)之和等于的展開式的常數(shù)項，而(a21)n的展開式中的系數(shù)最大項等于54，求a的值，解：的展開式的第r1項令Tr1為常數(shù)項，則205r0，r4，所以常數(shù)項又(a21)n的展開式中的各項系數(shù)之和等于2n，由

17、題意得2n16，所以n4由二項式系數(shù)的性質(zhì)知，(a21)n的展開式中的系數(shù)最大的項即為二項式系數(shù)最大的項，是中間項T3，所以，解得例6 已知(12x)7a0a1xa2x2a7x7求：(1)a1a2a7；(2)a1a3a5a7；(3)a0a2a4a6；(4)a0a1a2a7解：令x1，則a0a1a2a71 令x1，則a0a1a2a3a4a5a6a737 (1)易知a01，所以a1a2a7a0a1a2a7a02；(2)()2，得a1a3a5a71094；(3)()2，得a0a2a4a6=1093；(4)方法1：因為(12x)7的展開式中a1，a3，a5，a7是負(fù)數(shù)，a0，a2，a4，a6是正數(shù)，所

18、以a0a1a2a7a0a2a4a6(a1a3a5a7)2187方法2：因為a0a1a2a7表示(12x)7的展開式中各項系數(shù)的和，令x1，可得a0a1a2a7372187【評述】通過給二項式定理中的字母賦值(根據(jù)式子的特點，常令字母為1或1)的方式可以解決二項展開式系數(shù)整體求值的問題例7 若多項式x2x10a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9a10(x1)10，則a9_【分析】方法1：由于a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9a10(x1)10x2x101(x1)21(x1)10，則方法2：由于等式左邊x10的系數(shù)為1，所以a101，又，等式左邊x9的系數(shù)為0，所以，所以a910

19、例8 除以100的余數(shù)為_解：前面各項均能被100整除，只有末尾兩項不能被100整除，所以9192除以100的余數(shù)為81例9求(0.998)5精確到0.001的近似值解：【評述】利用二項式定理求余數(shù)、求近似值是二項式定理的應(yīng)用之一例10 設(shè)a1，nN*且n2，求證證明：設(shè)，則(x1)na欲證原不等式，即證nx(x1)n1，其中x0，即有(x1)nnx1，得證例11 的展開式中常數(shù)項為_(用數(shù)字作答)解：求的常數(shù)項，即求展開式中的常數(shù)項及含x2的項對于，令82r0，即有r4，令82r2，即有r5，所以常數(shù)項為702(56)42練習(xí)102一、選擇題1若的展開式中的所有二項式系數(shù)和為512，則該展開

20、式中的常數(shù)項為(A)84(B)84(C)36(D)362已知的展開式中x3的系數(shù)為，常數(shù)a的值為( )(A)1(B)2(C)4(D)83在(1x)5(1x)4的展開式中，x3的系數(shù)是( )(A)4(B)4(C)8(D)84若與同時有最大值，則m的值是( )(A)5(B)4或5(C)5或6(D)6或7二、填空題5(x2)6的展開式中常數(shù)項是_(用數(shù)字作答)6若(x1)nxnax3bx21，(nN*)，且ab31，那么n_7(n1)n1除以n2(n1)的余數(shù)為_8觀察下列等式：，由以上等式推測到一個一般的結(jié)論：對于_三、解答題9在(3x1)n的展開式中，如果各項系數(shù)的和比各項二項式系數(shù)的和大992

21、，求n的值10若f(x)(12x)m(13x)n展開式中x的系數(shù)為13，則x2的系數(shù)為( )11當(dāng)nN*時，求證：習(xí)題10一、選擇題1某校要求每位學(xué)生從7門課程中選修4門，其中甲、乙兩門課程不能都選，則不同的選課方案有( )(A)35種(B)25種(C)20種(D)16種2將甲、乙、丙、丁四名學(xué)生分到三個不同的班，每個班至少分到一名學(xué)生，且甲、乙兩名學(xué)生不能分到同一個班，則不同分法的種數(shù)為( )(A)18(B)24(C)30(D)363從單詞“equation”中選取5個不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相連且順序不變)的不同排列共有( )(A)120種(B)480種(C)720種

22、(D)840種4若，則(a0a2)2(a1a3)2的值為( )(A)1(B)1(C)0(D)25若的展開式中含有非零常數(shù)項，則正整數(shù)n的最小值為( )(A)10(B)6(C)5(D)36若，則的值為( )(A)2(B)0(C)1(D)2二、填空題7在(3x)7的展開式中，x5的系數(shù)是_(用數(shù)字作答)8從6名男生和4名女生中，選出3名代表，要求至少有一名女生，則不同的選法有_種9有6個座位連成一排，現(xiàn)有3人就座，則恰有兩個空座位相鄰的不同坐法有_種10(xy)10的展開式中，x7y3的系數(shù)與x3y7的系數(shù)之和等于_11數(shù)列a1，a2，a7，其中恰好有5個2和2個4，調(diào)換a1至a7各數(shù)的位置，一共可以組成不同的數(shù)列(含原數(shù)列)_個1220