2018年苏教版版数学选修2-3第1章 章末分层突破

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苏教版普通高中数学选修2-3第一章

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苏教版普通高中数学选修2-3第一章《组合(2)》教学设计无锡市堰桥高级中学余金荣1 教材分析本节课是《组合》的第二节课,学生学习计数原理、排列数和组合数公式等知识的后续内容,教材安排的主要内容为组合数的性质及其相关的运用,它与计数原理、组合数和数学归纳法等知识有内在联系,是进一步学习二项式系数的性质的基础。

学习本课时的相关内容能使学生系统掌握组合数的有关知识,掌握渗透于知识中的计数原理的相关思想,掌握特殊到一般和一般到特殊的思想以及观察、猜想、证明的思想方法;对培养学生观察、比较、分析、综合、抽象和概括的能力以及合乎逻辑地、准确地阐述自己的思想和观点有作用,对开发智力、培养数学应用的意识和能力以及科学研究的意识和能力也有重要作用;能使学生在探究过程中,发现数学美,激发他们勇敢地追求美,主动地创造美,从而陶冶学生的情操,培养学生创新的精神。

2 学情分析所教学生为高二理科班学生,接受了高中一年半课程学习,具有一定的观察能力,但缺乏较强的逻辑思维能力,与字母有关的表达式计算难以接受;具有处理特殊问题的能力,但缺乏一定的归纳能力;学生缺乏将数学知识生活化的认识,潜意识中认为数学离生活比较遥远.3 目标定位3.1 教学目标(1)通过实例让学生归纳出组合数的性质,对组合数性质能用模型进行证明;(2)能用组合数公式来解决一些简单的关于组合数的计算问题和方程问题,并且能进行组合数相关等式的证明;(3)体验知识发生、发展过程,感受发现和探索数学知识的快乐;(4)通过情景的设置,培养学生用数学思维看世界,用数学知识认识世界,培养学生提出问题和解决问题的能力. 3.2 教学重点和难点(1)教学重点:能用组合数的性质进行组合数的相关计算和证明. (2)教学难点:组合数性质的证明和与组合数相关等式的计算与证明(含字母的).4 教学过程设计4.1 回顾宜兴之旅,创设情境师:在2017年3月21日一个充满神奇色彩的班级无锡市堰桥高级中学高二(5)班在赴宜兴社会实践中获得了登山项目的第一名(展示活动过程中的一张合影). 在龙池山脚下进行了大家印象深刻的野炊活动,发生了一下故事:高二(5)班第六组的主要成员如下(展示活动过程中的分组情况:组长:詹伦伦;副组长:郝天龙;组员:余老师,惠晓杰,孙乐天,张旭,沈康明).幻灯片: 情境1赴宜兴社会实践中,第六小组有7名成员(余老师也在内),有3名成员负责烧饭,请问组长詹伦伦同学有多少种分派的方法?第六小组中有4名成员负责炒菜,请问组长詹伦伦同学有多少种分派的方法?(用组合数作答)生:37C ;47C . 师:你有什么发现? 生:3477C C师:能解释其中的原因吗?生:从7名成员中选出3名成员构成一个组合与剩下来的4名成员构成的组合是一一对应关系,因此,从7名成员中选出3名成员的组合数37C ,即从7名成员中选出4名成员的组合数47C .师:将以上的人数做了改变之后呢?能否从中总结出一个一般性的等式?生:m n mnnC C .4.2 收获宜兴之旅,建构数学师:这就是我们要学习的组合数的性质1(板书),能否解释以上等式成立的原因?生:一般地,从n 个不同元素中取出m 个不同元素后,剩下()n m 个元素. 因为从n 个不同元素中取出m 个不同元素的每一个组合,与剩下()nm 个元素的每一个组合一一对应,所以从n 个不同元素中取出m 个不同元素的组合数,等于从这n 个元素中取出()nm 个元素的组合数,即mn mnnC C .设计意图 借助学生印象深刻的社会实践,调动学生的积极性,采用贴近学生生活的例子作为情境,让学生有一种亲切感, 从生活中的例子中总结出组合数的第一个性质,让学生感到数学来源于生活.在设计的过程中,从特殊到一般,让学生体验发现知识的过程,提高学生的抽象概括能力的同时享受发现知识的快乐.师:以上我们用组合数的定义给出了组合数性质的证明,能否从数式的角度给出这个等式的证明.生:!!()!![()]!()!mn mnnn n C C nm m n nm nm .(教师根据学生的口述板书)设计意图 教材的设计从特殊到一般直接给出了性质,便于学生掌握,另一方面也要兼顾严密性,对已经给出的性质给出必要的证明,在证明的过程中再次巩固组合数的定义及其计算公式,进一步掌握组合数性质的本质.课堂练习1. 计算:20112012C ________;2. 若377xC C ,则x _________;3. 对nn C 用性质1的结果如何?设计意图 学生对性质中的字母难以理解,一方面进一步巩固性质1,另一方面让学生感知性质1在计算,求方程上的应用,同时对0n C 做出规定(这样可以让学生感觉到这个规定的缘由).师:以上我们帮助组长詹伦伦同学解决了一个实际问题,收获了组合数的一个性质,接下来再次回顾一个情境(幻灯片):情境2 第六小组有7名成员,有3名成员负责烧饭,余老师不会烧饭,现在很关心以下两个问题:(1)余老师被选入烧饭团队的分派方法有多少种?(2)余老师没有被选入烧饭团队的分派方法有多少种?(用数字作答)生:(1)2615C ;(2)3620C ;师:以上两个问题的结果与情境1中总的选派方法数有什么关系?为什么?生:323766351520C C C .师:能类比情境1,分析情境2吗?生:可以得到等式:11mm m nnnC C C . 师:很好,这就是今天要学习的性质2.请类比性质1给出该性质的证明. 生:可以有两种证明方法: 方法一 从121,,,n a a a 这(1)n个不同的元素中取出m 个元素的组合数为1m n C ,这些取法的结果可以分为两类:(1)含有1a ,取法的种数为1m n C ;(2)不含1a ,取法的种数为m n C .根据分类计数原理得:11mm m nnnC C C .(教师根据学生的回答情况适当给予引导,特别是表达的规范上)方法二 用组合数公式进行证明(此处略).设计意图 两个性质的研究的方法上基本类似,采用类比学习的方法,让学生发现性质2,一方面巩固性质1的研究方法,另一方面,让学生感受学会类比学习,进一步巩固合情推理的推理方法.课堂练习1. 计算:9897100100C C ___________;(结果用组合数作答) 2. 计算:898910099C C ___________.(结果用组合数作答)设计意图 巩固性质的运用,在练习中体会性质的特点,在变式中感受性质的不同使用方法.4.3 享受宜兴之旅,数学运用师:回顾宜兴之旅,我们收获了组合数的两个性质,接下来我们享受宜兴之旅带来的快乐.例题 (1)计算:9697989999992C C C ;(2)计算:45677789C C C C . 设计意图 让学生进一步体会组合数性质的特征,运用性质的关键是组合数的上标和下标均要满足性质的要求.同时,也让学生感受到用组合性质来解此类问题比用组合数公式来处理优越.探究 计算:3334510C C C . 设计意图 这个组合数式子的化简的方法比较多,学生会根据前面练习的经验给出一些尝试,往往学生最初的尝试都是错误的,只要学生看到了自己的错误就会知道自己正确的思路在哪.给学生探究的机会,提高学生分析问题和处理问题的能力.实际上本题的关键是在式子的最前面加一根“导火索”:44C .当然也可以使用组合数性质2的变形形式.师:能从以上例子中归纳出一个一般性的等式吗?生:11321mm m m m m mmnnnnC C C C C C (适当引导). 设计意图 让学生再次体验发现知识的快乐,在发现知识中进一步巩固组合数的性质的运用.同时也为后面用二项式定理证明上述结论做铺垫(实际上,等式的左边就是11(1)(1)(1)m mn x x x 的展开式中m x 的系数).课堂练习1. 求证:1231112311r r nnnnr nrC C C C C . 2. 解方程:(1)1231313x x C C ; (2)77818x x x A A A .设计意图 巩固组合数性质的运用,进一步感受组合数性质用来处理部分组合数计算问题的优越性.在解方程的过程中也感受到组合数和排列数之间的内在关系.4.4 反思宜兴之旅,课堂小结师:宜兴之旅让我们回味无穷,让我们在登龙池山时增强毅力,让我们在野炊中体验做饭带来的幸福,让我们在攀岩中体验耐力的极限,让我们在多米诺骨牌码放中认识细心二字,让我们在翻毕业墙中领略集体的智慧,接下来,我们再次反思一下宜兴之旅给我带来的数学收获.生:组合数的两个性质;组合数与实际模型之间的关系;组合数的性质在运用过程中的收获(导火索):0111n kn n kC C C.师:说得很好,宜兴之旅,回忆无限.设计意图让学生将数学上的收获和精神上的收获一起总结,再次回味宜兴之旅.学生自我总结,也是给学生一个自我评价的过程.5 作业设计(略)6 教学后记为了使学生真正成为提出问题和解决问题的主体,成为知识的“发现者”和“创造者”,使教学过程成为学生主动获取知识、发展能力、体验数学的过程.本教学设计构建了一个以情境为基础,提出问题与解决问题相互引发携手并进的“学习链,在这个过程中始终抓住组合数的性质,循序渐进,发现并运用组合数的性质,力求实现知识传授的连续与自然.本堂课的设计基于学生赴宜兴社会实践,以社会实践为背景设计问题情境,贴近学生的生活,给学生予数学来源于生活的感觉,同时也让学生能够及时进入课堂,另一方面,这样教学可以将原本枯燥的数学课堂变得丰富多彩.组合数的性质的运用在每个性质后配置了适当的简单练习,旨在让学生及时掌握性质的特点,并且能够在第一时间将性质的特点运用到位.组合数性质的深层次的运用在最后的综合例题中体现,使学生体会组合数的性质在计算组合数和化简组合数表达式中的运用.组合数性质的证明采用两种方法进行,利用定义让学生对组合数的性质有一个直观的印象,利用组合数公式进行证明一方面增强学生的计算能力,进一步熟悉学生比较陌生的阶乘的运算,另一方面采用一种严格的证明方法,训练学生严谨的逻辑思维.总之,课堂教学应该从学生的全面发展出发,注重培养学生的数学素养和情感体验,尊重学生个性思维特点,鼓励自主学习、合作学习、探究学习,关注每一位学生,因材施教,让每一位学生都能宽松、开放的学习环境中体验成功的喜悦、得到充分发展.。

高中数学苏教版选修2-3:第1章 章末小结与测评

高中数学苏教版选修2-3:第1章 章末小结与测评

遇上你是缘分,愿您生活愉快,身
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三、排列与组合的应用 1.在求解排列与组合应用问题时,应注意: (1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题; (2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理; (3)分析题目条件,避免“选取”时重复和遗漏; (4)列出式子计算并作答. 2.处理排列组合的综合性问题,一般思想方法是先选元素(组 合),后排列.按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分 步”,始终是处理排列组合问题的基本方法和原理,通过解题训练 注意积累分类和分步的基本技能.
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3.解排列组合应用题时,常见的解题策略有以下几种:
(1)特殊元素优先安排的策略;
(2)合理分类和准确分步的策略;
(3)排列、组合混合问题先选后排的策略;
(4)正难则反、等价转化的策略;
(5)相邻问题捆绑处理的策略;
(6)不相邻问题插空处理的策略;
[说明] 与二项展开式各项系数的和或差有关的问题,一般采 用赋值法求解.
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合成一组,则叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合.
即排列和顺序有关,组合与顺序无关.
2.排列数公式
(1)Amn =n(n-1)(n-2)…(n-m+1),规定 A0n=1.
当 m=n 时,Ann=n (n-1)(n-2)·…·3·2·1.
(2)Amn =n-n!m!,其中 Ann=n!,0!=1.
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2.二项式系数的性质

第1章 章末分层突破 知识点汇总Word版含答案

第1章 章末分层突破 知识点汇总Word版含答案

章末分层突破①点电荷②kQ 1Q 2r 2③E =F q④E =k Q r2 ⑤E =U d⑥电场力 ⑦E p q⑧W ABq⑨φA -φ B⑩Q U⑪εr S 4πkd线,a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线,且a 与c 关于MN 对称,b 点位于MN 上,d点位于两电荷的连线上.以下判断正确的是()图1­1A .b 点的电场强度大于d 点的电场强度B .b 点的电场强度小于d 点的电场强度C.a 、b 两点间的电势差等于b 、c 两点间的电势差 D .试探电荷+q 在a 点时的电势能小于在c 点时的电势能【解析】 如题图所示,两电荷连线的中点位置用O 表示,在中垂线MN 上,O 点电场强度最大,在两电荷之间的连线上,O 点电场强度最小,即E b <E O ,E O <E d ,故E b <E d ,选项A 错误,选项B 正确;等量异种点电荷的电场中,等势线具有对称性,a 、c 两点关于MN 对称,U ab =U bc ,选项C 正确;试探电荷+q 从a 移到c ,远离正电荷,靠近负电荷,电场力做正功,电势能减小,选项D 错误;另一种理解方法:a 点电势高于c 点电势,试探电荷+q 在a 处的电势能大,在c 处的电势能小.【答案】 BC1.电场中某点的电势高低与该点的电场强度大小无关. 2.电场中沿电场线方向电势降低得最快.3.E 、φ、U 、E p 均有正、负之分,但只有E 是矢量.1.有区别:(1)电场线总与等势面垂直.电荷沿着电场线移动,电场力一定做功;电荷沿着等势面移动,电场力一定不做功.(2)在同一电场中,等差等势面的疏密也反映电场的强弱,等差等势面密集处,电场线也密集,电场强;反之,电场线稀疏,电场弱.(3)知道等势面,可画出电场线,知道电场线,也可画出等势面.2.带电粒子在电场中的运动轨迹是由电场力和初速度共同决定的,可以根据轨迹分析受到的电场力方向,进一步研究加速度、动能、电势能的变化等.如图1­2所示,在点电荷Q 产生的电场中,将两个带正电的试探电荷q 1、q 2分别置于A 、B 两点,虚线为等势线.取无穷远处为零电势点,若将q 1、q 2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等,则下列说法正确的是( ) 【导学号:96322024】图1­2A .A 点电势大于B 点电势 B .A 、B 两点的电场强度相等C .q 1的电荷量小于q 2的电荷量D .q 1在A 点的电势能小于q 2在B 点的电势能【解析】 由于电场力做负功,所以Q 应带负电荷,由负点电荷产生电场的电场线的分布规律可判断出φB >φA ,故A 项错误;由E =k Qr2,r 不相等,知E A ≠E B ,故B 项错误;由φA =W A →∞q 1、φB =W B →∞q 2,因为W A →∞=W B →∞,φA <φB <0,所以1q 1>1q 2,即q 1<q 2,故C 项正确;由于克服电场力做功相等,且无穷远处电势能为零,所以q 1在A 点的电势能等于q 2在B 点的电势能,故D 项错误.【答案】 C如图1­3所示,虚线表示等势面,相邻等势面间的电势差相等.有一带正电的小球在电场中运动,实线表示小球的运动轨迹.小球在a 点的动能为20 eV ,运动到b 点时动能为2 eV.若取c 点为零电势点,则当这个小球的电势能等于6 eV 时,它的动能为(不计重力和空气阻力)( )图1­3A.18 eV B.12 eVC.10 eV D.8 eV【解析】由于带电小球在电场中移动时,只有电场力做功,因此能量之间的转化只有动能和电势能之间的转化,因等势面为等差等势面,在相邻等势面间移送电荷,其动能变化相同,从a点到b点,动能减小了18 eV,所以从a点到c点动能减少了6 eV,c点动能为14 eV,故当小球电势能为6 eV时,它的动能为8 eV,D对.【答案】 D1.体的受力情况是解题的关键,通过受力分析可判断带电体的运动性质及运动轨迹.从力和运动的角度进行分析是解决带电体在电场中运动问题的最基本方法.2.分解的思想:带电体在电场和重力场的复合场中,若做类平抛或其他曲线运动,都可以考虑分解的思想,把它分解为两个分运动,可使问题很快得到解决3.功能关系:带电体在电场中运动的过程中伴随着做功和各种能量的转化,由于静电力做功与路径无关,这给动能定理和能量守恒定律提供了广阔的舞台.如图1­4所示,电荷量为-e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场,初速度为v0,当它通过电场中B点时,速度与场强方向成150°角,不计电子的重力,设A点的电势为零,求B点的电势.图1­4【解析】电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动,根据运动的分解可知,电子在垂直于电场线方向上做匀速直线运动.将B点的速度分解(如图)v =v 0cos 60°=2v 0电子从A 运动到B 由动能定理得:W =12mv 2-12mv 20=32mv 20.电场力做正功,电势能减少,所以B 点的电势能为E p B =-32mv 20,φB =E p B q =-32mv 20-e =3mv 22e.【答案】 3mv 22e如图1­5所示,匀强电场的方向沿x 轴的正方向,场强为E .在A (l,0)点有一个质量为m 、电荷量为q 的粒子,以沿y 轴负方向的初速度v 0开始运动,经过一段时间到达B (0,-2l )点.不计重力作用,求:图1­5(1)粒子的初速度v 0的大小;(2)粒子到达B 点时的速度v 的大小及方向. 【解析】 (1)粒子在y 轴方向做匀速直线运动: 2l =v 0t粒子在x 轴方向做匀加速直线运动:l =12at 2又a =qE m解得:t =2ml qEv 0=2qElm.(2)x 方向分速度v x =at =2qElm到达B 点时速度的大小v =v 2x +v 20=2qElm速度与y 轴负方向的夹角 tan θ=v x v 0=1,则θ=45°. 【答案】 (1)2qElm(2)2qElm与y 轴负方向的夹角为45°处理带电粒子在电场中运动的一般思路(1)分析带电粒子的受力情况,尤其要注意是否应该考虑重力,电场力是否为恒力等. (2)分析带电粒子的初始状态及条件,确定带电粒子做直线运动还是曲线运动. (3)建立正确的物理模型,进而确定解题方法是运动学还是功能关系. (4)利用物理规律或其他手段(如图线等)找出物体间的关系,建立方程组.1.关于静电场的等势面,下列说法正确的是( ) 【导学号:96322025】 A .两个电势不同的等势面可能相交 B .电场线与等势面处处相互垂直 C .同一等势面上各点电场强度一定相等D .将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功 【解析】 在静电场中,两个电势不同的等势面不会相交,选项A 错误;电场线与等势面一定相互垂直,选项B 正确;同一等势面上的电场强度可能相等,也可能不相等,选项C 错误;电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面,移动负试探电荷时,电场力做负功,选项D 错误.【答案】 B2.如图1­6所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开( )【导学号:96322026】图1­6A.此时A带正电,B带负电B.此时A电势低,B电势高C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合【解析】带电体C靠近导体A、B时,A、B发生静电感应现象,使A端带负电,B端带正电,但A、B是一个等势体,选项A、B错误;移去带电体C后,A、B两端电荷中和,其下部的金属箔都闭合,选项C正确;若先将A、B分开,再移去带电体C,A、B上的电荷不能中和,其下部的金属箔仍张开,选项D错误.【答案】 C3.(多选)如图1­7,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知( )【导学号:96322027】图1­7A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【解析】带电油滴在电场中受重力、电场力作用,据其轨迹的对称性可知,电场力方向竖直向上,且电场力大于重力,电场力先做负功后做正功.则电场强度方向向下,Q点的电势比P点高,选项A正确;油滴在P点的速度最小,选项B正确;油滴在P点的电势能最大,选项C错误;油滴运动的加速度大小不变,选项D错误.【答案】AB4.如图1­8,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等.则( )图1­8A.直线a位于某一等势面内,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功【解析】由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知,N、P两点在同一等势面上,且电场线方向为M→N,故选项B正确,选项A错误.M点与Q 点在同一等势面上,电子由M点运动到Q点,电场力不做功,故选项C错误.电子由P点运动到Q点,电场力做正功,故选项D错误.【答案】 B5.一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图1­9所示,容器内表面为等势面,A、B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( ) 【导学号:96322028】图1­9A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功不同【解析】由题图知,B点处的电场线比A点处的密,则A点的电场强度比B点的小,选项A错误;沿电场线方向电势降低,选项B错误;电场强度的方向总与等势面导体表面垂直,选项C正确;检验电荷由A点移动到B点,电场力做功一定,与路径无关,选项D错误.【答案】 C6.如图1­10所示,两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态.现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将( ) 【导学号:96322029】图1­10A .保持静止状态B .向左上方做匀加速运动C .向正下方做匀加速运动D .向左下方做匀加速运动【解析】 两板水平放置时,放置于两板间a 点的带电微粒保持静止,带电微粒受到的电场力与重力平衡.当将两板逆时针旋转45°时,电场力大小不变,方向逆时针偏转45°,受力如图,则其合力方向沿二力角平分线方向,微粒将向左下方做匀加速运动.选项D 正确.【答案】 D7.如图1­11,P 是固定的点电荷,虚线是以P 为圆心的两个圆.带电粒子Q 在P 的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a 、b 、c 为轨迹上的三个点.若Q 仅受P 的电场力作用,其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ,速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( ) 【导学号:96322030】图1­11A .a a >a b >a c ,v a >v c >v bB .a a >a b >a c ,v b >v c >v aC .a b >a c >a a ,v b >v c >v aD .a b >a c >a a ,v a >v c >v b【解析】 a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b <r c <r a ,则三点的电场强度由E =kQr 可知E b >E c >E a ,故带电粒子Q 在这三点的加速度a b >a c >a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力,从a 到b 电场力做负功,由动能定理-|qU ab |=12mv 2b -12mv 2a <0,则vb <v a ,从b 到c 电场力做正功,由动能定理|qU bc |=12mv 2c -12mv 2b >0,vc >v b ,又|U ab |>|U bc |,则v a >v c ,故v a >v c >v b ,选项D 正确.【答案】 D8.如图1­12所示,一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动,A 、B 为其运动轨迹上的两点.已知该粒子在A 点的速度大小为v 0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力.求A 、B 两点间的电势差. 【导学号:96322031】图1­12【解析】 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变,即v B sin 30°=v 0sin 60°①由此得v B =3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ,由动能定理有qU AB =12m (v 2B -v 20)③联立②③式得U AB =mv 20q .【答案】 mv 20q章末综合测评(一) (时间:60分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共10个小题,共60分.在每小题所给的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.)1.关于电场线的以下说法中正确的是( )【导学号:96322175】A .电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B .沿电场线的方向,电场强度越来越小C .电场线越密的地方同一试探电荷所受的静电力就越大D .顺着电场线移动电荷,电荷受静电力大小一定不变【解析】 电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同,故选项A 错误;沿电场线方向,其疏密变化情况未知,所以电场强度大小不能判定,电荷的受力情况也不能判定,故选项B 、D 错误;电场线越密的地方同一试探电荷所受的静电力就越大,故选项C 正确.【答案】 C2.真空中,A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ,则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )【导学号:96322176】A .3∶1B .1∶3C .9∶1D .1∶9【解析】 由点电荷场强公式有:E =k Q r2∝r -2,故有E A E B =⎝ ⎛⎭⎪⎫r B r A 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫3r r2=9∶1,C 项正确.【答案】 C3.下列选项中的各14圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各14圆环间彼此绝缘.坐标原点O 处电场强度最大的是( )【解析】 由对称性原理可知,A 、C 图中O 点的场强大小相等,D 图中O 点场强为0,因此B 图中两14圆环在O 点处合场强应最大,选项B 正确.【答案】 B4.如图1所示,O 为两个等量异种电荷连线的中点,P 为连线中垂线上的一点,比较O 、P 两点的电势和场强大小( )A.φO=φP,E O>E PB.φO=φP,E O=E PC.φO>φP,E O=E PD.φO=φP,E O<E P【解析】根据等量异种电荷电场的分布情况可知,中垂线是等势线,故φO=φP,根据电场线的疏密知,E O>E P,故A项正确.【答案】 A5.如图2所示,一带电粒子在电场中沿曲线AB运动,从B点穿出电场,a、b、c、d 为该电场中的等势面,这些等势面都是互相平行的竖直平面,不计粒子所受重力,则( ) 【导学号:96322177】图2A.该粒子一定带负电B.此电场不一定是匀强电场C.该电场的电场线方向一定水平向左D.粒子在电场中运动过程动能不断减少【解析】由于不能确定电场线方向,故不能确定粒子带负电,A、C错误.等势面互相平行,故一定是匀强电场,B错误.粒子受电场力一定沿电场线指向轨迹凹侧,而电场线和等势面垂直,由此可确定电场力一定做负功,故动能不断减少,D正确.【答案】 D6.如图3所示,B、D在以点电荷+Q为圆心的圆上,B、C在以QB连线中点为圆心的圆上,将一检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时,电场力做功是( )A .W AB =W AC B .W AD >W AB C .W AC >W ADD .W AB =W AD【解析】 由题图可知,B 、D 在同一个等势面上,C 点的电势比B 点高,所以从A 点向B 、C 、D 三点移动电荷时,移至B 、D 两点电场力做功是一样多的,移至C 点时电场力做功比移至B 、D 点少.【答案】 D7.如图4所示,a 、b 两个带正电的粒子,以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后,a 粒子打在B 板的a ′点,b 粒子打在B 板的b ′点,若不计重力,则( ) 【导学号:96322178】图4A .a 的电荷量一定大于b 的电荷量B .b 的质量一定大于a 的质量C .a 的比荷一定大于b 的比荷D .b 的比荷一定大于a 的比荷【解析】 据题意,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,其水平位移为:x =vt ,竖直位移为:y =12at 2=12qE mt 2,当a 、b 以相同速度垂直电场线进入电场后,有:x =v2myqE ,由于v 、y 和E 都相等,而b 粒子的水平位移大,故b 粒子的m q较大,因而a 粒子的qm较大,故C 选项正确.【答案】 C8.一带电粒子在正电荷形成的电场中,运动轨迹如图5所示的abcd 曲线,下列判断正确的是( )【导学号:96322179】图5A .粒子带正电B .粒子通过a 点时的速度比通过b 点时小C .粒子在a 点受到的静电力比b 点小D .粒子在a 点时的电势能与在d 点相等【解析】 根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引,可知粒子带正电荷,故选项A 正确;从a 向b 运动过程中,斥力做负功,因此动能减小,速度减小,故选项B 错误;根据库仑定律F =kq 1q 2r 2可知,在a 点两个电荷间距离远,受静电力小,故选项C 正确;粒子在a 点与在d 点处于同一等势面上,从a 到d 的过程中,静电力不做功,因此电势能相等,故选项D 正确.【答案】 ACD9.如图6所示,两块平行金属板正对着水平放置,两板分别与电源正、负极相连.当开关闭合时,一带电液滴恰好静止在两板间的M 点.则()图6A .当开关闭合时,若减小两板间距,液滴仍静止B .当开关闭合时,若增大两板间距,液滴将下降C .开关再断开后,若减小两板间距,液滴仍静止D .开关再断开后,若增大两板间距,液滴将下降【解析】 当开关闭合时,电容器两端电压为定值,等于电源电压,设为U ,两板间的距离为d ,带电液滴处于平衡状态,则mg =q U d,当两板间的距离减小时,所受电场力大于重力,液滴将向上做匀加速运动,A 错误;两板间的距离增大时,所受电场力小于重力,液滴将向下做匀加速运动,B 正确;当开关断开后,电容器无法放电,两板间的电荷量不变,设为Q ,此时两板间的场强大小E =U d =Q C d ∝QεS,可见场强大小与两板间距离无关,即场强大小保持不变,电场力不变,液滴保持静止,C 正确,D 错误.【答案】 BC10.如图7所示,A 、B 、C 、D 是匀强电场中的四个点,D 是BC 的中点,A 、B 、C 构成一直角三角形,AB =L m ,电场线与三角形所在的平面平行,已知A 点的电势为5 V ,B 点的电势为-5 V ,C 点的电势为15 V ,据此可以判断( ) 【导学号:96322180】图7A .场强方向由C 指向B B .场强方向垂直AD 连线指向BC .场强大小为10LV/mD .场强大小为203LV/m【解析】 根据B 、C 点的电势可以确定其中点D 的电势为5 V ,A 、D 的连线为一条等势线,电场线与等势面垂直,且由高等势面指向低等势面,故场强方向垂直AD 连线指向B ,A 错误,B 正确;匀强电场的场强E =U AB d ,其中U AB =10 V ,d =L cos 30°,解得E =203LV/m ,C 错误,D 正确.【答案】 BD二、计算题(本大题共3个小题,共40分.按题目要求作答.)11.(12分)如图8所示,在真空中的O 点放一点电荷Q =1.0×10-9C ,直线MN 过O 点,OM =30 cm ,M 点放一点电荷q =-2×10-10 C ,求:图8(1)M 点的场强大小;(2)若M 点的电势比N 点的电势高15 V ,则电荷q 从M 点移到N 点,它的电势能变化了多少?【解析】 (1)根据E =kQ r2得M 点的场强 E =9.0×109× 1.0×10-930×10-22 N/C =100 N/C.(2)电荷q 从M 点移到N 点,电场力做功W MN =qU MN =-2×10-10×15 J=-3×10-9 J.这一过程中电场力做负功,电势能增加3×10-9J. 【答案】 (1)100 N/C (2)电势能增加了3×10-9 J12.(12分)如图9所示,在水平方向的匀强电场中,用长为L 的绝缘细线拴住一质量为m 、电荷量为q 的小球,线的上端固定,开始时连线拉成水平,突然松开后,小球由静止开始向下摆动,当细线转过60°角时的速度恰好为零.求:【导学号:96322181】图9(1)A 、B 两点的电势差U AB 为多大? (2)电场强度为多大?【解析】 (1)取带电小球为研究对象,由动能定理得mgL sin 60°+qU AB =0,故U AB =-3mgL2q. (2)由E =U d 得电场强度为E =-U AB L 1-cos 60° =3mgq.【答案】 (1)-3mgL 2q (2)3mg q13.(16分)如图10所示,一质量m =5×10-3kg(忽略重力)的微粒带正电,其电荷量为q =1×10-4C .从距上极板5 cm 处以2 m/s 的水平初速度进入长为20 cm 、板间距也为20 cm 的两极板间,如果两极板不带电,微粒将运动到距极板最右端10 cm 的竖直荧光屏上的O 点.现将两极板间加200 V 的电压,带电微粒打到荧光屏上的A 点.图10(1)带电微粒从进入电场到到达荧光屏上的A 点所经历的时间为多少? (2)OA 两点的间距为多少?(3)带电微粒进入电场到打到荧光屏上的A 点这一过程中电场力对其做功多少? 【解析】 (1)设板长为l 1,极板最右端到荧光屏的距离为l 2,微粒初速度为v ,由于带电微粒在水平方向上的速度始终不变,则t =l 1+l 2v =0.2+0.12s =0.15 s. (2)设微粒在两极板间的偏转位移为y ,则y =12at 2=qUl 212mdv 2=1×10-4×200× 0.222×5×10-3×0.2×22 m =0.1 m. 在类平抛运动中,利用速度的反向延长线交于水平位移的中点.再根据三角形相似,求得OA 长为0.2 m.(3)W =qEy =qUy d =1×10-4×200×0.10.2J =0.01 J.【答案】 (1)0.15 s (2)0.2 m (3)0.01 J2.磁场对通电导线的作用——安培力[先填空]1.安培力磁场对通电导线的作用力.2.科学探究:安培力与哪些因素有关(1)实验探究采用的方法:控制变量法.(2)当通电导线与磁感线垂直时,实验结论是:①当其他因素不变,磁感应强度增大时,安培力增大;②当其他因素不变,电流增大时,安培力增大;③当其他因素不变,导体长度增大时,安培力增大;④安培力的方向由磁场方向和电流方向共同决定.3.安培力的大小(1)F=ILB.(2)适用条件①通电导线与磁场方向垂直.②匀强磁场或非匀强磁场中很短的导体.[再判断]1.通电导体在磁场中所受安培力为零,该处磁场感应强度一定为零.(×)2.两根通电导线在同一匀强磁场中,若导线长度相同,电流大小相等,则所受安培力大小相等,方向相同.(×)3.通以10 A电流的直导线,长为0.1 m,处在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中,所受安培力可能为0.02 N.(√)[后思考]通电导体在磁场中所受安培力F的大小一定等于ILB吗?【提示】不一定.只有当通电导体中的电流方向与磁场方向垂直时,安培力F才等于ILB.[合作探讨]如3­2­1所示,利用下列实验装置可以探究安培力的大小与磁场、电流大小的关系.(1)在B、L一定时,增大电流I,导线受力怎么变化?(2)在B、I一定时,增大导线的长度L,导线受力怎么变化?3­2­1【提示】(1)当B、L一定时,增大电流I、导线受的力变大.(2)当B、I一定时,增大导线长度L导线受力变大.[核心点击]1.当电流方向与磁场方向垂直时,F=ILB.此时通电导线所受安培力最大.2.当电流方向与磁场方向不垂直时,F=ILB sin θ(θ是I和B之间的夹角).3.当通电导线的方向和磁场方向平行(θ=0°或θ=180°)时,安培力最小,等于零.4.若导线是弯曲的,公式中的L并不是导线的总长度,而应是弯曲导线的“有效长度”.它等于连接导线两端点直线的长度(如图3­2­2所示),相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端.图3­2­2一根长为0.2 m、电流为2 A的通电导线,放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中,受到的安培力大小不可能是( )A.0.4 N B.0.2 NC.0.1 N D.0【解析】由安培力的公式F=ILB sin θ可知,安培力的大小与I和B的夹角有关.当θ=90°时,F 最大,F max =ILB =2×0.2×0.5 N=0.2 N .当θ=0°时,F 最小,F min =0,故F 的大小范围是0≤F ≤0.2 N,故B 、C 、D 可能,A 不可能.【答案】 A如图3­2­3所示,导线框中电流为I ,导线框垂直于磁场放置,磁感应强度为B ,AB 与CD 相距为d ,则MN 所受安培力大小为( )【导学号:96322061】图3­2­3A .F =BIdB .F =BId sin θC .F =BIdsin θD .F =BId cos θ【解析】 导线与B 垂直,F =BI dsin θ.【答案】 C如图所示,在匀强磁场中放有下列各种形状的通电导线,电流均为I ,磁感应强度均为B ,求各导线所受到的安培力的大小.【解析】 A 图中,F =IlB cos α,这时不能死记公式而错写成F =IlB sin α.要理解公式本质是有效长度或有效磁场,正确分解.B 图中,B ⊥I ,导线在纸平面内,故F =IlB .C 图是两根导线组成的折线abc ,整体受力实质上是两部分直导线分别受力的矢量和,其有效长度为ac ,故F =2IlB .D 图中,从a →b 的半圆形电流,分析圆弧上对称的每一小段电流,受力抵消合并后,其有效长度为ab ,故F =2IRB .E 图中,F =0.【答案】 A :IlB cos α B :IlB C :2IlB D :2IRB E :0计算安培力大小应注意的问题(1)应用公式F =IlB ,电流方向必须与磁场方向垂直.(2)通电导线放入磁场中,有可能不受安培力的作用.(3)公式F =IlB 中的l 不一定是导线的实际长度,而应是“有效长度”.[先填空]1.安培力的方向(1)左手定则:伸出左手,四指并拢,使大拇指和其余四指垂直,并且都跟手掌在同一平面内,让磁感线垂直穿过手心,四指指向沿电流方向,则大拇指所指方向就是通电导线所受安培力的方向.(2)方向特点:安培力的方向既与电流方向垂直,又与磁场方向垂直,即安培力方向垂直于电流方向和磁场方向所确定的平面.2.电动机(1)原理:利用磁场对通电线圈的安培力使线圈在磁场中旋转.(2)作用:把电能转化为机械能.(3)分类⎩⎪⎨⎪⎧ 直流电动机:由磁场、转动线圈、滑环、电刷 及电源组成,滑环在其中起了一个换向器 的作用. 交流电动机:如家用电风扇、洗衣机、抽油烟 机等都是交流电动机.[再判断] 1.当通电直导线垂直于磁场方向时,安培力的方向和磁场方向相同.(×)2.磁感应强度的方向与安培力的方向垂直.(√)3.电动机是把电能转化为机械能的装置.(√)[后思考]通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟电流的方向垂直吗?【提示】 一定.根据左手定则可判断安培力的方向垂直于电流和磁场方向.[合作探讨]如图3­2­4所示,利用下列装置可以探究安培力的方向与磁场、电流方向的关系.(1)图中磁场方向向哪?闭合电键后,导线中电流方向向哪?。

2017-2018学年高中数学苏教版选修2-3教学案:第1章1.2 排列含答案

2017-2018学年高中数学苏教版选修2-3教学案:第1章1.2 排列含答案

第1课时排列与排列数公式1.甲、乙两名同学参加一项活动,其中一名参加上午的活动,另外一名参加下午的活动.问题1:甲在上午和乙在上午是相同的安排法吗?提示:不是.问题2:有几种不同的排法?提示:两种.甲上午,乙下午;甲下午,乙上午.2.若从甲、乙、丙三名同学中选出两名参加一项活动,其中1名同学参加上午的活动,另1名同学参加下午的活动.问题3:让你去安排这项活动,需要几步?提示:分两步.问题4:它们是什么?提示:第一步确定上午的同学,第二步确定下午的同学.问题5:有几种排法?提示:上午有3种,下午有2种,因分步完成共3×2=6种.问题6:这些排法相同吗?提示:不相同,它们是有顺序的.3.从a、b、c中任取两个元素,按照一定的顺序排成一列.问题7:共有多少种不同的排列方法?提示:3×2=6种.问题8:试写出它们的排列.提示:ab,ac,ba,bc,ca,cb。

排列的定义一般地,从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素,按照一定的顺序排成一列, 叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.已知数字1,2,3,4,5,6。

问题1:从1,2,3,4,5,6中选出两个数字,能构成多少个没有重复数字的两位数?提示:有6×5=30(个).问题2:从1,2,3,4,5,6中选出三个数字,能构成多少个没有重复数字的三位数?提示:有6×5×4=120(个).问题3:从1,2,3,4,5,6中选出四个数字,能构成多少个没有重复数字的四位数?提示:有6×5×4×3=360(个).问题4:若从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素排成一列,有多少种不同的排法?提示:有n(n-1)(n-2)…(n-m+1)(个).排列数全排列定义从n不同元素中取出m个(m≤n)元素的所有排列的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数n个不同元素全部取出的一个排列,叫做n个不同元素的一个全排列表示法A错误!A错误!公式乘积形式A错误!=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)A n,n=n(n-1)(n-2)·…·3·2·1阶乘形式A错误!=错误!A错误!=n!性质A错误!=1;0!=1备注n,m∈N*,且m≤n1.判断一个具体问题是不是排列问题主要看从n个元素中取出m个元素后,在安排m个元素时,是有序还是无序,有序是排列,无序就不是排列.也就是说排列与元素的顺序有关,与元素顺序无关的不是排列.2.排列与排列数是两个不同的概念,排列是一个具体的排法,不是数;排列数是所有排列的个数,它是一个数.[例1] 下列哪些问题是排列问题:(1)从10名学生中抽2名学生开会;(2)从2,3,5,7,11中任取两个数相乘;(3)以圆上的10个点为端点作弦;(4)10个车站,站与站间的车票.[思路点拨]利用排列的定义去判断,关键是看取出的元素是否与顺序有关.[精解详析](1)2名学生开会没有顺序,不是排列问题.(2)两个数相乘,与这两个数的顺序无关,不是排列问题.(3)弦的端点没有先后顺序,不是排列问题.(4)车票使用时,有起点和终点之分,故车票的使用是有顺序的,是排列问题.[一点通]判断一个具体问题是否有顺序的方法:变换元素的位置,看结果有无变化,若有变化,则与元素的顺序有关,是排列问题;否则,为非排列问题.1.更改例题的各条件如下,请重新判断是不是排列问题:(1)抽2名学生当正、副班长;(2)取两个数相除;(3)以圆上10个点为端点作有向线段;(4)10个车站间站与站的票价.解:(1)2名学生当正、副班长是有顺序的,故是排列问题.(2)两个数有除数和被除数之分,有顺序,是排列问题.(3)有向线段有起点和终点之分,有顺序,是排列问题.(4)两车站间来回的票价一样,故与顺序无关,不是排列问题.2.判断下列问题是否为排列问题.(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同);(2)选2个小组分别去植树和种菜;(3)选2个小组去种菜;(4)选10人组成一个学习小组;(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员;(6)某班40名学生在假期相互通信.解:(1)中票价只有三种,虽然机票是不同的,但票价是一样的,不存在顺序问题,所以不是排列问题.(2)植树和种菜是不同的,存在顺序问题,属于排列问题.(3)、(4)不存在顺序问题,不属于排列问题.(5)中每个人的职务不同,例如,甲当班长与当学习委员是不同的,存在顺序问题,属于排列问题.(6)A给B写信与B给A写信是不同的,所以存在着顺序问题,属于排列问题.所以在上述各题中(2)、(5)、(6)属于排列问题。

2018年苏教版版数学选修2-3第1章 1.3 第1课时 组合 组合数公式 学业分层测评

2018年苏教版版数学选修2-3第1章 1.3 第1课时 组合 组合数公式  学业分层测评

学业分层测评(建议用时:45分钟)[学业达标]一、填空题1.下面几个问题中属于组合问题的有________.①由1,2,3,4构成的双元素集合;②5个队进行单循环足球比赛的分组情况;③由1,2,3构成两位数的方法;④由1,2,3组合无重复数字的两位数的方法.【解析】 ①②与顺序无关是组合问题,③④是排列问题.【答案】 ①②2.如果C 2n =36,则n 的值为________. 【导学号:29440011】【解析】 由C 2n =n (n -1)2=36,得n =9.【答案】 93.若C 2n -320=C n +220(n ∈N *),则n =________.【解析】 由C 2n -320=C n +220得 2n -3=n +2或2n -3=20-(n +2),即n =5或n =7.【答案】 5或74.计算:C 37+C 47+C 58+C 69=________.【解析】 C 37+C 47+C 58+C 69=C 48+C 58+C 69=C 59+C 69=C 610=C 410=210.【答案】 2105.下列等式中,正确的有________(填序号).①C m n =n !m !(n -m )!;②C m n =C n -m n ;③C m n =m +1n +1C m +1n +1;④C m n =C m +1n +1. 【解析】 ①②显然正确.对于③,m +1n +1C m +1n +1=m +1n +1(n +1)!(m +1)!(n -m )!=n !m !(n -m )!=C m n ,故③正确,④错误.【答案】①②③6.若A3n=12C2n,则n=________.【解析】由A3n=12C2n可知n(n-1)(n-2)=12×n(n-1)2,∴n-2=6,∴n=8.【答案】87.用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为________.【解析】所有三位数的个数为9×10×10=900.没有重复数字的三位数有C19A29=648,所以有重复数字的三位数的个数为900-648=252.【答案】2528.从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘,有m个不同的积;任取两个不同的数相除,有n个不同的商.则m∶n=________.【解析】∵m=C24,n=A24,∴m∶n=1∶2.【答案】1∶2二、解答题9.从1,2,3,4,5,6六个数字中任选3个后得到一个由这三个数组成的最小三位数,则可以得到多少个不同的这样的最小三位数?【解】从6个不同数字中任选3个组成最小三位数,相当于从6个不同元素中任选3个元素的一个组合,故所有不同的最小三位数共有C36=6×5×43×2×1=20个.10.(1)求式子1C x5-1C x6=710C x7中的x;(2)解不等式C m-18>3C m8.【解】(1)原式可化为:x!(5-x)!5!-x!(6-x)!6!=7·x!(7-x)!10·7!,∵0≤x≤5,∴x2-23x+42=0,∴x=21(舍去)或x=2,即x=2为原方程的解.(2)由8!(m -1)!(9-m )!>3×8!m !(8-m )!, 得19-m>3m ,∴m >27-3m , ∴m >274=7-14.又∵0≤m -1≤8,且0≤m ≤8,m ∈N ,即7≤m ≤8,∴m =7或8.[能力提升]1.计算:A 33+A 34+A 35+…+A 320=________.【解析】 ∵A 3n =C 3n ×A 33(n ≥3),∴原式=(C 33+C 34+C 35+…+C 320)×A 33=(C 44+C 34+C 35+…+C 320)×A 33=C 420×A 33=29 070.【答案】 29 0702.若C m -1n ∶C m n ∶C m +1n =3∶4∶5,则n -m =________.【解析】 由题意知:⎩⎪⎨⎪⎧ C m -1n C m n =34,C m n C m +1n =45,由组合数公式得⎩⎨⎧3n -7m +3=0,9m -4n +5=0,解得n =62,m =27.n -m =62-27=35.【答案】 353.设x ∈N *,则C x -12x -3+C 2x -3x +1的值为________. 【导学号:29440012】 【解析】 由题意,得⎩⎨⎧2x -3≥x -1,x +1≥2x -3,解得2≤x ≤4.∵x ∈N *,∴x =2,x =3或x =4.当x =2时,原式值为4;当x =3时,原式值为7;当x =4时,原式值为11. ∴所求值为4,7或11.【答案】 4,7或114.规定C m x =x (x -1)…(x -m +1)m !,其中x ∈R ,m 是正整数,且C 0x =1,这是组合数C m n (n ,m 是正整数,且m ≤n )的一种推广.(1)求C 5-15的值;(2)组合数的两个性质:①C m n =C n -m n ;②C m n +C m -1n =C m n +1是否都能推广到C m x (x ∈R ,m 是正整数)的情形;若能推广,请写出推广的形式并给出证明,若不能,则说明理由.【解】 (1)C 5-15=(-15)(-16)(-17)(-18)(-19)5!=-C 519=-11 628.(2)性质①不能推广,例如当x =2时, 有意义,但无意义;性质②能推广,它的推广形式是C m x +C m -1x =C m x +1,x ∈R ,m 为正整数.证明:当m =1时,有C 1x +C 0x =x +1=C 1x +1;当x ≥2时,C m x +C m -1x=x (x -1)…(x -m +1)m !+ x (x -1)(x -2)…(x -m +2)(m -1)!=x (x -1)…(x -m +2)(m -1)!⎝ ⎛⎭⎪⎫x -m +1m +1 =(x +1)x (x -1)…(x -m +2)m !=C m x +1.综上,性质②的推广得证.。

苏教版数学高二 选修2-3学案 第1章 章末分层突破

苏教版数学高二 选修2-3学案 第1章 章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①排列数公式②组合数公式③组合数性质④通项公式⑤二项式系数性质两个计数原理的应用经常要对问题进行分类或者分步进而分析求解.(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情.“分步”表现为必须把各步骤均完成,才能完成所给事情,所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰,不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件.(2)分步计数原理强调各步骤缺一不可,需要依次完成所有步骤才能完成事件,步与步之间互不影响,即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法.王华同学有课外参考书若干本,其中有5本不同的外语书,4本不同的数学书,3本不同的物理书,他欲带参考书到图书馆阅读.(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆,有多少种不同的带法?(2)若带外语、数学、物理参考书各一本,有多少种不同的带法?(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆,有多少种不同的带法?【精彩点拨】解决两个原理的应用问题,首先应明确所需完成的事情是什么,再分析每一种做法使这件事是否完成,从而区分加法原理和乘法原理.【规范解答】(1)完成的事情是带一本书,无论带外语书、还是数学书、物理书,事情都已完成,从而确定为应用分类计数原理,结果为5+4+3=12(种).(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书,只有从外语、数学、物理书中各选1本后,才能完成这件事,因此应用分步计数原理,结果为5×4×3=60(种).(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步计数原理,有5×4=20种选法;同样,选外语书、物理书各1本,有5×3=15种选法;选数学书、物理书各1本,有4×3=12种选法.即有三类情况,应用分类计数原理,结果为20+15+12=47(种).应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题:(1)要做什么事;(2)如何去做这件事;(3)怎样才算把这件事完成了.并注意计数原则:分类用加法,分步用乘法.[再练一题]1.如图1-1为电路图,从A到B共有________条不同的线路可通电.图1-1【解析】先分三类.第一类,经过支路①有3种方法;第二类,经过支路②有1种方法;第三类,经过支路③有2×2=4(种)方法,所以总的线路条数N =3+1+4=8.【答案】8排列、组合的应用排列、要认真审题,明确问题本质,利用排列、组合的知识解决.(1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设,其中甲不到银川,乙不到西宁,共有多少种不同派遣方案?(2)在高三一班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目.①当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少种不同的节目安排顺序?②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的节目安排顺序?③若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗朗诵和快板2个栏目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的节目演出顺序?【精彩点拨】按照“特殊元素先排法”分步进行,先特殊后一般.【规范解答】(1)因为甲乙有限制条件,所以按照是否含有甲乙来分类,有以下四种情况:①若甲乙都不参加,则有派遣方案A48种;②若甲参加而乙不参加,先安排甲有3种方法,然后安排其余学生有A38种方法,所以共有3A38种方法;③若乙参加而甲不参加同理也有3A38种;④若甲乙都参加,则先安排甲乙,有7种方法,然后再安排其余学生到另两个城市有A28种,共有7A28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A48+3A38+3A38+7A28=4 088种.(2)①第一步,先将4个舞蹈节目捆绑起来,看成1个节目,与6个演唱节目一起排,有A77=5 040种方法;第二步,再松绑,给4个节目排序,有A44=24种方法.根据分步计数原理,一共有5 040×24=120 960种.②第一步,将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”),一共有A66=720种方法.×□×□×□×□×□×□×第二步,再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置),这样相当于7个“×”选4个来排,一共有A47=7×6×5×4=840种.根据分步计数原理,一共有720×840=604 800种.③若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有A1212种排法,但原来的节目已=A212=132种排法.定好顺序,需要消除,所以节目演出的方式有A1212A1010解排列、组合应用题的解题策略1.特殊元素优先安排的策略.2.合理分类和准确分步的策略.3.排列、组合混合问题先选后排的策略.4.正难则反、等价转化的策略.5.相邻问题捆绑处理的策略.6.不相邻问题插空处理的策略.7.定序问题除序处理的策略.8.分排问题直排处理的策略.9.“小集团”排列问题中先整体后局部的策略.10.构造模型的策略.简单记成:合理分类,准确分步;特殊优先,一般在后;先取后排,间接排除;集团捆绑,间隔插空;抽象问题,构造模型;均分除序,定序除序.[再练一题]2.在1,3,5,7,9中任取3个数字,在0,2,4,6,8中任取2个数字,可组成多少个不同的五位偶数?【解】共分两类,第一类,五位数中不含数字零.第一步,选出5个数字,有C35C24种选法.第二步,排成偶数——先排末位数,有A12种排法,再排其他四位数字,有A44种排法.∴N1=C35·C24·A12·A44.第二类,五位数中含有数字零.第一步,选出5个数字,共有C35C14种选法.第二步,分为两类:①末位排0,有A11·A44种排列方法;②末位不排0,这时末位数有C11种选法,而∵0不能排在首位,∴0有A13种排法,其余3个数字有A33种排法,∴N2=C35·C14·(A11·A44+A13·A33).∴符合条件的偶数有N=N1+N2=C35C24A12A44+C35C14(A11A44+A13A33)=4 560(个).二项式定理问题的处理方法和技巧项.另一类,需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题.(1)(2016·淮安高二检测)已知(1+x +x 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 3n (n ∈N *)的展开式中没有常数项,且2≤n ≤8,则n =________.(2)设(3x -1)6=a 6x 6+a 5x 5+a 4x 4+a 3x 3+a 2x 2+a 1x +a 0,则a 6+a 4+a 2+a 0的值为________.【精彩点拨】 (1)利用二项式定理的通项求待定项;(2)通过赋值法求系数和.【规范解答】 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 3n 展开式的通项是T r +1=C r n x n -r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3r =C r n x n -4r ,r =0,1,2,…,n ,由于(1+x +x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 3n 的展开式中没有常数项,所以C r n x n -4r ,x C r n x n -4r = C r n x n -4r +1和x 2C r n x n -4r =C r n xn -4r +2都不是常数,则n -4r ≠0,n -4r +1≠0,n -4r +2≠0,又因为2≤n ≤8,所以n ≠2,3,4,6,7,8,故取n =5.(2)令x =1,得a 6+a 5+a 4+a 3+a 2+a 1+a 0=26=64.令x =-1,得a 6-a 5+a 4-a 3+a 2-a 1+a 0=(-4)6=4 096.两式相加,得2(a 6+a 4+a 2+a 0)=4 160,所以a 6+a 4+a 2+a 0=2 080.【答案】 (1)5 (2)2 0801.解决与二项展开式的项有关的问题时,通常利用通项公式.2.解决二项展开式项的系数(或和)问题常用赋值法.[再练一题]3.在(1+x )6(1+y )4的展开式中,记x m y n 项的系数为f (m ,n ),则f (3,0)+f (2,1)+f(1,2)+f(0,3)=________. 【导学号:29440032】【解析】因为f(m,n)=C m6C n4,所以f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C36C04+C26C14+C16C24+C06C34=120.【答案】120排列、组合中的分组与分配问题n不定向分配两种问题;将n个不同元素按照某种条件分成k组,称为分组问题,分组问题有不平均分组、平均分组、部分平均分组三种情况.分组问题和分配问题是有区别的,前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的,而后者即使2组元素个数相同,但因所属对象不同,仍然是可区分的.对于后者必须先分组再排列.按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;(7)甲得1本,乙得1本,丙得4本.【精彩点拨】这是一个分配问题,解题的关键是搞清事件是否与顺序有关,对于平均分组问题更要注意顺序,避免计数的重复或遗漏.【规范解答】(1)无序不均匀分组问题.先选1本有C16种选法,再从余下的5本中选2本有C25种选法,最后余下3本全选有C33种选法.故共有C16C25C33=60(种).(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人,在第(1)问基础上,还应考虑再分配,共有C16C25C33A33=360(种).(3)无序均匀分组问题.先分三步,则应是C26C24C22种方法,但是这里出现了重复.不妨记6本书为A,B,C,D,E,F,若第一步取了AB,第二步取了CD,第三步取了EF,记该种分法为(AB,CD,EF),则C26C24C22种分法中还有(AB,EF,CD),(AB,CD,EF),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,CD,AB),(EF,AB,CD),共A33种情况,而这A33种情况仅是AB,CD,EF的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方式有C26C24C22A33=15(种).(4)有序均匀分组问题.在第(3)问基础上再分配给3个人,共有分配方式C26C24C22 A33·A 33=C26C24C22=90(种).(5)无序部分均匀分组问题.共有C46C12C11A22=15(种).(6)有序部分均匀分组问题.在第(5)问基础上再分配给3个人,共有分配方式C46C12C11A22·A 33=90(种).(7)直接分配问题.甲选1本有C16种方法,乙从余下5本中选1本有C15种方法,余下4本留给丙有C44种方法.共有C16C15C44=30(种).均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组,无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数,还要充分考虑到是否与顺序有关,有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数.[再练一题]4.有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片,从这8张卡片中取出4张卡片排成一行.如果取出的4张卡片所标数字之和等于10,则不同的排法共有多少种?【解】取出的4张卡片所标数字之和等于10,共有3种情况:1 144,2 233,1 234.所取卡片是1 144的共有A44种排法.所取卡片是2 233的共有A44种排法.所取卡片是1 234,则其中卡片颜色可为无红色,1张红色,2张红色,3张红色,全是红色,共有排法A44+C14A44+C24A44+C34A44+A44=16A44种.所以共有18A44=432种.1.(2015·广东高考)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了________条毕业留言.(用数字作答) 【解析】A240=40×39=1 560.【答案】 1 5602.(2016·全国卷Ⅰ)(2x+x)5的展开式中,x3的系数是________.(用数字填写答案)【解析】(2x+x)5展开式的通项为T r+1=C r5(2x)5-r(x)r=25-r·C r5·x5-r2.令5-r=3,得r=4.2故x3的系数为25-4·C45=2C45=10.【答案】103.(2015·全国卷Ⅱ)(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a=________.【解析】设(a+x)(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5.令x=1,得(a+1)×24=a0+a1+a2+a3+a4+a5.①令x=-1,得0=a0-a1+a2-a3+a4-a5.②①-②,得16(a +1)=2(a 1+a 3+a 5)=2×32,∴a =3.【答案】 34.(2015·安徽高考)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3+1x 7的展开式中x 5的系数是________.(用数字填写答案)【解析】 T r +1=C r 7·(x 3)7-r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r =C r 7x 21-4r , 令21-4r =5,得r =4,C 47=35.故展开式中x 5的系数为35.【答案】 355.(2015·福建高考)(x +2)5的展开式中,x 2的系数等于________.(用数字作答)【解析】 (x +2)5展开式的通项T r +1=C r 5x5-r 2r ,令5-r =2,得r =3. ∴x 2的系数为C 35×23=80.【答案】 806.(2016·北京高考)在(1-2x )6的展开式中,x 2的系数为________.(用数字作答)【解析】 由二项式定理得含x 2的项为C 26(-2x )2=60x 2.【答案】 60章末综合测评(一) 计数原理(时间120分钟,满分160分)一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分.请把答案填写在题中横线上)1.将(x -q )(x -q -1)(x -q -2)…(x -19)写成A m n 的形式是________.【解析】 由式子的形式可知(x -q )为最大因子,共有20-q 个因式连乘,故(x -q )(x -q -1)(x -q -2)…(x -19)=A 20-q x -q .【答案】 A 20-q x -q2.(a 1+a 2)(b 1+b 2+b 3)(c 1+c 2+c 3+c 4)的展开式中有________项.【解析】 要得到项数分3步:第1步,从第一个因式中取一个因子,有2种取法;第2步,从第二个因式中取一个因子,有3种取法;第3步,从第三个因式中取一个因子,有4种取法.由分步计数原理知共有2×3×4=24项.【答案】 243.某人有3个不同的电子邮箱,他要发5封电子邮件,不同的发送方法有________种.【解析】 每封电子邮件都有3种发送方式,共有35种不同的发送方法.【答案】 354.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法共有________种.【解析】 这是一个元素不相邻问题,采用插空法,A 33C 34=24.【答案】 245.已知⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 3-1x n 的展开式中的常数项是第7项,则正整数n 的值为________. 【解析】 T 7=C 6n ·(2x 3)n -6·⎝ ⎛⎭⎪⎫-1x 6=C 6n ·2n -6·x 3n -24. 由3n -24=0,得n =8.【答案】 86.在x (1+x )6的展开式中,含x 3项的系数为________.【解析】 x (1+x )6的展开式中x 3项的系数与(1+x )6的展开式中x 2项的系数相同,故其系数为C 26=15.【答案】 157.若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +a x 7的展开式中1x 3的系数是84,则实数a =________. 【导学号:29440033】【解析】展开式中含1x3的项是T6=C57(2x)2⎝⎛⎭⎪⎫ax5=C5722a5x-3,故含1x3的项的系数是C5722a5=84,解得a=1.【答案】 18.若C1n x+C2n x2+…+C n n x n能被7整除,则x,n的值可能为________.(填序号)①x=4,n=3;②x=4,n=4;③x=5,n=4;④x=6,n=5.【解析】∵C1n x+C2n x2+…+C n n x n=(1+x)n-1,结合①②③④可知,仅有③符合题意.【答案】③9.5名乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有1名老队员,且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种(用数字作答).【解析】(1)当有1名老队员时,其排法有C12C23A33=36(种);(2)当有2名老队员时,其排法有C22·C13·C12·A22=12(种),∴共有36+12=48(种).【答案】4810.(2015·全国卷Ⅰ改编)(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为________.【解析】法一:(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,含y2的项为T3=C25(x2+x)3·y2.其中(x2+x)3中含x5的项为C13x4·x=C13x5.所以x5y2的系数为C25C13=30.法二:(x2+x+y)5为5个x2+x+y之积,其中有两个取y,两个取x2,一个取x即可,所以x5y2的系数为C25C23C11=30.【答案】3011.一条街上有8盏灯,为节约用电,晚上只开5盏灯,且规定相邻的灯不能都不亮,两头的灯都要亮,那么不同的亮灯方案有________种.【解析】在亮着的5盏灯间有4个空档,选3个空档放3个不亮的灯,有C34种方法.【答案】 412.从正方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点,可得到的不同四面体的个数为________.【解析】在正方体中,6个面和6个对角面上的四个点不能构成四面体,故共有C48-12=58个不同的四面体.【答案】5813.某省高中学校自实施素质教育以来,学生社团得到迅猛发展.某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团.若每个社团至少有一名同学参加,每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团,且同学甲不参加“围棋苑”,则不同的参加方法的种数为________.【解析】设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊,由题意,如果甲不参加“围棋苑”,有下列两种情况:(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”,有C14种方法,然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中,有C24A33种方法,这时共有C14C24A33种参加方法;(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”,有C24种方法,甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A33种方法,这时共有C24A33种参加方法.综合(1)(2),共有C14C24A33+C24A33=180(种)参加方法.【答案】180种14.将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i个数为a i(i=1,2,…,6).若a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1<a3<a5,则不同的排列方法有________种.(用数字作答)【解析】第一类:a1=2时,a3=4,a5=6或a3=5,a5=6,共有2A33=12(种).第二类:a1=3时,a3=4,a5=6或a3=5,a5=6,共有2A33=12(种).第三类:a1=4时,a3=5,a5=6,共有A33=6(种).所以总的排列方法有12+12+6=30(种).【答案】30二、解答题(本大题共6小题,共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分14分)将5个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号,则不同的放球方法有多少种?【导学号:29440034】【解】就编号为1的盒子中所放的球的个数分类:第一类,当编号为1的盒子中放入一个球时,相应的放法数有C15=5种;第二类,当编号为1的盒中放入2个球时,相应的放法数有C25=10种;第三类,当编号为1的盒子中放入3个球时,相应的放法数有C35=10种.根据分类计数原理可知,满足题意的放法种数是5+10+10=25.16.(本小题满分14分)男运动员6名,女运动员4名,其中男女队长各1人,选派5人外出比赛,在下列情形中各有多少种选派方法?(1)男3名,女2名;(2)队长至少有1人参加;(3)至少有1名女运动员;(4)既要有队长,又要有女运动员.【解】(1)C36×C24=120种不同的选派方法.(2)分为两类:仅1名队长参加和两人都参加:共C12×C48+C38=196种不同的选派方法.(3)全部选法中排除无女运动员的情况:共C 410-C 56=204种不同的选法.(4)分三类:①仅女队长:C 48;②仅男队长:C 48-C 45;③两名队长:C 38;∴共C 48+C 48-C 45+C 38=191种不同的选派方法.17.(本小题满分14分)已知⎩⎪⎨⎪⎧ C x n =C 2x n ,C x +1n =113C x -1n ,试求x ,n 的值.【解】 ∵C x n =C n -x n =C 2x n ,∴n -x =2x 或x =2x (舍去),∴n =3x .由C x +1n =113C x -1n ,得 n !(x +1)!(n -x -1)!=113·n !(x -1)!(n -x +1)!, 整理得3(x -1)!(n -x +1)!=11(x +1)!(n -x -1)!,3(n -x +1)(n -x )=11(x +1)x .将n =3x 代入,整理得6(2x +1)=11(x +1),∴x =5,n =3x =15.18.(本小题满分16分)利用二项式定理证明:49n +16n -1(n ∈N *)能被16整除.【证明】 49n +16n -1=(48+1)n +16n -1=C 0n ·48n +C 1n ·48n -1+…+C n -1n ·48+C n n+16n -1 =16(C 0n ·3×48n -1+C 1n ·3×48n -2+…+C n -1n ·3+n ). 所以49n +16n -1能被16整除.19.(本小题满分16分)设(2x -1)10=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 10x 10,求下列各式的值:(1)a 0+a 1+a 2+…+a 10;(2)a 6.【解】 (1)令x =1,得a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2-1)10=1.(2)a 6即为含x 6项的系数,T r +1=C r 10(2x )10-r ·(-1)r =C r 10(-1)r 210-r ·x 10-r ,所以当r =4时,T 5=C 410(-1)426x 6=13 440x 6,即a 6=13 440.20.(本小题满分16分)设数列{a n }是等比数列,a 1=C 3m 2m +3·A 1m -2,公比q 是⎝ ⎛⎭⎪⎫x +14x 24的展开式中的第二项. (1)用n ,x 表示通项a n 与前n 项和S n ;(2)若A n =C 1n S 1+C 2n S 2+…+C n n S n ,用n ,x 表示A n .【解】 (1)因为a 1=C 3m 2m +3·A 1m -2,所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2m +3≥3m ,m -2≥1,即⎩⎪⎨⎪⎧ m ≤3,m ≥3,所以m =3,所以a 1=1.又由⎝ ⎛⎭⎪⎫x +14x 24知T 2=C 14·x 4-1·14x 2=x , 所以a n =x n -1,S n =⎩⎪⎨⎪⎧ n ,x =1,1-x n 1-x,x ≠1.(2)当x =1时,S n =n ,A n =C 1n +2C 2n +3C 3n +…+n C n n .①又因为A n =n C n n +(n -1)C n -1n +(n -2)C n -2n +…+C 1n +0·C 0n ,②由C m n =C n -m n,①+②得 2A n =n (C 0n +C 1n +C 2n +…+C n n ),所以A n =n ·2n -1.当x ≠1时,S n =1-x n1-x ,A n =1-x 1-x C 1n +1-x 21-x C 2n +1-x 31-x C 3n +…+1-x n1-xC n n =11-x ·[(C 1n +C 2n +C 3n +…+C n n )-(x C 1n +x 2C 2n +x 3C 3n +…+x n C n n )]=11-x[2n -1-(1+x C 1n +x 2C 2n +…+x n C n n -1)]=11-x [2n -(1+x )n ]. 所以A n =⎩⎪⎨⎪⎧ n ·2n -1,x =1,2n -(1+x )n1-x ,x ≠1.。

高中数学(苏教版 选修2-3)文档第1章 1.3 第2课时 利用组合数公式解应用题 学业分层测评 Word版含答案

高中数学(苏教版 选修2-3)文档第1章 1.3 第2课时 利用组合数公式解应用题 学业分层测评 Word版含答案

学业分层测评(建议用时:分钟)[学业达标]一、填空题.个人分成甲、乙两组,其中甲组人,乙组人,则不同的分组种数为.(用数字作答)【解析】由题意可知,共有=种分法.【答案】种.某人决定投资种股票和种债券,经纪人向他推荐了种股票和种债券,则此人不同的投资方式有种.【解析】由题意可知,共有=(种).【答案】.凸十边形的对角线的条数为.【解析】-=(条).【答案】条.已知圆上个点,每两点连一线段,所有线段在圆内的交点有个.【解析】此题可化归为:圆上个点可组成多少个四边形,每个四边形的对角线的交点即为所求,所以交点有=(个).【答案】.某班级要从名男生、名女生中选派人参加某次社区服务,如果要求至少有名女生,那么不同的选派方案种数为.【解析】人中选人的方案有=种,没有女生的方案只有一种,所以满足要求的方案总数有种.【答案】种.过三棱柱任意两个顶点的直线共条,其中异面直线有对.【解析】(-)=(对).【答案】.在某种信息传输过程中,用个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有和,则与信息至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为.【解析】与信息至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:第一类:与信息恰有两个对应位置上的数字相同,即从个位置中选个位置,使对应数字相同,其他个不同,有=个信息符合.第二类:与信息恰有一个对应位置上的数字相同,即从个位置中选个位置,使对应数字相同,其他个不同,有=个信息符合.第三类:与信息没有一个对应位置上的数字相同,即个对应位置上的数字都不同,有=个信息符合.由分类计数原理知,与信息至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为++=.【答案】.现有张风景区门票分配给位游客,若其中,风景区门票各张,,风景区门票各张,则不同的分配方案共有种. 【导学号:】【解析】位游客选人去风景区,有种,余下位游客选人去风景区,有种,余下人去,风景区,有种,所以分配方案共有=(种).【答案】二、解答题.α,β是两个平行平面,在α内取四个点,在β内取五个点.()这些点最多能确定几条直线,几个平面?()以这些点为顶点最多能作多少个三棱锥?【解】()在个点中,除了α内的四点共面和β内的五点共面外,其余任意四点不共面且任意三点不共线时,所确定直线才能达到最多,此时,最多能确定直线=条.在此条件下,只有两直线平行时,所确定的平面才最多.又因为三个不共线的点确定一个平面,故最多可确定++=个平面.()同理,在个点中,除了α内的四点共面和β内的五点共面外,其余任意四点不共面且任意三点不共线时,所作三棱锥才能达到最多.此时最多能作++=个三棱锥..按照下列要求,分别求有多少种不同的方法?()个不同的小球放入个不同的盒子;()个不同的小球放入个不同的盒子,每个盒子至少一个小球;()个相同的小球放入个不同的盒子,每个盒子至少一个小球.【解】()每个小球都有种方法,根据分步计数原理,共有=种不同放法.。

2017-2018学年高中数学苏教版选修2-3教学案:第1章章末小结与测评含答案

2017-2018学年高中数学苏教版选修2-3教学案:第1章章末小结与测评含答案

1一、两个计数原理的应用1.分类计数原理首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准,然后在这个标准下分类;其次,完成这件事的任何一种方法必须属于某一类.分别属于不同类的两种方法是不同的方法.2.分步计数原理首先根据问题的特点确定一个分步的标准.其次分步时要注意,完成一件事必须并且只有连续完成这n个步骤后,这件事才算完成.二、排列与组合概念及公式1.定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,若按照一定的顺序排成一列,则叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列;若合成一组,则叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.即排列和顺序有关,组合与顺序无关.2.排列数公式(1)A错误!=n(n-1)(n-2)…(n-m+1),规定A错误!=1.当m=n时,A错误!=n(n-1)(n-2)·…·3·2·1.(2)A错误!=错误!,其中A错误!=n!,0!=1。

三、排列与组合的应用1.在求解排列与组合应用问题时,应注意:(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题;(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理;(3)分析题目条件,避免“选取"时重复和遗漏;(4)列出式子计算并作答.2.处理排列组合的综合性问题,一般思想方法是先选元素(组合),后排列.按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”,始终是处理排列组合问题的基本方法和原理,通过解题训练注意积累分类和分步的基本技能.3.解排列组合应用题时,常见的解题策略有以下几种:(1)特殊元素优先安排的策略;(2)合理分类和准确分步的策略;(3)排列、组合混合问题先选后排的策略;(4)正难则反、等价转化的策略;(5)相邻问题捆绑处理的策略;(6)不相邻问题插空处理的策略;(7)定序问题除法处理的策略;(8)分排问题直排处理的策略;(9)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略;(10)构造模型的策略.四、二项式定理及二项式系数的性质1.二项式定理公式(a+b)n=C错误!a n+C错误!a n-1b+…+C错误!a n-r b r+…+C错误!b n,其中各项的系数C错误!(r=0,1,2,…,n)称为二项式系数,第r +1项C r n a n-r b r称为通项.[说明](1)二项式系数与项的系数是不同的概念,前者只与项数有关,而后者还与a,b的取值有关.(2)运用通项求展开式的特定值(或特定项的系数),通常先由题意列方程求出r,再求所需的项(或项的系数).2.二项式系数的性质(1)对称性:与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,体现了组合数性质C错误!=C错误!.(2)增减性与最大值:当r<错误!时,二项式系数C错误!逐渐增大;当r>错误!时,二项式系数C错误!逐渐减小.当n是偶数时,展开式中间一项T错误!+1的二项式系数C错误!n最大;当n是奇数时,展开式中间两项T错误!与T错误!+1的二项式系数C错误!n,C错误!n相等且最大.(3)各项的二项式系数之和等于2n,即C错误!+C错误!+C错误!+…+C错误!=2n;奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和,即C错误!+C错误!+C错误!+…=C错误!+C错误!+C错误!+…。

高中数学(苏教版 选修2-3)文档第1章 1.5.1 二项式定理 学业分层测评 Word版含答案

高中数学(苏教版 选修2-3)文档第1章 1.5.1 二项式定理 学业分层测评 Word版含答案

学业分层测评(建议用时:分钟)[学业达标]一、填空题.(·广东高考)在(-)的展开式中,的系数为.【解析】+=·()-·(-).令=,则(-)=.【答案】的二项展开式中第项是.【解析】展开式的通项公式为+=·-·=(-)··-.所以第项为=(-)·=-.【答案】-.(+)的展开式中,的系数为,则=.(用数字填写答案)【导学号:】【解析】展开式中的系数为=,即=,解得=.【答案】.在(+)+(+)+(+)的展开式中,含有项的系数为.【解析】++=++=.【答案】.使(∈*)的展开式中含有常数项的最小的为.【解析】+=()-=--,当+是常数项时,-=,当=,=时成立.【答案】.在(+)·(-)的展开式中,的系数是.【解析】(+)·(-)=(+)·(+)·(-)=(++)(-).∴的系数为··(-)=-.【答案】-.若的展开式中第项与第项的二项式系数相等,则该展开式中的系数为.【解析】因为展开式中的第项和第项的二项式系数相同,即=,所以=,所以展开式的通项为+=-=-,令-=-,解得=,所以=,所以的系数为=.【答案】.设二项式(>)的展开式中的系数为,常数项为.若=,则的值是.=-(--)=(-)·-,=(-),=(-).∵=,>,∴=.【解析】对于+【答案】二、解答题.在的展开式中,求:()第项的二项式系数及系数;()含的项.【解】()第项的二项式系数为=,又=()=·,所以第项的系数为=.()+=()-=(-)--,令-=,得=.所以含的项为第项,且=-..已知()=(+)+(+)(,∈*)的展开式中含项的系数为,求展开式中含项的系数的最小值.【解】(+)+(+)展开式中含的项为·+·=(+),∴+=,即+=,(+)+(+)展开式中含的项的系数为=+=-+-.∵+=,∴=-,∴=(-)-(-)+-=-+=,∴当=时,取最小值,但∈*,∴=时,即项的系数最小,最小值为.[能力提升].的展开式中的系数为.(用数字作答)【解析】的通项=()-=(-)-,当-=时,=,则的系数为(-)=-.+【答案】-。

高中数学(苏教版 选修2-3)第1章 章末综合测评 Word版含答案

高中数学(苏教版 选修2-3)第1章 章末综合测评 Word版含答案

章末综合测评(一)计数原理(时间分钟,满分分)一、填空题(本大题共小题,每小题分,共分.请把答案填写在题中横线上).将(-)(--)(--)…(-)写成的形式是.【解析】由式子的形式可知(-)为最大因子,共有-个因式连乘,故(-)(--)(--)…(-)=.【答案】.(+)(++)(+++)的展开式中有项.【解析】要得到项数分步:第步,从第一个因式中取一个因子,有种取法;第步,从第二个因式中取一个因子,有种取法;第步,从第三个因式中取一个因子,有种取法.由分步计数原理知共有××=项.【答案】.某人有个不同的电子邮箱,他要发封电子邮件,不同的发送方法有种.【解析】每封电子邮件都有种发送方式,共有种不同的发送方法.【答案】.把椅子摆成一排,人随机就座,任何两人不相邻的坐法共有种.【解析】这是一个元素不相邻问题,采用插空法,=.【答案】.已知的展开式中的常数项是第项,则正整数的值为.【解析】=·()-·=·-·-.由-=,得=.【答案】.在(+)的展开式中,含项的系数为.【解析】(+)的展开式中项的系数与(+)的展开式中项的系数相同,故其系数为=.【答案】.若二项式的展开式中的系数是,则实数=.【导学号:】【解析】展开式中含的项是=()=-,故含的项的系数是=,解得=.【答案】.若++…+能被整除,则,的值可能为.(填序号)①=,=;②=,=;③=,=;④=,=.【解析】∵++…+=(+)-,结合①②③④可知,仅有③符合题意.【答案】③.名乒乓球队员中,有名老队员和名新队员.现从中选出名队员排成号参加团体比赛,则入选的名队员中至少有名老队员,且号中至少有名新队员的排法有种(用数字作答).【解析】()当有名老队员时,其排法有=(种);()当有名老队员时,其排法有···=(种),∴共有+=(种).【答案】.(++)的展开式中,的系数为.【解析】法一:(++)=[(+)+],含的项为=(+)·.其中(+)中含的项为·=.所以的系数为=.法二:(++)为个++之积,其中有两个取,两个取,一个取即可,所以的系数为=.【答案】.一条街上有盏灯,为节约用电,晚上只开盏灯,且规定相邻的灯不能都不亮,两头的灯都要亮,那么不同的亮灯方案有种.【解析】在亮着的盏灯间有个空档,选个空档放个不亮的灯,有种方法.【答案】.从正方体的个顶点中选取个作为四面体的顶点,可得到的不同四面体的个数为.【解析】在正方体中,个面和个对角面上的四个点不能构成四面体,故共有-=个不同的四面体.【答案】。

2017-2018学年高中数学苏教版选修2-3教学案:第1章1.5 二项式定理含答案

2017-2018学年高中数学苏教版选修2-3教学案:第1章1.5 二项式定理含答案

第1课时二项式定理问题1:我们在初中学习了(a+b)2=a2+2ab+b2,试用多项式的乘法推导(a+b)3,(a+b)4的展开式.提示:(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3,(a+b)4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4.问题2:上述两个等式的右侧有何特点?提示:展开式中的项数是n+1项,每一项的次数为n。

问题3:你能用组合的观点说明(a+b)4是如何展开的吗?提示:因(a+b)4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b).由多项式乘法法则知,从四个a+b中选a或选b是任意的.若有一个选b,则其余三个都选a,其方法有C14种,式子为C错误!a3b;若有两个选b,则其余两个选a,其方法有C错误!种,式子为C错误!a2b2。

问题4:能用类比方法写出(a+b)n(n∈N*)的展开式吗?提示:能,(a+b)n=C错误!a n+C错误!a n-1b+…+C错误!b n。

1.二项式定理公式(a+b)n=C错误!a n+C错误!a n-1b+…+C错误!a n-r b r+…+C错误!b n(n∈N*),叫做二项式定理,右边的多项式叫做(a+b)n的二项展开式,它一共有n+1项.2.二项展开式的通项C r,n a n-r b r叫做二项展开式的第r+1项(也称通项),用T r+1表示,即T r+1=C r n a n-r b r.3.二项式系数C错误!(r=0,1,2,…,n)叫做第r+1项的二项式系数.1.(a+b)n中,n∈N*,a,b为任意实数.2.二项展开式中各项之间用“+”连接.3.二项式系数依次为组合数C错误!,C错误!,…,C错误!,…,C错误!。

4.(a+b)n的二项展开式中,字母a的幂指数按降幂排列,从第一项开始,次数由n逐次减1直到0;字母b的幂指数按升幂排列,从第一项开始,次数由0逐次加1直到n.[例1] 求下列各式的展开式:(1)(a+2b)4;(2)错误!错误!.[思路点拨] 可直接利用二项式定理展开,对于(2)也可以先化简再展开.[精解详析] (1)根据二项式定理(a+b)n=C错误!a n+C错误!a n-1b+…+C错误!a n-r b r+…+C错误!b n,得(a+2b)4=C04a4+C错误!a32b+C错误!a2(2b)2+C错误!a(2b)3+C错误!(2b)4=a4+8a3b+24a2b2+32ab3+16b4.(2)法一:错误!错误!=C错误!(2x)5+C错误!(2x)4错误!+C错误!(2x)3错误!错误!+C错误!(2x)2错误!错误!+C错误!(2x)·错误!错误!+C错误!错误!错误!=32x5-120x2+错误!-错误!+错误!-错误!.法二:错误!错误!=错误!=错误![C错误!(4x3)5+C错误!(4x3)4·(-3)+…+C错误!(4x3)·(-3)4+C错误!·(-3)5]=错误!(1 024x15-3 840x12+5 760x9-4 320x6+1 620x3-243)=32x5-120x2+错误!-错误!+错误!-错误!.[一点通]形式简单的二项式展开时可直接由二项式定理展开,展开时注意二项展开式的特点:前一个字母是降幂,后一个字母是升幂.含负号的二项展开式形如(a-b)n的展开式中会出现正负间隔的情况.1.写出(1+2x)4的展开式.解:(1+2x)4=C错误!×14×(2x)0+C错误!×13×(2x)1+C错误!×12×(2x)2+C错误!×11×(2x)3+C错误!×10×(2x)4=1+8x+24x2+32x3+16x4。

高中数学(苏教版 选修2-3)文档第1章 1.2 第1课时 排列 排列数公式 学业分层测评 Word版含答案

高中数学(苏教版 选修2-3)文档第1章 1.2 第1课时 排列 排列数公式 学业分层测评 Word版含答案

学业分层测评(建议用时:分钟)[学业达标]一、填空题.若=×,则=.【解析】=(-)=×,整理得--=,解得=或=-(舍).【答案】.=,=. 【导学号:】【解析】=×=,==.【答案】.给出以下问题:()从四个数字中任取两个数作为对数的底数和真数,有多少个不同的值?()从到这个数字中任取两个数,作除法运算.其中是排列问题的是.(只填序号)【解析】()是.对数的值与底数和真数的取值不同,与顺序有关.同理()也是排列问题.【答案】()().不等式-<的解集为.【解析】由不等式-<,得(-)(-)-<,整理得--<,解得-<<.又因为-≥且∈*,即≥且∈*,所以=或=,故不等式-<的解集为{}.【答案】{}.若∈*且<,则(-)(-)…(-)用排列数表示为.【解析】∵->->…>-,且共有个数,故用排列数表示为.【答案】=.【解析】原式===.【答案】.若=,则=.【解析】由=,得=,∴(-)(-)=,∴=或=(舍).【答案】.如果=×××××,那么=,=.【解析】×××××=,故=,=.【答案】二、解答题.四个人,,,坐成一排,其中不坐排头,写出所有的坐法.【解】由“树形图”可知,所有坐法为,,,,,,,,,,,,,,,,,..解不等式:>.【解】原不等式可化为>,其中≤≤,∈*,即(-)(-)>,∴-+>,∴(-)(-)>,∴<或>.但≤≤,∈*,故=.[能力提升].=!+!+!+…+!,则的个位数字是.【解析】∵!=!=!=!=,!=!=!=,∴的个位数字的和为+++=,其个位数字是.【答案】.-(∈*)的值为.。

苏教版数学选修2-1讲义:第1章 章末分层突破

苏教版数学选修2-1讲义:第1章 章末分层突破

章末分层突破
[自我校对]
①逆否命题
②必要条件
③p⇔q
④且q
⑤或
⑥全称命题
⑦存在量词
p和q分别表示原命题的条件和结论,用非p和非q分别表示p和q的否定,于是四种命题的形式就是:原命题:若p,则q;逆命题:若q,则p;否命题:若非p,则非q;逆否命题:若非q,则非p.
原命题与它的逆命题、否命题之间的真假是不确定的,而原命题与它的逆否命题(或它的逆命题与它的否命题)之间在真假上是始终保持一致的,即同真同假.正是因为原命题与逆否命题的真假一致,所以对某些命题的证明可转化为证明其逆否命题.
已知a,b,c∈R,写出命题“若ac<0,则方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根”的逆命题、否命题、逆否命题,并判断这三个命题的真假.【精彩点拨】按照四种命题的定义写出命题,只需判定原命题及逆命题的真假,利用互为逆否命题的命题是等价命题,可知否命题与逆否命题的真假.【规范解答】逆命题:“若方程ax2+bx+c=0(a,b,c∈R)有两个不相等的实数根,则ac<0”,是假命题.
如当a=1,b=-3,c=2时,方程x2-3x+2=0有两个不等实根x1=1,x2=2,但ac=2>0.
否命题:“若ac≥0,则方程ax2+bx+c=0(a,b,c∈R)没有两个不相等的实数根”,是假命题.
这是因为它和逆命题互为逆否命题,而逆命题是假命题.
逆否命题:“若方程ax2+bx+c=0(a,b,c∈R)没有两个不相等的实数根,则ac≥0”,是真命题.
因为原命题是真命题,而逆否命题与原命题等价.
[再练一题]。

高中数学(苏教版 选修2-3)文档第1章 1.2 第2课时 利用排列数公式解应用题 学业分层测评 Word版含答案

高中数学(苏教版 选修2-3)文档第1章 1.2 第2课时 利用排列数公式解应用题 学业分层测评 Word版含答案

学业分层测评(建议用时:分钟)[学业达标]一、填空题.有种不同的蔬菜,从中选出种,分别种植在不同土质的块土地上进行实验,则不同的种植方法有种.【解析】=××=(种).【答案】.用这个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数共有个.【解析】分步完成:个位必为奇数,有种选法;从余下的个数中任选个排在三位数的百位、十位上,有种选法.由分步计数原理,得共有×=(个)无重复数字的三位奇数.【答案】.人站成一排,甲、乙、丙个人不能都站在一起的排法种数为种.【解析】(间接法)甲、乙、丙三人在一起的排法种数为×;不考虑任何限制,人的全排列有,所以符合题意的排法种数为:-×=.【答案】.从这四个数中选三个不同的数作为函数()=++中的参数,,,可组成不同的二次函数共有个.【解析】若得到二次函数,则≠,有种选择,故二次函数有=××=(个).【答案】.从名男生和名女生中选出人,分别从事三项不同的工作,若这人中至少有名女生,则选派方案共有种. 【导学号:】【解析】没有女生的选法有种,一共有种选法,则至少有名女生的选派方案共有-=(种).【答案】.某班新年联欢会原定的个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目,如果将这两个新节目插入原节目单中,那么不同插法共有种.【解析】分两种情况:第一种,增加的两个新节目相连;第二种,增加的两个新节目不相连,不同插法的种数为+=(种).【答案】.若把英语单词“”的字母顺序写错了,则可能出现的错误共有种.【解析】“,”为重复元素,故共有=(种)排列顺序,所以出现错误的共有-=(种).【答案】.用组成六位数(没有重复数字),要求任何相邻两个数字的奇偶性不同,且相邻,这样的六位数的个数是.【解析】可分为三步来完成这件事:第一步:先将进行排列,共有种排法;第二步:再将插空排列,共有种排法;第三步:将放入形成的空中,共有种排法.由分步计数原理得,共有=种不同的排法.【答案】二、解答题.喜羊羊家族的四位成员与灰太狼、红太狼进行谈判,通过谈判他们握手言和,准备一起照合影像(排成一排).()要求喜羊羊家族的四位成员必须相邻,有多少种排法?()要求灰太狼、红太狼不相邻,有多少种排法?【解】()把喜羊羊家族的四位成员看成一个元素,排法为.又因为四位成员交换顺序产生不同排列,所以共有·=种排法.()第一步,将喜羊羊家族的四位成员排好,有种排法;第二步,让灰太狼、红太狼插入四人形成的空(包括两端),有种排法,共有·=种排法..有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各个,每种颜色的个球分别标有数字,从中任取个标号不同的球,颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数.【解】所标数字互不相邻的方法有,共种方法个颜色互不相同有=×××=种,所以这个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数有×=种.[能力提升].把件不同产品摆成一排,若产品与产品相邻,且产品与产品不相邻,则不同的摆法有种.【解析】设其他不同的产品分别为,,先把产品与产品捆绑有种,再与产品,全排有种,最后把产品插空有种,所以共有=种不同摆法.。

苏教版高中数学选修23第一章章末总结

苏教版高中数学选修23第一章章末总结

高中数学学习资料金戈铁骑整理制作章末总结知识点一两个计数原理应用两个计数原理解决有关计数问题的要点是划分事件是分类达成仍是分步达成,而分类与分步的差别又在于任取此中某一方法能否能达成事件.能达成即是分类,不然即是分步,关于有些较复杂问题可能既要分类又要分步,此时应注意有条有理,不重不漏.例 1 现有 4 种不一样颜色要对如下图的四个部分进行着色,要求有公共界限的两部分不可以用同一种颜色,则不一样的着色方法共有________种.例 2 某校高中部,高一有 6 个班,高二有 7 个班,高三有 8 个班,学校利用周六组织学生到某工厂进行社会实践活动.(1)任选一个班的学生参加社会实践,有多少种不一样的选法?(2)三个年级各选一个班的学生参加社会实践,有多少种不一样的选法?(3)选两个班的学生参加社会实践,要求这两个班来自不一样年级,有多少种不一样选法?知点二摆列合用解摆列合用的关在于区它是摆列,是合,也就是看它有无“序”.解答摆列合用擅长运用化思想,把一些与摆列合基本型相系,进而把些化基本型,而后加以解决.例 3有四名男生和三名女生排成一排,按以下要求各有多少种不一样的排法?(1)男甲排在正中;(2)男甲不在排,女乙不在排尾.例 4用1,2,3,4,5,6,7,8 成没有重复数字的八位数,要求 1 与 2 相, 3 与4相,5与 6 相,而7 与 8 不相,的八位数共有多少个?知点三二式定理及用二式定理的要点是二睁开式及通公式的系和用.二睁开式的通公式是解决与二式定理有关的基;二睁开式的性是解的关;利用二睁开式能够明整除性,的有关性,明合数恒等式,行近似算等.法与待定系数法是解决二式定理有关常用的方法.例 5二式 (2+ x)n的睁开式中,前三的系数挨次成等差数列,睁开式的第8的系数 ________. (用数字表示 )例 6已知 (1+ x)6(1- 2x)5= a0+ a1x+ a2x2+⋯+ a11x11,那么a1+ a2+ a3+⋯+ a11=________.23n - 1例 7求: 1+ 3+3+⋯+能被 26 整除 (n 大于 1的偶数 ).3章末总结答案要点解 例1 48例 2 解 (1)分三 :第一 从高一年 一个班,有6 种不一样方法,第二 从高二年 一个班, 有 7 种不一样方法,第三 从高三年 一个班,有8 种不一样方法, 由分数原理,共有 6+ 7+ 8= 21(种 )不一样法.(2)分三步:第一步从高一年 一个班,有 6 种不一样的方法;第二步从高二年 一个班, 有 7 种不一样的方法;第三步从高三年 一个班, 有 8 种不一样的方法,由分步 数原 理,共有 6× 7× 8=336(种 )不一样的 法.(3)分三 ,每 又分两步,第一 要从高一、高二两个年 各 一个班,有 6×7种不同方法;第二 从高一、高三两个年 各 一个班,有6× 8 种不一样方法;第三 从高二、 高三两个年 各 一个班,有 7× 8 种不一样方法, 故共有 6× 7+ 6× 8+ 7× 8= 146(种)不一样 法.共有 A 66= 720(种)例 3 解 (1) 男甲排在正中 地点, 其余六人排在余下的六个地点上, 不一样的排法.(2)分四 考 (特别元素法 ):( 即男甲、女乙在①男甲不在排 ,女乙不在排尾,男甲也不在排尾,女乙也不在排中 5 个地点上 ),有 25A 5A 5 种排法;A 51A 55种排法;②女乙在排 男甲不在排尾,有③男甲在排尾女乙不在排 ,有 1 5A 5A 5种排法;④男甲在排尾且女乙在排 ,共有 A 5种排法.5依据分 数原理,共有 A 52 A 55+ 2A 51 A 55+ A 55= 3 720(种 )排法.例 4 解 将 1、2,3、 4,5、 6 当作 3 个整体, 行全摆列有A 3种排法, 3 个整体 分2 2 23行摆列有A 2 ·A 2·A 2种方法.两个数,共有 A 42种方法,故共有2 在由3 个整体形成的4 个空档中 出 2 个插入 7、 82 23 2种 )排法.A 2·A 2·A 2·A 3·A 4 =576(例 5 16n1 n -12 n -2 2分析 第12,第2C n 2 x ,第 3 C n 2 x .∴ 2C 1n ·2n -1= 2n + C 2n 2n -2. ∴ n = 8.∴ T 8= C 782x 7,其系数 2C 78= 16. 例6 -65分析 令 x = 0,得 a 0= 1;令 x = 1,得 a 0+ a 1+ a 2+ ⋯+ a 11=- 64; ∴ a 1+ a 2+ ⋯+ a 11=- 65.23n -11- 33n 1 3n 1 n 1+ 1)n- 1],例7 明因 1+3+3 + ⋯+3= 1- 3 = 2(3 -1)= 2(27 - 1)= 2[(26 n0 n1 n -1n -1n 0 0 n 1 n -1n -1而 (26+ 1) - 1= C n 26+ C n 26 + ⋯ + C n26+ C n 26 - 1= C n 26 + C n 26+ ⋯ + C n26.因 n 大于 1 的偶数,因此原式能被 26 整除.。

苏教版高中数学选修2-3全册同步课时分层作业

苏教版高中数学选修2-3全册同步课时分层作业

苏教版高中数学选修2-3全册同步课时分层作业课时分层作业(一) 两个基本计数原理(建议用时:60分钟)[基础达标练]一、选择题1.有5列火车停在某车站并排的5条轨道上,若火车A不能停在第1道上,则5列火车的停车方法共有( )A.96种B.24种C.120种D.12种A[先排第1道,有4种排法,第2,3,4,5道各有4,3,2,1种,由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1=96种.]2.如图,一条电路从A处到B处接通时,可构成通路的条数为( )A.8条B.6条C.5条D.3条B[从A到B接通,分两步:第一步有2种方法,第二步有3种方法,所以可构成通路的条数为2×3=6条.选B.]3.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A.40 B.16C.13 D.10C[分两类情况讨论:第一类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;第二类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.]4.给一些书编号,准备用3个字符,其中首字符用A,B,后两个字符用a,b,c(允许重复),则不同编号的书共有( )A.8本B.9本C.12本D.18本D[完成这件事可以分为三步,第一步确定首字符,共有2种方法;第二步确定第二个字符,共有3种方法;第三步确定第三个字符,共有3种方法.所以不同编号的书共有2×3×3=18(本),故选D.]5.从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数,作为方程Ax+By=0的系数A,B的值,则形成的不同直线有( )A.18条B.20条C.25条D.10条A[第一步,取A的值,有5种取法;第二步,取B的值,有4种取法,其中当A=1,B =2时与A=2,B=4时是相同的方程;当A=2,B=1时与A=4,B=2时是相同的方程,故共有5×4-2=18条.]二、填空题6.设集合A中有3个元素,集合B中有2个元素,可建立A→B的映射的个数为________.8 [建立映射,即对于A中的每一个元素,在B中都有一个元素与之对应,故由分步计数原理得映射有2×2×2=8(个).]7.用4种不同的颜色涂入如图所示的矩形A,B,C,D中,要求相邻的矩形涂色不同,则不同的涂色方法共有______种.72 [按A,B,C,D种方法.]8.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有________种.20 [分三类:若甲在周一,则乙丙有4×3=12种排法;若甲在周二,则乙丙有3×2=6种排法;若甲在周三,则乙丙有2×1=2种排法.所以不同的安排方法共有12+6+2=20种.]三、解答题9.已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面上的点(a,b∈M),问:(1)P可表示平面上多少个不同的点?(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?(3)P可表示多少个不在直线y=x上的点?[解] (1)确定平面上的点P(a,b)可分两步完成:第一步确定a的值,共有6种确定方法;第二步确定b的值,也有6种确定方法.根据分步计数原理,得知P可表示平面上的点数是6×6=36(个).(2)确定第二象限的点,可分两步完成:第一步确定a,由于a<0,所以有3种确定方法;第二步确定b,由于b>0,所以有2种确定方法.由分步计数原理,得到第二象限的点的个数是3×2=6(个).(3)点P(a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.因此a和b必须在集合M中取同一元素,共有6种取法,即在直线y=x上的点有6个.结合(1)得,不在直线y=x上的点共有36-6=30(个).10.由0,1,2,3这四个数字,可组成多少个?(1)无重复数字的三位数?(2)可以有重复数字的三位数?[解] (1)0不能做百位数字,所以百位数字有3种选择,十位数字有3种选择,个位数字有2种选择,所以无重复数字的三位数共有3×3×2=18(个).(2)百位数字有3种选择,十位数字有4种选择,个位数字也有4种选择.由分步计数原理知,可以有重复数字的三位数共有3×4×4=48(个).[能力提升练]1.一植物园参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线种数共有( )A.6种B.8种C.36种D.48种D[由题意知在A点可先参观区域1,也可先参观区域2或3,每种选法中可以按逆时针参观,也可以按顺时针参观,所以第一步可以从6个路口任选一个,有6种走法,参观完第一个区域后,选择下一步走法,有4种走法,参观完第二个区域后,只剩下最后一个区域,有2种走法,根据分步乘法计数原理,共有6×4×2=48种不同的参观路线.]2.某市汽车牌照号码(由4个数字和1个字母组成)可以上网自编,但规定从左到右第二个号码只能从字母B,C,D中选择,其他四个号码可以从0~9这十个数字中选择(数字可以重复).某车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择,其他号码只想在1,3,6,9中选择,则他的车牌号码所有可能的情况有( )A.180种B.360种C.720种D.960种D[分五步完成,第i步取第i个号码(i=1,2,3,4,5).由分步乘法计数原理,可得车牌号码共有5×3×4×4×4=960种.]3.将1,2,3填入3×3的方格中,要求每行、每列都没有重复数字,如图是一种填法,则不同的填写方法共有___________种.12 [假设第一行为1,2,3或3,此时其他剩余的空格都只有一种填法,又第一行有3×2×1=6(种)填法.故不同的填写方法共有6×2=12(种).]4.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________对.48 [与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条,故共有8对,正方体的12条面对角线共有96对,且每对均重复计算一次,故共有962=48对.]5.(1)从5种颜色中选出三种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每个顶点上染一种颜色,并使同一条棱上的两端点异色,求不同的染色方法总数.(2)从5种颜色中选出四种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每个顶点上染一种颜色,并使同一条棱上的两端点异色,求不同的染色方法总数.[解] (1)如图,由题意知,四棱锥SABCD 的顶点S ,A ,B 所染色互不相同,则A ,C 必须颜色相同,B ,D 必须颜色相同,所以,共有5×4×3×1×1=60(种).(2)法一 由题意知,四棱锥SABCD 的顶点S ,A ,B 所染色互不相同,则A ,C 可以颜色相同,B ,D 可以颜色相同,并且两组中必有一组颜色相同.所以,先从两组中选出一组涂同一颜色,有2种选法(如:B ,D 颜色相同);再从5种颜色中,选出四种颜色涂在S ,A ,B ,C 四个顶点上,有5×4×3×2=120(种)涂法.根据分步计数原理,共有2×120=240(种)不同的涂法.法二 分两类.第一类,C 与A 颜色相同.由题意知,四棱锥SABCD 的顶点S ,A ,B 所染色互不相同,它们共有5×4×3=60(种)染色方法.共有5×4×3×1×2=120(种)方法;第二类,C 与A 颜色不同.由题意知,四棱锥SABCD 的顶点S ,A ,B 所染色互不相同,它们共有5×4×3=60(种)染色方法.共有5×4×3×2×1=120(种)方法.由分类计数原理,共有120+120=240(种)不同的方法.课时分层作业(二) 排列(建议用时:60分钟)[基础达标练]一、选择题1.下列问题属于排列问题的是( )①从10个人中选2人分别去种树和扫地;②从10个人中选2人去扫地;③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队;④从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作log a b中的底数与真数.A.①④B.①②C.④D.①③④A[根据排列的概念知①④是排列问题.]2.某段铁路所有车站共发行132种普通车票,那么这段铁路共有的车站数是( ) A.8 B.12C.16 D.24B[设车站数为n,则A2n=132,n(n-1)=132,∴n=12.]3.下列各式中与排列数A m n相等的是( )A.n!(n-m+1)!B.n(n-1)(n-2)…(n-m)C.n A m n-1n-m+1D.A1n A m-1n-1D[A m n=n!(n-m)!,而A1n A m-1n-1=n×(n-1)!(n-m)!=n!(n-m)!,∴A1n A m-1n-1=Amn.]4.若从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四种不同工作,则选派方案共有( )A.180种B.360种C.15种D.30种B[问题为6选4的排列,即A46=360.]5.不等式A2n-1-n<7的解集为( )A.{n|-1<n<5} B.{1,2,3,4}C.{3,4} D.{4}C[由A2n-1-n<7,得(n-1)(n-2)-n<7,即-1<n<5,又因为n∈N*且n-1≥2,所以n =3,4.故选C.]二、填空题6.若n∈N*且n<20,则(20-n)(21-n)…(100-n)用排列数表示为________.A 81100-n [∵100-n >99-n >…>20-n ,且共有81个数,故用排列数表示为A 81100-n .] 7.A 88-A 592A 58+4A 48=________. 54 [原式=A 48·A 44-9A 482×(8-5+1)·A 48+4A 48 =(24-9)A 48(8+4)A 48=54.] 8.有8种不同的菜种,任选4种种在不同土质的4块地上,有________种不同的种法.(用数字作答)1 680 [将4块不同土质的地看作4个不同的位置,从8种不同的菜种中任选4种种在4块不同的地上,即从8个不同元素中任选4个元素的排列问题,所以不同的种法共有A 48=8×7×6×5=1 680(种).]三、解答题9.四个人A ,B ,C ,D 坐成一排,其中A 不坐排头,写出所有的坐法. [解]由“树形图”可知,所有坐法为BACD ,BADC ,BCAD ,BCDA ,BDAC ,BDCA ,CABD ,CADB ,CBAD ,CBDA ,CDAB ,CDBA ,DACB ,DABC ,DBAC ,DBCA ,DCAB ,DCBA .10.解不等式:A x 9>6A x -29.[解] 原不等式可化为9!(9-x )!>6·9!(9-x +2)!,其中2≤x ≤9,x ∈N *,即(11-x )(10-x )>6,∴x 2-21x +104>0,∴(x -8)(x -13)>0,∴x <8或x >13.但2≤x ≤9,x ∈N *,故x =2,3,4,5,6,7.[能力提升练]1.若S =A 11+A 22+A 33+A 44+…+A 100100,则S 的个位数字是( ) A .8 B .5 C .3D .0C [因为当n ≥5时,A nn 的个位数是0,故S 的个位数取决于前四个排列数,又A 11+A 22+A 33+A 44=33.]2.若a ∈N *,且a <20,则(27-a )(28-a )…(34-a )等于( ) A .A 827-a B .A 27-a34-a C .A 734-aD .A 834-aD [A 834-a =(27-a )(28-a )…(34-a ).] 3.A n +32n -A n +14(n ∈N *)的值为________. 696 [由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧2n ≥n +3,4≥n +1,∴n =3.n ∈N *,∴A 66-A 44=6!-4!=24×29=696.]4.有4名司机,4名售票员要分配到4辆汽车上,使每辆汽车上有一名司机和一名售票员,则可能的分配方法有________种.576 [司机、售票员各有A 44种安排方法,由分步计数原理知共有A 44A 44种不同的安排方法.] 5.沪宁铁路线上有六个大站:上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京,铁路部门应为沪宁线上的这六个大站准备(这六个大站间)多少种不同的火车票?[解] 对于两个大站A 和B ,从A 到B 的火车票与从B 到A 的火车票不同,因为每张车票对应于一个起点站和一个终点站.因此,每张火车票对应于从6个不同元素(大站)中取出2个元素(起点站和终点站)的一种排列.所以问题归结为从6个不同元素中取出2个不同元素的排列数A 26=6×5=30.故一共需要为这六大站准备30种不同的火车票.课时分层作业(三) 组合(建议用时:60分钟)[基础达标练]一、选择题1.以下四个命题,属于组合问题的是( ) A .从3个不同的小球中,取出2个排成一列 B .老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌C .在电视节目中,主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星D .从13位司机中任选出两位开同一辆车往返甲、乙两地C [从100位幸运观众中选出2名幸运之星,与顺序无关,是组合问题.]2.某新农村社区共包括8个自然村,且这些村庄分布零散,没有任何三个村庄在一条直线上,现要在该社区内建“村村通”工程,共需建公路的条数为( )A .4B .8C .28D .64C [由于“村村通”公路的修建,是组合问题.故共需要建C 28=28条公路.] 3.组合数C rn (n >r ≥1,n ,r ∈N )恒等于( ) A .r +1n +1C r -1n -1 B .(n +1)(r +1)C r -1n -1 C .nr C r -1n -1D .n rC r -1n -1D [n r C r -1n -1=n r ·(n -1)!(r -1)!(n -r )!=n !r !(n -r )!=C rn .]4.若A 3n =12C 2n ,则n 等于( ) A .8 B .5或6 C .3或4D .4A [A 3n =n (n -1)(n -2),C 2n =12n (n -1),所以n (n -1)(n -2)=12×12n (n -1).由n ∈N *,且n ≥3,解得n =8.]5.某施工小组有男工7名,女工3名,现要选1名女工和2名男工去支援另一施工小组,不同的选法有( )A .C 310种 B .A 310种 C .A 13A 27种D .C 13C 27种D [每个被选的人都无顺序差别,是组合问题.分两步完成:第一步,选女工,有C 13种选法;第二步,选男工,有C 27种选法.故共有C 13C 27种不同的选法.]二、填空题6.下列等式中,正确的有________(填序号). ①C mn =n !m !(n -m )!;②C m n =C n -m n ;③C mn =m +1n +1C m +1n +1;④C m n =C m +1n +1.①②③ [①②显然正确. 对于③,m +1n +1C m +1n +1=m +1n +1(n +1)!(m +1)!(n -m )!=n !m !(n -m )!=C mn ,故③正确,④错误.] 7.用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为________. 252 [所有三位数的个数为9×10×10=900.没有重复数字的三位数有C 19A 29=648,所以有重复数字的三位数的个数为900-648=252.]8.从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘,有m 个不同的积;任取两个不同的数相除,有n 个不同的商.则m ∶n =________.1∶2 [∵m =C 24,n =A 24,∴m ∶n =1∶2.] 三、解答题9.从1,2,3,4,5,6六个数字中任选3个后得到一个由这三个数组成的最小三位数,则可以得到多少个不同的这样的最小三位数?[解] 从6个不同数字中任选3个组成最小三位数,相当于从6个不同元素中任选3个元素的一个组合,故所有不同的最小三位数共有C 36=6×5×43×2×1=20个.10.(1)求式子1C x 5-1C x 6=710C x 7中的x ;(2)解不等式C m -18>3C m8. [解] (1)原式可化为:x !(5-x )!5!-x !(6-x )!6!=7·x !(7-x )!10·7!,∵0≤x ≤5,∴x2-23x +42=0,∴x =21(舍去)或x =2,即x =2为原方程的解. (2)由8!(m -1)!(9-m )!>3×8!m !(8-m )!,得19-m >3m,∴m >27-3m , ∴m >274=7-14.又∵0≤m -1≤8,且0≤m ≤8,m ∈N , 即7≤m ≤8,∴m =7或8.[能力提升练]1.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,则不同选法的种数为( )A .16B .15C .17D .18A [按参加的女生人数可分两类:只有1位女生参加有C 12C 24,有2位女生参加有C 22C 14种.故共有C 12C 24+C 22C 14=2×6+4=16(种),故选A.]2.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台,其中至少有甲型和乙型电视机各1台,则不同的取法共有( )A .140种B .84种C .70种D .35种C [可分两类:第一类,甲型1台、乙型2台,有C 14·C 25=4×10=40(种)取法,第二类,甲型2台、乙型1台,有C 24·C 15=6×5=30(种)取法,共有70种不同的取法.]3.若C m -1n ∶C mn ∶C m +1n =3∶4∶5,则n -m =________.35 [由题意知:⎩⎪⎨⎪⎧C m -1n C m n =34,Cm nCm +1n=45,由组合数公式得⎩⎪⎨⎪⎧3n -7m +3=0,9m -4n +5=0,解得n =62,m =27.n -m =62-27=35.]4.设x ∈N *,则C x -12x -3+C 2x -3x +1的值为________.4,7或11 [由题意,得⎩⎪⎨⎪⎧2x -3≥x -1,x +1≥2x -3,解得2≤x ≤4. ∵x ∈N *,∴x =2,x =3或x =4.当x =2时,原式值为4;当x =3时,原式值为7;当x =4时,原式值为11. ∴所求值为4,7或11.] 5.规定C m x =x (x -1)…(x -m +1)m !,其中x ∈R ,m 是正整数,且C 0x =1,这是组合数C mn (n ,m是正整数,且m ≤n )的一种推广.(1)求C 5-15的值;(2)组合数的两个性质:①C m n =C n -mn ;②C m n +C m -1n =C m n +1是否都能推广到C mx (x ∈R ,m 是正整数)的情形;若能推广,请写出推广的形式并给出证明,若不能,则说明理由.[解] (1)C 5-15=(-15)(-16)(-17)(-18)(-19)5!=-C 519=-11 628.(2)性质①不能推广,例如当x =2时,有意义,但无意义;性质②能推广,它的推广形式是C mx +C m -1x =C mx +1,x ∈R ,m 为正整数. 证明:当m =1时, 有C 1x +C 0x =x +1=C 1x +1; 当x ≥2时, C mx +C m -1x=x (x -1)…(x -m +1)m !+x (x -1)(x -2)…(x -m +2)(m -1)!=x (x -1)…(x -m +2)(m -1)!⎝ ⎛⎭⎪⎫x -m +1m +1=(x +1)x (x -1)…(x -m +2)m !=C mx +1.综上,性质②的推广得证.课时分层作业(四) 二项式定理(建议用时:60分钟)[基础达标练]一、选择题1.设S =(x -1)3+3(x -1)2+3(x -1)+1,则S 等于( ) A .(x -1)3B .(x -2)3C .x 3D .(x +1)3C [S =[(x -1)+1]3=x 3.]2.已知⎝⎛⎭⎪⎫x -1x 7的展开式的第4项等于5,则x 等于( )A .17B .-17C .7D .-7B [T 4=C 37x 4⎝ ⎛⎭⎪⎫-1x 3=5,则x =-17.]3.(1-x )3⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1x 3展开式中常数项是( )A .-20B .18C .20D .0C [(1-x )3⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1x 3=-(1-x )6x 3,要求原式的常数项,即求-(1-x )6中x 3的系数,T r +1=-C r 6(-x )r ,所以r =3,所以C 36=20.]4.使⎝⎛⎭⎪⎫3x +1x x n (n ∈N *)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )A .4B .5C .6D .7B [T r +1=C rn (3x )n -r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x x r =C r n 3n -r x ,当T r +1是常数项时,n -52r =0,当r =2,n =5时成立.]5.若二项式(x +2)n的展开式的第4项是52,第3项的二项式系数是15,则x 的值为( )A.12B.14C.28D.18B [由二项式(x +2)n的展开式的第4项为23C 3n x n -3,第3项的二项式系数是C 2n ,可知C 2n =15,23C 3n xn -3=52,可得n =6,x =14,选B.] 二、填空题6.在(1+x )6·(1-x )4的展开式中,x 3的系数是________.-8 [(1+x )6·(1-x )4=(1+x )2·(1+x )4·(1-x )4=(1+2x +x 2)(1-x 2)4. ∴x 3的系数为2·C 14·(-1)=-8.]7.若⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等,则该展开式中1x2的系数为________.56 [因为展开式中的第3项和第7项的二项式系数相同,即C 2n =C 6n ,所以n =8,所以展开式的通项为T r +1=C r 8x 8-r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r =C r 8x 8-2r ,令8-2r =-2,解得r =5,所以T 6=C 58⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2,所以1x 2的系数为C 58=56.]8.设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x -a x 6(a >0)的展开式中x 3的系数为A ,常数项为B .若B =4A ,则a 的值是________.2 [对于T r +1=C r 6x6-r(-ax )r =C r 6(-a )r·x,B =C 46(-a )4,A =C 26(-a )2.∵B =4A ,a >0,∴a =2.]三、解答题9.在⎝⎛⎭⎪⎫2x -1x 6的展开式中,求:(1)第3项的二项式系数及系数; (2)含x 2的项.[解] (1)第3项的二项式系数为C 26=15,又T 3=C 26(2x )4⎝⎛⎭⎪⎫-1x 2=24·C 26x ,所以第3项的系数为24C 26=240. (2)T k +1=C k6(2x )6-k⎝⎛⎭⎪⎫-1x k =(-1)k 26-k C k 6x 3-k ,令3-k =2,得k =1.所以含x 2的项为第2项,且T 2=-192x 2.10.已知f (x )=(1+2x )m +(1+4x )n (m ,n ∈N *)的展开式中含x 项的系数为36,求展开式中含x 2项的系数的最小值.[解] (1+2x )m +(1+4x )n 展开式中含x 的项为C 1m ·2x +C 1n ·4x =(2C 1m +4C 1n )x , ∴2C 1m +4C 1n =36,即m +2n =18,(1+2x )m +(1+4x )n 展开式中含x 2的项的系数为t =C 2m 22+C 2n 42=2m 2-2m +8n 2-8n .∵m +2n =18,∴m =18-2n ,∴t =2(18-2n )2-2(18-2n )+8n 2-8n =16n 2-148n +612=16⎝⎛⎭⎪⎫n 2-374n +1534,∴当n =378时,t 取最小值,但n ∈N *,∴n =5时,t 即x 2项的系数最小,最小值为272.[能力提升练]1.若C 1n x +C 2n x 2+…+C n n x n能被7整除,则x ,n 的值可能为( ) A .x =4,n =3 B .x =4,n =4 C .x =5,n =4D .x =6,n =5C [C 1n x +C 2n x 2+…+C n n x n=(1+x )n-1,分别将选项A 、B 、C 、D 代入检验知,仅C 适合.]2.已知二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x +13x n 的展开式中第4项为常数项,则1+(1-x )2+(1-x )3+…+(1-x )n中x 2项的系数为( )A .-19B .19C .20D .-20C [⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x +13x n 的通项公式为T r +1=C r n (x )n -r ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r =C rn x ,由题意知n 2-5×36=0,得n =5,则所求式子中的x 2项的系数为C 22+C 23+C 24+C 25=1+3+6+10=20.故选C.]3.⎝⎛⎭⎪⎫|x |+1|x |-23展开式中的常数项是________.-20 [⎝ ⎛⎭⎪⎫|x |+1|x |-23=(1-|x |)6|x |3,在(1-|x |)6中,|x |3的系数A =C 36(-1)3=-20.即所求展开式中常数项是-20.]4.若⎝⎛⎭⎪⎫ax 2+b x 6的展开式中x 3项的系数为20,则a 2+b 2的最小值为________. 2 [T r +1=C r 6(ax 2)6-r·⎝ ⎛⎭⎪⎫b x r =C r 6a6-r·b r x12-3r,令12-3r =3,得r =3,所以C 36a6-3b 3=20,即a 3b 3=1,所以ab =1,所以a 2+b 2≥2ab =2,当且仅当a =b ,且ab =1时,等号成立.故a 2+b 2的最小值是2.]5.已知⎝⎛⎭⎪⎪⎫x +23x n 的展开式的前三项系数的和为129,试问这个展开式中是否有常数项?有理项?如果没有,请说明理由;如果有,求出这一项.[解] ∵T r +1=C rn ·x·2r·x=C r n ·2r·x,据题意,C 0n +C 1n ·2+C 2n ·22=129,解得n =8,∴T r +1=C r8·2r·x,且0≤r ≤8.由于24-5r6=0无整数解,所以该展开式中不存在常数项.又24-5r 6=4-5r 6,∴当r =0或r =6时,24-5r6∈Z , 即展开式中存在有理项,它们是:T 1=x 4,T 7=26·C 68·x -1=1 792x.课时分层作业(五) 二项式系数的性质及应用(建议用时:60分钟)[基础达标练]一、选择题1.(1-x )13的展开式中系数最小的项为( ) A .第六项 B .第七项 C .第八项D .第九项C [展开式中共有14项,中间两项(第七、八项)的二项式系数最大.由于二项展开式中二项式的系数和项的系数满足:奇数项相等,偶数项互为相反数,故系数最小的项为第八项,系数最大的项为第七项.]2.已知⎝⎛⎭⎪⎫x 2+1x n的展开式的二项式系数之和为32,则展开式中含x 项的系数是( )A .5B .20C .10D .40C [根据题意,该二项式的展开式的二项式系数之和为32, 则有2n=32,可得n =5,T r +1=C r 5x2(5-r )·x -r =C r 5x 10-3r, 令10-3r =1,解得r =3,所以展开式中含x 项的系数是C 35=10,故选C.]3.(1+x )+(1+x )2+…+(1+x )n的展开式的各项系数和是( ) A .2n +1B .2n +1+1 C .2n +1-1D .2n +1-2D [令x =1,可知其各项系数和为2+22+ (2)=2n +1-2.]4.设(1+x +x 2)n=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 2n x 2n,则a 0+a 2+a 4+…+a 2n 等于( )A .2nB.3n-12C .2n +1D.3n+12D [令x =1,得3n=a 0+a 1+a 2+…+a 2n -1+a 2n , ① 令x =-1,得1=a 0-a 1+a 2-…-a 2n -1+a 2n , ② ①+②得3n+1=2(a 0+a 2+…+a 2n ), ∴a 0+a 2+…+a 2n =3n+12.故选D.]5.已知(1+2x )8展开式的二项式系数的最大值为a ,系数的最大值为b ,则ba的值为( ) A.1285B.2567C.5125D.1287A [由题意得a =C 48=70,设b =C r 82r,则⎩⎪⎨⎪⎧C r 82r≥C r -182r -1,C r 82r ≥C r +182r +1,得5≤r ≤6,所以b =C 6826=C 2826=7×28,所以b a =1285.故选A.] 二、填空题6.233除以9的余数是________.8 [233=811=(9-1)11=911-C 111910+C 21198-…-1, ∴233除以9的余数是8.]7.如图,在“杨辉三角”中,斜线l 的上方,从1开始按箭头所示的数组成一个锯齿形数列:1,3,3,4,6,5,10,…,记此数列为{a n },则a 21=________.66 [此数列依次为C 22;C 13,C 23;C 14,C 24;C 15,C 25;…;C 112,C 212;…;a 21=C 212=12×112=66.] 8.设(2-x )10=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 10x 10,则(a 0+a 2+…+a 10)2-(a 1+a 3+…+a 9)2的值为________.1 [令(2-x )10=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 10x 10, 令x =1得A =a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2-1)10,令x =-1得B =a 0-a 1+a 2-…+a 10=(2+1)10,所以(a 0+a 2+…+a 10)2-(a 1+a 3+…+a 9)2=A ·B =[(2+1)(2-1)]10=[(2)2-1]10=1.]三、解答题9.已知(1+2x )100=a 0+a 1(x -1)+a 2(x -1)2+…+a 100(x -1)100,求a 1+a 3+a 5+…+a 99的值.[解] 令x =2,可以得到5100=a 0+a 1+a 2+…+a 100, ① 令x =0,可以得到1=a 0-a 1+a 2-…+a 100, ② 由①—②得a 1+a 3+a 5+…+a 99=12(5100-1).10.已知⎝⎛⎭⎪⎫41x+3x2n 的展开式中的倒数第三项的系数是45. (1)求含x 3的项; (2)求系数最大的项.[解] 已知展开式中倒数第三项的系数为45,则C n -2n =45,即C 2n =45,所以n 2-n -90=0,解得n =-9(不合题意,舍去)或n =10.(1)即求⎝⎛⎭⎪⎫41x +3x 210展开式中含x 3的项.由通项T r +1=C r 10(x -14)10-r (x )r =C r10x,得-10-r 4+2r3=3,-30+3r +8r =36,11r =66,得r =6.故含有x 3的项是第7项T 7=C 610x 3=210x 3. (2)∵⎝⎛⎭⎪⎫41x +3x 210的展开式共有11项,系数最大项是第6项.∴T 6= C 510(x)5·(x )5=252x .[能力提升练]1.已知(1-2x )n 展开式中,奇数项的二项式系数之和为64,则(1-2x )n(1+x )展开式中含x 2项的系数为( )A .71B .70C .21D .49B [因为奇数项的二项式系数之和为2n -1,所以2n -1=64,n =7,因此(1-2x )n(1+x )的展开式中含x 2项的系数为C 27(-2)2+C 17(-2)=70,故选B.]2.若(1-2x )2 019=a 0+a 1x +…+a 2 019x2 019(x ∈R ),则a 12+a 222+…+a 2 01922 019的值为( )A .2B .0C .-1D .-2C [令x =12,可得a 0+a 12+a 222+…+a 2 01922 019=0,所以a 12+a 222+…+a 2 01922 019=-a 0,再令x =0得a 0=1,所以a 12+a 222+…+a 2 01922 019=-a 0=-1.] 3.设m 是正整数,(x +y )2m展开式的二项式系数的最大值为a ,(x +y )2m +1展开式的二项式系数的最大值为b ,若13a =7b ,则m =________.6 [由题意可知13C m2m =7C m +12m +1, ∴13·(2m )!m !m !=7·(2m +1)!(m +1)!m !, ∴m =6.]4.在“杨辉三角”中,每一个数都是它“肩上”两个数的和,它开头几行如图所示.那么,在“杨辉三角”中,第________行会出现三个相邻的数,其比为3∶4∶5.62 [根据题意,设所求的行数为n ,则存在正整数k , 使得连续三项C k -1n,C k n ,Ck +1n,有C k -1n C k n =34且C kn C k +1n =45.化简得k n -k +1=34,k +1n -k =45,联立解得k =27,n =62.故第62行会出现满足条件的三个相邻的数.]5.已知f (x )=(1+x )m +(1+2x )n (m ,n ∈N *)的展开式中x 的系数为11. (1)求x 2的系数取最小值时n 的值;(2)当x 2的系数取得最小值时,求f (x )展开式中x 的奇次项的系数之和. [解] (1)由已知C 1m +2C 1n =11,所以m +2n =11,x 2的系数为C 2m +22C 2n =m (m -1)2+2n (n -1)=m 2-m2+(11-m )·⎝⎛⎭⎪⎫11-m 2-1=⎝ ⎛⎭⎪⎫m -2142+35116.因为m ∈N *,所以m =5时,x 2的系数取得最小值22,此时n =3.(2)由(1)知,当x 2的系数取得最小值时,m =5,n =3,所以f (x )=(1+x )5+(1+2x )3, 设这时f (x )的展开式为f (x )=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4+a 5x 5, 令x =1,a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=25+33, 令x =-1,a 0-a 1+a 2-a 3+a 4-a 5=-1, 两式相减得2(a 1+a 3+a 5)=60, 故展开式中x 的奇次项的系数之和为30.课时分层作业(六) 随机变量及其概率分布(建议用时:60分钟)[基础达标练]一、选择题1.下面给出四个随机变量:①一高速公路上某收费站在1小时内经过的车辆数X 是一个随机变量;②一个沿直线y =x 进行随机运动的质点,它在该直线上的位置Y 是一个随机变量;③某人1小时内接到的电话次数X 是一个随机变量;④1天内的温度Y 是一个随机变量.其中是离散型随机变量的为( )A .①②B .③④C .①③D .②④C [①中经过的车辆数和③中接到的电话次数都能列举出来,而②④中都不能列举出来,所以①③中的X 是一个离散型随机变量.]2.抛掷两枚骰子一次,X 为第一枚骰子掷出的点数与第二枚掷出的点数之差,则X 的所有可能的取值为( )A .0≤X ≤5,X ∈NB .-5≤X ≤0,X ∈ZC .1≤X ≤6,X ∈ND .-5≤X ≤5,X ∈ZD [两次掷出的点数均可能为1~6的整数,所以X ∈[-5,5](X ∈Z ).] 3.下列问题中的随机变量不服从两点分布的是( ) A .抛掷一枚骰子,所得点数为随机变量X B .某射手射击一次,击中目标的次数为随机变量XC .从装有5个红球,3个白球的袋中取1个球,令随机变量X =⎩⎪⎨⎪⎧1,取出白球,0,取出红球D .某医生做一次手术,手术成功的次数为随机变量XA [A 中随机变量X 的取值有6个,不服从两点分布,故选A.]4.某一随机变量ξ的概率分布列如下表,且m +2n =1.2,则m -n2的值为( )A .-0.2 C .0.1D .-0.1B [由随机变量分布列的性质可得m +n +0.2=1,又m +2n =1.2,解得m =n =0.4,可得m -n2=0.2.]5.抛掷两颗骰子,所得点数之和X 是一个随机变量,则P (X ≤4)等于( ) A.16B.13C.12D.23A [根据题意,有P (X ≤4)=P (X =2)+P (X =3)+P (X =4).抛掷两颗骰子,按所得的点数共36个基本事件,而X =2对应(1,1),X =3对应(1,2),(2,1),X =4对应(1,3),(3,1),(2,2),故P (X =2)=136,P (X =3)=236=118,P (X =4)=336=112,所以P (X ≤4)=136+118+112=16.] 二、填空题6.篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分,不中得0分.已知某运动员罚球命中的概率为0.7,则他罚球一次得分的概率分布为________.[答案]7.若随机变量X ~0­1分布,P (X =0)=a ,P (X =1)=2a ,则a =________.25[∵⎩⎪⎨⎪⎧a +32a =1,0≤a ≤1,0≤32a ≤1,解得a =25.]8.某篮球运动员在一次投篮训练中的得分X 的分布列如下表,其中a ,b ,c 成等差数列,且c =ab ,则这名运动员得316[由题中条件,知2b =a +c ,c =ab ,再由分布列的性质,知a +b +c =1,且a ,b ,c 都是非负数,由三个方程联立成方程组,可解得a =12,b =13,c =16,所以得3分的概率是16.]三、解答题9.写出下列随机变量可能取的值,并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果. (1)盒中有6支白粉笔和8支红粉笔,从中任意取3支,其中所含白粉笔的支数为X ; (2)从4张已编号(1~4号)的卡片中任意取出2张,被取出的卡片编号数之和为X . [解] (1)X 可取0,1,2,3.X =i 表示取出i 支白粉笔,(3-i )支红粉笔,其中i =0,1,2,3. (2)X 可取3,4,5,6,7.X =3表示取出分别标有1,2的两张卡片;X =4表示取出分别标有1,3的两张卡片;X =5表示取出分别标有1,4或2,3的两张卡片;X =6表示取出分别标有2,4的两张卡片;X =7表示取出分别标有3,4的两张卡片.10.已知随机变量ξ的概率分布为(1)求η1=2ξ的概率分布;(2)求η2=ξ2的概率分布. [解] (1)η1=12ξ的概率分布为(2)η2=1.随机变量X 的分布列如下表:其中a ,b ,c A.13 B.23 C.34D.45B [∵a ,b ,c 成等差数列,∴2b =a +c ,又a +b +c =1,∴b =13,∴P (|X |=1)=a +c=23.] 2.设X 是一个离散型随机变量,其分布列为:则q 为( ) A .1 B .1±22 C .1+22D .1-22D [由分布列性质知12+1-2q +q 2=1,解得q =1±22,又由分布列性质知1-2q ≥0, ∴q ≤12,∴q =1-22,故选D.]3.若随机变量X 服从两点分布,且P (X =0)=0.8,P (X =1)=0.2.令Y =3X -2,则P (Y =-2)=________.0.8 [由Y =-2,得3X -2=-2,X =0. ∴P (Y =-2)=P (X =0)=0.8.]4.已知随机变量ξ只能取三个值x 1,x 2,x 3,其概率依次成等差数列,则该等差数列公差的取值范围是________.⎣⎢⎡⎦⎥⎤-13,13 [设随机变量ξ取x 1,x 2,x 3的概率分别为a -d ,a ,a +d ,则由分布列的性质得(a -d )+a +(a +d )=1,故a =13,由⎩⎪⎨⎪⎧13-d ≥0,13+d ≥0,解得-13≤d ≤13.]5.设随机变量ξ的分布列为P (ξ=i )=i10,i =1,2,3,4,求:(1)P (ξ=1或ξ=2); (2)P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<72.[解] (1)∵P (ξ=1)=110,P (ξ=2)=210,∴P (ξ=1或ξ=2)=P (ξ=1)+P (ξ=2)=110+210=310=0.3.(2)ξ=1,2,3,4,又12<ξ<72,故只有ξ=1,2,3适合,所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<72=P (ξ=1)+P (ξ=2)+P (ξ=3)=110+210+310=0.6.课时分层作业(七) 超几何分布(建议用时:60分钟)[基础达标练]一、选择题1.一个袋中有6个同样大小的黑球,编号为1,2,3,4,5,6,还有4个同样大小的白球,编号为7,8,9,10.现从中任取4个球,有如下几种变量:①X 表示取出的最大号码; ②X 表示取出的最小号码;③取出一个黑球记2分,取出一个白球记1分,X 表示取出的4个球的总得分; ④X 表示取出的黑球个数.这四种变量中服从超几何分布的是( ) A .①② B .③④ C .①②④D .①②③④B [由超几何分布的概念知③④符合,故选B.]2.某校从学生会中的10名女生干部与5名男生干部中随机选取6名学生干部组成“文明校园督察队”,则组成4女2男的“文明校园督察队”的概率为( )A.C 615A 615 B.C 310C 35C 615 C.C 410C 25C 615D.C 410A 25A 615C [组成4女2男的“文明校园督察队”的概率为C 410C 25C 615.]3.一个盒子里装有相同大小的10个黑球、12个红球、4个白球,从中任取2个,其中白球的个数记为X ,则下列概率等于C 122C 14+C 222C 226的是( ) A .P (0<X ≤2) B .P (X ≤1) C .P (X =1)D .P (X =2)B [结合题意,当X =1时,P (X =1)=C 122C 14C 226,当X =0时,P (X =0)=C 222C 226,故P (X ≤1)=C 122C 14+C 222C 226.] 4.从含2名女生的10名大学毕业生中任选3人进行某项调研活动,记女生入选的人数为X ,则X 的分布列为( )A [X 的所有可能取值为0,1,2,“X =0”表示入选3人全是男生, 则P (X =0)=C 38C 310=715,“X =1”表示入选3人中恰有1名女生, 则P (X =1)=C 12C 28C 310=715,“X =2”表示入选3人中有2名女生, 则P (X =2)=C 22C 18C 310=115.因此X 的分布列为5.10名同学中有a 名女生,若从中抽取2个人作为学生代表,恰好取1名女生的概率为1645,则a =( ) A .1 B .2或8 C .2D .8B [由题意,得1645=C 110-a C 1aC 210,解得a =2或a =8.]二、填空题6.一批产品共50件,其中5件次品,其余均为合格品,从这批产品中任意抽取两件,其中出现次品的概率为________.47245[设抽取的两件产品中次品的件数为X , 则P (X =k )=C k 5C 2-k45C 250(k =0,1,2).∴P (X >0)=P (X =1)+P (X =2)=C 15C 145C 250+C 25C 250=47245.]7.50张彩票中只有2张中奖票,今从中任取n 张,为了使这n 张彩票里至少有一张中奖的概率大于0.5,n 至少为________.15 [用X 表示中奖票数,P (X ≥1)=C 12C n -148C n 50+C 22C n -248C n 50>0.5,解得n ≥15.]8.某班班委会由5名女生和4名男生组成,现要从中任选3人参加一项公益活动,所选3人中男生人数ξ的分布列为________.[ξ的可能取值为0,1,2,3,P (ξ=0)=5C 39=42,P (ξ=1)=54C 39=21,P (ξ=2)=C 15C 24C 39=514,P (ξ=3)=C 34C 39=121.所以ξ的分布列为三、解答题9.老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背诵,规定至少要背出其中2篇才能及格.某同学只能背诵其中的6篇,试求:(1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列; (2)他能及格的概率.[解] (1)设抽到他能背诵的课文的数量为X ,X ~H (3,6,10). 则P (X =k )=C k 6C 3-k4C 310(k =0,1,2,3),P (X =0)=C 06C 34C 310=130,P (X =1)=C 16C 24C 310=310,P (X =2)=C 26C 14C 310=12,P (X =3)=C 36C 04C 310=16.所以X 的分布列为(2)他能及格的概率为P (X ≥2)=P (X =2)+P (X =3)=2+6=3.10.袋中有形状大小完全相同的4个红球,3个黑球,从袋中随机取球,设取到一个红球得2分,取到一个黑球得1分,从袋中任取4个球.(1)求得分X 的概率分布; (2)求得分大于6分的概率.[解] (1)从袋中随机取4个球有1红3黑,2红2黑,3红1黑,4红四种情况,分别得分为5分,6分,7分,8分,故X 的可能取值为5,6,7,8.∴P (X =5)=C 14C 33C 47=435,P (X =6)=C 24C 23C 47=1835,P (X =7)=C 34C 13C 47=1235,P (X =8)=C 44C 03C 47=135.故所求概率分布为(2)=P (X =7)+P (X =8)=1235+135=1335.[能力提升练]1.一盒中有12个乒乓球,其中9个新的,3个旧的,从盒中任取3个球来用,用完后装回盒中,此时盒中旧球个数X 是一个随机变量,则P (X =4)的值为( )A.1220B.2755C.27220D.2125C [因为从盒中任取3个球来用,用完后装回盒中,此时盒中旧球个数X =4,即旧球的个数增加一个,所以取出的3个球中必有一个新球,即取出的3个球必为2个旧球1个新球,所以P (X =4)=C 23C 19C 312=27220.]2.现有语文、数学课本共7本(其中语文课本不少于2本),从中任取2本,至多有1本语文课本的概率是57,则语文课本有( )A .2本B .3本C .4本D .5本C [设语文课本有n 本,则数学课本有(7-n )本(n ≥2),则2本都是语文课本的概率是C 2n C 07-n C 27=27.所以n 2-n -12=0,所以n =4或n =-3,所以n =4.] 3.在六个数字1,2,3,4,5,7中,若随机取出三个数字,则剩下三个数字都是奇数的概率是________.0.2 [剩下三个数字都是奇数,则取出的三个数字为两偶一奇.故P =C 22·C 14C 36=420=0.2.]4.某电视台在一次对收看新闻节目观众的抽样调查中,随机抽取了45名电视观众,其中20至40岁的有18人,大于40岁的有27人.用分层抽样方法在收看新闻节目的观众中随机抽取5名,在这5名观众中再任取2名,则恰有1名观众的年龄为20至40岁的概率为________.35 [由于是分层抽样,所以5名观众中,年龄为20至40岁的有1845×5=2人.设随机变量X 表示20至40岁的人数,则X 服从超几何分布H (2,2,5),故P (X =1)=C 12C 13C 25=35.]。

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章末分层突破[自我校对]①排列数公式②组合数公式③组合数性质④通项公式⑤二项式系数性质经常要对问题进行分类或者分步进而分析求解.(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情.“分步”表现为必须把各步骤均完成,才能完成所给事情,所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰,不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件.(2)分步计数原理强调各步骤缺一不可,需要依次完成所有步骤才能完成事件,步与步之间互不影响,即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法.王华同学有课外参考书若干本,其中有5本不同的外语书,4本不同的数学书,3本不同的物理书,他欲带参考书到图书馆阅读.(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆,有多少种不同的带法?(2)若带外语、数学、物理参考书各一本,有多少种不同的带法?(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆,有多少种不同的带法?【精彩点拨】解决两个原理的应用问题,首先应明确所需完成的事情是什么,再分析每一种做法使这件事是否完成,从而区分加法原理和乘法原理.【规范解答】(1)完成的事情是带一本书,无论带外语书、还是数学书、物理书,事情都已完成,从而确定为应用分类计数原理,结果为5+4+3=12(种).(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书,只有从外语、数学、物理书中各选1本后,才能完成这件事,因此应用分步计数原理,结果为5×4×3=60(种).(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步计数原理,有5×4=20种选法;同样,选外语书、物理书各1本,有5×3=15种选法;选数学书、物理书各1本,有4×3=12种选法.即有三类情况,应用分类计数原理,结果为20+15+12=47(种).应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题:(1)要做什么事;(2)如何去做这件事;(3)怎样才算把这件事完成了.并注意计数原则:分类用加法,分步用乘法.[再练一题]1.如图1-1为电路图,从A到B共有________条不同的线路可通电.图1-1【解析】先分三类.第一类,经过支路①有3种方法;第二类,经过支路②有1种方法;第三类,经过支路③有2×2=4(种)方法,所以总的线路条数N=3+1+4=8.【答案】8排列、要认真审题,明确问题本质,利用排列、组合的知识解决.(1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设,其中甲不到银川,乙不到西宁,共有多少种不同派遣方案?(2)在高三一班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目.①当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少种不同的节目安排顺序?②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的节目安排顺序?③若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗朗诵和快板2个栏目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的节目演出顺序?【精彩点拨】按照“特殊元素先排法”分步进行,先特殊后一般.【规范解答】(1)因为甲乙有限制条件,所以按照是否含有甲乙来分类,有以下四种情况:①若甲乙都不参加,则有派遣方案A48种;②若甲参加而乙不参加,先安排甲有3种方法,然后安排其余学生有A38种方法,所以共有3A38种方法;③若乙参加而甲不参加同理也有3A38种;④若甲乙都参加,则先安排甲乙,有7种方法,然后再安排其余学生到另两个城市有A28种,共有7A28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A48+3A38+3A38+7A28=4 088种.(2)①第一步,先将4个舞蹈节目捆绑起来,看成1个节目,与6个演唱节目一起排,有A77=5 040种方法;第二步,再松绑,给4个节目排序,有A44=24种方法.根据分步计数原理,一共有5 040×24=120 960种.②第一步,将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”),一共有A66=720种方法.×□×□×□×□×□×□×第二步,再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置),这样相当于7个“×”选4个来排,一共有A47=7×6×5×4=840种.根据分步计数原理,一共有720×840=604 800种.③若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有A1212种排法,但原来的节目已定好顺序,需要消除,所以节目演出的方式有A1212A1010=A212=132种排法.解排列、组合应用题的解题策略1.特殊元素优先安排的策略.2.合理分类和准确分步的策略.3.排列、组合混合问题先选后排的策略.4.正难则反、等价转化的策略.5.相邻问题捆绑处理的策略.6.不相邻问题插空处理的策略.7.定序问题除序处理的策略.8.分排问题直排处理的策略.9.“小集团”排列问题中先整体后局部的策略.10.构造模型的策略.简单记成:合理分类,准确分步;特殊优先,一般在后;先取后排,间接排除;集团捆绑,间隔插空;抽象问题,构造模型;均分除序,定序除序.[再练一题]2.在1,3,5,7,9中任取3个数字,在0,2,4,6,8中任取2个数字,可组成多少个不同的五位偶数?【解】 共分两类,第一类,五位数中不含数字零.第一步,选出5个数字,有C 35C 24种选法.第二步,排成偶数——先排末位数,有A 12种排法,再排其他四位数字,有A 44种排法.∴N 1=C 35·C 24·A 12·A 44.第二类,五位数中含有数字零.第一步,选出5个数字,共有C 35C 14种选法.第二步,分为两类:①末位排0,有A 11·A 44种排列方法;②末位不排0,这时末位数有C 11种选法,而∵0不能排在首位,∴0有A 13种排法,其余3个数字有A 33种排法,∴N 2=C 35·C 14·(A 11·A 44+A 13·A 33).∴符合条件的偶数有N =N 1+N 2=C 35C 24A 12A 44+C 35C 14(A 11A 44+A 13A 33)=4 560(个).项.另一类,需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题.(1)已知(1+x +x 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 3n (n ∈N *)的展开式中没有常数项,且2≤n ≤8,则n =________.(2)设(3x -1)6=a 6x 6+a 5x 5+a 4x 4+a 3x 3+a 2x 2+a 1x +a 0,则a 6+a 4+a 2+a 0的值为________.【精彩点拨】 (1)利用二项式定理的通项求待定项;(2)通过赋值法求系数和.【规范解答】 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 3n 展开式的通项是T r +1=C r n x n -r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3r =C r n x n -4r ,r =0,1,2,…,n , 由于(1+x +x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 3n 的展开式中没有常数项,所以C r n x n -4r ,x C r n x n -4r = C r n x n -4r +1和x 2C r n x n -4r =C r n xn -4r +2都不是常数,则n -4r ≠0,n -4r +1≠0,n -4r +2≠0,又因为2≤n ≤8,所以n ≠2,3,4,6,7,8,故取n =5.(2)令x =1,得a 6+a 5+a 4+a 3+a 2+a 1+a 0=26=64.令x =-1,得a 6-a 5+a 4-a 3+a 2-a 1+a 0=(-4)6=4 096.两式相加,得2(a 6+a 4+a 2+a 0)=4 160,所以a 6+a 4+a 2+a 0=2 080.【答案】 (1)5 (2)2 0801.解决与二项展开式的项有关的问题时,通常利用通项公式.2.解决二项展开式项的系数(或和)问题常用赋值法.[再练一题]3.在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=________. 【导学号:29440032】【解析】因为f(m,n)=C m6C n4,所以f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C36C04+C26C14+C16C24+C06C34=120.【答案】120n不定向分配两种问题;将n个不同元素按照某种条件分成k组,称为分组问题,分组问题有不平均分组、平均分组、部分平均分组三种情况.分组问题和分配问题是有区别的,前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的,而后者即使2组元素个数相同,但因所属对象不同,仍然是可区分的.对于后者必须先分组再排列.按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;(7)甲得1本,乙得1本,丙得4本.【精彩点拨】这是一个分配问题,解题的关键是搞清事件是否与顺序有关,对于平均分组问题更要注意顺序,避免计数的重复或遗漏.【规范解答】(1)无序不均匀分组问题.先选1本有C16种选法,再从余下的5本中选2本有C25种选法,最后余下3本全选有C33种选法.故共有C16C25C33=60(种).(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人,在第(1)问基础上,还应考虑再分配,共有C 16C 25C 33A 33=360(种).(3)无序均匀分组问题.先分三步,则应是C 26C 24C 22种方法,但是这里出现了重复.不妨记6本书为A ,B ,C ,D ,E ,F ,若第一步取了AB ,第二步取了CD ,第三步取了EF ,记该种分法为(AB ,CD ,EF ),则C 26C 24C 22种分法中还有(AB ,EF ,CD ),(AB ,CD ,EF ),(CD ,AB ,EF ),(CD ,EF ,AB ),(EF ,CD ,AB ),(EF ,AB ,CD ),共A 33种情况,而这A 33种情况仅是AB ,CD ,EF 的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方式有C 26C 24C 22A 33=15(种). (4)有序均匀分组问题.在第(3)问基础上再分配给3个人,共有分配方式C 26C 24C 22A 33·A 33=C 26C 24C 22=90(种). (5)无序部分均匀分组问题.共有C 46C 12C 11A 22=15(种). (6)有序部分均匀分组问题.在第(5)问基础上再分配给3个人,共有分配方式C 46C 12C 11A 22·A 33=90(种). (7)直接分配问题.甲选1本有C 16种方法,乙从余下5本中选1本有C 15种方法,余下4本留给丙有C 44种方法.共有C 16C 15C 44=30(种).均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组,无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数,还要充分考虑到是否与顺序有关,有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数.[再练一题]4.有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片,从这8张卡片中取出4张卡片排成一行.如果取出的4张卡片所标数字之和等于10,则不同的排法共有多少种?【解】 取出的4张卡片所标数字之和等于10,共有3种情况:1 144,2 233,1234.所取卡片是1 144的共有A 44种排法.所取卡片是2 233的共有A 44种排法.所取卡片是 1 234,则其中卡片颜色可为无红色,1张红色,2张红色,3张红色,全是红色,共有排法A 44+C 14A 44+C 24A 44+C 34A 44+A 44=16A 44种.所以共有18A 44=432种.1.某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了________条毕业留言.(用数字作答)【解析】 A 240=40×39=1 560.【答案】 1 5602.(2x +x )5的展开式中,x 3的系数是________.(用数字填写答案)【解析】 (2x +x )5展开式的通项为T r +1=C r 5(2x )5-r (x )r =25-r ·C r 5·x 5-r 2.令5-r 2=3,得r =4.故x 3的系数为25-4·C 45=2C 45=10. 【答案】 103.(a +x )(1+x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32,则a =________.【解析】 设(a +x )(1+x )4=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4+a 5x 5.令x =1,得(a +1)×24=a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5.①令x =-1,得0=a 0-a 1+a 2-a 3+a 4-a 5.②①-②,得16(a +1)=2(a 1+a 3+a 5)=2×32,∴a =3.【答案】 34.⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3+1x 7的展开式中x 5的系数是________.(用数字填写答案) 【解析】 T r +1=C r 7·(x 3)7-r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r =C r 7x 21-4r , 令21-4r =5,得r =4,C 47=35.故展开式中x 5的系数为35.【答案】355.(x+2)5的展开式中,x2的系数等于________.(用数字作答)=C r5x5-r2r,令5-r=2,得r=3. 【解析】(x+2)5展开式的通项T r+1∴x2的系数为C35×23=80.【答案】806.在(1-2x)6的展开式中,x2的系数为________.(用数字作答)【解析】由二项式定理得含x2的项为C26(-2x)2=60x2.【答案】60。

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