2014年高三高考复习专题之排列、组合及二项式定理
2014年全国高考理科数学试题分类汇编七、排列组合和二项式定理(逐题详解)
2
A.60 种 B.70 种 C.75 种 D.150 种
【答案】C
【解析】根据题意,先从 6 名男医生中选 2 人,有 C62=15 种选法, 再从 5 名女医生中选出 1 人,有 C51=5 种选法, 则不同的选法共有 15×5=75 种;故选 C
(2x 7.【2014 年湖北卷(理 02)】若二项式
而红球篮球是无区别,黑球是有区别的, 根据分布计数原理,第一步取红球,红球的取法有(1+a+a2+a3+a4+a5), 第二步取蓝球,有(1+b5), 第三步取黑球,有(1+c)5, 所以所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法有(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5,
4.【2014
D.210 =20.f(3,0)=20;
含 x2y1 的系数是
=60,f(2,1)=60;
含 x1y2 的系数是
=36,f(1,2)=36;
含 x0y3 的系数是
=4,f(0,3)=4;
∴f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=120.故选:C
11.【2014 年浙江卷(理 14)】在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张,其余 5 张无奖.将这 8 张奖券分配给 4 个人,每人 2 张,不同的获奖情况有_____种(用数字作答).
不同的摆法有_______种.
【答案】36 【解析】根据题意,分 3 步进行分析: ①、产品 A 与产品 B 相邻,将 AB 看成一个整体,考虑 AB 之间的顺序,有 A22=2 种情况, ②、将 AB 与剩余的 2 件产品全排列,有 A33=6 种情况, ③、产品 A 与产品 C 不相邻,C 有 3 个空位可选,即有 3 种情况, 故不同的摆法有 12×3=36 种
高中数学之九《排列、组合、二项式定理》
C
m n
C nm n
为了使这个公式在 m
n
时成立,规定
C
0 n
1。
定理 2
Cm n1
C nm
C m1 n
二 二项式定理
(七)二项式定理
一般地,
ab
n
C
0 n
a
n
C
1 n
a
n
1b1
C
r n
a
nr
b
r
C
n n
b
n
nN
。这个公
式所表示的定理叫做二项式定理,右边的多项式叫做 a bn 的二项展开式,其中的系数
数,中间两项的二项式系数相等并且最大。
C
r n
r 0,1,n
叫做二项式系数。式中的
C
r n
a
nr
b
r
叫做二项展开式的通项,用
Tr 1
表示,
即通项为展开式的第 r 1项: Tr1 Cnr a nr b r 。
(八)二项式系数的性质 1.在二项展开式中,与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等。 2.如果二项式的幂指数是偶数,中间一项的二项式系数最大;如果二项式的幂指数是奇
从 n 个不同元素中取 m m n个元素的所有排列的个数,叫做从 n 个不同元素中取 m
个元素的排列数,用符号 Pnm 表示。
这个公式叫做排列数公式 Pnm nn 1n 2n m 1,这里 m,n N ,并且
m n。
排列公式中,当 m n 时,有 Pnn nn 1n 23 2 1。这个公式指出, n 个不
(四)组合
一般地说,从 n 个不同元素中,任取 m m n个元素并成一组,叫做从 n 个不同元素
高三数学 排列、组合、二项式定理
高三数学排列、组合、二项式定理【考点梳理】一、考试内容1.分类计数原理与分步计数原理。
2.排列、排列数公式。
3.组合、组合数公式。
分类计数原理中的分类。
分步计数原理中的分步。
正确地分类与分步是学好这一章的关键。
(2组合数公式:C n m =!(!!m n m n -=121(1m -(n 1-n (⨯⨯⨯-⨯+ m m n (3组合数的性质①C n m =C n n-m②r n r n r n C C C 11+-=+③rC n r=n ·C n-1r-1④C n0+C n1+…+C n n=2n⑤C n0-C n1+…+(-1n C n n=0即C n0+C n2+C n4+…=C n1+C n3+…=2n-15.二项式定理(1二项式展开公式(a+bn=C n0a n+C n1a n-1b+…+C n k a n-k b k+…+C n n b n(2通项公式:二项式展开式中第k+1项的通项公式是k n-k k本策略之一。
注意的是:分类不重复不遗漏,即:每两类的交集为空集,所有各类的并集为全集。
(3分步处理与分类处理类似,某些问题总体不好解决时,常常分成若干步,再由分步计数原理解决。
在处理排列组合问题时,常常既要分类,又要分步,其原则是先分类,后分步。
(4插入法(插空法某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插入法。
即先安排好没有限制条件的元素,然后再将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间。
(5“捆绑”法把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个大元素,然后再与其余“普通元素”全排列,最后再“松绑”。
将特殊元素在这些位置上全排列,即是“捆绑法”。
(6穷举法:将所有满足题设条件的排列与组合逐一排列出来。
(7探索法:对于复杂的情况,不易发现其规律的问题,需仔细分析,从特殊到一般,或一般到特殊,探索出其中规律,再给予解决。
(8消序处理对均匀分组问题的解决,一定要区分开是“有序分组”还是“无序分组”,若是“无序分组”,一定要清除均匀分组无形中产生的有序因素。
高三数学 知识点精析精练24 排列、组合与二项式定理
2014高三数学知识点精析精练24:排列、组合与二项式定理【复习要点】排列与组合的应用题,是高考常见题型,其中主要考查有附加条件的应用问题.解决这类问题通常有三种途径:(1)以元素为主,应先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素.(2)以位置为主考虑,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数或组合数.前两种方式叫直接解法,后一种方式叫间接解法.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)列出式子计算和作答.解排列与组合应用题常用的方法有:直接计算法与间接计算法;分类法与分步法;元素分析法和位置分析法;插空法和捆绑法等八种.经常运用的数学思想是:①分类讨论思想;②转化思想;③对称思想. 【例题】【例1】 四名优等生保送到三所学校去,每所学校至少得一名,则不同的保送方案的总数是_________.解法一:分两步:先将四名优等生分成2,1,1三组,共有C 24种;而后,对三组学生安排三所学校,即进行全排列,有A 33种.依乘法原理,共有N =C 2433A =36(种).解法二:分两步:从每个学校至少有一名学生,每人进一所学校,共有A 34种;而后,再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校,有3种.值得注意的是:同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此,共有N =21A 34·3=36(种). 答案:36【例2】 有五张卡片,它们的正、反面分别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9,将其中任意三张并排放在一起组成三位数,共可组成多少个不同的三位数?解:(间接法):任取三张卡片可以组成不同三位数C 35·23·A 33(个),其中0在百位的有C 24·22·A 22 (个),这是不合题意的,故共有不同三位数:C 35·23·A 33-C 24·22·A 22=432(个).【例3】 在∠AOB 的OA 边上取m 个点,在OB 边上取n 个点(均除O 点外),连同O 点共m +n +1个点,现任取其中三个点为顶点作三角形,可作的三角形有( )1212111121212121211211C C C D.C C C C C C C.C C C C .C B C C C A.C nm n m n m mn nm m n n m m n n m +++++++++解法一:第一类办法:从OA 边上(不包括O )中任取一点与从OB 边上(不包括O )中任取两点,可构造一个三角形,有C 1m C 2n 个;第二类办法:从OA 边上(不包括O )中任取两点与OB 边上(不包括O )中任取一点,与O 点可构造一个三角形,有C 2m C 1n 个;第三类办法:从OA 边上(不包括O )任取一点与OB 边上(不包括O )中任取一点,与O 点可构造一个三角形,有C 1m C 1n 个.由加法原理共有N =C 1m C 2n +C 2m C 1n +C 1m C 1n 个三角形.解法二:从m +n +1中任取三点共有C 31++n m 个,其中三点均在射线OA (包括O 点),有C 31+m 个,三点均在射线OB (包括O 点),有C 31+n 个.所以,个数为N =C 31++n m -C 31+m -C 31+n 个.答案:C【例4】 函数为实数并且是常数a x xax f ()()(9+=)(1)已知)(x f 的展开式中3x 的系数为49,求常数.a (2)是否存在a 的值,使x 在定义域中取任意值时,27)(≥x f 恒成立?如存在,求出a 的值,如不存在,说明理由.解(1)T r+1=C 9239999)()(---=rrr r r r xa C x xa 由3923=-r解得8=r498989=-a C 41=∴a(2)),0()()(9+∞∈∴+=x x xax f 要使(27)9≥+x xa只需313≥+x xa10当0>a 时,设x xa x g +=)(32212)2(021)(a x x axx g ==+-='--∴20当0=a 时,不成立 30当1-<a 时,不成立 故当27)(94≥≥x f a 时 另解法 34322)(a x x x a x x a x g ≥++=+= 只需94,343313≥≥⋅a a即 【例5】 五人站成一列,重新站队时,各人都不站在原来的位置上,有多少种站法? 解:设原来站在第i 个位置的人是i a (i=1,2,3,4,5)。
高考数学专题十六 排列.组合与二项式定理.docx
高中数学学习材料鼎尚图文*整理制作专题十六排列.组合与二项式定理班级:小组:学生姓名:1. [2014·四川德阳诊断]现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是()A. 81B. 64C. 48D. 242. [2014·三门峡联考]有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学,在数学检测时要求每位教师不能在本班监考,则监考的方法有()A. 8种B. 9种C. 10种D. 11种3. [2013·怀化模拟]将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中,若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有()A. 12种B. 18种C. 36种D. 54种4. [2014·济南调研]用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数,若把每位数字比其左邻的数字小的数叫做“渐降数”,则上述四位数中“渐降数”的个数为()A. 14B. 15C. 16D. 175. [2014·北京模拟]如图,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域涂1种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数有()A. 72种B. 96种C. 108种D. 120种6. [2014·衡阳质检]4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门,则恰有2人选修课程甲的不同选法共有()A. 12种B. 24种C. 30种D. 36种7. [2012·大纲全国卷]将字母a,a,b,b,c,c排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有()A. 12种B.18种C. 24种D.36种8. [2014·南京模拟]用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有________个.(用数字作答)9. [2014·郑州模拟]将6名教师分到3所中学任教,一所1名,一所2名,一所3名,则有________种不同的分法.10. [2013·大纲全国卷](1+x)8(1+y)4的展开式中x2y2的系数是()A. 56B. 84C. 112D. 16811. [2014·绍兴模拟]二项式(1+x)n展开式的二项式系数之和为64,则(1-x)n展开式第四项的系数为()A. 15B. 20C. -20D. -1512. [2012·安徽高考](x2+2)(1x2-1)5的展开式的常数项是() A. -3 B. -2 C. 2 D. 313. [2013·浙江高考]设二项式(x-13x)5的展开式中常数项为A,则A=________.14. [2014·辽宁五校联考]设二项式(x-ax)6的展开式中x2项的系数为A,常数项为B,若B=4A,则a=______.15. [2013·课标全国卷Ⅰ]从1,2,3,4中任取2个不同的数,则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是()A. 12 B.13C. 14 D.1616. [2014·浙江模拟]从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球,则所取的3个球中至少有1个白球的概率是()A. 110 B.310C. 35 D.91017. [2012·广东高考]从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个,其个位数为0的概率是()A. 49 B.13C. 29 D.19。
2014年高考数学二轮复习精品资料-高效整合篇专题09 排列组合、二项式定理(理)(教学案)
【高效整合篇】一.考场传真1.【2012年辽宁卷】一排9个座位坐了3个三口之家,若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为( )A.3×3!B.3×(3!)3C.(3!)4D. 9!2.【2013年浙江卷】将F E D C B A ,,,,,六个字母排成一排,且B A ,均在C 的同侧,则不同的排法共有________种(用数字作答).3.【2013年重庆卷】从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是___________(用数字作答).4.【2013年新课标(I )】设m 为正整数,m y x 2)(+展开式的二项式系数的最大值为a ,12)(++m y x 展开式的二项式系数的最大值为b ,若b a 713=,则m =( )A.5B.6错误!未找到引用源。
C.7D.85.【江西师大附中高三年级2013-2014开学考试】25(ax x+的展开式中各项系数的和为243,则该展开式中常数项为______.6.【2013年陕西理】设函数61,00.,(),x x f x x x x ⎧⎛⎫-<⎪ ⎪=⎝≥⎭⎨⎪⎩ , 则当0x >时, [()]f f x 表达式的展开式中常数项为 ( )A.-20B. 20C. -15D. 15二.高考研究1.考纲要求(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理①理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理;②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.(2)排列与组合①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.(3)二项式定理①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2.命题规律(1)排列、组合与二项式定理每年交替考查,主要以选择、填空的形式出现,试题难度中等或偏易.(2)排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性,常与实际相结合,转化为基本的排列组合模型解决问题,需用到分类讨论思想,转化思想.(3)与二项式定理有关的问题比较简单,但非二项问题也是今后高考的一个热点,解决此类问题的策略是转化思想.一.基础知识整合1.应用两个计数原理解题的方法(1)在应用分类计数原理和分步计数原理时,一般先分类再分步,每一步当中又可能用到分类计数原理.(2)对于复杂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.2.排列、组合数公式及相关性质(3)排列数与组合数的性质排列:11-++=m n m n m n mA A A ;组合:11-++=m n m n m n C C C (,,*)≤∈m n m n N , =k n kC 11k n nC --.3.二项式定理及性质(1)二项式定理:()011222n n n n r n r r n n n n a b C a C a b C a b C a b ---+=++++()n n n C b n N +++∈.其中通项()+-+∈∈≤≤=N n N r n r b a C T r r n r n r ,,01 .(2)二项式系数的性质①m n n m n C C -=; ②n n n n n n C C C C 2210=++++ ; ③131202-=⋅⋅⋅++=⋅⋅⋅++n n n n n C C C C ; ④增减性与最大值:当12n r +≤时,二项式系数C r n 的值逐渐增大,当12n r +≥时,C r n 的值逐渐减小,且在中间取得最大值.当n 为偶数时,中间一项(第2n +1项)的二项式系数2nn C 取得最大值.当n 为奇数时,中间两项(第21+n 和21+n +1项)的二项式系数1122n n n n C C -+=相等并同时取最大值.二.高频考点突破考点1 分类计数原理与分步计数原理【例1】【2012年北京卷理】从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为( ) A. 24 B. 18 C. 12 D. 6【规律方法】高考计数原理可能单独考查,也可能与排列、组合问等题综合考查,要注意加乘明确:分类相加,分步相乘.“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互斥的几类,然后逐类解决;“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤,而每一步都是简单的排列组合问题,然后逐步解决.【举一反三】【安徽省望江四中2014届高三上学期第一次月考】一个盒子里有3个分别标有号码为1,2,3的小球,每次取出一个,记下它的标号后再放回盒子中,共取3次,则取得小球标号最大值是3的取法有( )A .12种B .15种C .17种D .19种考点2 排列、组合及性质【例2】【河南鹤壁市第二次质检】化简:1n C +22n C +33n C +…+n n n C = .【规律方法】通过观察式子的结构,利用排列数和组合数的相关性质及二项式系数的相关性质以含有排列、组合数结构的代数式进行化简,有时需要拆分、拼凑项来进行结构重组.【举一反三】【河北唐山市摸底考试】化简:121393n n n n n C C C ++++= .考点3 排列、组合的应用【例3】【浙江温州市十校联合体2014届高三上学期期初联考】将四个相同的红球和四个相同的黑球排成一排,然后从左至右依次给它们赋以编号l ,2,…,8.则红球的编号之和小于黑球编号之和的排法有 种.【规律方法】1.解答排列组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手.(1)“分析”就是找出题目的条件、结论,哪些是“元素”,哪些是“位置”;(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合,对某些元素的位置有无限制等;(3)“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互斥的几类,然后逐类解决;(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤,而每一步都是简单的排列组合问题,然后逐步解决.2.解决排列组合问题的13个策略.(1)特殊元素、特殊位置优先法;(2)相邻问题捆绑法;(3)不相邻(相间)问题插空法;(4)多排问题单排法; (5)多元问题分类法;(6)有序分配问题分步法;(7)交叉问题集合法;(8)至少或至多问题间接法;(9)选排问题先选后排法;(10)局部与整体问题排除法;(11)复杂问题转化法;(12)定序问题倍缩法;(13)相同元素分组可采用隔板法.3.对解组合问题,应注意以下四点:(1)对“组合数”恰当的分类计算,是解组合题的常用方法;(2)是用“直接法”还是“间接法”解组合题,其原则是“正难则反”;(3)设计“分组方案”是解组合题的关键所在;(4)分组问题:要注意区分是平均分组还是非平均分组,平均分成n 组问题别忘除以n !.【举一反三】【浙江省嘉兴一中2014届高三上学期入学摸底数学(理)】用0,1,2,3,4,5这六个数字,可以组成 个没有重复数字且能被5整除的五位数(结果用数值表示).考点4 二项式定理及应用【例4】【2013年新课标Ⅱ理】已知5(1)(1)ax x ++的展开式中2x 的系数为5,则a =( )A.-4B.-3C.-2D.-1【规律方法】应用通项公式要注意六点(1)它表示二项展开式的任意项,只要n 与r 确定,该项就随之确定;(2)T r +1是展开式中的第r +1项,而不是第r 项;(3)公式中a ,b 的指数和为n ,且a ,b 不能随便颠倒位置;(4)要将通项中的系数和字母分离开,以便于解决问题;(5)对二项式(a -b )n 展开式的通项公式要特别注意符号问题;(6)分清项的系数与二项式系数,但当二项式的两个项的系数都为1时,系数就是二项式系数.【举一反三】【山西省忻州一中 康杰中学 临汾一中 长治二中2014届高三第一次四校联考】已知n x )21(-展开式中,奇数项的二项式系数之和为64,则)1()21(x x n +-展开式中含2x 项的系数为( ) A. 71 B. 70 C.21 D. 49考点5 赋值法在二项式定理中的应用【例5】【改编题】若2014201422102014)21(x a x a x a a x ++++=- )(R x ∈,则20142014221222a a a +++ 的值为 ( ) A .2 B .0 C .-1 D .-2【规律方法】二项式定理是一个恒等式,使用时有两种思路:一是利用恒等定理(两个多项式恒等,则对应项系数分别相等);二是赋值.二项式定理结合“恒等”与“赋值”两条思路可以使很多求二项展开式的系数的问题迎刃而解.赋值法是处理组合数问题、系数问题的最有效的经典方法,一般对任意A x ∈,某式子恒成立,则对A 中的特殊值,该式子一定成立,特殊值x 如何选取视具体情况决定,灵活性较强,一般取1,1,0-=x 居多.若2012()...,n n n ax b a a x a x a x +=++++则设()()=+n f x ax b .有:①0(0);a f = ②012...(1);n a a a a f ++++=③0123...(1)(1);n n a a a a a f -+-++-=- ④0246(1)(1)...;2f f a a a a +-++++= ⑤1357(1)(1) (2)f f a a a a --++++= 【举一反三】 【中原名校联盟2013-2014学年高三上期第一次摸底考试】已知(1)x ++2(1)x ++3(1)x ++…+(1)n x +=0a +1a x +21a x +…+n n a x ,且0a +1a +2a +…+n a =126,则n 的值为______________.考点6 二项式定理与其他知识交汇【例6】【广东省广州市执信、广雅、六中2014届高三10月三校联考】设()6212f x x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭是展开式的中间项,若()f x mx ≤在区间2⎣上恒成立,则实数m 的取值范围是______.【规律方法】二项式定理内容的考查常出现二项式内容与其它知识的交汇、整合,这是命题的一个创新方向.如二项式定理与函数、数列、复数,不等式等其他知识点综合成题时,对其他模块的知识点要能熟练运用.【举一反三】【安徽省六校教育研究会2014届高三素质测试理】已知()|2||4|f x x x =++-的最小值为n ,则二项式1()n x x -展开式中2x 项的系数为 .三.错混辨析1.确定分类的标准出错和特殊情况考虑不全出错【例1】【2013沈阳模拟】如图所示,在排成4×4方阵的16个点中,中心位置4个点在某圆内,其余12个点在圆外.从16个点中任选3点,作为三角形的顶点,其中至少有一个顶3点共线.但其中任意3点至少有1点在圆内,这样的4点有6种;还有就是只有3点共线,2.排列、组合问题中盲目列举导致重复或遗漏出错【例2】 【2013年四川卷】从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为,a b ,共可得到lg lg a b 的不同值的个数是( )A.9B.10C.18D.203.二项式定理与其他知识交汇时求解出错【例3】二项式*)()2(N n x n∈-的展开式中的所有项的系数的绝对值之和是a ,所有项的二项式系数之和是b ,则ba ab +的最小值为( ) A. 615 B.37 C.613 D.21.某人设计了一项单人游戏,规则如下:先将一棋子放在如图所示正方形ABCD (边长为3个单位)的顶点A 处,然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位,如果掷出的点数为i (i =1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走i 个单位,一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A 处的所有不同走法共有( )A .22种B .24种C .25种D .36种(4,3),(5,2),(6,1),6种情况;若a =6,则b +c =6,只能是(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),2.【安徽省六校教育研究会2014届高三素质测试】某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含,x y 正半轴上的整点),其运动规律为(,)(1,1)m n m n →++或(,)(1,1)m n m n →+-.若该动点从原点出发,经过6步运动到()6,2点,则有( )种不同的运动轨迹.A .15B .14C . 9D .103.【安徽省池州一中2014届高三第一次月考】已知30sin a xdx π=⎰,则71x x ax ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是 (用数字作答).4.【2012届四川自贡高三一诊】设[]x 表示不超过x 的最大整数(如5[2]2,[]14==),对于给定的*n N ∈,定义(1)([]1)3,[1,),[,3)(1)([]1)2x n n n n x C x x x x x x --+=∈+∞∈--+则当时,函数8x C 的值域是( ) A .16[,28]3 B .16[,56)3 C .1628(4,](,28]33⋃ D .28(4,)[28,56)3⋃。
排列、组合与二项式定理理
和的性质
对于任意n,有 ∑k=0n(nk)=2nsum_{k=0 }^{n} binom{n}{k} = 2^n∑k=0n(kn)=2n
二项式定理应用举例
求近似值
当b相对于a很小,且n不太大时, 可以使用二项式定理的前几项来
近似计算(a+b)n的值。
概率计算
在概率论中,二项式定理用于计 算二项分布的概率质量函数,表 示在n次独立重复试验中成功k次
01
02
03
捆绑法原理
当要求某些元素必须相邻 时,可以将它们看作一个 整体进行排列,然后再考 虑整体内部元素的排列。
捆绑法应用
适用于解决至少有两个元 素相邻的问题,如座位安 排、字母排列等。
注意事项
在捆绑时,需要考虑整体 与其他元素的排列顺序, 以及整体内部元素的排列 顺序。
不相邻问题插空法
插空法原理
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当要求某些元素不能相邻时,可以先 将其他元素进行排列,然后将这些元 素插入到排列好的元素之间的空隙中。
插空法应用
注意事项
在插空时,需要考虑空隙的数量和位 置,以及插入元素的顺序。
适用于解决至少有两个元素不相邻的 问题,如颜色填充、数字排列等。
定序问题倍缩法
倍缩法原理
当要求某些元素按照一定顺序排 列时,可以先求出这些元素的全 排列数,然后再除以它们的排列
的概率。
组合数学
二项式系数在组合数学中扮演着 重要角色,用于计算组合数、排
列数等问题。
04 排列组合在二项式定理中 应用
排列组合求二项式系数
组合数公式
二项式系数可以通过组 合数公式$C_n^k$求得, 其中$n$表示二项式的 次数,$k$表示某一项 的下标。
排列、组合与二项式定理(理)
二项式定理的未来发展方向
理论完善
随着数学的发展,二项式定理的理论体系将不断完善,新的证明方 法和技巧将不断涌现。
应用拓展
随着各学科的发展,二项式定理的应用领域将不断拓展,特别是在 大数据处理、人工智能和量子计算等领域。
排列数的计算
01
二项式定理也可以用来计算排列数,特别是当排列数的上标和
下标较大时,使用二项式定理可以简化计算过程。
排列数的性质
02
通过二项式定理,我们可以推导出排列数的性质,如排列数的
增减性等。
排列数的递推关系
03
利用二项式定理,我们可以得到排列数的递推关系,从而更方
便地计算排列数。
利用二项式定理解决实际问题
互异性
有序性
排列中的元素顺序是确定的,不能随 意调换。
排列中的元素没有重复出现的情况。
组合的定义与性质
组合的定义
从n个不同元素中取出m个元素 (0<m≤n),不考虑顺序,称为 从n个不同元素中取出m个元素的
一个组合。
互异性
组合中的元素没有重复出现的情况。
无序性
组合中的元素顺序不影响其组合结 果。
排列与组合的关系
利用组合数的性质,通过数学推导推导出二项式定理的展开式。
利用多项式乘法推导
将$(a+b)^n$展开成多项式,然后利用多项式乘法的性质推导出二 项式定理的展开式。
利用幂的性质推导
利用幂的性质,将$(a+b)^n$展开成幂的形式,然后通过数学推导 推导出二项式定理的展开式。
04 二项式定理的应用举例
利用二项式定理计算组合数
高考专题十:排列、组合和二项式定理(教)
第 1 页 共 1 页高考专题十:排列、组合和二项式定理1.排列数m n A 中1,n m n m ≥≥∈N 、、组合数mn C 中,1,0,n m n m n m ≥≥≥∈、N . (1)排列数公式!(1)(2)(1)()()!m n n A n n n n m m n n m =---+=≤-;!(1)(2)21nn A n n n n ==--⋅。
(2)组合数公式()(1)(1)!()(1)21!!mmn nm m A n n n m n C m n A m m m n m ⋅-⋅⋅-+===≤⋅-⋅⋅⋅-;规定01!=,01nC =. (3)排列数、组合数的性质:①m n m n n C C -=;②111m m m n n n C C C ---=+;③11k k n n kC nC --=;④1121++++=++++r n r nr r r r rr C C CCC ;⑤!(1)!!n n n n ⋅=+-;⑥11(1)!!(1)!n n n n =-++. 2.解排列组合问题的依据是:(1) 分类相加(每类方法都能独立地完成这件事,它是相互独立的,一次的且每次得出的是最后的结果,只需一种方法就能完成这件事);(2) 分步相乘(一步得出的结果都不是最后的结果,任何一步都不能独立地完成这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事,各步是关联的),有序排列,无序组合. 3.解排列组合问题的方法有:(1)特殊元素、特殊位置优先法(元素优先法:先考虑有限制条件的元素的要求,再考虑其他元素;位置优先法:先考虑有限制条件的位置的要求,再考虑其他位置)。
(2)间接法(对有限制条件的问题,先从总体考虑,再把不符合条件的所有情况去掉))。
(3)相邻问题捆绑法(把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素,然后再与其余“普通元素”全排列,最后再“松绑”,将特殊元素在这些位置上全排列)。
(4)不相邻(相间)问题插空法(某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法,即先安排好没有限制元条件的元素,然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间)。
高中数学知识点归纳排列组合与二项式定理
高中数学知识点归纳排列组合与二项式定理在高中数学中,排列组合是一种重要的概念与工具,它涉及到对对象的选取和排列的方式。
而在排列组合的基础上,我们还能引出二项式定理,进一步探讨多项式的展开与计算。
本文将对这些数学知识点进行归纳总结和讨论。
一、排列组合的基本概念1.1 排列排列是从给定的一组对象中,按照一定的顺序选择若干个对象进行排列。
假设有n个不同的对象,要从中选择r个对象进行排列,可以得到的排列数记为P(n,r)。
P(n,r) = n!/(n-r)!1.2 组合组合是指从给定的一组对象中,无视其顺序,选择若干个对象。
同样假设有n个不同的对象,要从中选择r个对象进行组合,可以得到的组合数记为C(n,r)。
C(n,r) = n!/(r!(n-r)!)1.3 重复排列与重复组合当给定的一组对象中存在重复的元素时,我们可以计算可能的重复排列与重复组合。
计算公式如下:重复排列:P(n1,n2,...,nk) = n!/(n1!n2!...nk!)重复组合:C(n+r-1,r) = (n+r-1)!/(r!(n-1)!)二、排列组合的应用2.1 生日问题生日问题是指在一个房间里,至少有两个人生日相同的概率有多大。
利用排列组合的思想可以很方便地解决这个问题。
在一个房间里,有n 个人,假设有365天可以选作生日。
我们可以计算至少有两个人生日相同的概率,即为1减去没有人生日相同的概率。
P(at least two people have the same birthday) = 1 - P(no two people have the same birthday)= 1 - C(365,n)/365^n2.2 二项式定理与展开二项式定理是代数中的重要定理之一,它描述了两个数之和的幂展开后的表达式。
假设有实数a和b以及正整数n,根据二项式定理可以将(a+b)^n展开为:(a+b)^n = C(n,0)a^n*b^0 + C(n,1)a^(n-1)*b^1 + C(n,2)a^(n-2)*b^2 + ... + C(n,n-1)a^1*b^(n-1) + C(n,n)a^0*b^n2.3 二项式系数与组合恒等式二项式系数指的是二项式展开中各项的系数。
高三数学排列、组合、二项式定理
排列、组合、二项式定理一、复习内容1. 掌握加法原理及乘法原理;并能运用这两个原理分析和解决一些简单的问题.2. 理解排列、组合的意义;掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质;并能用它们解决一些简单的问题.3. 掌握二项式定理和二项式系数的性质;并能用它们计算和论证一些简单问题.二、主要内容及典型题例(一)本来的主要内容结构(二)加法原理与乘法原理这是两个基本原理;它们不仅是推导排列数公式、组合数公式的基础;而且可以直接运用它们去解决某些问题.两个原理的区别是前者与分类有关;与元素的顺序有关;后者与分步有关;与元素的顺序无关;.例1 (1)有红、黄、白色旗子各n面(n>3);取其中一面、二面、三面组成纵列信号;可以有多少不同的信号?(2) 有1元、5元、10元的钞票各一张;取其中一张或几张;能组成多少种不同的币值?(1) 解因为纵列信号有上、下顺序关系;所以是一个排列问题;信号分一面、二面、三面三种情况(三类);各类之间是互斥的;所以用加法原理:①升一面旗;共有3种信号;②升二面旗;要分两步;连续完成每一步;信号方告完成;而每步又是独立的事件;故用乘法原理;因同色旗子可重复使用;故共有3×3种信号;③升三面旗;有3×3×3种信号.所以共有39种信号.(2) 解法计算币值与顺序无关;所以是一个组合问题;有取一张、二张、三张、四张四种情况;它们彼此是互斥的;用加法原理.因此;不同币值有=15(种)评析 (1) 排列、组合的区别在于顺序性;前者“有序”而后者“无序”;加法原理与乘法原理的区别在于联斥性;前者“斥”——互斥独立事件;后者“联”——相依事件.因而有“顺序”决“问题”;“联斥”定“原理”的说法.(2)加、乘原理是排列、组合问题的理论依据;在分析问题和指导解题中起着关键作用;运用加法原理的关键在于恰当地分类(分情况);要使所分类别既不遗漏;也不重复;运用乘法原理的关键在于分步;要正确设计分步的程序;使每步之间既互相联系;又彼此独立.(三)排列应用题例2 4位学生与2位教师并坐合影留念.(1)教师必须坐在中间;(2)教师不能坐在两端;但要坐在一起;(3)教师不能坐在两端;且不能相邻.各有多少种不同的坐法?(1)22A ;(2)22A 44A ⋅;(3)144评析 (1) “在与不在”、“邻与不邻”是带限制条件的排列应用题的两种重要题型;处理这类问题的基本思路;有“直接”、“间接”之分.(2) 对“在与不在”问题;优先考虑受限制的特殊元素或特殊位置的思想方法;是解题的基本策略;而处理“邻与不邻”问题;使用捆绑和插空法是十分有效的. (3) 关于“元素和问题”的认识;是排列、组合概念中的一个重要问题;解题总是从元素或位置出发;要注意即使在同一问题中;把什么看作元素(或位置)并不是一成不变的.例3 用0;1;2;3;4;5 六个数字;可以组成多少个没有重复数字的:(1)首数是奇数的五位偶数?(2) 五位奇数?(3)五位偶数?(四)排列、组合的混合问题排列、组合的混合问题;主要指既与组合有关;又与排列有关的应用问题.如分配问题.例6 六本不同的书,按下列条件,各有多少种不同的分法? (1) 分为三堆,每堆2本;(2) 分为三堆;一堆1本;一堆2本;一堆3本;(3) 分给甲、乙、丙三人;每人2本;(4) 分给甲、乙、丙三人;一人得1本;一人拿2本;一人得3本; (5) 分给甲、乙、丙三人;每人至少得1本.评析 本例属分配问题;解这类问题的基本思路是先分组;再分配;即先组合、后排列.同时注意在分组时;若出现平均分组(即两组元素个数相同)的情况;则要除以组数(即平均分组的数目)的阶乘.例6 (1)分别从4所学校选拔6名报告员;每校至少1人;有多少种不同的选法?(2) 将6名报告员分配到4所学校去做报告;每校至少1人;有多少种不同的分配方法?评析 两小题看以类似;但第(1)小题的选取元素为学校;第(2)小题的选取元素为报告员;解题时要注意区分分组时;组合的对象——即元素是什么.(六)二项式定理内容:1 n b a)(+的展开式、项数、b a ,的指数。
数学题选(排列、组合、二项式定理)
数学题选(排列、组合、二项式定理)
排列、组合、二项式定理是数学中的重要概念,它们能够帮助我们更有效地面对相关的数
学问题。
排列是从一定的数字或字母中取出部分或全部,按照一定的顺序排列起来,称之为排列。
比如从数字1,2,3,4中选取任意两个数字,并将其排列起来,那么有4种排列方式,
分别是12,21,13,31。
组合是从一定的数字或字母中取出部分或全部,按照顺序不求,组合成一组数,称之为组合。
比如从数字1,2,3,4中取出任意两个数字,并组合起来,那么有6种组合可能性,分别是12,13,14,23,24,34。
二项式定理也叫做二项式定数,它表示从n个事物中抽取k个不同的元素,其有多少种不
同的可能性,它定义的是一个包含一系列非负整数的函数,这种函数是由两个参数决定的,分别是n和k。
公式表示为:
C(n,k) = n!/( (n-k)! * k!),其中,!表示阶乘。
以上三个概念都是数学中非常重要的概念,它们被广泛应用于计算概率,求解离散数学问题,甚至编程中的编程算法等等。
总的来说,排列、组合、二项式定理是数学中重要的概念,学习这些概念有助于我们分析
几何问题,找出有效的解决方案。
高中数学排列组合及二项式定理知识点
高中数学之排列组合二项式定理一、分类计数原理和分步计数原理:分类计数原理:如果完成某事有几种不同的方法,这些方法间是彼此独立的,任选其中一种方法都能达到完成此事的目的,那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的和。
分步计数原理:如果完成某事,必须分成几个步骤,每个步骤都有不同的方法,而—个步骤中的任何一种方法与下一步骤中的每一个方法都可以连接,只有依次完成所有各步,才能达到完成此事的目的,那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的积。
区别:如果任何一类办法中的任何一种方法都能完成这件事,则选用分类计数原理,即类与类之间是相互独立的,即“分类完成”;如果只有当n 个步骤都做完,这件事才能完成,则选用分步计数原理,即步与步之间是相互依存的,连续的,即“分步完成”。
二、排列与组合:(1)排列与组合的区别和联系:都是研究从一些不同的元素中取出n 个元素的问题; 区别:前者有顺序,后者无顺序。
(2)排列数、组合数:排列数的公式:)()!(!)1()2)(1(n m m n n m n n n n A m n ≤-=+---= 注意:①全排列:!n A n n =; ②记住下列几个阶乘数,1!=1,2!=2,3!=6,4!=24,5!=120,6!=720;排列数的性质:①11--=m n m n nA A (将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素,分两步完成:第一步从n 个元素中选出1个排在指定的一个位置上;第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上)②m n m n m n A mA A 111---+=(将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素,分两类完成:第一类:m 个元素中含有a ,分两步完成:第一步将a 排在某一位置上,有m 不同的方法。
第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上)即有11--m n mA 种不同的方法。
第二类:m 个元素中不含有a ,从1-n 个元素中取出m 个元素排在m 个位置上,有m n A 1-种方法。
高考数学二轮复习 专题19 排列、组合、二项式定理教学案 理-人教版高三全册数学教学案
专题19 排列、组合、二项式定理1.排列、组合与二项式定理每年交替考查,主要以选择、填空的形式出现,试题难度中等或偏易.2.排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性,常与实际相结合,转化为基本的排列组合模型解决问题,需用到分类讨论思想,转化思想.3.与二项式定理有关的问题比较简单,但非二项问题也是今后高考的一个热点,解决此类问题的策略是转化思想.1.两个重要公式(1)排列数公式A==n(n-1)(n-2)…(n-m+1)(n,m∈N*,且m≤n).(2)组合数公式C==(n,m∈N*,且m≤n).2.三个重要性质和定理(1)组合数性质①C=(n,m∈N*,且m≤n);②C=(n,m∈N*,且m≤n);③C=1.(2)二项式定理(a+b)n=C a n+C a n-1b1+C a n-2b2+…+C a n-k·b k+…+C b n,其中通项T r+1=C a n-r b r.(3)二项式系数的性质①C=C,C=C,…,C=C;②C+C+C+…+C=2n;③C+C+C+…=C+C+C+…=2n-1.考点一排列与组合例1.[2017课标II,理6]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,那么不同的安排方式共有〔〕A.12种 B.18种 C.24种 D.36种[答案]D[变式探究][2016年高考某某理数]用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为〔A〕24 〔B〕48 〔C〕60 〔D〕72[答案]D[解析]由题意,要组成没有重复数字的五位奇数,那么个位数应该为1或3或5,其他位置共有种排法,所以奇数的个数为,应选D.[变式探究](2015·某某,6)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有()A.144个B.120个C.96个D.72个解析由题意,首位数字只能是4,5,假设万位是5,那么有3×A=72个;假设万位是4,那么有2×A个=48个,故40 000大的偶数共有72+48=120个.选B.答案 B考点二排列组合中的创新问题例2.用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法原理及乘法原理,从1个红球和1个蓝球中取出假设干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+ab表示出来,如:“1〞表示一个球都不取、“a〞表示取出一个红球、而“ab〞那么表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,以下各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出假设干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c5)D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)解析分三步:第一步,5个无区别的红球可能取出0个,1个,…,5个,那么有(1+a+a2+a3+a4+a5)种不同的取法;第二步,5个无区别的蓝球都取出或都不取出,那么有(1+b5)种不同取法;第三步,5个有区别的黑球看作5个不同色,从5个不同色的黑球中任取0个,1个,…,5个,有(1+c)5种不同的取法,所以所求的取法种数为(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5,应选A.答案 A[变式探究]设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|x i∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3〞的元素个数为() A.60 B.90 C.120 D.130答案 D考点三二项展开式中项的系数例3.[2016年高考理数]在的展开式中,的系数为__________________.〔用数字作答〕[答案]60.[解析]根据二项展开的通项公式可知,的系数为。
湖北省武汉市吴家山中学2014届高中数学复习排列、组合、二项式定理的类型与解题策略
排列、组合、二项式定理的类型与解题策略排列、组合、二项式定理既是近代组合数学、概率统计的基础,又是每年高考必考内容之一,对培养学生分类讨论的数学思想方法和解决实际问题的能力与技巧有着重要的意义.由于研究对象的独特性,排列、组合的内容显得比较抽象——题型多变,思维抽象,条件隐晦,解法别致,因此学习起来比较困难.实践证明,弄懂原理,掌握题型,领悟方法,识别类型,熟练运用,是解决排列组合应用题的有效途径.第一部分:排列、组合的类型与解题策略排列组合中最具典型的问题是“排数”、“排队”、“涂色”、“含”与“不含”、 “至多”与“至少”等.无论是哪类问题,其解决方法无外乎直接法与间接法.学习过程中,要在理解的基础上掌握一些基本类型的解题方法与技巧,并能灵活运用.如能借助图形、表格帮助分析,则可使问题更加直观、清晰.一、相邻、不相邻(相离)、不全相邻问题:相邻问题“捆绑法”,不相邻问题“插空法”,不全相邻问题常采用“正难则反”的策略,即用“间接法”求解.例1、⑴用1,2,3,4,5,6,7,8组成没有重复数字的八位数,其中1与2相邻、3与4相邻、5与6相邻、7与8不相邻的八位数共有 个.⑵某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目,如果将这两个节目插入原节目单中,那么不同插法的种数有 种.⑶四名男生和三名女生排成一排,则三名女生不全相邻的排法有 种. 解:⑴先“相邻”排列成三个“大元素”,再三个“大元素”排列,最后7与8“插空”,共有2223222234576A A A A A =种.⑵增加的两个新节目,可分为相邻与不相邻两种情况:不相邻时共有26A种;相邻时共有2126A A种。
故不同插法的种数为:26A+2126A A=42,故选A.(也可将新增的两个节目中的一个插入已排好的五个节目形成的6个空中,另一个插入已排好的6个节目形成的7个空中,故不同插法的种数为6×7=42种).⑶用排除法求解,共有7537534320A A A -∙=(种).二、定序问题:对于排列问题中限制某几个元素保持一定的顺序,可先把这几个元素与其它元素一同进行排列,然后用总的全排列数除以这几个元素的全排列数.例2、⑴五人并排站成一排,如果甲必须站在乙的右边( 可以不相邻)那么不同的排法种数有 种.⑵由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数,其中个位数字小于十位数字的六位数共有 个.解:此为定序问题,用“缩倍法”求解.⑴甲在乙的右边与甲在乙的左边排法数相同,故共有排法551602A =种;⑵(先排除再缩倍)共有65651()3002A A -=个. 三、分组与分配问题:例3、6本不同的书,按以下要求各有多少种分法?⑴平均分成三组;⑵分成1本,2本、3本三组;⑶平均分给甲、乙、丙三人;⑷分给甲、乙、丙三人,一人拿1本,一人拿2本、一人拿3本;⑸甲得一本,乙得二本,丙得三本.解:⑴此为平均分组问题,共有153222426=!C C C 种分法;⑵此为非平均分组问题,共有60332516=CC C 种分法;⑶先分组,再排序,共有9033222426=∙!!C C C 种分法;⑷先分组,再排序,36033332516=AC C C 种分法;⑸用“逐分法”,共有60332516=CC C 种分法. 注:此例中的每一个小题都给出了一种类型,搞清类型的归属对今后解题大有裨益,其中:⑴均匀分组问题;⑵非均匀分组问题;⑶均匀不定向分配问题;⑷非均匀不定向分配问题;⑸非均匀定向分配问题.四、“至多”、“至少”问题:例4、⑴5本不同的书,全部分给4个学生,每人至少一本,则有 种不同的分法. ⑵从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台,其中至少要甲型与乙型电视机各一台,则不同的取法共有 种.解:⑴此为元素多于位置的情形,用“分组法”求解,即将5本不同的书先分成四组,再分给四个人,不同的分法有2445240C A ∙=种,故选B ;⑵若用“直接法”解,可分为“一甲二乙”和“二甲一乙”两类,不同取法共有1221454570C C C C ∙+∙=种;也可用“排除法”求解,即从总数中减去3台都是甲型或3台都是乙型的抽取方法,因此符合题意的抽取方法有33394570C C C --=种,故选C .例5、⑴10个“三好学生”名额分配到7个班级,每班至少一个名额,共有不同分配方案 种.⑵把10本相同的书分发给编号为1、2、3的三个学生阅览室,每个阅览室分得的书的本数不小于其编号数,共有 种不同分法.解:此为名额分配问题,属元素多于位置的情形,常用“隔板法”求解.⑴把10个名额看成10个相同的小球,要分成7堆,每堆至少一个,可以在中间的9个空位中插入6块隔板,每一种插法对应着一种分配方案,故不同的分配方案为6984C=种;⑵可先让2、3号阅览室依次分得1本书、2本书;再对余下的7本书进行分配,保证每个阅览室至少得一本书,这相当于在7本相同书之间的6个 “空档”内插入两个相同的“隔板”,共有2615C =种插法,即有15种分法.五、借位排列问题:某些元素不能排在某些位置上,可先把某个元素按规定排入,再排另一个元素,如此继续下去,依次即可完成. 通常用公式!!!(1)2!3!!n n n n n a n =-+⋅⋅⋅+-求解. 例6、⑴将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格里,每格填一个数,则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有 种;⑵将标号为1,2,3,……,10的10个球放入标号为1,2,3,……,10的10个盒子中,每个盒内放一个球,恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法_ _ 种;⑶编号为1、2、3、4、5的五个球放入编号为1、2、3、4、5的五个盒子里,至多有2个对号入座的情形有_____种.解:⑴由公式知,共有3×3×1=9种填法.⑵∵3个球的标号与盒子的标号不一致的放法有2种,∴共有放法3102240C =种.⑶用排除法,共有355511109C A -∙-=种.六、“含”与“不含”问题:例7、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,其中甲同学不到银川,乙不到西宁,共有不同派遣方案 种.解1:(分类法)考虑甲乙有限制条件,按是否含有甲乙分为四类:①不含甲乙,则有派遣方案44481680C A ∙=种;②含甲不含乙,则有派遣方案3133381008C A A ∙∙=种;③含乙不含甲,同理也有1008种;④含甲乙,则有派遣方案84324328(2)392C A A A -+=种.所以共有不同的派遣方法总数为4088种. 解2:(集合法或排除法)设U={10人中任取4人的排列},A={甲同学到银川的排列},B={乙同学到西宁的排列},利用集合中求元素个数公式可得参赛方法共有:4321098()()()()2card U card A card B card AB A A A--+=-+=4088种.七、几何中的排列组合问题: 1、涂色与种植问题:例8、⑴用3种不同颜色给图中的5个格子涂色,每格涂一种颜色、相邻格涂不同颜色且必须涂三色,共有 种不同的涂法.⑵用6种不同的颜色给图中的5个格子涂色,每格涂一种颜色,且相邻的两格不同色,则不同的涂色方法共有 种.解:⑴按颜色相同的格进行分类,可分为:1、24、35;13、24、5;13、25、4;14、25、3;14、35、2;15、24、3;135、2、4共七类,由题意,共有33742A=种不同的涂法.⑵按颜色分类:涂2色,可分为135、24两 “块”,有26A种;涂3色,由⑴知有337A种;涂4色,分“块”情形有13、2、4、5;14、2、3、5;15、2、3、4;24、 1、3、5;25、1、3、4;35、 1、2、4;有466A种;涂5色,有56A种;故共有2952种不同涂法.例9、在一块并排10垄的田中,选择2垄分别种植A 、B 两种作物,每种作物种一垄.为有利于作物生长,要求A 、B 两种作物的间隔不小于6垄,则不同的选垄方法共有___种. 解:先考虑A 种在左边的情况,有三类:A 种植在最左边第一垄上时,B 有三种不同的种植方法;A 种植在左边第二垄上时,B 有两种不同的种植方法;A 种植在左边第三垄上时,B 只有一种种植方法.又B 在左边种植的情况与A 在左边时相同.故共有2×(3+2+1)=12种不同的种植方法.2、其它问题:例10、四面体的顶点和各棱中点共10个点,其两两连线可组成异面直线共有 对.解:四面体的顶点和各棱中点共10个,其两两连线共有直线221036(1)33C C --=条,可构成直线233528C =对.排除所有共面直线的对数,如下图:于是,可构成异面直线共有528-144-12-36-36-45=255对.注:排列组合与几何图形的整合题型,在历年高考试卷中皆有出现,它不仅是考察学生相关知识的运用技巧的重要手段,也是培养和提高学生思维能力的一个重要方法.随着课程改革的不断深化,这部分知识必将倍受青睐.八、其它综合问题:1、用比例法解元素成比例的排列组合问题:有些排列组合应用题,可以根据每个元素出现的机会占整个问题的比例,直接求得问题的解.例11、由1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中小于50000的偶数共有 个.解:由题意知全排列为55A ,而满足条件的五位数的个位上出现2或4的可能性为25,在余下的四个数字中,万位上出现满足条件的数字的可能性为34,故满足条件的五位数共有55233654A⨯=个.例12、若集合A={1, 2, 3, 4, 5, 6},C A ,又C 中共有k 个元素,所有可能的C 的各个元素的总和是210,则k= .解:由于A 中各元素之和为1+2+3+4+5+6=21,而6个元素在C 中出现的次数是完全相同的,C 中k 个元素各占16,∴有6212106kk C ⨯=,即660kkC =,∵k=1, 2, 5, 6上式不成立,k=3, 4上式成立,∴k=3或k=4.2、用转化、构造的方法解题排列组合问题:例13、某射击7枪,击中5枪,击中和未击中的不同顺序有 种. 解:设击中用“1”表示,未击中用“0”表示,则上述问题可转化为:“数列a 1、a 2、a 3、a 4、a 5、a 6、a 7中有5项是1,两项是0,不同的数列数目有多少”的问题.可分两类:第1类,两个“0”不相邻的情况有26C种;第2类 两个“0”相邻的情况有6种,所以击中和未击中的不同顺序情况共有21种.3、方程思想:例14、⑴球台上有4个黄球,6个红球,击黄球入袋记2分,击红球入袋记1分,欲将此十球中的4球击入袋中,且总分不低于5分,则击球方法有 种.⑵坐标平面内有一个质点从原点出发,沿x 轴跳动,每次向左或向右跳1个单位,经过5次跳动质点落在点(3,0)(允许重复过此点)处,则质点不同的运动方法共有____种.⑶A 、B 、C 三人站成一圈相互传球,第一次球从A 手中传出,经过7次传球后,球又回到A 手中,问此三人不同的传球方式有 种.解:⑴设击入黄球x 个,红球y 个,则有4x y +=,且25x y +≥(x ,y N ∈),解得14x ≤≤,∴13x y =⎧⎨=⎩或22x y =⎧⎨=⎩或31x y =⎧⎨=⎩或40x y =⎧⎨=⎩,对应每组解的击球方法数分别为1346C C ,2246C C ,3146C C ,4046C C ,∴不同的击球方法数为1346C C +2246C C +3146C C +4046C C =195种.⑵设质点向左跳动x 次,向右跳动y 次,则35x y x y -+=⎧⎨+=⎩,解得14x y =⎧⎨=⎩,即该质点需向左跳动1次、向右跳动4次,于是该质点不同的运动方法共有155C =种.⑶在传球过程中,球的运动方向看作只有两种,即顺时针方向和逆时针方向,故可借助1±进行两种不同运动方向次数的计算.不妨将顺时针传球一次记为1,逆时针传球一次记为-1,设顺时针传球的次数为x ,逆时针传球的次数为y ,则x -y=0或36x y x y -=±-=±或,由题意知:06x y x y -=-=±或不合题意,故3x y -=±,由37x y x y -=⎧⎨+=⎩得52x y =⎧⎨=⎩,由37x y x y -=-⎧⎨+=⎩得25x y =⎧⎨=⎩,故此三人不同的传球方式有27242C =种.4、树图(框图)法、表格法:例15、设ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点A 处,它每次可随意地跳到相邻两个顶点之一,若在5次之内跳到D 点,则停止跳动,若在5次之内不能到达D 点,则跳完5次也停止跳动,那么这只青蛙从开始到停止,可能出现的不同跳法的种数是( )A 、6B 、8C 、16D 、26解:青蛙从A 点开始,往相邻两个顶点B 和F 跳到D 点的次数是相同的,又青蛙第一次往B 方向跳的跳法可用“树型图”表示如图.由图知有13种跳法,所以共有跳法2×13=26(种),故选(D ). 注:此种方法是解决数量较小排列问题的常用方法之一,优点是把抽象变为直观,应熟练掌握.5、回归法:有些计数模型不一定是排列或组合问题,此时可回归到最原始的方法,即画一画,数一数,算一算,这是最基本的计数方法,不可废弃.例16、某赛季足球比赛的计分规则是:胜一场,得3分;平一场,得1分;负一场,得0分.一球队打完15场,积33分.若不考虑顺序,该队胜、平、负的情况共有( ) A .3种 B. 4种 C. 5种 D .6种分析:数一数,算一算,知最多胜11场.按胜、平、负的顺序,共有三种情形:11、0、4;10、3、2;9、6、0;故选A .从以上的实例可以看出,解决排列组合问题,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)先不考虑限制条件,计算出总的种类数,再减去不合要求的种类数.其解题思路可概括为:审明题意,排组分清;分类分步,明确加乘;元素位置,特殊先行;直接间接,思路可循;周密思考,检验伪真.另外,在学习过程中注意解题经验与方法的归纳总结与积累,掌握一些常见题型的解题策略和方法也是十分必要.第二部分:二项式定理的类型与解题策略二项式定理是初中学习的多项式乘法的继续,在高中数学中起承上启下的作用——既可对多项式的知识起到很好的复习、深化作用,又可为进一步学习概率统计作好必要的知识储备.此内容几乎年年都考,考查的题型主要是选择和填空题,一般是中等难度的试题,但有时综合解答题中也涉及到二项式定理的应用.其主要题型有以下几类:一、求特殊项:此类问题一般由通项入手,根据题意,设未知数,建立方程求解. 例1、⑴已知()x xn -124的展开式中,前三项系数的绝对值依次成等差数列,则展开式中所有的有理项为 ;⑵(x -1)9的展开式中系数最大的项为 ;⑶51(2x x++的展开式中的常数项为 .解:⑴依题意,有212112122C C n n ⋅=+⋅()(),即n n 2980-+=,解得n =8或n =1(舍去),∴=-=-+--T C x xC x r r r r r rr r 1884816341212()()(),若T r +1为有理数,当且仅当1634-r 为整数, 08≤≤∈r r Z ,,∴=r 048,,,即展开式中的有理项共有三项:T x T x T x 145923581256===-,,; ⑵T r +1=r)1(-r r x C -99,∵1265949==C C ,而(-1)4=1,(-1)5=-1,∴ T 5=126x 5是所求系数最大的项.⑶解: ∵51(2x x +=5==,对于二项式10(x ,其通项为12101102rrr r T x C-+=,要得到原展开式中的常数项,则只须105r -=,即5r =,∴所求常数项为52510526322C =. 二、求二项式系数或展开式中某项的系数例2、(1)27(1)(1)(1)x x x ++++⋯++展开式中,3x 项的系数为_______;⑵设()()()()432123401234x a x a x a x a A x A x A x A x A ++++=++++,则 2A = ,3A = ; ⑶(x +2)10(x 2-1)的展开式中x 10的系数为 ;⑷求51(1)x x-+的展开式中含x 的项;⑸9(2)x y z +- 展开式中 423x y z 系数为_______.解:⑴3x 项系数为 3334347870C C C C +++==;⑵2A 即2x 系数, 即 2123423434()()A a a a a a a a a a =+++++121314a a a a a a =+++232434a a a a a a +++ , 即从1234{,,,}a a a a 中取两元的所有组合的和.同理可得3123124134234A a a a a a a a a a a a a =+++;⑶先展开,然后按多项式乘法法则求解.∵ (x +2)10=x 10+20x 9+180x 8+… ∴ (x +2)10(x 2-1)的展开式中x 10的系数是-1+180=179; ⑷解:∵525511(1)[()1]x x x x x -+=-+,∴要求展开式中含x 的项,只须求25[()1]x x -+中含6x 的项.将其展开知,只有25()x x -、245()x x -和2310()x x -中才有可能含有6x 的项.又2555()(1)x x x x -=-,其展开式中6x 的系数为455C=;24445()5(1)x x x x -=-,其展开式中6x 的系数为24530C=; 233310()10(1)x x x x -=-,其展开式中6x 的系数为10;∴51(1)x x-+展开式中含x 的项为(53010)45x x ++=.⑸(回归课本,用组合的意义解)由题意知有4个括号取x ,余下5括号取2y ,再从余下3个括号取z ,于是得423x y z 系数为422339532(1)5040C C C -=-.三、求多项式展开式中的各项的系数和或某些项系数和 例3、⑴已知25(321)x x -+=10910910a x a x a x a ++++, 求20246810()a a a a a a +++++213579()a a a a a -++++;⑵求 100(32)x y z -+ 展开式的各项系数之和.解:⑴令 x=1, 得 5012102a a a a ++++=,令 x=-1, 得 024*********()()a a a a a a a a a a a +++++-++++56=,20246810()a a a a a a ∴+++++135(a a a -+++255579)2612a a +=⨯=;⑵令x=y=z=1,得 100(132)0-+=,即展开式系数之和为0. 四、求相关元素例4、⑴设n N ∈*,()1+x n n 的展开式中x 3的系数为116,则n =________; ⑵10()a b c ++展开式的项数有____项;⑶31210()x x x +++展开式的项数为____;⑷已知9a x ⎛ ⎝展开式中3x 系数为94,则常数a 的值为______. 解:⑴由T C nx r n r r r +=11(),则x 3的系数为C n n331116=,即n n n n ()()--=1261163, 解得n =4.⑵展开式中的项的形式为 i j h a b c 且i+j+h=10 , ,,{0,1,2,10}i j h ∈,此时,项数问题转化为方程的非负整数解个数问题,方程非负整数解个数有21266C =,故展开式有66项.⑶法1、展开式中的项的形式为3101212310ii i i x x x x , 且 12103i i i +++=, 且1210,{0,1,2,3}i i i ∈, 类似(1),得项数为 931212220C C ==.法2、展开式中的项的形式有三种类型 23;;,,,{1,2,,10}i j h i j i x y z x y x i j h ∈其中,则项数为3213101010122220C C C C ++==.⑷通项9199r rrr T x C -+⎛⎛⎫=⋅ ⎪ ⎝⎭⎝3(9)929rr r r a x C --⎛= ⎝,令3932r -=, 得 8r = ,故9999164rr r a a C -⎛== ⎝,得a=4.例5、(1)已知(ax +1)7(a ≠0)的展开式中,x 3的系数是x 2的系数与x 4的系数的等差中项,求a 的值;(2)已知(2x +gx x 1)8的展开式中,二项式系数最大的项的值等于1120,求x 的值.解:(1)依题意3474372572a C a C a C =+,由于a ≠0,解得a =1±510; (2) 依题意T 5=4lg 448)()2(x x x C =1120,整理得x4(1+lg x )=1,两边取对数,得lg 2x +lg x =0,解得lg x =0或lg x =-1,∴x =1或x =101. 第三部分:训练精编一、选择题1、由数字1、2、3组成的五位数中,1、2、3都至少出现一次,则这样的五位数的个数为( )A 、150B 、240C 、180D 、2362、四个完全相同的红球与五个完全相同的白球放入三个不同的盒子中,要求每个盒子中至少放一个红球和一个白球,则不同的放法种数为( ) A 、12 B 、18 C 、24 D 、273、上海世博会组委会要将7名精通英语的大学生志愿者(含甲、乙)分配到美国馆、英国馆和印度馆去负责翻译工作,其中美国馆3人,英国馆和印度馆各2人,若甲、乙两人要求分在同一组,则不同的分配方案有( )A 、40种B 、50种C 、100种D 、120种4、有两排座位,前排11个座位,后排12个座位,现安排2人就座,规定前排中间的3个座位不能坐,并且这2人不能..左右相邻,那么不同排法的种数是( ) A 、234B 、346C 、350D 、3635、六张卡片上分别写有数字1,1,2,3,4,5,从中任取4张排成一排,可以组成不同的4位奇数的个数为( )A 、180B 、60C 、93D 、1266、6个人并排站成一排,B 站在A 的右边,C 站在B 的右边,则不同的排法总数为( )A .4433A AB .44A C .3366A A ÷ D .3544A A7、把八件不同的纪念品平均赠给甲、乙二人,其中a 、b 不赠给同一人,c 、d 也不赠给同一人,则不同的赠送方法有( )种A .20B .22C .24D .258、边长为连续整数的钝角三角形的最大边长为n ,则3()n x x+的展开式中常数项为( ) A 、36 B 、60 C 、54 D 、48 9、设,,a b m 为整数(0m >),若a 和b 被m 除得的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记为(mod )a b m ≡.已知12322019202020201222a C C C C =+++++,(mod10)b a ≡,则b 的值可以是( )A .2011B .2010C .2009D .201210、有5个不同的红球和2个不同的黑球排成一排,在两端都是红球的排列中,红球甲和黑球乙相邻的排法有( )A 、768B 、765C 、687D 、87611、若等差数列{}n a 的首项为1122211135mm m ma C A ---=-()m N ∈,公差是5(2nx 展开式中的常数项,其中n 为777715-除以19的余数,则n a =( )A 、1044n -B 、4104n -C 、104n -D 、104n - 12、若2220122(1)n n n x a a x a x a x +=++++,令0242()n f n a a a a =++++,则(1)(2)()f f f n +++=( )A 、1(41)3n - B 、2(21)3n - C 、2(41)3n - D 、2(31)3n - 13、已知n n n a 86+=,则84a 被49除的余数为( ) A 、4 B 、3 C 、2 D 、114、若在24)1(1-+ax x )(的展开式中2x 的系数为20,则a =( )A 、4B 、1C 、4或1D 、4或-115、某市从8名优秀教师中选派4名同时去4 个农村学校支教(每校一人),其中甲和乙不能同时去,甲和丙只能同时去或同时不去,则不同的选派方案共有( )种A 、20B 、600C 、480D 、720 二、填空题16、某单位准备用6种不同花色的石材分别装饰办公楼中的办公室、走廊、大厅地面及楼的外墙,其中1号石材有微量的放射性,不可用于办公室内,则不同的装饰效果有___种.17、将标号为1,2,…,10的10个球放入标号为1,2,…,10的10个盒子内.每个盒内放一个球,则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致...的放入方法共有______种. 18、从包含甲的若干名同学中选出4人分别参加数学、物理、化学、英语四科竞赛,每名同学只能参加一科竞赛,且任两名同学不能参加同一科竞赛,若甲不参加物理和化学竞赛的参赛方法共有72种,则一共有 名同学.19、函数的最大值是_______.20、把一同排6张座位编号为1,2,3,4,5,6的电影票全部分给4个人,每人至少分1张,至多分2张,且这两张票具有连续的编号,那么不同的分法种数是_____.21、若2622020n n CC ++=(*n N ∈),则在2(44)nx x ++的展开式中含6x 项的系数为 . 22、将A 、B 、C 、D 、E 五种不同的文件放入一编号依次为1、2、3、4、5、6的六个抽屉内,每个抽屉至多放一种文件,若文件A 、B 必须放入相邻的抽屉内,文件C 、D 也必须放入相邻的抽屉内,则所有不同的放入方法共有 种.23、若32(2)2(,3)nnn x x ax bx cx n N n +=+++++∈≥,且:3:2a b =,则n =___.24、某化工厂实验生产中需依次投入2种化工原料,现有5种原料可用,但甲、乙两种原料不能同时使用,且依次投料时,若使用甲原料,则甲必须先投放,那么不同的实验方案共有_______种.25、某公司新招进8名员工,平均分给甲、乙两个部门,其中两名英语翻译人员不能同给一个部门,另三名电脑编程人员也不能同给一个部门,则不同的分配方案有_ _种.26、在24(1)x px +-的展开式中,使4x 项的系数取得最小值时的p 的值为 .27、若2010220100122010(24)x x x x a a a a +=++++,则60242010a a a a a +++++被3除的余数是 .28、设a 为()sin x x x R +∈的最大值,则二项式6(-展开式中含2x 项的系数是 .29、代数式522)1)(524(+--x x x 的展开式中,含x 4项的系数是 .30、已知n的展开式的各项系数之和等于5⎛⎝展开式中的常数项,则n-展开式中含的项的二项式系数为 .参考答案:1、A ;2、B ;3、B ;4、B ;5、D ;6、C ;7、D ;8、C ;9、A ;10、A ;11、A ;12、C ;13、C ;14、D ;15、B ;16、300;17、240;18、5;19、1024;20、144;21、112;22、96;23、11;24、15;25、36;26、1;27、2;28、-192;29、-30;30、35;。
2014高三数学知识点精要21:排列、组合和二项式定理
2014高三数学知识点精要211.两个原理.(1)分类计数原理和分步计数原理是排列组合的基础和核心,既可用来推导排列数、组合数公式,也可用来直接解题。
它们的共同点都是把一个事件分成若干个分事件来进行计算。
只不过利用分类计算原理时,每一种方法都可能独立完成事件;如需连续若干步才能完成的则是分步。
利用分类计数原理,重在分“类”,类与类之间具有独立性和并列性;利用分步计数原理,重在分步;步与步之间具有相依性和连续性。
比较复杂的问题,常先分类再分步,分类相加,分步相乘. (2)一个模型: 影射B A f →:个数若A 有年n 个元素,B 有m 个元素,则从A 到B 能建立nm 个不同的影射①n 件不同物品放入m 个抽屉中,不限放法,共有多少种不同放法? (解:nm 种) ②四人去争夺三项冠军,有多少种方法?③从集合A={1,2,3}到集合B={3,4}的映射f 中满足条件f (3)=3的影射个数是多少? ④求一个正整数的约数的个数 (3)含有可重元素......的排列问题. 对含有相同元素求排列个数的方法是:设重集S 有k 个不同元素a 1,a 2,…...a n 其中限重复数为n 1、n 2……n k ,且n = n 1+n 2+……n k , 则S 的排列个数等于!!...!!21k n n n n n =.如:已知数字3、2、2,求其排列个数3!2!1)!21(=+=n 又例如:数字5、5、5、求其排列个数?其排列个数1!3!3==n . 2.排列数m nA 中1,n m n m ≥≥∈N 、、组合数mn C 中,1,0,n m n m n m ≥≥≥∈、N . (1)排列数公式!(1)(2)(1)()()!m n n A n n n n m m n n m =---+=≤-;!(1)(2)21n nA n n n n ==--⋅。
如(1)1!+2!+3!+…+n !(*4,n n N ≥∈)的个位数字为 (答:3); (2)满足2886xx A A -<的x = (答:8)(2)组合数公式()(1)(1)!()(1)21!!m m n n m m A n n n m n C m n A m m m n m ⋅-⋅⋅-+===≤⋅-⋅⋅⋅-;规定01!=,01n C =.如已知16mn mnm n C C A +++=,求 n ,m 的值(答:m =n =2)(3)排列数、组合数的性质: ①mn m nn C C -=;②111mm m nn n C C C ---=+;从n 个不同元素中取出m 个元素后就剩下n-m 个元素,因此从n 个不同元素中取出 n-m 个元素的方法是一一对应的,因此是一样多的就是说从n 个不同元素中取出n-m 个元素的唯一的一个组合.(或者从n+1个编号不同的小球中,n 个白球一个红球,任取m 个不同小球其不同选法,分二类,一类是含红球选法有1m n 111m n C C C --=⋅一类是不含红球的选法有m n C )根据组合定义与加法原理得;在确定n+1个不同元素中取m 个元素方法时,对于某一元素,只存在取与不取两种可能,如果取这一元素,则需从剩下的n 个元素中再取m-1个元素,所以有C 1-m n ,如果不取这一元素,则需从剩余n 个元素中取出m 个元素,所以共有Cm n 种,依分类原理有m n m n m n C C C 11+-=+.③11kk n n kC nC --=;111111+++=+k n k n C n C k④1121++++=++++r n r n r r r r r rC C C C C ;⑤!(1)!!n n n n ⋅=+-;⑥11(1)!!(1)!n n n n =-++. (4)常用的证明组合等式方法. ① 裂项求和法. 如:)!1(11)!1(!43!32!21+-=++++n n n (利用!1)!1(1!1n n n n --=-)n.n!=(n+1)!-n!② 导数法. ③ 数学归纳法. ④倒序求和法. 1321232-=++++n nn n n n n nC C C C一般地:已知等差数列{a n }的首项a 1,公差为d ,a 1C 0n+a 2C 1n+a 3C 2n+…+a n +1C nn=(2a 1+nd )·2n -1.⑤ 递推法(即用m n m nmn C CC 11+-=+递推)如:413353433+=+++n n C C C C C .⑥ 构造二项式. 如:nn n n n n C C C C 222120)()()(=+++证明:这里构造二项式nn n x x x 2)1()1()1(+=++其中n x 的系数,左边为22110nn n n n n n n n n n n C C C C C C C C ⋅++⋅+⋅+⋅-- ,22120)()()(n n n n C C C +++= 而右边nn C 2=. 更一般地:rnm r n m n r m n r m C C C C C C C +-=+++01103.解排列组合问题的依据是:分类相加(每类方法都能独立地完成这件事,它是相互独立的,一次的且每次得出的是最后的结果,只需一种方法就能完成这件事),分步相乘(一步得出的结果都不是最后的结果,任何一步都不能独立地完成这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事,各步是关联的),有序排列,无序组合.如(1)将5封信投入3个邮筒,不同的投法共有 种(答:53);(2)从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台,其中至少要甲型与乙型电视机各一台,则不同的取法共有 种(答:70);(3)从集合{}1,2,3和{}1,4,5,6中各取一个元素作为点的坐标,则在直角坐标系中能确定不同点的个数是___(答:23);(4)72的正约数(包括1和72)共有 个(答:12);(5)A ∠的一边AB 上有4个点,另一边AC 上有5个点,连同A ∠的顶点共10个点,以这些点为顶点,可以构成_____个三角形(答:90);(6)用六种不同颜色把右图中A 、B 、C 、D 四块区域分开,允许同一颜色涂不同区域,但相邻区域不能是同一种颜色,则共有 种不同涂法(答:480);(7)同室4人各写1张贺年卡,然后每人从中拿1张别人送出的贺年卡,则4张贺年卡不同的分配方式有 种(答:9);(8)f 是集合{},,Ma b c =到集合{}1,0,1N =-的映射,且()()f a f b +()f c =,则不同的映射共有 个(答:7);(9)满足}4,3,2,1{=C B A 的集合A 、B 、C 共有 组(答:47)3.解排列组合问题的方法有:一般先选再排,即先组合再排列,先分再排。
14年高考 数学复习 知识点归纳 9排列、组合、二项式、概率 (2)
九、排列、组合、二项式、概率:一、分类计数原理和分步计数原理:分类计数原理:如果完成某事有几种不同的方法,这些方法间是彼此独立的,任选其中一种方法都能达到完成此事的目的,那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的和。
分步计数原理:如果完成某事,必须分成几个步骤,每个步骤都有不同的方法,而—个步骤中的任何一种方法与下一步骤中的每一个方法都可以连接,只有依次完成所有各步,才能达到完成此事的目的,那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的积。
区别:如果任何一类办法中的任何一种方法都能完成这件事,则选用分类计数原理,即类与类之间是相互独立的,即“分类完成”;如果只有当n个步骤都做完,这件事才能完成,则选用分步计数原理,即步与步之间是相互依存的,连续的,即“分步完成”。
二、排列与组合:(1)排列与组合的区别和联系:都是研究从一些不同的元素中取出n个元素的问题;区别:前者有顺序,后者无顺序。
(2)排列数、组合数:排列数的公式:)()!(!)1()2)(1(n m m n n m n n n n A m n≤-=+---= 注意:①全排列:!n A n n=; ②记住下列几个阶乘数,1!=1,2!=2,3!=6,4!=24,5!=120,6!=720;排列数的性质:①1-=m m nA A (将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素,分两步完成:第一步从n 个元素中选出1个排在指定的一个位置上;第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上)②m m m A mA A 1-+=(将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素,分两类完成:第一类:m 个元素中含有a ,分两步完成:第一步将a 排在某一位置上,有m 不同的方法。
第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上)即有11--m n mA 种不同的方法。
第二类:m 个元素中不含有a ,从1-n 个元素中取出m 个元素排在m 个位置上,有m n A 1-种方法。
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2014年高三高考复习专题之排列、组合及二项式定理排列组合二项定理考试内容:分类计数原理与分步计数原理. 排列.排列数公式.组合.组合数公式.组合数的两个性质. 二项式定理.二项展开式的性质. 考试要求:(1)掌握分类计数原理与分步计数原理,并能用它们分析和解决一些简单的应用问题. (2)理解排列的意义,掌握排列数计算公式,并能用它解决一些简单的应用问题.(3)理解组合的意义,掌握组合数计算公式和组合数的性质,并能用它们解决一些简单的应用问题.(4)掌握二项式定理和二项展开式的性质,并能用它们计算和证明一些简单的问题.§.知识要点一、两个原理.1. 乘法原理、加法原理.2. 可.以有..重复..元素..的排列. 从m 个不同元素中,每次取出n 个元素,元素可以重复出现,按照一定的顺序排成一排,那么第一、第二……第n 位上选取元素的方法都是m 个,所以从m 个不同元素中,每次取出n个元素可重复排列数m·m·… m = m n.. 例如:n 件物品放入m 个抽屉中,不限放法,共有多少种不同放法? (解:nm 种)二、排列.1. ⑪对排列定义的理解.定义:从n 个不同的元素中任取m(m ≤n )个元素,按照一定顺序......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. ⑫相同排列.如果;两个排列相同,不仅这两个排列的元素必须完全相同,而且排列的顺序也必须完全相同.⑬排列数.从n 个不同元素中取出m (m≤n )个元素排成一列,称为从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 个元素的一个排列数,用符号mn A 表示.⑭排列数公式:),,()!(!)1()1(N m n n m m n n m n n n A m ∈≤-=+--=注意:!)!1(!n n n n -+=⋅ 规定0! = 1111--++=⋅+=m n m n m n m m m n m n mA A C A A A 11--=m n m n nA A 规定10==n n n C C2. 含有可重元素......的排列问题. 对含有相同元素求排列个数的方法是:设重集S 有k 个不同元素a 1,a 2,…...a n 其中限重复数为n 1、n 2……n k ,且n = n 1+n 2+……n k , 则S 的排列个数等于!!...!!21k n n n n n =.例如:已知数字3、2、2,求其排列个数3!2!1)!21(=+=n 又例如:数字5、5、5、求其排列个数?其排列个数1!3!3==n .三、组合.1. ⑪组合:从n 个不同的元素中任取m (m≤n )个元素并成一组,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合.⑫组合数公式:)!(!!!)1()1(m n m n C m m n n n A A C mn mmm n mn-=+--== ⑬两个公式:①;m n n mn CC -= ②m n m n m n C C C11+-=+①从n 个不同元素中取出m 个元素后就剩下n-m 个元素,因此从n 个不同元素中取出 n-m 个元素的方法是一一对应的,因此是一样多的就是说从n 个不同元素中取出n-m 个元素的唯一的一个组合.(或者从n+1个编号不同的小球中,n 个白球一个红球,任取m 个不同小球其不同选法,分二类,一类是含红球选法有1m n 111m n C C C --=⋅一类是不含红球的选法有m n C )②根据组合定义与加法原理得;在确定n+1个不同元素中取m 个元素方法时,对于某一元素,只存在取与不取两种可能,如果取这一元素,则需从剩下的n 个元素中再取m-1个元素,所以有C1-m n ,如果不取这一元素,则需从剩余n 个元素中取出m 个元素,所以共有C mn 种,依分类原理有mn m n m n C C C11+-=+.⑭排列与组合的联系与区别.联系:都是从n 个不同元素中取出m 个元素.区别:前者是“排成一排”,后者是“并成一组”,前者有顺序关系,后者无顺序关系. ⑮①几个常用组合数公式 n n nn n n C C C 2210=+++ 11111121153142011112++--++++++-+=+==++=+++=+++k n k n k n k n m n m m n m m m m m m n n n n n n n n C n C k nC kC C C C C C C C C C C C②常用的证明组合等式方法例. i. 裂项求和法. 如:)!1(11)!1(!43!32!21+-=++++n n n (利用!1)!1(1!1n n n n --=-) ii. 导数法. iii. 数学归纳法. iv. 倒序求和法.v. 递推法(即用m n m n m n C C C 11+-=+递推)如:413353433+=+++n n C C C C C . vi. 构造二项式. 如:nn n n n n C C C C 222120)()()(=+++证明:这里构造二项式n n n x x x 2)1()1()1(+=++其中n x 的系数,左边为22120022110)()()(n n n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C C +++=⋅++⋅+⋅+⋅-- ,而右边nn C 2= 四、排列、组合综合.1. I. 排列、组合问题几大解题方法及题型: ①直接法. ②排除法.③捆绑法:在特定要求的条件下,将几个相关元素当作一个元素来考虑,待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列.它主要用于解决“元素相邻问题”,例如,一般地,n 个不同元素排成一列,要求其中某)(n m m ≤个元素必相邻的排列有mm m n m n A A ⋅+-+-11个.其中11+-+-m n m n A 是一个“整体排列”,而m m A 则是“局部排列”.又例如①有n 个不同座位,A 、B 两个不能相邻,则有排列法种数为-2n A 2211A A n ⋅-. ②有n 件不同商品,若其中A 、B 排在一起有2211A A nn ⋅--. ③有n 件不同商品,若其中有二件要排在一起有112--⋅n n n A A . 注:①③区别在于①是确定的座位,有22A 种;而③的商品地位相同,是从n 件不同商品任取的2个,有不确定性.④插空法:先把一般元素排列好,然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中,此法主要解决“元素不相邻问题”.例如:n 个元素全排列,其中m 个元素互不相邻,不同的排法种数为多少?mm n m n m n A A 1+---⋅(插空法),当n – m+1≥m, 即m≤21+n 时有意义.⑤占位法:从元素的特殊性上讲,对问题中的特殊元素应优先排列,然后再排其他一般元素;从位置的特殊性上讲,对问题中的特殊位置应优先考虑,然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.⑥调序法:当某些元素次序一定时,可用此法.解题方法是:先将n 个元素进行全排列有n n A 种,)(n m m 个元素的全排列有m m A 种,由于要求m 个元素次序一定,因此只能取其中的某一种排法,可以利用除法起到去调序的作用,即若n 个元素排成一列,其中m 个元素次序一定,共有m mn n A A 种排列方法.例如:n 个元素全排列,其中m 个元素顺序不变,共有多少种不同的排法?解法一:(逐步插空法)(m+1)(m+2)…n = n!/ m !;解法二:(比例分配法)mm n n A A /. ⑦平均法:若把kn 个不同元素平均分成k 组,每组n 个,共有k knnn n k n kn A C C C )1(-⋅.例如:从1,2,3,4中任取2个元素将其平均分成2组有几种分法?有3!224=C (平均分组就用不着管组与组之间的顺序问题了)又例如将200名运动员平均分成两组,其中两名种子选手必在一组的概率是多少? (!2/102022818C C C P =)注意:分组与插空综合. 例如:n 个元素全排列,其中某m 个元素互不相邻且顺序不变,共有多少种排法?有mm mm n mn m n A A A /1+---⋅,当n – m+1 ≥m, 即m≤21+n 时有意义.⑧隔板法:常用于解正整数解组数的问题.例如:124321=+++x x x x 的正整数解的组数就可建立组合模型将12个完全相同的球排成一列,在它们之间形成11个空隙中任选三个插入3块摸板,把球分成4个组.每一种方法所得球的数目依次为4321,,,x x x x 显然124321=+++x x x x ,故(4321,,,x x x x )是方程的一组解.反之,方程的任何一组解),,,(4321y y y y ,对应着惟一的一种在12个球之间插入隔板的方式(如图所示)故方程的解和插板的方法一一对应. 即方程的解的组数等于插隔板的方法数311C .注意:若为非负数解的x 个数,即用n a a a ,...,21中i a 等于1+i x ,有A a a a A x x x x n n =-+-+-⇒=+++1...11...21321,进而转化为求a 的正整数解的个数为1-+n n A C .x 1x 2x 3x 4⑨定位问题:从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列规定某r 个元素都包含在内,并且都排在某r 个指定位置则有rk r n r r A A --.例如:从n 个不同元素中,每次取出m 个元素的排列,其中某个元素必须固定在(或不固定在)某一位置上,共有多少种排法?固定在某一位置上:11--m n A ;不在某一位置上:11---m n m n A A 或11111----⋅+m n m m n A A A (一类是不取出特殊元素a ,有mn A 1-,一类是取特殊元素a ,有从m-1个位置取一个位置,然后再从n-1个元素中取m-1,这与用插空法解决是一样的) ⑩指定元素排列组合问题.i. 从n 个不同元素中每次取出k 个不同的元素作排列(或组合),规定某r 个元素都包含在内 。
先C 后A 策略,排列k k r k r n r r A C C --;组合r k r n r r C C --.ii. 从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列(或组合),规定某r 个元素都不包含在内。
先C 后A 策略,排列k k k r n A C -;组合k r n C -.iii 从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列(或组合),规定每个排列(或组合)都只包含某r 个元素中的s 个元素。
先C 后A 策略,排列kk s k r n s r A C C --;组合sk r n s r C C --.II. 排列组合常见解题策略:①特殊元素优先安排策略;②合理分类与准确分步策略;③排列、组合混合问题先选后排的策略(处理排列组合综合性问题一般是先选元素,后排列);④正难则反,等价转化策略;⑤相邻问题插空处理策略; ⑥不相邻问题插空处理策略;⑦定序问题除法处理策略;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. 2. 组合问题中分组问题和分配问题.①均匀不编号分组:将n 个不同元素分成不编号的m 组,假定其中r 组元素个数相等,不管是否分尽,其分法种数为r r A A /(其中A 为非均匀不编号分组中分法数).如果再有K 组均匀分组应再除以k kA . 例:10人分成三组,各组元素个数为2、4、4,其分法种数为1575/224448210=A C C C .若分成六组,各组人数分别为1、1、2、2、2、2,其分法种数为44222224262819110/A A C C C C C C ⋅②非均匀编号分组: n 个不同元素分组,各组元素数目均不相等,且考虑各组间的顺序,其分法种数为m mA A ⋅ 例:10人分成三组,各组人数分别为2、3、5,去参加不同的劳动,其安排方法为:335538210A C C C ⋅⋅⋅种.若从10人中选9人分成三组,人数分别为2、3、4,参加不同的劳动,则安排方法有334538210A C C C ⋅种③均匀编号分组:n 个不同元素分成m 组,其中r 组元素个数相同且考虑各组间的顺序,其分法种数为mmr r A A A ⋅/. 例:10人分成三组,人数分别为2、4、4,参加三种不同劳动,分法种数为33224448210A A C C C ⋅ ④非均匀不编号分组:将n 个不同元素分成不编号的m 组,每组元素数目均不相同,且不考虑各组间顺序,不管是否分尽,其分法种数为1m n C A=21m m -n C …k m )m ...m (m -n 1-k 21C +++例:10人分成三组,每组人数分别为2、3、5,其分法种数为25205538210=C C C 若从10人中选出6人分成三组,各组人数分别为1、2、3,其分法种数为126003729110=C C C .五、二项式定理.1. ⑪二项式定理:n n n r r n r n n n n n n b a C b a C b a C b a C b a 01100)(+++++=+-- .展开式具有以下特点: ① 项数:共有1+n 项;② 系数:依次为组合数;,,,,,,210n n rn n n n C C C C C③ 每一项的次数是一样的,即为n 次,展开式依a 的降幕排列,b 的升幕排列展开. ⑫二项展开式的通项.n b a )+(展开式中的第1+r 项为:),0(1Z r n r b aC T rr n r n r ∈≤≤=-+.⑬二项式系数的性质.①在二项展开式中与首未两项“等距离”的两项的二项式系数相等; ②二项展开式的中间项二项式系数.....最大. I. 当n 是偶数时,中间项是第12+n项,它的二项式系数2nn C 最大;II. 当n 是奇数时,中间项为两项,即第21+n 项和第121++n 项,它们的二项式系数2121+-=n nn n C C 最大.③系数和:1314201022-=++=+++=+++n n n n n n n n n n n C C C C C C C C附:一般来说b a by ax n ,()(+为常数)在求系数最大的项或最小的项...........时均可直接根据性质二求解. 当11≠≠b a 或时,一般采用解不等式组11111(,+-+-+⎩⎨⎧≤≤⎩⎨⎧≥≥k k k kk k k k k k T A A A A A A A A A 为或的系数或系数的绝对值)的办法来求解.⑭如何来求n c b a )(++展开式中含r q p c b a 的系数呢?其中,,,N r q p ∈且n r q p =++把n n c b a c b a ])[()(++=++视为二项式,先找出含有r C 的项r r n rn C b a C -+)(,另一方面在r n b a -+)(中含有q b 的项为q p q r n q q r n q r n b a C b a C ----=,故在n c b a )(++中含r q p c b a 的项为r q p q r n r n c b a C C -.其系数为rr q p n p n q r n r n C C C p q r n q r n q r n r n r n C C --==---⋅-=!!!!)!(!)!()!(!!.2. 近似计算的处理方法.当a 的绝对值与1相比很小且n 不大时,常用近似公式na a n +≈+1)1(,因为这时展开式的后面部分nn n n n a C a C a C +++ 3322很小,可以忽略不计。