高中数学复习选修2-3 第一章章末总结阶段复习课(一)

合集下载

高中数学选修2-3答案

高中数学选修2-3答案【篇一：高中数学选修2-3所有试卷含答案】每章分三个等级：[基础训练a组]， [综合训练b组]， [提高训练c 组] 建议分别适用于同步练习，单元自我检查和高考综合复习。

(数学选修2--3) 第一章计数原理[基础训练a组]一、选择题1．将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有（）a．81 b．64c．12d．142．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有（）a．140种 b.84种 c.70种 d.35种3．5个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数有（） a．a3 b．4a3 c．a5?a3a3 d．a2a3?a2a3a3 4．a,b,c,d,e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同的选法总数是（）a.20 b．16 c．10 d．65．现有男、女学生共8人，从男生中选2人，从女生中选1人分别参加数学、物理、化学三科竞赛，共有90种不同方案，那么男、女生人数分别是（） a．男生2人，女生6人 b．男生3人，女生5人 c．男生5人，女生3人 d．男生6人，女生2人. ?x6．在??的展开式中的常数项是（） ?283352323113a.7 b．?7 c．28 d．?287．(1?2x)(2?x)的展开式中x3的项的系数是（） a.120 b．?120 c．100 d．?100 ?8．??2??2?展开式中只有第六项二项式系数最大,则展开式中的常数项是（） x?n5a．180 b．90 c．45 d．360二、填空题1．从甲、乙，??，等6人中选出4名代表，那么（1）甲一定当选，共有种选法．（2）甲一定不入选，共有种选法.（3）甲、乙二人至少有一人当选，共有种选法.2．4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，则有. 3．由0,1,3,5,7,9这六个数字组成_____个没有重复数字的六位奇数.4．在(x?的展开式中，x的系数是1062205．在(1?x)展开式中，如果第4r项和第r?2项的二项式系数相等，则r?，t4r?6．在1,2,3,...,9的九个数字里，任取四个数字排成一个首末两个数字是奇数的四位数，这样的四位数有_________________个？7．用1,4,5,x四个不同数字组成四位数,所有这些四位数中的数字的总和为288,则x. 8．从1,3,5,7,9中任取三个数字，从0,2,4,6,8中任取两个数字，组成没有重复数字的五位数，共有________________个？三、解答题1．判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果.（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？（2）高二年级数学课外小组10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？（3）有2,3,5,7,11,13,17,19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？2．7个排成一排，在下列情况下，各有多少种不同排法？（1）甲排头，（2）甲不排头，也不排尾，（3）甲、乙、丙三人必须在一起，（4）甲、乙之间有且只有两人，（5）甲、乙、丙三人两两不相邻，（6）甲在乙的左边（不一定相邻），（7）甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序，（8）甲不排头，乙不排当中。

步步高高中数学步步高选修2-3 第一章章末复习课

学习目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能结合具体问题的特征，合理选择两个计数原理来分析和解决一些简单的实际问题.2.理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数和组合数公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决实际问题.3.能利用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能应用它们解决与二项展开式有关的计算和证明问题.1.分类加法计数原理完成一件事有n 类不同的方案，在第一类方案中有m 1种不同的方法，在第二类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理完成一件事需要n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，…，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法. 3.排列数与组合数公式及性质4.二项式定理(1)二项式定理的内容.(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n an －k b k ＋…＋C n n b n(n ∈N *). (2)通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k ，k ∈{0,1,2，…，n }. (3)二项式系数的性质.①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；②若n 为偶数，中间一项⎝⎛⎭⎫第n2＋1项的二项式系数最大；若n 为奇数，中间两项⎝⎛⎭⎫第n ＋12项和第n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大.③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ；C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.类型一数学思想方法在求解计数问题中的应用角度1 分类讨论思想例1 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个(用数字作答). 答案 60解析 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类. 分三类：①没有数字1和3时，有A 34个； ②只有1和3中的一个时，有2A 24个；③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可，有C 14·C 13个.所以满足条件的三位数共有A 34＋2A 24＋C 14·C 13＝60(个). 反思与感悟解答排列、组合中的一些较复杂的问题，常用分类讨论思想.讨论时，要注意不重复不遗漏，对于本题解答中，“没有数字1和3”这一类容易被遗漏.跟踪训练1 用红、黄、蓝三种颜色对如图所示的三个方框进行涂色，若要求每个小方格，涂一种颜色，且涂成红色的方格数为偶数，则不同的涂色方案种数是________.答案 14解析因为涂成红色的方格数为偶数，即涂成红色的方格数为0或2，3个格涂一种颜色有2种(全黄或全蓝)3个格涂2颜色且涂0个红色时，C 12C 23＝6(种). 3个格涂2颜色且涂2个红色时，C 12C 23＝6(种).根据分类加法计数原理，可得共有2＋6＋6＝14(种). 角度2 “正难则反”思想例2 平面上有9个点，排成三行三列的方阵，以其中的任意3个点为顶点，共可以组成________个三角形(用数字作答). 答案 76解析正面考虑，需分类且容易出现遗漏或重复.从反面考虑9个点中有3个点共线的情况的种数，问题则较易解决.9个点中有3个点共线的情况，显然是三行、三列和两条对角线上的点，易知共8种，9个点中任取3个点的组合数为C 39，所以共可以组成C 39－8＝76(个)三角形.反思与感悟对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考. 跟踪训练2 从甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种. 答案 30解析从4人中选出两个人作为一个元素有C 24种方法，同其他两个元素在三个位置上排列C 24A 33＝36(种)方案，其中有不符合条件的，即学生甲，乙同时参加同一竞赛有A 33种结果， ∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种). 类型二排列与组合的综合应用例3 有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内. (1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒子中不放球，有多少种放法？ (3)恰有2个盒子中不放球，有多少种放法？解 (1)由分步乘法计数原理可知，共有44＝256种放法.(2)先从4个小球中取2个作为一组，有C 24种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球(即3组)分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A 34种不同的放法，根据分步乘法计数原理知，共有C 24A 34＝144(种)不同的放法.(3)恰有2个盒子中不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法：第1类，1个盒子中放3个小球.一个盒子中放1个小球.先把小球分组，有C 34种分法，再放到2个盒子中，有A 24种不同的放法，共有C 34A 24种不同的放法；第2类，2个盒子中各放2个小球有C 24A 24A 22种放法.故恰有2个盒子中不放球的放法共有C 34A 24＋C 24A 24A 22＝84(种).反思与感悟排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合.对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列.对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏.在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净.跟踪训练3 (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？解 (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A 48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A 38种方法，所以共有3A 38种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3A 38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A 28种，共有7A 28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A 48＋3A 38＋3A 38＋7A 28＝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A 77＝5 040种方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A 44＝24种方法. 根据分步乘法计数原理，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A 66＝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□中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A 47＝840种.根据分步乘法计数原理，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A 1212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A 1212A 1010＝A 212＝132(种)排列. 类型三二项式定理的应用例4 已知在⎝⎛⎭⎪⎫x －23x n 的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.(1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数绝对值最大的项；(3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn 的值. 解 (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3，解得n ＝10，因为通项：T r ＋1＝C r 10(x )10－r⎝⎛⎭⎪⎫－23x r55610(2)C ,rrrx-=-当5－5r6为整数时，r 可取0,6，展开式是常数项，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第r ＋1项系数绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C r 102r ≥C r －1102r －1，C r 102r ≥C r ＋1102r ＋1，解得⎩⎨⎧r ≤223，r ≥193，又因为r ∈{1,2,3，…，9}，所以r ＝7，当r ＝7时，56815360,T x -=- 又因为当r ＝0时，T 1＝x 5，当r ＝10时，1010103311(2)1024,T xx--=-=所以系数绝对值最大的项为56815360.T x -=-(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010 ＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.反思与感悟 1.求二项展开式特定项的步骤2.二项式系数的最大项的求法求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a ＋b )n 中的n 进行讨论. (1)当n 为奇数时，中间两项的二项式系数最大. (2)当n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大. 3.展开式中系数的最大项的求法求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析.如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法.设展开式中各项系数分别为A 0，A 1，A 2，…，A n ，且第r ＋1项最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A r ≥A r －1，A r ≥A r ＋1，解出r ，即得出系数的最大项.跟踪训练4 (1)(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________.解析 (1.05)6＝(1＋0.05)6＝C 06＋C 16×0.05＋C 26×0.052＋C 36×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34. 答案 1.34 (2)已知二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍. ①求n ；②求展开式中二项式系数最大的项； ③求展开式中所有x 的有理项. 解 ①令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n展开式中各项系数之和为(5－1)n ＝4n ，各项二项式系数之和为2n ，由题意得，4n ＝16·2n ，所以2n ＝16，n ＝4.②通项T r ＋1＝C r 4(5x )4－r ⎝⎛⎭⎫－1x r＝(－1)r C r 454－r 342r x -展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x .③由②得：4－32r ∈Z (r ＝0,1,2,3,4)，即r ＝0,2,4，所以展开式中所有x 的有理项为T 1＝(－1)0C 0454x 4＝625x 4， T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x ， T 5＝(－1)4C 4450x －2＝x －2.类型四二项式定理的“赋值”问题例5 若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2；(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10；(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2. 解 (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5， a 2是展开式中x 2的系数，∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45(－2)4＋C 35(－1)3·C 55(－2)5＝800. (2)令x ＝1，代入已知式可得： a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝0，而令x ＝0得：a 0＝32，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－32. (3)令x ＝－1可得：(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝65 再由(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＋(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝0 把这两个等式相乘可得：(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2＝65×0＝0.反思与感悟与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果.跟踪训练5 (1)已知(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若a 1＋a 2＋…＋a n －1＝29－n ，那么自然数n 的值为( ) A.6 B.5 C.4 D.3(2)若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝________. 答案 (1)B (2)364 解析 (1)令x ＝1得a 0＋a 1＋a 2＋...＋a n ＝2＋22＋ (2)＝2×(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.令x ＝0得：a 0＝n ，a n ＝1.a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n ＋1－n －3＝29－n .∴2n ＋1＝32＝25，∴n ＝5.(2)对(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，令x ＝1得：(a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12)＋(a 1＋a 3＋…＋a 9＋a 11)＝36. ① 令x ＝－1得：(a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12)－(a 1＋a 3＋…＋a 9＋a 11)＝1.②由①＋②得：a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12＝36＋12.令x ＝0得：a 0＝1，∴a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12－1＝364.1.4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有( )A.24种B.36种C.48种D.60种答案 D 解析分两类：第一类：有3名被录用，有A 34＝24种，第二类，4名都被录用，则有一家企业录用2名，有C 13C 24A 22＝36(种).根据分类加法计数原理得：共有24＋36＝60(种).2.(1＋x )4＋(1＋x )5＋…＋(1＋x )9的展开式中x 3项的系数为( ) A.120 B.119 C.210 D.209 答案 D解析 (1＋x )4＋(1＋x )5＋…＋(1＋x )9展开式中，x 3项的系数为C 34＋C 35＋C 36＋C 37＋C 38＋C 39＝C 44＋C 34＋C 35＋C 36＋C 37＋C 38＋C 39－1＝C 410－1＝209.3.四位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，则不同排法种数是________. 答案 144解析先从4位男生选2位捆绑在一起，和剩下的2位男生，插入到2位女生所形成的3个空中，故有A 24A 22A 33＝144(种).4.若二项式⎝⎛⎭⎫x 2－2x 3的展开式中的二项式系数为64，则展开式中的常数项为________. 答案 240解析由已知得：2n ＝64，∴n ＝6.∴展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝⎛⎭⎫－2x r＝C r 6(－2)r x12－3r.令12－3r ＝0，解得：r ＝4. 故展开式中的常数项为240.1.两个计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列、组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的.正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键.注意有些复杂的问题往往在分步中有分类，分类中有分步，两个原理往往交错使用. 2.排列与组合主要是排列数与组合数计算公式、性质的应用以及排列、组合应用题.排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢.对于应用题，则首先要分清是否有序，是排列问题还是组合问题.有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：(1)元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素.(2)位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置.组合应用题的难点是与几何图形有关的问题，此时一般要与两个原理结合应用，还要结合图形的实际意义.排列与组合综合应用题中也有很多重点和难点，比如分配问题，一般方法是先分组，后分配，分组问题又要注意均匀分组和不均匀分组的区别，均匀分组在各组逐一满足后还要除以均匀分组组数的全排列；而有公共元素的分配问题，则可以利用图示法求组数，这样可以避免分组中的重复. 3.二项式定理这部分常考知识、题型、主要方法以及注意点大体如下：(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x 的某次幂等，此时要特别注意二项展开式中第k ＋1项的通项公式是T k ＋1＝C k n an －k b k(k ＝0,1，…，n )，其中二项式系数是C k n ，而不是C k ＋1n ，这是一个极易错点.(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果，在求各项系数的绝对值的和时，则要先根据绝对值里面数的符号赋值求解.一、选择题1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( ) A.10种 B.20种 C.25种 D.32种答案 D解析 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种，选D.2.若A 2n ＝4C 2n －1，则n 的值为( )A.7B.6C.5D.4 答案 D解析 ∵A 2n ＝4C 2n －1，∴n (n －1)＝4×(n －1)(n －2)2×1，n ＝4，∴n 的值为4.故选D. 3.某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有( )A.(C 126)2A 410个B.A 226A 410个 C.(C 126)104个D.A 226104个答案 A解析某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有(C 126)2A 410个，选A.4.把座位编号为1,2,3,4,5,6的6张电影票分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少分一张，至多分两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同分法种数为( ) A.240 B.144 C.196 D.288解析根据题意，分2步进行分析：①先将票分为符合条件的4份；由题意，4人分6张票，且每人至少一张，至多两张，则两人一张，2人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1、2、3、4、5、6这六个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号，易得在5个空位插3个板子，共有C 35＝10种情况，但其中有四种是1人3张票的，故有10－4＝6(种)情况符合题意，②将分好的4份对应到4个人，进行全排列即可，有A 44＝24种情况；则共有6×24＝144(种)情况.故选B.5.用二项式定理计算9.985，精确到1的近似值为( )A.99 000B.99 002C.99 004D.99 005答案 C解析 9.985＝(10－0.02)5＝105－C 15×104×0.02＋C 25×103×(0.02)2－C 35×102×(0.02)3＋…＝105－103＋4－0.08＋…≈99 004.6.已知⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 5的展开式中各项系数之和为1，则该展开式中含1x项的系数为( ) A.－40 B.40 C.－20 D.20答案 A解析 ∵⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 5的展开式中各项系数之和为1，∴当x ＝1时，(2＋a )5＝1，解得a ＝－1；设⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式的通项为T r ＋1，则T r ＋1＝C r 5·(－1)r ·25－r ·x 5－r ·x －r ＝(－1)r ·25－r ·C r 5·x 5－2r ，令5－2r ＝－1，得r ＝3，∴该展开式中含1x项的系数为(－1)3·22·C 35＝－40，故选A. 二、填空题7.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f (x ) ＝ax 2＋bx ＋c 的系数，可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________个.(用数字作答)答案 18 6解析一个二次函数对应着a 、b 、c (a ≠0)的一组取值，a 的取法有3种，b 的取法有3种，c 的取法有2种，由分步计数原理知共有二次函数3×3×2＝18(个).若二次函数为偶函数，则b ＝0.同上共有3×2＝6(个).8.设二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a ＝________.解析因为二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ＝C 26a 2＝15a 2；常数项为B ＝－C 36a 3＝－20a 3.因为B ＝4A ，所以－20a 3＝4×15a 2，所以a ＝－3.9.现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种.(用数字作答) 答案 54解析第一类，把甲乙看做一个复合元素，和另外的3人分配到3个小组中(2,1,1)，C 24A 33＝36(种)，第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲乙分配到其中2个小组，A 33C 23＝18(种)，根据分类加法计数原理可得，共有36＋18＝54(种).10.如图，用5种不同颜色给图中的A 、B 、C 、D 四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有________种.答案 180解析由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有3种，D 有3种涂法.∴共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方案.三、解答题11.在一次百米比赛中，甲，乙等6名同学采用随机抽签的方式决定各自的跑道，跑道编号为1至6，每人一条跑道.(1)求甲在1或2跑道且乙不在5或6跑道的概率；(2)求甲乙之间恰好间隔两人的概率.解没有限制条件的种数为A 66＝720种，(1)先安排甲，再安排乙，剩下的全排，故有C 12C 13A 44＝144(种)，根据概率公式，故甲在1或2跑道且乙不在5或6跑道的概率P ＝144720＝15. (2)先选2人放在甲乙之间，并捆绑在一起，看作一个复合元素，再和剩下的2人全排，故有A 24A 22A 33＝144(种)，根据概率公式，故甲乙之间恰好间隔两人的概率P ＝144720＝15. 12.用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数.(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个四位偶数？(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？解 (1)用间接法，从6个数中，任取4个组成4位数，有A 46种情况，但其中包含0在首位的有A 35种情况，依题意可得，有A 46－A 35＝300，(2)根据题意，分0在末尾与不在末尾两种情况讨论，0在末尾时，有A 35种情况，0不在末尾时，有A 12A 24A 14种情况，由分类加法计数原理，共有A 35＋A 12A 24A 14＝156(个)；(3)千位是1的四位数有A 35＝60个，千位是2，百位是0或1的四位数有2A 24＝24个，∴第85项是2 301.13.已知⎝⎛⎭⎫12＋2x n .(1)若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项.解 (1)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，∴n 2－21n ＋98＝0，∴n ＝7或n ＝14.当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5，∴T 4的系数＝C 37⎝⎛⎭⎫12423＝352， T 5的系数＝C 47⎝⎛⎭⎫12324＝70. 当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8.∴T 8的系数＝C 714⎝⎛⎭⎫12727＝3 432. (2)由C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，可得n ＝12，设T r ＋1项的系数最大.∵⎝⎛⎭⎫12＋2x 12＝⎝⎛⎭⎫1212(1＋4x )12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C k 124k ≥C k －1124k －1，C k 124k ≥C k ＋1124k ＋1， ∴9.4≤k ≤10.4，∴k ＝10，∴展开式中系数最大的项为T 11.T 11＝⎝⎛⎭⎫1212C 1012410x 10＝16 896x 10.。

2019-2020学年高中数学(人教B版选修2-3)教师用书：第1章计数原理-章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①分类加法计数原理②分步乘法计数原理③排列④排列数公式⑤组合数公式⑥组合数⑦二项展开式的通项⑧对称性⑨增减性两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本部分内容的基础，对应用题的考查，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加法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)分步乘法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加法计数原理，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，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种).(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，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，应用分类加法计数原理，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、组合应用题是高考的重点内容，常与实际问题结合命题，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A7＝5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A4＝24种方法.根据分步乘法计数原理，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A6＝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.根据分步乘法计数原理，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A12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.(1)一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题，要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( )A.40B.74C.84D.200 (2)(2016·山西质检)A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A.60种B.48种C.30种D.24种【解析】 (1)分三类：第一类，前5个题目的3个，后4个题目的3个；第二类，前5个题目的4个，后4个题目的2个；第三类，前5个题目的5个，后4个题目的1个.由分类加法计数原理得C 35C 34＋C 45C 24＋C 5C 14＝74.(2)由题意知，不同的座次有A 2A 4＝48种，故选B. 【答案】 (1)B (2)B二项式定理问题的处理方法和技巧对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项.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)若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x3的系数是84，则实数a ＝( )A.2B.54 C.1D.24(2)已知(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n (n ∈N ＋)的展开式中没有常数项，且2≤n ≤8，则n ＝________.【导学号：62980030】(3)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)、(2)利用二项式定理的通项求待定项； (3)通过赋值法求系数和.【规范解答】 (1)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫a x r＝C r 727－r a r x 7－2r，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 展开式的通项是T r ＋1＝C r n x n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x3r ＝C r n x n －4r ，r ＝0,1,2，…，n ，由于(1＋x ＋x 2)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 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 x n －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.(3)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)C (2)5 (3)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.(1)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)＝( )A.45B.60C.120D.210(2)设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 016＋a 能被13整除，则a ＝( ) A.0 B.1 C.11D.12【解析】 (1)因为f (m ，n )＝C m 6C n 4，所以f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3) ＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120.(2)512 016＋a ＝(13×4－1)2 016＋a ，被13整除余1＋a ，结合选项可得a ＝12时，512 016＋a 能被13整除.【答案】 (1)C (2)D排列、组合中的分组与分配问题n个不同元素按照条件分配给k个不同的对象称为分配问题，分定向分配与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C3种选法.故共有C16C25C3＝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C16C25C3A3＝360(种).(3)无序均匀分组问题.先分三步，则应是C26C24C2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C26C24C2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A3种情况，而这A3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C26C24C22A33·A3＝C26C24C2＝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·A3＝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C4种方法.共有C16C15C4＝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A4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. (x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )A.10B.20C.30D.60【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.故选C.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C25C23C13＝30.故选C.【答案】 C2.如图1-2，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )图1-2A.24B.18C.12D.9【解析】从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条.如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条).所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.【答案】 B3.有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2.”乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1.”丙说：“我的卡片上的数字之和不是5.”则甲的卡片上的数字是________.【解析】先确定丙的卡片上的数字，再确定乙的卡片上的数字，进而确定甲的卡片上的数字.法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法.故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.【答案】1和34. (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－r2.令5－r2＝3，得r ＝4.故x 3的系数为25－4·C 45＝2C 45＝10. 【答案】 10。

高中数学选修2-3优质课件：排列(复习课)

[例 2] 3 名男生、4 名女生，按照不同的要求站成一排，求不同的排队方案有多少种．
(1)甲不站中间，也不站两端； (2)甲、乙两人必须站两端．
[解] (1)分两步，首先考虑两端及中间位置，从除甲外的 6 人中选 3 人排列，有 A36种站法，然后再排其他位置，有 A44种站法，所以共有 A36·A44＝2 880 种不同站法．
【练习反馈】
1．6 名学生排成两排，每排 3 人，则不同的排法种数为( )
A．36
B．120
C．720
Hale Waihona Puke D．240解析：由于 6 人排两排，没有什么特殊要求的元素，故排法种数为 A66＝720. 答案：C
2．要为 5 名志愿者和他们帮助的 2 位老人拍照，要求排成一排，
2 位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有( )
排列（复习课）
【常考题型】
无限制条件的排列问题
[例 1] 有 5 个不同的科研小课题，从中选 3 个由高二 (4)班的 3 个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？
[解] 从 5 个不同的课题中选 3 个，由 3 个兴趣小组进行研究，每种选法对应于从 5 个不同元素中选出 3 个元素的一个排列．
因此有 A53＝5×4×3＝60 种不同的安排方法．
[类题通法] 没有限制的排列问题，即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制，这一类问题相对简单，分清元素和位置即可．
[对点训练] 某信号兵用红、黄、蓝 3 面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂 1 面、2 面或 3 面，并且不同的顺序表示不同的信号，则一共可以表示________种不同的信号．
[类题通法] 1．在实际排列问题中，有些元素必须相邻．在解决此类问题时，可先将其看成一个“大元素”与其他元素一起排列，再对这些元素进行全排列． 2．排列问题中，解决“不相邻”问题的有效方法是“插空法”，也就是先将其余元素排好，再将要求不相邻的元素插入空中进行排列．

高中数学人教A版选修2-3单元复习知识总结

高中数学选修2-3单元复习知识总结2018-6-19第一章计数原理单元复习知识总结1. 两个计数原理的内容、操作步骤、常见的四类模型及其方法。

答案：（1）分类加法计数原理：完成一件事情，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法……在第n 类办法中有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N +⋅⋅⋅++=21种不同的方法. 分步乘法计数原理：完成一件事情，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法……做第n 步有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯=21种不同的方法.（2）步骤：第一步：明确“要完成的一件事”指的是什么事，怎样才算完成。

第二步：如何完成这件事：分类完成还是分步完成，确定分类或分步的标准，每一类或每一步有多少种方法第三步：确定完成这件事的方法数：相加还是相乘。

（3）常见的四类模型：错位问题（列举法）、除杂问题（去杂法）、投信问题（分步法）、涂色问题（分类法）2. 排列的定义、关键点，排列数的定义、全排列、阶乘、排列数公式（两个）、0-7的阶乘。

答案：排列的定义：一般地说,从n 个不同的元素中,任取m(m ≤n)个元素,按照一定的顺序排成一列,叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的一个排列.关键点：先取后排排列数的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的排列数。

用符号mn A 表示。

全排列：m ＝n 时的排列叫全排列，n 个不同元素的全排列公式：!nn A n = 阶乘：若m ＝n ，(1)(2)321n n A n n n =--⋅⋅叫做n 的阶乘，用!n 表示。

排列数公式：()!(1)(2)(1)!mnn A n n n m n m ==---+-（,,.m n N m n *∈≤）0-7的阶乘nn!8765432262412072050400111403203. 排列的两个类型（数字、排队）的六句七言口诀、讲课时的例题作业题。

高中数学选修2-3 第一章计数原理章末检测题附答案解析

高中数学选修2-3第一章计数原理章末检测题（满分150分，时间120分钟）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．从n 个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n 的值为()A ．6B ．8C ．9D ．122．一排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!3．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A ．85B ．56C ．49D ．284．从集合{0,1,2}到集合{1,2,3,4}的不同映射的个数是()A ．81B ．64C ．24D ．125．(2012·重庆卷)82x x 的展开式中常数项为()A.3516B.358C.354D ．1056．若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为()A ．2B ．－1C ．0D ．17．某次文艺汇演，要将A 、B 、C 、D 、E 、F 这六个不同节目编排成节目单，如下表：序号123456节目如果A 、B 两个节目相邻且都不排在3号位置，那么节目单上不同的排序方式有()A ．144种B ．192种C ．96种D ．72种8．(x ＋1)4(x －1)5的展开式中x 4的系数为()A ．－40B ．10C ．40D ．459．已知集合A ＝{5}，B ＝{1,2}，C ＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A ．33B ．34C ．35D ．3610.如图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为()A ．320B ．160C ．96D ．6011．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种12．绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，不同的吃法有()A ．6种B ．12种C ．20种D ．40种二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．请把正确的答案填写在题中的横线上)13.84x x 展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为___________________．(用数字作答)14．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．15．已知(1＋x )6(1－2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 11x 11，那么a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝________.16．如图是由12个小正方形组成的3×4矩形网格，一质点沿网格线从点A 到点B 的不同路径之中，最短路径有________条．三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)有0,1,2,3,4,5共六个数字．(1)能组成多少个没有重复数字的四位偶数；(2)能组成多少个没有重复数字且为5的倍数的五位数．18．(本小题满分12分)已知3241nx x 展开式中的倒数第三项的系数为45，求：(1)含x 3的项；(2)系数最大的项．19．(本小题满分12分)(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？20．(本小题满分12分)设a ＞0，若(1＋ax 12)n 的展开式中含x 2项的系数等于含x 项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x ，那么a 等于多少？21．(本小题满分13分)带有编号1、2、3、4、5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？22．(本小题满分13分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：(1)求第20行中从左到右的第4个数；(2)若第n行中从左到右第14与第15个数的比为23，求n的值；(3)求n阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和．参考答案一、选择题1.【解析】∵A2n＝72，∴n＝9.【答案】C2.【解析】把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．【答案】C3.【解析】分两类计算，C22C17＋C12C27＝49，故选C.【答案】C4.【解析】利用可重复的排列求幂法可得答案为43＝64(个)．【答案】B5.【解析】T r＋1＝C r8(x)8－r2rx＝12rC r8x4－r2－r2＝12rC r8x4－r，令4－r＝0，则r＝4，∴常数项为T5＝124C48＝116×70＝358.【答案】B6.【解析】(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋3)4×(－2＋3)4＝1.【答案】D7.【解析】第一步，将C、D、E、F全排，共有A44种排法，产生5个空，第二步，将A、B捆绑有2种方法，第三步，将A、B插入除2号空位和3号空位之外的空位，有C13种，所以一共有144种方法．【答案】A8.【解析】(x＋1)4(x－1)5＝(x－1)5(x2＋4x x＋6x＋4x＋1)，则x4的系数为C35×(－1)3＋C25×6＋C15×(－1)＝45.【答案】D9.【解析】①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12A33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12A33＋A33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33，故选A.【答案】A10.【解析】不同的涂色方法种数为5×4×4×4＝320种．【答案】A11.【解析】利用分步计数原理求解．第一步先排甲，共有A 14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A 55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A 14·A 55＝480(种)．【答案】C12.【解析】方法一(树形图)：如图所示，先吃A 的情况，共有10种，如果先吃D ，情况相同，所以不同的吃法有20种．方法二：依题意，本题属定序问题，所以有A 66A 33·A 33＝20种．【答案】C 二、填空题13.【解析】∵384418841rrr r r r T Cx C xx --+==，当r ＝0,4,8时为含x 的整数次幂的项，所以展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为C 08＋C 48＋C 88＝72.【答案】7214.【解析】满足题设的取法分三类：①四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数中任取4个，有C 45＝5(种)；②两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数中任取2个，有C 25·C 24＝60(种)；③四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种．所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】6615.【解析】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.【答案】－6516.【解析】把质点沿网格线从点A 到点B 的最短路径分为七步，其中四步向右，三步向下，不同走法的区别在于哪三步向下，因此，本题的结论是：C 37＝35.【答案】35三、解答题17.【解析】(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，0在个位时有A 35个；第二类，2在个位时有A 14A 24个；第三类，4在个位时有A 14A 24个．由分类加法计数原理知，共有四位偶数A 35＋A 14A 24＋A 14A 24＝156个．(2)五位数中5的倍数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数有A 45个，第二类，个位上的数字是5的五位数有A 14A 34个．故满足条件的五位数有A 45＋A 14A 34＝216(个)．18.【解析】(1)由题设知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10.则21011130341211010r r r r r r T C x x C x ---+⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令11r －3012＝3，得r ＝6，含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项，即T 6＝C 510x55－3012＝252x 2512.19.【解析】(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C 24种插法；二是2张同时插入，有C 14种插法，再考虑3人可交换有A 33种方法．所以，共有A 33(C 24＋C 14)＝60(种)．(2)可先让4人坐在4个位置上，有A 44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A 25种插法，所以所求的坐法为A 44·A 25＝480(种)．20.【解析】T r ＋1＝C r n (ax 12)r ＝C r n a r x r 2，∴4422229135nnn C a C a C a x x⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴()()()()()22123914!211352n n n n n n a n n a ⎧----=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，即()()()22231081270n n a n n a ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，∴(n －2)(n －3)n (n －1)＝25.∴3n 2－23n ＋30＝0.解得n ＝53(舍去)或n ＝6，a2＝27030＝9，又a＞0，∴a＝3.21.【解析】(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C45C14种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C25A44种不同的放法．22.【解析】(1)C320＝1140.(2)C13nC14n＝23⇒14n－13＝23，解得n＝34.(3)1＋2＋22＋…＋2n＝2n＋1－1.。

高中数学选修2-1课时作业3：章末复习课

章末复习课一、选择题1．命题“∀x∈R，x2≠x”的否定是()A．∀x∉R，x2≠x B．∀x∈R，x2＝xC．∃x0∉R，x20≠x0D．∃x0∈R，x20＝x02．命题“若a2＋b2＝0(a，b∈R)，则a＝b＝0”的逆否命题是()A．若a≠b≠0(a，b∈R)，则a2＋b2≠0B．若a＝b≠0(a，b∈R)，则a2＋b2≠0C．若a≠0且b≠0(a，b∈R)，则a2＋b2≠0D．若a≠0或b≠0(a，b∈R)，则a2＋b2≠03．有下列命题：①垂直于同一条直线的两个平面互相平行；②垂直于同一个平面的两个平面互相平行；③若直线m，n与同一个平面所成的角相等，则m，n互相平行；④若直线m，n是异面直线，则与m，n都相交的两条直线是异面直线．其中假命题的个数是()A．1B．2C．3D．44．已知直线l1：ax＋y＝1和直线l2：9x＋ay＝1，则“a＋3＝0”是“l1∥l2”的() A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件5．下列有关命题的叙述，①若p∨q为真命题，则p∧q为真命题；②“x>5”是“x2－4x－5>0”的充分不必要条件；③命题p：∃x∈R，使得x2＋x－1<0，则綈p：∀x∈R，使得x2＋x－1≥0；④命题“若x2－3x＋2＝0，则x＝1或x＝2”的逆否命题为“若x≠1或x≠2，则x2－3x＋2≠0”．其中错误的个数为()A．1B．2C．3D．46．下列命题中的真命题是()A．对于实数a、b、c，若a>b，则ac2>bc2B．x2>1是x>1的充分不必要条件C．∃α，β∈R，使得sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立D ．∀α，β∈R ，tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β成立二、填空题7．若命题p ：常数列是等差数列，则綈p ：____________________________________________.8．把“奇函数的图象关于原点对称”改写成“若p ，则q ”的形式为_____________________ __________________________．9．命题p ：若ac ＝b ，则a ，b ，c 成等比数列，则命题p 的否命题是________命题．(填“真”或“假”)10．定义f (x )＝{x }({x }表示不小于x 的最小整数)为“取上整函数”，例如{1.2}＝2，{4}＝4.“取上整函数”在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等都是按照“取上整函数”进行计费的．以下关于“取上整函数”的性质是真命题的序号是________．(请写出所有真命题的序号)①f (2x )＝2f (x )；②若f (x )＝f (y )，则x －y <1；③任意x ，y ∈R ，f (x ＋y )≤f (x )＋f (y )；④f (x )＋f (x ＋12)＝f (2x )； ⑤函数f (x )为奇函数．三、解答题11．求证：函数f (x )＝x 2＋|x ＋a |＋1是偶函数的充要条件是a ＝0.12．已知命题p ：“存在a >0，使函数f (x )＝ax 2－4x 在(－∞，2]上单调递减”，命题q ：“存在a ∈R ，使∀x ∈R,16x 2－16(a －1)x ＋1≠0”．若命题“p ∧q ”为真命题，求实数a 的取值范围．13．求实数a 的取值范围，使得关于x 的方程x 2＋2(a －1)x ＋2a ＋6＝0.(1)有两个都大于1的实数根；(2)至少有一个正实数根．[答案]精析1．D 2.D 3.C 4.C 5.B 6.C7．存在一个常数列，不是等差数列8．若一个函数是奇函数，则这个函数的图象关于原点对称9．假 10.②③11．证明先证充分性，若a ＝0，则函数f (x )＝x 2＋|x ＋a |＋1是偶函数．因为a ＝0，所以f (x )＝x 2＋|x |＋1(x ∈R )．因为f (－x )＝(－x )2＋|－x |＋1＝x 2＋|x |＋1，所以f (x )是偶函数．再证必要性，若f (x )＝x 2＋|x ＋a |＋1是偶函数，则a ＝0.因为f (x )是偶函数，所以f (－x )＝f (x )，即(－x )2＋|－x ＋a |＋1＝x 2＋|x ＋a |＋1，从而|x －a |＝|x ＋a |，即(x －a )2＝(x ＋a )2，展开并整理，得ax ＝0.因为x ∈R ，所以a ＝0.12．解若p 为真，则对称轴x ＝－－42a ＝2a 在区间(－∞，2]的右侧，即2a≥2， ∴0<a ≤1.若q 为真，则方程16x 2－16(a －1)x ＋1＝0无实数根，∴Δ＝[－16(a －1)]2－4×16<0，∴12<a <32. ∵命题“p ∧q ”为真命题，∴命题p 、q 都为真，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a ≤1，12<a <32，∴12<a ≤1. 故实数a 的取值范围为(12，1]． 13．解 (1)方程x 2＋2(a －1)x ＋2a ＋6＝0的两实根x 1，x 2均大于1的充要条件是 ⎩⎨⎧ Δ≥0，x 1>1，x 2>1⇔⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，(x 1－1)＋(x 2－1)>0，(x 1－1)(x 2－1)>0⇔⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，x 1＋x 2>2，(x 1＋x 2)－x 1x 2<1⇔⎩⎪⎨⎪⎧ 4(a －1)2－4(2a ＋6)≥0，－2(a －1)>2，－2(a －1)－(2a ＋6)<1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ≤－1或a ≥5，a <0，a >－54.∴－54<a ≤－1.(2)由题意①当一根为正，一根为负时，⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋6<0，Δ>0，∴a <－3； ②当一根为正，一根为零时，⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋6＝0，－2(a －1)>0，Δ>0，∴a＝－3；③当两根均为正时，⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，x 1＋x 2＝－2(a －1)>0，x 1x 2＝2a ＋6>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤－1或a ≥5，a <1，a >－3.即－3<a ≤－1.综上所述，方程至少有一个正实数根时，a 的取值范围是(－∞，－1]．。

人教版高中数学选修2-3章末复习总结课件

(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
－m m 等，体现了组合数性质Cn ＝C n ； n
②增减性与最大值： n＋1 当k＜ 2 时，二项式系数Ck n逐渐增大； n＋1 当k＞ 2 时，二项式系数Ck n逐渐减小；
当 n 是偶数时，展开式中间一项 T
n 2＋1
(2)排列数公式：①Am n ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，规定A0 n＝1. 当m＝n时，An (n－1)· (n－2)· …· 3· 2· 1. n＝n·
m ②An ＝
n！，其中An n＝n！，0！＝1. n－m！
[说明] 化简．
公式①主要用于具体的计算，公式②主要用于
组合数公式：
(1)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务．根据分步计数原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法． (2)典型的排列问题，共有A3 4＝24种寄信方法．
1．有7名女同学和9名男同学，组成班级乒乓球混合双打代表队，共可组成( ) A．7队 B．8队 C．15队 D．63队解析：由分步乘法计数原理，知共可组成7×9＝63队．答案： D
r r
n r b ＋…＋C n b ，其中各项的系数 C n n (r＝0,1,2，…，n)称为二项
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
n －r r 式系数，第r＋1项Cr a b 称为通项． n
[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)．

人教A版22019高中数学选修2-3教学案：复习课(一) 计数原理_含解析

复习课(一)计数原理对应学生用书P48(1)两个计数原理是学习排列与组合的基础，高考中一般以选择题、填空题的形式出现，难度中等．(2)运用两个计数原理解题的关键在于正确区分“分类”与“分步”．分类就是能“一步到位”——任何一类中任何一种方法都能完成这件事情，而分步则只能“局部到位”——任何一步中任何一种方法都不能完成这件事情，只能完成事件的某一部分，只有当各步全部完成时，这件事情才完成．[考点精要]计数原理(1)分类加法计数原理：N＝n1＋n2＋n3＋…＋n m；(2)分步乘法计数原理：N＝n1·n2·n3·…·n m．[典例]如图所示，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有()A．180种B．240种C．360种D．420种[解析]由题意知，最少用三种颜色的花卉，按照花卉选种的颜色可分为三类方案，即用三种颜色，四种颜色，五种颜色．①当用三种颜色时，花池2,4同色和花池3,5同色，此时共有A35种方案．②当用四种颜色时，花池2,4同色或花池3,5同色，故共有2A45种方案．③当用五种颜色时有A55种方案．因此所有栽种方案为A35＋2A45＋A55＝420(种)．[答案] D[类题通法]使用两个原理解决问题时应注意的问题(1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．(2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．[题组训练]1．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有()A．24种B．18种C．12种D．6种解析：选B法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2＝6种不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18种．法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有不同的种植方法24－6＝18种．2．有红、黄、蓝旗各3面，每次升一面、二面或三面在旗杆上纵向排列表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成的信号有________种．解析：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理，共可组成3＋9＋27＝39种不同的信号．答案：39(1)高考中往往以实际问题为背景，考查排列与组合的综合应用，同时考查分类讨论的思想方法，常以选择题、填空题形式出现，有时与概率结合考查．(2)解决排列组合问题的关键是掌握四项基本原则①特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置的解题原则．②先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列中，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再进行排列．③正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题的原则．④先分组后分配原则：在分配问题中如果被分配的元素多于位置，这时要先进行分组，再进行分配．[考点精要]1．排列与组合的概念2．排列数与组合数的概念3．排列数与组合数公式 (1)排列数公式①A m n ＝n (n －1)…(n －m ＋1)＝n ！(n －m )！；②A n n ＝n ！． (2)组合数公式C mn ＝A m n A m m ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！＝n ！m ！(n －m )！．4．组合数的性质(1)C m n ＝C n－mn；(2)C m n ＋C m －1n＝C mn ＋1． [典例] (1)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)(重庆高考)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )A ．72B ．120C ．144D ．168(3)从6位同学中选出4位参加一个座谈会，要求张、王两同学中至多有一个人参加，则不同选法的种数为( )A ．9B ．14C ．12D ．15[解析] (1)把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．(2)依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为A 33A 34＝144，其中3个歌舞类节目互不相邻但2个小品类节目相邻的排法种数为A 22A 22A 33＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120，选B ．(3)法一：(直接法)分两类，第一类张、王两同学都不参加，有C 44种选法；第二类张、王两同学中只有1人参加，有C 12C 34种选法．故共有C 44＋C 12C 34＝9种选法．法二：(间接法)C46－C24＝9种．[答案](1)C(2)B(3)A[类题通法]排列与组合综合问题的常见类型及解题策略(1)相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列．(2)相间问题插空法．先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用．(3)特殊元素(位置)优先安排法．优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置．[题组训练]1．有5盆各不相同的菊花，其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花的不同摆放种数是()A．12 B．24C．36 D．48解析：选B2盆黄菊花捆绑作为一个元素与一盆红菊花排列，2盆白菊花采用插空法，所以这5盆花的不同摆放共有A22A22A23＝24种．2．某班准备从含甲、乙的7名男生中选取4人参加4×100米接力赛，要求甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们在赛道上顺序不能相邻，那么不同的排法种数为()A．720 B．520C．600 D．360解析：选C根据题意，分2种情况讨论．①只有甲乙其中一人参加，有C12C35A44＝480种情况；②若甲乙两人都参加，有C22C25A44＝240种情况，其中甲乙相邻的有C22C25A33A22＝120种情况，不同的排法种数为480＋240－120＝600种，故选C．(1)求二项展开式中的项或项的系数是高考的热点，通常以选择题、填空题形式考查，难度中低档．(2)解决此类问题常遵循“知四求一”的原则在二项式的通项公式中共含有a, b，n，k，T k＋1这五个元素，只要知道其中的4个元素，便可求第5个元素的值，在有关二项式定理的问题中，常常会遇到这样的问题：知道这5个元素中的若干个(或它们之间的关系)，求另外几个元素．这类问题一般是利用通项公式，把问题归结为解方程(组)或不等式(组)．这里要注意n为正整数，k为自然数，且k≤n．[考点精要]1．二项式定理2．二项式系数的性质[典例](1)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝()A．－4 B．－3C．－2 D．－1(2)设m为正整数，(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＝()A．5 B．6C．7 D．8(3)若(1－2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＋a2＋a3＋a4＝________．[解析](1)展开式中含x2的系数为C25＋a C15＝5，解得a＝－1，故选D．(2)由题意得：a＝C m2m，b＝C m2m＋1，所以13C m2m＝7C m2m＋1，∴13·(2m)！m！·m！＝7·(2m＋1)！m！·(m＋1)！，∴7(2m＋1)m＋1＝13，解得m＝6，经检验为原方程的解，选B．(3)令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1，令x＝0，可得a0＝1，所以a1＋a2＋a3＋a4＝0．[答案](1)D(2)B(3)0[类题通法]求二项式展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项．可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可． (2)已知展开式的某项，求特定项的系数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数．(3)与二项式各项系数的和有关的问题一般用赋值法求解．[题组训练]1．在x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数为( ) A ．30 B ．20 C ．15D ．10解析：选C 只需求(1＋x )6的展开式中含x 2项的系数即可，而含x 2项的系数为C 26＝15，故选C ．2．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为( ) A ．9 B ．8 C ．6D ．5解析：选B 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16，∴a 0＋a 2＋a 4＝8．1．设二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋3x n 的展开式各项系数的和为a ，所有二项式系数的和为b ，若a ＋2b ＝80，则n 的值为( )A ．8B ．4C ．3D ．2解析：选C 由题意a ＝4n ，b ＝2n ，∵a ＋2b ＝80， ∴4n ＋2×2n －80＝0，即(2n )2＋2×2n －80＝0，解得n ＝3．2．教室里有6盏灯，由3个开关控制，每个开关控制2盏灯，则不同的照明方法有( ) A ．63种 B ．31种 C ．8种D ．7种解析：选D 由题意知，可以开2盏、4盏、6盏灯照明，不同方法有C 13＋C 23＋C 33＝7(种)．3．分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有( )A ．A 34种B ．A 33A 13种 C ．C 24A 33种D ．C 14C 13A 33种解析：选C 先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有C 24A 33种．4．(x ＋2)2(1－x )5中x 7的系数与常数项之差的绝对值为( ) A ．5 B ．3 C ．2D ．0解析：选A 常数项为C 22·22·C 05＝4，x 7系数为C 02·C 55(－1)5＝－1，因此x 7系数与常数项之差的绝对值为5．5．⎝⎛⎭⎫x 2－12x 6的展开式中，常数项是( ) A ．－54B ．54C ．－1516D ．1516解析：选D T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝⎛⎭⎫－12x r ＝⎝⎛⎭⎫－12r C r 6x 12－13r ，令12－3r ＝0，解得r ＝4． ∴常数项为⎝⎛⎭⎫－124C 46＝1516．故选D ． 6．将4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球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )A ．10种B ．20种C ．36种D ．52种解析：选A 分为两类：①1号盒子放入1个球，2号盒子放入3个球，有C 14＝4种放球方法；②1号盒子放入2个球，2号盒子放入2个球，有C 24＝6种放球方法．∴共有C 14＋C 24＝10种不同的放球方法．7．若将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________．解析：不妨设1＋x ＝t ，则x ＝t －1，因此有(t －1)5＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3＋a 4t 4＋a 5t 5，则a 3＝C 25(－1)2＝10．答案：108．农科院小李在做某项试验中，计划从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱这6种种子中选出4种，分别种植在4块不同的空地上(1块空地只能种1种作物)，若小李已决定在第1块空地上种玉米或高粱，则不同的种植方案有________种．(用数字作答)解析：由已知条件可得第1块地有C 12种种植方法，则第2～4块地共有A 35种种植方法，由分步乘法计数原理可得，不同的种植方案有C 12A 35＝120种．答案：1209．(北京高考)把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．解析：将A ，B 捆绑在一起，有A 22种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A 44种摆法，共有A 22A 44＝48种摆法，而A ，B ，C 3件在一起，且A ，B 相邻，A ，C 相邻有CAB ，BAC 两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A 33＝12种摆法，故A ，B 相邻，A ，C不相邻的摆法有48－12＝36种．答案：3610．若(2x ＋3)3＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋a 3(x ＋2)3，求a 0＋a 1＋2a 2＋3a 3的值．解：由(2x ＋3)3＝[2(x ＋2)－1]3＝C 03[2(x ＋2)]3(－1)0＋C 13[2(x ＋2)]2(－1)1＋C 23[2·(x ＋2)]1(－1)2＋C 33[2(x ＋2)]0(－1)3＝8(x ＋2)3－12(x ＋2)2＋6(x ＋2)－1 ＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋a 3(x ＋2)3．则a 0＝－1，a 1＝6，a 2＝－12，a 3＝8．则a 0＋a 1＋2a 2＋3a 3＝5．11．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中． (1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？ (2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C 36＝20种不同的放入方式．(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C 310＝120种放入方式．12．已知(3x 2＋3x 2)n 展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992． (1)求展开式中二项式系数的最大项； (2)求展开式中系数最大的项．解：(1)令x ＝1，则二项式各项系数和为(1＋3)n ＝4n ，展开式中各项的二项式系数之和为2n ．由题意，知4n －2n ＝992．∴(2n )2－2n －992＝0．∴(2n ＋31)(2n －32)＝0． ∴2n ＝－31(舍)或2n ＝32，∴n ＝5．由于n ＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大项为中间两项，它们是 T 3＝C 25(x 23)3(3x 2)2＝90x 6，T 4＝C 35(x 23)2(3x 2)3＝270x 223．(2)展开式通项公式为T r ＋1＝C r 53r·(x 23)5－r (x 2)r ＝C r 5·3r ·x 103＋4r 3．假设T r ＋1项系数最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C r 53r ≥C r －15·3r －1，C r 53r ≥C r ＋15·3r ＋1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧5！(5－r )！r ！×3≥5！(6－r )！(r －1)！，5！(5－r )！r ！≥5！(4－r )！(r ＋1)！×3.∴⎩⎨⎧3r ≥16－r ，15－r ≥3r ＋1.∴72≤r ≤92． ∵r ∈N *，∴r ＝4．∴展开式中系数最大项为T 5＝C 45·34·x 103＋4×43＝405x 263．。

选修2-3第一章知识点总结

选修2-3 第一章排列、组合、二项式定理一、备考知识点：排列数公式排列排列应用题分类计数原理分步计数原理排列、组合应用题组合数公式及性质组合组合应用题二项式系数的性质二项式定理二项式定理的应用二、知识点：1．两个基本原理：（1）分类计数原理：完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12...n N m m m =+++种不同的方法．（2）分步计数原理：完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12...n N m m m =∙∙∙种不同的方法．2．排列和排列数公式：（1）排列：从n 个不同元素中取出)(n m m ≤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．（2）排列数：从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个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，记作m n A .（3）排列数公式：!(1)(2)(1)()!(1)(2)321!! 1.mn n n n A n n n n m n m A n n n n o =--⋅⋅⋅⋅⋅-+=-=--⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅==3．组合、组合数公式和性质：（1）组合：从n 个不同元素中取出)(n m m ≤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．（2）组合数：从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，记作mn C .（3）组合数公式： (1)(2)(1)!!!!()!C 1mm nn on A n n n n m n Cm m m n m --⋅⋅⋅-+===-=（4）组合数性质：① mn n m n C C -=② mn m n m n C C C 11+-=+③ 11--=k n k n nC kC4．二项式定理和二项式系数的性质：（1）二项式定理：11222()n o n n n n nn n n n a b C a C a b C a b C b --+=+++⋅⋅⋅+通项公式：rr n r n r b a C T -+=1（2）二项式系数的性质：① 对称性：到二项展开式首末两项距离相等的项的二次式系数相等．② 单调性：以二项展开式中间项为分界，二项式系数先单调增，后单调减．③ 122o n nn n n n C C C C +++⋅⋅⋅+=④ 2413512o n n n n n n n C C C C C C -+++⋅⋅⋅=+++⋅⋅⋅=第1课时排列组合基础知识【基础练习】1．若,643m m C A =则=m 7 .2．若,425225+=x x C C 则=x 7或4 .3．=++-n n n nC C 321383 466 . 分析：由1038321=-≥≥+n n n n 得代入计算将466。

高中数学选修2-3 第一章计数原理章末检测题

高中数学选修2-3第一章计数原理章末检测题（满分150分，时间120分钟）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．从n 个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n 的值为()A ．6B ．8C ．9D ．12【解析】∵A 2n ＝72，∴n ＝9.【答案】C2．一排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!【解析】把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．【答案】C3．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A ．85B ．56C ．49D ．28【解析】分两类计算，C 22C 17＋C 12C 27＝49，故选C.【答案】C4．从集合{0,1,2}到集合{1,2,3,4}的不同映射的个数是()A ．81B ．64C ．24D ．12【解析】利用可重复的排列求幂法可得答案为43＝64(个)．【答案】B5．(2012·重庆卷)82x x 的展开式中常数项为()A.3516B.358 C.354D ．105【解析】T r ＋1＝C r 8(x )8－r 2r x ＝12r C r 8x 4－r 2－r 2＝12r r 8x 4－r，令4－r ＝0，则r ＝4，∴常数项为T 5＝124C 48＝116×70＝358.【答案】B6．若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为()A ．2B ．－1C ．0D ．1【解析】(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋3)4×(－2＋3)4＝1.【答案】D7．某次文艺汇演，要将A、B、C、D、E、F这六个不同节目编排成节目单，如下表：序号123456节目如果A、B两个节目要相邻，且都不排在第3号位置，那么节目单上不同的排序方式有()A．144种B．192种C．96种D．72种【解析】第一步，将C、D、E、F全排，共有A44种排法，产生5个空，第二步，将A、B捆绑有2种方法，第三步，将A、B插入除2号空位和3号空位之外的空位，有C13种，所以一共有144种方法．【答案】A8．(x＋1)4(x－1)5的展开式中x4的系数为()A．－40B．10C．40D．45【解析】(x＋1)4(x－1)5＝(x－1)5(x2＋4x x＋6x＋4x＋1)，则x4的系数为C35×(－1)3＋C25×6＋C15×(－1)＝45.【答案】D9．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A．33B．34C．35D．36【解析】①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12A33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12A33＋A33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33，故选A.【答案】A10.如图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为()A．320B．160C．96D．60【解析】不同的涂色方法种数为5×4×4×4＝320种．【答案】A11．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种【解析】利用分步计数原理求解．第一步先排甲，共有A 14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A 55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A 14·A 55＝480(种)．【答案】C12．绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，不同的吃法有()A ．6种B ．12种C ．20种D ．40种【解析】方法一(树形图)：如图所示，先吃A 的情况，共有10种，如果先吃D ，情况相同，所以不同的吃法有20种．方法二：依题意，本题属定序问题，所以有A 66A 33·A 33＝20种．【答案】C二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．请把正确的答案填写在题中的横线上)13.84x x 展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为___________________．(用数字作答)【解析】∵38441884rrr rr r T Cx C xx --+==，当r ＝0,4,8时为含x 的整数次幂的项，所以展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为C 08＋C 48＋C 88＝72.【答案】7214．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．【解析】满足题设的取法分三类：①四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数中任取4个，有C45＝5(种)；②两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数中任取2个，有C25·C24＝60(种)；③四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种．所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】6615．已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，那么a1＋a2＋a3＋…＋a11＝________.【解析】令x＝0，得a0＝1；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64；∴a1＋a2＋…＋a11＝－65.【答案】－6516．如图是由12个小正方形组成的3×4矩形网格，一质点沿网格线从点A到点B的不同路径之中，最短路径有________条．【解析】把质点沿网格线从点A到点B的最短路径分为七步，其中四步向右，三步向下，不同走法的区别在于哪三步向下，因此，本题的结论是：C37＝35.【答案】35三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)有0,1,2,3,4,5共六个数字．(1)能组成多少个没有重复数字的四位偶数；(2)能组成多少个没有重复数字且为5的倍数的五位数．【解析】(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，0在个位时有A35个；第二类，2在个位时有A14A24个；第三类，4在个位时有A14A24个．由分类加法计数原理知，共有四位偶数A35＋A14A24＋A14A24＝156个．(2)五位数中5的倍数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数有A45个，第二类，个位上的数字是5的五位数有A14A34个．故满足条件的五位数有A45＋A14A34＝216(个)．18．(本小题满分12分)已知3241nx x 展开式中的倒数第三项的系数为45，求：(1)含x 3的项；(2)系数最大的项．【解析】(1)由题设知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10.则21011130341211010r r r r r r T C x x C x ---+⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令11r －3012＝3，得r ＝6，含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项，即T 6＝C 510x55－3012＝252x 2512.19．(本小题满分12分)(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？【解析】(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C 24种插法；二是2张同时插入，有C 14种插法，再考虑3人可交换有A 33种方法．所以，共有A 33(C 24＋C 14)＝60(种)．(2)可先让4人坐在4个位置上，有A 44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A 25种插法，所以所求的坐法为A 44·A 25＝480(种)．20．(本小题满分12分)设a ＞0，若(1＋ax 12)n 的展开式中含x 2项的系数等于含x 项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x ，那么a 等于多少？【解析】T r ＋1＝C r n (ax 12)r ＝C r n a r x r 2，∴4422229135nnn C a C a C a x x⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴()()()()()22123914!211352n n n n n n a n n a ⎧----=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，即()()()22231081270n n a n n a ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，∴(n －2)(n －3)n (n －1)＝25.∴3n 2－23n ＋30＝0.解得n ＝53(舍去)或n ＝6，a 2＝27030＝9，又a ＞0，∴a ＝3.21．(本小题满分13分)带有编号1、2、3、4、5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？【解析】(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A 45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C 45C 14种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C 25A 44种不同的放法．22．(本小题满分13分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：(1)求第20行中从左到右的第4个数；(2)若第n 行中从左到右第14与第15个数的比为23，求n 的值；(3)求n 阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和．【解析】(1)C 320＝1140.(2)C 13nC 14n ＝23⇒14n －13＝23，解得n ＝34.(3)1＋2＋22＋…＋2n ＝2n ＋1－1.。

2019年步步高资料高中数学选修2-3第一章章末复习

章末复习学习目标 1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.理解排列与组合的区别与联系,能利用排列组合解决一些实际问题.3.能用计数原理证明二项式定理,掌握二项式定理和二项展开式的性质.1.分类加法计数原理完成一件事有n 类不同的方案,在第1类方案中有m 1种不同的方法,在第2类方案中有m 2种不同的方法,…,在第n 类方案中有m n 种不同的方法,那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理完成一件事需要n 个步骤,做第1步有m 1种不同的方法,做第2步有m 2种不同的方法,…,做第n 步有m n 种不同的方法,那么完成这件事有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法. 3.排列数与组合数公式及性质4.二项式定理(1)二项式定理的内容：(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n an －k b k ＋…＋C n n b n(n ∈N *). (2)通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k ,k ∈{0,1,2,…,n }. (3)二项式系数的性质：①与首末两端等距离的两个二项式系数相等;②若n 为偶数,中间一项⎝⎛⎭⎫第n2＋1项的二项式系数最大;若n 为奇数,中间两项⎝⎛⎭⎫第n ＋12项和第n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大.③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ;C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.类型一数学思想方法在求解计数问题中的应用命题角度1 分类讨论思想例1 车间有11名工人,其中5名男工是钳工,4名女工是车工,另外两名老师傅既能当车工又能当钳工,现在要在这11名工人里选派4名钳工,4名车工修理一台机床,则有多少种选派方法？考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解方法一设A ,B 代表2位老师傅.A ,B 都不在内的选派方法有C 45C 44＝5(种),A ,B 都在内且当钳工的选派方法有C 22C 25C 44＝10(种), A ,B 都在内且当车工的选派方法有C 22C 45C 24＝30(种),A ,B 都在内且一人当钳工,一人当车工的选派方法有A 22C 35C 34＝80(种), A ,B 有一人在内且当钳工的选派方法有C 12C 35C 44＝20(种), A ,B 有一人在内且当车工的选派方法有C 12C 45C 34＝40(种),所以共有C 45C 44＋C 22C 25C 44＋C 22C 45C 24＋A 22C 35C 34＋C 12C 35C 44＋C 12C 45C 34＝185(种). 方法二 5名男钳工有4名被选上的方法有C 45C 44＋C 45C 34C 12＋C 45C 24C 22＝75(种), 5名男钳工有3名被选上的方法有C 35C 12C 44＋C 35C 34A 22＝100(种), 5名男钳工有2名被选上的方法有C 25C 22C 44＝10(种),所以共有75＋100＋10＝185(种).方法三 4名女车工都被选上的方法有C 44C 45＋C 44C 35C 12＋C 44C 25C 22＝35(种), 4名女车工有3名被选上的方法有C 34C 12C 45＋C 34C 35A 22＝120(种), 4名女车工有2名被选上的方法有C 24C 22C 45＝30(种),所以共有35＋120＋30＝185(种).反思与感悟解含有约束条件的排列、组合问题,应按元素的性质进行分类,分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复);②总数要完备(保证不遗漏).跟踪训练1从1,2,3,4,5,6这6个数字中,任取3个数字组成无重复数字的三位数,其中若有1和3时,3必须排在1的前面;若只有1和3中的一个时,它应排在其他数字的前面,这样不同的三位数共有________个.(用数字作答)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析1与3是特殊元素,以此为分类标准进行分类.分三类：①没有数字1和3时,有A34个;②只有1和3中的一个时,有2A24个;③同时有1和3时,把3排在1的前面,再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可,有C14·C13个.所以满足条件的三位数共有A34＋2A24＋C14·C13＝60(个).命题角度2“正难则反”思想例2设集合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9},集合A＝{a1,a2,a3}是S的子集,且a1,a2,a3满足a1＜a2＜a3,a3－a2≤6,那么满足条件的集合A的个数为()A.78B.76C.83D.84考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 C解析若从正面考虑,需分当a3＝9时,a2可以取8,7,6,5,4,3,共6类;当a3＝8时,a2可以取7,6,5,4,3,2,共6类;…分类较多,而其对立面a3－a2>6包含的情况较少,当a3＝9时,a2取2,a1取1,只有这一种情况,利用正难则反思想解决.集合S的含有三个元素的子集的个数为C39＝84.在这些含有三个元素的子集中能满足a1＜a2＜a3且a3－a2>6的集合只有{1,2,9},故满足题意的集合A的个数为84－1＝83.反思与感悟对于正面处理较复杂或不易求解的问题,常常从问题的对立面去思考.跟踪训练2由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛,每科至少1人(且每人仅报一科),若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛,则不同的参赛方案共有________种. 考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案 30解析从4人中选出两个人作为一个元素有C 24种方法,同其他两个元素在三个位置上排列有C 24A 33＝36(种)方案,其中有不符合条件的,即学生甲、乙同时参加同一竞赛有A 33种方法, ∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种). 类型二排列与组合的综合应用例3 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个节目,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？考点排列组合综合问题题点分组分配问题解 (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A 77＝5 040(种)方法;第二步再松绑,给4个节目排序,有A 44＝24(种)方法. 根据分步乘法计数原理,一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序.(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”),一共有A 66＝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A 47＝840(种)方法.根据分步乘法计数原理,一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序.(3)若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有A 1212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A 1212A 1010＝A 212＝132(种)排列. 反思与感悟排列与组合的综合问题,首先要分清何时为排列,何时为组合.对含有特殊元素的排列、组合问题,一般先进行组合,再进行排列.对特殊元素的位置有要求时,在组合选取时,就要进行分类讨论,分类的原则是不重、不漏.在用间接法计数时,要注意考虑全面,排除干净.跟踪训练3 在三位正整数中,若十位数字小于个位和百位数字,称该数为“驼峰数”,比如：“102”“546”为驼峰数,由数字1,2,3,4,5这5个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为________. 考点排列的应用题点数字的排列问题答案 30解析三位“驼峰数”中1在十位的有A 24个,2在十位上的有A 23个,3在十位上的有A 22个,所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30. 类型三二项式定理及其应用命题角度1 二项展开式的特定项问题例4 已知在⎝⎛⎭⎪⎫x －23x n 的展开式中,第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. (1)求展开式中的所有有理项; (2)求展开式中系数绝对值最大的项;(3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn 的值. 考点二项式定理的应用题点二项式定理的简单应用解 (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3,解得n ＝10(负值舍去),通项为T k ＋1＝C k 10(x )10－k⎝⎛⎭⎪⎫－23x k ＝(－2)k C k10556kx -,当5－5k6为整数时,k 可取0,6,于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第k ＋1项系数的绝对值最大,则⎩⎪⎨⎪⎧C k 102k ≥C k －1102k －1，C k 102k≥C k ＋1102k ＋1，解得⎩⎨⎧k ≤223，k ≥193，又因为k ∈{1,2,3,…,9},所以k ＝7,当k ＝7时,T 8＝－15 36056x -,又因为当k ＝0时,T 1＝x 5, 当k ＝10时,T 11＝(－2)10103x-＝1 024103x-,所以系数的绝对值最大的项为T 8＝－15 36056x-.(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010 ＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.反思与感悟 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件,列出等式,从而可解得所要求的二项式中的有关元素.(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式,令未知数的指数为零,从而确定项数,然后代入通项公式,即可确定常数项.(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式,再由条件确定项数,然后代入通项公式求出此项的系数.(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入.(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质.跟踪训练4 已知二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍.(1)求n ;(2)求展开式中二项式系数最大的项; (3)求展开式中所有有理项. 考点二项式定理的应用题点二项式定理的简单应用解 (1)令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和为(5－1)n ＝4n ,各项二项式系数之和为2n ,由题意得,4n ＝16·2n ,所以2n ＝16,n ＝4.(2)通项T k ＋1＝C k 4(5x )4－k ⎝⎛⎭⎫－1x k ＝(－1)k C k 454－k·342k x-,展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x .(3)由(2)得4－32k ∈Z (k ＝0,1,2,3,4),即k ＝0,2,4,所以展开式中所有有理项为T 1＝(－1)0C 0454x 4＝625x 4, T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x , T 5＝(－1)4C 4450x －2＝x －2.命题角度2 二项展开式的“赋值”问题例5 若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2;(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10;(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2. 考点展开式中系数的和问题题点多项展开式中系数的和问题解 (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5, a 2是展开式中x 2的系数,∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45(－2)4＋C 35(－1)3·C 55(－2)5＝800. (2)令x ＝1,代入已知式可得, a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝0,而令x ＝0,得a 0＝32,∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－32. (3)令x ＝－1可得,(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝65, 再由(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＋(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝0, 把这两个等式相乘可得,(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2＝65×0＝0.反思与感悟与二项式系数有关,包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和,主要方法是赋值法,通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系,确定给字母所赋的值,有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项,此时要专门求出这一项,而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时,往往要两次赋值,再由方程组求出结果.跟踪训练5若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11,则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________.考点展开式中系数的和问题题点多项展开式中系数的和问题答案 5解析令x＝2,得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5,令x＝3,则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0,所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.1.设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种,这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种,则(a,b)为()A.(34,34)B.(43,34)C.(34,43)D.(A34,A34)考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 C解析由题意知本题是一个分步乘法问题,首先每名学生报名有3种选择,根据分步乘法计数原理知4名学生共有34种选择,每项冠军有4种可能结果,根据分步乘法计数原理知3项冠军共有43种可能结果.故选C.2.5名大人带两个小孩排队上山,小孩不排在一起也不排在头尾,则不同的排法种数有()A.A55·A24种B.A55·A25种C.A55·A26种D.A77－4A66种考点排列的应用题点元素“在”与“不在”问题答案 A解析先排大人,有A55种排法,去掉头尾后,有4个空位,再分析小孩,用插空法,将2个小孩插在4个空位中,有A24种排法,由分步乘法计数原理可知,有A24·A55种不同的排法,故选A.3.我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( ) A.72 B.108 C.180 D.216 考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案 C解析根据题意,分析可得,必有2人参加同一社团,首先分析甲,甲不参加“围棋苑”,则其有3种情况,再分析其他4人,若甲与另外1人参加同一个社团,则有A 44＝24(种)情况,若甲是1个人参加一个社团,则有C 24·A 33＝36(种)情况,则除甲外的4人有24＋36＝60(种)情况,故不同的参加方法的种数为3×60＝180(种),故选C. 4.(x －2y )6的展开式中,x 4y 2的系数为( ) A.15 B.－15 C.60 D.－60 考点二项展开式中的特定项问题题点求二项展开式特定项的系数答案 C解析 (x －2y )6展开式的通项为T k ＋1＝C k 6·x 6－k ·(－2y )k ,令k ＝2,得T 3＝C 26·x 4·(－2y )2＝60x 4y 2,所以x 4y 2的系数为60,故选C.5.若⎝⎛⎭⎫2x ＋ax n 的展开式的系数和为1,二项式系数和为128,则展开式中x 2的系数为________. 考点展开式中系数的和问题题点二项展开式中系数的和问题答案－448解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫21＋a 1n ＝1，2n ＝128，所以n ＝7,a ＝－1, 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋－1x 7展开式的通项为T k ＋1 ＝C k 7(2x )7－k⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k ＝C k 727－k(－1)k 732k x -,令7－3k2＝2,得k＝1.所以x2的系数为C1726(－1)1＝－448.1.排列与组合(1)排列与组合的区别在于排列是有序的,而组合是无序的.(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件,对于有限制条件的排列问题,通常从以下两种途径考虑：①元素分析法：先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素.②位置分析法：先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.(3)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点,一般方法是先分组,后分配.2.二项式定理(1)与二项式定理有关,包括定理的正向应用、逆向应用,题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等,此时主要是要构造二项式,合理应用展开式.(2)与通项公式有关,主要是求特定项,比如常数项、有理项、x的某次幂等,此时要特别注意二项展开式中第k＋1项的通项公式是T k＋1＝C k n a n－k b k(k＝0,1,…,n),其中二项式系数是C k n,而不是C k＋1n,这是一个极易错点.(3)与二项式系数有关,包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值法.一、选择题1.5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有()A.10种B.20种C.25种D.32种考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 D解析 5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有25＝32(种),故选D.2.某城市的街道如图,某人要从A 地前往B 地,则路程最短的走法有( )A.8种B.10种C.12种D.32种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 B解析根据题意,要求从A 地到B 地路程最短,必须只向下或向右行走即可.分别可得,需要向下走2次,向右走3次,共5次,从5次中选3次向右,剩下2次向下即可,则有C 35＝10(种)不同走法.3.4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会,出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手,则出场方案的种数是( )A.6A 33B.3A 33C.2A 33D.A 22A 14A 44 考点排列的应用题点元素“相邻”与“不相邻”问题答案 D解析先从4名男歌手中选一名放在两名女歌手之间,并把他们捆绑在一起,看做一个元素和另外的3名男歌手进行全排列,故有A 22A 14A 44种不同的出场方案.4.在⎝⎛⎭⎫2x 2－1x 6的展开式中,含x 7的项的系数是( ) A.180 B.160C.240D.60 考点二项展开式中的特定项问题题点求二项展开式特定项的系数答案 C解析 ⎝⎛⎭⎫2x 2－1x 6的展开式的通项为T k ＋1＝C k 6(2x 2)6－k ⎝⎛⎭⎫－1x k ＝(－1)k 26－k C k 65122k x -, 令12－52k ＝7,得k ＝2,即含x 7项的系数为(－1)224C 26＝240. 5.已知⎝⎛⎭⎫x －a x 8的展开式中常数项为 1 120,其中实数a 是常数,则展开式中各项系数的和是( )A.28B.38C.1或38D.1或28考点展开式中系数的和问题题点二项展开式中系数的和问题答案 C解析由题意知C 48·(－a )4＝1 120,解得a ＝±2.令x ＝1,得展开式中各项系数的和为1或38. 6.(1－x )13的展开式中系数最小的项为( )A.第6项B.第8项C.第9项D.第7项考点展开式中系数最大(小)的项问题题点求展开式中系数最大(小)的项答案 B解析依据二项式系数与项的系数的关系来解决.展开式中共有14项,中间两项(第7,8项)的二项式系数最大.由于二项展开式中二项式系数和项的系数满足奇数项相等,偶数项互为相反数,所以系数最小的项为第8项,系数最大的项为第7项.故选B.7.航天员在进行一项太空实验时,先后要实施6个程序,其中程序B 和C 都与程序D 不相邻,则实验顺序的编排方法共有( )A.216种B.180种C.288种D.144种考点排列的应用题点元素“相邻”与“不相邻”问题答案 C解析当B ,C 相邻,且与D 不相邻时,有A 33A 24A 22＝144(种)方法;当B ,C 不相邻,且都与D 不相邻时,有A 33A 34＝144(种)方法.故共有288种编排方法. 8.某校高二年级共有6个班级,现从外地转入4名学生,要安排到该年级的2个班级中且每班安排2名,则不同的安排方法种数为( )A.A 26C 24B.12A 26C 24C.A 26A 24D.2A 26考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案 B解析将4人平均分成两组有12C 24种方法,将这两组分配到6个班级中的2个班有A 26种方法.所以不同的安排方法有12C 24A 26种. 二、填空题9.设二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ,常数项为B ,若B ＝4A ,则a ＝________. 考点二项展开式中的特定项问题题点由特定项或特定项的系数求参数答案－3解析因为二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ＝C 26a 2＝15a 2; 常数项为B ＝－C 36a 3＝－20a 3.因为B ＝4A ,所以－20a 3＝4×15a 2,所以a ＝－3.10.某运动队有5对老搭档运动员,现抽派4名运动员参加比赛,则这4人都不是老搭档的抽派方法数为________.考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 80解析先抽派4对老搭档运动员,再从每对老搭档运动员中各抽派1人,故有C 45C 12C 12C 12C 12＝80(种)抽派方法.11.高三(三)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,3个音乐节目恰有2个节目连排,则不同排法的种数是________. 考点排列的应用题点元素“相邻”与“不相邻”问题答案 288解析先从3个音乐节目中选取2个排好后作为1个节目,有A 23种排法,这样共有5个节目,其中2个音乐节目不连排,2个舞蹈节目不连排.如图,若曲艺节目排在5号(或1号)位置,则有4A 22A 22＝16(种)排法;若曲艺节目排在2号(或4号)位置,则有4A 22A 22＝16(种)排法;若曲艺节目排在3号位置,则有2×2A 22A 22＝16(种)排法.故共有不同排法A 23×(16×3)＝288(种).三、解答题 12.现有5名教师要带3个不同的兴趣小组外出学习考察,要求每个兴趣小组的带队教师至多2人,但其中甲教师和乙教师均不能单独带队,求不同的带队方案有多少种？考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用解第一类,把甲、乙看做一个复合元素,和另外的3人分配到3个小组中,有C 23A 33＝18(种),第二类,先把另外的3人分配到3个小组,再把甲、乙分配到其中2个小组,有A 33A 23＝36(种),根据分类加法计数原理可得,共有18＋36＝54(种).13.已知⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n (n ∈N *)的展开式的各项系数之和等于⎝ ⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式中的常数项,求⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中含a －1项的二项式系数. 考点二项式定理的应用题点二项式定理的简单应用解 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式的通项为 T k ＋1＝C k 5(43b )5－k ⎝⎛⎭⎫－15b k ＝C k 5·(－1)k ·45－k ·25k-·1056kb -,令10－5k ＝0,得k ＝2,此时得常数项为T 3＝C 25·(－1)2·43·5－1＝27. 令a ＝1,得⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式的各项系数之和为2n , 由题意知2n ＝27,所以n ＝7,所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a 7的展开式的通项为 T k ＋1＝C k 7⎝⎛⎭⎫3a 7－k ·(－3a )k＝C k 7·(－1)k ·37－k ·5216k a -.令5k －216＝－1,得k ＝3, 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中含a －1项的二项式系数为C 37＝35. 四、探究与拓展 14.⎝⎛⎭⎪⎪⎫32＋133n 展开式中的第7项与倒数第7项的系数比是1∶6,则展开式中的第7项为______. 考点二项式定理的应用题点二项式定理的简单应用答案 563解析第7项为T 7＝C 6n (32)n －6⎝ ⎛⎭⎪⎫1336, 倒数第7项为T n －5＝C n －6n (32)6⎝ ⎛⎭⎪⎫133n －6, 由C 6n (32)n －6⎝ ⎛⎭⎪⎫1336C n －6n (32)6⎝ ⎛⎭⎪⎫133n －6＝16,得n ＝9, 故T 7＝C 69(32)9－6⎝ ⎛⎭⎪⎫1336＝C 39·2·19＝563. 15.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数.(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个四位偶数？(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列,问第85项是什么？考点排列的应用题点数字的排列问题解 (1)用间接法,从6个数中,任取4个组成4位数,有A 46种情况, 但其中包含0在首位的有A 35种情况,依题意可得,有A 46－A 35＝300(个).(2)根据题意,分0在末尾与不在末尾两种情况讨论,0在末尾时,有A35种情况,0不在末尾时,有A12A24A14种情况,由分类加法计数原理,共有A35＋A12A24A14＝156(个).(3)千位是1的四位数有A35＝60(个),千位是2,百位是0或1的四位数有2A24＝24(个), ∴第85项是2 301.。

高考数学复习课件：排列组合与二项式定理

∴会A的乘于会B的-（n+（n-1）+……+1）
直接法：在处理有限制条件的排列，优先排特殊元素，后再排其他元素。
定元定位优先排
间接法：先不考虑特殊元素，而列出所有元素的全排列数，从中减去不满足特殊元素要求的排列数。
注意：不重不漏
• 成才后翻P56 T13
• 六个人从左到右排成一行，最左端只能排甲或已，最右端不能排甲，则不同的排法？
那么完成这件事共有
种不同的方法.
2、分步乘法计数原理：完成一件事，需要分成n个步
骤，做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同
的方法……，做第n步有mn种不同的方法.那么完成这
件事共有
种不同的方法.
区别1 区别2
分类计数原理
分步计数原理
完成一件事，共有n类办法，关键词“分类”
完成一件事，共分n个步骤，关键词“分步”
解：（2）设f（x）=(3x-1)8 分别赋予x=1，-1
a0+a2+a4+a6+a8=[f(1)+f(-1)]/2
一般来说多项式f（x）各项系数和为f（1）奇数项系数和为1/2[f(1)-f(-1)] 偶数项系数和为1/2[f(1)+f(-1)]
求值、等式与不等式证明问题
（2）求证：5555+1能被8整除；
解:采用“隔板法” 得: C259 4095
类似练习： 1、将8个学生干部的培训指标分配给5个不同的班级，共有多少种不同的分配方法？
2、从一楼到二楼的楼梯有17级，上楼时可以一步走一级，也可以一步走两级，若要求11步走完，则有多少种不同的走法？
3、方程x+y+z=12的非负整数解的个数为多少？正整数解的个数呢？

人教B数学选修2-3课件：第1章章末复习课

第一章计数原理章末复习课［自我校对］①分类加法计数原理②分步乘法计数原理③排列④排列数公式⑤组合数公式⑥组合数⑦二项展开式的通项⑧对称性⑨增减性匚题型探究二'兴型V 两个计数原理的应用——/ --------------------- -------------------------分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本部分内容的基础,对应用题的考查，经常要对问题进行分类或者分步进而分析求解.“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加法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.分步乘法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.【例1】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.⑴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，从而区分分类加法计数原理和分步乘法计数原理.【解】⑴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加法计数原理，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，因此应用分步乘法计数原理，结果为5X4X3=60（种）.（3）选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5X4= 20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5X3 = 15种选法；选数学书、物理书各1本，有4X3 = 12种选法.即有三类情况，应用分类加法计数原理,结果为20+15+12=47（种）.「规律方袪 ----------------------------------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:⑴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.L 如图所示的电路图，从A 到〃共有 ____司的线路可通电.【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2X2=4（种）方法，所以总的线路条数N=3+l+4二8.【答案】8 B\李彰丿排列、组合的应用排列、组合应用题是高考的重点内容，常与实际问题结合命题，要认真审题，明确问题本质，利用排列、组合的知识解决.【例2】⑴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，\李彰丿排列、组合的应用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个节目，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-般.【解】（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，则有派遣方案皿种；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总种方法，所以共有3启种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3总种；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A?种，共有7A：种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A笄3A汁3A汁7朋=4088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A匸5040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序, 有皿=24种方法.根据分步乘法计数原理，一共有5 040X24=120 960种.②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有廣=720种方法.XDXDXQXnxnxDX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“X”的位置），这样相当于7个“X”选4个来排，一共有用=840种.根据分步乘法计数原理，一共有720X840=604 800种.③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A］；种排法，但原来的A 12节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有寻二A：2=132种排Aio法.规律方进解排列、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.艇Pill练.2.⑴一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题, 要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是（:C. 84D. 200A. 40B. 74C. 84D. 200(2)A, B, C, D, E, F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B, C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()A. 60 种B. 48 种C. 30 种D. 24 种【解析】⑴分三类：第一类,前5个题目的3个，后4个题目的3个;第二类，前5个题目的4个，后4个题目的2个;第三类，前5个题目的5个，后4个题目的1个.由分类加法计数原理得CgC 汁CfC 汁G C]=74.(2)由题意知，不同的座次有A埶扌=48种，故选B.【答案】(1)B (2)B类型3丿二项式定理问题的处理方法和技巧对于二项式定理的考查常岀现两类问题,一类是直接运用通项公式来求特定项.另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题./ \【例3】⑴若二项式2x+f的展开式中g的系数是84,则实数°\ x)兀=()4A. 2B.D.C. 1(2)已知(l+x+H)x+dhwN+)的展开式中没有常数项，且2W/W8,\兀丿则&二_______ .(3)设(3L 1)6=财6+〃5(+0扌+财3+°2『+0区+。

高中数学选修2-3：第1章复习与小结

第１章复习与小结学习目标：1．经过复习帮助学生更好的理解本章内容，形成知识网络；2．经过问题形成过程和解决方法的剖析，提升学生的剖析问题和解决问题的能力．学习要点：能运用所学知识解决相关问题．学习难点：能运用所学知识解决相关问题．活动方案：活动一、知识点回首1.分步计数原理．2.分类计数原理．3．摆列与组合．4.二项式定理．活动二、典例剖析例 1 甲同学有若干本课外参照书，此中有 5本不一样的数学书， 4本不一样的物理书， 3本不一样的化学书 . 此刻乙同学向甲同学借书 , 试问：（ 1）若借一本书，则有多少种不一样的借法？（ 2）若每科各借一本，则有多少种不一样的借法？（ 3）若借两本不一样学科的书，则有多少种不一样的借法？例 2 现有高一四个班学生 34人，此中一、二、三、四班各 7人、 8人、 9人、10人，他们自发构成数学课外小组.（1）选此中一人为负责人，有多少种不一样的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不一样的选法？（3）选举两人作中心讲话，这两人需来自不一样的班级，有多少种不一样的选法？例 3 有4名男生、 5名女生，全体排成一行，问以下情况各有多少种不一样的排法？（1）甲不在中间也不在两头；（2）甲、乙两人一定排在两头；（3）男、女生疏别排在一起；（4）男女相间 .例 4 有男运动员 6名，女运动员 4名，此中男女队长各 1名. 选派 5名出门竞赛 . 在以下情况中各有多少种选派方法？（1）男运动员 3名，女运动员 2名；（2）起码有 1名女运动员；（3）队长中起码有 1名参加；（4）既要有队长，又要有女运动员 .3 x－1n例 5在二项式的睁开式中，前三项系数的绝对值成等差数列 .23x（1）求睁开式的第四项；（2）求睁开式的常数项；（3）求睁开式的各项系数的和．活动三讲堂小结经过今日的学习你的收获是什么？你曾落的泪，最都会成阳光，照亮脚下的路。

（舞低柳楼心月歌尽桃花扇底）我不去想悠悠后的相遇能否在梦中，我只求此刻那柳低舞月下重，你翩若惊的身影，和那桃花扇底静静探出的半面容与盈盈水眸。

高中数学选修2-3第一章章末复习提升

1．两个计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键．2．排列与组合排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢．对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题．3．二项式定理(1)与二项式定理有关：包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；(2)与通项公式有关：主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项式展开式中第k＋1项的通项公式是T k＋1＝C k n a n－k b k(k＝0,1，…n)，其二项式系数是C k n，而不是C k＋1，这是一个极易错点．n题型一排列与组合的应用在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．解决排列组合应用题的常用方法：(1)合理分类，准确分步；(2)特殊优先，一般在后；(3)先取后排，间接排除；(4)相邻捆绑，间隔插空；(5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序．例16个女学生(其中有1个领唱)和2个男学生分成两排表演．(1)若每排4人，共有多少种不同的排法？(2)领唱站在前排，男学生站在后排，每排4人，有多少种不同的排法？解(1)要完成这件事分三步．第一步，从8人中选4人站在前排，另4人站在后排，共有C48C44种不同的排法；第二步，前排4人进行全排列，有A44种不同的排法；第三步，后排4人进行全排列，有A44种不同的排法．由分步乘法计数原理知，有C48C44A44A44＝40320(种)不同的排法．(2)思路与(1)同，有C35A44A44＝5760(种)不同的排法．跟踪训练17名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？(1)两个女生必须相邻而站；(2)4名男生互不相邻；(3)老师不站中间，女生甲不站左端．解(1)∵两个女生必须相邻而站，∴把两个女生看做一个元素，则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有A66A22＝1440种站法．(2)∵4名男生互不相邻，∴应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有A33A44＝144种站法．(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A66＝720种站法，当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A55×5×5＝3000种站法．根据分类加法计数原理知共有720＋3000＝3720种站法．题型二二项式定理的应用对于二项式定理的考查常有两类问题：第一类，直接运用通项公式求特定项或解决与系数有关的问题；第二类，需运用转化思想化归为二项式定理来处理的问题．例2(1)若(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为() A．－1 B．0C．1 D．2答案 C解析在(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，令x＝1，得(2＋3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4；令x＝－1，得(－2＋3)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.两式相乘，得(2＋3)4·(－2＋3)4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4)．所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(－4＋3)4＝1.(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.解①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.整理得，(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.因为a0＝1，所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.跟踪训练2已知(41x＋3x2)n的展开式中倒数第三项的系数为45.(1)求含有x3的项；(2)求系数最大的项．解(1)已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C n－2n＝45，即C2n＝45，得n2－n＝90，解得n＝－9(不合题意，舍去)或n＝10.通项2102110343411010C()()Ck kk k k kkT x x x--+--+==(0≤k≤10，k∈N)，令－10－k4＋2k3＝3，解得k＝6.故含有x3的项是第七项，T7＝C610x3＝210x3.(2)∵(41x＋3x2)10的展开式中共有11项，∴系数最大项是第六项，2125 5553412 610C()()252. T x x x-==题型三分类讨论思想当计数问题过于复杂或限制条件较多时，一般采取分类讨论的方法解决，即对计数问题中的各种情况进行分类，然后针对每一类分别研究和求解．分类的原则是不重复、不遗漏．例3(1)从编号为1,2,3，…，10,11的11个球中，取出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取法总数为()A．236 B．328C．462 D．2640(2)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个球，若甲球必须放入第1个盒子中，则不同的方法种数是()A．120 B．72C．60 D．36答案(1)A(2)C解析(1)以取出的编号为奇数的球的个数进行分类．第一类，取出的5个球的编号中只有1个奇数，有C16C45＝30(种)取法；第二类，取出的5个球的编号中有3个奇数，有C36C25＝200(种)取法；第三类，取出的5个球的编号全是奇数，有C56＝6(种)取法．根据分类加法计数原理，共有30＋200＋6＝236(种)取法．(2)共有4个盒子5个球，所以必有1个盒子中放入2个球，且甲必须在第1个盒子中，所以应以第1个盒子中的球的个数进行分类．第一类，第1个盒子中只有甲球，把剩余的4个球分成个数分别为1,1,2的三堆，再分配给剩余的3个盒子，共有方法C24A33种；第二类，第1个盒子中有2个球，此时相当于把除甲球外的4个球放入4个盒子中，方法有A44种．根据分类加法计数原理，满足题意的方法种数为C24A33＋A44＝60.跟踪训练3某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有()A．36种B．42种C．48种D．54种答案 B解析分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法．依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42种编排方案．题型四正难则反思想正难则反即是一种手段，又是一种策略．有许多计数问题，应用正难则反思想求解，常能事半功倍．在解题时，当正向思维受阻时，不妨改变思维方向，从结论或条件的反面进行思考，从而使问题得到解决．例4现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，不同的取法种数为()A．484 B．472C．252 D．232答案 B解析设(x，y，z)表示取x张红色卡片、y张黄色卡片、z张蓝色卡片．若从正面考虑，需考虑当不取绿色卡片时，有(2,1,0)，(2,0,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，(1,0,2)，(0,1,2)，(1,1,1)共7类，当取1张绿色卡片时，有(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)，(1,1,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，共6类，分类较多，而其对立面为3张卡片同一颜色或2张绿色卡片，第三张从非绿色卡片中任取，其包含的情况较少，因此用正难则反思想求解．根据题意，共有C 316种取法，其中每一种卡片各取3张，有4C 34种取法，取2张绿色卡片有C 24·C 112种取法，故所求的取法共有C 316－4C 34－C 24·C 112＝472(种)．跟踪训练4 若把英语单词“good ”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．答案 11解析把g 、o 、o 、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g 和d ，共有A 24种排法；第二步：排两个o.共一种排法，所以总的排法种数为A 24＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A 24－1＝12－1＝11(种)．题型五化归与转化思想通过观察、类比、联想等过程，选择恰当的模型把未知问题、疑难问题转化为熟悉的、简单的问题来解决，这就是化归与转化思想．例5 已知x ＋y ＋z ＋m ＝50(x ，y ，z ，m ∈N *)，这个方程的正整数解的组数为________．答案 18424解析 50＝1＋1＋…＋1，题中求方程的正整数解相当于把50个“1”分配到4个位置上，x ，y ，z ，m 的值分别对应4个位置上“1”的个数．由于这些“1”完全相同，又因为x ，y ，z ，m ∈N *，相当于每一个位置上至少有一个“1”，因此可转化为计数问题来解决．显然50个“1”中间有49个空，插入3个板，所以有C 349＝18424，即这个方程的正整数解的组数为18424.跟踪训练5 5封信投入5个信箱中．(1)只有一个信箱是空的，有多少种不同的投法？ (2)有两个信箱里各投两封信，共有多少种不同的投法？解 (1)先从5个信箱中取出4个，有C 45种不同的取法，再将5封信分成四组，分别为1,1,1,2，共有C 15C 14C 13C 22A 33种不同的分法，最后将这四组信投入已取出的四个信箱中，有A 44种不同的投法，所以共有C 45·C 15C 14C 13C 22A 33·A 44＝1200(种)不同的投法． (2)先从5个信箱中取出3个，有C 35种不同的取法，再把5封信分成三组，分别为2,2,1，有C 25C 23C 11A 22种不同的分法，最后把这三组信分别投入已取出的三个信箱中，有A 33种不同的投法，所以共有C 35·C 25C 23C 11A 22·A 33＝900(种)不同的投法．题型六方程思想方程思想，即对于一个问题，用建立方程的方法去解决的一种思想．具体方法是通过分析问题中变量间的等量关系，构建方程或方程组，或利用方程的性质去分析、研究、解决问题．例6 袋中装有带有编号的红球和白球共16个，现从中任取2球，若取出的2球是同色的取法和取出的2球是异色的取法相等，则取出2球都是红球的取法有多少种？解设红球有x 个，则白球的个数为16－x .则取出的2球同色的取法为C 2x ＋C 216－x 种，2球异色的取法为C 1x C 116－x 种．根据题意，得C 2x ＋C 216－x ＝C 1x C 116－x ，整理得x 2－16x ＋60＝0，解得x ＝6或x ＝10，符合题意．(1)若x ＝6，则取出的2球都是红球的取法共有C 26＝15(种)；(2)若x ＝10，则取出的2球都是红球的取法共有C 210＝45(种)．跟踪训练6 设n ＝⎠⎛02(3x 2＋12)d x ，若(x －ax )n 的展开式中x 3的系数是－84，求a 的值．解因为n ＝⎠⎛02(3x 2＋12)d x ＝(x 3＋x2)|20＝9，所以(x －ax )9展开式的第r ＋1项T r ＋1＝C r 9x 9－r (－a x )r ＝(－a )r C r 9x 9－2r，令9－2r ＝3，得r ＝3，所以(x －a x )9展开式中x 3的系数是(－a )3C 39＝－84a 3，所以－84a 3＝－84，解得a ＝1.排列、组合应用题从形式上看有以下几种最为常见的问题：数字问题、人或物的排列问题、几何问题、选代表或选样品的问题、集合的子集个数问题．二项式定理题型为以下几种：求展开式中的某一项或某一项系数的问题；求所有项系数的和或者奇数项、偶数项系数和的问题；二项式某一项为字母，求这个字母的值的问题；求近似值的问题，试题难度不大．。

高中数学人教A版选修2-3 第一章小结与复习课件 (共39张PPT)

完成一件事需要n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二
步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N＝ m1×m2×…×mn 种不同的方法.
答案
3.排列数与组合数公式及性质
排列与排列数
组合与组合数
m A 排列数公式 n ＝n(n－1)(n
An n m 组合数公式 Cm ＝ ____ Am n
典例解析
类型一数学思想方法在求解计数问题中的应用
角度1 分类讨论思想例1 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有 1和3 时，3必须排在1的前面；若只有1 和3 中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有
________个(用数字作答).
即学生甲，乙同时参加同一竞赛有 A3 3种结果，
∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种).
解析答案
典例解析
类型二排列与组合的综合应用
例3 有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内. (1)共有多少种放法？解由分步乘法计数原理可知，共有44＝256种放法. (2)恰有1个盒子中不放球，有多少种放法？
2 C1 C 2 3＝6(种).
2 3 个格涂 2 颜色且涂 2 个红色时，C1 C 2 3＝6(种).
根据分类加法计数原理，可得共有2＋6＋6＝14(种).
角度2 例2
“正难则反”思想
平面上有9个点，排成三行三列的方阵，以其中的任意3个
点为顶点，共可以组成___个三角形(用数字作答). 76 解析正面考虑，需分类且容易出现遗漏或重复.
跟踪训练1
用红、黄、蓝三种颜色对如图所示的三个方框进行
涂色，若要求每个小方格，涂一种颜色，且涂成红色的方格数为偶数，则不同的涂色方案种数是_____. 14