数学高考复习名师精品教案：第85课时：第十章排列、组合和概率——二项式定理(2)

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高三数学一轮复习教学案：排列、组合、二项式定理学案

排列、组合、二项式定理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性质，并能用它们解决一些简单的应用问题．4．掌握二排列与组合高考重点考察学生理解问题、综合运用分类计数原理和分步计数原理分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．它是高中数学中从内容到方法都比较独特的一个组成部分，是进一步学习概率论的基础知识．由于这部分内容概念性强，抽象性强，思维方法新颖，同时解题过程中极易犯“重复”或“遗漏”的错误，而且结果数目较大，无法一一检验，因此学生要学好本节有一定的难度．解决该问题的关键是学习时要注意加深对概念的理解，掌握知识的内在联系和区别，严谨而周密地去思考分析问题．二项式定理是进一步学习概率论和数理统计的基础知识，高考重点考查展开式及通项，难度与课本内容相当．另外利用二项式定理及二项式系数的性质解决一些较简单而有趣的小题，在高考中也时有出现．第1课时两1．分类计数原理（也称加法原理）：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝种不同的方法．2．分步计数原理（也称乘法原理）：做一件事情，完成它需要分成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n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝种不同的方法．3．解题方法：枚举法、插空法、隔板法．(2)、(3)班分别有学生48,50,52人(1) 从中选1人当学生代表的方法有多少种？(2) 从每班选1人组成演讲队的方法有多少种？(3) 从这150名学生中选4人参加学代会有多少种方法？(4) 从这150名学生中选4人参加数理化四个课外活动小组，共有多少种方法？解：（1）48＋50＋52＝150种（2）48×50×52＝124800种（3）4150C （4）4150A 变式训练1：在直角坐标x －o －y 平面上，平行直线x=n ，（n=0，1，2，3，4，5），y=n ，（n=0，1，2，3，4，5），组成的图形中，矩形共有（）A 、25个B 、36个C 、100个D 、225个解：在垂直于x 轴的6条直线中任意取2条，在垂直于y 轴的6条直线中任意取2条，这样的4条直线相交便得到一个矩形，所以根据分步记数原理知道：得到的矩形共有22515152626=⨯=⋅C C 个，故选D 。

排列组合二项式定理的精品教案

排列组合二项式定理的精品教案一、教学设计思想目前教学的核心是“以学生的发展为本”，注重学生的学习状态和情感体验，注重教学过程中学生主体地位的凸现和主体作用的发挥，强调尊重学生人格和个性，鼓励发现、探究与质疑，鼓励培养学生的创新精神和实践能力．二项式定理这部分内容比较枯燥，是初中乘法公式的推广，是排列组合知识的具体运用，是学习概率的重要基础．这部分知识具有较高应用价值和思维训练价值．教材中的二项式定理主要包括：定理本身，通项公式，杨辉三角，二项式系数的性质等．如何发挥学生的主体作用，使学生自己探究学习知识、建构知识网络，是本节课教学设计的核心．一是从名人、问题引入课题。

采用“问题――探究”的教学模式，把整个课堂分为呈现问题、探索规律、总结规律、应用规律四个阶段．这里体现了新课程的数学应用意识的理念.让学生体会研究问题的方式方法，培养学生观察、分析、概括的能力，以及化归意识与方法迁移的能力，体会从特殊到一般的思维方式，也让学生体会数学语言的简洁和严谨。

二是从特殊到一般。

观察发现二项式定理的基本内容．遵循学生的认知规律，由特殊到一般，由感性到理性．重视学生的参与过程，问题引导，师生互动．重在培养学生观察问题，发现问题，归纳推理问题的能力，从而形成自主探究的学习习惯．三是采用小组合作、探究的方式。

在教学中，努力把表现的机会让给学生，以发挥他们的自主作用；尽量创造让学生活动的机会，以让学生在直接体验中建构自己的知识体系；尽量引导学生的发展和创造意识，以使他们能在再创造的氛围中学习．四是教师的启发与学生的探究恰当结合。

本节课的难点在于确定二项展开式中，每一项的二项式系数，对于普通班的学生，真正能独立归纳出来，有一定的困难，教师在此时的引导启发，就显得尤为重要．本节课，学生通过对=1，2，3，4，…时二项展开式的观察，归纳、猜想到为任意正整数时的二项式定理内容，并真正理解二项式系数的意义。

这样设计的目的是为了让学生参与知识的发生、发展、深化的过程，学习体会应用“观察、归纳、猜想、证明”的科学思维方法的过程，提高数学修养．本节课对二项式定理特点及规律的总结和归纳，有利于学生对二项式定理的识记，同时还可以使学生体验数学公式的对称美、和谐美．二、学生情况分析学生为普通班学生，有一定的数学基础．学生理解组合及组合数的概念，掌握了多项式乘法的运算法则，有一定的归纳猜想能力，能顺利完成课时计划内容．学生有过探究、交流的课堂教学的尝试．三、教学诊断分析在本节内容的学习中，学生容易了解的内容是二项展开式的项数、指数和系数的规律，即项数：项；指数：字母，的指数和为，字母的指数由递减至0，同时，字母的指数由0递增至；二项式系数：下标为，上标由递增至；容易产生误解的内容是：通项指的是第r+1项；通项的二项式系数是，与该项的系数是不同的概念。

高考数学回归课本教案：排列组合与概率

高考数学回归课本教案：排列组合与概率一、教学目标1. 理解排列组合的概念，掌握排列组合的计算方法。

2. 理解概率的基本原理，掌握概率的计算方法。

3. 能够运用排列组合和概率的知识解决实际问题。

二、教学内容1. 排列组合的概念和计算方法。

2. 概率的基本原理和计算方法。

3. 排列组合和概率在实际问题中的应用。

三、教学重点1. 排列组合的计算方法。

2. 概率的计算方法。

四、教学难点1. 排列组合的复杂计算。

2. 概率的推理和计算。

五、教学方法1. 采用讲解、示例、练习相结合的方法，帮助学生理解和掌握排列组合和概率的知识。

2. 通过实际问题的讨论，培养学生的应用能力。

一、排列组合的概念和计算方法1. 排列的概念和计算方法a. 排列的定义b. 排列的计算公式c. 排列的示例和练习2. 组合的概念和计算方法a. 组合的定义b. 组合的计算公式c. 组合的示例和练习二、概率的基本原理和计算方法1. 概率的概念和计算方法a. 概率的定义b. 概率的计算公式c. 概率的示例和练习2. 条件概率和独立事件的概率a. 条件概率的定义和计算方法b. 独立事件的定义和概率计算方法c. 条件概率和独立事件的示例和练习三、排列组合和概率在实际问题中的应用1. 排列组合在实际问题中的应用a. 人员安排问题的解决b. 活动安排问题的解决c. 排列组合应用题的练习2. 概率在实际问题中的应用a. 概率在决策中的应用b. 概率在预测中的应用c. 概率应用题的练习这只是一个初步的教案框架，具体的内容可以根据实际需要进行调整和补充。

希望对你有所帮助。

六、排列组合的综合应用1. 排列组合的综合问题解决a. 多重排列组合问题的分析b. 排列组合问题的高级应用c. 综合应用题的练习七、概率的进一步理解和应用1. 概率的公理体系和性质a. 概率的基本公理b. 概率的互补事件和独立事件的性质c. 概率的练习题2. 随机事件的分布a. 离散型随机变量的定义和性质b. 连续型随机变量的定义和性质c. 随机事件分布列的练习题八、概率的计算方法1. 直接计算法a. 利用概率的基本性质计算概率b. 利用排列组合计算概率c. 直接计算法的练习题2. 条件计算法a. 利用条件概率计算概率b. 利用独立事件的概率计算概率c. 条件计算法的练习题九、概率分布和期望值1. 离散型随机变量的期望值a. 离散型随机变量的期望值的定义和性质b. 离散型随机变量期望值的计算方法c. 离散型随机变量期望值的练习题2. 连续型随机变量的期望值a. 连续型随机变量的期望值的定义和性质b. 连续型随机变量期望值的计算方法c. 连续型随机变量期望值的练习题十、实际问题的概率分析和解决1. 概率模型构建a. 实际问题概率模型的建立b. 概率模型的求解和分析c. 概率模型构建的练习题2. 实际问题的概率解决a. 利用概率解决随机事件问题b. 利用概率解决决策问题c. 实际问题概率解决的练习题重点和难点解析一、排列组合的概念和计算方法难点解析：排列组合的复杂计算，尤其是当元素数量较多时，如何快速准确地计算出结果。

排列、组合、二项式定理、概率高三数学复习教学案

高三数学复习教学案第六章排列、组合与概率第1课时分类计数原理、分步计数原理考纲要求：掌握分类计数原理与分步计数原理，并能运用这两个原理分析和解决一些简单的问题。

一、要点知识归纳：1、分类计数原理：做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m 1中不同的方法，在第二类办法中有m2中不同的方法，……在第n类办法中有mn中不同的方法，那么完成这件事共有N=_____________________________中不同的方法。

2、分步计数原理：做一件事，完成它需要分n个步骤，做第一步有m1中不同的方法，做第二步有m2中不同的方法，……做第n步有mn中不同的方法，那么完成这件事共有N=_____________________________中不同的方法。

二、基本技能训练1、将（a1+a2）（b1+b2+b3）（c1+c2+c3+c4）展开后的项数有__________项。

2、书架的上层放有4本不同的数学书，中层放有6本不同的外语书，下层放有5本不同的语文书，从中任取一本书的不同取法的种数是__________；从书架上任取两本不同学科的书，共有____________种不同的取法。

3、如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量。

现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为__________。

4、3封信投入4个不同的信箱，共有________种不同的投法；4封信投入3个不同的信箱，共有__________种不同的投法。

设集合A中有5个不同的元素，集合B中有2个不同的元素，建立5、6、某城市的电话号码，由六位数改为七位数（首位数字均不为0），则该城市可增加_____________部电话。

三、例题分析例1、某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成。

（1）选其中1人为学生会主席，有多少种不同选择？（2）若每年级选1人为校学生会常委，有多少种不同的选择？（3）若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选择？例2、由数字0，1，2，3，4可以组成多少个三位数？（1）各位上的数字允许重复？（2）各位上的数字不允许重复？例3、同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方法有多少种？四、作业1、从1到200的自然数中，各个数位上都不含8的自然数有多少个？2、设x,y∈N*，直角坐标平面内的点P的坐标为（x,y）1）若x+y≤6，这样的P点有多少个？2）若1≤x≤4，1≤y≤5，这样的P点又有多少个？第2课时排列、组合的基本问题考纲要求：1、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；2、能解决一些简单的问题。

2021年高考数学复习第85课时第十章排列、组合和概率——二项式定理()名师精品教案

2021年高考数学复习第85课时第十章排列、组合和概率——二项式定理（2）名师精品教案一．复习目标：1．能利用二项式系数的性质求多项式系数的和与求一些组合数的和．2．能熟练地逆向运用二项式定理求和．3．能利用二项式定理求近似值，证明整除问题，证明不等式．二．课前预习：1．的展开式中无理项的个数是（） 84 85 86 872.设1510105)(2345++-+-=x x x x x x f ，则等于（）3．如果21872221221=++++n n n n n C C C ，则=++++nn n n n C C C C 210128．4.nnn n n C n C C 11)1(3121121+-+-+-=． 5.展开式中含的项为． 6．若1001002210100)1()1()1()21(-++-+-+=+x a x a x a a x ，则.四．例题分析：例1．已知是等比数列，公比为，设nn n n n n C a C a C a a S 123121+++++= （其中），且n n n n n n C C C C S ++++= 2101，如果存在，求公比的取值范围．解：由题意，，)0()1()1(122111221111≠+=++++=++++=q q a C q C q qC a C q a C q a qC a a S nn nnnnnnn n n n∴n nn n n q a q a S S )21(2)1(111+=+=．如果存在，则或， ∴或，故且．例2．(1)求多项式673410234)157()53()323(--⋅-⋅---x x x x x x 展开式各项系数和．(2)多项式1000231000)22(+--⋅-x x x x展开式中的偶次幂各项系数和与奇次幂各项系数和各是多少？解：（1）设431024367()(323)(35)(751)f x x x x x x x =---⋅-⋅--2012()nn a a x a x a x n N =++++∈，其各项系数和为．又∵102467102012(1)(3123)(35)(751)163n f a a a a =++++=---⋅-⋅--=⋅，∴各项系数和为．（2）设30013001101000231000)22()(x a x a a x x x xx f +++=+--⋅-= ， ∴0)1(3001210=++++=a a a a f ，2)1(3001210=--+-=-a a a a f ，故，， ∴展开式中的偶次幂各项系数和为1，奇次幂各项系数和为-1．例3．证明：（1）；（2）12221223222120223222--⋅=++++++n n n n n n n n n C C C C C C ；（3）；（4）2222212)1(21-⋅+=⋅++⋅+⋅n n n n n n n n C C C由(i)知小结：五．课后作业：1．若的展开式中只有第6项的系数最大，则不含的项为（） 462 252 210 102．用88除，所得余数是（） 0 1 8 803．已知2002年4月20日是星期五，那么天后的今天是星期．4．某公司的股票今天的指数是2，以后每天的指数都比上一天的指数增加，则100天后这家公司的股票指数约为2.442（精确到0.001）．5．已知55443322105)23(x a x a x a x a x a a x +++++=-，则（1）的值为568；（2）=++++||||||||||54321a a a a a 2882． 6．若和的展开式中含项的系数相等（，），则的取值范围为7．求满足500323210<+++++nn n n n n nC C C C C 的最大整数．原不等式化为n ·2n-1＜499∵27=128，∴n=8时，8·27=210=1024＞500．当n=7时，7·26=7×64=448＜449．故所求的最大整数为n=7．8．求证：222222120)()()()(n n n n n n C C C C C =++++证明由(1+x)n ·(1+x)n =(1+x)2n，两边展开得：比较等式两边x n的系数，它们应当相等，所以有：9．已知(1＋3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于 121，求展开式中系数最大的项．∴ n ＝15或 n ＝-16(舍)设第 r ＋1项与第 r 项的系数分别为t r+1，t r∴t r+1≥t r 则可得3(15-r ＋1)＞r 解得r ≤12∴当r 取小于12的自然数时，都有t r ＜t r+1当r ＝12时，t r+1=t r。

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高中高三数学教案：排列、组合、二项式定理-基本原理教学设计示例加法原理和乘法原理教学目标正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力．教学重点和难点重点：加法原理和乘法原理．难点：加法原理和乘法原理的准确应用．教学用具投影仪．教学过程设计（一）引入新课从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．今天我们先学习两个基本原理．（二）讲授新课1．介绍两个基本原理先考虑下面的问题：问题1：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4个班次，汽车有2个班次，轮船有3个班次．那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有4+2+3=9种不同的走法．这个问题可以总结为下面的一个基本原理（打出片子——加法原理）：加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法．请大家再来考虑下面的问题（打出片子——问题2）：问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条（见下图），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？这里，从A村到B村，有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B村后，再从B村到C村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C村共有3×2=6种不同的走法．一般地，有如下基本原理（找出片子——乘法原理）：乘法原理：做一件事，完成它需要分成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，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．2．浅释两个基本原理两个基本原理的用途是计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别？两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关．看下面的分析是否正确（打出片子——题1，题2）：题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个．1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法．题2中的合数是4，6，8，9，10这五个，其中6既含有因数2，也含有因数3；10既含有因数2，也含有因数5．题中的分析是错误的．从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A 村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．（此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力）进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用乘法原理．也就是说：类类互斥，步步独立．（在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质）（三）应用举例现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．例1 书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？（让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法）（1）从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据加法原理，得到的取法种数是N＝m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．故从书架上任取一本书的不同取法有14种．（2）从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成三个步骤完成，第一步取1本数学书，有3种方法；第二步取1本语文书，有5种方法；第三步取1本英语书，有6种方法．根据乘法原理，得到不同的取法种数是N=m1×m2×m3=3×5×6=90．故，从书架上取数学书、语文书、英语书各1本，有90种不同的方法．（3）从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类办法：第一类办法是数学书、语文书各取1本，需要分两个步骤，有3×5种方法；第二类办法是数学书、英语书各取1本，需要分两个步骤，有3×6种方法；第三类办法是语文书、英语书各取1本，有5×6种方法．一共得到不同的取法种数是N=3×5＋3×6＋5×6=63．即，从书架任取不同科目的书两本的不同取法有63种．例2 由数字0，1，2，3，4可以组成多少个三位整数（各位上的数字允许重复）？解：要组成一个三位数，需要分成三个步骤：第一步确定百位上的数字，从1～4这4个数字中任选一个数字，有4种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，共有5种选法；第三步确定个位上的数字，仍有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位整数的个数是N=4×5×5=100．答：可以组成100个三位整数．教师的连续发问、启发、引导，帮助学生找到正确的解题思路和计算方法，使学生的分析问题能力有所提高．教师在第二个例题中给出板书示范，能帮助学生进一步加深对两个基本原理实质的理解，周密的考虑，准确的表达、规范的书写，对于学生周密思考、准确表达、规范书写良好习惯的形成有着积极的促进作用，也可以为学生后面应用两个基本原理解排列、组合综合题打下基础.（四）归纳小结归纳什么时候用加法原理、什么时候用乘法原理：分类时用加法原理，分步时用乘法原理．应用两个基本原理时需要注意分类时要求各类办法彼此之间相互排斥；分步时要求各步是相互独立的．（五）课堂练习P222：练习1～4．（对于题4，教师有必要对三个多项式乘积展开后各项的构成给以提示）（六）布置作业P222：练习5，6，7．补充题：1．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有多少个？（提示：按十位上数字的大小可以分为9类，共有9＋8＋7＋…＋2＋1=45个个位数字小于十位数字的两位数）2．某学生填报高考志愿，有m个不同的志愿可供选择，若只能按第一、二、三志愿依次填写3个不同的志愿，求该生填写志愿的方式的种数．（提示：需要按三个志愿分成三步，共有m（m-1）（m-2）种填写方式）3．在所有的三位数中，有且只有两个数字相同的三位数共有多少个？（提示：可以用下面方法来求解：（1）△△□，（2）△□△，（3）□△□，（1），（2），（3）类中每类都是9×9种，共有9×9+9×9+9×9=3×9×9=243个只有两个数字相同的三位数）4．某小组有10人，每人至少会英语和日语中的一门，其中8人会英语，5人会日语，（1）从中任选一个会外语的人，有多少种选法？（2）从中选出会英语与会日语的各1人，有多少种不同的选法？（提示：由于8＋5=13＞10，所以10人中必有3人既会英语又会日语．（1）N=5＋2＋3；（2）N=5×2＋5×3＋2×3）。

2019-2020年高考数学复习第85课时第十章排列、组合和概率——二项式定理(2)名师精品教案新人

2019-2020年高考数学复习第85课时第十章排列、组合和概率一一二项一.复习目标：1 •能利用二项式系数的性质求多项式系数的和与求一些组合数的和.2•能熟练地逆向运用二项式定理求和.3•能利用二项式定理求近似值，证明整除问题，证明不等式.二•课前预习：1•的展开式中无理项的个数是 ( )84 85 86 872.设 f (x) =x 5 -5x 4 10x 3 -10x 2 5x 1，则等于 ( )3•如果 1 2C n 22C 2 - - 2n c ： =2187，则 C ： • C ： • C ： • C ：=空•1 1 12 n 1n4. ^-C n +-C n —…+(—1) — C n =. 2 3 n 15. 展开式中含的项为.6. 若(1 2x)100 二 a 。

*1(x-1) *2(x-1)2 」a 1oo (x-1)100 ,则• 四•例题分析：例1.已知是等比数列，公比为，设 +a 2C ； +a 3C ；中…+a n 卅C ：(其中)，且•C ；，如果存在，求公比的取值范围.S n 二a 1 agC 1 眄七： agC二6(1 qU qf q n C ；) =6(1 q)n (q = 0)例 2. (1)求多项式(3x 4 _X 3 _2x _3)102 .(3x _5)4 (7x 3 _5x _1)67展开式各项系数和.⑵多项式x 1000 -x ・(-x 3 - 2 x 2 2)1000展开式中的偶次幕各项系数和与奇次幕各项系数和各是多少？解：(1)设 f (x) =(3x 4 —x 3—2x-3)102 (3x-5)4 (7x 3—5x —1)67解：由题意，， .S n 印(1 q)…S y - •••或，故且.2n-二a 1(rr )n .如果存在，则或,=a0a-|X a2x - \ \\ ■ a n x n(n ：= N),其各项系数和为.又••• f ⑴=a°a, a2川a n二(3 _1 _2_3)102(3_5)4(7 _5 _1产=16 3102,•••各项系数和为.1000 / 3 ^ 2 1000 3001(2)设f(x) =x -x (_x -2x 2) a0：：；■…川■ a3001 x ,f(1) = a°■ a1 ■ a? " "*3001 = 0 , f(-1) =a°- a1 ■ a? - •展开式中的偶次幕各项系数和为1,奇次幕各项系数和为-1 •例3•证明：（1）;（4）〉2另一方面，由⑺得-a3001 = 2，故，，(2)2C； Cn JC；W =3少」;(3)；( 4) C；12+C： 22+ …+C：，n2=n(n +1)，2n解(l)3n= (1 + 2)n= C° 2°+ 2 + Cj22+ -■ +Cj2n⑵原式左端=（喙* +…+ C瓷）+ （C%十十-(1)31 n-1 丄1 (n-l)(旷2)亠…1 (n-D(n-2)-2 - 1 2! ~ 31 J和評<1 + 1 +1 + 121 31<1 + 1 + -+ 12 <H3(4)C： -k3= C壯(k-1) + k] = k(k - 1)C： + kC：原式左端=4+阳-1)£+口算]+[n(n-l)C打+nC[]] +…+[n(n-l)C^+nC^]=n + n(n - 1)(C^ + + …+ C 能)+*打+ C右+ …+ C讣)= n + n(n -1)211-2 +n(2n_1 -1) =ti(n + l)2^小结：五•课后作业：1若的展开式中只有第6项的系数最大，则不含的项为( )462 252 210 102 •用88除，所得余数是()0 1 8 803•已知2002年4月20日是星期五，那么天后的今天是星期____________ •4•某公司的股票今天的指数是2，以后每天的指数都比上一天的指数增加，则100天后这家公司的股票指数约为 2.442 (精确到0.001 )•5. 已知(3 —2x)5= a0a1x a2x2a3x3a4x4a5x5，则(1)的值为568； (2) |a1 | | a21 I a31 | a4 | | a5匸2882.6•若和的展开式中含项的系数相等(，)，则的取值范围为7•求满足c n°+C：+2C；+3C；+…+nc n <500的最大整数.解由例冲(6)题知广C；二“備C：+2C：+壻+ …+血~(CI+C；T +…+ C；；)W2^AC°+ C：+2C：+ 迟+…+旷C：f 雪+ 1原不等式化为n • 2n-1v 499•/ 27=128,「. n=8 时，8 • 27=21°=1024>500 •6当n=7 时，7 • 2 =7X 64=448v 449.故所求的最大整数为n=7・& 求证：(C；)2(C；)2(C；)2…•(C：)2二C；n证明由(1+x) n• (1+x) n=(1+x)2 n,两边展开得：(q+Ck + C；J+…+C；V1+C^) • (C”C診+C誇十…+CJ1 占+ ◎ J c；+ c：++ …+ c：宀比较等式两边x n的系数，它们应当相等，所以有：cT+c「cJ +…+C：y,c=y：+ 由C：=C,得（C：『+（C：y +（C：F+…+（c：）y c；9•已知（1 + 3x）n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，求展开式中系数最大的项.解，耒三项的二项式系数分别为C汕C：七C：由己知,可得c¥ + c：】+ c：= 121/.兔+ 4 + 1 = 121 即n3+ n-240 = 0n = 15 或n = -16（舍）•4+产C；（3x）「= C；"设第r + 1项与第r项的系数分别为t r+1, t r令咕广C：5®,廿盅霁••• t r+1 > t r 则可得3（15-r + 1）> r 解得r < 12•••当r取小于12的自然数时，都有t r V t r+1当r = 12时,t r+1 =t r:'展开式中系数最大的项为C阿10和T屮eg护严2019-2020年高考数学复习第86课时第十章排列、组合和概率-随机事一•课题：随机事件的概率二•教学目标：1•了解随机事件、必然事件、不可能事件的概念；2.掌握等可能事件的概率公式，并能熟练地运用排列组合的知识解决等可能事件的概率问题；三.教学重点：等可能事件的概率的计算.四•教学过程:（一）主要知识：1 •随机事件概率的范围___________________________________ ;2 •等可能事件的概率计算公式 ____________________________ ;（二）主要方法：1 •概率是对大量重复试验来说存在的一种规律性，但对单次试验而言，事件的发生是随机的；2•等可能事件的概率，其中是试验中所有等可能出现的结果（基本事件）的个数，是所研究事件中所包含的等可能出现的结果 (基本事件) 个数，因此，正确区分并计算的关键是抓住“等可能”，即个基本事件及个基本事件都必须是等可能的；(三)基础训练：1．下列事件中，是随机事件的是( C)(A)导体通电时，发热；(B)抛一石块，下落；(C)掷一枚硬币，出现正面；(D)在常温下，焊锡融化。

精品教案：排列组合、二项式定理、概率、统计

条件概率：在事件B已经发生的情况下，计算事件A发生的概率，即 P(A∣B)=P(A∩B)/P(B)
04
统计
统计的定义
统计是对数据进行收集、整理、分析和解释的科学
统计方法常用于研究数据的分布规律和特征
统计在各个领域都有广泛应用，如经济学、社会学、生物学等
统计的主要目的是为决策提供数据支持，帮助人们做出科学合理的决策
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汇报人：XX
排列组合在金融领域的应用：投资组合优化、风险评估、
决策理论等。
排列组合在游戏设计中的应用：游戏策略、AI算法、概率计算等。
排列组合的解题技巧
理解概念：排列组合的概念是解题的基础，需要理解并掌
握。
掌握公式：排列组合的公式是解题的关键，需要熟练掌握
并运用。
分类讨论：对于复杂的问题，需要进行分类讨论，将问题分解成若干个简单的问题。
统计的公式和定理
内容1：统计的公式和定理内容2：统计的公式和定理内容3：统计的公式和定理内容4：统计的公式和定理
统计的应用
数据分析：对大量数据进行整理、分析和解释，以揭示其内在规律和趋势预测模型：利用统计方法对未来进行预测和推断，例如市场预测、气象预报等决策制定：基于统计数据为决策者提供依据，例如制定政策、投资决策等质量控制：通过统计技术对生产过程进行监控和评估，以确保产品质量符合标准
二项式定理的解题技巧
掌握二项式定理的基本公式和展开式
理解各项系数和字母指数的含义和作用
掌握二项式定理的通项公式及其应用
学会利用赋值法简化计算和提高计算效率
03
概率

排列、组合、二项式定理的精品教案_高三数学教案_模板

排列、组合、二项式定理的精品教案_高三数学教案_模板排列、组合、二项式定理的精品教案一、教学设计思想目前教学的核心是“以学生的发展为本”，注重学生的学习状态和情感体验，注重教学过程中学生主体地位的凸现和主体作用的发挥，强调尊重学生人格和个性，鼓励发现、探究与质疑，鼓励培养学生的创新精神和实践能力．二项式定理这部分内容比较枯燥，是初中乘法公式的推广，是排列组合知识的具体运用，是学习概率的重要基础．这部分知识具有较高应用价值和思维训练价值．教材中的二项式定理主要包括：定理本身，通项公式，杨辉三角，二项式系数的性质等．如何发挥学生的主体作用，使学生自己探究学习知识、建构知识网络，是本节课教学设计的核心．正因为二项式定理在初等数学中与其他内容联系较少，所以教材上教法就显得呆板，单调，怎样使二项式定理的教学生动有趣？使得在这节课上学生获得主动？我采用启发探究式教学方式，遵循“兴趣与能力的同步发展规律”和“教，学，研互相促进的规律”，在教学中追求简易，重视直观，并巧妙地在应用抽象使问题变得十分有趣，学生学得生动主动，充分发挥其课堂上的主体作用.具体为：一是从名人、问题引入课题。

二是从特殊到一般。

(新人教A)高三数学教案排列、组合和概率

第十章排列、组合和概率一、排列与组合学习指导1．重点与难点（1）分类计数原理（加法原理）与分步计数原理（乘法原理），是本章学习的基础，灵活运用这两个原理时问题进行分类或分步往往是解应用题的关键。

（2）排列，重点是排列的概念，关键是弄清排列与排列数之间的区别与联系，从而正确运用排列数公式进行计算，难点是对具有特殊要求的排列问题的分析。

（3）组合，重点是组合的概念，关键是准确、全面把握排列与组合这两个概念，正确区分是排列问题，还是组合问题，弄清组合与组合数之间的区别与联系，掌握组合数的两个性质，从而能正确运用组合数公式进行计算，难点是用组合数解决有关问题。

2．知识点回顾（1）分类计数原理（加法原理）完成一件事，有几类办法，在第一类中有m 1种有不同的方法，在第2类中有2m 种不同的方法……在第n 类型有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）分步计数原理（乘法原理）完成一件事，需要分成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；那么完成这件事共有n m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯=21种不同的方法。

（3）分类计数原理与“分类”有关，要注意“类”与“类”之间所具有的独立性和并列性；分步计数原理与“分步”有关，要注意“步”与“步”之间具有的相依性和连续性，应用这两个原理进行正确地分类、分步，做到不重复、不遗漏。

（4）排列：从n 个元素中取出)(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。

（5）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，用符号m n A 表示，并且有排列数公式：)1()2)(1(+-⋅⋅⋅--=m n n n n A mn ，*,N m n ∈，n m ≤。

高三数学教学案第十章排列、组合与概率第四课时二项式定理中的通项及其应用

高三数学教学案第十章排列、组合与概率第四课时二项式定理中的通项及其应用1、掌握二项式定理及其展开式的通项公式；2、会运用通项公式求解二项展开式中某些特定项及其系数．1、二项式定理：)()(*110N n b C b a C b a C a C b a n n n r r n r n n n n n n ∈+⋯⋯++⋯⋯++=+--； 2、通项公式：)0,(*1n r N n b a C T r r n r n r ≤≤∈=-+表示二项展开式中的第1+r 项，rn C 叫做展开式中第1+r 项的二项式系数．1、二项式系数与项的系数的区别；2、灵活运用通项公式（其中r n b a ,,,如果是未知量，常常要用方程(组)求解）．1、若n x )111(-的展开式中，第三项系数等于6，则等于（）A ．4B ．8C ．12D ．162、对于二项式)()1(*3N n x xn ∈+四位同学作出了四种判断： ①存在*N n ∈，展开式中有常数项；②对于任意*N n ∈，展开式中没有常数项； ③对于任意*N n ∈，展开式中没有x 的一次项； ④存在*N n ∈，展开式中有x 的一次项．上述判断中正确的是（） A ．①与③ B ．②与③C ．②与④D ．④与① 3、9)(c b a ++的展开式中432c b a 的系数是（） A ．1260 B ．126 C ．1296 D ．3024 4、在1033)21(xx -展开式中，有理式的项数为（）A ．1B ．2C ．3D ．45、设n )312(33+展开式的第7项与倒数第7项的比是1:6，则展开式中的第7项为________．6、二项式nx )1(+展开式中，若相邻两项的系数之比为8:15，则n 的最小值为_______．7、10)2(+x ·)1(2-x 展开式中10x 的系数为_______．8、nb a )(+展开式中第5项与第11项的二项展开式系数相等，则n =________．例1、（1）已知n xx )31(-的展开式中，第三项系数为4，求它的常数项．（2）求8)21(-+aa 展开式中的常数项（答案可保留组合数）．例2、若n xx )21(4+展开式中前三项系数成等差数列，求：（1）展开式中含x 的一项幂的项；（2）展开式中所有含x 的有理项；（3）展开式中系数最大的项．班级_______学号__________姓名_________1、10)(z y x ++的展开式中含235z y x 项的系数为（）A ．210310510C C C ⋅⋅B ．2235510C C C ⋅⋅C ．31025C C ⋅D ．24510C C ⋅2、在3)44(-+a a（的展开式中，常数项的值是_________． 3、二项式44)1(+x 的展开式中第21项和第22项相等，则非零实数x 等于_________．4、n)12(3+的展开式中有且仅有五个有理项，则最小自然数n 等于_______．5、92)21(xx -展开式中9x 的系数是_______． 6、设3333673475277⋅+⋅+⋅+=C C C m ，257437617333⋅+⋅+⋅=C C C n ，则=-n m _______．7、若nxx )213(3-的展开式中含有常数项，求这样的正整数n 的最小值．8、在nxx )2(4+的展开式中，已知最后三项的系数成等差数列，求这个展开式中所有的有理项．9、（选做题）已知数列{}n a 的通项公式为)1(>=p p a nn ，其前n 项和为n S ，且对任意Nn ∈*都有nn nnn n n S a C a C a C n f 21)(2211+⋯⋯+++=试比较)1(+n f 与)(2)1(n f p p +的大小．第十章排列、组合、二项式定理第五课时二项式定理及其应用（一）1、能利用二项式系数的性质求多项式系数的和，求一些组合数的和；2、能熟练地逆向运用二项式定理求和．1、二项式系数的对称性；2、二项式系数的大小规律；3、二项式系数的和．1、432)1()1(4)1(6)1(41-+-+-+-+x x x x 等于（）A ．4)1(-xB ．4xC ．4)1(+xD ．4)2(-x2、在12)(++n b a 的展开式中，二项式系数最大的项是（）A ．第n 项B ．第n 项和第1+n 项C ．第2+n 项D ．第1+n 项和第2+n 项 3、若)(2206220N n C C n n ∈=++且n n n x a x a x a a x +⋯+++=-2210)2(，则210a a a +-⋯+n n a )1(-+等于（）A ．81B ．27C ．243D ．7294、已知8)(xa x -展开式中常数项为1120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是（）A ．82B ．83C ．1或83D ．1或825、如果21872221221=+⋯+++n n n n n C C C ，则nn n n n C C C C +⋯+++210=________．6、在n x n()为正整数)的二项展开式中，奇数项的和为P ，偶数项的和为Q ，则nx )1(2-的值为_______．例1、已知na )1(2+展开式中的各项系数之和等于52)1516(xx +的展开式的常数项，而n a )1(2+的展开式的系数最大的项等于54，求a 的值．例2、已知n x x )3(232+展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992，求展开式中系数最大的项．例3、设692)12()1()(+-+=x x x x f ，试求)(x f 的展开式中（1）所有项的系数和；（2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和．例4、已知),()21()1()(*∈+++=N n m x x x f nm的展开式中x 项的系数为11 （1）求展开式中2x 项系数的最小值；（2）当2x 项系数取最小值时，求)(x f 展开式中x 的奇次幂项的系数之和．班级_______学号__________姓名_________1、已知nx )21(+的展开式中所有系数之和等于729，那么这个展开式中第四项的系数为（）A ．20B ．160C ．180D ．2402、在765)1()1()1(x x x +++++的展开式中，4x 的系数是通项公式53-=n a n 的数列的（）A ．第20项B ．第18项C ．第11项D ．第3项3、设二项式nxx )13(3+的展开式的各项系数的和为P ，所有二项式系数的和为S ，若有P+S=272，则=n _________．4、如果12324)31()21()1(a a a a a a k++++-的展开式中含4a 项的系数为144，则正整数k 的值为_______．5、已知nx )21(-的展开式中，奇数项的二项式系数之和为32，则该二项展开式的中间项为_______． 6、若二项式nx )21(+的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．7、求72)2)(24(x x x -++的展开式中3x 的系数．8、已知nx )221(+．（1）展开式中第五、第六、第七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）若展开式中前三项的二项式系数之和等于79，求展开式中系数最大的项．第十章排列、组合、二项式定理第六课时二项式定理及其应用（二）能利用二项式定理进行计算和证明一些简单问题．二次项定理的主要应用（1）赋值求值（2）证明某些整除问题或求余数（3）证明有关等式及不等式（4）进行近似计算．1、在)0()1()1()1()1(543≠++⋯++++++x x x x x n）的展开式中，含2x 项的系数为（）A ．12-nB ．n2 C ．13-n CD ．131-+n C2、若nn n x a x a x a a x x 2222102)124(+⋯+++=--，则n a a a a 2420+⋯+++的值等于（）A ．215+nB ．215-n C ．n 5 D ．13、若454233241)1()1()1()1(x a x a x a x a x a =+-+⋯+-+-+-，则42a a +等于（）A ．14B ．12C ．10D ．84、5997.1精确到0.001的近似值为________．5、1919除以5的余数为________． 6、若)()21(2004200422102004R x x a x a x a a x ∈+⋯+++=-，则)()(2010a a a a ++++=++⋯++)()(20040a a a a ________．例1、设55443322105)21(x a x a x a x a x a a x +++++=-，求（1）54321a a a a a ++++的值；（2）531a a a ++的值；（3）||||||||||54321a a a a a ++++的值．例2、求证：)2(2)2(31>∈+>+-n N n n n n 且．例3、（1）若{}n a 是首项为a ，公比为)1(≠q q 的等比数列，求和：231201n n n c a c a c a ++n n n c a 1++⋯+；（2）若n a a a a ,,,,210⋯为等差数列，求证：10221102)(-⋅+=+⋯+++n n n n n n n a a c a c a c a a ．例4、设)(x f 是定义在R 上的一个给定的函数，函数)(x g x nf C x nf C n n n )1()1)(0(1+-=)1,0()1()()1(01≠-⋅+⋯+-⋅-x x x nn f C x n nn n（1）若)(x f =1恒成立，求)(x g ；（2）当x x f =)(时，求)(x g ．班级_______学号__________姓名_________1、443322104)32(x a x a x a x a a x ++++=+，则2312420)()(a a a a a +-++的值为（）A ．1B ．1-C ．0D ．22、若1010221010)2(x a x a x a a x +⋯+++=-，则3121020()(a a a a a +-+⋯++⋯+29)a +的值为_______．3、设n 为奇数，则777712211⋅+⋯+⋅+⋅+---n n n n n n n C C C 被9除的余数是_________． 4、9291除以100的余数是_______． 5、计算598.9精确到1的近似值为（）A ．99000B ．99002C ．99004D ．990056、设nn n x a x a x a x a a x +⋯++++=+332210)1(，若3132=a a ，则n =_________． 7、121111112084)3()3()3()4()1(a x a x a x a x x +++⋯++++=++，则)(21131log a a a ⋯++=__________．8、求证：98322--+n n 能被64整除，其中n 为非负整数．9、设,,1N n a ∈>且n ≥2，求证：na a n11-<- ．10、选做题已知{}n a （n 为正整数）是首项为1a ，公比为q 的等比数列；（1）求和：223122021c a c a c a +-，334233132031c a c a c a C a -+-；（2）由（1）的结果归纳概括出关于正整数n 的一个结论，并加以证明；（3）设1≠q ，n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，求：+⋯+-+-34231201n n n n C S C S C S C S nn n n C S 1)1(+-．。

高考数学二轮复习精品资料专题10 排列、组合、二项式定理教学案(教师版)

2013高考数学二轮复习精品资料专题10 排列、组合、二项式定理教学案（教师版）【2013考纲解读】1.理解并运用分类加法计数原理或分步乘法计数原理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公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；3.能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【知识网络构建】【重点知识整合】 1．两个基本原理 (1)分类加法计数原理； (2)分类乘法计数原理； 2．排列 (1)定义；(2)排列数公式：A mn ＝n ！n －m ！(n ，m ∈N，m ≤n )；3．组合(1)定义；(2)组合数公式；(3)组合数的性质：C m n ＝C n －m n (m ，n ∈N，且m ≤n )；C m n ＋1＝C mn ＋C m －1n (m ，n ∈N，且m ≤n )．4．二项式定理(a ＋b )n 展开式共有n ＋1项，其中r ＋1项T r ＋1＝C r n a n －r b r.5．二项式系数的性质二项式系数是指C 0n ，C 1n ，…，C nn 这n ＋1个组合数．二项式系数具有如下几个性质： (1)对称性、等距性、单调性、最值性； (2)C r r ＋C r r ＋1＋C r r ＋2＋…＋C r n ＝C r ＋1n ＋1； C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C r n ＋…＋C n n ＝2n； C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝2n －1；C1n＋2C2n＋3C3n＋…＋n C n n＝n·2n－1等．【高频考点突破】考点一两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的区别：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事．例1、给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：由此推断，当n＝6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种(结果用数值表示)．解析：〈1〉以黑色正方形的个数分类，①若有3个黑色正方形，则有C34＝4种；②若有2个黑色正方形，则有C25＝10(种)；③若有1个黑色正方形，则有C16＝6(种)；④若无黑色正方形，则有1种．∴共4＋10＋6＋1＝21(种)．〈2〉法一：至少有2个黑色正方形相邻包括有2个黑色正方形相邻，有3个黑色正方形相邻，有4个黑色正方形相邻，有5个黑色正方形相邻，有6个黑色正方形相邻．①只有2个黑色正方形相邻，有A23＋A24＋C15＝23(种)；②只有3个黑色正方形相邻，有C12＋A23＋C14＝12(种)；③只有4个黑色正方形相邻，有C12＋C13＝5(种)；④只有5个黑色正方形相邻，有C12＝2(种)；⑤有6个黑色正方形相邻，有1(种)．共23＋12＋5＋2＋1＝43(种)．法二：所求事件的对立事件为“黑色正方形互不相邻”，由〈1〉知共有21种，而给6个相连正方形着黑色、白色的方案共有26种，故所求事件的种数为：26－21＝43.答案：21 43【变式探究】正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A ．20B ．15C ．12D ．10【方法技巧】1．在应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步．每一步当中又可能用到分类计数原理．2．对于较复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.考点二排列组合 1．排列数公式： A mn ＝n (n －1)…(n －m ＋1)＝n ！n －m ！.2．组合数公式： C m n＝A mn A m m＝n n －n －m ＋m ！＝n ！m ！n －m ！.3．组合数的性质： ①C mn ＝C n －mn ；②C mn ＋C m －1n ＝C mn ＋1.例2、由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是 ( )A ．72B ．96C ．108D ．144【变式探究】在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为________．考点三二项式定理1．二项式定理： (a ＋b )n＝C 0n a n b 0＋C 1n an －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n.2．通项与二项式系数：T r ＋1＝C r n a n －r b r，其中C r n (r ＝0,1,2，…，n )叫做二项式系数．3．各二项式系数之和： (1)C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n. (2)C 1n ＋C 3n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋…＝2n －1.4．二项式系数的性质：(1)二项式系数首末两端“等距离”相等，即C rn ＝C n －rn . (2)二项式系数最值问题当n 为偶数时，中间一项即第n2＋1项的二项式系数2Cnn最大；当n 为奇数时，中间两项即第n ＋12，n ＋32项的二项式系数12Cn n-，12Cn n+相等且最大．例3、(x ＋a x)(2x －1x)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为 ( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40【变式探究】设(x －1)21＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 21x 21，则a 10＋a 11＝__________.【方法技巧】在应用通项公式时，要注意以下几点(1)它表示二项展开式中的任意项，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)二项式系数与项的系数不同，项的系数除包含二项式系数外，还与a、b中的系数有关．【难点探究】难点一计数原理例1、某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图18－1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种难点二排列与组合例2、在送医下乡活动中，某医院安排3名男医生和2名女医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生，且女医生不安排在同一乡医院工作，则不同的分配方法总数为( )A．78 B．114 C．108 D．120【分析】先分组后分配，然后减去两名女医生在一个医院的情况．【答案】B【解析】五人分组有(1,1,3)，(1,2,2)两种分组方案，方法数是C 15C 14C 33A 22＋C 15C 24C 22A 22＝25，故分配方案的总数是25A 33＝150种．当仅仅两名女医生一组时，分组数是C 13，当两名女医生中还有一名男医生时，分组方法也是C 13，故两名女医生在一个医院的分配方案是6A 33＝36.符合要求的分配方法总数是150－36＝114.难点三二项式定理例3、若⎝⎛⎭⎪⎫3x －1x n的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为________．1.【2012高考真题重庆理4】821⎪⎪⎭⎫⎝⎛+x x 的展开式中常数项为A.1635 B.835 C.435D.1052.【2012高考真题浙江理6】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A.60种B.63种C.65种D.66种【答案】D【解析】从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数的取法分为三类；第一类是取四个偶数，即545=C 种方法；第一类是取两个奇数，两个偶数，即602425=C C 种方法；第三类是取四个奇数，即144=C 故有5+60+1=66种方法。

排列、组合、二项式定理的精品教案3篇

排列、组合、二项式定理的精品教案排列、组合、二项式定理的精品教案精选3篇（一）教案主题：排列、组合、二项式定理教学目标：1. 了解和理解排列、组合的概念和特点；2. 学习排列、组合的计算公式；3. 通过实际问题应用排列、组合的知识；4. 理解和应用二项式定理。

教学准备：1. PowerPoint演示文稿；2. 排列、组合的计算示例；3. 计算器。

教学流程：一、导入（5分钟）1. 引出学生对于排列、组合的了解，以及他们对于二项式定理的了解。

2. 引出排列、组合涉及到的实际问题，如抽奖、排座位等。

二、讲解排列（15分钟）1. 讲解排列的概念：从n个元素中选取r个元素进行排列，一共有多少种不同的排列方式。

2. 讲解排列的计算公式：P(n, r) = n!/(n-r)!。

3. 讲解排列的特点：次序有关，一个元素不能重复选取。

三、讲解组合（15分钟）1. 讲解组合的概念：从n个元素中选取r个元素进行组合，一共有多少种不同的组合方式。

2. 讲解组合的计算公式：C(n, r) = n!/[(n-r)!r!]。

3. 讲解组合的特点：次序无关，一个元素不允许重复选取。

四、讲解二项式定理（15分钟）1. 讲解二项式定理的概念：将一个二项式表达式展开后的结果。

2. 讲解二项式定理的公式：(a+b)^n = C(n, 0) a^n b^0 + C(n, 1) a^n-1 b^1 + ... + C(n, n-1) a^1 b^n-1 + C(n, n) a^0 b^n。

3. 讲解二项式定理的应用：展开二项式表达式，求特定项的值。

五、练习与应用（20分钟）1. 给出一些排列、组合的计算问题，让学生自主计算并回答。

2. 提供一些实际问题，让学生应用排列、组合的知识进行解决。

六、总结与延伸（5分钟）1. 对排列、组合和二项式定理进行简要总结。

2. 探讨一些延伸问题，如多项式展开、二项式系数等。

教学反思：1. 教学内容安排合理，从概念到计算公式，再到实际应用，能够让学生逐步理解和掌握知识。

高中高三数学《排列组合与二项式定理》教案、教学设计

（3）学生对于二项式定理的理解不够深入，难以灵活运用。
（二）教学设想
针对以上重难点，我设想以下教学策略：
1.创设情境，激发兴趣：
2.分层次教学，注重个体差异：
针对学生的不同水平，设计不同难度的题目，使学生在解决问题的过程中逐步提高。对于基础薄弱的学生，重点讲解排列组合的基本概念和计算方法；对于基础较好的学生，引导他们探索二项式定理的推导过程，提高解决问题的能力。
1.讲解排列组合的基本概念，如排列、组合的定义，以及它们之间的区别。
2.通过实例，引导学生掌握排列数、组合数的计算方法，并强调在实际问题中的应用。
3.介绍二项式定理的推导过程，让学生理解定理的含义，并学会运用定理进行计算。
4.结合典型例题，讲解排列组合与二项式定理在解决问题时的应用方法。
（三）学生小组讨论
2.在解决实际问题时，学生可能难以把握问题的实质，不能将问题转化为排列组合问题进行求解；
3.对于二项式定理，学生可能对其推导过程理解不深，难以灵活运用定趣和积极性有所差异，影响学习效果。
针对以上情况，教师在教学过程中应关注学生的个体差异，设计有针对性的教学活动，引导学生积极参与，激发学生的学习兴趣，帮助他们克服困难，提高解决问题的能力。同时，注重培养学生的数学思维，提高他们对数学学科的认识，为高考数学复习打下坚实基础。
三、教学重难点和教学设想
（一）教学重难点
1.教学重点：
（1）排列组合的基本概念及其在实际问题中的应用；
（2）排列数、组合数的计算方法；
（3）二项式定理的推导过程及其应用。
2.教学难点：
（1）学生对于排列组合概念的混淆，难以区分排列与组合的计算方法；
（2）学生在解决实际问题时，难以将问题转化为排列组合问题；

高三数学一轮复习精品教案――排列组合二项式定理概率统计

城东蜊市阳光实验学校2021届高三数学一轮复习精品教案――排列组合二项式定理概率统计〔附高考预测〕一、本章知识构造：1.排列与组合⑴分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个根本原理，两者的区别在于分步计数原理和分步有关，分类计数原理与分类有关.⑵排列与组合主要研究从一些不同元素中，任取局部或者者全部元素进展排列或者者组合，求一一共有多少种方法的问题.区别排列问题与组合问题要看是否与顺序有关，与顺序有关的属于排列问题，与顺序无关的属于组合问题.⑶排列与组合的主要公式①排列数公式：)1()1()!(!+-⋅⋅⋅-=-=m n n n m n n A mn (m≤n)A nn =n!=n(n―1)(n―2)·…·2·1.②组合数公式：12)1()1()1()!(!!⨯⨯⋅⋅⋅⨯-⨯+-⋅⋅⋅-=-=m m m n n n m n m n C mn(m≤n).③组合数性质：①m n n mn C C -=(m≤n).②n n n n n n C C C C 2210=+⋅⋅⋅+++③1314202-=⋅⋅⋅++=⋅⋅⋅++n n n n n nC C C C C2.二项式定理 ⑴二项式定理(a+b)n=C 0n an+C 1n an －1b+…+C r n an －rbr+…＋C n n bn ，其中各项系数就是组合数C rn ，展开式一一共有n+1项，第r+1项是Tr+1=C rn an －rbr.⑵二项展开式的通项公式二项展开式的第r+1项Tr+1=C rn an －rbr(r=0,1,…n)叫做二项展开式的通项公式。

⑶二项式系数的性质①在二项式展开式中，与首末两端“等间隔〞的两个二项式系数相等，即C rn =C rn n-(r=0,1,2,…,n).②假设n 是偶数，那么中间项(第12+n 项)的二项公式系数最大，其值为C 2nn；假设n 是奇数，那么中间两项(第21+n 项和第23+n 项)的二项式系数相等，并且最大，其值为C 21-n n =C 21+n n .③所有二项式系数和等于2n ，即C 0n +C 1n ＋C 2n +…+C nn =2n. ④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，即C 0n +C 2n +…=C 1n +C 3n +…=2n―1. 3.概率〔1〕事件与根本领件：根本领件：试验中不能再分的最简单的“单位〞随机事件；一次试验等可能的产生一个根本领件；任意两个根本领件都是互斥的；试验中的任意事件都可以用根本领件或者者其和的形式来表示．〔2〕频率与概率：随机事件的频率是指此事件发生的次数与试验总次数的比值．频率往往在概率附近摆动，且随着试验次数的不断增加而变化，摆动幅度会越来越小．随机事件的概率是一个常数，不随详细的实验次数的变化而变化．〔3〕互斥事件与对立事件：〔4〕古典概型与几何概型：古典概型：具有“等可能发生的有限个根本领件〞的概率模型．几何概型：每个事件发生的概率只与构成事件区域的长度〔面积或者者体积〕成比例．两种概型中每个根本领件出现的可能性都是相等的，但古典概型问题中所有可能出现的根本领件只有有限个，而几何概型问题中所有可能出现的根本领件有无限个．〔5〕古典概型与几何概型的概率计算公式：古典概型的概率计算公式：()A P A =包含的基本事件的个数基本事件的总数．几何概型的概率计算公式：()A P A =构成事件的区域长度(面积或体积)试验全部结果构成的区域长度(面积或体积)．两种概型概率的求法都是“求比例〞，但详细公式中的分子、分母不同．〔6〕概率根本性质与公式①事件A 的概率()P A 的范围为：0()1P A ≤≤．②互斥事件A 与B 的概率加法公式：()()()P A B P A P B =+．③对立事件A 与B 的概率加法公式：()()1P A P B +=．〔7〕假设事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么它在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率是pn(k)=C kn pk(1―p)n―k.实际上，它就是二项式[(1―p)+p]n 的展开式的第k+1项. 〔8〕独立重复试验与二项分布①．一般地，在一样条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验．注意这里强调了三点：〔1〕一样条件；〔2〕屡次重复；〔3〕各次之间互相独立；②．二项分布的概念：一般地，在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为X ，在每次试验中事件A 发生的概率为p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为()(1)(012)k k n k n P X k C p p k n -==-=，，，，，．此时称随机变量X 服从二项分布，记作~()X B n p ，，并称p 为成功概率．4、统计〔1〕三种抽样方法 ①简单随机抽样简单随机抽样是一种最简单、最根本的抽样方法．抽样中选取个体的方法有两种：放回和不放回．我们在抽样调查中用的是不放回抽取．简单随机抽样的特点：被抽取样本的总体个数有限．从总体中逐个进展抽取，使抽样便于在理论中操作．它是不放回抽取，这使其具有广泛应用性．每一次抽样时，每个个体等可能的被抽到，保证了抽样方法的公平性．施行抽样的方法：抽签法：方法简单，易于理解．随机数表法：要理解好随机数表，即表中每个位置上等可能出现0，1，2，…，9这十个数字的数表．随机数表中各个位置上出现各个数字的等可能性，决定了利用随机数表进展抽样时抽取到总体中各个个体序号的等可能性． ②系统抽样系统抽样适用于总体中的个体数较多的情况．系统抽样与简单随机抽样之间存在着亲密联络，即在将总体中的个体均分后的每一段中进展抽样时，采用的是简单随机抽样．系统抽样的操作步骤：第一步，利用随机的方式将总体中的个体编号；第二步，将总体的编号分段，要确定分段间隔k ，当N n 〔Ｎ为总体中的个体数，n 为样本容量〕是整数时，N k n=；当N n 不是整数时，通过从总体中剔除一些个体使剩下的个体个数Ｎ能被n 整除，这时N k n'=；第三步，在第一段用简单随机抽样确定起始个体编号l ，再按事先确定的规那么抽取样本．通常是将l 加上间隔k 得到第2个编号()l k +，将()l k +加上k ，得到第3个编号(2)l k +，这样继续下去，直到获取整个样本． ③分层抽样当总体由明显差异的几局部组成时，为了使抽样更好地反映总体情况，将总体中各个个体按某种特征分成假设干个互不重叠的局部，每一局部叫层；在各层中按层在总体中所占比例进展简单随机抽样．分层抽样的过程可分为四步：第一步，确定样本容量与总体个数的比；第二步，计算出各层需抽取的个体数；第三步，采用简单随机抽样或者者系统抽样在各层中抽取个体；第四步，将各层中抽取的个体合在一起，就是所要抽取的样本．〔2〕用样本估计总体样本分布反映了样本在各个范围内取值的概率，我们常常使用频率分布直方图来表示相应样本的频率分布，有时也利用茎叶图来描绘其分布，然后用样本的频率分布去估计总体分布，总体一定时，样本容量越大，这种估计也就越准确．①用样本频率分布估计总体频率分布时，通常要对给定一组数据进展列表、作图处理．作频率分布表与频率分布直方图时要注意方法步骤．画样本频率分布直方图的步骤：求全距→决定组距与组数→分组→列频率分布表→画频率分布直方图．②茎叶图刻画数据有两个优点：一是所有的信息都可以从图中得到；二是茎叶图便于记录和表示，但数据位数较多时不够方便．③平均数反映了样本数据的平均程度，而标准差反映了样本数据相对平均数的波动程度，其计算公式为s =．有时也用标准差的平方———方差来代替标准差，两者本质上是一样的．〔3〕两个变量之间的关系变量与变量之间的关系，除了确定性的函数关系外，还存在大量因变量的取值带有一定随机性的相关关系．在本章中，我们学习了一元线性相关关系，通过建立回归直线方程就可以根据其局部观测值，获得对这两个变量之间的整体关系的理解．分析两个变量的相关关系时,我们可根据样本数据散点图确定两个变量之间是否存在相关关系，还可利用最小二乘估计求出回归直线方程．通常我们使用散点图，首先把样本数据表示的点在直角坐标系中作出，形成散点图．然后从散点图上，我们可以分析出两个变量是否存在相关关系：假设这些点大致分布在通过散点图中心的一条直线附近，那么就说这两个变量之间具有线性相关关系，这条直线叫做回归直线，其对应的方程叫做回归直线方程．在本节要经常与数据打交道，计算量大，因此同学们要学会应用科学计算器．〔4〕求回归直线方程的步骤：第一步：先把数据制成表，从表中计算出211nni i i i i x y x y x ==∑∑，，，；第二步：计算回归系数的a ，b ，公式为第三步：写出回归直线方程y bx a =+．〔4〕独立性检验①22⨯列联表：列出的两个分类变量X和Y ，它们的取值分别为12{,}x x 和12{,}y y 的样本频数表称为22⨯列联表1构造随机变量22()()()())n ad bc K a b c d a c b d -=++++〔其中n a b c d =+++〕得到2K 的观察值k 常与以下几个临界值加以比较：假设 2.706k>，就有0090的把握因为两分类变量X 和Y 是有关系；假设 3.841k >就有0095的把握因为两分类变量X 和Y 是有关系；假设 6.635k>就有0099的把握因为两分类变量X 和Y 是有关系；假设低于 2.706k ≤，就认为没有充分的证据说明变量X 和Y 是有关系．②三维柱形图：假设列联表1的三维柱形图如以下图由各小柱形表示的频数可见，对角线上的频数的积的差的绝对值||ad bc -较大，说明两分类变量X 和Y 是有关的，否那么的话是无关的．法。

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第85课时：第十章排列、组合和概率——二项式定理（2）
课题：二项式定理（2）
一．复习目标：
1．能利用二项式系数的性质求多项式系数的和与求一些组合数的和． 2．能熟练地逆向运用二项式定理求和．
3．能利用二项式定理求近似值，证明整除问题，证明不等式．二．课前预习：
1．1003
)32(+的展开式中无理项的个数是（ A ）
()A 84 ()B 85 ()C 86 ()D 87
2.设1510105)(2345++-+-=x x x x x x f ，则)(1
x f
-等于（ C ）
()A 51x + ()B 521--x ()C 521-+x ()D 51x -
3．如果21872221221=++++n n n n n
C C C ，则=++++n n n n n C C C C 210128． 4.n
n
n n n C n C C 11)1(3121121+-+-+- =1
1+n ． 5.9)23(z y x +-展开式中含432z y x 的项为43290720z y x -． 6．若1001002210100)1()1()1()21(-++-+-+=+x a x a x a a x ，则=++++99531a a a a 2
1
5100-.
四．例题分析：
例1．已知}{n a 是等比数列，公比为q ，设n n n n n n C a C a C a a S 123121+++++= （其
中+∈>N n n ,2），且n n n n n n C C C C S ++++= 2101，如果1
lim
n
n
n S S ∞→存在，求公比q 的取值范围．
解：由题意11-⋅=n n q a a ，n n
S 21
=，)
0()1()1(122
1
11221111≠+=++++=++++=q q a C q C q qC a C q a C q a qC a a S n
n n
n
n
n
n
n
n n n n
∴n
n n n n q a q a S S )21(2
)1(111+=+=．如果1lim n n n S S ∞→存在，则1|21|<+q 或121=+q ， ∴212<+<-q 或1=q ，故13≤<-q 且0≠q ．
例2．(1)求多项式673410234)157()53()323(--⋅-⋅---x x x x x x 展开式各项系数和．
(2)多项式1000231000)22(+--⋅-x x x x 展开式中x 的偶次幂各项系数和与x 奇次幂各项系数和各是多少？
解：（1）设431024367()(323)(35)(751)f x x x x x x x =---⋅-⋅--
2012()n
n a a x a x a x n N =+++
+∈，
其各项系数和为n a a a a ++++ 210．又∵102467102012(1)(3123)(35)(751)163n f a a a a =+++
+=---⋅-⋅--=⋅，
∴各项系数和为102316⋅．
（2）设30013001101000231000)22()(x a x a a x x x x x f +++=+--⋅-= ，
∴0)1(3001210=++++=a a a a f ，2)1(3001210=--+-=-a a a a f ，故
1300131-=+++a a a ，1300020=+++a a a ，
∴)(x f 展开式中x 的偶次幂各项系数和为1，x 奇次幂各项系数和为-1．
例3．证明：（1）∑==n
k n k
n
k C 032)(N n ∈；（2）1
222122322212022
3222--⋅=++++++n n n n n n n n n C C C C C C )(N n ∈；（3）)(3)11(2N n n
n ∈<+<；（4）2222212)1(21-⋅+=⋅++⋅+⋅n n n n n
n n n C C C
由(i)知
小结：
五．课后作业：
1．若n x
x )1
(23+的展开式中只有第6项的系数最大，则不含x 的项为（ C ）
()A 462 ()B 252 ()C 210 ()D 10
2．用88除78788+，所得余数是（）
()A 0 ()B 1 ()C 8 ()D 80
3．已知2002年4月20日是星期五，那么9010天后的今天是星期． 4．某公司的股票今天的指数是2，以后每天的指数都比上一天的指数增加%02.0，
则100天后这家公司的股票指数约为2.442（精确到0.001）． 5．已知55443322105)23(x a x a x a x a x a a x +++++=-，则
（1）5432a a a a +++的值为568；（2）=++++||||||||||54321a a a a a 2882． 6．若n ax 2)1(+和12)(++n a x 的展开式中含n x 项的系数相等（*N n ∈，0≠a ），
则a 的取值范围为]3
2
,21(
7．求满足500323210<+++++n n n n n n
nC C C C C 的最大整数n ．
原不等式化为n ·2n-1
＜499
∵27=128，∴n=8时，8·27=210=1024＞500．当n=7时，7·26=7×64=448＜449．故所求的最大整数为n=7．
8．求证：222222120)()()()(n n n n n n C C C C C =++++
证明由(1+x)n ·(1+x)n =(1+x)2n ，两边展开得：
比较等式两边x n
的系数，它们应当相等，所以有：
9．已知(1＋3x)n 的展开式中，末三项的二项式系数的和等于 121，求展开式中系数最大的项．
∴ n ＝15或 n ＝-16(舍)
设第 r ＋1项与第 r 项的系数分别为t r+1，t r
∴t
r+1≥t
r
则可得3(15-r＋1)＞r解得r≤12
∴当r取小于12的自然数时，都有t
r ＜t
r+1
当r＝12时，t
r+1
=t
r。