【全国百强校】东北师大附中高三数学第一轮复习导学案:排列组合二项式定理(理)A.docx
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1、排列、组合、二项式定理(教案)A一、学问点梳理1排列、组合、二项式学问相互关系表2两个基本原理(1)分类计数原理中的分类;(2)分步计数原理中的分步;正确地分类与分步是学好这一章的关键。3排列(1)排列定义,排列数(2)排列数公式:系 =n(n1)(nm+1);(3)全排列列: =n!;(4)记住下列几个阶乘数:1!=1,2!=2,3!=6,4!=24,5!=120,6!=720;4组合(1)组合的定义,排列与组合的区分;(2)组合数公式:Cnm=;(3)组合数的性质Cnm=Cnn-m;rCnr=nCn-1r-1;Cn0+Cn1+Cnn=2n;Cn0-Cn1+(-1)nCnn=0,即 Cn0+
2、Cn2+Cn4+=Cn1+Cn3+=2n-1;5二项式定理(1)二项式开放公式:(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+Cnkan-kbk+Cnnbn;(2)通项公式:二项式开放式中第k+1项的通项公式是:Tk+1=Cnkan-kbk;6二项式的应用(1)求某些多项式系数的和;(2)证明一些简洁的组合恒等式;(3)证明整除性。求数的末位;数的整除性及求系数;简洁多项式的整除问题;(4)近似计算。当|x|充分小时,我们常用下列公式估量近似值:(1+x)n1+nx;(1+x)n1+nx+x2;(5)证明不等式。二、题型探究探究一:计数原理例1完成下列选择题与填空题(1)有三个不同的信箱,今有四
3、封不同的信欲投其中,则不同的投法有 种。A81B64C24D4(2)四名同学争夺三项冠军,获得冠军的可能的种数是( )A81B64C24D4(3)有四位同学参与三项不同的竞赛,每位同学必需参与一项竞赛,则有不同的参赛方法有 ;每项竞赛只许有一位同学参与,则有不同的参赛方法有 ;每位同学最多参与一项竞赛,每项竞赛只许有一位同学参与,则不同的参赛方法有 。解析:(1)完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行,是选用基本原理的关键。将“投四封信”这件事分四步完成,每投一封信作为一步,每步都有投入三个不同信箱的三种方法,因此:N=3333=34=81,故答案选A。本题也可以这样分类完成,四封信投入一个
4、信箱中,有C31种投法;四封信投入两个信箱中,有C32(C41A22+C42C22)种投法;四封信投入三个信箱,有两封信在同一信箱中,有C42A33种投法、,故共有C31+C32(C41A22+C42C22)+C42A33=81(种)。故选A。(2)因同学可同时夺得n项冠军,故同学可重复排列,将4名同学看作4个“店”,3项冠军看作“客”,每个“客”都可住进4家“店”中的任意一家,即每个“客”有4种住宿法。由分步计数原理得:N=444=64。故答案选B。(3)同学可以选择项目,而竞赛项目对同学无条件限制,所以类似(1)可得N=34=81(种);竞赛项目可以挑同学,而同学无选择项目的机会,每一项可
5、以挑4种不同同学,共有N=43=64(种);等价于从4个同学中选择3个同学去参与三个项目的竞赛,每人参与一项,故共有C43A33=24(种)。例2今有2个红球、3个黄球、4个白球,同色球不加以区分,将这9个球排成一列有种不同的方法(用数字作答)。解析:本题考查排列组合的基本学问,由题意可知,因同色球不加以区分,实际上是一个组合问题,共有。点评:分步计数原理与分类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,在高中数学中,只有这两个原理,尤其是分类计数原理与分类争辩有很多相通之处,当遇到比较简洁的问题时,用分类的方法可以有效的将之化简,达到求解的目的。探究二:排列问题例3(1)在这五个数
6、字组成的没有重复数字的三位数中,各位数字之和为奇数的共有( )(A)36个 (B)24个 (C)18个 (D)6个(2)从4名男生和3名女生中选出3人,分别从事三项不同的工作,若这3人中至少有1名女生,则选派方案共有( )(A)108种 (B)186种 (C)216种 (D)270种(3)在数字1,2,3与符号,五个元素的全部全排列中,任意两个数字都不相邻的全排列个数是( )A6 B. 12 C. 18 D. 24(4)高三(一)班学要支配毕业晚会的4各音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出挨次,要求两个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( )(A)1800 (B)3600 (C)4320
7、 (D)5040解析:(1)依题意,所选的三位数字有两种状况:(1)3个数字都是奇数,有种方法(2)3个数字中有一个是奇数,有,故共有24种方法,故选B;(2)从全部方案中减去只选派男生的方案数,合理的选派方案共有=186种,选B;(3)先排列1,2,3,有种排法,再将“”,“”两个符号插入,有种方法,共有12种方法,选B;(4)不同排法的种数为3600,故选B。点评:合理的应用排列的公式处理实际问题,首先应当进入排列问题的情景,想清楚我处理时应当如何去做。例4(1)(06天津卷)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的五位数,则其中数字1,2相邻的偶数有个(用数字作答);(2)(06上海春
8、)电视台连续播放6个广告,其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告,要求首尾必需播放公益广告,则共有 种不同的播放方式(结果用数值表示).解析:(1)可以分状况争辩: 若末位数字为0,则1,2,为一组,且可以交换位置,3,4,各为1个数字,共可以组成个五位数; 若末位数字为2,则1与它相邻,其余3个数字排列,且0不是首位数字,则有个五位数; 若末位数字为4,则1,2,为一组,且可以交换位置,3,0,各为1个数字,且0不是首位数字,则有=8个五位数,所以全部合理的五位数共有24个。(2)分二步:首尾必需播放公益广告的有A22种;中间4个为不同的商业广告有A44种,从而应当填 A22A4448
9、. 从而应填48。点评:排列问题不行能解决全部问题,对于较简洁的问题都是以排列公式为挂念。探究三:组合问题例5(1)将5名实习老师支配到高一班级的个班实习,每班至少名,最多名,则不同的支配方案有( )(A)种(B)种 (C)种(D)种(2)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的球的个数不小于该盒子的编号,则不同的放球方法有()A10种B20种C36种 D52种解析:(1)将5名实习老师支配到高一班级的3个班实习,每班至少1名,最多2名,则将5名老师分成三组,一组1人,另两组都是2人,有种方法,再将3组分到3个班,共有种不同的支配方案,选B;(2)将4个颜色
10、互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号,分状况争辩:1号盒子中放1个球,其余3个放入2号盒子,有种方法;1号盒子中放2个球,其余2个放入2号盒子,有种方法;则不同的放球方法有10种,选A。点评:计数原理是解决较为简洁的排列组合问题的基础,应用计数原理结合例6(1)某校从8名老师中选派4名老师同时去4个边远地区支教(每地1人),其中甲和乙不同去,则不同的选派方案共有 种;(2)5名志愿者分到3所学校支教,每个学校至少去一名志愿者,则不同的分派方法共有( )(A)150种 (B)180种 (C)200种 (D)280种 解析:(1)可以分状况争
11、辩, 甲去,则乙不去,有=480种选法;甲不去,乙去,有=480种选法;甲、乙都不去,有=360种选法;共有1320种不同的选派方案;(2)人数支配上有1,2,2与1,1,3两种方式,若是1,2,2,则有60种,若是1,1,3,则有90种,所以共有150种,选A。点评:排列组合的交叉使用可以处理一些简洁问题,诸如分组问题等;探究四:排列、组合的综合问题例7平面上给定10个点,任意三点不共线,由这10个点确定的直线中,无三条直线交于同一点(除原10点外),无两条直线相互平行。求:(1)这些直线所交成的点的个数(除原10点外)。(2)这些直线交成多少个三角形。解法一:(1)由题设这10点所确定的直
12、线是C102=45条。这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点,由任意两条直线交一个点,共有C452个交点。而在原来10点上有9条直线共点于此。所以,在原来点上有10C92点被重复计数;所以这些直线交成新的点是:C45210C92=630。(2)这些直线所交成的三角形个数可如下求:由于每个三角形对应着三个顶点,这三个点来自上述630个点或原来的10个点。所以三角形的个数相当于从这640个点中任取三个点的组合,即C6403=43486080(个)。解法二:(1)如图对给定的10点中任取4个点,四点连成6条直线,这6条直线交3个新的点。故原题对应于在10个点中任取4点的不同取法的3倍,即这些直
13、线新交成的点的个数是:3C104=630。(2)同解法一。点评:用排列、组合解决有关几何计算问题,除了应用排列、组合的各种方法与对策之外,还要考虑实际几何意义。例8已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合3,2,1,0,1,2,3中的3个不同的元素,并且该直线的倾斜角为锐角,求符合这些条件的直线的条数。解 设倾斜角为,由为锐角,得tan=-0,即a、b异号。(1)若c=0,a、b各有3种取法,排解2个重复(3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0),故有33-2=7(条);(2)若c0,a有3种取法,b有3种取法,而同时c还有4种取法,且其中任两条直线均不相同,故这样的直线有334
14、=36条,从而符合要求的直线共有7+36=43条;点评:本题是1999年全国高中数学联赛中的一填空题,据抽样分析正确率只有0.37。错误缘由没有对c=0与c0正确分类;没有考虑c=0中毁灭重复的直线。探究五:二项式定理例9(1)(湖北卷)在的开放式中,的幂的指数是整数的项共有A3项 B4项 C5项 D6项(2)的开放式中含x的正整数指数幂的项数是(A)0(B)2(C)4(D)6解析:本题主要考查二项式开放通项公式的有关学问;(1),当r0,3,6,9,12,15,18,21,24时,x的指数分别是24,20,16,12,8,4,0,4,8,其中16,8,4,0,8均为2的整数次幂,故选C;(2
15、)的开放式通项为,因此含x的正整数次幂的项共有2项.选B;点评:多项式乘法的进位规章。在求系数过程中,尽量先化简,降底数的运算级别,尽量化成加减运算,在运算过程可以适当留意令值法的运用,例如求常数项,可令.在二项式的开放式中,要留意项的系数和二项式系数的区分。例10(1)在(x)2006 的二项开放式中,含x的奇次幂的项之和为S,当x时,S等于( )A.23008 B.23008 C.23009 D.23009(2)已知的开放式中第三项与第五项的系数之比为,其中=1,则开放式中常数项是( )(A)45i (B) 45i (C) 45 (D)45(3)若多项式( )(A)9 (B)10 (C)9
16、 (D)10解析:(1)设(x)2006a0x2006a1x2005a2005xa2006;则当x时,有a0()2006a1()2005a2005()a20060 (1),当x时,有a0()2006a1()2005a2005()a200623009 (2),(1)(2)有a1()2005a2005()23009223008,故选B;(2)第三项的系数为,第五项的系数为,由第三项与第五项的系数之比为可得n10,则,令405r0,解得r8,故所求的常数项为45,选A;(3)令,得,令,得;点评:本题考查二项式开放式的特殊值法,基础题;探究六:二项式定理的应用例11证明下列不等式:(1)()n,(a
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