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2019-2020年高中数学选修2-3排列、组合、二项式定理

2019-2020 年高中数学选修 2-3 排列、组合、二项式定理
一.课标要求: 1.分类加法计数原理、分步乘法计数原理 通过实例,总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理;能根据具体问题的特征,选
择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.排列与组合 通过实例,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; 3.二项式定理 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。
二.命题走向 本部分内容主要包括分类计数原理、分步计数原理、排列与组合、二项式定理三部分;
考查内容:(1)两个原理;(2)排列、组合的概念,排列数和组合数公式,排列和组合的应 用;(3)二项式定理,二项展开式的通项公式,二项式系数及二项式系数和。
排列、组合不仅是高中数学的重点内容,而且在实际中有广泛的应用,因此新高考会有 题目涉及;二项式定理是高中数学的重点内容,也是高考每年必考内容,新高考会继续考察。
考察形式:单独的考题会以选择题、填空题的形式出现,属于中低难度的题目,排列组 合有时与概率结合出现在解答题中难度较小,属于高考题中的中低档题目;预测 xx 年高考本 部分内容一定会有题目涉及,出现选择填空的可能性较大,与概率相结合的解答题出现的可 能性较大。 三.要点精讲
1.排列、组合、二项式知识相互关系表
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·(n-1)…(n-m+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,排列与组合的区别; (2)组合数公式:Cnm==; (3)组合数的性质 ①Cnm=Cnn-m ; ② ; ③rCnr=n·Cn-1r-1 ; ④Cn0+Cn1+…+Cnn=2n ; ⑤Cn0-Cn1+…+(-1)nCnn=0 , 即 Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+…=2n-1; 5.二项式定理 (1)二项式展开公式:(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnkan-kbk+…+Cnnbn;

(2)通项公式:二项式展开式中第 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)证明一些简单的组合恒等式;

(3)证明整除性。①求数的末位;②数的整除性及求系数;③简单多项式的整除问题;

(4)近似计算。当|x|充分小时,我们常用下列公式估计近似值:

①(1+x)n≈1+nx;②(1+x)n≈1+nx+x2;(5)证明不等式。

四.典例解析

题型 1: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,今有四封不同的信欲投其中,则不同的投法有

种。

A.81

B.64

C.24

D.4

(2)四名学生争夺三项冠军,获得冠军的可能的种数是( )

A.81

B.64

C.24

D.4

(3)有四位学生参加三项不同的竞赛,

①每位学生必须参加一项竞赛,则有不同的参赛方法有



②每项竞赛只许有一位学生参加,则有不同的参赛方法有



③每位学生最多参加一项竞赛,每项竞赛只许有一位学生参加,则不同的参赛方法





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=3×3×3×3=34=81,故答案选 A。

本题也可以这样分类完成,①四封信投入一个信箱中,有 C31 种投法;②四封信投入两个 信箱中,有 C32(C41·A22+C42·C22)种投法;③四封信投入三个信箱,有两封信在同一信箱中, 有 C42·A33 种投法、,故共有 C31+C32(C41·A22+C42C22)+C42·A33=81(种)。故选 A。
(2)因学生可同时夺得 n 项冠军,故学生可重复排列,将 4 名学生看作 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=4×4×4=64。

故答案选 B。

(3)①学生可以选择项目,而竞赛项目对学生无条件限制,所以类似(1)可得 N=34=81

(种);

②竞赛项目可以挑学生,而学生无选择项目的机会,每一项可以挑 4 种不同学生,共有

N=43=64(种);

③等价于从 4 个学生中挑选 3 个学生去参加三个项目的竞赛,每人参加一项,故共有

C43·A33=24(种)。 例 2.(06 江苏卷)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知识,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化简,达到求解的目的。

题型 2:排列问题

例 3.(1)(06 北京卷)在这五个数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)(06 福建卷)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)(06 湖南卷)在数字 1,2,3 与符号+,-五个元素的所有全排列中,任意两个数

字都不相邻的全排列个数是( )

A.6

B. 12

C. 18

D. 24

(4)(06 重庆卷)高三(一)班学要安排毕业晚会的 4 各音乐节目,2 个舞蹈节目和 1 个

曲艺节目的演出顺序,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

(D)5040

解析:(1)依题意,所选的三位数字有两种情况:(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,首先应该进入排列问题的情景,想清楚我

处理时应该如何去做。

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)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,要求首尾必须播放公益广告,则共有

种不同的播放方式(结果用数值

表示).

解析:(1)可以分情况讨论:① 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;② 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;③ 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:首尾必须播放公益广告的有 A22 种;中间 4 个为不同的商业广告有 A44 种, 从而应当填 A22·A44=48. 从而应填 48。
点评:排列问题不可能解决所有问题,对于较复杂的问题都是以排列公式为辅助。

题型三:组合问题

例 5.(1)(06 重庆卷)将 5 名实习教师分配到高一年级的3个班实习,每班至少1名,

最多2名,则不同的分配方案有( )

(A)30种

(B)90种

(C)180种

(D)270种

(2)(06 天津卷)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( )

A.10 种

B.20 种

C.36 种

D.52 种

解析:(1)将 5 名实习教师分配到高一年级的 3 个班实习,每班至少 1 名,最多 2 名,

则将 5 名教师分成三组,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

有种不同的分配方案,选 B;

(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,分情况讨论:①1 号盒子中放 1 个球,其余 3 个放入 2

号盒子,有种方法;②1 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复杂的排列组合问题的基础,应用计数原理结合

例 6.(1)(06 陕西卷)某校从 8 名教师中选派 4 名教师同时去 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)(06全国II)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)可以分情况讨论,① 甲去,则乙不去,有=480 种选法;②甲不去,乙去,

有=480 种选法;③甲、乙都不去,有=360 种选法;共有 1320 种不同的选派方案;

(2)人数分配上有 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复杂问题,诸如分组问题等;

题型 4: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),无两条直线互相平行。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 点所确定的直线是 C102=45 条。



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

C2 45

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:C452-10C92=630。

(2)这些直线所交成的三角形个数可如下求:因为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θ ,由θ 为锐角,得 tanθ =->0,即 a、b 异号。

(1)若 c=0,a、b 各有 3 种取法,排除 2 个重复(3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0),故有 3×

3-2=7(条);

(2)若 c≠0,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 3×3×4=36 条,从而符合要求的直线共有 7+36=43 条;

点评:本题是 xx 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

误原因没有对 c=0 与 c≠0 正确分类;没有考虑 c=0 中出现重复的直线。

题型 5:二项式定理

例 9.(1)(湖北卷)在的展开式中,的幂的指数是整数的项共有

A.3 项

B.4 项

C.5 项

D.6 项

(2)的展开式中含 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展开通项公式的有关知识;

(1)Tr+1=C2r4

x24-(r -

1 3x

)r=(-1)rC2r4

72-4 r
x3

,当

r=0,3,6,9,12,15,18,21,24

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)的展开式通项为 C1r2 (

x )r ( 1 )10?r 3x

?

C1r0

(

1 )10 ? r 3

x

3r 2

?10

,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则。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注意令值法的运用,例如求常数项,可令.在二项式的展

开式中,要注意项的系数和二项式系数的区别。

例 10.(1)(06 江西卷)在(x-)xx 的二项展开式中,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)(06 山东卷)已知的展开式中第三项与第五项的系数之比为-,其中=-1,则展开

式中常数项是( )

(A)-45i

(B) 45i

(C) -45

(D)45

(3)(06 浙江卷)若多项式

x 2 ? x10 ? a0 ? a1 (x ? 1) ? ? ? a9 (x ? 1)2 ? a10 (x ? 1)10 ,则a9 ? ( )

(A)9

(B)10

(C)-9

(D)-10

解析:(1)设(x-)xx=a0xxx+a1xxx+…+axxx+axx; 则当 x=时,有 a0()xx+a1()xx+…+axx()+axx=0 (1), 当 x=-时,有 a0()xx-a1()xx+…-axx()+axx=23009 (2), (1)-(2)有 a1()xx+…+axx()=-23009?2=-23008,,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 n=

10,则=,令 40-5r=0,解得 r=8,故所求的常数项为=45,选 A;

(3)令,得 a0 ? a1 ? a2 ? ? ? a9 ? a10 ? 22 ? 210 ,令,得 a0 ? a1 ? a2 ? ? ? a9 ? a10 ? 0 ;

点评:本题考查二项式展开式的特殊值法,基础题; 题型 6:二项式定理的应用
例 11.证明下列不等式: (1)≥()n,(a、b∈{x|x 是正实数},n∈N); (2)已知 a、b 为正数,且+=1,则对于 n∈N 有 (a+b)n-an-bn≥22n-2n+1。 证明:(1)令 a=x+δ ,b=x-δ ,则 x=; an+bn=(x+δ )n+(x-δ )n =xn+Cn1xn-1δ +…+Cnnδ n+xn-Cn1xn-1δ +…(-1)nCnnδ n =2(xn+Cn2xn-2δ 2+Cn4xn-4δ 4+…) ≥2xn 即≥()n (2)(a+b)n=an+Cn1an-1b+…+Cnnbn (a+b)n=bn+Cn1bn-1a+…+Cnnan 上述两式相加得: 2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+…+Cnk(an-kbk+bn-kak)+…+Cnn(an+bn) (*) ∵+=1,且 a、b 为正数 ∴ab=a+b≥2 ∴ab≥4 又∵ an-kbk+bn-kak≥2=2()n(k=1,2,…,n-1) ∴2(a+b) n≥2an+2bn+Cn12()n+Cn22()n+…+Cnn-12()n ∴(a+b)n-an-bn ≥(Cn1+Cn2+…+Cnn-1)·()n ≥(2n-2)·2n =22n-2n+1 点评:利用二项式定理的展开式,可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题(1)中 的换元法称之为均值换元(对称换元)。这样消去δ 奇数次项,从而使每一项均大于或等于零。 题(2)中,由由称位置二项式系数相等,将展开式倒过来写再与原来的展开式相加,这样充 分利用对称性来解题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。 例 12.(1)求 4×6n+5n+1 被 20 除后的余数; (2)7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1×7 除以 9,得余数是多少? (3)根据下列要求的精确度,求 1.025 的近似值。①精确到 0.01;②精确到 0.001。 解析:(1)首先考虑 4·6n+5n+1 被 4 整除的余数。 ∵5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+…+Cn+1n·4+1, ∴其被 4 整除的余数为 1, ∴被 20 整除的余数可以为 1,5,9,13,17, 然后考虑 4·6n+1+5n+1 被 5 整除的余数。 ∵4·6n=4·(5+1)n=4(5n+Cn1·5n-1+Cn2·5n-2+…+Cnn-1·5+1), ∴被 5 整除的余数为 4, ∴其被 20 整除的余数可以为 4,9,14,19。 综上所述,被 20 整除后的余数为 9。 (2) 7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1·7
=(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(-1)n-1Cnn-1·9+(-1)nCnn-1 (i)当 n 为奇数时

原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(-1)n-1Cnn-1·9-2 ∴除以 9 所得余数为 7。 (ii)当 n 为偶数时 原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(-1)n-1Cnn-1·9 ∴除以 9 所得余数为 0,即被 9 整除。 (3)(1.02)5≈(1+0.02)5
=1+c51·0.02+C52·0.022+C53·0.023+C540.024+C55·0.025 ∵C52×0.022=0.004,C53×0.023=8×10-5 ∴①当精确到 0.01 时,只要展开式的前三项和,1+0.10+0.004=1.104,近似值为 1.10。 ②当精确到 0.001 时,只要取展开式的前四项和,1+0.10+0.004+0.0008=1.10408,近似 值为 1.104。 点评:(1)用二项式定理来处理余数问题或整除问题时,通常把底数适当地拆成两项之 和或之差再按二项式定理展开推得所求结论; (2)用二项式定理来求近似值,可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。 五.思维总结 解排列组合应用题的基本规律 1.分类计数原理与分步计数原理使用方法有两种:①单独使用;②联合使用。 2.将具体问题抽象为排列问题或组合问题,是解排列组合应用题的关键一步。 3.对于带限制条件的排列问题,通常从以下三种途径考虑: (1)元素分析法:先考虑特殊元素要求,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)整体排除法:先算出不带限制条件的排列数,再减去不满足限制条件的排列数。 4.对解组合问题,应注意以下三点: (1)对“组合数”恰当的分类计算,是解组合题的常用方法; (2)是用“直接法”还是“间接法”解组合题,其原则是“正难则反”; (3)设计“分组方案”是解组合题的关键所在。

2019-2020 年高中数学选修 2-3 排列与排列数

教学目标:

1、理解排列的意义,并能用树形图正确写出一些简单排列问题的所有排列。

2、了解排列数的意义,掌握排列数公式及推导方法,从中体会“化归”的数学思想,并能运

用排列数公式进行计算。

要点扫描:

1、排列定义:从个不同的元素中取出个元素,按照

排成一列,叫做从个不同

的元素中取出个元素的一个排列。

2、排列数:从个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数,叫做从个不同的元素中取出个

元素的排列数,用符号

表示

3、排列数公式

(1)

Anm

?

n(n

? 1)( n

? 2)??(n

?

m

? 1)

?

n! (m (n ? m)!

?

n,且m, n ?

N ? )(规定0!? 1)

(2)
(3)当时,有 Anm ? n(n ?1)(n ? 2)??1 ? n!
(4)阶乘:
例题讲解: 例 1、判断下列问题是否是排列问题: (1)从 1 到 10 十个自然数中任取两个数组成点的坐标,可得到多少种不同的点的坐标? (2)从学号为 1 到 10 的十名同学中任取两名同学去学校开座谈会,有多少种不同的抽取方 式? (3)平面上有 5 个点,其中任意三点不共线,这 5 点最多可以确定多少条直线?可确定多少 条射线?

例 2、将 A、B、C、D 四名同学按一定顺序排成一行,要求自左向右,且 A 不排在第一,B 不 排在第二,C 不排在第三,D 不排在第四。试写出他们四人所有不同的排法?

例 3、计算下面各式的值:

(1)

(2)

例 4、已知甲组有人,乙组有人,设从甲组中选出 3 人分别参加数、理、化三科竞赛(每科 限一人参加)的选科数是,从乙组中选出 4 人站成一排照相的站法数是,若,求、和

例 5、在由数字 1、2、3、4、5 组成的所有没有重复数字的五位数中,大于 23145 且小于 43521

的数共有

()

A、56 个

B、57 个

C、58 个

D、60 个

当堂反馈:

1、四支足球队争夺冠亚军,不同的结果有

()

A、8 种

B、10 种

C、12 种

D、16 种

2、信号兵用 3 种不同颜色的旗子各一面,每次打出 3 面,最多能打出的不同信号有( )

A、3 种

B、6 种

C、1 种

D、27 种

3、由数字 0、1、2、3、4、5 组成的无重复数字的四位数中,介于 1000---4000 之间的有( )

A、180 个

B、200 个

C、240 个

D、300 个

4、5 人站成一排照相,甲不站在排头的排法有

()

A、24 种

B、72 种

C、96 种

D、120 种

作业:书本 3、4、5、6、8 课课练:课时 3


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