【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

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+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 （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）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. 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=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）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 (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、bx|x是正实数,nN）;（2）已知a、b为正数，且+=1，则对于nN有（a+b）n-an-bn22n-2n+1。证明：（1）令a=x+，b=x，则x=；an+bn=(x+)n+(x-)n=xn+Cn1xn-1+Cnnn+xn-Cn1xn-1+(-1)nCnnn=2(xn+Cn2xn-22+Cn4xn-44+)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+b2 ab4又an-kbk+bn-kak2=2()n(k=1,2,n-1)2(a+b) n2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+Cnn-12()n(a+b)nan-bn(Cn1+Cn2+Cnn-1)（）n(2n2)2n=22n2n+1点评：利用二项式定理的开放式，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，将开放式倒过来写再与原来的开放式相加，这样充分利用对称性来解题的方法是利用二项式开放式解题的常用方法。例12（1）求46n+5n+1被20除后的余数；（2）7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17除以9，得余数是多少？（3）依据下列要求的精确度，求1.025的近似值。精确到0.01；精确到0.001。解析：（1）首先考虑46n+5n+1被4整除的余数。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+Cn+1n4+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46n+1+5n+1被5整除的余数。46n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+Cnn-15+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+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17 =(7+1)n1=8n1=(9-1)n1 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(1)n-1Cnn-19+(1)nCnn-1(i)当n为奇数时原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+（1）n-1Cnn-192除以9所得余数为7。(ii)当n为偶数时原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(1)n-1Cnn-19除以9所得余数为0，即被9整除。（3）(1.02)5（1+0.02）5 =1+c510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025C520.022=0.004,C530.023=810-5当精确到0.01时，只要开放式的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为1.10。当精确到0.001时，只要取开放式的前四项和，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开放推得所求结论；（2）用二项式定理来求近似值，可以依据不同精确度来确定应当取到开放式的第几项。三、方法提升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：单独使用；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）整体排解法：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，应留意以下三点：（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。四、反思感悟 五、课时作业一、选择题1、将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（A）12种 （B）18种 （C）36种 （D）54种【答案】B【命题意图】本试题主要考察排列组合学问，考察考生分析问题的力气.【解析】标号1,2的卡片放入同一封信有种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种，故选B.2、将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（A） 12种 (B) 18种 (C) 36种 (D) 54种【解析】B：本题考查了排列组合的学问先从3个信封中选一个放1，2有3种不同的选法，再从剩下的4个数中选两个放一个信封有，余下放入最终一个信封，共有3、6. 开放式中不含项的系数的和为（ ）A.-1 B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】考查对二项式定理和二项开放式的性质，重点考查实践意识和创新力气，体现正难则反。接受赋值法，令x=1得：系数和为1，减去项系数即为所求，答案为0.4、（10）某单位拟支配6位员工在今年6月14日至16日（端午节假期）值班，每天支配2人，每人值班1天 . 若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的支配方法共有（A）30种 （B）36种（C）42种 （D）48种解析：法一：全部排法减去甲值14日或乙值16日，再加上甲值14日且乙值16日的排法， 即=42， 法二：分两类： 甲、乙同组，则只能排在15日，有=6种排法， 甲、乙不同组，有=36种排法，故共有42种方法5、（1）的开放式中的系数为（A）4 （B）6（C）10 （D）20解析：由通项公式得6、 (9)某单位支配7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的支配方案共有A. 504种 B. 960种 C. 1008种 D. 1108种 解析：分两类：甲乙排1、2号或6、7号 共有种方法甲乙排中间,丙排7号或不排7号，共有种方法故共有1008种不同的排法7、（4）8名同学和2位第师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（A） （B） （C） （D） 答案：A8、（10）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）72 （B）96 （C） 108 （D）144 解析：先选一个偶数字排个位，有3种选法 若5在十位或十万位，则1、3有三个位置可排，324个若5排在百位、千位或万位，则1、3只有两个位置可排，共312个算上个位偶数字的排法，共计3(2412)108个答案：C9、 (10) 如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用（A）288种 （B）264种 （C）240种 （D）168种【答案】D【解析】本题主要考查排列组合的基础学问与分类争辩思想，属于难题。（1） B,D,E,F用四种颜色，则有种涂色方法；（2） B,D,E,F用三种颜色，则有种涂色方法；（3） B,D,E,F用两种颜色，则有种涂色方法；所以共有24+192+48=264种不同的涂色方法。【温馨提示】近两年天津卷中的排列、组合问题均处理压轴题的位置，且均考查了分类争辩思想及排列、组合的基本方法，要加强分类争辩思想的训练。10、（4）阅读右边的程序框图，若输出s的值为-7，则推断框内可填写(A)i3? （B）i4?（C）i5? （D）i6? 【答案】 D【解析】 本题 主要考查条件语句与循环语句的基本应用，属于简洁题。第一次执行循环体时S=1，i=3;其次次执行循环时s=-2，i=5；第三次执行循环体时s=-7.i=7，所以推断框内可填写“i6?”,选D.【温馨提示】设计循环语句的问题通常可以接受一次执行循环体的方式解决。11、12、 (5)的开放式的系数是(A)-6 (B)-3 (C)0 (D)35.A. 【命题意图】本小题主要考查了考生对二项式定理的把握状况，尤其是开放式的通项公式的机敏应用，以及能否区分开放式中项的系数与其二项式系数，同时也考查了考生的一些基本运算力气.【解析】的系数是 -12+6=-613、 (6)某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有(A) 30种 (B)35种 (C)42种 (D)48种14、 (5)的开放式中x的系数是(A) -4 (B) -2 (C) 2 (D) 415、（9）由1、2、3、4、5组成没有重复数字且1、2都不与5相邻的五位数的个数是（A）36 （B）32 （C）28 （D）24解析：假如5在两端，则1、2有三个位置可选，排法为224种 假如5不在两端，则1、2只有两个位置可选，312种 共计122436种16、6现出名同学支听同时进行的个课外学问讲座，名每同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是AB. C. D.17、（2010湖南理数）7、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A.10 B.11 C.12 D.1518、8、现支配甲、乙、丙、丁、戌5名同学参与上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参与。甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同支配方案的种数是A152 B.126 C.90 D.548【答案】B【解析】分类争辩：若有2人从事司机工作，则方案有；若有1人从事司机工作，则方案有种，所以共有18+108=126种，故B正确。19（，）恒等于（ ）A B C D20的值为 （ ）A B C D21与相等的是 （ ）A B C D22从4名男生和3名女生中选出4人参与迎新座谈会，若这4人中必需既有男生又有女生，不同的选法共有（ ） A140种 B 120种 C35种 D34种23的二项开放式中，有理项共有 （ ）A项 B 项 C 项 D 项二、填空题1若对任意实数都有 ，则 2在的开放式中，含的项的系数是_3用六个数字组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，这样的六位数的个数是_(用数字作答)4在二项式的开放式中，第四项为_5记为一个位正整数，其中都是正整数，若对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得，则称这个数为“位重复数”依据上述定义，“五位重复数”的个数为_ 65张卡片上分别写有数字1,2,3,4,5，从这5张卡片中随机抽取2张,则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为 7 的开放式中常数项为 （用数字作答）8设的开放式中含有非零常数项，则正整数的最小值为_95位好友在节日期间互发信息问候，则所发送信息总数为 （用数字作答）10若，则 +的值是 11若二项式的开放式中的第6项是常数项，则n= 12在的二项开放式中，若中间项的系数是，则实数 13五位同学各自制作了一张贺卡，分别装入5个空白信封内，这五位同学每人随机地抽取一封，则恰好有两人抽取到的贺卡是其本人制作的概率是 14设为的最大值，则二项式开放式中含项的系数是 15在二项式的开放式中任取一项，则该项的系数为奇数的概率是 16的二项开放式中的系数为，则_三、解答题1（本题满分14分）本题共4小题，第1、第2、第3小题每小题3分，第4小题5分。 杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、数学训练家、杨辉三角是杨辉的一大重要争辩成果，它的很多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中隐蔽了很多秀丽的规律。下图是一个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，求n的值； （3）若n阶（包括0阶）杨辉三角的全部数的和； （4）在第3斜列中，前5个数依次为1，3，6，10，15；第4斜列中，第5个数为35。明显，1+3+6+10+15=35。事实上，一般地有这样的结论：第m斜列中（从右上到左下）前k个数之和，确定等于第m+1斜列中第k个数。试用含有m、k的数学公式表示上述结论，并赐予证明。参考答案一、选择题15ADBDD二、填空题1 21537245627846 710839201011101213141921516三、解答题1解：（1）3分 （2）由6分 （3）9分 （4）11分 证明： 注：若第（4）小题中数学公式写成，本小题扣2分。