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乐学辅导 高中数学专题11 排列、组合与二项式定理


专题十一 排列、组合与二项式定理
主干知识整合 两个基本原理 (1)分类加法计数原理;

(2)分类乘法计数原理; n! m 2.排列:(1)定义;(2)排列数公式:An = (n,m∈N,m≤n); ?n-m?! m n-m m m m-1 3.组合 (1)定义;(2)组合数公式;(3)组合数的性质:Cn=Cn (m,n∈N,且 m≤n);Cn+1=Cn+Cn (m,n∈N, 且 m≤n). 4.二项式定理 n-r r (a+b)n 展开式共有 n+1 项,其中 r+1 项 Tr+1=Cr b. na 5.二项式系数的性质 (1)对称性、等距性、单调性、最值性; r r r r +1 1 2 r n n (2)Cr C0 r+Cr+1+Cr+2+?+Cn=Cn+1; n+Cn+Cn+?+Cn+?+Cn=2 ; 1 3 5 0 2 4 n-1 1 2 3 n n-1 Cn+Cn+Cn+?=Cn+Cn+Cn+?=2 ; Cn+2Cn+3Cn+?+nCn=n·2 等. 要点热点探究 探究点一 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 【分析】 掷三次骰子,点数最多为 18,因此回到点 A 处只能是一次,而不能是回到点 A 后再次回到点 A.由于正 方形的周长为 12,即说明三次掷的骰子点数之和为 12,设三次点数分别为 a,b,c,即方程 a+b+c=12 的满 足 1≤a,b,c≤6 的解的组数即为所求的走法.我们可以先固定其中的一个点数,分类求解另外的点数的各种可 能情况. C 【解析】 根据分析,a=1,则 b+c=11,只能是(5,6),(6,5),2 种情况;a=2,则 b+c=10,只能是(4,6), (5,5),(6,4),3 种情况;若 a=3,则 b+c=9,只能是(3,6),(4,5),(5,4),(6,3),4 种情况;a=4,则 b+c=8, 只能是(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),5 种情况;a=5,则 b+c=7,只能是(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2), (6,1),6 种情况;a=6,则 b+c=6,只能是(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),5 种情况.故总计 2+3+4+5+6 +5=25 种可能. 【点评】 本题的设计极为巧妙,在必修 3 的教材中就有投掷骰子求点数之和的例子,这里把这个问题进行变通, 问题就相当于在固定第一次投掷结果的情况下, 分别求投掷两次骰子其点数之和是 6,7,8,9,10,11 的情况有多少种. 变式题:某次活动中,有 30 个人排成 6 行 5 列,现要从中选出 3 人进行礼仪表演,要求这 3 人任意 2 人不 同行也不同列,则不同的选法种数为________.(用数字作答) 1200 【解析】 其中最先选出的一个有 30 种方法,此时这个人所在的行和列共 10 个位置不能再选人,还剩一 个 5 行 4 列的队形,选第二个人有 20 种方法,此时该人所在的行和列不能再选人,还剩一个 4 行 3 列的队形, 30×20×12 此时第三个人的选法有 12 种,根据分步乘法计数原理,总的选法种数是 =1200 种. 6 探究点二 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. 1 3 2 2 C1 C1 5C4C3 5C4C2 B 【解析】 五人分组有(1,1,3), (1,2,2)两种分组方案, 方法数是 =25, 故分配方案的总数是 25A3 2 + 3 A2 A2 2 1 1 =150 种.当仅仅两名女医生一组时,分组数是 C3,当两名女医生中还有一名男医生时,分组方法也是 C3,故 两名女医生在一个医院的分配方案是 6A3 3=36.符合要求的分配方法总数是 150-36=114. 【点评】 在分配问题中如果待分配的元素数目多余分配的位置数目,就要先分组然后再进行分配. 变式题:(1) 2010 年上海世博会某国将展出 5 件艺术作品,其中不同书法作品 2 件、不同绘画作品 2 件、标 志性建筑设计 1 件,在展台上将这 5 件作品排成一排,要求 2 件书法作品必须相邻,2 件绘画作品不能相邻,则 该国展出这 5 件作品不同的方案有________种.(用数字作答)

(2) 在 1,2,3,4,5,6,7 的任一排列 a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7 中,使相邻两数都互质的排列方式种数共有( ) A.576 B.720 C.864 D.1152 (1)24 (2)C 【解析】 把需要相邻的两个元素看做一个整体,然后不相邻的元素外的元素进行排列,在隔出的 空位上安排需要不相邻的元素.2 件书法作品看做一个整体, 方法数是 A2 把这个整体与标志性建筑作品排列, 2=2, 2 有 A2 2种排列方法,其中隔开了三个空位,在其中插入 2 件绘画作品,有方法数 A3=6.根据乘法原理,故共有方 法数 2×2×6=24. 4 (2)先让数字 1,3,5,7 作全排列,有 A4 =24 种,再排数字 6,由于数字 6 不与 3 相邻,在排好的排列中,除 3 的左、 右 2 个空隙,还有 3 个空隙可排数字 6,故数字 6 有 3 种排法,最后排数字 2,4,在剩下的 4 个空隙中排上 2,4, 4 2 有 A2 4种排法,共有 A4×3×A4=864 种,故选 C. 探究点三 二项式定理 1 例 3 若?3 x- ?n 的展开式中各项系数之和为 64,则展开式的常数项为________. x? ? 【分析】 令 x=1 求出各项系数和确定 n 值,根据二项式的通项公式求解常数项. 1 -540 【解析】 令 x=1 得二项式?3 x- ?n 展开式的各项系数之和是 2n,由此得 n=6.根据二项式的特点, x? ? 3 其常数项一定是中间项,这个常数项是 C3 3 × (-1)3=-540. 6 【点评】 注意二项式各项系数之和与各项的二项式系数之和的区别,这个题目这两个和相等,但很多是不相等 的. 1 3 ?1+ ?10 变式题:(1)(1+ x)6? 4 ? 展开式中的常数项为( x? ? A.1 )

B.46 C.4245 D.4246 1 ? x+ ?8 (2)? ) 4 ? 的展开式中,含 x 的非整数次幂的项的系数之和为( x? ? A.256 B.184 C.120 D.72 1 2 4 5 (1)D (2)B 【解析】 (1)第一个展开式中 x 的指数依次是 0, , ,1, , ,2,第二个展开式中 x 的指数依次 3 3 3 3 1 1 3 5 3 7 9 5 是 0,- ,- ,- ,-1,- ,- ,- ,-2,- ,- ,根据多项式的乘法规则,常数项只能是第一个展 4 2 4 4 2 4 4 2 开式中 x 的指数是 0,1,2 的项与第二个展开式中 x 的指数是 0,-1,-2 的对应项的乘积,根据二项式的通项公 1 3 ?1+ ?10 3 4 6 8 式得,(1+ x)6? 4 ? 展开式中的常数项为 1+C6C10+C6C10=4246.正确选项为 D. x? ? 1 ? ?8-r r 3r-2 r (2)Tr+1=Cr =C8x 4 ,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 8( x) ? 4 ? ? x? 4 8 8 数之和为 C0 8+C8+C8=72,展开式所有项的系数之和为 2 =256,故展开式中含 x 的非整数次幂的项的系数之和 为 256-72=184. 典型的排列组合问题 排列组合是高考数学中比较特殊的一个知识板块, 历经多年的高考已经积累了一些经典的类型题, 如分组分配问 题、相邻与不相邻问题、甲不排头乙不排尾问题等,这些问题都有相对固定的解决方法. 下面我们研究两个问题,即“装错信封问题”和“涂色问题”.“装错信封问题”是一道经典的计数问题,虽然 有公式可用,但学生不可能掌握这个公式;“涂色问题”也是一类典型的计数问题.这两类试题都得从两个基本 原理出发寻找解决问题的途径,设置这个创新链接的目的就在于此. 例 4 某中学高三年级共有 12 个班级,在即将进行的月考中,拟安排 12 个班主任老师监考数学,每班 1 人, 要求有且只有 8 个班级是自己的班主任老师监考,则不同的监考安排方案共有( ) A.4455 种 B.495 种 C.4950 种 D.7425 种 【分析】 分两个步骤,第一步,使 8 个班的班主任老师监考自己的班级,第二步,剩下的四位班主任老师,都 不监考自己的班级. 【解析】 A 从 12 位老师中选出 8 位,他们各自监考自己的班级,方法数是 C8 12;剩下的四位老师都不监考自 己的班级,记四位老师分别为甲,乙,丙,丁,他们各自的班级分别为 A,B,C,D,则甲只能在 B,C,D 中 选一个,有方法数 3,假设甲在 B,此时若乙在 A,则丙丁只能互换班级,若乙在 C,D 之一,有 2 种方法,如 假设乙在 C,则只能是丙在 D,丁在 A,故这时的安排方法数是 3×(1+2)=9.根据分步乘法计数原理,监考安排

方案共有 C8 9=4455 种,故选 A. 12· 【点评】 在元素个数不多的情况下,可以具体地进行操作,以找出其中的方法数目,这也是近年来,高考考查 计数问题的一个命题趋势.在具体操作中可以在两个原理的指导下,给所安排的元素确定其具体位置,在逐步缩 小位置个数的情况下解决问题.本题中的第二步是四个班主任都不监考自己的班级,这是问题“一个人写了 n 封信和 n 个对应的信封,所有的信都不装入对应信封”的特例,这是概率论历史上的一个有名问题,其方法数有 ? 1 - 1 +?+?-1?n 1 ?.本题就是 n=4 的情况, ? 1 - 1 + 1 ?= 计算公式 n! 按照这个公式进行计算是 4! 2 ! 3 ! n ! ? ? ?2! 3! 4!? 12-4+1=9. 变式题:五名同学各自写一张卡片集中起来,然后每人任取一张卡片,则仅仅有一个同学取到自己写的卡片 的方法各自情况是________种. 45 【解析】 一个同学取到自己写的卡片的方法有 5 种,其余四个同学取到的都不是自己写的卡片,类似例题 4 的情况,方法数是 9,根据分步乘法计数原理得,共有 5× 9=45 种情况. 例 5 在 1×6 的矩形长条格中,两格涂红色,两格涂黄色,两格涂蓝色,但要求至少有一种颜色涂在了相 邻的两格,则不同的涂色方法共有________种. 【分析】 “至少”,从反面考虑问题,即考虑没有任何一种颜色涂在相邻两格的方法,使用间接排除法求解. 【答案】 60 2 2 2 【解析】 没有限制的涂法是 C6C4C2=90.若没有任何两种颜色涂在相邻两格,可以这样排列颜色,首先在两个位 置上排列其中一种颜色,只有一种排法,在这个颜色隔出的三个空位上选两个排列其中的第二种颜色,有方法数 2 2 C3=3,然后在这四个位置隔出的五个位置中选出两个位置,排列第三种颜色,有方法数 C5=10,这样排列颜色 的方法数是 30,最后把这样颜色排列顺次涂在六个格子内,这样得到的就是没有任何一种颜色涂在相邻两格的 方法数.故至少有一种颜色涂在了相邻的两格的方法数是 90-30=60. 【点评】 涂色问题是一类典型的,以使用两个基本原理为主求解的排列组合应用题,其难点是各种限制条件的 处理,如本题中要求至少有一种颜色涂在相邻的两个格子中,基本的解题思路都是根据要求进行具体操作,在操 作中寻找解决问题的方法,涂色问题一般涉及的数目不大,具体操作的方法是解决问题的关键. 规律技巧提炼 1.分步加法计数原理是对要做的事情分成若干类,每一类中的若干种方法都能独立地完成这件事情;分步乘法 计数原理是对要做的事情分成若干个步骤,每个步骤只是完成这件事情的一个环节,只有这些步骤都完成了,这 件事情才算完成.这就是两个基本原理的区别,在解决问题中要注意区分. 2.二项式(a+b)n 的展开式的二项式系数与该项的系数是两个不同的概念,前者只是指 Ck n,它仅是与二项式的幂 的指数 n 及项数有关的组合数,而与 a,b 的值无关;而后者是指该项除字母外的部分,即各项的系数不仅与各 项的二项式系数有关,而且也与 a,b 的系数有关.在求二项展开式特定项的系数时要充分注意这个区别. 3.二项式中项的系数和差可以通过对二项式展开式两端字母的赋值进行解决,如(1+x)n 展开式中各项系数的绝 对值的和就是展开式中各项系数的和,只要令 x=1 即得,而(1-x)n 的展开式中各项系数的绝对值的和,只要把 x 前面的系数-1 变为+1,令 x=1 得到,也可以不改变系数-1,直接令 x=-1 得到,这样就不难类比得到(1 +ax)n 展开式中各项系数绝对值的和为(1+|a|)n. 附加题: 例 1 [2011· 四川卷]在集合{1,2,3,4,5}中任取一个偶数 a 和一个奇数 b 构成以原点为起点的向量 α=(a,b), 从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形.记所有作成的平行四边形的个数为 n, m 其中面积不超过 ...4 的平行四边形的个数为 m,则 n =( 4 A. 15 )

1 2 2 B. C. D. 3 5 3 → → → → → → 【解析】 B 因为当OP=(a1,a2),OQ=(b1,b2),则以OP,OQ为邻边的四边形的面积 S=|OP||OQ|sin∠POQ= → → |OP||OQ|· 1-cos2∠POQ= → → → → 2 2 2 2 2 |OP|2|OQ|2-?OP· OQ? = ?a2 1+a2??b1+b2?-?a1b1+a2b2? =|a1b2-a2b1|.根据条件

知平行四边形面积不超过 4 可转化为|a1b2-a2b1|≤4(※).由条件知,满足条件的向量有 6 个,即 α1=(2,1),α2 =(2,3),α3=(2,5),α4=(4,1),α5=(4,3),α6=(4,5),易知 n=C2 6=15.而满足(※)式的有向量 α1 和 α2、α1 和 α4、α1 m 1 和 α5、α2 和 α3、α2 和 α6 共 5 个,即 = . n 3

例 2 [2010· 浙江卷]有 4 位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”“立定跳远”“肺活量”“握 力”“台阶”五个项目的测试,每位同学上、下午各测试一个项目,且不重复,若上午不测“握力”项目,下午 不测“台阶”项目,其余项目上、下午都各测试一人,则不同的安排方式共有________种(用数字作答). 【答案】 264 【解析】 上午的测试方法有 A4 4=24 种;我们以 A,B,C,D,E 顺次代表五个被测试项目,若上午测试 E 的下 午测试 D,则上午测试 A 的只能测试 B,C,确定上午测试 A 后其余两个同学就确定了,下午的测试方法有 2 种; 若上午测试 E 的同学下午测试 A,B,C 之一,则上午测试 A,B,C 的任何一个都可以测试 E,安排完这个后其 余两个同学就确定了,故共有 3×3=9 种测试方法,即下午的测试方法有 11 种.根据乘法原理,共有测试方法 24×11=264 种. 例 3 [2009· 四川卷]3 位男生和 3 位女生共 6 位同学站成一排,若男生甲不站两端,3 位女生中有且只有两 位女生相邻,则不同排法的种数是( ) A.360 B.288 C.216 D.96 2 【解析】 B 方法 1:3 位男生的全排列数是 A3 3=6,隔开四个空隙,把 3 位女生中的 2 位“捆绑”有方法数 C3 2 A2 2=6,将 3 位女生当两个看,安插在四个空隙中的两个有方法数 A4=12,故“6 位同学站成一排,3 位女生中 3 2 2 2 2 有且只有两位女生相邻的排法”有 A3C3A2A4=432 种; 其中男生甲站两端的男生排法种数是 A1 此时只能 2A2=4, 2 2 2 在甲的一侧的三个空隙中安插经过“捆绑”处理后的三个女生,有方法数 C3A2A3=36,故“3 位男生和 3 位女 1 2 2 2 生共 6 位同学站成一排,若男生甲站两端,3 位女生中有且只有两位女生相邻的”的排法有(A2 A2)(C2 3A2A3)=144 种.符合条件的排法故共有 432-144=288 种. 方法 2:可以按照全排列男生时,男生甲在两端和在中间进行分类:若排列三名男生时男生甲在两端,此时三名 男生的排法种数是 2A2 2=4,经过“捆绑”处理的女生之一必须有一个排在甲的一侧,使甲不在最外侧,由于三 个女生有且只有两个相邻, 因此甲的这一侧也只能安放经过“捆绑”处理的女生之一, 另一个要放在甲的另一侧 2 1 1 的三个空隙中的一个,有方法数(C2 A )(C A ) = 36. 根据乘法原理此时有排法 4 × 36 = 144 种;若排列三名男生时 3 2 2 3 2 男生甲就不在两端,此时男生的排法是 A2=2 种,此时男生甲就没有特殊性了,就相当于在隔开的四个空隙中安 2 2 排经过“捆绑”处理的三名女生,有方法数 C2 3A2A4=72,根据乘法原理此时有排法 2×72=144 种. 根据加法原理共有排法 144+144=288 种.


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