【数学】2019届一轮复习北师大版排列、组合与二项式定理学案

【数学】2019届一轮复习北师大版排列、组合与二项式定理学案

‎2018年高考数学专题复习难点突破名师讲练：排列、组合与二项式定理 一、考点突破 ‎1. 两个计数原理的掌握与应用；‎ ‎2. 关于排列与组合的定义的理解；关于排列与组合数公式的掌握；关于组合数两个性质的掌握； ‎ ‎3. 运用排列与组合的意义与公式解决简单的应用问题（多为排列与组合的混合问题）‎ ‎4. 利用二项式定理和二项展开式的性质，计算和解决一些简单问题。‎ 二、重难点提示 ‎1. 排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置的数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合问题的基本思维是“先组，后排”。‎ ‎2. 解排列组合的应用题，要注意四点：‎ ‎（1）仔细审题，判断是组合问题还是排列问题；要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步。‎ ‎（2）深入分析、严密周详，注意分清是乘还是加，既不少也不多，辩证思维，多角度分析，全面考虑，这不仅有助于提高逻辑推理能力，也尽可能地避免出错。‎ ‎（3）对于附有条件的比较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后应用分类计数原理或分步计数原理来解决。‎ ‎（4）由于排列组合问题的答案一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决问题的方案是否完备，有无重复或遗漏，也可采用多种不同的方法求解，看看是否相同。在对排列组合问题分类时，分类标准应统一，否则易出现遗漏或重复。‎ ‎3. 利用通项公式求二项展开式中指定的系数（如常数项、系数最大的项、有理项等） 或相关项的系数是二项式定理中最基本的问题， 要正确区分“项”、“项的系数”、“项的二项式系数”等概念的异同点。‎ 一、知识脉络图 二、知识点拨 ‎1. 排列数基本公式：；‎ 组合数基本公式：；‎ 组合数的性质①② 及其应用。‎ ‎2. 关于排列、组合问题的求解，应掌握以下基本方法与技巧 ‎（1）特殊元素优先安排；（2）合理分类与准确分步；（3）排列、组合混合问题先选后排；（4）相邻问题捆绑处理；（5）不相邻问题插空处理；（6）定序问题去序处理；（7）分排问题直排处理；（8）“小集团”排列问题先整体后局部；（9）构造模型；（10）正难则反，等价转化 ‎3. 二项式定理：‎ 通项公式：，其中叫做二项式系数。 ‎ ‎4. 对于二项式定理，不仅要掌握其正向运用，而且要学会逆向运用和变式使用。有时先作适当变形后再展开；有时需将非二项式问题转化为二项式问题来研究；有时需适当配凑后逆用二项式定理。‎ 能力提升类 例1 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加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加。甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜四项工作，则不同安排方案的种数是 ‎ A. 152 B. ‎126 C. 90 D. 54‎ 一点通：按照会不会开车来进行分类 答案：B 分类讨论：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。‎ 点评：按照有特殊要求的元素进行分类是解决此类问题经常采用的方法。‎ 例2 某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中至少各选一门，则不同的选法共有 A. 30种 B. 35种 C. 42种 D. 48种 一点通：将所选3门课程进行分类讨论 ‎ 答案：可分以下2种情况：（1）A类选修课选1门，B类选修课选2门，有种不同的选法；（2）A类选修课选2门，B类选修课选1门，有种不同的选法。所以不同的选法共有＋种。选A 点评：本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想。‎ 综合运用类 例3 给个自上而下相连的正方形着黑色或白色。当时，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）‎ 一点通：利用归纳法找到规律，解决至少的问题可以转到它的反面。‎ 答案：设个正方形时黑色正方形互不相邻的着色方案数为，由图可知，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由此推断，，故黑色正方形互不相邻的着色方案共有21种；由于给6个正方形着黑色或白色，每一个小正方形有2‎ 种方法，所以一共有种方法，由于黑色正方形互不相邻的着色方案共有21 种，所以至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有种。故分别填。‎ 点评：采用正难则反的方法来解决至少的问题 例4 一楼梯共10级，如果规定每次只能跨上一级或两级，要走上这10级楼梯，共有多少种不同的走法？‎ 一点通：找到每次上楼梯走法的种数，并从中找到规律。‎ 答案：设上n级楼梯的走法为an种，易知a1＝1，a2＝2，当n≥2时，上n级楼梯的走法可分两类：第一类：最后一步跨一级，有an－1种走法，第二类：最后一步跨两级，有an－2种走法，由加法原理知：an＝an－1＋ an－2，‎ 据此，a3＝a1＋a2＝3，a4＝a3＋a2＝5，a5＝a4＋a3＝8，a6＝13，a7＝21，a8＝34，a9＝55，a10＝89。故走上10级楼梯共有89种不同的方法。‎ 点评：解决此类问题的关键是找到递推关系，掌握好分类标准。‎ 思维拓展类 例5 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分 （如图）。现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有 种。（以数字作答）‎ 一点通：染色问题用列表法可以使解题得到简化 答案：设四种颜色为a，b，c，d ‎（种）‎ 点评：染色问题采用数的方法，要将情况考虑周全，不要遗漏。在数的过程中要搞清分了几步，利用乘法原理进行计数。‎ 例6 如图，用四种不同的颜色给图中的六个点涂色，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。则不同的涂色方法共有（ ）。‎ Ａ. 种 Ｂ. 种 Ｃ. 种 Ｄ. 种 一点通：染色问题用树形列表法可以使解题得到简化 答案：设四种颜色为①②③④‎ ‎，故选B。‎ 点评：染色问题采用数的方法，要将情况考虑全，不要遗漏。在数的过程中要搞清分了几步，利用乘法原理进行计数。‎ 例7 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个点，可以组成多少个不同的三棱锥？ ‎ 一点通：组成三棱锥，只需4个点不共面，考虑到直接法有困难，故采用间接排除法。‎ 答案：从10个点中任取4个点有中，其中4个点共面有三类情况：‎ ‎ ①4个点位于四面体的同一面中，有4种；‎ ‎ ②取任一条棱上的3个点，及该棱对棱的中点，这四点共面共有6种；‎ ‎ ③由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4个顶点共面有3种，所以不同的取法共有－4－6－3＝141种。‎ 例8 的展开式中x的系数是 A. －4 B. －‎2 C. 2 D. 4‎ 一点通：将一个二项式展开，再和另一个二项式凑出x项 答案：，故 的展开式中含x的项为，所以x的系数为2。选C。‎ 点评：本小题主要考查了对二项式定理的掌握情况，尤其是展开式的通项公式的灵活应用，以及能否区分展开式中项的系数与其二项式系数，同时也考查了一些基本运算能力。‎ 例9 已知，则 等于 。‎ 一点通：选择合适的值赋予x ‎ 答案：令，则有，‎ 令，则有，‎ 故 ‎。‎ 点评：利用赋值法解决系数和的问题 例10 （1）求的展开式中的常数项；‎ ‎（2）已知的展开式中的系数为，求常数的值。‎ ‎（3）求的展开式中含的项。‎ 一点通：求二项展开式中某指定项的系数、二项式系数或特定项问题，是二项式定理的基本问题，通常用通项公式来解决。如（1）（2）两小题，通过设未知数，借助通项公式，建立方程，最后再用通项公式得到相应的项或相应项的系数。‎ 答案：（1）设第项为常数项，‎ 则，‎ 令，即第7项为常数项，常数项为。‎ ‎（2）本题只与某一项有关，用通项公式，设第项是含的项，则有 ‎，‎ 得，故，即。‎ ‎。‎ ‎（3）方法一：，‎ 由展开式，展开式中含的项是展开式中的一次项与展开式中的常数项之积。展开式中的常数项与展开式中的一次项之积的代数和。‎ 含的项为。‎ 方法二：展开式中的一次项是5个括号中有1个括号内取，其余4个括号内取常数项2相乘得到的，即。‎ 点评：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，只要与确定，该项就随之确定；‎ ‎（2）是展开式中的第项，而不是第项；‎ ‎（3）公式中的指数和为不能随便颠倒位置；‎ ‎（4）要将通项中的系数和字母分离开来，以便于解决问题；‎ ‎（5）对二项式展开式的通项公式要特别注意符号问题。‎ 对于三项式问题可转化为二项式来求某些特定的项或指定项的系数，也可以利用组合数及分类或分步计数原理求解。‎ 例11 对于，将表示为，当时，，当时，为0或1。记为上述表示中为0的个数（例如，，故），则 ‎（1） （2）‎ 一点通：按0的个数进行分类 答案：（1）因，故；‎ ‎（2）在二进制的位数中，没有0的有1个，有1个0的有个，有2个0的有个，……，有个0的有个，……，有个0的有个。故对所有二进制为位数的数，在所求式中的的和为：‎ ‎。‎ 又，恰为二进制的最大7位数，所以。‎ 点评：此题考查二进制数的构成特征，分类讨论的数学思想方法。‎ 解排列组合问题的基本思路： ‎ ‎ （1）对带有限制条件的排列问题，要掌握基本的解题思想方法。‎ ‎ ①有特殊元素或特殊位置的排列，通常是先排特殊的元素或特殊位置； ‎ ‎ ②元素必须相邻的排列，可以先将相邻的元素看作一个整体； ‎ ‎ ③元素不相邻的排列，可以制造空档插进去； ‎ ‎④元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序，排列后再利用规定顺序的实情求结果。 ‎ ‎（2）处理几何中的计算问题，应注意“对应关系”，如不共线的三点确定一个三角形，不共面的四点可以确定一个四面体等，可借助图形来帮助思考，并善于将几何性质用于解题。‎ ‎ （3）对于有多个约束条件的问题，可以通过分析每个约束条件，然后再综合考虑是分类或分步，或交替使用两个原理，也可以先不考虑约束条件，扣除不符合条件的情况获得结果。‎ ‎ （4）要注意正确理解“有且仅有”、“至多”、“至少”、“全是”、“都不是”、“不都是”等词语的确切含意。‎ 二项式定理问题：‎ ‎（1）运用二项式定理一定要牢记通项，注意与虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，我们一定要注意顺序问题，另外，二项展开式的二项式系数与该项的（字母）系数是两个不同的概念，前者是指，而后者是字母外的部分。‎ ‎（2）对于二项式系数问题，应注意以下几点：‎ ‎①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量为1；‎ ‎②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；‎ ‎③证明不等式时，应注意运用放缩法。‎ ‎（3）求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求，再求，有时还需先求，再求，才能求出。‎ ‎（4）有些三项展开式问题可以通过变形变成二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏。‎ 通过本讲的复习教学，在求解排列与组合应用问题时，应注意以下方面：‎ ‎ 1. 弄清题意抓住实质，把具体问题归结为排列或组合问题，有时转化为两个原理问题来解决。‎ ‎ 2. 分析条件，选用合理的方法（直接法或间接法）。分类讨论时，做到不重不漏，这一点也是求解排列、组合综合问题时最易犯错的地方。‎ ‎ 3. 本讲内容经常运用的思想方法有分类讨论、转化与化归、方程思想等。‎ ‎ 综观近年来的高考试题，本部分内容的重点是二项式定理以及通项、系数的考查，多以考查基本概念、基本知识为主。能力要求主要是以解决问题为主，对难度不大的二项式试题，复习中重点以复习解题方法为主。例如：求系数和、求某项系数、求常数项、求有理项、求所含参数值等等，每类试题均有所涉及，应对这些知识点全面复习。‎ ‎（答题时间：45分钟）‎ ‎1. （高考北京卷理科）8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为 A. B. C. D. ‎ ‎2. 从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市各一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ ）‎ ‎ A. 300种 B. 240种 C. 114种 D. 96种 ‎3. 从正方体的八个顶点中任取三个点作为三角形，则直角三角形的个数为（ ）个 A. 56 B. ‎52 ‎C. 48 D. 40‎ ‎4. 若直线方程Ax＋By＝0的系数A、B可以从0，1，2，3，6，7等六个数字中取不同的数值，则这些方程所表示的直线条数是（ ） ‎ A. －2 B. C. ＋2 D. ‎ ‎5. 5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员，现从中选出3名队员排成1，2，3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1，2号中至少有1名新队员的排法有 种。‎ ‎6. 设常数，展开式中的系数为，则＝ 。‎ ‎7. 安排7位工作人员在‎5月1日到‎5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在‎5月1日和2日，不同的安排方法共有______种。（用数字作答）‎ ‎8. 某天课表中6节课需从4门文科，4门理科中选出6门课程排出，其中文科交叉排，且第一、二节课必须排语文、数学，则不同的排法共有_________种。 ‎ ‎ 9. 在50件产品中有4件是次品，其余均合格，从中任意取出5种，至少3件是次品的取法共有________种。‎ ‎10. 正方体的8个顶点可确定不同的平面个数为________个，以这些顶点为顶点的四面体共有__________个。‎ ‎11. 的展开式中，的系数等于________。‎ ‎12. 的展开式中的第四项是 。‎ ‎13. 在的二项展开式中，常数项是 。‎ ‎14. 5男6女排成一列，问：‎ ‎ （1）5男排在一起有多少种不同排法？ ‎ ‎（2）5男每两个不排在一起有多少种排法？ ‎ ‎（3）男女相互间隔有多少种不同的排法？ ‎ ‎15. 用0，1，2，3，4五个数字组成无重复数字的五位数从小到大依次排列。（1）第49个数是多少？（2）23140是第几个数？ ‎ ‎1. A 解析：用基本的插空法解决排列组合问题，将所有学生先排列，有种排法，然后将两位老师插入9个空中，共有种排法，因此一共有种排法。‎ ‎2. B 解析：注意到甲、乙两人不去巴黎，故选人时分三类情况 ‎（1）不选甲、乙，不同方案有种；‎ ‎（2）甲、乙中选1人，不同方案有种；‎ ‎（3）甲、乙均入选，不同方案有 种；于是由加法原理得不同的方案总数为24＋144＋72＝240种 ‎3. C 解析：以正方体的三个点为顶点的三角形共可分成两类：一类是直角三角形，一类是正三角形。其中正三角形的个数共有8个（每个顶点上对应着唯一的正三角形，如正方体ABCD－A 1 B‎1 C1 D1中，顶点A就对应着唯一的正三角形A 1 DB），而全部三角形共有＝56（个），故有直角三角形56－8＝48（个）。‎ ‎4. B 解析：先考虑非零的5个数字，它们可以组成不同的直线共－2条，再加入A、B中恰有一个不为零时所表示的两条直线，故选B。‎ ‎5. 48 解析：两老一新时，有种排法；两新一老时，有种排法，即共有48种排法。‎ ‎6. 解析：，由。‎ ‎7. 2400‎ ‎8. 72 解析：先选出另两门文科，理科有种，又因为文科交叉排且第一、二节课必须排语文、数学，有种，所以有＝72种。 ‎ ‎9. 4186 解析：＝4186（种）‎ ‎10. 20，58 解析：① ＋12＝20（个） ② －2×6＝58（个）‎ ‎11. 15 解析：‎ ‎12. w.k*s*u－.c 解析：T4＝ w_w_w.k*s 5*u。c o*m ‎13. 60 解析：由通项公式，令，得，故。‎ ‎14. 解：（1）先把5男看成一个整体，得，5男之间排列有顺序问题，得，共种。 ‎ ‎ （2）因为男生人数少于女生人数，利用男生插女生空的方法解决问题，得种。 ‎ ‎ （3）利用男生插女生空的方法，但要保证两女生不能挨在一起，得种。‎ ‎15. 解：（1）首位是1，2，3，4组成的五位数各24个。所以第49个数是首位为3的最小的一个自然数，即30124。 ‎ ‎ （2）首位为1组成＝24个数； ‎ ‎ 首位为2，第二位为0，1，共组成＝12个数。 ‎ ‎ 首位为2，第二位为3，第三位为0的数共＝2个；首位为2，第二位为3，第三位为1，第四位为0的数有1个，为23104。 ‎ ‎ 由分类计数原理：＋＋＋1＝39。 ‎ ‎ 按照从小到大的顺序排列23104后面的五位数就是23140，所以23140是第40个数。‎