小结优质课一等奖

计数原理、概率、

随机变量及其分布

【知识特点】

1．本章是高中数学中相对独立的一部分，概念性强、灵活性强、思维方法独特；

2．本章内容应用性强，与实际问题联系密切，读不懂题意、题意理解错误往往是解不出题的原因。

【重点关注】

1．排列、组合问题及随机变量的分布列、期望、方差是必考的内容。准确确定随机变量的取值，准确计算概率是求分布列的基础，在复习过程中要多角度地加大训练力度。

2．在解题过程中要注意“分类讨论”“正难则反”的思想。

【地位与作用】

1．计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，也称为基本计数原理，它们为解决很多实际问题提供了思想和工具。在本章中，将复习到计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题。

2．概率是描述随机事件发生可能性大小的量度，它已经渗透到人们的日常生活中，例如：彩票的中奖率，产品的合格率，天气预报、台风预报等都离不开概率。概率在整个高中数学中占有重要地位，在整个高考考试中也占据着重要的地位。

3．对本章而言，高考中主要以选择、填空或解答题的形式考查，属于中、低档题。重点考查的是两个计数原理、古典概型、离散型随机变量的分布列及其期望、方差等，预计本章在今后的高考中仍将在计数原理、古典概型、几何模型及随机变量的分布列等处命题。

11．1 计数原理

【高考目标定位】

一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理

1．考纲点击

（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；

（2）全用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题。

2．热点提示

（1）主要考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理及分类讨论思想；

（2）对两个原理的考查一般在选择、填空题中出现。

二、排列与组合

1．考纲点击

（1）理解排列、组合的概念；

（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合公式；

（3）能解决简单的实际问题。

2．热点提示

（1）排列、组合问题每年必考；

（2）以实际问题为背景，考查排列数、组合数，同时考查分类讨论的思想及解决问题的能力；

（3）以选择、填空的形式考查，或在解答题中和概率相结合进行考查。

三、二项式定理

1．考纲点击

（1）能用计数原理证明二项式定理；

（2）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题；

2．热点提示

（1）本节内容中高考热点是通项公式的应用，利用通项公式求特定的项或特定项的系数，或已知某项，求指数n等；

（2）以选择、填空题的形式考查，属于低档题。

【考纲知识梳理】

一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理

1．分类加法计数原理

完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2方案中有n种不同的方法。那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法。

2．分步乘法计数原理

完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法。

注：在解题过程中，如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类加法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成事件的一部分，就用分步乘法计数原理。

二、排列与组合

排列与排列数

1．排列：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取定出m个元素的一个排列。

组合与组合数

1．组合：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。

2．组合数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数。

义

2．排列数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数。

排列数公式

公式

组合数公式

mAnn(n1)(n2)(nm1)n!CmAmm!m!(nm)!mnAn(n1)(n2)mnn!(nm1)(nm)!

nAnn!;

0(1)Cn1;mnm(2)CnCn;mm1m(3)CnCnCn1（1）性质

（2）0!1

备注

n,mN*且mn

注：区分某一问题是排列问题还是组合问题，关键是看所选出的元素与顺序是否有关，若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，否则是组合问题。

三、二项式定理

1．二项式定理

0n1n12n22公式(ab)nCaCabCabnnnkCn(k0,1,2,knkknnnCabnC(bn*)叫做N二项式定理。其中knkk,n)叫做二项式系数。Tk1Cnab叫做二项展开式的通项，它表示第k1项。

注：在公式中，交换a,b的顺序从整体看，但具体到某一项是不同的，如第k1(ab)与(ba)相同，knkkknkk项Tk1Cnab,Tk1Cnba。

nn2．二项式系数的性质

mnm（1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Cn。

Cn

k（2）增减性与最大值：二项式系数Cn，当kn1n1时，二项式系数是递增的；当k时，二项22式系数是递减的。

当n是偶数时，中间的一项C取得最大值；

当n是奇数时，中间两项C（3）各二项式系数的和

012(ab)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即CnCnCnnCn2n。

n2nn12n和Cn12相等，且同时取得最大值。

n二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即

024CnCnCn135CnCnCn2n1。

注：二项式定理中，项的系数与二项式系数的区别是：它们是完全不同的两个概念。二项式系数的指012Cn,Cn,Cn,n，它只与各项的项数有关，而与a,b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数,Cn部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a,b的值有关。

【热点难点精析】

一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理

※相关链接※

1．如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中哪一种方法都能完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；

2．在解题时，应首先分清楚怎样才算完成这件事，有些题目在解决时需要进行分类讨论，分类时要适当地确定分类的标准，按照分类的原则进行，做到不重不漏。

※例题解析※

〖例〗在1到20这20个整数中，任取两个相加，使其和大于20，共有几种取法？

思路解析：

采用列举法分类，先确定一个加法，再利用“和大于20”确定另一个加数。

解答：当一个加数是1时，另一个加数只能是20，1种取法。

当一个加数是2时，另一个加数可以是19，20，2种取法。

当一个加数是3时，另一个加数可以是18，19，20，3种取法。

……

当一个加数是10时，另一个加数可以是11，12，……，20，10种取法。

当一个加数是11时，另一个加数可以是12，13，……，20，9种取法。

……

当一个加数是19时，另一个加数是20，1种取法。

由分类加法计数原理可得共有1+2+3+……+10+9+8+……=100各取法。

（二）分步乘法计数原理的应用

※相关链接※

1．如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，计算完成这件事的方法种数就用分步乘法计数原理。

2．解题时，关键是分清楚完成这件事是分类还分步，在应用分步乘法计数原理时，各个步骤都完成，才算完成这件事，步骤之间互不影响，即前一步用什么方法，不影响后一步采取什么方法，运用分步乘法计数原理，要确定好次序，还要注意元素是否可以重复选取。

※例题解析※

〖例〗某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2无。某人想先选定吉利号18，然后从01到17中选3个连续的号，从19到29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注。若这个人要把符合这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？

思路解析：本题中要完成选彩票这件事，必须把1到17中的3个连续号，19到29中的2个连续号，30到36中的1个号都选出才算完成这件事，所以完成这件事可分三步，用分步乘法计数原理解决。

解答：第1步：从01到17中选3个连续号有15种选法；

第2步：从19到29中选2个连续号有10种选法；

第3步：从30到36中选1个号有7种选法。

由分步乘法计数原理可知：满足要求的注数共有15×10×7=1050注，故至少要花1050×2=2100元。

（三）两个计数原理的综合应用

〖例〗用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的比2000大的四位偶数。

思路解析：先根据条件把“比2000大的四位偶数”分类选取千位上的数字选取百位上的数字选取十位上的数字。

解答：完成这件事有3类方法：

第一步是用0做结尾的比2000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法。依据分类乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3=48个；

第二步是用2做结尾的比2000大的4位偶数，它可以分三步完成：第一步，选取千位上的数字，除去

2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法。依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3=36个；

第三类是用4做结尾的比2000大的4位偶数，其步骤同第二类。

对以上三类结论用分类加法计数原理，可得所求无重复数字的的比2000大的四位偶数有4×4×3+3×4×3+3×4×3=120。

注：（1）在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同应用计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成的，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求。另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应视问题的特点而定。解题时经常是两个原理交叉在一起使用，分类的关键在于要做到“不重不漏”，分类的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步。

（2）对于复杂问题，只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理不能解决时，可以综合应用两个原理，可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某步中再分类。

二、排列与组合

（一）排列数、组合数计算

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1．排列数公式：右边第一个因数为n，后面每个因数都比它前面那个因数少1，最后一个因数是n-m+1,共m个因数。公式Anmn!主要用于含有字母的排列数的式子的变形与论证；

(nm)!2．组合数公式有乘积形式与阶乘形式两种，与排列数公式的应用一样，前者多用于数字计算，后者多用于对含有字母的组合数的式子进行变形和论证。还应注意组合数公式的逆用，即由n!m写出Cn。

m!(nm)!注：在排列数、组合数计算过程要注意阶乘的运算及组合数性质的运用，注意含有排列数或组合数的方程都是在某个正整数范围内求解。

※例题解析※

〖例〗计算下列各式的值

A85A842222n12n3（1）6;（2）C2n3Cn1;（3）C2C3C4C55A9A92

C100思路解析：利用排列数和组合数的公式及意义求解，（2）中注意n的取值范围。

解答：（1）方法一：

8!8!AA48!8!53!4!.

9!9!AA49!9!273!4!58694859方法二：

5A8A844A84A845A845.

65A9A936A849A8427A8427n12n3（2）若C2Cn3n1有意义，

0n12n3则02n3n1,解得2n4。

nN*11当n2时，有C1C34;3当n3时，有C32C47;

35当n4时，有C5C511.22C2C32C4C5232（3）C4C4C52232C100C3C32C4C522C1002C1003

C101232C100C5C4C523A101101100993166650.A3321（二）排列应用题

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求排列应用题的主要方法有：

（1）直接法：把符合条件的排列数直接列式计算；

（2）特殊元素（或位置）优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置；

（3）排列、组合混合问题先选后排的方法；

（4）相邻问题捆绑处理的方法。即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列； （5）不相邻问题插空处理的方法。即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中；

（6）分排问题直排处理的方法；

（7）“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法；

（8）定序问题除法处理的方法。即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列；

（9）正难则反，等价转化的方法。

※例题解析※

〖例〗有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数。

（1）选其中5人排成一排；

（2）排成前后两排，前排3人，后排4人；

（3）全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；

（4）全体排成一排，男生互不相邻；

（6）全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人。

思路解析：无限制条件的排列问题，直接利用排列数公式即可。但要看清是全排列还是选排列问题；有限制条件的排列问题，常见类型是“在与不在”、“邻与不邻”问题，可分别用相应方法。

5解答：（1）从7个人中选5个人来排列，有A7765432520种。

34（2）分两步完成，先选3人排在前排，有A7种方法，余下4人排在后排，有A4种方法，故共有34·A4=5040种。事实上，本小题即为7人排成一排的全排列，无任何限制条件。

A7（3）（优先法）

66方法一：甲为特殊元素。先排甲，有5种方法；其余6人有A6种方法，故共有5×A6=3600种。

2方法二：排头与排尾为特殊位置。排头与排尾从非甲的6个人中选2个排列，有A6种方法，中间5个525位置由余下4人和甲进行全排列有A5种方法，共有A6×A5=3600种。

4（4）（捆绑法）将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A4种方法，再将4名女生进444行全排列，也有A4种方法，故共有A4×A4=576种。

4（5）（插空法）男生不相邻，而女生不作要求，所以应排女生，有A4种方法，再在女生之间及首尾空343出的5个空位中任选3个空位排男生，有A5种方法，故共有A4×A5=1440种。

2（6）把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步先排甲、乙两人有A2种方法，再从剩下的5人中选333人排到中间，有A5种方法，最后把甲、乙及中间3人看作一个整体，与剩余2人全排列，有A3种方法，最3233后把甲、乙及中间3人看作一个整体，与剩余2人全排列，有A3种方法，故共有A2×A5×A3=720。

（三）组合应用题

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组合问题常有以下两类题型变化：

（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取。

（2）“至少”或“最多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解。用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理。

※例题解析※

〖例〗7名男生5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数有多少种？

（1）A，B必须当选；（2）A，B必不当选；（3）A，B不全当选；（4）至少有2史女生当选；（5）选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委员必须男生担任，班长必须由女生担任。

思路解析：（1）（2）属于组合问题，可用直接法；（3）（4）属于组合问题可用间接法；（5）发球先选后排问题应分步完成。

3解答：（1）由于A，B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，∴有C10120种。

5（2）从除去A，B两人的10人中选5人即可，∴有C10252种。

5353（3）全部选法有C12种，A，B全当选有C10种，故A，B不全当选有C12-C10=672种。

（4）注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生或没有女生，故可用间接法进行求解。

5145∴有C12-C5=596种选法。

C7C7（5）分三步进行：

11第一步，选1男1女分别担任两个职务有C7种；

C521第二步，选2男1女补足5人有C5种；

C43第三步，为这3人安排工作有A3种。

11213由分步乘法计数原理共有C7·C5·A3=12600种选法。

C5C4（四）排列、组合应用题

〖例〗（1）（2008·陕西高考）某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有 96 种．（用数字作答）

（2）（2008·天津高考）有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有_____432_____种（用数字作答）．

思路解析：（1）根据题意，先安排第一棒，再安排最后一棒，由于甲既可以传第一棒，又可以传最后一棒，因此应分类讨论，然后再逐类排出。

（2）根据题意，先将数字之和是10的数分类，然后再逐类安排。

4解答：（1）甲传第一棒，乙传最后一棒，共有A4种方法；

4乙传第一棒，甲传最后一棒，共有A4种方法；

14丙传第一棒，共有C2种方法。

A44414由分类加法计数原理，共有A4+A4+C2=96种方法。

A4（2）取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有三种情况：1144，2233，1234；

4所取卡片是1144的共有A4种排法；

4所取卡片是2233的共有A4种排法；

所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法414243444+C4+C4+C4+A4=16A4种，

A4A4A4A44∴共有排法18A4=18×4×3×2×1=432种。

注：解排列组合的应用题要注意以下几点：

（1）仔细审题，判断是排列问题还是组合问题；要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分类；

（2）深入分析，严密周详，注意分清是乘还是加，要防止重复和遗漏，辩证思维，多角度分析，全面考虑；

（3）对限制条件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用两个计数原理来解决；

（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方案是否完备，有无重复和遗漏，也可采用多种不同的方法求解，看看结果是否相同。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。

（5）排列组合综合题目，一般是符合要求的元素取出（组合）或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列。其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准。

三、二项式定理

（1）求特定的项或特定项的系数

※相关链接※

rnrr二项展开式的通项公式Tr1Cnab(r0,1,2,,n)集中体现了二项展开式中的指数、项数、系数的变化，它在求展开式的某些特定项（如含指定幂的项、常数项、中间项、有理项、系数最大的项等）及其系数以及数、式的整除等方面有着广泛的应用。使用时要注意：

（1）通项公式表示的是第“r+1”项，而不是第“r”项；

（2）通项公式中a和b的位置不能颠倒；

r（3）展开式中第r+1项的二项式系数Cn与第r+1项的系数，在一般情况下是不相同的，在具体求各项的系数时，一般先处理符号，对根式和指数的运算要细心以防出差错；

（4）在通项公式中共含有a,b,n,r,Tr1这5个元素，在有关二项式定理的问题中，常常会遇到：知道5个元素中的若干个（或它们之间的关系），求另外几个元素的问题。这类问题一般是利用通项公式，把问题归结为解方程（组）或不等式（组），这里要注意n为正整数，r为非负数，且r≤n※例题解析※

〖例〗已知在(3x（1）求n；

（2）求含x的项的系数；

（3）求展开式所有的有理项。

思路解析：写出展开式的通项公式→根据第6项为常数项求n→由n值令x的指数为2，求r→求出x的项的系数→令x的指数为整数k→根据0≤r≤n,r∈Z,求k. →根据k值求出展开式的有理项。

解答：（1）通项公式为Tr1Cxrnnr3r1r31rn32rr()xCn()x.

2222

123x)n的展开式中，第6项为常数项。

因为第6项为常数项，所以r=5时，有（2）令n2r3n2r3=0，即n=10. 11(n6)(106)2，

2212452∴所求的系数为C10()。

24=2，得r

2r10Z3（3）根据通项公式，由题意0r10.

rZ3102r令3=k（k∈Z）,则10-2r=3k,即r5k.

2∵r∈Z,∴k应为偶数。

∴k可取2，0，-2，即r可取2，5，8。所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为111258C10()2x2,C10()5,C10()8x2.

222注：（1）求二项式系数最大项：

n1）项）的二项式系数最大；

2n1n1②如果n是奇数，则中间两项（第项与第+1项）的二项式系数相等并最大。

22①如果n是偶数，则中间一项（第（（2）求展开式系数最大项：如求(abx)n(a,bR)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A0,A1,A2,（二）赋值法的应用

※相关链接※

1．赋值法在二项式定理中的应用是高考常考的内容，二项式定理实质是关于a,b,n的恒等式，出除了正用、逆用这个恒等式，还可根据所求系数和的特征，让a,b取相应的特殊值，至于特殊值a,b如何选取，视具体问题而定。

如：求(ax)na0a1xa2x2ArAr1解出r来，即得系数最大项。

,且第r+1项系数最大，应用AArr1anxn展开式各项系数和，可令x=1,即得各项系数和a0a1a2an，若要求奇数项的系数之和或偶数项的系数之和，可分别令x=-1,x=1,两等式相加或相减即可求出结果。

2．“赋值法”是求二项展开式系数问题常用的方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解题易出现漏项等情况，应引起注意。

※例题解析※

〖例〗设(3x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4.

（1）求a0a1a2a3a4;

（2）求a0a2a4;

（3）a1a3;

（4）a1a2a3a4;

（5）求各项二项式系数的和。

思路解析：本题级出二项式及其二项展开式求各系数和或部分系数和，可用赋值法，即令x取特殊值来解决。

解答：（1）令x=1,得a0a1a2a3a4(31)416.

（2）令x=-1得a0a1a2a3a4(31)4256,而由（1）知

a0a1a2a3a4(31)416.两式相加，得a0a2a4136。

（3）由（2）得(a0a1a2a3a4)(a0a2a4)a1a3120.

（4）令x=0得a0=1，亦得a1a2a3a4a0a1a2a3a4a016115.

01234（5）各项二项式系数的和为C4C4C4C4C42416.

（三）二项式定理的综合应用

（1）求4×6+5被20除后的余数；

（2）7+Cn7+Cn·7+…+Cn×7除以9，得余数是多少？

（3）根据下列要求的精确度，求1.02的近似值。①精确到0.01；②精确到0.001。

解析：（1）首先考虑4·6+5被4整除的余数。

∵5=(4+1)=4+Cn+14+Cn+14+…+Cn+1·4+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4·6+5被5整除的余数。

∵4·6=4·(5+1)=4(5+Cn·5+Cn·5+…+Cn·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） 7+Cn·7+Cn·7+…+Cn·7 =(7+1)－1=8－1=(9-1)－1 =9-Cn·9+Cn·9+…+(－1)Cn·9+(－1)Cn-1 n1n-12n-2n-1n-1nnnnnn1n-12n-2n-1nnn1n-12n-2n-1n+1n+1n+1n+1n+11n2n-1nnn+15n1n-12n-2n-1nn+1

(i)当n为奇数时

原式=9-Cn·9+Cn·9+…+（－1）Cn·9－2 ∴除以9所得余数为7。

(ii)当n为偶数时

原式=9-Cn·9+Cn·9+…+(－1)Cn·9 ∴除以9所得余数为0，即被9整除。

（3）(1.02)≈（1+0.02）

=1+c5·0.02+C5·0.02+C5·0.02+C50.02+C5·0.02

∵C5×0.02=0.004,C5×0.02=8×10

∴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。

注：1．二项式定理主要题目类型：

（1）证明某些整除问题或求余数；

（2）证明有关不等式；

（3）进行近似计算；

2．解题方法归纳：

（1）二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1x)1nx。

（2）利用二项式定理还可以证明整除问题或求余数问题，在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除（数）展开后的每一项都有除式的因式，要注意变形的技巧；

（3）由于(ab)的展开式共有n+1项，故可能对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的。而对于整除问题，关键是拆成两项利用二项式定理展开，然后说明各项是否能被整除。

nn2233-512233445555n1n-12n-2n-1n-1n1n-12n-2n-1n-1

【感悟高考真题】

1.

（2010全国卷2理数）（6）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知识，考察考生分析问题的能力.

【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2.

（2010江西理数）6. 种，故选B. 2x展开式中不含x项的系数的和为（ ）

84

A.-1 B.0 C.1 D.2 【答案】B 【解析】考查对二项式定理和二项展开式的性质，重点考查实践意识和创新能力，体现正难则反。采8084C2(1)1即为所求，答案为0. x8用赋值法，令x=1得：系数和为1，减去项系数3.

（2010上海文数）5.将一个总数为A、B

、C三层，其个体数之比为5:3:2。若用分层抽样方法抽取容量为100的样本，则应从C中抽取 20 个个体。

解析：考查分层抽样应从C中抽取10022010

(24.

（2010四川理数）（13）33C62(16)3x的展开式中的第四项是 . 解析：T4＝13160)3x x160答案：－x

【考点精题精练】

一、选择题

1．（江西吉安●2009高二月考）某影院有60排座位，每排70个座号，一次报告会坐满了听众，会后留下座号为15的所有听众60人进行座谈，这是运用了 （ C ）

A、抽签法

B、随机数法

C、系统抽样法

D、分层抽样法

2．（新疆重点中学●2010届高三摸底）2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（

A

）

A．36种

B．12种

C．

18种

D．

48种w

3．（四川成都●2010届高三摸底）某企业有A、B两种不同型号的产品，其数量之比为2：3，现用分层抽样的方法从这两种产品中抽出一个容量为n的样本进行检验，若该样本中恰有8件A种型号的产品，则此样本的容量n是（B）

A．24 B．20 C．18 D．16 4．现将10个参加2009年全国高中数学联赛决赛的名额分配给某区四个不同的学校，要求一个学校1名、一个学校2名、一个学校3名、一个学校4名，则不同的分配方案种数共有（C）

A．43200 B．12600 C．24 D．20 1xx5．二项式的展开式中的常数项是（

A

）

A、15

B、20

C、4

D、10 122CxCxnn6．若nnCnx能被7整除，则x,n的值可能为

（C）

6

A．x4,n3

B．x4,n4

C．x5,n4

D．x6,n5

7．有两排座位,前排11个座位,后排12个座位.现安排2人就座,规定前排中间的3个座位不能坐,并且这2人不左右相邻,那么不同排法的种数是（B）

A.234

2

B.346

C.350

D.363 8．已知(xix)n321的展开式中第三项与第五项的系数之比为14,其中i,则展开式中常数项是( D ) A、

－45i B、 45i C、 －45 D、45 解析：

第三项,第五项的系数分别为C(i),C(i)

2n4n24C(i)(i)依据题意有：C2n4n24314, 2整理得n5n500

即解方程(n－10)(n＋5)＝0 则只有n=10适合题意.由Tn1C10xr202rx(i)r2r, 202r当

r02

时,有r=8,

(i)C故常数项为C8108210=45 故选D

10．如图A，B，C，D为海上的四个小岛，现在要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案有（ C ）

A

A、8种 B、12种 C、16种 D、20种

D B

C 解：第一类：从一个岛出发向其它三岛各建一桥，共有C14=4种方法；

第二类：一个岛最多建设两座桥，例如：A—B—C—D，D—C—B—A，这样的两个排列对应一种建桥方法，A因此有24412种方法；

根据分类计数原理知道共有4+12=16种方法

11．如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以沿不同的路径同时传递，则单位时间传递的最大信息量是（ ）A、26 B、24 C、20 D、19 3  5  12B 4 6 A 6 76  8  12解：要完成的这件事是：“从A向B传递信息”，完成这件事有4类办法：第一类：12 5 3第二类

： 12 6 4第三类

：12 6 7 第四类；：12 8 6可见：第一类中单位时间传递的最大信息量是3；第二类单位时间传递的最大信息量是4；

第三类单位时间传递的最大信息量是6；第四类单位时间传递的最大信息量是6。所以由分类记数原理知道共有：3+4+6+6=19，故选D

12．某栋楼从二楼到三楼共10级，上楼只许一步上一级或两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则不同的上楼方法有

A．45种

C．28种

（ C ）

B．36种 D．25种

解：C. 8步走10级，则其中有两步走两级，有6步走一级．一步走两级记为a，一步走一级记为b，所求转化为2个a和6个b排成一排，有多少种排法．故上楼的方法有

二、填空题

13．（上海黄浦区●2010届高三质检六）从5名世博志愿者中选出3名，分别从事翻译、导游、保洁三项不同的工作，每人承担一项，其中甲不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有48

种. 28C＝28种；或用插排法．

(9x14．13x)18展开式的常数项是 18564 .（用数字作答）

15．某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如题（19）图所示的6个点A、B、C、A1、B1、C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有

72

种（用数字作答）

200422004(12x)aaxax......ax,xR,求（a0a1）+（a0a2）+……+（a0a2004）= 2004 012200416．若200422004(12x)aaxax......ax,xR,

0122004解：对于式子：令x=0，便得到：令x=1，得到又原式：（=a0=1 a0a1a2......a2004=1 a0a1）+（a0a2）+……+（a0a2004）

2004a0(a1a2......a2004)2003a0(a0a1a2......a2004)

a0a1）+（a0a2）+……+（a0a2004）=2004 ∴原式：（

三、解答题

(x17．已知二项式2n)2*x，（n∈N）的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10：1，

（1）求展开式中各项的系数和

（2）求展开式中系数最大的项以及二项式系数最大的项

解：（1）∵第5项的系数与第3项的系数的比是10：1，

C∴C42n4(2)n(2)2101，解得n=8 8令x=1得到展开式中各项的系数和为(1-2)=1 (2) 展开式中第r项, 第r+1项,第r+2项的系数绝对值分别为C若第r+1项的系数绝对值最大,则必须满足：

r182nr,rC82r,Cr182r1, Cr182nr≤Cr28r

并且Cr182r1

≤Cr28r，解得5≤r≤6；

11611所以系数最大的项为T7=1792x；二项式系数最大的项为T5=1120x



18．(1) 元旦前某宿舍的四位同学各写一张贺卡先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同分配有多少种？

(2) 同一排6张编号1，2，3，4，5，6的电影票分给4人，每人至少1张，至多2张，且这两张票有连续编号，则不同分法有多少种？

（3）（06湖南理14）某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行．那么安排这6项工程的不同排法有多少种数？

解：（1）分类：9种

（2）假设五个连续空位为一个整元素a，单独一个空位为一个元素b，另4人为四个元素c1、c2、c3、c4．问题化为a,b,c1,c2,c3,c4的排列，条件是a,b不相邻，共有A4A5＝48种；

（3）将丙，丁看作一个元素，设想5个位置，只要其余2项工程选择好位置，剩下3个位置按甲、乙（两丁）中唯一的，故有A5＝20种

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