复习参考题教案1

学习目标

1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能结合具体问题的特征，合理选择两个计数原理来分析和解决一些简单的实际问题.2.理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数和组合数公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决实际问题.3.能利用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能应用它们解决与二项展开式有关的计算和证明问题．

1．分类加法计数原理

完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．

2．分步乘法计数原理

完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．

3．排列数与组合数公式及性质

排列与排列数

组合数公式排列数公式Amn＝n(n－1)(n－公式

n！2)…(n－m＋1)＝

n－m！组合与组合数

AmnmCn＝m＝Amnn－1n－2…n－m＋1＝m！n！

m！n－m！0nnCn＝Cn＝1；Cmn＝Cn－m性质

备注

当m＝n时，AmAn；n为全排列；n＝n！0！＝1

m1；Cm＝Cmn＋Cnn＋1

－n，m∈N*，且m≤n

4.二项式定理

(1)二项式定理的内容：

n1n11nkknn(a＋b)n＝C0b＋…＋Ckb＋…＋Cnb (n∈N*)．

na＋Cnana－－

nkk(2)通项公式：Tk＋1＝Ckb，k∈{0,1,2，…，n}．

na－(3)二项式系数的性质：

①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；

n第＋1项的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项②若n为偶数，中间一项2第n＋1项和第n＋1＋1项的二项式系数相等且最大．

2212nn0213n1③C0. n＋Cn＋Cn＋…＋Cn＝2；Cn＋Cn＋…＝Cn＋Cn＋…＝2－

类型一

数学思想方法在求解计数问题中的应用

命题角度1

分类讨论思想

例1

车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？

解

方法一

设A，B代表2位老师傅．

4A，B都不在内的选派方法有C45C4＝5(种)，

24A，B都在内且当钳工的选派方法有C22C5C4＝10(种)，

42A，B都在内且当车工的选派方法有C22C5C4＝30(种)，

33A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有A22C5C4＝80(种)，

34A，B有一人在内且当钳工的选派方法有C12C5C4＝20(种)，

43A，B有一人在内且当车工的选派方法有C12C5C4＝40(种)，

4224242233134143所以共有C45C4＋C2C5C4＋C2C5C4＋A2C5C4＋C2C5C4＋C2C5C4＝185(种)．

4431422方法二

5名男钳工有4名被选上的方法有C45C4＋C5C4C2＋C5C4C2＝75(种)，

143325名男钳工有3名被选上的方法有C35C2C4＋C5C4A2＝100(种)，

245名男钳工有2名被选上的方法有C25C2C4＝10(种)，

所以共有75＋100＋10＝185(种)．

4431422方法三

4名女车工都被选上的方法有C44C5＋C4C5C2＋C4C5C2＝35(种)，

143324名女车工有3名被选上的方法有C34C2C5＋C4C5A2＝120(种)，

244名女车工有2名被选上的方法有C24C2C5＝30(种)，

所以共有35＋120＋30＝185(种)．

反思与感悟

解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)．

跟踪训练1

从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有

1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答) 答案

60 解析

1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．

分三类：①没有数字1和3时，有A34个；

②只有1和3中的一个时，有2A24个；

③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的11个即可，有C4·C13个．

所以满足条件的三位数共有

211A3C3＝60(个)．

4＋2A4＋C4·命题角度2

“正难则反”思想

例2

设集合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2，a3满足a1

) A．78

B．76

C．83

D．84 答案

C 解析

若从正面考虑，需分当a3＝9时，a2可以取8,7,6,5,4,3，共6类；当a3＝8时，a2可以取7,6,5,4,3,2，共6类；…分类较多，而其对立面a3－a2>6包含的情况较少，当a3＝9时，a2取2，a1取1，只有这一种情况，利用正难则反思想解决．

集合S的含有三个元素的子集的个数为C39＝84.在这些含有三个元素的子集中能满足a16的集合只有{1,2,9}，故满足题意的集合A的个数为84－1＝83. 反思与感悟

对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考．

跟踪训练2

由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．

答案

30 解析

从4人中选出两个人作为一个元素有C24种方法，

3同其他两个元素在三个位置上排列有C24A3＝36(种)方案，其中有不符合条件的，

即学生甲、乙同时参加同一竞赛有A33种结果，

∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种)．

类型二

排列与组合的综合应用

例3

在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．

(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？

(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？

(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？

解

(1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A77＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A44＝24(种)方法．

根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．

6(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A6＝720(种)方法．

×□×□×□×□×□×□×

第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即□中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A47＝840(种)方法．

根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝

604 800(种)安排顺序．

(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A1212种排法，但原来的节目已定好顺序，需要A1212消除，所以节目演出的方式有10＝A212＝132(种)排列．

A10反思与感悟

排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列．对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．

跟踪训练3

设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为(

) A．60

C．120

答案

D 解析

由“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”考虑x1，x2，x3，x4，x5的可能取值，设集合M＝{0}，N＝{－1,1}．

3当x1，x2，x3，x4，x5中有2个取值为0时，另外3个从N中取，共有C25×2种方法；

2当x1，x2，x3，x4，x5中有3个取值为0时，另外2个从N中取，共有C35×2种方法；

B．90 D．130 当x1，x2，x3，x4，x5中有4个取值为0时，另外1个从N中取，共有C45×2种方法．

3324故总共有C25×2＋C5×2＋C5×2＝130(种)方法，即满足题意的元素个数为130. 类型三

二项式定理及其应用

命题角度1

二项展开式的特定项问题

x－2n例4

已知在3的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. x(1)求展开式中的所有有理项；

(2)求展开式中系数绝对值最大的项；

3n1n(3)求n＋9C2Cn的值．

n＋81Cn＋…＋9－422解

(1)由C4n(－2)∶Cn(－2)＝56∶3，解得n＝10，

因为通项：Tk＋1＝Ck10(55k6x)10－k－2k3

x＝(－2)kCk10x，

5k当5－为整数时，k可取0,6，

6展开式是常数项，于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440. (2)设第k＋1项系数的绝对值最大，则

kk－1k－1Ck，102≥C102kkk＋1k＋1C102≥C102，

解得19k≥3，22k≤，3

又因为k∈{1,2,3，…，9}，

所以k＝7，当k＝7时，

T8＝－15 360x又因为当k＝0时，T1＝x5，

当k＝10时，T11＝(－2)x1010356，

＝1024x103，

56所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360x.. 310110(3)原式＝10＋9C2C10

10＋81C10＋…＋9－223310109C110＋9C10＋9C10＋…＋9C10＝

9122331010C010＋9C10＋9C10＋9C10＋…＋9C10－1＝

91＋910－11010－1＝＝. 99反思与感悟

(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．

(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．

(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．

(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．

(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质．

跟踪训练4

已知二项式5x－1n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍．

x(1)求n；

(2)求展开式中二项式系数最大的项；

(3)求展开式中所有x的有理项．

解

(1)令x＝1得二项式5x－1n展开式中各项系数之和为(5－1)n＝4n，各项二项式系数之x和为2n，

由题意得，4n＝16·2n，所以2n＝16，n＝4. (2)通项4－kTk＋1＝Ck4(5x)－1k

x＝(－1)kCk454－k·x34k2,

展开式中二项式系数最大的项是第3项：

22T3＝(－1)2C45x＝150x. 3(3)由(2)得：4－k∈Z(k＝0,1,2,3,4)，即r＝0,2,4，所以展开式中所有x的有理项为

2044T1＝(－1)0C45x＝625x4，

22T3＝(－1)2C45x＝150x，

402T5＝(－1)4C45x＝x2. －－命题角度2

二项展开式的“赋值”问题

例5

若(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10. (1)求a2；

(2)求a1＋a2＋…＋a10；

(3)求(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2. 解

(1)(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，

a2是展开式中x2的系数，

5334444335∴a2＝C5C5(－2)5＝800. 5(－1)C5(－2)＋C5(－1)C5(－2)＋C5(－1)·(2)令x＝1，代入已知式可得，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0，

而令x＝0，得a0＝32，∴a1＋a2＋…＋a10＝－32. (3)令x＝－1可得，

(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65，

再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，

把这两个等式相乘可得，

(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0. 反思与感悟

与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，

有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果．

跟踪训练5

若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．

答案

5 解析

令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，

令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.

1．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有(

) A．24种

B．36种

C．48种

D．60种

答案

D 解析

分两类：

第一类：有3名被录用，有A34＝24(种)，

第二类，4名都被录用，则有一家企业录用2名，

22有C13C4A2＝36(种)．

根据分类加法计数原理得，共有24＋36＝60(种)．

x＋an2．已知关于x的二项式3展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值x为(

) A．1

B．±1

C．2

D．±2 答案

C 155k6akkkxnk5－k解析

由条件知2＝32，即n＝5，在通项公式Tk＋1＝C5(x)3＝C5ax3－5k＝0，得k＝3，∴C35a＝80，解得a＝2. 中，令153．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有(

) A．192种

B．216种

C．240种

D．288种

答案

B 解析

当甲在最左端时，有A55＝120(种)排法；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也14不在最右端，有A11A4A4＝4×24＝96(种)排法，共计120＋96＝216(种)排法．故选B.

4．若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________. 答案

364 解析

对(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，

令x＝1得(a0＋a2＋…＋a10＋a12)＋(a1＋a3＋…＋a9＋a11)＝36.①

令x＝－1得(a0＋a2＋…＋a10＋a12)－(a1＋a3＋…＋a9＋a11)＝1.②

36＋1由①＋②，得a0＋a2＋…＋a10＋a12＝. 236＋1令x＝0得a0＝1，∴a2＋a4＋…＋a12＝－1＝364. 25．航天员拟在太空授课，准备进行标号为0,1,2,3,4,5的六项实验，向全世界人民普及太空知识，其中0号实验不能放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为________．(用数字作答) 答案

300 解析

由于0号实验不能放在第一项，所以第一项实验有5种选择．因为最后两项实验的顺5A55序确定，所以共有2＝300(种)不同的编排方法．

A2

1．排列与组合

(1)排列与组合的区别在于排列是有序的，而组合是无序的．

(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件，对于有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：

①元素分析法：先考虑特殊元素的要求，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)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点，一般方法是先分组，后分配．

2．二项式定理

(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式．

(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注nkk意二项展开式中第k＋1项的通项公式是Tk＋1＝Ckb(k＝0,1，…，n)，其中二项式系数是na－k1Ckn，而不是Cn，这是一个极易错点．

＋(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值法．

课时作业

一、选择题

1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有(

) A．10种

B．20种

C．25种

D．32种

答案

D 解析

5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32(种)，故选D. 2．某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有(

)

A．8种

C．12种

答案

B 解析

根据题意，要求从A地到B地路程最短，必须只向下或向右行走即可．分别可得，需要向下走2次，向右走3次，共5次，从5次中选3次向右，剩下2次向下即可，则有C35＝10(种)不同走法．

3．4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，则共有出场方案的种数是(

) A．6A33

C．2A33

答案

D 解析

先从4名男歌手中选一名放在两名女歌手之间，并把他们捆绑在一起，看做一个元素14和另外的3名男歌手进行全排列，故有A22A4A4种不同的出场方案．

B．10种

D．32种

B．3A33

14D．A22A4A4

x21n14．若(－)展开式的各项系数和为－7，则展开式中常数项是(

) 232x77A．－7

B．7

C．－

D.

22答案

D 11解析

令x＝1，则(－)n＝－7，∴n＝7，

22则2kx7－kTk＋1＝C7()·(－217－kk143k)＝(－1)()·C7x，

23xkk17

7令14－k＝0可得k＝6，

317二项式展开式中的常数项为C67×＝. 225．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数个数为(

) A．324

B．216

C．180

D．384 答案

A 解析

由题意知，

3131个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有C23A3C4＋A3C3＝90(种)．

231231个位、十位和百位上的数字为1个偶数，2个奇数的有C3A3C4＋C13C3A3C3＝234(种)．

根据分类加法计数原理得共有90＋234＝324(个)．

6．在(1＋x)n的展开式中，奇数项之和为p，偶数项之和为q，则(1－x2)n等于(

) A．0

C．p2－q2

答案

C 解析

由于(1＋x)n与(1－x)n展开式中奇数项相同，偶数项互为相反数，因此(1－x)n＝p－q，所以(1－x2)n＝(1＋x)n·(1－x)n＝(p＋q)(p－q)＝p2－q2. 7．某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的2个班级中且每班安排2名，则不同的安排方法种数为(

) 2A．A26C4

2C．A26A4

B．pq

D．p2＋q2

12B.A26C4

2D．2A26

答案

B 12解析

将4人平均分成两组有C2将这两组分配到6个班级中的2个班有A6种方法．所4种方法，21以不同的安排方法有C2A2种．

246πa528．已知a＝2ʃπ0cos(x＋)dx，则二项式(x＋)的展开式中x的系数为(

) 6xA．10

B．－10

C．80

D．－80 答案

D 解析

由已知得

πππa＝2ʃπ0cos(x＋)dx＝2sinx＋6 |0＝－2，

6a2则(x2＋)5＝(x2－)5，

xx

2(5∴Tk＋1＝Ck5x－k)210－3k(－)k＝(－2)kCk. 5xx令10－3k＝1，得k＝3，

∴展开式中x的系数为(－2)3C35＝－80. 二、填空题

9．(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案) 答案

－20 解析

x2y7＝x·(xy7)，其系数为C78，

x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－C68，

6∴x2y7的系数为C78－C8＝8－28＝－20. 10．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，可组成不同的二次函数共______个，其中不同的偶函数共________个．(用数字作答) 答案

18

6 解析

一个二次函数对应着a、b、c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有二次函数3×3×2＝18(个)．

若二次函数为偶函数，则b＝0.同上共有3×2＝6(个)．

ax－6的展开式中x2的系数为A，常数项为B，若B＝4A，则a＝________. 11．设二项式x答案

－3 a22x－6的展开式中x2的系数为A＝C2解析

因为二项式a＝15a；

6x33常数项为B＝－C36a＝－20a. 因为B＝4A，所以－20a3＝4×15a2，所以a＝－3. 三、解答题

12．现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，求不同的带队方案有多少种？

21解

第一类，把甲、乙看做一个复合元素，和另外的3人分配到3个小组中，有C1

3C3C2＝18(种)，2第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲、乙分配到其中2个小组，有A33A3＝36(种)，

根据分类加法计数原理可得，共有18＋36＝54(种)．

13．用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数．

(1)可组成多少个不同的四位数？

(2)可组成多少个四位偶数？

(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？

解

(1)用间接法，从6个数中，任取4个组成4位数，有A46种情况，

但其中包含0在首位的有A35种情况，

3依题意可得，有A46－A5＝300(个)．

(2)根据题意，分0在末尾与不在末尾两种情况讨论，

0在末尾时，有A35种情况，

210不在末尾时，有A12A4A4种情况，

121由分类加法计数原理，共有A35＋A2A4A4＝156(个)．

(3)千位是1的四位数有A35＝60(个)，

千位是2，百位是0或1的四位数有2A24＝24(个)，

∴第85项是2 301. 四、探究与拓展

1314．(2＋)n展开式中的第7项与倒数第7项的比是1∶6，则展开式中的第7项为________．

33答案

56

33n－616解析

第7项为T7＝C6()，

n(2)33－6361n－6倒数第7项为Tn－5＝Cn)，

n(2)(33由3n－616C6n233－6361n－6Cn2n331＝，

6得n＝9，

15639－616故T7＝C6()＝C32·＝. 9(2)9·933315．若(x＋142x)n展开式中前三项的系数成等差数列，求：

(1)展开式中所有x的有理项；

(2)展开式中系数最大的项．

112解

(1)易求得展开式前三项的系数为1，C1n，Cn. 24112据题意得2×C1n＝1＋Cn⇒n＝8. 24设展开式中的有理项为Tk＋1，

由Tk＋1＝Ck8(x)8－k1()＝()kCk8x242xk1163k4，

∴k为4的倍数，又0≤k≤8，∴k＝0,4,8. 1x故有理项为T1＝()0C0281T5＝()4C4

x281xT9＝()8C8281634416304＝x4，

35＝x，

81. 256x216384＝(2)设展开式中Tk＋1项的系数最大，

则11C≥22kk811k＋1k＋1kCkC8，8≥22k－1k－1C8

⇒k＝2或k＝3. 故展开式中系数最大的项为

1xT3＝()2C2281xT4＝()3C328

16324＝7x，

＝7x. 745216334