高考数学一轮复习第14章计数原理、二项式定理、概率14.2排列与组合教学案苏教版

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【志鸿优化设计】高考数学一轮复习第14章计数原理、二项式定理、概率14.3离散型随机变量及分

课时作业63 离散型随机变量及分布列一、填空题1．若随机变量X且p 1＝12p 2，则p 1等于__________． 2．已知随机变量X 的概率分布为：P (X ＝k )＝12k ，k ＝1,2，…，则P (2＜X ≤4)等于__________．3．若离散型随机变量ξ＝⎪⎨⎪⎧0，失败，1，成功的概率分布为则c ＝__________.4．某公司有5万元资金用于投资开发项目，如果成功，一年后可获利12%；一旦失败，一年后将丧失全部资金的50%.X 的概率分布为__________．5．若P (ξ≤n )＝1－a ，P (ξ≥m )＝1－b ，其中m ＜n ，则P (m ≤ξ≤n )等于__________．6．对于下列分布列有P (|ξ7.从4名男生和23人中女生人数不超过1的概率是__________． 8．(2012江苏苏州模拟)其中a ，b ，c 9．随机变量X 的概率分布规律为P (X ＝n )＝an n ＋(n ＝1,2,3,4)，其中a 是常数，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X <52的值为__________．二、解答题10．在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2，…，6)，求：(1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率；(2)甲、乙两单位之间的演出单位个数ξ的分布列．11.甲、乙两个奥运会主办城市之间有7条网线并联，这7条网线能通过的信息量分别为1,1,2,2,2,3,3，现从中任选三条网线，设可通过的信息量为X ，若可通过的信息量X ≥6，则可保证信息通畅．(1)求线路信息通畅的概率；(2)求线路可通过的信息量X 的分布列；(3)求线路可通过的信息量X 的数学期望．12．为了参加学校田径运动会的开幕式，高三年级某6个班联合到集市购买了6根竹竿，作为班旗的旗杆之用，它们的长度分别为3.8,4.3,3.6,4.5,4. 0，4.1.(单位：米)(1)若从中随机抽取两根竹竿，求长度之差不超过0.5米的概率．(2)若长度不小于4米的竹竿价格为每根10元，长度小于4米的竹竿价格为每根a元．从这6根竹竿中随机抽取两根，若这两根竹竿的价格之和的期望为18元，求a的值．参考答案一、填空题1.13 解析：由p 1＋p 2＝1且p 2＝2p 1，可解得p 1＝13. 2.316 解析：P (2＜X ≤4)＝P (X ＝3)＋P (X ＝4)＝123＋124＝316. 3.13 解析：由(9c 2－c )＋(3－8c )＝1，解得c ＝13或23. 又9c 2－c ≥0,3－8c ≥0，所以c ＝13. 4.解析：随机变量X 元)，－50 000×50%＝－25 000(元)5．1－(a ＋b ) 解析：P (ξ≥m )＋P (ξ≤n )－1＝(1－a )＋(1－b )－1＝1－(a ＋b )．6.25 解析：P (|ξ|＝2)＝P (ξ＝2)＋P (ξ＝－2)＝a ＋c ＝1－35＝25. 7.45解析：设所选女生人数为X ，则X 服从超几何分布，其中N ＝6，M ＝2，n ＝3，则P (X ≤1)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝C 02C 34C 36＋C 12C 24C 36＝45. 8.23 解析：因为a ，b ，c 成等差数列，所以a ＋c ＝2b ，又a ＋b ＋c ＝1，所以b ＝13，所以P (|X |＝1)＝a ＋c ＝23. 9.56 解析：∵P (X ＝n )＝a n n ＋(n ＝1,2,3,4)， ∴a 2＋a 6＋a 12＋a 20＝1，∴a ＝54. ∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X <52＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝54×12＋54×16＝56. 二、解答题10．解：只考虑甲、乙两单位的相对位置，故可用组合计算基本事件数．(1)设A 表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”，则A 表示“甲、乙的演出序号均为偶数”，由等可能性事件的概率计算公式得P (A )＝1－P (A )＝1－C 23C 26＝1－15＝45. (2)ξ的所有可能值为0,1,2,3,4，且P (ξ＝0)＝5C 26＝13， P (ξ＝1)＝4C 26＝415，P (ξ＝2)＝3C 26＝15， P (ξ＝3)＝2C 26＝215， P (ξ＝4)＝1C 26＝115. 从而知ξ11．解：(1)P (X ＝8)＝23C 37＝35， P (X ＝7)＝C 23C 12＋C 22C 12C 37＝835， P (X ＝6)＝C 12C 13C 12＋C 33C 37＝1335，所以线路信息通畅的概率为2435. (2)P (X ＝5)＝C 22C 12＋C 23C 12C 37＝835，P (X ＝4)＝C 22C 13C 37＝335， X 的分布列为(3)由分布列知E (X )＝35＋35＋35＋35＋35＝6. 12．解：(1)因为6根竹竿的长度从小到大依次为3.6,3.8,4.0,4.1,4.3,4.5，其中长度之差超过0.5米的两根竹竿长可能是3.6和4.3,3.6和4.5,3.8和4.5.设“抽取两根竹竿的长度之差不超过0.5米”为事件A ，则P (A )＝3C 26＝315＝15，所以P (A )＝1－P (A )＝1－15＝45. 故所求的概率为45. (2)设任取两根竹竿的价格之和为ξ，则ξ的可能取值为2a ，a ＋10,20.其中P (ξ＝2a )＝1C 26＝115， P (ξ＝a ＋10)＝C 12C 14C 26＝815， P (ξ＝20)＝C 24C 26＝615. 所以E (ξ)＝2a ×115＋(a ＋10)×815＋20×615＝2a ＋403. 令2a ＋403＝18，得a ＝7.。

高考数学专题复习排列组合二项式定理概率与统计教案汇编

排列、组合、二项式定理、概率与统计【考点审视】1．突出运算能力的考查。

高考中无论是排列、组合、二项式定理和概率题目，均是用数值给出的选择支或要求用数值作答，这就要求平时要重视用有关公式进行具体的计算。

2．有关排列、组合的综合应用问题。

这种问题重点考查逻辑思维能力，它一般有一至两个附加条件，此附加条件有鲜明的特色，是解题的关键所在；而且此类问题一般都有多种解法，平时注意训练一题多解；它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于中等偏难（理科）的题目。

3．有关二项式定理的通项式和二项式系数性质的问题。

这种问题重点考查运算能力，特别是有关指数运算法则的运用，同时还要注意理解其基本概念，它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于基础题。

4．有关概率的实际应用问题。

这种问题既考察逻辑思维能力，又考查运算能力；它要求对四个概率公式的实质深刻理解并准确运用；文科仅要求计算概率，理科则要求计算分布列和期望；它一般以一小一大（既一道选择题或填空题、一道解答题）的形式出现，属于中等偏难的题目。

5．有关统计的实际应用问题。

这种问题主要考查对一些基本概念、基本方法的理解和掌握，它一般以一道选择题或填空题的形式出现，属于基础题。

【疑难点拨】 1．知识体系：2．知识重点：（1）分类计数原理与分步计数原理。

它是本章知识的灵魂和核心，贯穿于本章的始终。

（2）排列、组合的定义，排列数公式、组合数公式的定义以及推导过程。

排列数公式的推导过程就是位置分析法的应用，而组合数公式的推导过程则对应着先选（元素）后排（顺序）这一通法。

（3）二项式定理及其推导过程、二项展开式系数的性质及其推导过程。

二项式定理的推导过程体现了二项式定理的实质，反映了两个基本计数原理及组合思想的具体应用，二项展开式系数性质的推导过程就对应着解决此类问题的通法——赋值法（令1±=x ）的应用。

（4）等可能事件的定义及其概率公式，互斥事件的定义及其概率的加法公式，相互独立事件的定义及其概率的乘法公式，独立重复试验的定义及其概率公式。

计数原理-备战高考数学(理)一轮复习考点

计数原理【命题趋势】两个基本计数原理是高考必考内容，有时会单独考查，有时会出现在解答题的过程之中，我们必须掌握.（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.（2）会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.排列组合是高考中的必考内容，必须掌握.有时会是单独一道小题，有时会是在概率统计解答题中涉及，分值至少5分.（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、组合数公式.（3）能解决简单的实际问题.二项式定理和排列组合在高考中一般交替考查，二者必出其一，二项式定理好拿分，熟练掌握即可.（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.【重要考向】考向一分类加法、乘法计数原理考向二两个计数原理的综合应用考向三排列与组合的综合应用考向四二项展开式通项的应用考向一分类加法、乘法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏．（4）应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步骤，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．（5）两个计数原理的区别与联系定义：若数列 {a n } 满足所有的项均由 ﹣1,1 构成且其中-1有m 个，1有p 个 (m +p ≥3) ，则称 {a n } 为“ (m,p) ﹣数列”．（1）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则使得 a i a j a k ＝1 的取法有多少种？（2）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (m,p) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则存在多少正整数 (m,p) 对使得 1≤m ≤p ≤100, 且 a i a j a k =1 的概率为 12 .【答案】（1）解：三个数乘积为1有两种情况：“ ﹣1,﹣1,1 ”,“ 1,1,1 ”,其中“ ﹣1,﹣1,1 ”共有： C 32C 41＝12 种, “ 1,1,1 ”共有： C 43=4 种,利用分类计数原理得：a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项, 则使得 a i a j a k ＝1 的取法有： 12+4＝16 种．（2）解：与(1)同理,“ ﹣1,﹣1,1 ”共有 C m 2C p 1种, “ 1,1,1 ”共有 C P 3 种,而在“ (m,p) ﹣数列”中任取三项共有 C m+p3种, 根据古典概型有：C m 2C p 1+C p 3C m+p3=12 ,再根据组合数的计算公式能得到： (p ﹣m)(p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2)＝0 , ①p ＝m 时,应满足 {1≤m ≤p ≤100m +p ≥3p =m ,∴(m,p)=(k,k),k ∈{2,3,4,…,100} ,共 99 个,②p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2＝0 时,应满足 {1<m ≤p <100m +p ≥3p 2−3p −2mp +m 2−3m −2=0 , 视 m 为常数,可解得 p ＝(2m+3)±√24m+12,∵m ≥1, ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,∵m ≥1 , ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,（否则 p ≤m ﹣1 ）,下设 k ＝√2m +1 ,则由于 p 为正整数知 k 必为正整数, ∵1≤m ≤100 , ∴5≤k ≤49 ,化简上式关系式可以知道： m ＝k 2−124=(k−1)(k+1)24,∴k ﹣1,k +1 均为偶数,∴设k＝2t+1,(t∈N∗),则2≤t≤24,∴m＝k2−124=t(t+1)6,由于t,t+1中必存在偶数,∴只需t,t+1中存在数为3的倍数即可,∴t＝2,3,5,6,8,9,11,…,23,24,∴k＝5,11,13,…,47,49．检验：p＝(2m+3)+√24m+12=(k−1)(k+1)24≤48+5024＝100,符合题意,∴共有16个,综上所述：共有115个数对(m,p)符合题意．【考点】古典概型及其概率计算公式，分类加法计数原理，组合及组合数公式【解析】(1)易得使得a i a j a k＝1的情况只有“ ﹣1,﹣1,1”,“ 1,1,1”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.(2)易得“ ﹣1,﹣1,1”共有C m2C p1种,“ 1,1,1”共有C P3种.再根据古典概型的方法可知C m2C p1+C p3C m+p3=12,利用组合数的计算公式可得(p﹣m)(p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2)＝0,当p=m时根据题意有(m,p)=(k,k),k∈{2,3,4,…,100},共99个；当p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2＝0时求得p＝(2m+3)±√24m+12,再根据1≤m≤p≤100,换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1000元，即可参与抽奖活动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1、2、3、4、5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次（每次摸出的小球均不放回口袋），编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励100m元（m为三位数的百位上的数字，如三位数为234，则奖励100×2= 200元）.（1）求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；（2）求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与期望E(X).【答案】（1）解：因为总的基本事件个数n1=A53=60，摸到三位数是奇数的事件数n2=A31A42=36，所以P1=3660=35；所以摸到三位数是奇数的概率35.（2）解：获奖金额 X 的可能取值为50、100、200、300、400、500， P(X =50)=35 ， P(X =100)=1×3×260=110， P(X =200)=1×3×160=120，P(X =300)=1×3×260=110 ， P(X =400)=1×3×160=120 ， P(X =500)=1×3×260=110 ，获奖金额 X 的概率分布为均值 E(X)=50×35+100×110+200×120+300×110+400×120+500×110=150 元. 所以期望是150元.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，分步乘法计数原理【解析】（1）首先利用排列求出摸三次的总的基本事件个数： n 1=A 53=60 ；然后利用分步计数原理求出个位的排法、十位百位的排法求出三位数是奇数的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.（2）获奖金额X 的可能取值为50、100、200、300、400、500，求出各个随机变量的分布列，利用均值公式即可求解考向二两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题．（2）利用两个原理解决集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n个．对有 n(n ≥4) 个元素的总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,n} 进行抽样，先将总体分成两个子总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,m} 和 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} （ m 是给定的正整数，且 2≤m ≤n −2 ），再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本.用 P ij 表示元素 i 和 j 同时出现在样本中的概率. （1）求 P 1n 的表达式（用m ，n 表示）；（2）求所有 P ij (1≤i <j ≤n) 的和.【答案】（1）解：由题意，从m 和 m −m 个式子中随机抽取2个，分别有 C m 2 和 C n−m2 个基本事件，所以 P 1n 的表达式为 P 1n =m−1C m2⋅n−m−1C n−m2=4m(n−m) .（2）解：当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时，可得 P ij =1C m2 ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选两个数的不同方法数为 C m 2 ，则 P ij 的和为1；当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，同理可得 P ij 的和为1；当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时， P ij =4m(n−m) ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选取一个数，从 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中选一个数的不同方法数为 m(n −m) ，则 P ij 的和为4，所以所有 P ij 的和为 1+1+4=6 .【考点】相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式，计数原理的应用，组合及组合数公式【解析】（1）根据组合数的公式，以及古典概型的概率计算公式和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；（2）当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时求得 P ij 的和为1，当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，求得 P ij 的和为1，当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时得到 P ij 的和为4，即可求解.6男4女站成一排，求满足下列条件的排法各有多少种？（用式子表达）（1）男甲必排在首位；（2）男甲、男乙必排在正中间；（3）男甲不在首位，男乙不在末位；（4）男甲、男乙必排在一起；（5）4名女生排在一起；（6）任何两个女生都不得相邻；（7）男生甲、乙、丙顺序一定．【答案】解：（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，故有A 99种，（2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，故有A 22A 77种，（3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故有A 1010﹣2A 99+A 88种，（4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，把甲乙两人捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 22A 88种，（5）4名女生排在一起，利用捆绑法，把4名女生捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 44A 77种，（6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，故有A 66A 74种，（7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，A 1010A 33=A 107种【考点】计数原理的应用【解析】（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，问题得以解决．（2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，问题得以解决，（3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故问题得以解决，（4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，问题得以解决，（5）4名女生排在一起，利用捆绑法，问题得以解决，（6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，问题得以解决，（7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，问题得以解决．考向三排列与组合的综合应用先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，利用先选后排法解答问题只需要用三步即可完成. 第一步：选元素，即选出符合条件的元素;第二步：进行排列，即把选出的元素按要求进行排列;第三步：计算总数，即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算方法总数.7名学生，按照不同的要求站成一排，求下列不同的排队方案有多少种．（1）甲、乙两人必须站两端；（2）甲、乙两人必须相邻．【答案】（1）甲、乙为特殊元素，先将他们排在两头位置，有 A 22 种站法，其余5人全排列，有 A 55种站法．故共 A 22⋅A 55 有＝240种不同站法．（2）(捆绑法)：把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余5人相当于六个元素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以共 A 66⋅A 22 有＝1440种站法．【考点】排列、组合的实际应用，排列、组合及简单计数问题【解析】（1）运用捆绑法直接求解即可；（2）运用特殊元素分析法直接求解即可.一个笼子里关着10只猫，其中有7只白猫，3只黑猫．把笼门打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫．猫争先恐后地往外钻.如果 10 只猫都钻出了笼子，以X 表示7只白猫被3只黑猫所隔成的段数．例如，在出笼顺序为“□■□□□□■□□■”中，则 X =3 ．（1）求三只黑猫挨在一起出笼的概率；（2）求X 的分布列和数学期望.【答案】（1）解：设“三只黑猫挨在一起出笼”为事件A ，将三只黑猫捆绑在一起，与其它7只白猫形成 8 个元素，所以， P(A)=A 33A 88A 1010=115，因此，三只黑猫挨在一起出笼的概率为 115 ；（2）解：由题意可知，随机变量X 的取值为1、2、3、4，其中 X =1 时，7只白猫相邻，则 P(X =1)=A 77A 44A 1010=130 ，P(X =2)=(A 32C 21C 21C 61+6A 33+A 32C 61)A 77A 1010=310 ，P(X =3)=(A 31C 21A 62+A 32A 62)A 77A 1010=12 ；P(X =4)=A 63A 77A 1010=16，所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：因此， E(X)=1×130+2×310+3×12+4×16=145.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量的期望与方差，排列及排列数公式，排列、组合的实际应用【解析】（1）利用捆绑法计算三只黑猫挨在一起出笼的情况种数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，随机变量X 的可能取值有1、2、3、4，利用排列组合思想求出随机变量X 在不同取值下的概率，可得出随机变量X 的分布列，利用数学期望公式可求得随机变量X 的数学期望.考向四二项展开式通项的应用求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k ,再将k 的值代回通项求解,注意k 的取值范围（0,1,2,,k n ）.（1）第m 项：：此时k +1=m ,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程. （3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.已知 f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗).（1）若 a n =n −1 ，求 f(n) ；（2）若 a n =3n−1 ，求 f(20) 除以5的余数【答案】（1）因为 f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n . 所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n0 2f(n)=nC n 0+nC n 1+nC n 2+⋯+nC n n =n(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n)=n ⋅2n ，∴f(n)=n ⋅2n−1（2）因为 f(n)=30C n 0+31C n 1+32C n 2+⋯+3n C n n =(1+3)n =4n .f(20)=420=(5−1)20=C 200520−C 201519+C 202518−⋯+C 201852−C 201951+C 202050 除以5余数为1，所以 f(20) 除以5的余数为1. 【考点】二项式系数的性质，二项式定理的应用【解析】（1）因为f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗)，再结合a n =n −1 ，得出f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n ，再利用倒序求和法，所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n 0 ，再利用两式求和法结合二项式的系数的性质，得出 f(n) 。

计数原理,排列、组合,二项式定理复习教案

国规教材
教育学生数据真实性与诚信、社会责任与公共利益、团队协作
教学流程图
4知识点检测：
（1）从甲、乙、丙3名同学中选出两名同学，一名担任班长，一名担任副班长，有多少种不同的选法？
（2）从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别参加上午和下午的活动，有多少种不同的方法？
1.组织学生在了解的基础上理解排列的概念，掌握排列数公
1.组合的概念
从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素组成一组，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
排列与组合的区别：排列是从n个不同的元素中任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，与m个元素的排列顺序有关；组合是从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素组成一组，与m个元素的排列顺序无关.
2.组合数
从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素的所有组合的个数，称为从n个不同元素中取出m个元素的组合数，
用符号表示.
5、知识点检测：
某天上午共4节课，排语文、数学、体育、计算机课，其中体育课不排在第一节课，那么这天上午课表的不同排法种数是（）
1.引导并组织学生根据信息进行讨论.区别排列与组合。

国主义情怀.
1.二项式定理的内容
设 a.,b是任意实数，n是任意给定的正整数，则
2.二项展开式的通项公式
3.二项式系数与二项展开式中某项的系数
3.知识点检测：
组织学生运用二项式定理的相关内容解决实际问题.。

高三数学一轮复习必备精品：排列、组合、二项式定理

胡文2021年高三数学一轮复习必备精品：排列、组合、二项式定理11．掌握分类计数原理与分步计数原理、并能用它分析和解决一些简单的应用问题．2．理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题．3．理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数性质，并能用它们解决一些简单的应用问题．4．掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题．排列与组合高考重点考察学生理解问题、综合运用分类计数原理和分步计数原理分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．它是高中数学中从内容到方法都比较独特的一个组成部分，是进一步学习概率论的基础知识．由于这部分内容概念性强，抽象性强，思维方法新颖，同时解题过程中极易犯“重复”或“遗漏”的错误，而且结果数目较大，无法一一检验，因此学生要学好本节有一定的难度．解决该问题的关键是学习时要注意加深对概念的理解，掌握知识的内在联系和区别，严谨而周密地去思考分析问题．二项式定理是进一步学习概率论和数理统计的基础知识，高考重点考查展开式及通项，难度与课本内容相当．另外利用二项式定理及二项式系数的性质解决一些较简单而有趣的小题，在高考中也时有出现．第1课时两个计数原理1．分类计数原理（也称加法原理）：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝种不同的方法．2．分步计数原理（也称乘法原理）：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，……，做n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝种不同的方法．3．解题方法：枚举法、插空法、隔板法．例1. 高三(1)、(2)、(3)班分别有学生48,50,52人(1) 从中选1人当学生代表的方法有多少种？(2) 从每班选1人组成演讲队的方法有多少种？(3) 从这150名学生中选4人参加学代会有多少种方法？(4) 从这150名学生中选4人参加数理化四个课外活动小组，共有多少种方法？解：（1）48＋50＋52＝150种（2）48×50×52＝124800种（3）4150C （4）4150A 变式训练1：在直角坐标x －o －y 平面上，平行直线x=n ，（n=0，1，2，3，4，5），y=n ，（n=0，1，2，3，4，5），组成的图形中，矩形共有（）A 、25个B 、36个C 、100个D 、225个解：在垂直于x 轴的6条直线中任意取2条，在垂直于y 轴的6条直线中任意取2条，这样的4条直线相交便得到一个矩形，所以根据分步记数原理知道：得到的矩形共有22515152626=⨯=⋅C C 个，故选D 。

组合数学知识点总结

组合数学知识点总结组合数学是一门研究离散对象的计数、排列、组合和优化等问题的数学分支。

它在计算机科学、统计学、物理学、化学等众多领域都有着广泛的应用。

下面我们来详细总结一下组合数学的一些重要知识点。

一、基本计数原理1、加法原理如果完成一件事情有 n 类办法，在第一类办法中有 m1 种不同的方法，在第二类办法中有 m2 种不同的方法，……，在第 n 类办法中有mn 种不同的方法，那么完成这件事情共有 N ＝ m1 ＋ m2 ＋… ＋ mn种不同的方法。

2、乘法原理如果完成一件事情需要 n 个步骤，做第一步有 m1 种不同的方法，做第二步有 m2 种不同的方法，……，做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情共有 N ＝m1 × m2 × … × mn 种不同的方法。

这两个原理是组合数学中最基本的原理，许多计数问题都可以通过这两个原理来解决。

二、排列与组合1、排列从 n 个不同元素中取出 m（m ≤ n）个元素的排列数，记为 A(n, m)，其计算公式为：A(n, m) ＝ n! ／（n m)！例如，从 5 个不同的元素中取出 3 个元素进行排列，排列数为 A(5, 3) ＝ 5! ／（5 3)！＝ 602、组合从 n 个不同元素中取出 m（m ≤ n）个元素的组合数，记为 C(n, m)，其计算公式为：C(n, m) ＝ n! ／ m! （n m)！例如，从 5 个不同的元素中取出 3 个元素的组合数为 C(5, 3) ＝ 5!／ 3! （5 3)！＝ 10组合与排列的区别在于，排列考虑元素的顺序，而组合不考虑元素的顺序。

三、容斥原理容斥原理用于计算多个集合的并集中元素的个数。

高三数学排列,组合和二项式定理

精品学案：排列，组合和二项式定理高考大纲对排列，组合和二项式定理这一章的考试内容及考试要求为： 1．分类计数和分步计数原理； 2．排列组合公式3．组合组合数公式和组合数的两个性质 4．二项式定理和二项式展开式考试要求掌握分类计数和分步计数原理，并能用他们解决一些简单的应用问题。

理解排列的意义，掌握排列的计数公式，并能用他解决一些简单的应用问题。

理解组合的意义，掌握组合的计数公式，并能用他解决一些简单的应用问题。

掌握二项式定理和他的展开式的性质，并能用他计算和证明一些简单的应用问题。

要点一计数原理1分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法那么完成这件事共有 12n N m m m =+++种不同的方法2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事有12n N m m m =⨯⨯⨯ 种不同的方法要点二排列1．排列的概念：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序．．．．．排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．．．．2．排列数的定义：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数叫做从n 个元素中取出m 元素的排列数，用符号mn A 表示3．排列数公式：(1)(2)(1)mn A n n n n m =---+（,,m n N m n *∈≤）和m n A =!()!n n m -4阶乘：!n 表示正整数1到n 的连乘积，叫做n 的阶乘规定0!1=．要点三组合1组合的概念：一般地，从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合2．组合数的概念：从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数．．．．用符号mn C 表示． 3．组合数公式：(1)(2)(1)!m m n nm m A n n n n m C A m ---+==或)!(!!m n m n C mn -=,,(n m N m n ≤∈*且4组合数的性质1：m n n m n C C -=．规定：10=n C ；2：m n C 1+＝m n C +1-m n C要点四二项式定理1．正确理解二项式展开式中的第r ＋1项，第r ＋1项的二项式系数，第r ＋1项的系数之间的差别．2．二项系数的性质问题求二项式系数最大的项，可直接根据二项式系数的增减性与最大值性质，当为n 奇数时，中间两项的二项式系数最大；当n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大，若求系数最大的项，则要根据各项系数的正、负变化情况并采用列不等式组、比较系数法求解．3．二项式的某项系数问题该问题解法多样，既可化归为二项式问题求解，又可从组合角度求解，一般地，三项式（a ＋b＋c）n的展开式中，a p b q c r的系数为4．赋值法在二项展开式中的运用赋值法的模式是：对任意的x∈A，某式子恒成立，那么对A中的特殊值，该式子一定成立．特殊值如何选取？视具体问题而定，没有一成不变的规律，它的灵活性较强，一般x0＝0， 1，－1取较多．一般地，多项式f(x)的各项系数和为f(1)，奇次项系数和为1[(1)(1)]2f f--，偶次项系数和为1[(1)(1)]2f f+-．如二项式系数性质。

2025届高考数学一轮复习教案：计数原理、概率、随机变量及其分布-二项式定理

第二节二项式定理【课程标准】1.能用多项式运算法则和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.【考情分析】考点考法:高考命题常以二项式为载体,考查二项式定理、二项式系数、某一项的系数、二项式系数的性质;二项式定理是高考热点,常以选择题的形式出现.核心素养:数学抽象、数学运算【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】二项式定理(1)二项式定理:(a+b)n=a n+a n-1b1+…+b n__(n∈N*).(2)二项展开式的通项:+1=C __a n-k b k__,它表示通项为展开式的第__k+1__项.(3)二项式系数:二项展开式中各项的系数C0,C1,…,C.【微点拨】1.二项展开式的三个重要特征(1)字母a的指数按降幂排列由n到0.(2)字母b的指数按升幂排列由0到n.(3)每一项字母a的指数与字母b的指数的和等于n.2.二项式系数的性质(1)对称性:与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.(2)最大值:当n是偶数时,中间的一项C2取得最大值;当n是奇数时,中间的两项C-12r12相等,且同时取得最大值.与C【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12431.(多维辨析)(多选题)下列说法正确的有()A.C a n-k b k是(a+b)n的展开式中的第k项B.(a+b)n的展开式中每一项的二项式系数与a,b无关C.通项公式+1=C a n-k b k中的a和b不能互换D.二项式的展开式中系数最大的项与二项式系数最大项是相同的【解析】选BC.由二项展开式的通项公式可知,C a n-k b k是(a+b)n的展开式中的第k+1项,所以选项A错误;因为(a+b)n的展开式中各项的二项式系数为C0,C1,…,C,所以选项B正确;由二项展开式的通项公式可知,通项公式+1=C a n-k b k中的a和b不能互换,所以选项C正确;由二项展开式中某一项的系数与某一项的二项式系数的定义可知,选项D错误.2.(选修第三册P31练习T4)(x-y)n的二项展开式中,第m项的系数是()A.CB.C r1C.C-1D.(-1)m-1C-1【解析】选D.(x-y)n的展开式中,第m项为T m=C-1x n-m+1·(-y)m-1= (-1)m-1·C-1x n-m+1·y m-1,所以第m项的系数为(-1)m-1C-1.3.(2023·北京高考)(2-1)5的展开式中,x的系数是()A.-40B.40C.-80D.80【解析】选D.由二项式定理可知(2-1)5展开式的第r+1项T r+1=C5(2x)5-r(-1)= (-1)r25-r C5x5-2r(r=0,1,…,5),令5-2r=1,可得r=2,即含x的项为第3项,所以T3=80x,故x的系数为80.4.(混淆二项式系数与项的系数)(1-2)8展开式中x项的二项式系数为()A.28B.-28C.112D.-112【解析】选A.(1-2)8展开式的通项公式为T k+1=C8(-2)k=(-2)k C82.要求x项的二项式系数,只需2=1,解得k=2,所以x项的二项式系数为C82=8×72×1=28.【巧记结论·速算】1.C0+C2+C4+…=C1+C3+C5+…=2n-1.2.C r1=C-1+C.【即时练】若二项式(x-2x2)n的展开式的二项式系数之和为8,则该展开式每一项的系数之和为()A.-1B.1C.27D.-27【解析】选A.由题意,得C0+C1+…+C=2n=8,即n=3,所以(x-2x2)3的展开式的系数之和为(1-2)3=-1.【核心考点·分类突破】考点一通项公式的应用角度1形如(a+b)n(n∈N*)的展开式的特定项[例1](1)(1x-x)10的展开式中x2的系数等于()A.45B.20C.-30D.-90【解析】选A.因为展开式的通项为+1=(-1)k C102·x-(10-k)=(-1)k C10-10+32,令-10+32k=2,得k=8,所以展开式中x2的系数为(-1)8×C108=45.(2)(多选题)若(x2+1B)6的展开式中的常数项为1516,则实数a的值可能为()A.2B.12C.-2D.-12【解析】选AC.(x2+1B)6的展开式的通项为T k+1=C6(x2)6-k·(1ax)k=C6(1a)k x12-3k,令12-3k=0,得k=4,故C64·(1a)4=1516,即(1a)4=116,解得a=±2.【解题技法】形如(a+b)n(n∈N*)的展开式的特定项的求解策略(1)写出并化简通项;(2)令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零;求有理项时,指数为整数等),解出项数k+1;(3)代入通项即可得出结论.【对点训练】1.(2024·扬州模拟)(Eog43+log32)4展开式的常数项为________.(用最简分数表示)【解析】(Eog43log32)4展开式的通项为T r+1=C4(Eog43)4-=(log43)4-·(log32)C4x4-2r,r∈N,r≤4,令4-2r=0,解得r=2,则T3=(12log23)2·(log32)2C42=14×6=32,所以(Eog43+log32)4展开式的常数项是32.答案:322.在二项式(2+x)9的展开式中,常数项是______;系数为有理数的项的个数是________.【解析】由题意得,(2+x)9的通项为+1=C9(2)9-k·x k(k=0,1,2,…,9).当k=0时,可得常数项为T1=C90(2)9=162.若展开式的系数为有理数,则k=1,3,5,7,9,有T2,T4,T6,T8,T10,共5个.答案:1625【加练备选】(x2-2)5的展开式中x4的系数为()A.10B.20C.40D.80【解析】选C.由题意可得+1=C5·(x2)5-k·(-2x)k=(-1)k C5·2k·10-3,令10-3k=4,则k=2,所以所求系数为(-1)2C52·22=40.角度2形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N*)的展开式问题[例2](2022·新高考Ⅰ卷)(1-y x)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为__________(用数字作答).【解析】因为1-x+y)8=(x+y)8-(x+y)8,所以1-x+y)8的展开式中含x2y6的项为C86x2y6-C85x3y5=-28x2y6,故(1-y x)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为-28.答案:-28【解题技法】形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N*)的展开式问题的求解策略(1)若m,n中有一个比较小,可先考虑将其展开,再结合题设要求逐项求出,求其代数和即可得出结论;(2)观察(a+b)(c+d)是否可以化成两项或三项代数和,进而求解.【对点训练】在(x-12x)6(x+3)的展开式中,常数项为()A.-152B.152C.-52D.52【解析】选A.原式=x(x-12)6+3(x-12x)6,①而(x-12x)6的通项为T k+1=(-12)k C6k x6-2k.当6-2k=-1时,k=72∉Z,故①式中的前一项不会出现常数项;当6-2k=0,即k=3时,可得①式中的后一项会出现常数项,此时原式常数项为3×(-12)3×C63=-152.角度3形如(a+b+c)n(n∈N*)的展开式问题[例3](x2-x+1)10的展开式中x3的系数为()A.-210B.210C.30D.-30【解析】选A.方法一:(x2-x+1)10的展开式中含x3项的构成有以下几种可能:①1个x2,1个(-x),8个1,所得项为C101x2·C91(-x)·C8818=-90x3.②3个(-x),7个1,所得项为C103(-x)3·C7717=-120x3.所以x3的系数为-210.方法二:(x2-x+1)10=[1+(x2-x)]10,展开式的通项为+1=C10(x2-x)k(k=0,1,2,3,…,10),要使(x2-x+1)10的展开式中含x3,则需要(x2-x)k的展开式中出现x3,而(x2-x)k展开式的通项为+1=C x2(k-r)(-x)r=(-1)r C x2k-r(r=0,1,2,3,…,k),令2k-r=3可知当=2,=1或=3,=3时满足题意,即(x2-x+1)10的展开式中x3的系数为(-1)1C102C21+(-1)3C103C33= -90-120=-210.【解题技法】求形如(a+b+c)n展开式中特定项的方法【对点训练】(x+y-2z)5的展开式中,xy2z2的系数是()A.120B.-120C.60D.30【解析】选A.由题意知(x+y-2z)5=[(x+y)-2z]5,展开式的第k+1项为C5(x+y)5-k(-2z)k,令k=2,可得第3项为(-2)2C52(x+y)3z2,(x+y)3的展开式的第m+1项为C33-y m,令m=2,可得第3项为C32xy2,所以(x+y-2z)5的展开式中,xy2z2的系数是(-2)2C52C32=120.【加练备选】(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为()A.10B.20C.30D.60【解析】选C.方法一:由二项展开式通项易知r1=C5(x2+x)5-k y k,令k=2,则T3=C52(x2+x)3y2,对于二项式(x2+x)3,展开式的通项为r1=C3(x2)3-x t=C3x6-t,令t=1,所以x5y2的系数为C52C31=30.方法二:因为(x2+x+y)5=(x2+x+y)(x2+x+y)·…·(x2+x+y),即共有5个括号相乘,所以展开式中要得到含x5y2的项,只需5个括号中有2个括号里出y,同时剩余的3个括号中2个括号里出x2,另一个括号里出x便可,故含x5y2的项为C52y2C32(x2)2x=C52C32x5y2,故x5y2的系数为C52C32=10×3=30.考点二二项式系数与项的系数问题角度1二项式系数和与系数和[例4]若(1+x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则a2+a6+a8=________;a1+2a2+3a3 +…+10a10=________.【解析】由已知得(1+x)10展开式的通项为+1=C10x k,所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数,故a2+a6+a8=C102+C106+C108=300.对原式两边求导得,10(1+x)9=a1+2a2x+3a3x2+…+10a10x9,令x=1,得a1+2a2+3a3+…+10a10=10×29=5120.答案:3005120【解题技法】赋值法的应用(1)对于多项式(a+bx)n=a0+a1x+a2x2+…+a n x n,令g(x)=(a+bx)n,则(a+bx)n的展开式中各项的系数和为g(1).(2)(a+bx)n的展开式中奇数项的系数和为12[g(1)+g(-1)].(3)(a+bx)n的展开式中偶数项的系数和为12[g(1)-g(-1)].【对点训练】在二项式(1-2x)n的展开式中,偶数项的二项式系数之和为128,则展开式的中间项的系数为()A.-960B.960C.1120D.1680【解析】选C.根据题意,奇数项的二项式系数之和也为128,所以在(1-2x)n的展开式中,二项式系数之和为256,即2n=256,得n=8,则(1-2x)8的展开式的中间项为第5项,且T5=C84(-2)4x4=1120x4,即展开式的中间项的系数为1120.【加练备选】若x5=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+…+a5(x-2)5,则a1=________,a1+a2+…+a5=________.【解析】因为x5=[2+(x-2)]5,则a1=C51·24=80.令x=3,得a0+a1+a2+…+a5=35=243;令x=2,得a0=25=32,故a1+a2+…+a5=243-32=211.答案:80211角度2系数与二项式系数的最值问题[例5](多选题)(2023·唐山模拟)下列关于(1x-2x)6的展开式的说法中正确的是()A.常数项为-160B.第4项的系数最大C.第4项的二项式系数最大D.所有项的系数和为1【解析】选ACD.(1x-2x)6展开式的通项为+1=C6·(1x)6-k·(-2x)k=(-2)k C6·x2k-6.对于A,令2k-6=0,解得k=3,所以常数项为(-2)3C63=-8×20=-160,A正确;对于B,由通项公式知,若要系数最大,k所有可能的取值为0,2,4,6,所以T1=x-6,T3=4C62x-2=60x-2,T5=(-2)4C64x2=240x2,T7=(-2)6x6=64x6,所以展开式第5项的系数最大,B错误;对于C,展开式共有7项,得第4项的二项式系数最大,C正确;对于D,令x=1,则所有项的系数和为(1-2)6=1,D正确.【解题技法】1.二项式系数最大项的确定方法(1)如果n是偶数,那么中间一项(第2+1项)的二项式系数最大;(2)如果n是奇数,那么中间两项(第r12与第r12+1项)的二项式系数相等并最大.2.展开式系数最大值的两种求解思路(1)由于展开式系数是离散的,因此求最大值可通过不等式组≥-1,≥r1确定.(2)由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子,可以看作关于n的数列,通过判断数列单调性从而判断系数的增减性,并根据系数的单调性求出系数的最值.【对点训练】(2024·厦门模拟)已知(-2)的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18,则展开式中的常数项为________.【解析】因为(-2)的二项展开式为T r+1=C()-(-2),所以它的第二项的系数为T2=C1(-2),该二项式的展开式中第二项的二项式系数为C1,由(-2)的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18,所以C1-C1(-2)=18⇒n=6,所以二项式为(-2)6,展开式通项为T r+1=C6()6-(-2)=C6·(-2)r·6-32,令6-32=0⇒r=2,所以展开式中的常数项为T3=C62·(-2)2=60.答案:60【加练备选】设m为正整数,(x+y)2展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2r1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m=()A.5B.6C.7D.8【解析】选B.由题意,得a=C2,b=C2r1,则13C2=7C2r1,所以13·(2)!!!=7·(2r1)!!(r1)!,所以7(2r1)r1=13,解得m=6.经检验m=6为原方程的解.考点三二项式定理的综合应用[例6](1)设n为奇数,那么11n+C1·11n-1+C2·11-2+…+C-1·11-1除以13的余数是()A.-3B.2C.10D.11【解析】选C.11n+C1·11-1+C2·11-2+…+C-1·11-1=C0·11n+C1·11-1 +C2·11-2+…+C-1·11+C-2=(11+1)n-2=12n-2=(13-1)n-2=C0·13n-C1·13-1+…+(-1)-1·C-1·13+(-1)n·C-2,因为n为奇数,则上式=C0·13n-C1·13-1+…+(-1)-1·C-1·13-3=[C0·13n-C1·13-1+…+(-1)n-1·C-1·13-13]+10,所以11n+C1·11-1+C2·11-2+…+C-1·11-1除以13的余数是10.(2)利用二项式定理计算1.056,则其结果精确到0.01的近似值是()A.1.23B.1.24C.1.33D.1.34【解析】选D.1.056=(1+0.05)6=C60+C61×0.05+C62×0.052+C63×0.053+…+C66×0.056 =1+0.3+0.0375+0.0025+…+0.056≈1.34.【解题技法】二项式定理综合应用的题型及解法(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形:①观察除式与被除式间的关系;②将被除式拆成二项式;③结合二项式定理得出结论.(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算:当n不是很大,|x|比较小时,(1+x)n≈1+nx.【对点训练】1.设a∈Z,且0≤a≤13,若512023+a能被13整除,则a等于()A.0B.1C.11D.12【解析】选B.因为a∈Z,且0≤a≤13,所以512023+a=(52-1)2023+a=C20230522023-C20231522022+C20232522021-…+C2023202252-C20232023+a,因为512023+a能被13整除,所以-C20232023+a=-1+a能被13整除,结合选项,所以a=1.2.0.9910的第一位小数为n1,第二位小数为n2,第三位小数为n3,则n1,n2,n3分别为()A.9,0,4B.9,4,0C.9,2,0D.9,0,2【解析】选A.0.9910=(1-0.01)10=C100×110×(-0.01)0+C101×19×(-0.01)1+C102×18×(-0.01)2+…=1-0.1+0.0045+…≈0.9045.【加练备选】1.已知C0+2C1+22C2+23C3+…+2n C=243,则C1+C2+C3+…+C等于()A.31B.32C.15D.16【解析】选A.逆用二项式定理得C0+2C1+22C2+23C3+…+2n C=(1+2)n=243,即3n=35,所以n=5,所以C1+C2+C3+…+C=25-1=31.2.0.996的计算结果精确到0.001的近似值是()A.0.940B.0.941C.0.942D.0.943【解析】选B.0.996=(1-0.01)6=C60×1-C61×0.01+C62×0.012-C63×0.013+…+C66×0.016 =1-0.06+0.0015-0.00002+…+0.016≈0.941.。

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14.2 排列与组合考纲要求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、组合数公式，能利用排列与组合解决简单的实际问题．1．排列与排列数 (1)排列一般地，从n 个不同的元素中取出m (m ≤n )个元素，__________，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．(2)排列数一般地，从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的__________，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，记作__________．2．组合与组合数 (1)组合一般地，从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素__________，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．(2)组合数一般地，从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的__________，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，记作__________．备注1．设集合A ＝{1,2,3,4}，m ，n ∈A ，则方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点位于x 轴上的椭圆有__________个．2．用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为__________．3．8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__________． 4．从7名志愿者中安排6人在周六、周日参加上海世博会宣传活动，若每天安排3人，则不同的安排方案有__________种．5．某电子元件是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A 、B 、C 、D ，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况共有________种(用数字作答)．1．如何区分某一问题是排列问题还是组合问题？提示：关键是看选出元素的顺序是否影响结果，若交换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．2．对于有附加条件的排列组合应用题，通常从哪几个途径考虑？提示：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素． (2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不合要求的排列或组合数．一、排列数与组合数的计算【例1】计算：(1)8！＋A 66A 28－A 410；(2)C 33＋C 34＋…＋C 310.方法提炼在使用排列数公式A mn ＝n ！n －m ！进行计算时，要注意公式成立的条件：m ，n ∈N *，m ≤n .另外，应注意组合数的性质的灵活运用．二、有限制条件的排列问题【例2】某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中 (1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？ (2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？方法提炼对于相邻问题，可以先将要求相邻的元素作为一个元素与其他元素进行排列，同时要考虑相邻元素的内部是否需要排列，这种方法称为“捆绑法”．对于不相邻的元素，可先排其他元素，然后将这些要求不相邻的元素插入空位，这种方法称为“插空法”．请做针对训练2三、组合问题【例3】从7名男生5名女生中选取5人，求符合下列条件的选法总数有多少？ (1)A ，B 必不当选；(2)至少有2名女生当选．方法提炼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．请做针对训练3四、排列组合的综合应用【例4】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4项工作之一，每项工作至少有1人参加．甲、乙不会开车但能从事其他3项工作，丙、丁、戊都能胜任4项工作，则不同安排方案的种数为__________．方法提炼解答同时与排列、组合有关的应用题时，要遵循先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则．基本题型包括：排列中的“在与不在”问题；组合中的“有与没有”问题、“相邻与不相邻”问题等．请做针对训练1从近三年高考试题来看，排列、组合是高考的热点，题型多以填空题为主，难度中等，在解答题过程中，排列、组合常与概率、分布列的有关知识结合在一起考查．1．解不等式A x9＞6A x－29.2．广州亚运会期间，某国代表团计划在比赛全部结束后，顺便从7个他们最喜爱的中国城市里选择5个进行游览．如果M、N为必选城市，并且在游览过程中必须按先M后N的次序经过M、N两城市(游览M、N两城市的次序可以不相邻)，则他们可选择的不同游览线路有________种．3．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有__________种．4．从甲、乙等10名同学中挑选4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有__________种．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)按照一定的顺序排成一列(2)所有排列的个数A m n 2．(1)并成一组(2)所有组合的个数C m n3．n(n－1)…(n－m＋1)n！n －m！n n－n－m＋m！n！m！n－m！n！1 1 C n－mn基础自测1．6 解析：当m＝4时，n＝1,2,3,3个；当m＝3时，n＝1,2,2个；当m＝2时，n＝1,1个，共有1＋2＋3＝6个．2．48 解析：分两步：(1)先排个位数有A12种．(2)再排前三位有A34种，故共有A12A34＝48种排法．3．A88A29解析：运用插空法，先将8名学生排列，有A88种排法；再把2位老师插入8名学生形成的9个空中，有A29种排法，因此共有A88A29种排法．4．140 解析：分两步：第一步，安排周六，有C37种方案；第二步，安排周日，有C34种方案，故共有C37C34＝140种不同的安排方案．5．15 解析：恰有i个焊点脱落的可能情况为C i4(i＝1,2,3,4)种，由分类计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况共C14＋C24＋C34＋C44＝15(种)．考点探究突破【例1】解：(1)原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×2－＝－5 130623.(2)原式＝C44＋C34＋C35＋…＋C310＝C45＋C35＋…＋C310＝C46＋C36＋…＋C310＝C411＝330.【例2】解：(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C318＝816种；(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C518＝8 568种；(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C418＋C318＝6 936种；(4)(直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以符合题意的选法共有C112C48＋C212C38＋C312C28＋C412C18＝14 656种．(间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得队中至少有一名内科医生和一名外科医生的选法共有C520－(C512＋C58)＝14 656种．【例3】解：(1)从除去A，B两人的10人中选5人即可，∴有C510＝252种．(2)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，∴有C512－C15C47－C57＝596种选法．【例4】 126 解析：(直接法)以从事司机工作为分类标准进行讨论：若有2人从事司机工作，则方案有C23A33＝18；若有1人从事司机工作，则方案有C13C24A33＝108种，所以不同安排方案种数是18＋108＝126.(间接法)5人从事4项工作，所有不同安排方案的种数是C25A44＝240.不符合要求的有两类：一是甲、乙都从事开车工作，有A33＝6种；二是甲、乙有1人从事开车工作，它包括只有1人从事开车工作和有2人从事开车工作，故共有C12C13A33＋C12C24A33＝36＋72＝108种．所以不同安排方案种数是240－6－108＝126.演练巩固提升针对训练1．解：原不等式即9！－x！＞6×9！－x！，也就是1－x ！＞6－x －x －x ！，化简得x 2－21x ＋104＞0，解得x ＜8或x ＞13，又因为2≤x ≤9，且x ∈N *，所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}．2．600 解析：先从M 、N 除外的5个城市中选3个，再与M 、N 全排列，有C 35A 55种游览线路．因为M 、N 两城市的游览顺序确定，故共有C 35A 552！＝10×1202＝600种不同游览线路．3．42 解析：若乙排在第二位，则有A 33种方案；若乙不排在第二位，则乙只能排在第三、四、五位，此时共有A 13A 12A 33种方案，故共有A 33＋A 13A 12A 33＝42(种)．4．140 解析：∵从10名同学中挑选4名参加某项公益活动有C 410种不同挑选方法；从甲、乙之外的8名同学中挑选4名参加某项公益活动有C 48种不同挑选方法；∴甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有C 410－C 48＝210－70＝140种不同的挑选方法．。