高中数学选修2-3 (261)
【志鸿优化设计】2015版高中数学(人教)选修2-3课件：1.3.1二项式定理
1.3.1 二项式定理
问题导学 当堂检测
课前预习导学
KEQIAN YUXI DAOXUE
课堂合作探究
KETANG HEZUO TANJIU
例 1 求 3 ������ +
1 4 的展开式. ������
思路分析:直接利用二项式定理处理是基本的方法.但考虑到处理 起来比较复杂,因此可以考虑将原式变形后再展开. 解法一: 3 ������ +
(1)这个公式叫做二项式定理. (2)展开式:等号右边的多项式叫做(a+b)n 的二项式的展开式,展开 式中一共有 n+1 项. (3)二项式系数:各项的系数C������ ������ (k∈{0,1,2,…,n})叫做二项式系数. 2.二项展开式的通项
n-k k (a+b)n 展开式中第 k+1 项 Tk+1=C������ ������ a b (k∈{0,1,2,…,n})叫做二项展
2
3
1 ������
+
������
=81x
12 +108x+54+ + ������
解法二: 3 ������ +
1.3.1 二项式定理
目标导航 预习导引
课前预习导学
KEQIAN YUXI DAOXUE
课堂合作探究
KETANG HEZUO TANJIU
1.二项式定理
n-k k * 0 n 1 n-1 ������ n (a+b)n=C������ a +C������ a b+…+C������ ������ a b +…+C������ b (n∈N )
高中数学选修2-3优质课件：排列(复习课)
(1)甲不站中间，也不站两端； (2)甲、乙两人必须站两端．
[解] (1)分两步，首先考虑两端及中间位置，从除甲外的 6 人中选 3 人排列，有 A36种站法，然后再排其他位置，有 A44种站 法，所以共有 A36·A44＝2 880 种不同站法．
【练习反馈】
1．6 名学生排成两排，每排 3 人，则不同的排法种数为( )
A．36
B．120
C．720
Hale Waihona Puke D．240解析：由于 6 人排两排，没有什么特殊要求的元素，故排法 种数为 A66＝720. 答案：C
2．要为 5 名志愿者和他们帮助的 2 位老人拍照，要求排成一排，
2 位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有( )
排列（复习课）
【常考题型】
无限制条件的排列问题
[例 1] 有 5 个不同的科研小课题，从中选 3 个由高二 (4)班的 3 个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有 多少种不同的安排方法？
[解] 从 5 个不同的课题中选 3 个，由 3 个兴趣小组进 行研究，每种选法对应于从 5 个不同元素中选出 3 个元素 的一个排列．
因此有 A53＝5×4×3＝60 种不同的安排方法．
[类题通法] 没有限制的排列问题，即对所排列的元素或所排列的 位置没有特别的限制，这一类问题相对简单，分清元素和 位置即可．
[对点训练] 某信号兵用红、黄、蓝 3 面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表 示信号，每次可以任挂 1 面、2 面或 3 面，并且不同的顺序 表示不同的信号，则一共可以表示________种不同的信号．
[类题通法] 1．在实际排列问题中，有些元素必须相邻．在解决此类 问题时，可先将其看成一个“大元素”与其他元素一起排列， 再对这些元素进行全排列． 2．排列问题中，解决“不相邻”问题的有效方法是“插 空法”，也就是先将其余元素排好，再将要求不相邻的元素插 入空中进行排列．
高中数学 第1章 5二项式定理 北师大版选修2-3
1.二项式定理：公式(a＋b)n＝_C_0na__n＋__C_1n_a_n_－_1b_＋__…__＋__C__rna_n_－_rbr ＋__…__＋__C__nnb_n_(n∈N＋)叫作二项式定理．
2．二项展开式的通项与二项式系数：(1)(a＋b)n的二项展 开式共有__n_＋__1__项，式中的__C_rn_a_n_－_rb_r__叫作二项展开式的通 项，记作Tr＋1＝___C_rn_a_n_－_rb_r__(其中0≤r≤n，r ∈N，n∈N＋)，通 项为展开式的第r＋1项；
(3)Tr＋1＝Cr10x102－r·(－31x)r＝Cr10x102－r·(－13)r·x－r ＝Cr10·(－13)r·x10－2 3r. 若是正整数指数幂，则有10－2 3r为正整数，∴r 可以取 0,2， ∴项数有 2 个． (4)由题意 Tr＋1＝Cr7(x3)7－r(1x)r＝Cr7x21－4r，令 21－4r＝5，得 r ＝4，则 x5 的系数是 C47＝35. [答案] (1)15 (2)40 (3)B (4)35
5．二项展开式的应用 (1)利用通项公式 Crnan－rbr(0≤r≤n，r∈N，n∈N＋)求指定 项、特征项(常数项，有理项等)或特征项的系数． (2)近似计算，当|a|与 1 相比较很小且 n 不大时，常用近似 公式(1±a)n≈1±na，使用公式时要注意 a 的条件以及对计算精 确度的要求． (3)整除性问题与求余数问题，对被除式进行合理的变形， 把它写成恰当的二项式的形式，使其展开后的每一项含有除式 的因式或只有一、二项不能整除．
②(1＋x)n＝1＋C1nx1＋C2nx2＋…＋Crnxr＋…＋xn(n∈N＋)． (6)要注意逆用二项式定理来分析解决问题．
2．在应用通项公式时要注意以下几点： (1)Crnan－rbr 是展开式的第 r＋1 项，而不是第 r 项； (2)通项公式表示的是二项展开式中的某一项，只要 n 与 r 确定，该项也随之确定；对于一个具体的二项式，它的二项展 开式中的各项依赖于 r； (3)公式中的第一个量 a 与第二个量 b 的位置不能颠倒；
高中数学(北师大版)选修2-3课件：第1章 分类加法技术原理和分布乘法计数原理 第二课时参考课件
主题探究导学
典型例题精析
知能巩固提升
一、选择题（每题5分，共15分）
1. A、B两点之间有6条网线并联，它们能通过的最大信息量
分别为1，1，2，2，3，4，从中任取三条网线且使这三条网 线通过最大信息量的和大于等于6的方法共有（ ）种.
(A)13
(B)14
(C)15
(D)16
【解析】选C.设这六条网线分别用a1,a2,b1,b2,c,d表示，则满 足条件的所有可能的结果为:a1a2d,a1b1c,a1b1d,a1b2c,a1b2d, a2b1c, a2b2c,a2b1d,a2b2d, a1cd, a2cd, b1b2c, b1b2d,b1cd, b2cd共15种情况.
=240.
答案：240
4.（15分）在六一儿童节来临之前，某中学要把9台型号相同 的电脑赠送给三所希望小学作为送给孩子们的节日礼物，每所 小学至少得两台，问不同的送法种数为多少？ 【解析】依题意，把9台电脑分为三组：（2，2，5），（2，3， 4），（3，3，3）共三种不同的方法，然后，再分配到学校 . 对于第一种情况，由于电脑是相同的，所以只需要确定哪个学 校得5台即可，共有3种不同的方法.对于第二种情况：第一步 先确定哪个学校得2台，有三种方法；第二步确定哪个学校得 3
二、填空题（每题5分，共10分）
4.定义集合A与B的运算A*B如下：A*B={（x,y)|x∈A,y∈B},若 A={1,2,3}，B={1,3,4,5},则集合A*B的元素个数为____. 【解析】集合中的元素为：（1，1），（1，3），（1，4）， （1，5），（2，1），（2，3），（2，4），（2，5），
时，a有3种取法，b有3种取法，排除2条重复的，这样的直线
人教版高中数学选修2-3教学案：复习课(一)计数原理
复 (一 )数原理学生用P48两个数原理(1) 两个数原理是学摆列与合的基，高考取一般以、填空的形式出，度中等．(2) 运用两个数原理解的关在于正确划分“分”与“分步”．分就是能“一步到位”——任何一中任何一种方法都能达成件事情，而分步只好“局部到位”——任何一步中任何一种方法都不可以达成件事情，只好达成事件的某一部分，只有当各步所有达成，件事情才达成．[考点精要 ]数原理(1)分加法数原理： N＝ n1＋ n2＋ n3＋⋯＋ n m；(2)分步乘法数原理： N＝ n1·n2·n3·⋯·n m．[典例 ]如所示，花内有五个花池，有五种不一样色的花卉可供种植，每个花池内只好种同种色的花卉，相两池的花色不一样，最多的种植方案有()A． 180 种B． 240 种C． 360 种D． 420 种[分析 ]由意知，最少用三种色的花卉，依照花卉种的色可分三方案，即用三种色，四种色，五种色．3①当用三种色，花池2,4 同色和花池3,5 同色，此共有A5种方案．4②当用四种色，花池2,4 同色或花池3,5 同色，故共有2A 5种方案．③当用五种色有A55种方案．所以所有种植方案A35＋ 2A45＋ A55＝ 420(种 )．[答案] D[通法 ]使用两个原理解决注意的(1)于一些比复的既要运用分加法数原理又要运用分步乘法数原理的，我能够适合地画出表示或列出表格，使更为直、清楚．(2)当两个原理混淆使用，一般是先分，在每方法里再分步．[题组训练 ]1．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆 4 种蔬菜品种中选出3 种，分别种在不一样土质的三块土地上，此中黄瓜一定种植，不一样的种植方法有()A．24种B．18 种C．12种D．6 种分析：选B法一： (直接法 )若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝ 6 种不一样的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2＝ 6 种不一样的种植方法．故不一样的种植方法共有 6×3＝18种．法二： (间接法 )从 4 种蔬菜中选出 3 各种在三块地上，有 4×3×2＝ 24 种方法，此中不种黄瓜有 3×2×1＝ 6 种方法，故共有不一样的种植方法24－ 6＝ 18 种．2．有红、黄、蓝旗各 3 面，每次升一面、二面或三面在旗杆上纵向摆列表示不一样的信号，次序不一样则表示不一样的信号，共能够构成的信号有________种．分析：每次升 1 面旗可构成3 种不一样的信号；每次升2 面旗可构成 3×3＝ 9 种不一样的信号；每次升 3 面旗可构成 3×3×3＝ 27 种不一样的信号．依据分类加法计数原理，共可构成3＋9＋ 27＝ 39 种不一样的信号．答案： 39摆列与组合应用问题(1)高考取常常以实质问题为背景，考察摆列与组合的综合应用，同时考察分类议论的思想方法，常以选择题、填空题形式出现，有时与概率联合考察．(2)解决摆列组合问题的重点是掌握四项基来源则①特别优先原则：假如问题中有特别元素或特别地点，优先考虑这些特别元素或特别地点的解题原则．②先取后排原则：在既有拿出又需要对拿出的元素进行摆列中，要先取后排，即完好地把需要摆列的元素拿出后，再进行摆列．③正难则反原则：当直接求解困难时，采纳间接法解决问题的原则．④先分组后分派原则：在分派问题中假如被分派的元素多于地点，这时要先进行分组，再进行分派．[考点精要]1．摆列与组合的观点名称摆列从 n 个不一样元素中拿出定义依照必定的次序排成一列组合m(m≤n)个元素合成一组2．摆列数与合数的观点名称定摆列数从 n 个不一样元素中拿出摆列的个数合数m(m≤n)个元素的所有合的个数不一样3．摆列数与合数公式(1)摆列数公式①A m n＝ n(n－ 1) ⋯(n－ m＋ 1)＝(2)合数公式mC m n＝A n m＝n n－n－A m m！4．合数的性n！；② A n n＝n！．n－ m！n－ m＋n！＝．m！n－ m！m n－m m m －1m．(1)C n＝ C n； (2)C n＋ C n＝ C n＋1[典例 ](1) 一排 9个座位坐了 3 个三口之家，若每家人坐在一同，不一样的坐法种数()A． 3×3!B． 3×(3！ ) 3C． (3！ )4D． 9!(2)( 重高考 )某次会要安排 3 个歌舞目、 2 个小品目和 1 个相声目的演出序，同目不相的排法种数是()A． 72B． 120C． 144D． 168(3)从 6 位同学中出 4 位参加一个座会，要求、王两同学中至多有一个人参加，不一样法的种数 ()A． 9B． 14C． 12D． 15[分析 ] (1) 把一家三口看作一个摆列，而后再摆列 3 家，所以有 (3！ )4种．(2) 依意，先考 3 个歌舞目互不相的排法种数A33A 43＝ 144，此中 3 个歌舞目互不相但 2 个小品目相的排法种数223＝ 24，所以足意的排法A2A2A3种数 144－24＝ 120， B．(3) 法一： (直接法 )分两，第一、王两同学都不参加，有C44种法；第二、王两同学中只有 1 人参加，有 C21 C43种法．故共有C44＋ C 21C43＝ 9 种法．法二： (接法 )C 64－ C42＝ 9 种．[答案 ] (1)C (2)B(3)A[类题通法 ]摆列与组合综合问题的常有种类及解题策略(1) 相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个有关元素视为一个元向来考虑，待整个问题排好以后，再考虑它们 “内部 ”的摆列．(2) 相间问题插空法．先把一般元素排好，而后把特定元素插在它们之间或两头的空中间，它与捆绑法有同样作用．(3) 特别元素 (地点 )优先安排法． 优先考虑问题中的特别元素或地点， 而后再摆列其余一般元素或地点．[题组训练 ]1．有 5 盆各不同样的菊花，此中黄菊花 2 盆、白菊花 2 盆、红菊花 1 盆，现把它们摆放成一排，要求 2 盆黄菊花一定相邻， 2 盆白菊花不可以相邻，则这5 盆花的不一样摆放种数是 ()A ． 12B ． 24C ． 36D ． 48分析：选 B2 盆黄菊花捆绑作为一个元素与一盆红菊花摆列，2 盆白菊花采纳插空法，222种．所以这 5 盆花的不一样摆放共有 A 2 A 2A 3＝242．某班准备从含甲、乙的7 名男生中选用 4 人参加 4×100 米接力赛，要求甲、乙两人起码有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们在赛道上次序不可以相邻，那么不一样的排法种数为()A ． 720B ． 520C ． 600D ． 360分析：选 C依据题意， 分 2 种状况议论．①只有甲乙此中一人参加，有 C 21C 53 A 44＝ 480种状况； ②若甲乙两人都参加， 有 C 22C 52 A 44＝ 240 种状况，此中甲乙相邻的有 C 22C 52A 33A 22＝ 120 种状况，不一样的排法种数为 480＋ 240－ 120＝ 600 种，应选 C ．二项式定理及应用(1) 求二项睁开式中的项或项的系数是高考的热门，往常以选择题、填空题形式考察，难度中低档．(2) 解决此类问题常依照 “知四求一 ”的原则 在二项式的通项公式中共含有a, b ，n ，k ，T k ＋ 1 这五个元素， 只需知道此中的4 个元素，即可求第5 个元素的值，在有关二项式定理的问题中，经常会碰到这样的问题：知道这5个元素中的若干个(或它们之间的关系)，求此外几个元素．这种问题一般是利用通项公式，把问题归纳为解方程(组 )或不等式(组 )． 这里要注意 n 为正整数，k 为自然数，且k ≤n ．[考点精要]1．二式定理二式定理(a＋ b)n＝ C n0a n＋ C n1a n－1b＋⋯＋C n k a n－k b k＋⋯＋ C n n b n(n∈ N * )二式系数二睁开式中各系数C n r(r＝ 0,1，⋯， n)二式通r n－r rT r＋1＝ C n a b ，它表示第 r＋ 12．二式系数的性[典例 ](1)已知 (1＋ ax)(1＋ x)5的睁开式中 x2的系数5， a＝ ()A．－ 4B．－ 3C．－ 2D．－ 1(2) m 正整数， (x＋ y)2m 睁开式的二式系数的最大a， (x＋ y)2m＋1睁开式的二式系数的最大 b，若 13a＝ 7b， m＝ ()A． 5B． 6C． 7D． 8(3) 若 (1－2x)4＝ a0＋ a1x＋ a2x2＋ a3x3＋ a4x4， a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ ________．[分析 ](1)睁开式中含 x2的系数 C52＋ aC51＝ 5，解得 a＝－ 1，故 D．(2)由意得： a＝C m2m， b＝ C m2m＋1，所以 13C m2m＝ 7C m2m＋1，m！m＋！∴＝m＋，m！·m！m！！m＋＝ 13，解得 m＝ 6，原方程的解，B．∴m＋ 1(3)令 x＝ 1 可得 a0＋a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ 1，令 x＝ 0，可得 a0＝ 1，所以 a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ 0．[答案 ] (1)D (2)B (3)0[通法 ]求二式睁开式有关的常型及解策略(1) 求睁开式中的特定．可依照条件写出第r＋ 1 ，再由特定的特色求出r 即可．(2)已知睁开式的某，求特定的系数．可由某得出参数，再由通公式写出第r＋ 1 项，由特定项得出r 值，最后求出其参数．(3)与二项式各项系数的和有关的问题一般用赋值法求解．[题组训练]1．在 x(1＋ x)6的睁开式中，含 x3项的系数为 ()A． 30B． 20C． 15D． 10分析：选C只需求 (1＋ x)6的睁开式中含 x2项的系数即可，而含x2项的系数为C 62＝15，应选 C．2．若 (x－ 1)4＝ a0＋ a1x＋ a2x2＋ a3x3＋ a4x4，则 a0＋ a2＋ a4的值为 ()A． 9B． 8C． 6D． 5分析：选 B令 x＝ 1，则 a0＋ a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ 0，令 x＝－ 1，则 a0－ a1＋ a2－ a3＋ a4＝16，∴ a0＋ a2＋ a4＝ 8．1．设二项式33n的睁开式各项系数的和为a，所有二项式系数的和为b，若 a＋x＋x2b＝ 80，则 n 的值为 ()A． 8B． 4C． 3D． 2分析：选C由题意 a＝ 4n， b＝ 2n，∵ a＋ 2b＝ 80，∴4n＋ 2×2n－ 80＝ 0，即 (2n)2＋ 2×2n－ 80＝0，解得 n＝ 3．2．教室里有 6 盏灯，由 3 个开关控制，每个开关控制 2 盏灯，则不一样的照明方法有 () A．63种B．31 种C．8种D．7 种分析：选 D 由题意知，能够开 2 盏、4 盏、6 盏灯照明，不一样方法有 C31＋ C32＋ C33＝7(种 )．3．分派 4 名水暖工去3 户不一样的居民家里检查暖气管道．要求 4 名水暖工都分派出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分派的方案共有() 331 A． A4种B． A 3A3种23113 C． C4A3种D． C4C3A3种分析：选C先将 4名水暖工选出 2 人分红一组，而后将三组水暖工分派到3 户不一样的居民家，故有 C 42A33种．4． (x＋ 2)2(1－ x)5中 x7的系数与常数项之差的绝对值为 () A． 5B． 3C ． 2D ． 0分析：A常数2 27557C 2·2 ·C 5＝ 4， x 系数 C 2 ·C 5( －1)＝－ 1，所以 x 系数与常数之差的5．5． x 2－16的睁开式中，常数 是 ()2x55 A ．－ 4B ．415 15C ．－ 16D ． 16r2 6－r1 r1 rr 12－13r分析：D T r ＋ 1＝ C 6(x )－2x ＝ － 2 C 6x，令 12－ 3r ＝ 0，解得 r ＝ 4．∴常数－ 1 4 4 15 ．故 D ．2 C 6 ＝166．将 4 个 色互不同样的球所有放入 号1 和2 的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于 盒子的 号， 不一样的放球方法有()A ．10种B ．20 种C ．36种D ．52 种分析： A分 两 ：①1 号盒子放入 1 个球，2 号盒子放入3 个球，有 C 41＝4 种放球方法；② 1 号盒子放入2 个球， 2 号盒子放入 2 个球，有 C 42＝ 6 种放球方法．∴共有 C 14＋ C 24＝10 种不一样的放球方法． 7．若将函数f(x)＝ x 5 表示f(x)＝ a 0＋ a 1(1＋ x)＋ a 2(1＋ x)2 ＋ ⋯＋ a 5(1＋ x)5，此中 a 0，a 1， a 2，⋯ ， a 5 数， a 3＝ ________．分析： 不如 1＋x ＝ t ， x ＝ t － 1，所以有 ( t － 1)5＝ a 0＋ a 1t ＋ a 2t 2＋ a 3t 3＋ a 4 t 4＋ a 5t 5，a 3＝ C 52(－ 1)2＝ 10．答案： 108． 科院小李在做某 中， 划从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱6各种子中 出4 种，分 种植在 4 不一样的空地上 (1 空地只好种1 种作物 )，若小李已决定在第 1 空地上种玉米或高粱， 不一样的种植方案有 ________种． (用数字作答 )分析： 由已知条件可得第 1 地有 C 21各种植方法， 第 2～ 4 地共有 A 53各种植方法，由分步乘法 数原理可得，不一样的种植方案有C 21A 53＝ 120 种．答案： 1209．(北京高考 )把 5 件不一样 品 成一排，若 品A 与 品B 相 ，且 品 A 与 品 C不相 ， 不一样的 法有 ________种．分析： 将 A ， B 捆 在一同，有 A 22种 法，再将它 与其余3 件 品全摆列，有A 44种24种 法，而 A ，B ，C 3 件在一同，且 A ，B 相 ， A ，C 相 有 CAB ，法，共有 A 2A 4 ＝ 48 BAC 两种状况，将3 件与剩下 2 件全摆列，有2×A 33＝ 12 种 法，故 A ， B 相 ， A ， C不相邻的摆法有48－ 12＝36 种．答案： 3610．若 (2x＋3) 3＝ a0＋ a1(x＋ 2)＋ a2(x＋ 2)2＋ a3(x＋ 2)3，求 a0＋ a1＋ 2a2＋ 3a3的值．解：由 (2x＋ 3)3＝ [2(x＋ 2)－ 1]3＝C03[2(x＋ 2)]3(－ 1)0＋ C13[2(x＋ 2)] 2(－ 1)1＋ C23[2 ·(x＋ 2)] 1(－ 1)2＋ C33[2( x＋ 2)] 0(－ 1) 3＝8(x＋ 2)3－ 12(x＋ 2)2＋ 6(x＋ 2)－ 1＝a0＋ a1(x＋ 2)＋ a2(x＋ 2)2＋ a3 (x＋2) 3．则 a0＝－ 1， a1＝ 6， a2＝－ 12， a3＝ 8．则 a0＋ a1＋ 2a2＋ 3a3＝ 5．11．将 7 个同样的小球放入 4 个不一样的盒子中．(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解：(1) 将 7 个同样的小球排成一排，在中间形成的 6 个空中间插入无区其余 3 个“隔板”将球分红 4 份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C63＝ 20 种不一样的放入方式．(2) 每种放入方式对应于将7 个同样的小球与 3 个同样的“隔板”进行一次摆列，即从 10个地点中选 3 个地点安排隔板，故共有 C 3＝ 120 种放入方式．1032 2 n睁开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992．12．已知 (x＋ 3x )(1)求睁开式中二项式系数的最大项；(2)求睁开式中系数最大的项．解： (1)令 x＝ 1，则二项式各项系数和为(1＋ 3)n＝ 4n，睁开式中各项的二项式系数之和为2n．由题意，知4n－ 2n＝ 992．∴(2n)2－ 2n－ 992＝0．∴ (2n＋ 31)(2n－ 32)＝ 0．∴2n＝－ 31(舍 )或 2n＝ 32，∴ n＝ 5．因为 n＝ 5 为奇数，∴睁开式中二项式系数最大项为中间两项，它们是T3＝ C52(x 2)3(3x2) 2＝ 90x6， T 4＝ C53(x2)2(3x2)3＝ 270x22．333(2) 睁开式通项公式为r r 2)5－ r 2 r r r10＋4r．T r＋1＝ C5 3 ·(x(x )＝C5·3·x333r r≥C r － 1r－ 1C535·，假定 T r＋1项系数最大，则有r r≥C r＋1r＋1C53 5 ·3，5！5！，－ r ！ r ！ ×3≥－ r ！ r －！ ∴5！5！！ ×3.－ r ！ r ！ ≥－ r ！ r ＋3≥ 1，r 6－ r79∴．∴ ≤r ≤1 ≥ 32 25－ r r ＋ 1.∵ r ∈ N * ，∴ r ＝ 4．∴睁开式中系数最大项为4410 ＋ 4×426．T 5＝ C 5·3·x 33 ＝ 405x3。
2014-2015学年高中数学(人教版选修2-3)配套课件第二章 2.2.3 独立重复试验与二项分布
)
栏 目 链 接
C．0.84×0.2 96 D．0.24×0.296
解析：由题意可知中靶的概率为 0.8，故打 100 发子
4 96 弹有 4 发中靶的概率为 C4 1000.8 ×0.2 .故选 A.
答案：A
自 测 自 评
3．在 4 次独立试验中，事件 A 出现的概率相同，若事件 65 A 至少发生 1 次的概率是 ，则事件 A 在一次试验中发生的 81 概率是( A ) 1 2 5 2 A. B. C. D. 3 5 6 3
33 32 216 3 P＝C5× ×1－ ＝ . 5
栏 目 链 接
5
625
(3)该射手射击了 5 次，其中恰有 3 次连续击中目标，而 其他两次没有击中目标，应用排列组合知识，把 3 次连续击
1 中目标看成一个整体可得共有 C3 种情况．
故所求概率为
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
32 1 33 · 1－ ＝ P＝C3·
5
5
324 . 3 125
栏 目 链 接
点评：解决此类问题的关键是正确设出独立重复试验中 的事件 A，接着分析随机变量是否满足独立重复试验概型的
k n－k 条件，若是，利用公式 P(ξ＝k)＝Ck p (1 － p ) 计算便可． n
变 式 迁 移 1．某市公租房的房源位于A，B，C三个片区，设 每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中 任一个片区的房源是等可能的．该市的4位申请人中恰
各次之间 重复地 ________地进行的一种试验，也叫贝努里试验． 相互独立
特点：每一次试验的结果只有
______________________________，且任何一次试验中发
数学：2.2.1《条件概率》教案(新人教B版选修2-3)
2．2．1条件概率教学目标：知识与技能：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。
过程与方法：掌握一些简单的条件概率的计算。
情感、态度与价值观：通过对实例的分析，会进行简单的应用。
教学重点：条件概率定义的理解教学难点：概率计算公式的应用授课类型：新授课课时安排：1课时教具：多媒体、实物投影仪教学设想：引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。
教学过程：一、复习引入：探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小.若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“Y”，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：Y Y Y，Y Y Y和Y Y Y．用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”, 则 B 仅包含一个基本事件Y Y Y．由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为1 ()3 P B=.思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有Y Y Y和Y Y Y．而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是Y Y Y.由古典概型计算公式可知．最后一名同学抽到中奖奖券的概率为12，不妨记为P（B|A ) ，其中A表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”.已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件 A 中，从而影响事件B 发生的概率，使得P ( B|A ）≠P ( B ) .思考:对于上面的事件A和事件B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢？用Ω表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即Ω=｛Y Y Y, Y Y Y,Y Y Y｝．既然已知事件A必然发生，那么只需在A={Y Y Y, Y Y Y}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件Y Y Y 和Y Y Y ．在事件 A 发生的情况下事件B 发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件Y Y Y ，因此(|)P B A =12=()()n AB n A .其中n ( A ）和 n ( AB ）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式，()()(),()()()n AB n A P AB P A n n ==ΩΩ其中 n （Ω）表示Ω中包含的基本事件个数．所以，(|)P B A =()()()()()()()()n A B n A B P A B n n A n P n Ω==ΩΩΩ. 因此，可以通过事件A 和事件AB 的概率来表示P （B| A ) .条件概率1.定义设A 和B 为两个事件，P(A )>0，那么，在“A 已发生”的条件下，B 发生的条件概率（conditional probability ). (|)P B A 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．(|)P B A 定义为()(|)()P AB P B A P A =.由这个定义可知，对任意两个事件A 、B ，若()0P B >，则有()(|)()P AB P B A P A =⋅. 并称上式微概率的乘法公式.2.P （·|B ）的性质：（1）非负性：对任意的A ∈f. 0(|)1P B A ≤≤；（2）规范性：P （Ω|B ）=1；（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则(|)(|)(|)P B C A P B A P C A =+ .更一般地,对任意的一列两两部相容的事件i A （I=1,2…），有P ⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞= 1|i i B A =)|(1B A P i i ∑∞=.例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2 道题，求： (l ）第1次抽到理科题的概率；(2）第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．解：设第1次抽到理科题为事件A ，第2次抽到理科题为事件B ，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB.(1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n （Ω）=35A =20.根据分步乘法计数原理，n (A ）=1134A A ⨯=12 ．于是 ()123()()205n A P A n ===Ω.(2）因为 n (AB)＝23A =6 ，所以()63()()2010n AB P AB n ===Ω.(3）解法 1 由（ 1 ) ( 2 ）可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概3()110(|)3()25P AB P B A P A ===. 解法2 因为 n (AB ）=6 , n (A ）=12 ，所以()61(|)()122P AB P B A P A ===.例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：(1）任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率；(2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．解：设第i 次按对密码为事件i A (i=1,2) ，则112()A A A A = 表示不超过2次就按对密码．(1）因为事件1A 与事件12A A 互斥，由概率的加法公式得1121911()()()101095P A P A P A A ⨯=+=+=⨯.(2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则112(|)(|)(|)P A B P A B P A A B =+14125545⨯=+=⨯.课堂练习.1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S={1，2，3，4，5，6}，令事件A={2，3，5}，B={1，2，4，5，6}，求P （A ），P （B ），P （AB ），P （A ︱B ）。
高中数学人教A版选修2-3第一章1.2排列组合的综合应用(习题课)课件
课堂小结：
处理排列组合应用题的规律
（1）两种思路：直接法，间接法
（2）两种途径：元素分析法，位置分析法。 例3、对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有
捆绑法：相邻元素的排列，可以采用“整体到局部”的排法，即将相邻的元素当成“一个”元素进行排列，然后再局部排列。
种选法。
29
弄清要完成什么样的事件是前提。
00|0 00 0|0 0 00 0|0 0 00 0|0 0 00 0|0 0 00 00 00 捆绑法：相邻元素的排列，可以采用“整体到局部”的排法，即将相邻的元素当成“一个”元素进行排列，然后再局部排列。
解法一：先组队后分校（先分堆后分配） 特殊优先法:对于存在特殊元素或者特殊位置的排列组合问题，我们可以从这些特殊的东西入手，先解决特殊元素或特殊位置，再去解决其它元素或位置，这种解法叫做特殊优先法。
即 2,1,1，有 C ＝6(种)，再分配给 3 个人，有 A ＝6(种)，所以不同的 例3、对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有
2 3 处理排列组合应用题的规律 4 3 解：采用先组后排方法:
种。
安排方式共有 6×6＝36(种)． 例4、 从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛,每校至少有1人,
解：对 5 个只会跳舞的人选几人进行分类： 第一类：跳舞的人从 5 个只会跳舞的人选 4 人，共有C54C84 350 (种)； 第二类：跳舞的人从 5 个只会跳舞的人选 3 人，共有C53C31C74 1050 (种)； 第三类：跳舞的人从 5 个只会跳舞的人选 2 人，共有C52C32C64 450 (种)； 第四类：跳舞的人从 5 个只会跳舞的人选 1 人，共有C51C33C54 25 (种)； 所以一共有 50+1050+450+25=1875（种）.
【课件】人教版高中数学选修2-3：1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质-课件(共91张PPT)
二项式系数的性质
（3）各二项式系数的和.已知
1 23L
C1 n1
____C_2n_____ ，
1 3 6 L
C2 n1
____C_3n_____ ，
1 4 10 L
C3 n1
___C_4n______ ，
一般地，
Crr
Cr r 1
Cr r2
L
Cr n1
__________(n
r).
根据你发现的规律，猜想下列数列的前若干项的和：
1 23L
C1 n1
C10
C11
C02 C12 C22
规律是什么？ 为什么？
(a+b)3 …………………
C30
C13 C32
C33
(a+b)4 ………………… C04 C14 C24 C34 C44
(a+b)5 …………
C50 C15
C52 C35 C54
C55
(a+b)6 …………
C06
C16
C62 C36
C64
C56
大家可以结合资料，探究一下开方 算法的具体操作及其中蕴含的算法思想， 感受我国古代数学的独特风格.
对于a bn展开式的二项式系数
C0n，C1n，Cn2，L ，Cnn，
我们还可以从函数角度来分析它们.
Crn可看成是以 r 为自变量的函数 f (r)，
其定义域是{0，1，2，…，n }.对于确
定的 n ，我们还可以画出它的图象.
Cr r2
L
Cr n1
C r 1 r2
Cr r2
L
Cr n1
C r 1 r3
人教B版数学选修2-3《1.1基本计数原理》说课稿
人教B版数学选修2-3《1.1基本计数原理》说课稿各位老师，大家好，我今天说课的课题是《基本计数原理》，我将从教材、学情、教学策略、教学过程、板书设计、教学反思等几个方面对本节课进行说明。
一、教材分析本节课是人教B版的数学教材选修2-3第一章第一节第一课，本节课所讲授的两个基本计数原理，即分类加法原理与分步乘法原理，是本章继续学习排列、组合的基础，学生能否理解并能应用两个基本原理，是学好本章知识的一个关键，本节课建议安排两课时，本节为第一课时，根据其在教材中的地位，结合课标的要求，设置了如下的教学目标：1、知识目标理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，并能应用两个基本原理分析、解决一些简单的应用问题。
2、能力目标在概念形成的过程中培养学生的总结与概括能力，在解决实际问题过程中锻炼学生逻辑思维能力。
3、情感目标让学生体验知识从生活中来又应用到生活中去得过程，培养学生用数学的眼光观察世界和用数学的思想思考世界的习惯。
教学重点是两个基本计数原理的内容。
难点是如何正确是用两个基本计数原理来解决实际问题。
二、学情分析高二学段的高中生已经具备较好的计算能力和基本的逻辑思维能力，但是对于实际问题的生活背景了解不多，对问题中创设的实际背景和如何完成一件事的含义的理解将成为学生运用两个基本计数原理解决问题是的瓶颈，所以找到如何完成一项实际任务的方法，是应用过程中难点。
三、教学策略本课由于内容比较简单学生通过预习多都能够看懂，在实际授课时，我将使用更能贴近学生生活的实例，以激发学生的求知欲和学习热情。
采用教师启发、学生小组合作学习方式进行教学，利用多媒体课件展示引例的问题环境，引导学生思维，具体的分析比较进而归纳出两个基本计数原理，遵循从特殊到一般的思维过程，在学生现有的认知基础上，促使其获取知识，让学生始终保持高水平的思维活动水平，增强学习效果。
四、教学过程1、设置情景，引入新课使用多媒体课件展示郑板桥《咏雪》让学生齐读古诗并请学生对古诗进行自由鉴赏。