2020届二轮复习排列组合、二项式定理教案(全国通用)

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文档介绍

2020届二轮复习排列组合、二项式定理教案(全国通用)

高考冲刺 排列组合、二项式定理 ‎【高考展望】‎ 命题角度:该部分的命题就是围绕两个点展开.第一个点是围绕排列,组合展开,设计利用排列组合和两个基本原理求解的实际计数问题的试题,目的是考查对排列组合基本方法的掌握程度,考查分类与整合的思想方法,试题都是选择题或者填空题,难度中等或者偏易;第二点是围绕二项式定理展开,涉及利用二项式的通项公式计算二项式中特定项的系数、常数项、系数和等试题,目的是考查对二项式定理的掌握程度和基本的运算求解能力,试题也都是选择题或者填空题,难度中等.‎ 预计高考对该部分的考查基本方向不变,即考查简单的计数问题、二项式定理的简单应用,但由于排列,组合试题的特点,也不排除出现难度稍大的试题的可能.‎ 复习建议:该部分的复习以基本问题为主,要点有两个:一个是引导学生掌握解决排列,组合问题的基本思想,即分类与分步的思想,使学生在解题时有正确的思维方向;一个是掌握好二项展开式的通项公式的应用,这是二项式定理的考查核心.‎ ‎【知识升华】‎ 一、排列与组合 ‎1、分类计数原理与分步计数原理是关于计数的两个基本原理,两者的区别在于分步计数原理和分步有关,分类计数原理与分类有关.‎ ‎2、排列与组合主要研究从一些不同元素中,任取部分或全部元素进行排列或组合,求共有多少种方法的问题.区别排列问题与组合问题要看是否与顺序有关,与顺序有关的属于排列问题,与顺序无关的属于组合问题.‎ ‎3、排列与组合的主要公式 ‎①排列数公式: (m≤n)  ‎ A=n! =n(n―1)(n―2) ·…·2·1.‎ ‎②组合数公式: (m≤n).‎ ‎③组合数性质:①(m≤n). ② ‎ ‎③‎ ‎4、分类应在同一标准下进行,确保“不漏”、“不重”,分步要做到“步骤连续”和“步骤独立”,并能完成事项.‎ ‎5、界定“元素与位置”要辩证地看待,“特殊元素”、“特殊位置”可直接优先安排,也可间接处理. ‎ ‎6、解排列组合综合问题注意先选后排的原则,复杂的排列、组合问题利用分类思想转化为简单问题求解.‎ ‎7、常见的解题策略有以下几种:‎ ‎(1)特殊元素优先安排的策略;‎ ‎(2)合理分类与准确分步的策略;‎ ‎(3)排列、组合混合问题先选后排的策略;‎ ‎(4)正难则反、等价转化的策略;‎ ‎(5)相邻问题捆绑处理的策略;‎ ‎(6)不相邻问题插空处理的策略;‎ ‎(7)定序问题除法处理的策略;‎ ‎(8)分排问题直排处理的策略;‎ ‎(9)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略;‎ ‎(10)构造模型的策略.‎ 二、二项式定理 ‎1、二项式定理 ‎(a +b)n =Can +Can-1b+…+Can-rbr +…+Cbn,其中各项系数就是组合数C,展开式共有n+1项,第r+1项是Tr+1 =Can-rbr.‎ ‎2、二项展开式的通项公式 二项展开式的第r+1项Tr+1=Can-rbr(r=0,1,…n)叫做二项展开式的通项公式。‎ ‎3、二项式系数的性质 ‎①在二项式展开式中,与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,‎ 即C= C (r=0,1,2,…,n).‎ ‎②若n是偶数,则中间项(第项)的二项公式系数最大,其值为C;若n是奇数,则中间两项(第项和第项)的二项式系数相等,并且最大,其值为C= C.‎ ‎③所有二项式系数和等于2n,即C+C+C+…+C=2n.‎ ‎④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和,‎ 即C+C+…=C+C+…=2n―1.‎ ‎4、二项式定理解题:四大热点,四条规律:‎ ‎(1)四大热点:①通项运用型;②系数配对型;③系数和差型;④综合应用型.‎ ‎(2)四条规律:①常规问题通项分析法;②系数和差赋值法;③近似问题截项法;④整除(或余数)问题展开法. ‎ ‎【典型例题】‎ 类型一、分类计数原理与分步计数原理 ‎【例1】用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内,每格涂一种颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以反复使用,共有多少种不同的涂色方法?‎ ‎【思路点拨】颜色可以反复使用,即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色,首先确定第一个小方格的涂法,再考虑其相邻的两个小方格的涂法.‎ ‎【解析】如图所示,将4个小方格依次编号为1,2,3,4,第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上,有5种不同的涂法. ‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎①当第2、第3个小方格涂不同颜色时,有=12(种)不同的涂法,第4个小方格有3种不同的涂法.由分步计数原理可知,有5×12×3=180(种)不同的涂法;‎ ‎②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时,有4种涂法,由于相邻两格不同色,因此,第4个小方格也有4种不同的涂法,由分步计数原理可知,有5×4×4=80(种)不同涂法.‎ 由分类加法计数原理可得,共有180+80=260(种)不同的涂法.‎ ‎【总结升华】涂色问题的解决方法 ‎(1)涂色问题没有固定的方法可循,只能按照题目的实际情况,结合两个原理与排列组合的知识灵活处理,其难点是对相邻区域颜色不同的处理,解决的方法往往要采用分类讨论的方法,根据“两个原理”计算.‎ ‎(2)本题也可以考虑对使用的颜色的种数进行分类,如果使用2种颜色,则只能是第1,4涂一种、第2,3涂一种,方法数是=20;若是使用3种颜色,若第1,2,3方格不同色,第4个方格只能和第1个方格相同,方法数是=60,如果第1,2,3方格只用两种颜色,则第4个方格只能用第3种颜色,方法数是×3×2=60;如果使用4种颜色,方法数是=120.根据加法原理总的涂法种数是260.‎ 举一反三:‎ ‎【变式】某次活动中,有30个人排成6行5列,现要从中选出3人进行礼仪表演,要求这3人任意2人不同行也不同列,则不同的选法种数为________(用数字作答).‎ ‎【答案】7 200‎ ‎【解析】其中最先选出的一个有30种方法,此时这个人所在的行和列不能再选人,还剩一个5行4列的队形,选第二个人有20种方法,此时该人所在的行和列不能再选人,还剩一个4行3‎ 列的队形,此时第三个人的选法有12种,根据分步乘法计数原理,总的选法种数是30×20×12=7 200.‎ ‎【例2】将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有(  )‎ A.12种 B.10种 C.9种 D.8种 ‎【思路点拨】先安排教师、再配之学生即可,再根据分步乘法计数原理求之.‎ ‎【答案】A ‎ ‎【解析】分别从2名教师中选1名,4名学生中选2名安排到甲地参加社会实践活动即可,则乙地就安排剩下的教师与学生,故不同的安排方法共有=12种.故选A.‎ ‎【总结升华】两个基本原理是解决计数问题的根据,在计数问题中一般是先根据不同情况进行分类,然后对于每一类的计数问题再分步完成,根据分步乘法计数原理求出每类的数目,最后使用分类加法计数原理得到结果.‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】在实验室进行的一项物理实验中,要先后实施6个程序,其中程序A只能出现在第一或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,则实验顺序的编排方法共有(  )‎ A.34种 B.48种 C.96种 D.144种 ‎【答案】C ‎ ‎【解析】先实施A,有2种编排方法;再将程序B和C视为一个整体(有2种顺序)与其他3个程序全排列共有2种编排方法;故实验顺序的编排方法共有2×2=96种.故选C.‎ ‎【变式2】某次活动中,有30个人排成6行5列,现要从中选出3人进行礼仪表演,要求这3人任意2人不同行也不同列,则不同的选法种数为________.(用数字作答)‎ ‎【答案】1200 ‎ ‎【解析】其中最先选出的一个有30种方法,此时这个人所在的行和列共10个位置不能再选人,还剩一个5行4列的队形,选第二个人有20种方法,此时该人所在的行和列不能再选人,还剩一个4行3列的队形,此时第三个人的选法有12种,根据分步乘法计数原理,总的选法种数是=1200种.‎ 类型二、排列与组合 ‎【例3】(1)从甲、乙等5个人中选出3人排成一列,则甲不在排头的排法种数是 A.12  B.‎24 ‎ C.36   D.48‎ ‎(2)值域为{2,5,10},其对应关系为y=x2+1的函数的个数为 A.1 B.‎27 ‎ C.39 D.8‎ ‎【思路点拨】(1)分“选甲”与“不选甲”两类进行讨论;‎ ‎(2)根据函数的值域,求出函数定义域中可能包含的元素,分类讨论确定其定义域.‎ ‎【答案】(1)D (2)B ‎【解析】(1)若选甲,则有种排法;‎ 若不选甲,则有A种排法,则共有+=48(种).‎ ‎(2)分别由x2+1=2,x2+1=5,x2+1=10解得x=±1,x=±2,x=±3,由函数的定义,定义域中元素的选取分四种情况:‎ ‎①取三个元素:有··=8(种);‎ ‎②取四个元素:先从±1,±2,±3三组中选取一组C,再从剩下的两组中选两个元素·,故共有··=12(种);‎ ‎③取五个元素:=6(种);‎ ‎④取六个元素:1种.‎ 由分类计数原理,共有8+12+6+1=27(种).‎ ‎【总结升华】排列、组合问题的解法:‎ 解排列组合综合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手.“分析”就是找出题目的条件、结论.哪些是“元素”,哪些是“位置”;“分辨”就是辨别是排列还是组合,对某些元素的位置有无限制等;“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类,然后逐类解决;“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤,而每一步都是简单的排列组合问题,然后逐步解决.‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务,如果要求至少有1名女生,那么不同的选派方案种数为 A.14 B.‎24 ‎ C.28 D.48‎ ‎【答案】A ‎【解析】选1名女生的方案有:种;选2名女生的方案有:种;‎ 故至少选1名女生共有:+=14种方案.‎ ‎【变式2】用0,1,2,3,4排成无重复数字的五位数,要求偶数字相邻,奇数字也相邻,则这样的五位数的个数是 A.36 B.‎32 ‎ C.24 D.20‎ ‎【答案】D ‎【解析】0,1,2,3,4五个数字,偶数字相邻,奇数字也相邻的排法共有种排法,其中0在首位的排法有种,所以共有-=20个五位数.‎ ‎【例4】一排9个座位坐了3个三口之家.若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为(  )‎ A.3×3! B.3×(3!)‎3 C.(3!)4 D.9!‎ ‎【思路点拨】将一家三口作为为一个集团,三个集团全排列 ,再根据分步乘法计数原理得解;‎ ‎【答案】C ‎ ‎【解析】由已知,该问题是排列中捆绑法的应用,即先把三个家庭看作三个不同元素进行全排列,而后每个家庭内部进行全排列,即不同坐法种数为=(3!)4.‎ ‎【总结升华】本题是元素相邻的排列,只要把相邻元素看作一个整体即可.‎ 举一反三:‎ ‎【变式】 (1)某市端午期间安排甲、乙等6支队伍参加端午赛龙舟比赛,若在安排比赛赛道时不将甲安排在第一及第二赛道上,且甲和乙不相邻,则不同的安排方法有(  )‎ A.96种 B.192种 C.216种 D.312种 ‎(2)从5名学生中任选4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛,且每科竞赛只有1人参加,若甲不参加生物竞赛,则不同的选择方案共有________种.‎ ‎【答案】(1)D (2)96‎ ‎【解析】(1)若甲在第三、四、五道,则乙的安排方法有三种,此时方法数是3×3×=216;若甲在第六道,则乙的安排方法有四种,此时的方法数是4=96.故总数为216+96=312.‎ ‎(2)选出的4名学生如果不含甲,则方法数为=24;选出的5名学生如果含甲,选法为,甲的参赛方法数是3,其余3个学生全排列,方法数是×3×=72.根据分类加法计数原理,总的方法数是24+72=96.‎ ‎【例5】在送医下乡活动中,某医院安排3名男医生和2名女医生到三所乡医院工作,每所医院至少安排一名医生,且女医生不安排在同一乡医院工作,则不同的分配方法总数为(  )‎ A.78 B.‎114 C.108 D.120‎ ‎【思路点拨】先分组后分配,然后减去两名女医生在一个医院的情况.‎ ‎【答案】B ‎ ‎【解析】五人分组有(1,1,3),(1,2,2)两种分组方案,方法数是+=25,故分配方案的总数是25=150种.当仅仅两名女医生一组时,分组数是C,当两名女医生中还有一名男医生时,分组方法也是,故两名女医生在一个医院的分配方案是6=36.符合要求的分配方法总数是150-36=114.‎ ‎【总结升华】在分配问题中如果待分配的元素数目多余分配的位置数目,就要先分组然后再进行分配.‎ 举一反三:‎ ‎【变式】2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品,其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计 ‎1件,在展台上将这5件作品排成一排,要求2件书法作品必须相邻,2件绘画作品不能相邻,则该国展出这5件作品不同的方案有________种.(用数字作答)‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】把需要相邻的两个元素看做一个整体,然后不相邻的元素外的元素进行排列,在隔出的空位上安排需要不相邻的元素.2件书法作品看做一个整体,方法数是=2,把这个整体与标志性建筑作品排列,有种排列方法,其中隔开了三个空位,在其中插入2件绘画作品,有方法数=6.根据乘法原理,故共有方法数2×2×6=24.‎ ‎【例6高清视频:复数 排列组合二项式定理例6 课程ID:369691】在直线中,a,b,c是取自集合中的3个不同元素,并且该直线的倾斜角为锐角,那么这样的直线有多少条?‎ ‎【思路点拨】把决定“直线条数”的特征性质,转化为对“a,b,c”的情况讨论。‎ ‎【解析】设直线的倾斜角为,并且为锐角。‎ 则tan=->0,不妨设a>b,那么b<0‎ 当c≠0时,则a有3种取法,b有3种取法,c有4种取法,并且其中任意两条直线不重合,所以这样的直线有3×3×4=36条 当c=0时, a有3种取法,b有3种取法, 其中直线:3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0重合,所以这样的直线有3×3-2=7条 故符合条件的直线有7+36=43条 类型三、二项式定理 ‎【例7】(1)(x-2)6的展开式中,x3的系数是________(用数字作答).‎ ‎(2)已知(1-x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则(a0+a2+a4)(a1+a3+a5)的值等于________.‎ ‎【思路点拨】(1)利用二项展开式的通项公式求解;‎ ‎(2)采用赋值法,分别求出a0+a2+a4和a1+a3+a5.‎ ‎【答案】(1)-160 (2)-256‎ ‎【解析】(1)(x-2)6的展开式中通项公式为 Tr+1=x6-r(-2)r,‎ 令r=3,得T4=x3·(-2)3=-160x3,‎ 所以x3的系数是-160.‎ ‎(2)分别令x=1、x=-1得 a0+a1+a2+a3+a4+a5=0.‎ a0-a1+a2-a3+a4-a5=32,‎ 由此解得a0+a2+a4=16,a1+a3+a5=-16,‎ ‎(a0+a2+a4)(a1+a3+a5)=-256.‎ ‎【总结升华】五招制胜,解决二项式问题 二项式定理是一个恒等式,应对二项式定理问题主要有五种方法:‎ ‎(1)特定项问题通项公式法;(2)系数和与差型问题赋值法;(3)近似问题截项法;(4)整除(或余数)问题展开法;(5)最值问题不等式法.‎ 在二项式定理问题中,常见的误区有:‎ ‎(1)二项展开式的通项Tk+1中,项数与k的关系搞不清;‎ ‎(2)二项式系数与各项的系数混淆不清;‎ ‎(3)在展开二项式(a-b)n或求特定项时,忽略中间的“-”号.‎ 举一反三:‎ ‎【变式】展开式中常数为________.‎ ‎【答案】-4‎ ‎【解析】展开式中的通项为 Tr+1=(-1)rx12-4r,‎ 令12-4r=0,得r=3,‎ 所以常数项为T4=(-1)3=-4.‎ ‎【例8】(1) 的展开式的常数项是(  )‎ A.-3 B.-‎2 C.2 D.3‎ ‎(2)设a∈Z,且0≤a<13,若512 012+a能被13整除,则a=(  )‎ A.0 B.‎1 C.11 D.12‎ ‎【思路点拨】(1)要求展开式中常数项需使用多项式乘法法则 ,先求展开式中x-2的系数和常数项,再根据多项式乘法法则得结果;‎ ‎(2)要求a值需知512 012被13除所得余数,先变形51=4×13-1后使用二项式定理得之,再根据余数确定a值.‎ ‎【答案】(1)D (2)D ‎【解析】(1)因为=,又展开式中的常数项为=-2,展开式中的常数项为=5,故二项式展开式中的常数项为-2+5=3.‎ ‎(2)512012+a=a+(13×4-1)2 012=a+(1-13×4)2012=a+1-×4+(13×4)2+…+ (13×4)2 012,‎ 显然当a+1=13k,k∈Z,即a=-1+13k,k∈Z时,512 012+a=13k+13×4[-+ (13×4)1+…+(13×4)2 011],能被13整除.因为a∈Z,且0≤a<13, 所以a=12.故选D.‎ ‎【总结升华】两个二项式相乘时求其中某项的系数,需要根据多项式乘法法则进行,此时要注意不要漏掉了其中的项,要把各种可能的情况都考虑进去;二项式定理解决整除性问题时,需要构造二项式,基本原则是根据除数对已知式进行变换.‎ 举一反三:‎ ‎【变式】(1) 展开式中的常数项为(  )‎ A.1 B.‎46 C.4245 D.4246‎ ‎(2) 的展开式中,含x的非整数次幂的项的系数之和为(  )‎ A.256 B.‎184 C.120 D.72‎ ‎【答案】(1)D (2)B ‎ ‎【解析】 (1)第一个展开式中x的指数依次是0,,,1,,,2,第二个展开式中x的指数依次是0,-,-,-,-1,-,-,-,-2,-,-,根据多项式的乘法规则,常数项只能是第一个展开式中x的指数是0,1,2的项与第二个展开式中x的指数是0,-1,-2的对应项的乘积,根据二项式的通项公式得,展开式中的常数项为1++=4246.正确选项为D.‎ ‎(2)Tr+1==,当r=0,4,8时为含x的整数次幂的项,所以展开式中含x的整数次幂的项的系数之和为++=72,展开式所有项的系数之和为28=256,故展开式中含x的非整数次幂的项的系数之和为256-72=184.‎ ‎【例9】设则中奇数的个数为( )‎ A.2 B.‎3 ‎ C.4 D.5‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题知,逐个验证知,其它为偶数,选A。‎ ‎【例10】若(x+)n的展开式中前三项的系数成等差数,则展开式中x4项的系数为 ‎(A)6 (B)7 (C)8 (D)9 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为的展开式中前三项的系数、、成等差数列,所以,即,解得:或(舍)。。令可得,,所以的系数为,故选B。‎ 类型四、排列组合综合问题 ‎【例11】现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,不同取法的种数为(  )‎ A.232 B.252‎ C.472 D.484‎ ‎【思路点拨】分两类,含有红色卡片、不含红色卡片→(推理)含有红色卡片时只要从其余的12张卡片中任取2张即可,不含红色卡片时只要从其余的12张卡片中任取3张且不是同一种颜色→(结论)根据分类加法计数原理求出总数.‎ ‎【答案】C ‎【解析】方法1:若含有红色卡片,则只要从其余12张卡片中任选2张即可,选法为=264种,若不含红色卡片,则只要从12选3的选法中去掉取同一种颜色的即可,选法为-3=208.所以总的选法为264+208=472.‎ 方法2:若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张,若都不同色则有=64种,若2色相同,则有=144;若红色卡片有1张,则剩余2张若不同色,有=192种,若同色则有=72,所以共有64+144+192+72=472,故选C.‎ 举一反三:‎ ‎【变式】某次会展共展出5件艺术作品,其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件,在展台上将这5件作品排成一排,要求2件书法作品必须相邻,2件绘画作品不能相邻,则该会展展出这5件作品不同的方案有________种.(用数字作答)‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】2件书法作品看作一个整体,方法数是=2,把这个整体与标志性建筑作品排列,有种排列方法,其中隔开了三个空位,在其中插入2件绘画作品,有方法数=6.根据乘法原理,共有方法数2×2×6=24.‎
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