职高二轮复习 《排列、组合与二项式定理》

高考数学 排列、组合与二项式定理 第一轮复习计数原理一、高考要求:掌握分类计数原理及分步计数原理,并能用这两个原理分析和解决一些简单的问题.二、知识要点:1.分类计数原理(又称加法原理):完成一件事,有n类办法,在第1类办法中有种不同的方法,在第2类办法中有种不同的方法,在第n类办法中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.2.分步计数原理(又称乘法原理):完成一件事,需要分成n个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,做第n步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.三、典型例题:例1: (1)有红、黄、白色旗子各n面(n3),取其中一面、二面、三面组成纵列信号,可以有多少不同的信号？(2)有1元、2元、5元、10元的钞票各一张,取其中一张或几张,能组成多少种不同的币值？(1)解 因为纵列信号有上、下顺序关系,所以是一个排列问题,信号分一面、二面、三面三种情况(三类),各类之间是互斥的,所以用加法原理:升一面旗:共有3种信号;升二面旗:要分两步,连续完成每一步,信号方告完成,而每步又是独立的事件,故用乘法原理,因同色旗子可重复使用,故共有33种信号;升三面旗:有N=333种信号,所以共有39种信号.(2)解 计算币值与顺序无关,所以是一个组合问题,有取一张、二张、三张、四张四种情况,它们彼此互斥的,用加法原理,因此,不同币值有N=+=15(种).例4: (1)5本不同的书放在3个不同的书包中,有多少种不同的方法？(2)3个旅客在5家旅店住宿,有多少种不同的方法？ (1)解 每本书有3种不同方法,共有35=243种. (2)解 每个人有5种选择,共有53=125种.四、归纳小结:两个基本原理的共同点是,都是研究“完成一件事,共有多少种不同的方法”,它们的区别在于一个与“分类”有关,一个与“分步”有关.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,无论哪一种办法中的哪一种都能单独的完成这件事,求完成这件事的方法种数,就用分类计数原理;如果完成一件事,需要分成n个步骤,各个步骤都不可缺少,需要完成所有的步骤才能完成这件事,而完成每一个步骤又各有若干方法,求完成这件事方法的种数,就用分步计数原理.五、基础知识训练:(一)选择题:1. 将5封信投入3个邮筒,不同的投法共有( )A.种 B.种 C.3种 D.15种2. 将4个不同的小球放入3个不同的盒子,其中每个盒子都不空的放法共有( )A.种 B.种 C.18种 D.36种3. 已知集合M=1,-1,3,N=-4,5,6,-7,从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是( )A.18 B.10 C.16 D.144. 用1,2,3,4四个数字在任取数（不重复取）作和,则取出这些数的不同的和共有( )A.8个 B.9个 C.10个 D.5个(二)填空题:5. 由数字2，3，4，5可组成_个三位数,_个四位数,_个五位数.6. 用1，2，3，9九个数字,可组成_个四位数,_个六位数.7. 从2，3，5，7这四个数中,取出两数来作假分数,这样的假分数有_ _个.8. 全国移动电话号码从1999年7月22日零时开始升到10位,前四位号码为1390,剩下的位数码从0，1，2，9中任取6个数字组成(可以重复),该方案的移动电话用户最多能容纳 户.9. 商店里有15种上衣,18种裤子,某人要买一件上衣或一条裤子,共有_种不同的选法.要买上衣、裤子各一件,共有_种不同的选法.10. 现有甲组3人,乙组3人,两组进行乒乓球单打对抗(甲组每人必须和乙组每人赛一场),一共有比赛的场数是 .(三)解答题:11. 有不同的数学书11本,不同的物理书8本,不同的化学书5本,从中取出不同学科的书2本,有多少种不同的取法？12. 用0，1，2，3，4这5个数字,(1)组成比1000小的正整数有多少种不同的方法?(2)组成无重复数字的三位偶数有多少种不同的方法?13. 五封不同的信投入四个邮筒,(1)随便投完五封信,有多少种不同投法?(2)每个邮筒中至少要有一封信,有多少种不同投法? 排列一、高考要求:理解排列的意义,掌握排列数的计算公式,并能用它解决一些简单的问题.二、知识要点:1. 一般地,从n个不同元素中,任取m(mn)个元素,按照一定的顺序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.如果mn,这样的排列叫做选排列,如果m=n,这样的排列叫做全排列.2. 一般地,从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有排列的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用符号(或)表示.3. 排列数公式:,其中,且mn.全排列的排列数等于自然数1到n的连乘积,这个连乘积叫做n的阶乘,用n!表示,即.排列数公式还可以写成.规定0!=1.三、典型例题:例: 7位同学站成一排,共有多少种不同的排法？解:问题可以看作:7个元素的全排列5040 7位同学站成两排(前3后4),共有多少种不同的排法？解:根据分步计数原理:76543217！5040 7位同学站成一排,其中甲站在中间的位置,共有多少种不同的排法？解:问题可以看作:余下的6个元素的全排列=720 7位同学站成一排,甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？解:根据分步计数原理:第一步 甲、乙站在两端有种;第二步 余下的5名同学进行全排列有种,则共有=240种排列方法 7位同学站成一排,甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？解法一(直接法):第一步 从(除去甲、乙)其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有种方法;第二步 从余下的5位同学中选5位进行排列(全排列)有种方法 所以一共有2400种排列方法.解法二:(排除法)若甲站在排头有种方法;若乙站在排尾有种方法;若甲站在排头且乙站在排尾则有种方法.所以甲不能站在排头,乙不能排在排尾的排法共有=2400种.小结一:对于“在”与“不在”的问题,常使用“直接法”或“排除法”,对某些特殊元素可以优先考虑.(6)7位同学站成一排,甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？解:先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素(同学)一起进行全排列有种方法;再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有种方法.所以这样的排法一共有1440种.(7) 7位同学站成一排,甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？解:方法同上,一共有720种.(8) 7位同学站成一排,甲、乙两同学必须相邻,而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？解法一:将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素,此时一共有6个元素,因为丙不能站在排头和排尾,所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾,有种方法;将剩下的4个元素进行全排列有种方法;最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有种方法.所以这样的排法一共有960种方法.解法二:将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素,此时一共有6个元素,若丙站在排头或排尾有2种方法,所以丙不能站在排头和排尾的排法有种方法.解法三:将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素,此时一共有6个元素,因丙不能站在排头和排尾,所以可以从其余的四个位置选择共有种方法,再将其余的5个元素进行全排列共有种方法,最后将甲、乙两同学“松绑”,所以这样的排法一共有960种方法.小结二:对于相邻问题,常用“捆绑法”(先捆后松).(9) 7位同学站成一排,甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？解法一:(排除法)解法二:(插空法)先将其余五个同学排好有种方法,此时他们留下六个位置(就称为“空”吧),再将甲、乙同学分别插入这六个位置(空)有种方法,所以一共有种方法.(10) 7位同学站成一排,甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？解:先将其余四个同学排好有种方法,此时他们留下五个“空”,再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空”有种方法,所以一共有1440种.小结三:对于不相邻问题,常用“插空法”(特殊元素后考虑).四、归纳小结:1.全排列所有不同的排法所含有的元素完全一样,只是元素排列的顺序不完全相同.2.对有约束条件的排列问题,应注意如下类型: 某些元素不能在或必须排列在某一位置;某些元素要求连排(即必须相邻);某些元素要求分离(即不能相邻);3.基本的解题方法:有特殊元素或特殊位置的排列问题,通常是先排特殊元素或特殊位置,称为优先处理特殊元素(位置)法(优限法);某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素看作一个元素,与其他元素排列后,再考虑相邻元素的内部排列,这种方法称为“捆绑法”;某些元素不相邻排列时,可以先排其他元素,再将这些不相邻元素插入空挡,这种方法称为“插空法”;在处理排列问题时,一般可采用直接和间接两种思维形式,从而寻求有效的解题途径,这是学好排列问题的根基.五、基础知识训练:(一)选择题:1. (96高职-4)等于( )A. B. C.64 D.2. 某段铁路共有6个站,共需准备普通客票的种数是( )A.30 B.24 C.15 D.123. 有4本不同的书分给4位同学,每人一本,不同的分法有( )A.64种 B.24种 C.16种 D.8种4. 5人中选出4人完成4项不同的工作,不同的选法种数为( )A.5 B. C. D.5. 用0,1,2,9这十个数字组成的无重复数字的三位数不可能是( )A. B. C. D.6. 从若干个元素中,每次取出2个元素的排列种数为210,则元素的个数是( )A.20 B.15 C.30 D.147. 有n()件不同产品排成一排,若其中A、B两件产品排在一起的不同排法有48种,则n=( )A.4 B.5 C.6 D.7(二)填空题:8. 若=30,则n= .9. 已知从n个不同元素中取出2个元素的排列数等于从n-4个不同元素中取出2个元素的排列数的7倍,则n= .10. 从4种蔬菜品种中选出3种,分别种植在不同土质的3块土地上进行试验,共有 种种植方法.11. 从6人中选出4人参加4100米接力赛,甲必须跑第一棒,乙必须跑第四棒,不同的安排方案种数是 . 12. 某班有3名男同学和4名女同学外出随机站成一排照相,但4名女同学要站在一起,其排法有种 .13. 国内某汽车生产厂有六种不同型号的环保型电动汽车参加国际博览会展览,排成一排,其中甲、乙两型号必须相邻的排法总数是(用数字回答) .(三)解答题:14. 从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单,如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上,则共有多少种不同的排法？ 解法一:(从特殊位置考虑) 解法二:(从特殊元素考虑)若选:;若不选:,则共有 136080.解法三:(间接法)13608015. 八个人排成前后两排,每排四人,其中甲、乙要排在前排,丙要排在后排,则共有多少种不同的排法？略解:甲、乙排在前排;丙排在后排;其余进行全排列.所以一共有5760种方法.不同的五种商品在货架上排成一排,其中a, b两种商品必须排在一起,而c, d两种商品不排在一起, 则不同的排法共有多少种？略解:(“捆绑法”和“插空法”的综合应用)a, b捆在一起与e进行排列有;此时留下三个空,将c, d两种商品排进去一共有;最后将a, b“松绑”有.所以一共有24种方法.6张同排连号的电影票,分给3名教师与3名学生,若要求师生相间而坐,则不同的坐法有多少种？略解:(分类)若第一个为老师则有;若第一个为学生则有,所以一共有272种方法.16. 由数字1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字的正整数？略解:由数字1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字,并且比13 000大的正整数？解法一:分成两类,一类是首位为1时,十位必须大于等于3有种方法;另一类是首位不为1,有种方法.所以一共有个数比13 000大.解法二:(排除法)比13 000小的正整数有个,所以比13 000大的正整数有114个.17. 求证:.18. 学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序,除第1个节目和最后一个节目已确定外,4个音乐节目要求排在第2,5,7,10的位置,3个舞蹈节目要求排在第3,6,9的位置,2个曲艺节目要求跑在第4,8的位置,共有多少种不同的排法? 组合一、高考要求:理解组合的意义,掌握组合数的计算公式和性质,并能用它解决一些简单的问题.二、知识要点:1. 一般地,从n个不同元素中,任取m(mn)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. 一般地,从n个不同元素中取出m(mn)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,用符号表示.3. 组合数公式:,其中,且mn.组合数公式还可以写成:.4. 组合数的两个性质:;.三、典型例题:例1:100件产品中有合格品90件,次品10件,现从中抽取4件检查. 都不是次品的取法有多少种？ 至少有1件次品的取法有多少种？ 不都是次品的取法有多少种？ 解: ; ; .例2:从编号为1,2,3,10,11的共11个球中,取出5个球,使得这5个球的编号之和为奇数,则一共有多少种不同的取法？ 解:分为三类:1奇4偶有 ;3奇2偶有;5奇1偶有 所以一共有+.例3:现有8名青年,其中有5名能胜任英语翻译工作;有4名青年能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任),现在要从中挑选5名青年承担一项任务,其中3名从事英语翻译工作,2名从事德语翻译工作,则有多少种不同的选法？解:我们可以分为三类: 让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作,有; 让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作,有; 让两项工作都能担任的青年不从事任何工作,有. 所以一共有+42种方法.例4:甲、乙、丙三人值周,从周一至周六,每人值两天,但甲不值周一,乙不值周六,问可以排出多少种不同的值周表 ？解法一:(排除法)解法二:分为两类:一类为甲不值周一,也不值周六,有;另一类为甲不值周一,但值周六,有.所以一共有+42种方法.例5:6本不同的书全部送给5人,每人至少1本,有多少种不同的送书方法？解:第一步从6本不同的书中任取2本“捆绑”在一起看成一个元素有种方法;第二步将5个“不同元素(书)”分给5个人有种方法.根据分步计数原理,一共有1800种方法. 变题1:6本不同的书全部送给5人,有多少种不同的送书方法？变题2: 5本不同的书全部送给6人,每人至多1本,有多少种不同的送书方法？ 变题3: 5本相同的书全部送给6人,每人至多1本,有多少种不同的送书方法？ 答案:1.; 2.; 3.例6:身高互不相同的7名运动员站成一排,甲、乙、丙三人自左向右从高到矮排列且互不相邻的排法有多少种？解:(插空法)现将其余4个同学进行全排列一共有种方法,再将甲、乙、丙三名同学插入5个空位置中(但无需要进行排列)有种方法.根据分步计数原理,一共有240种方法.例7: 四个不同的小球放入四个不同的盒中,一共有多少种不同的放法？ 四个不同的小球放入四个不同的盒中且恰有一个空盒的放法有多少种？解: 根据分步计数原理:一共有种方法.(捆绑法)第一步从四个不同的小球中任取两个“捆绑”在一起看成一个元素有种方法,第二步从四个不同的盒取其中的三个将球放入有种方法.所以一共有144种方法.四、归纳小结:如果两个组合中的元素完全相同,那么不管元素的顺序如何,它们是相同的组合;只有当两个组合中的元素不完全相同时,才是不同的组合.五、基础知识训练:(一)选择题:1. 在下列问题中:(1)从1,2,3三个数字中任取两个,可以组成多少个和?(2)从1,2,3三个数字中任取两个,可以组成多少个没有重复数字的两位数?(3)将3个乒乓球投入5个容器,每个容器只能容纳一个乒乓球,问有多少种投法?(4)将3张编号的电影票给三个同学,每人一张,有多少种分法?属于组合问题的是( ) A.(1) B.(2) C.(3) D.(4)2. 从10名同学中选出3名代表,所有可能的不同选法种数是( )A.120 B.240 C.720 D.303. (2000-13)凸10边形共有对角线( ) A.90条 B.70条 C.45条 D.35条4. 某班有50名学生,其中有一名正班长,一名副班长,现选派5人参加一个游览活动,其中至少有一名班长(正、副均可)参加,共有几种不同的选法,其中错误的一个是( )A.n=+ B. n=-C. n= D.n=-5. 从7名男队员和5名女队员中选出4人进行乒乓球男女混合双打,不同的组队数有( )A. B. 4 C. 2 D. A(二)填空题:6. = .7. 平面内有12个点,其中任意3点不在同一直线上,以每3点为顶点画三角形,一共可画三角形的个数是 .8. 从1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数中取出2个数,使它们的和是偶数,共有 种选法.9. 有13个队参加篮球赛,比赛时先分成二组,第一组7个队,第二组6个队,各组都进行单循环赛(即每队都要与本组其它各队比赛一场),然后由各组的前两名共4个队进行单循环赛决定冠、亚军,共需要比赛的场数是 .10. 4个男同学进行乒乓球双打比赛,有 种配组方法.(三)解答题:11. 某赈灾区医疗队由4名外科医生和8名内科医生组成,现需从中选派5名医生去执行一项任务.(1)若某内科医生必须参加,而某外科医生因故不能参加,有多少种选派方法？(2)若选派的5名医生中至少有1名内科和外科医生参加,有多少中选派方法？解: (1)依题意,只须从剩余的10名医生中选出4名医生与内定的一名内科医生组成医疗队.故共有=210种选派方法. (2)方法一:5名医生全由内科医生组成,有种方法,故符合题意的方法为=936种; 方法二:我们将内科、外科医生分别当作一组有序实数对的前后两实数,则按题意组队方式可有:(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)四种,故共有+=736种.12. 九张卡片分别写着数字0,1,2,8,从中取出三张排成一排组成一个三位数,如果6可以当作9使用,问可以组成多少个三位数？解:可以分为两类情况: 若取出6,则有种方法;若不取6,则有种方法.根据分类计数原理,一共有+602种方法.13. 在产品检验时,常从产品中抽出一部分进行检查,现从10件产品中任意抽3件.(1) 一共有多少种不同的抽法?(2) 如果10件产品中有3件次品,抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种?(3) 如果10件产品中有3件次品,抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种? 排列、组合的应用一、高考要求:熟练应用排列、组合知识解排列组合应用题.二、知识要点:排列问题与组合问题的根本区别在于,取出元素后是否按一定顺序排列.元素需要按一定顺序排列,属排列问题;不需要考虑元素顺序,属组合问题.三、典型例题:例1:完成下列选择题与填空题:(1)有三个不同的信箱,今有四封不同的信欲投其中,则不同的投法有 种.A.81B.64C.24D.4(2)四名学生争夺三项冠军,获得冠军的可能的种数是( )A.81B.64C.24D.4(3)有四位学生参加三项不同的竞赛,每位学生必须参加一项竞赛,则有不同的参赛方法有 ;每项竞赛只许有一位学生参加,则有不同的参赛方法有 ;每位学生最多参加一项竞赛,每项竞赛只许有一位学生参加,则不同的参赛方法有 .解析 (1)完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行,是选用基本原理的关键.将“投四封信”这件事分四步完成,每投一封信作为一步,每步都有投入三个不同信箱的三种方法,因此:N=3333=34=81,故答案选A.本题也可以这样分类完成,四封信投入一个信箱中,有C31种投法;四封信投入两个信箱中,有C32(C41A22+C42C22)种投法;四封信投入三个信箱,有两封信在同一信箱中,有C42A33种投法、,故共有C31+C32(C41A22+C42C22)+C42A33=81(种).故选A.(2)因学生可同时夺得n项冠军,故学生可重复排列,将4名学生看作4个“店”,3项冠军看作“客”,每个“客”都可住进4家“店”中的任意一家,即每个“客”有4种住宿法.由分步计数原理得:N=444=64.故答案选B.(3)学生可以选择项目,而竞赛项目对学生无条件限制,所以类似(1)可得N=34=81(种);竞赛项目可以挑学生,而学生无选择项目的机会,每一项可以挑4种不同学生,共有N=43=64(种);等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛,每人参加一项,故共有C43A33=24(种).注 本题有许多形式,一般地都可以看作下列命题:设集合A=a1,a2,an,集合B=b1,b2,bm,则f:AB的不同映射是mn,f:BA的不同映射是nm.若nm,则f:AB的单值映射是:Amn.例2:同室四人各写一张贺年卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡,则四张贺年卡不同的分配方式有( )A.6种B.9种C.11种D.23种解法一 由于共四人(用1,2,3,4代表甲、乙、丙、丁四人),这个数目不大,化为填数问题之后,可用穷举法进行具体的填写:再按照题目要求检验,最终易知有9种分配方法.解法二 记四人为甲、乙、丙、丁,则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到,故有3种分配方式;以乙收到为例,其他人收到卡片的情况可分为两类:第一类:甲收到乙送出的卡片,这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式;第二类:甲收到的不是乙送出的卡片,这时,甲收到卡片的方式有2种(分别是丙和丁送出的).对每一种情况,丙、丁收到卡片的方式只有一种.因此,根据乘法原理,不同的分配方式数为 (1+2)=9.解法三 给四个人编号:1,2,3,4,每个号码代表1个人,人与号码之间的关系为一对一的关系;每个人送出的贺年卡赋给与其编号相同的数字作为代表,这样,贺年卡的分配问题可抽象为如下“数学问题”:将数字1,2,3,4,填入标号为1,2,3,4的4个方格里,每格填写一个数字,且每个方格的编号与所填数字都不同的填法共有多少种(也可以说成:用数字1,2,3,4组成没有重复数字的4位数,而且每位数字都不等于位数的4位数共有多少个)？这时,可用乘法原理求解答案:首先,在第1号方格里填写数字,可填上2、3、4中的任一个数,有3种填法;其次,当第1号方格填写的数字为i(2i4)时,则填写第i种方格的数字,有3种填法; 最后,将剩下的两个数填写到空着的两个空格里,只有1种填法(因为剩下的两个数中,至少有1个与空着的格子的序号相同).因此,根据乘法原理,得不同填法:331=9注 本题是“乱坐问题”,也称“错排问题”,当元素较大时,必须用容斥原理求解,但元素较小时,应用分步计数原理和分类计数原理便可以求解,或可以穷举.例3:宿舍楼走廊上有有编号的照明灯一排8盏,为节约用电又不影响照明,要求同时熄掉其中3盏,但不能同时熄掉相邻的灯,问熄灯的方法有多少种？解法一 我们将8盏灯依次编号为1,2,3,4,5,6,7,8.在所熄的三盏灯中,若第一盏熄1号灯,第二盏熄3号灯,则第3盏可以熄5,6,7,8号灯中的任意一盏,共有4种熄法.若第一盏熄1号灯,第2盏熄4号灯,则第3盏可以熄6,7,8号灯中的任意一盏.依次类推,得若1号灯熄了,则共有4+3+2+1=10种熄法.若1号灯不熄,第一盏熄的是2号灯,第二盏熄的是4号灯,则第三盏可以熄6,7,8号灯中的任意一盏,共有3种熄法.依次类推得,若第一盏灯熄的是2号灯,则共有3+2+1=6种熄法.同理,若第一盏熄的是3号灯,则共有2+1=3种熄法.同理,若第一盏熄的是4号灯,则有1种熄法.综上所述共有:10+6+3+1=20种熄法.解法二 我们可以假定8盏灯还未安装,其中5盏灯是亮着的,3盏灯不亮.这样原问题就等价于:将5盏亮着的灯与3盏不亮的灯排成一排,使3盏不亮的灯不相邻(灯是相同的).5盏亮着的灯之间产生6个间隔(包括两边),从中插入3个作为熄灭的灯就是我们经常解决的“相邻不相邻”问题,采用“插入法”,得其答案为C63=20种.注 解法一是穷举法,将所有可能的情况依次逐一排出.这种方法思路清晰,但有时较繁.方法二从另外一个角度审题,认清其数学本质,抽象成数学模型,解题时有一种豁然开朗的感觉.例4:平面上给定10个点,任意三点不共线,由这10个点确定的直线中,无三条直线交于同一点(除原10点外),无两条直线互相平行.求:(1)这些直线所交成的点的个数(除原10点外).(2)这些直线交成多少个三角形.解法一 (1)由题设这10点所确定的直线是C102=45条.这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点,由任意两条直线交一个点,共有C452个交点.而在原来10点上有9条直线共点于此.所以,在原来点上有10C92点被重复计数.所以这些直线交成新的点是:C452-10C92=630.(2)这些直线所交成的三角形个数可如下求:因为每个三角形对应着三个顶点,这三个点来自上述630个点或原来的10个点.所以三角形的个数相当于从这640个点中任取三个点的组合,即C6403=43 486080(个).解法二 (1)如图对给定的10点中任取4个点,四点连成6条直线,这6条直线交3个新的点.故原题对应于在10个点中任取4点的不同取法的3倍,即这些直线新交成的点的个数是:3C104=630.(2)同解法一.四、归纳小结:1.解排列组合应用题的基本规律(1)分类计数原理与分步计数原理使用方法有两种:单独使用;联合使用.(2)将具体问题抽象为排列问题或组合问题,是解排列组合应用题的关键一步.(3)对于带限制条件的排列问题,通常从以下三种途径考虑:元素分析法:先考虑特殊元素要求,再考虑其他元素.位置分析法:先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.整体排除法:先算出不带限制条件的排列数,再减去不满足限制条件的排列数.(4)对解组合问题,应注意以下三点:对“组合数”恰当的分类计算,是解组合题的常用方法.是用“直接法”还是“间接法”解组合题,其原则是“正难则反”.设计“分组方案”是解组合题的关键所在.2.解排列、组合题的常用基本策略与方法:(1)去杂法对有限制条件的问题,先从总体考虑,再把不符合条件的所有情况去掉.这是解决排列组合应用题时一种常用的解题方法.(2)分类处理某些问题总体不好解决时,常常分成若干类,再由分类计数原理得出结论.这是解排列组合问题的基本策略之一.注意的是:分类不重复不遗漏,即:每两类的交集为空集,所有各类的并集为全集.(3)分步处理与分类处理类似,某些问题总体不好解决时,常常分成若干步,再由分步计数原理解决.在处理排列组合问题时,常常既要分类,又要分步,其原则是先分类,后分步.(4)插入法(插空法)某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插入法.即先安排好没有限制条件的元素,然后再将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间.(5)“捆绑”法把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个大元素,然后再与其余“普通元素”全排列,最后再“松绑”.将特殊元素在这些位置上全排列,即是“捆绑法”.(6)穷举法:将所有满足题设条件的排列与组合逐一排列出来.(7)探索法:对于复杂的情况,不易发现其规律的问题,需仔细分析,从特殊到一般,或一般到特殊,探索出其中规律,再给予解决.(8)消序处理对均匀分组问题的解决,一定要区分开是“有序分组”还是“无序分组”,若是“无序分组”,一定要清除均匀分组无形中产生的有序因素.(9)“住店”法解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素:一类元素可以重复,另一类不能重复.把不能重复的元素看作“客”,能重复的元素看作“店”,再利用分步计数原理直接求解的方法称为“住店”法.(10)等价命题转换法将陌生、复杂的问题转化为熟悉、简单的问题.这是解数学题的主要思想方法之一,也是解较难的排列、组合题的重要策略.在排列组合中,常对同一问题可有不同的分类办法去解,可得到有关排列数与组合数的不同关系式.五、基础知识训练:(一)选择题:1. 从4个班中确定3个班,分别到三个工厂进行专业实习,则不同的安排方案种数是( ) A. B. C. D.2. 在计算机系统中,可用数字0、1组成不同数长表示不同的信息,其中八位数长表示的信息个数是( ) A. B. C.82 D.283. 某校推荐4名优秀毕业生分别到三所高校去学习,每个高校至少一名,不同的安排方法种数是( ) A.12 B.24 C.36 D.72(二)填空题:4. 在5名男生、3名女生中选3名男生和2名女生担任5门不同学科的课代表,不同的选法有_种(用数字作答).5. 有5种不同的不同的试验园地.现要选3种小麦种子种在3块园地里进行试验,共有_种安排试验方案.(三)解答题:6. 从5名男生、3名女生中选5名担任5门不同学科的课代表,求符号下列条件的不同选法.(1) 3名男生和2名女生担任课代表;(2) 女生甲担任语文课代表;(3) 男生乙任课代表,但不任数学课代表,女生甲担任语文课代表.7. 把5个人排成一排,求符合下列要求的不同的排法有多少种?(1) 甲、乙两人必须相邻;(2) 甲、乙两人不相邻;(3) 甲不在排头,乙不在排尾.8. 用0，1，2，3，4这五个数(1) 可组成多少个不同的4位数(允许数字重复);(2) 可组成多少个没有重复数字的4位数;(3) 可组成多少个没有重复数字的4位奇数;(4) 可组成多少个没有重复数字的4位偶数.9. 某学校新年晚会,同学们准备了12个歌舞节目和8个小品、相声节目,要从中选出9个歌舞节目和5个小品、相声节目,排一个节目单,试问:节目单共有多少种不同的排法?二项式定理一、高考要求:掌握二项式定理和二项式系数的性质,并能用它们计算和论证一些简单问题.二、知识要点:1.二项式定理:一般地,有下面的公式:这个公式所表示的规律叫做二项式定理,右边的多项式叫做的二项展开式,其中(m=0,1,2,n)叫做二项式系数,式中的叫做二项式的通项,用表示,即=.2.二项式系数的性质:(1)除每行两端的1以外,每个数字都等于它肩上两个数之和,即;(2)在二项展开式中,与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等,即;(3)如果二项式的幂指数是偶数2n,那么二项展开式有(2n+1)个奇数项,且中间一项的二项式系数最大;如果二项式的幂指数是奇数2n-1,那么二项展开式有2n个偶数项,且中间两项的二项式系数相等并且最大.三、典型例题:例1: (1)如果(x+)2n展开式中,第四项与第六项的系数相等.求n,并求展开式中的常数项;(2)求(-)8展开式中的所有的有理项.解 (1)由C2n3=C2n5,可得3+5=2n, n=4.设第k+1项为常数项,则 Tk+1=C8kx8-kx-k=C8kx8-2k8-2k=0,即k=4,常数项为T5=C84=70.(2)设第k+1项有理项,则因为0k8,要使Z,只有使k分别取0,4,8.所以所求的有理项应为:T1=x4,T5=x,T9=x-2.注 (1)二项式展开中,要注意“系数”与“二项式系数”的区别;(2)在二项展开式中求得k后,对应的项应该是k+1项.例2:已知(1-ax)n展开式的第p,p+1,p+2三项的二项式系数构成等差数列,第n+1-p与第n+2-p项的系数之和为0,而(1-ax)n+1展开式的第p+1与p+2项的二项式系数之比为12.(1)求(1-ax)n+1展开式的中间项;(2)求(1-ax)n的展开式中系数最大的项.解 由题设得:由得,2Cnp=Cnp+Cnp,两边约去Cnp,可得:2=+,由得,2Cn+1p=Cn+1p,约去Cn+1p可得,n=3p+1解方程组,得:n=7,p=2.将p=2,n=7代入得:C57(-a)5+C76(-a)6=0,解之得:a=0或3.若a=0 ,则(1-0x)8的中间项T5=0,(1-0x)7展开式中系数最大的项是T1=1.若a=3,则(1-3x)8的中间项T5=C84(-3x)4=5670x4,(1-3x)7的展开式中,奇数项系数为正,令 1,解之得:k6.故(1-3x)7展开式中系数最大的项为T7=C76(-3)6x6=5103x6.注: 一般地,求(a+bx)n展开式中系数绝对值最大的项的方法是:设第k+1项为系数绝对值最大的项,则由求出k的取值范围,从而确定第几项最大.四、归纳小结:1.重要结论:; ;(n为偶数); (n为奇数);=.2.二项式的应用(1)求某些多项式系数的和.(2)证明一些简单的组合恒等式.(3)证明整除性.求数的末位;数的整除性及求系数;简单多项式的整除问题.(4)近似计算.当|x|充分小时,我们常用下列公式估计近似值:(1+x)n1+nx(1+x)n1+nx+x2(5)证明不等式.五、基础知识训练:(一)选择题:1. 已知等差数列中,在的展开式中,二项式系数最大的项是( ) A.第10项 B.第11项 C.第10项和第11项 D.第10项和第12项2. 二项式的展开式中项的系数是( ) A.-240 B.240 C.-160 D.603. 的二项展开式中的系数为( ) A.17 B.15 C.13 D.114. 已知,那么等于( )A.-27 B.-1 C.0 D.85. 的展开式中,第五项是( ) A. B. C. D.6. 的展开式中,不含a的项是第( )项 A.7 B.8 C.9 D.67. 的展开式中的整数项是( ) A.第12项 B. 第13项 C. 第14项 D. 第15项8. 展开式中第9项是常数项,则n的值是( ) A.13 B.12 C.11 D.109. (x-2)9的展开式中,第6项的二项式系数是( ) A.4032 B.-4032 C.126 D.-12610. 若的展开式中的第三项系数等于6,则n等于( ) A.4 B.4或-3 C.12 D.311. 多项式(1-2x)5(2+x)含x3项的系数是( ) A.120 B.-120 C.100 D.-10012. 在的展开式中,x6的系数是( ) A.-27 B.27 C.-9 D.9 13. 在(x2+3x+2)5的展开式中,x的系数为( ) A.160 B.240 C.360 D.80014. (1+x)3+(1+x)4+(1+x)50展开式中x3的系数是( ) A. B. C. D. 15. (1+x)+(1+x)2+(1+x)3+(1+x)10的展开式中,含x8的系数是( ) A.10 B.45 C.54 D.5516. 5n+13n(n)除以3的余数是( )A.0 B.0或1 C.0或2 D.217. (a+b)n展开式中第四项与第六项的系数相等,则n为( ) A.8 B.9 C.10 D.1118. 二项式(1-x)4n+1的展开式系数最大的项是( ) A.第2n+1项 B. 第2n+2项 C. 第2n项 D第2n+1项或2n+2项 (二)填空题:19. 从1997件不同的物品中,任取1件、2件、3件、998件,一共有 种取法.20. 在展开式中,前三项的系数成等差数列,则n的值为 .21. 已知一数列为(n1),则此数列所有项的和为 ,并计算= .22. 在的展开式中,的系数是的系数与的系数的等差中项,若实数a1,则a= .23. 从n件不同的物品中,任取1件,2件,3件,n-1件,n件,其取法一共有 种.(三)解答题:24. 计算:(1)(0.997)3的近似值(精确到0.001); (2)(1.002)6的近视值(精确到0.001).25. 若(1-2x)5展开式中的第2项小于第1项,且不小于第3项,求实数x的取值范围.26. 用二项式定理证明6363+17能被16整除.- 18 -