福建省长泰县第一中学2012届高三数学二轮复习专题12排列与组合、二项式定理的应用.ppt

排列与组合、二项式 定理的应用 第一课时：排列与组合 第一课时：排列与组合 课前导引 第一课时：排列与组合 课前导引 1. 从正方体的6个面中选取3个面， 其中有两个面不相邻的选法共有 ( ) A. 8种 B. 12种 C. 16种 D. 20种 第一课时：排列与组合 课前导引 1. 从正方体的6个面中选取3个面， 其中有两个面不相邻的选法共有 ( ) A. 8种 B. 12种 C. 16种 D. 20种 B 2. 某人抛掷硬币8次，其中4次正面 向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一 起的情形的不同种数有_. 2. 某人抛掷硬币8次，其中4次正面 向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一 起的情形的不同种数有_. 解析 把正面向上的4次中恰有3次连 在一起看成一个元素，与另一次这两个不 同元素插入反面向下的4次的5个空挡中， 故共有A52=20种不同情形. 2. 某人抛掷硬币8次，其中4次正面 向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一 起的情形的不同种数有_. 解析 把正面向上的4次中恰有3次连 在一起看成一个元素，与另一次这两个不 同元素插入反面向下的4次的5个空挡中， 故共有A52=20种不同情形. 20 考点搜索 考点搜索 1. 不附加条件的排列组合题，大多用 分类讨论的方法，注意分类不重不漏. 2. 若元素必须相附，一般采用看作一 个整体的方法. 3. 元素不相邻，采用插空法. 4. 排列组合的混合型问题，交替使用 两个原理. 链接高考 链接高考 例1 (1) 在由数字1，2，3，4，5组 成的所有没有重复数字的5位数中, 大于 23145且小于43521的数共有 ( ) A. 56个 B. 57个 C. 58个 D. 60个 链接高考 例1 (1) 在由数字1，2，3，4，5组 成的所有没有重复数字的5位数中, 大于 23145且小于43521的数共有 ( ) A. 56个 B. 57个 C. 58个 D. 60个 C (2) 某城市在中心广场建造一个花圃 ，花圃分为6个部分（如图），现要栽种 4种颜色的花，每部分栽种一种，且相邻 部分不能栽种相同颜色的花，不同的栽 种方法共 有_种. (用数字作答) 61 23 4 5 61 23 4 5 解析 本题是一道涂色问题的应用题, 可以将不相邻的区域合并成涂同一颜色的 区域，再用颜色进 行排列；也可以根 据条件分布涂色. 61 23 4 5 解法一：把不相邻的区域合并后，成 为4个“大区域”，然后再把4种颜色对应全 排列 46 25 1 3 46 35 1 2 36 24 1 5 36 24 1 5 24 35 1 6 共5种合并方法， 所以5A44=120种栽 种方法. 解法二：先从区域1开始种，栽种方 法有4种，则区域6有3种栽法，区域5有2 种栽法，若区域4与区域6栽种同一种花, 则区域2、3两块各有2种栽法，故总共有 43222=96种；若区域4与区域6不栽 同一种花，则区 域2、3两块中有1种栽 法，总共有432 11=24，所以一共有 120种栽种方法. 61 23 4 5 例2 有5张卡片, 它们的正、反面分 别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将 其中任意三张并排放在一起组成三位数， 共可组成多少个不同的三位数？ 例2 有5张卡片, 它们的正、反面分 别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将 其中任意三张并排放在一起组成三位数， 共可组成多少个不同的三位数？ 解析 在解本题时应考虑两方面的 问题：(1) 0不能作百位，但0与1在同一卡 片上，因此着眼于限制条件，必须同时考 虑0与1的分类. (2) 每张卡片都有正面与反 面两种可能，解法上既可用直接法也可用 排除法. 解法一：直接法，从0与1两个特殊值 着手，可分三类： (1) 取0不取1, 可先从另四张卡片上选一 张作百位，有C41种方法；0可在后两位有 C21种方法；最后需从剩下的三张中任取一 张，有C31种方法；又除含0的那张外，其他 两张都有正面或反面两种可能，故此时可 得不同的三位数有C41C21C3122(个). (2) 取1不取0，同上分析可得不同的 三位数C4223A33(个). (3) 0和1都不取, 有不同三位数C4223 A33(个). 综上所述，共有不同的三位数C41C21 C3122+C4222A33+C4323A33=432(个). 解法二：间接法，任取三张卡片可 以组成不同三位数C5323A33(个)，其中0 在百位的有C4222A22(个)，这是不合题 意的, 故共有不同三位数: C5323A33C42 22A22(个). 例3 四面体的顶点和各棱中点共 10个点,在其中取4个不共面的点,则不同 的取法共有 ( ) A. 150种 B. 147种 C. 144种 D. 141种 解析 方法一, 从10个点中, 任意取4 个点的不同取法共有C104种，其中，所取 4个点共面的可分为两类： 第一类，4个点同在四面体的一个面 上，共有4C64种取法. 第二类, 4个点不同在四面体的一个 面上，可分为两种情形：4个点分布在 不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点 是某棱的中点, 另3点在棱上，因为共有6 条棱, 所以有6种取法；4个点所在的不 共面的棱不止两条，这时，4个点必然都 是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空 间四边形的四条边，故有3种不同的取法. 第二类, 4个点不同在四面体的一个 面上，可分为两种情形：4个点分布在 不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点 是某棱的中点, 另3点在棱上，因为共有6 条棱, 所以有6种取法；4个点所在的不 共面的棱不止两条，这时，4个点必然都 是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空 间四边形的四条边，故有3种不同的取法. 所以符合题意的不同取法种数为 C104(4C64+6+3)=141. 方法二, 在四面体中取定一个面, 记为, 那么取不同不共面的4个点, 可 分为四类： 第一类, 恰有3个点在 上, 这时该 3点必然不在同一条棱上, 因此, 4个点 的不同取法数为4(C633)=68. 第二类，恰有2个点在上，可分两 种情况：该2点在同一条棱上，这时4 个点的不同取法数为4C32(C42-3)=27; 该2点不在同一条棱上，这时4个点的不 同取法数为(C62-3C32)(C42-1)=30. 第三类，恰有1个点在上，可分为两 种情形：该点是棱的中点，这时4个点 的不同取法数为33=9；该点不是棱的 中点，这时4个点的不同取法数为32=6. 第三类，恰有1个点在上，可分为两 种情形：该点是棱的中点，这时4个点 的不同取法数为33=9；该点不是棱的 中点，这时4个点的不同取法数为32=6. 第四类，4个点都不在上，只有1种 取法. 应用分类计数原理，得所求的不 同取法数为68+27+30+9+6+1=141. 例4 4个男同学，3个女同学站成 一排: (1) 3个女同学必须排在一起，有多 少种不同的排法？ (2) 任何两个女同学彼此不相邻,有 多少种不同的排法？ (3) 其中甲、乙两同学之间必须有3 人，有多少种不同的排法？ (4) 甲、乙两人相邻，但都不与丙相 邻，有多少种不同的排法？ (5) 女同学从左到右按高矮顺序排， 有多少种不同的排法？(3个女生身高互 不相等) 解析 (1) 3个女同学是特殊元素， 我们先把她们排好，共有P33种排法；由 于3个女同学必须排在一起，我们可视 排好的女同学为一整体，再与甲同学排 队，这时是5个元素的全排列，应有A55 种排法，由乘法原理，有A33A55种=720 种不同排法. (2) 先将男生排好, 共有A44种排法, 再在这4个男生的中间及两头的5个空档 中插入3个女生有A53种方案, 故符合条 件的排法共有A44A53=1440种不同排法. (3) 甲、乙2人先排好，有A22种排法, 再从余下5人中选3个排在甲、乙2人中间, 有A53种排法, 这时把已排好的5人视为一 个整体, 与最后剩下的2人再排, 又有A33种 排法，这样总共有A22 A53A33 =720种不同 排法. (4) 安排甲、乙和丙3人以外的其他4 人，有A44种排法；由于甲、乙要相邻, 故再把甲、乙排好, 有A22种排法, 最后把 甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原 先排好的4人的空档中有A52种排法, 这样, 总共有A44 A22 A52=960种不同排法. 评注 排列问题中，部分元素 相邻的问题可用“视一法”解；部分元 素不相邻的问题可用“插入法”解，部 分元素定序的问题也可用“插入法”解 . 例5 按以下要求分配6本不同的书, 各有几种分法？ (1) 平均分给甲、乙、丙三人，每人 2本； (2) 平均分成三份，每份2本； (3) 甲、乙、丙三人一人得1本，一 人得2本，一人得3本； (4) 分成三份，一份一本，一份2本， 一份3本； (5) 甲、乙、丙三人中，一人得4本， 另二人每人得1本； (6) 分成三份，一份4本，另两份每份 1本； (7) 甲得1本，乙得1本，丙得4本 (均 只要求列式). 解析 例6 将4个编号为1、2、3、4的小球 放入4个编号为1、2、3、4的盒子中，(1)有 多少种放法？(2)每盒至多一球，有多少种 放法？(3)恰好有一个空盒，有多少种放法 ？(4)每个盒内放一个求，并且恰好有一个 球的编号与盒子的编号相同, 有多少种放法 ？(5)把4个不同的小球换成4个相同的小球 ，恰有一个空盒，有多少种放法？(6) 把4 个不同的小球换成20个相同的小球，要求 每个盒内的球数不少于它的编号数，有多 少种放法？ 解析 解析 (4) 1个球的编号与盒子编号相同的 选法有C41种，当1个球与1个盒子的编号 相同时,同局部列举法可知其余3个球的 投放方法有2种，故共有C412=8种. (5) 先从四个盒子中选出三个盒子， 再从三个盒子中选出一个盒子放两个球， 余下两个盒子各放一个，由于球是相同 的即没有顺序，所以属于组合问题. 故共 有C43 C31=12种放法. (6) (隔板法)先将编号为1、2、3、4 的4个盒子分别放0、1、2、3个球，再把 剩下的14个球分成四组，即 这14个球中间13个空 挡中放入三块隔板，共有C133=286种. 如|， 即编号为1、2、3、4盒子分别再放2、5 、3、4个球. 评注 1. 做排列组合应用题，首 先要分清问题的类型，是用基本计数 原理，还是排列问题或是组合问题. 2. 第(3)小题常见的错误解法: 即先选 出3个球放入4个盒子中的三个，有C43 C43 种，再把剩下的一个球放入有球的三个盒 子中的一个有3种，故有C43 C433=288种放 法，请读者细心体会为什么出现重复情形. 3. 第(6)小题的“投题”问题实际上是转 化为求不定方程x+y+z+ =14有多少组正整 数；若先将编号为1、2、3、4的4个盒子分 别放1、2、3、4个球，则转化为求不定方 程x+y+z+ =10有多少组非正整数. 第二课时：二项式定理的应用 第二课时：二项式定理的应用 解析 解析 答案：C 解析 考点搜索 考点搜索 1. 已知二次式，探求二项展开式中 的特殊项. 2. 已知三项式，求展开式式中某一 项或某一项的系数. 3. 求展开式中某些项的系数和与差. 4. 二项展开式定理和二项展开式的 性质的综合应用. 链接高考 链接高考 例1 (1) 第6项;(2) 第3项的系数; (3) 含x9的项;(4) 常数项. 链接高考 例1 (1) 第6项;(2) 第3项的系数; (3) 含x9的项;(4) 常数项. 解析 例2 (1) 展开式中含x的一次幂的项; (2) 展开式中所有含x的有理项; (3) 展开式中系数最大的项. 解析 例3 解析 令x=1, 则 解析 令x=1, 则 (2) ()2, 得 (3) (+)2, 得 (3) (+)2, 得 例4 例4 解析 评注 要求三项式n次幂的展开 式中的特定项, 一般通过结合律, 借助 于二项式定理的通项求解. 如解法一, 当幂指数较小时, 可以直接写出展开 的全部或局部, 如解法二. 二