最新人教版高中数学选修23《计数原理复习》示范教案文档格式.docx

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组合数公式__________________；

③组合数的两个性质：

Ⅰ.________________；

Ⅱ.____________________；

④排列、组合的本质区别是____________________________．

3．二项式定理与杨辉三角的性质

①________________________________________________________________________；

②________________________________________________________________________；

③________________________________________________________________________；

④________________________________________________________________________.

答案：

1.①完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法

②完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×

n种不同的方法

③一下子能完成是分类，一下子完不成是分步

2．①从n个不同元素中取出m（m≤n）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　A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝

②从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合　C＝＝

③Ⅰ.C＝C　Ⅱ.C＝C＋C

④有序问题是排列，无序问题是组合

3．①C＝C　②C＝C＋C　③当n是偶数时，中间的一项取得最大值，即Cn最大；

当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，即Cn＝Cn最大　④C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n

【解题方法、数学思想】

作为独立性较强的一章，在学习上可以很容易入手，但是要想掌握并且会做题，就必须体会许多解题方法：

优先法、插空法、捆绑法、赋值法等等，在学习知识的过程中注意归纳——类比——证明思想的应用．学好排列组合是学好概率的根本，所以本章有关知识方法的学习，应该引起我们的足够重视．

【活动设计】学生自由发言，讨论，教师进行补充；

教师可以让学生填空，然后贯通其脉络．

类型一：

两个计数原理的应用

例1在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点（均除O点外），连同O点共m＋n＋1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有（　　）

A．CC＋CCB．CC＋CC

C．CC＋CC＋CCD．CC＋CC

思路分析：

方法一，分成三类，用分类加法原理；

方法二，间接法，去掉三点共线的组合．

解析：

方法一：

第一类：

从OA边上（不包括O）任取一点与从OB边上（不包括O）任取两点，可构造一个三角形，有CC个；

第二类：

从OA边上（不包括O）任取两点与OB边上（不包括O）任取一点，可构造一个三角形，有CC个；

第三类：

从OA边上（不包括O）任取一点与OB边上（不包括O）任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个．

由分类加法计数原理共有N＝（CC＋CC＋CC）个三角形．

方法二：

从m＋n＋1中任取三点共有C种情况，其中三点均在射线OA上（包括O点），有C个，三点均在射线OB上（包括O点），有C个．所以，三角形的个数为N＝C－C－C.

C

本题考查组合的概念及加法原理，解题中常用分类讨论思想及间接法

【巩固练习】

从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，则某人一天内乘坐不同班次的汽车、火车或轮船时，共有不同的走法数为（　　）

A．13种B．16种C．24种D．48种

A，由分类加法计数原理知，答案为8＋3＋2＝13种．

类型二：

排列组合综合问题

例2

（1）A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果A、B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有（　　）

A．60种B．48种C．36种D．24种

（2）七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是…（　　）

A．1440B．3600C．4820D．4800

相邻问题可以考虑捆绑法，不相邻问题用插空法．

解：

（1）把A、B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人全排列，共有A＝24种排法，故选D.

（2）除甲、乙外，其余5个全排列为A种，再用甲、乙去插6个空位有A种，所以不同排法种数是AA＝3600种，所以选B.

点评：

无论相邻还是不相邻，都是建立在对应用题的审题基础上的，通过认真读题，体会题目的要求，就能解决相应的数列问题．

A、B、C、D、E五人排成一排，A、B不相邻，C、D要相邻，有________种排法．

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例3由数字0,1,2,3,4,5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有（　　）

A．210个B．300个C．464个D．600个

元素多，取出的情况也有多种，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计．

按题意，个位数字只可能是0,1,2,3,4共5种情况，分别有A个，AAA个，AAA个，AAA个，AAA个，AA个，合计得300个，所以选B.

优先考虑限制条件是解决此类问题的根本，在此题中，还要考虑0的分类．

从1,2,3，…100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法（不计顺序）共有多少种？

被取的两个数中至少有一个能被7整除时，它们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I，能被7整除的数的集合记作A，则A＝{7,14，…98}共有14个元素，不能被7整除的数的集合B中共有86个元素，由此可知，从A中任取两数的取法，共有C种，从A中任取一个数又从B中任取一个数的取法，共有CC种，两种情形共得符合要求的取法有C＋CC＝1295种．

例4四个不同的球放入编号为1,2,3,4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有________种．

从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上，可用先取后排法．

先取四个球中的两个为一组，另二组各有一个球的方法有C种；

再排：

在四个盒中每次排三个有A种，故共有CA＝144种．

对于选排问题一般的解法是先选后排．

9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同的分组方法？

先取男、女运动员各二名，有CC种方法；

这四名运动员混双练习有A种排法，故共有CCA种方法．

【变练演编】

将6本不同的书按下列分法，

（1）分给学生甲3本，学生乙2本，学生丙1本；

有________种分法．

（2）分给甲、乙、丙3人，其中1人得3本、1人得2本、1人得1本；

（3）若分法总数是CCC种，则可能的分法情况是________．

（4）分成3堆，一堆3本，一堆2本，一堆1本；

（5）若分成3堆，共有分法CCC÷

A种，则可能的分法情况是________．

（6）分给甲、乙、丙3人，其中一人4本，另两人每人1本；

同学们，将你能想到的所有情况写出来或计算出来吧！

（1）是指定人应得数量的非均匀问题：

方法数为CCC；

（非等分无序）

（2）是没有指定人应得数量的非均匀问题：

方法数为CCC×

A；

（非等分，有序）

（3）分给甲、乙、丙3人，每人2本；

（4）是分堆的非均匀问题（与

（1）等价）：

（5）每堆2本；

（6）是部分均匀地分给人的问题：

方法数为.（局部等分有序）

设计意图：

课堂教学中，通过变练演编环节的实施，使得学生能够最大限度地理解本节所学，最大限度地发挥主观能动性，使得课堂充满活力．在教学中，教师尽量不要照搬教材上的原例题，而是在尊重原例题编写意图，保证其训练的技能技巧、解题思路、数学思想方法、能力不变的前提下，改变原例题中的数值，或字母，或已知条件，或求解目标等等，即表面上换一个例题，但其实质并没有变化．可以说是换又没有换，这就是很多专家所讲的“换一个的策略”．目的还是保证让全体学生真正做到不仅动手，而且动脑，还又不偏离教学目标，是对学习真实性的保障．

类型三：

二项式定理与二项展开式

例3已知（＋x2）2n的展开式的系数和比（3x－1）n的展开式的系数和大992，求（2x－）2n的展开式中：

①二项式系数最大的项；

②系数的绝对值最大的项．

先由赋值法列出方程，解出n的值，然后根据二项式的有关性质解题．

由题意22n－2n＝992，解得n＝5.

①（2x－）10的展开式中第6项的二项式系数最大，

即T6＝T5＋1＝C·

（2x）5·

（－）5＝－8064.

②设第r＋1项的系数的绝对值最大，

则Tr＋1＝C·

（2x）10－r·

（－）r＝（－1）r·

C·

210－r·

x10－2r.

∴得即

∴≤r≤，∴r＝3，故系数的绝对值最大的是第4项．

即T4＝C（2x）7（－）3＝－15360x4.

对于二项展开式，二项式系数的性质是常考的内容．对于赋值法的考查，在近几年成为一个热点，还应注意的是，二项式系数与系数是两个截然不同的概念，有时候相等，有时候不等，它们之间没有必然的联系．

设（＋）n展开式的第7项与倒数第7项的比是1∶6，求展开式中的第7项．

T7＝C（）n－6（）6，Tn－7＋2＝Tn－5＝C（）6（）n－6.

由＝，化简得6－4＝6－1，∴－4＝－1.∴n＝9.

∴T7＝C（）9－6（）6＝C·

2·

＝.

【拓展实例】

4如果今天是星期一，那么对于任意自然数n，经过23n＋3＋7n＋5天后的那一天是星期几？

先将此题转化为数学问题，即本题实际上是寻求对于任意自然数n,23n＋3＋7n＋5被7除的余数．受近似计算题目启发，23n＋3＝8n＋1＝（7＋1）n＋1，这样就可以运用二项式定理了．

由于23n＋3＋7n＋5＝8n＋1＋7n＋5＝（7＋1）n＋1＋7n＋5＝7n＋1＋C7n＋C7n－1＋…＋C7＋C＋7n＋5＝7（7n＋C7n－1＋C7n－2＋…＋C＋n）＋6，

则23n＋3＋7n＋5被7除所得余数为6.

所以对于任意自然数n，经过23n＋3＋7n＋5后的一天是星期日．

二项式定理是与数有关的问题，可以解决类似于周期性的问题．

求0.955精确到0.01的近似值．

先将0.95化为二项代数和1－0.05，再利用二项式定理计算．

∵0.955＝（1－0.05）5＝1＋C·

（－0.05）＋C·

（－0.05）2＋C·

（－0.05）3＋C·

（－0.05）4＋C·

（－0.05）5

∵C×

0.053＝0.00125<

0.005，而以后各项的绝对值更小．

∴从第4项起，均可忽略不计．∴0.955≈1－5×

0.05＋10×

0.0025＝0.775≈0.78.

【达标检测】

1．火车上有10名乘客，沿途有7个车站，乘客下车的可能方式有（　　）

A．710种B．107种C．70种D．以上都不对

2．下面几个问题：

①由1,2,3三个数字组成无重复数字的三位数；

②从40人中选5人组成篮球队；

③8个人进行单循环乒乓球比赛；

④从40人中选5人担任班长、团支书、副班长、学习委员、体育委员．其中属于排列的有（　　）

A．①②B．②④C．①③D．①④

3．（|x|＋＋3）5的展开式中的x2的系数是（　　）

A．275B．270C．540D．545

1.A　2.D　3.C

活动设计：

可以先给学生1～2分钟的时间默写本节的主要基础知识、方法，然后用精练的、精确的语言概括本节的知识脉络，思想方法，解题规律等．

小结：

①理解两个计数原理，并能解决相应的实际问题；

②理解排列组合的有关定义公式，并能解决相应的问题，理解相应的解题方法，如捆绑法、插空法、优先法等等；

③理解二项式定理，会用二项式展开，并能解决相应的问题，理解有关的解题方法，如赋值法、求最值项等等．

【基础练习】

1．“渐减数”是指每个数字比其左边数字小的正整数（如98765），若把所有的五位渐减数按从小到大的顺序排列，则第20个数为________．

2．在（1＋ax）7的展开式中，x3项的系数是x2项系数与x5项系数的等比中项，则a的值为（　　）

A.B.C.D.

3．12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案种数为（　　）

A．CCCB．3CCCC．CCCAD.

4．某餐厅供应顾客饭菜，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种，现在餐厅准备了五种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上不同选择，则餐厅至少还需准备几种不同的素菜品种？

1.76542　2.C　3.A

4．解：

在5种不同的荤菜中取出2种的选择方式应有C＝10种，设素菜为x种，则

C≥200.解得x≥7，∴至少应有7种素菜．

【拓展练习】

5．已知{an}（n是正整数）是首项是a1，公比是q的等比数列．

（1）求和：

a1C－a2C＋a3C，a1C－a2C＋a3C－a4C；

（2）由

（1）的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明；

（3）设q≠1，Sn是等比数列的前n项的和，求S1C－S2C＋S3C－S4C＋…＋（－1）nSn＋1C.

6．规定C＝，其中x∈R，m是正整数，且C＝1，这是组合数C（n，m是正整数，且m≤n）的一种推广．

（1）求C的值；

（2）组合数的两个性质：

C＝C；

C＋C＝C；

是否都能推广到C（x∈R，m∈N*）的情形？

若能推广，则写出推广的形式并给予证明，或不能则说明理由；

（3）已知组合数C是正整数，证明：

当x∈Z，m是正整数时，C∈Z.

5.解：

（1）a1C－a2C＋a3C＝a1－2a1q＋a1q2＝a1（1－q）2；

a1C－a2C＋a3C－a4C＝a1－3a1q＋3a1q2－a1q3＝a1（1－q）3.

（2）归纳概括出关于正整数n的一个结论是：

已知{an}（n是正整数）是首项是a1，公比是q的等比数列，则a1C－a2C＋a3C－a4C＋…＋（－1）nan＋1C＝a1（1－q）n.

证明如下：

a1C－a2C＋a3C－a4C＋…＋（－1）nan＋1C＝a1C－a1qC＋a1q2C－a1q3C＋…＋（－1）na1qnC＝a1[C－Cq＋Cq2－Cq3＋…＋C（－q）n]＝a1（1－q）n.

（3）因为Sn＝，

所以Sk＋1C＝C，

S1C－S2C＋S3C－S4C＋…＋（－1）nSn＋1C

＝[C－C＋C－C＋…＋（－1）nC]－[C－qC＋q2C－…＋C（－q）n]

＝－（1－q）n.

6．解：

（1）C＝＝－C＝－11628.

（2）性质：

C＝C不能推广，例如x＝时，

；

性质：

C＋C＝C能推广，它的推广形式为C＋C＝C，x∈R，m∈N*，

当m＝1时，有C＋C＝x＋1＝C；

当m≥2时，有C＋C＝＋

＝（＋1）＝＝C.

（3）当x≥m时，组合数C∈Z；

当x<

0时，

∵－x＋m－1>

0，

∴C＝＝（－1）m＝（－1）mC∈Z.

1．解排列组合的应用题，要注意四点：

（1）仔细审题，判断是组合问题还是排列问题；

要按元素的性质分类，按事件发生的过程分步；

“先选之，再排队”；

（2）深入分析，严密周详，注意分清是乘还是加，既不少也不多，辩证思维，多角度分析，全面考虑；

（3）对于有附加条件的比较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干个简单的基本问题后应用加法或乘法原理来解决；

（4）在检查排列组合结果时，应着重检查所设计的解决问题的方案是否完备，有无重复或遗漏；

也可采用多种不同的方法求解，看看是否相同．在对排列组合问题分类时，分类的标准应统一，否则易出现遗漏或重复．

2．高考对二项式定理的考查，以二项展开式及其通项公式内容为主，要有目标意识和构造意识，要注意展开式的通项公式正、反两方面的应用，此类题也可分两类：

（1）直接运用通项公式求特殊项的系数或与系数有关的问题；

（2）常用转化思想化归为二项式问题来处理，试题常以选择、填空的形式出现，有时解答题也会涉及这些内容，常与数列、不等式等联系在一起，难度与课本习题相当．

3．通过一组题目，我们既复习了排列组合，又复习了二项式定理及其性质，同时还考查了数学基本思想，如等价变换、未知转化已知，取特殊值，赋值法等，培养了学生预习复习的学习习惯．

4．只有学生自己动手、动脑、动口才能真正把知识学到手，才能培养思维能力、计算能力、表达能力、分析问题解决问题的能力．因此课堂教学一定以学生为主体，体现主体参与．另外需要注意的是，学生的回答不会像教案写的那样标准，教师要因势利导，帮助学生提高分析能力，这一点需要教师多多引导．

《排列、组合、二项式定理》检测题

一、选择题

1．在（x2＋3x＋2）5的展开式中x的系数是（　　）

A．160B．240C．360D．800

2．从a，b，c，d，e五个字母中任取四个排成一列，b不排第二的不同排法有________种（　　）

A．AAB．AAC．AD．AA

3．从7个同学中选出3人参加校代会，其中甲、乙两人至少选一人参加，不同选法有________种（　　）

A．CCB．CCC．C－CD．CC＋CC

4．有3本不同的书，10个人去借，每人至多借一本，每次全部都借完，则不同的借法有________种（　　）

A．80B．240C．360D．720

5．若正整数x，y满足x＋y≤6，则可组成________个不同的有序数对（x，y）（　　）

A．15B．16C．17D．18

6．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有（　　）

A．1260种B．2025种C．2520种D．5040种

7．（x－）9的展开式中x3的系数是（　　）

A．CB．－CC．CD．－C

二、填空题

8．有十级台阶，一个人一步上一级，二级或三级，7步上完，则不同上法共有________种．

9．（＋2）2n＋1（n∈N*）的展开式中，含x的整数幂的各项系数和为____________．

三、解答题

10．将4个有编号的球随机地放入3个有编号的盒中，对每一个盒来说，所放的球数k满足0≤k≤4.假定各种放法是等可能的，试求：

（1）“第一盒中没有球”的概率；

（2）“第一盒中恰有一球”的概率；

（3）“第一盒中恰有两球”的概率；

（4）“第一盒中恰有三球”的概率．

11．已知（1＋2）n展开式中，某一项的系数恰好是它前一项系数的2倍，且等于它后一项系数的，试求该展开式二项式系数最大的项．

12．设an＝1＋q＋q2＋…＋qn－1（n∈N*，q≠±

1），An＝Ca1＋Ca2＋…＋Can，

（1）用q和n表示An.

（2）又设b1＋b2＋…＋bn＝.求证：

数列{bn}是等比数列．

《排列、组合、二项式定理》检测题答案

1．B　2.D　3.C　4.D　5.A　6.C　7.B

8．77　9.（32n＋1＋1）

10．解：

（1）P（A）＝＝；

（2）P（B）＝＝；

（3）P（C）＝＝；

（4）P（D）＝＝.

11．解：

设第r＋1项系数为C2r，第r项系数为C2r－1，第r＋2项系数为C2r＋1，依题意有即化简得解之得n＝7.

故二项式系数最大的项为T4＝280x，T5＝560x2.

12．解：

（1）q≠1，∴an＝.

An＝C＋C＋…＋C＝[（C＋C＋…＋C）－（Cq＋Cq2＋…＋Cqn）]＝[2n－（1＋q）n]．

（2）∵b1＋b2＋…＋bn＝[1－（）n]（n≥2），∴b1＋b2＋…＋bn－1＝[1－（）n－1]．两式相减得：

bn＝（）n－1（n≥2）．∴＝≠0，∴{bn}是等比数列．

（设计者：

毕晓岩）