高二数学排列、组合和二项式定理小结复习试题

1、日期：2022 年二月八日。高二数学排列、组合和二项式定理小结复习制卷人：打自企； 成别使； 而都那。审核人：众闪壹； 春壹阑； 各厅 日期：2022 年二月八日。一. 本周教学内容：排列、组合和二项式定理小结复习二. 重点、难点：重点：排列、组合和二项式定理知识构造分类计数原理、分步计数原理意义及它们区别和联络；排列和组合意义以及它们区别和联络；二项式定理内容及应用；二项式展开式的通项公式的应用。解排列和组合问题的根本方法难点：两个原理所表达的解决问题的方法。分类计数原理、分步计数原理区别和联络及排列和组合区别和联络是贯穿本章内容的难点。克制在解决排列和组合问题上的重复和遗漏情况是这局部内容

2、的又一难点。三. 复习与小结知识构造日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。知识体系表解解题常用的几种考虑方法直接法：根据加法原理及乘法原理，直接把一个复杂的事件分解成为简单的排列组合问题，这种解题方法为直接法。间接法：不管限定条件，全部的排列数或者组合数，必含两类情况，一类是符合题意限定条件的 种数，另一类不符合题意限定条件的种类，用全部种类减去不符合题意限定条件的种类可得符合题意限 定条件的种类，此种方法属数学中常用的间接法。当符合题意限定条件中的种类不易求，或者情况多样 易出错，而不符合题意条件的种类易求时，常采用此法。插空法：假设题目限制某些元素必“不相邻，可将无此限制

3、的元素进展排列，然后在它们的空格处，插入不能相邻元素，此方法叫插空法。日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。捆绑法：关于某些元素必“相邻的问题，可把这些元素看作一个整体，当成一个元素和其它元素进展排列，然后这些元素自身再进展排列，这种方法叫做捆绑法。分组问题分组问题显然属于组合问题。分组问题中情况多种多样，大体上有不均分到人，不均分不到人，均 分到人，均分不到人等几种。二项式定理二项式系数的性质在二项展开式中，与首末两端“等间隔 的两项的二项式系数相等。假如二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；假如二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等且最大。二项式系数的和

4、为 2n，即奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数的和，即二项展开式系数的规律杨辉三角二项展开式的系数可以由下表求出：日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。其中这边上的各数都是 1，除 1 以外，每个数都等于它“肩上两数之和。当n 较小时，用它写出(a+b)n 展开式更为方便。以上结果是由我国宋代数学家杨辉首先发现的(1261 年)，所以称为杨辉三角。关于通项公式题时通项公式应用较多，但必须注意，它是(a+b)n 展开式的第r+1 项，而(1+)n 的近似计算在(1+)n 的展开式中，当的绝对值与 1 相比很小且n 不很大时，2 项、3 项的绝对值都很小，因此在准确度允许

5、的范围内可以忽略不计，这样就有近似计算公式：(1+)n1+n在使用这个公式时，要注意问题对准确度的要求。【典型例题】例 1在 1，3，5，7，9 中任取 3 个数字，0，2，4，6，8 中任取两个数字，可组成多少个不同的五位数偶数。解法一因为零不能作首位数，所以是特殊元素，因此可以根据选零不选零为分类HY。日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。解第一类：五位数中不含数字零。第二类：五位数中含有数字零第二步：排顺序又可分为两小类：符合条件的偶数个数为答：可组成 4560 个位偶数解法二：间接解法分析从 1，3，5，7，9 中任取 3 个数字，从 0，2，4，6，日期：2022

6、年二月八日。日期：2022 年二月八日。答：符合条件中的五位偶数有 4560 个例 2. 某小组 6 个人排队照相纪念(1)假设分成两排照相，前排 2 人，后排 4 人，有多少种不同的排法？(2)假设分成两排照相，前排 2 人，后排 4 人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种排法？ (3)假设排成一排照相，甲、乙两人必须在一起，有多少种不同的排法？(4)假设排成一排照相，其中甲必在乙的右边，有多少种不同的排法？(5)假设排成一排照相，其中有3 名男生 3 名女生，且男生不能相邻有多少种排法？(6)假设排成一排照相，且甲不站排头乙不站排尾，有多少种不同的排法？分析 (1)分两排照相实际上

7、与排成一排照相一样，只不过把第 36 个位子看成是第二排而已，所以实际上是 6 个元素的全排列问题。244先确定甲的排法，有P 1 种；再确定乙的排法，有P 1 种；最后确定其别人的排法，有P 4 种因PPP为这是分步问题，所以用乘法原理，有114 种不同排法。2445采用“捆绑法，即先把甲、乙两人看成一个人，这样有P 5 种不同排法然后甲、乙两人之间PPP再排队，有2 种排法。因为是分步问题，应当用乘法原理，所以有52 种排法。 2526甲在乙的右边与甲在乙的左边的排法各占一半，有P 6 种排法。采用“插入法，把 3 个女生的位子拉开，在两端和她们之间放进 4 张椅子，如 女 女 4PPP女

8、 ，再把 3 个男生放到这 4 个位子上，就保证任何两个男生都不会相邻了这样男生有P 3 种排法， 女生有3 种排法因为是分步问题，应当用乘法原理，所以一共有33 种排法。34344PPP符合条件的排法可分两类：一类是乙站排头，其余 5 人任意排有P55 种排法；一类是乙不站排头； 由于甲不能站排头，所以排头只有从除甲、乙以外的 4 人中任选 1 人有P41 种排法，排尾从除乙以外的 4 人中选一人有P 1 种排法，中间4 个位置无限制有P 4 种排法，因为是分步问题，应用乘法原理，所以一共有114 种排法。444日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。6244解(1)P 6=

9、720(种)(2)P 1P 1P 4=2424=192(种)1526(3)P5 P2 =1202=240(种) (4) 2 P6 =360(种)435444(5)P 3P 3=246=144(种) (6)P 5+P 1P 1P 4=120+4424=504(种)654或者法二：(淘汰法)P 6-2P 5+P 4=720-240+24=504(种)说明(1)“相邻问题，n 个元素排成一排，其中有m 个元素相连n+1nn+1n“相间问题中，假设两类元素个数一样(都是 n 个)，那么排列总数为 2PnP n；假设两类元素个数不同(一类n 个，另一类n+1 个)，那么排列总数是Pn+1P nnm“次序

10、一定问题中，n 个元素排成一行，其中有m 个元素次序一定的排法数是P n/P m“不相邻问题中，n 个元素排成一行，其中有m 个元素两两不例 3 (1)从 1，2，3，12 中任选 4 个数相加，其和为奇数的一共有多少种？从 9 所中学选派 12 名老师组成代表团，每校至少1 人参加，问有多少种不同选派方法？由 12 人组成文娱小组，其中 5 人只会唱歌，5 人只会跳舞，2 人又会唱歌又会跳舞。现从这 12 人中选派 4 人会唱歌 4 人会跳舞的去排练节目，一共有多少种选法？6666解：(1)分两类：3 个奇数，1 个偶数，一共有C 3C 1 种选法。1 奇，3 偶，不同选法也是C 1C 36

11、6种。故所求总数为 2C 1C 3 种。9每校选 1 人已定，只剩 3 个名额尚须选派。分三类：3 名全从同一个选，一共有C 1 种选法；9C从两个选派 3 人，可以是甲 2 乙 1 或者甲 1 乙 2，故不同选法总数为 2C 2；从 3 个不同各选 1 人， 有3 种选法。9999故所求总数为C 1+2C 2+C 3。关键在于 2 个既会唱歌又会跳舞的人是否被选，并且选中后，他们表演什么节目(唱歌还是跳舞)。分 6 类：这 2 人被选为唱歌人选，其他 6 人选法有 C52C54 种；2 人被选为跳舞人选，也有C52C54 种日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。55255选

12、法；2 人被选，其中一人唱歌一人跳舞，一共有 2C 3C 3 种选法；2 人中只选 1 人唱歌，有 C 1C 3C 425555552555555种选法；2 人中只选 1 人跳舞，也有C 1C 3C 4 种选法；这 2 人都没选上，那么有C 4C 4 种选法。故所求总数为 2C 2C 4+2C 1C 3C 4+2C 3C 3+C 4C 4=525。例 4. 四面体的顶点和各棱中点一共 10 个点，在其中取四个不一共面的点，不同的取法一共有多少种？分析：用直接法考虑：设四面体为ABCD，底面BCD 为平面分四类情况考虑：类：恰有 2 个点在内，可分两种情况：该两个点在四面体的同类：恰有 1 个点

13、在内，可分两种情况：该点是棱的中点，有C 1 (C 3341) (种)；该点是棱的端点，有C 1 (C 334 2)(种)类：4 个点全不在内，只有 1 种取法，由加法原理，可得： 解：682730961141(种)所取 4 点是一共面的情况可分为两类：类：4 点不在四面体的同一个面内，可分两种情形：4 点位于相对的两条棱上，这时必然 3 点位于某棱，而另一是对棱的中点，一共有6 种取法；4 点不位于相对的棱上，这时4 点必然全为棱的中点， 且是平行四边形的顶点，一共有 3 种取法。答：不同的取法一共有 141 种例 5. 现有张、王、李三位老师分别到 6 个班任课，求以下情况下不同的分班法各

14、有多少种？(1)分给日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。张、王、李老师依次 1 个班，2 个班，3 个班；(2)每位老师都 2 个班；(3)6 个班分成 3 组，两个组各 1 个班，另一组4 个班；(4)分配给三位老师，某一人1 个班，一个人2 个班，一人3 个班；(5)分配给三位老师，一人 4 个班，另 2 人各 1 个班。师，又不限定老师任课的任教，每位老师都会有各种任教法，所以有顺序问题，因此，分完组的步骤完 成后再完成排序的步骤，这样符合题意的不同分法种数为例 6.求(3-2x)9展开式中系数绝对值最大的项。日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。其

15、系数为设 ak 绝对值最大项为第k+1 项，那么因此 k=3 或者k=4。实际上a4=-489888，a5=489888 即|a4|=|a5|=max|a1|，|a10|注求系数最大项的方法是先写出通项公式，再设最大项为第k 项，由它大于等于左右两个系数， 得出两个不等式的不等式组，解此不等式求出k 的值。例 7. (1)求多项式(3x4-x3-2x-3)102(3x-5)4(7x3-5x-1)67 展开式各项系数和。(2)多项式x1000-x+(-x3-2x2+2)1000 展开式中x 的偶次幂各项系数和与x 奇次幂各项系数和各是多？分析利用多项式f(x)的系数和等于f(1)的性质求解。解：

16、设 f(x)=(3x4-x3-2x-3)102(3x-5)4(7x3-5x-1)67=a0+a1x+a2x2+anxn(nN)其各项系数和即是a0+a1+a2+an 又f(1)=a0+a2+an日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。=(3-1-2-3)102(3-5)4(7-5-1)67=3102161=163102所以各项系数和为 163102(2) 设 f(x)=x1000-x+(-x3-2x2+2)1000=a0+a1x+a2x2+anxn f(1)=a0+a1+a2+=1f(-1)=a0-a1+a2-a3+=3说明由上面的解题过程可知，上述解法适用于一般的多项式系数而

17、与次数无关一般地，多项式fx的各项系数和为f1，奇偶次项系数的和为f1f-12f1+f-12例 8. 1求 199911 除以 8 的余数2求 6 的近似值，使误差小于1解1999=2000-1=8250-1199911=(8250-1)11由上面展开式可知 199911 除以 8 的余数是 7日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。日期：2022 年二月八日。2分析 求 6 的近似值一般都是把它化为(1-0.002)6，再用二项式定理展开解 6=(1-0.002)6=1+6(-0.002)+15(-0.002)2+(-0.002)61+6说明展开式的第三项T3=15(-0.0

18、02)2第三项以后的绝对值就更小了，所以从第三项起可以忽略不计。1. nN*，那么20-n(21-n)(100-n)等于A80100nA20n100nA81100nA 8120n假 设 集 合 M x, y, z,集合N 1,0,1, f是 从M到N的 映 射 ， 那 么 满 足f (x) f ( y) f (z) 0 的映射有A6 个B7 个C8 个D9 个有三张卡片，正反面分别写有6 个不同的数字 1，3，5 和 2，4，6，将这三张卡片上的数字排成三位数，一共能组成不同的三位数的个数是A24B36C48D641-x2n-1 展开式中，二项式系数最大的项是A第 n-1 项B第 n 项C第

19、n-1 项与第 n+1 项D第 n 项与第 n+1 项设有编号为 1，2，3，4，5 的五个茶杯和编号为 1，2，3，4，5 的五个杯盖，将五个杯盖盖在五个茶杯上，至少有两个杯盖和茶杯的编号一样的盖法有A30 种B31 种C32 种D36 种从 6 名学生中，选出 4 人分别从事 A、B、C、D 四项不同的工作，假设其中，甲、乙两人不能从事工作A，那么不同的选派方案一共有A96 种B180 种C240 种D280 种书架上有不同的数学书与不同的外文书一共7 本，现取 2 本数学书，1 本外文书借给 3 位同学，每人一本，一共有 72 种不同的借法，那么数学书与外文书的本数分别为A4，3B3，4

20、C5，2D2，52( 3 3)100 的展开式中，无理数项的个数是A84B85C86D874 名男生 3 名女生排成一排，假设 3 名女生中有 2 名站在一起，但 3 名女生不能全排在一起，那么不同的排法种数有A2880B3080C3200D3600从 1，2，3，4，5 这五个数字中，任取三个组成无重复数字的三位数，但当三个数字中有 2 和 3时，2 需排在 3 前面不一定相邻，这样的三位数有A9 个B15 个C42 个D51 个11.(1 3x)7 a a x a x 2012 a x 7 , 则| a| | a| | a| | a|70127.12. 把 13 个乒乓球运发动分成 3 组

21、，一组5 人，另两组各4 人，但3 个种子选手每组要选派 1 人，那么不同的分法有种.13. 1 2C 131 4C 232 231 C 31 的值的个位数是.31在 1 到 100 这 100 个自然数中，选取 20 个，要求这 20 个数两两不相邻，那么一共有种选法.(x m) 2n1 与(mx 1) 2n (n N * , m 0) 的展开式中含 xn项的系数相等，务实数m 的取值范围。一个口袋内有 4 个不同的红球，6 个不同的白球，1从中任取 4 个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？2假设取一个红球记 2 分，取一个白球记 1 分，从中任取 5 个球，使总分不少于 7 分的取法

22、有多少种？3 名老师带着 6 名学生平均分成三个小组到三个工厂进展社会调查，每小组有 1 名老师和 2 名学生组成，求不同的分配方法有多少种？求2x-15 的展开式中1各项系数之和；2各项的二项式系数之和；3偶数项的二项式系数之和；4各项系数的绝对值之和；5奇次项系数之和某 A 有四个郊县B、C、D、E。如图现有 5 种颜色，假设要使每相邻的两块涂不同颜色，且每块只涂一种颜色，问有多少种不同的涂色方法？20. ： a, b R , n 1, n N * ，求证：an bna b ()n22参考答案1. C2. B3. C4. D5. B6. C7. B8. A9. A10. D11. 4712

23、. 12600 种提示：A3C 4 C 3 C 3 2 12600种3106613. 714. C 2081解：设(x m)2n 1的展开式通项公式为Tr 1,则Tr 1 Cr2n 1x2n 1 r mr令2n 1 r n,得r n 1故此展开式中xn项的系数为Cn 1 mn 12n 1由题意知: Cn 1 mn 1 Cn mn2n 12n m n 1 1 (1 1), m为n的减函数1 ,又当n 1时, m 2 , 1 m 223232n 122n 1n N , m 故m的取值范围是 1 2(,2 3解1将取出 4 个球分成三类情况 1取 4 个红球，没有白球，有C 4 种2取 3 个红球 1 个白4球，有C 3C 1 种；3取 2 个红球 2 个白球，有C 2 C 2 ,4646C 4 C 3C1 C 2C 2 115种44646(2)设取x个红