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1、章末复习课 整合 网络构建 警示 易错提醒 1正确区分是组合问题还是排列问题，要把“定序”和“有序” 区分开来 2正确区分“分类”与“分步”，恰当地进行分类，使分类后不 重、不漏 3正确区分分堆问题和分配问题 4求二项式展开式中的特殊项(如：系数最大的项、二项式系数 最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理项)时，要 注意 n 与 k 的取值范围 5二项式定理的通项公式Tk1C k na nkbk 是第(k1)项，而不是 第 k 项，注意其指数规律 6注意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”，展开式中 “二项式系数的和”与“各项系数的和”，“奇(偶)数项系数的和”与 “奇(偶)次项
2、系数的和” 专题一两个计数原理的应用 分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章知识的基础，高考 中时有出现，一般是与排列、组合相结合进行考查，难度中等 例 1 现有 4 种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要 求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 ( ) 高中 数学 A.144 种B72 种 C64 种D84 种 解析： 法一根据所用颜色的种数分类 第一类：用 4 种颜色涂，方法有A4 4432124(种) 第二类：用 3 种颜色，必须有一条对角区域涂同色，方法有C1 2C 1 4 A2 348(种) 第三类：用 2 种颜色，对角区域各涂一色，方法有A2 412(种
3、) 根据加法原理，不同的涂色方法共有24481284(种) 法二根据 “高”“学”是否为同色分类 第一类：区域 “高”与“学”同色，从 4 色中选 1 色，有 C1 4种方 法，其余区域 “中”“数”各有 3 种方法，共有 43336(种) 第二类：区域 “高”与“学”不同色，区域 “高”有 4 种方法， 区域 “学”有 3 种方法，区域 “中”“数”各有2 种方法，共有 432248(种) 根据加法原理，方法共有364884(种) 答案： D 归纳升华 应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还 是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完 成该事件，能完成便是
4、分类，否则便是分步对于有些较复杂问题可 能既要分类又要分步，此时应注意层次清晰，不重不漏，在分步时， 要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响(即是否是独立的 ) 变式训练 在AOB 的 OA 边上取 3 个点，在 OB 边上取 4 个点 (均除 O 点外)，连同 O 点共 8 个点，现任取其中三个点为顶点作三角 形，可作的三角形有 ( ) A48 B42 C36 D32 解析： 分三类：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C1 3C 2 4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
5、点，可构造一个三角形，有C2 3C 1 4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C1 3C 1 4个 由分类加法计数原理，可作的三角形共有NC1 3C 2 4C 2 3C 1 4C 1 3C 1 4 42(个) 答案： B 专题二排列组合应用题 排列组合应用题是高考的一个重点内容，常与实际问题相结合进 行考查要认真阅读题干，明确问题本质，利用排列组合的相关公式 与方法解题 1合理分类，准确分步 例 2 5 名乒乓球队员中，有2 名老队员和 3 名新队员现从中 选出 3 名队员排成 1，2，3 号参加团体比赛，则
6、入选的3 名队员中至 少有 1 名老队员且 1、 2 号中至少有 1 名新队员的排法有 _种(用 数字作答 ) 解析： 只有 1 名老队员的排法有C 1 2C 2 3A 3 336(种)有 2 名老 队员的排法有 C2 2C 1 3C 1 2A 2 212(种)所以共有 361248(种) 答案： 48 2特殊优先，一般在后 例 3 将 A，B，C，D，E，F 六个字母排成一排，且A，B 均 在 C 的同侧，则不同的排法共有_种(用数字作答 ) 解析： 当 C 在第一或第六位时，排法有A5 5120(种)； 当 C 在第二或第五位时，排法有A 2 4A 3 372(种)； 当 C 在第三或第四
7、位时，排法有A 2 2A 3 3A 2 3A 3 348(种) 所以排法共有 2(1207248)480(种) 答案： 480 3直接间接，灵活选择 例 4 10 件产品中有 2 件合格品，8 件优质品，从中任意取 4 件， 至少有 1 件是合格品的抽法有 _种 解析： 法一抽取的 4 件产品至少有1 件合格品分为有1 件合格 品、2 件合格品 2 种情况：有 1 件合格品的抽法有C1 2C 3 8种；有 2 件合 格品抽法有 C2 2C 2 8种根据分类加法计数原理至少有 1 件合格品的抽法 共有 C1 2C 3 8C 2 2C 2 8140(种) 法二从 10 件产品中任意抽取4 件，有
8、C4 10种抽法，其中没有合 格品的抽法有 C4 8种，因此至少有 1 件合格品的抽法有 C4 10C 4 8210 70140(种) 答案： 140 4元素相邻，捆绑为一 例 5 用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，则其 中数字 2，3 相邻的偶数有 _个(用数字作答 ) 解析：数字 2 和 3 相邻的偶数有两种情况 第一种情况， 当数字 2 在个位上时，则3 必定在十位上，此时这样的五位数共有6 个；第二 种情况，当数字 4 在个位上时，且 2，3 必须相邻，此时满足要求的五 位数有 A2 2A 3 312(个)，则一共有 61218(个) 答案： 18 5元素相间，插空
9、解决 例 6 一条长椅上有 7 个座位， 4 个人坐，要求3 个空位中，恰 有 2 个空位相邻，共有 _种不同的坐法 解析：先让 4 人坐在 4 个位置上，有 A 4 4种排法，再让 2 个元素(一 个是两个空位作为一个整体，另一个是单独的空位)插入 4 个人形成的 5 个“空挡”之间，有 A 2 5种插法，所以所求的坐法数为 A4 4A 2 5480. 答案： 480 6分组问题，消除顺序 例 7 某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4 名学生，要 安排到该年级的两个班级且每班安排2 名，则不同的安排方案种数为 _ 解析： 把新转来的 4 名学生平均分两组，每组2 人，分法有 C 2 4
10、A 2 2 3(种)，把这两组人安排到6 个班中的某 2 个班中去，有 A 2 6种方法，故 不同的安排种数为3A 2 690. 答案： 90 归纳升华 解排列组合应用题应遵循三大原则，掌握基本类型，突出转化思 想 (1)三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类 后分步的原则 (2)基本类型主要包括：排列中的 “在与不在 ”问题， 组合中的 “有 与没有 ”问题、 “相邻与不相邻 ”问题、 “分组问题 ”等 (3)转化思想：就是把一些排列组合问题与基本类型相联系，从而 把这些问题转化为基本类型，然后加以解决 专题三二项式定理的应用 二项式定理是历年高考中的必考内容，解决二项式定理
11、问题，特 别是涉及求二项展开式的通项的问题，关键在于抓住通项公式，还要 注意区分“二项式系数”与“展开式系数” 例 8 (1)已知 x2 i x n 的展开式中第三项与第五项的系数之比为 3 14，其中 i 21，则展开式中系数为实数且最大的项为 ( ) A第三项B第四项 C第五项D第五项或第六项 (2)设(3x1)6a6x6a5x5a4x4a3x3a2x 2a 1xa0，则 a6a4 a2a0_ 解析： (1)T3C2 nx 2n5，T 5C 4 nx 2n10. 由 C 2 n C 4 n 3 14，得 n 25n500，解得 n10(舍去 n5)， 又 Tr1Cr 10(i) rx20
12、5 2 r， 据此可知当 r 分别取 0，2，4，6，8，10 时其系数为实数，且当r 4 时，C 4 10210 为最大 (2)令 x1，得 a6a5a4a3a2a1a02664； 令 x1，得 a6a5a4a3a2a1a04 096. 两式相加，得 2(a6a4a2a0)4 160， 所以 a6a4a2a02 080. 答案： (1)C (2)2 080 归纳升华 (1)区分“项的系数 ”与“二项式系数 ”项的系数与 a，b有关， 可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正数 (2)切实理解 “常数项 ”“有理项 (字母指数为整数 )”“系数最大 的项”等概念 (3)求展开式中的指定项，要把该
13、项完整写出，不能仅仅说明是第 几项 (4)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，1 等 变式训练 (1) x 2 x 3 5 展开式中的含 x 3 的项的系数为 ( ) A80 B60 C40 D40 (2)已知(1x)6(12x)5a0a1xa2x 2 a 11x 11，则 a 1a2 a11_ 解析： (1)设展开式的第 (r1)项为 Tr1Cr 5x 5r 2 x3 r (2)rCr 5x 5 4r，令 54r 3，得 r2， 所以，展开式中含x 3 的项为 T3(2)2C2 5x 340x3. (2)令 x0，得 a01；令 x1，得 a0a1a2a1164. 所以 a1
14、a2a1165. 答案： (1)C (2)65 专题四分类讨论思想 分类讨论思想在解决排列组合问题时经常应用，此类问题一般情 况繁多，因此要对各种不同的情况进行合理的分类与准确的分步，以 便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏的现象发生 例 4 从 10 种不同的作物中选出6 种放入 6 个不同的瓶子中展 出，如果甲、乙两种种子不能放入第1 号瓶内，那么不同的放法共有 _种 解析： 根据选出的6 种种子中所含甲、乙种子个数来分类：选出 的 6 种种子中只含甲或只含乙的不同放法都为C5 8A 1 5A 5 5；选出的 6 种种 子中，同时含有甲与乙的不同放法有C4 8A 2 5A 4 4；选出的
15、6 种种子中，都 不含甲与乙的不同放法有A6 8.故不同的放法共有 2C 5 8A 1 5A 5 5C 4 8A 2 5A 4 4 A 6 8120 960(种) 答案： 120 960 归纳升华 排列组合的综合问题一般比较复杂，分类方法也灵活多变一般 有以下一些分类方式：(1)根据元素分类，又包括根据特殊元素分类， 根据元素特征分类， 根据特殊元素的个数分类； (2)根据特殊位置分类； (3)根据图形分类， 又包括根据图形的特征分类，根据图形的种类分类； (4)根据题设条件分类 变式训练 由 1，2，3，4，5，6 六个数字可组成 _个无 重复且是 6 的倍数的五位数 解析： 若一个整数是偶数且是3的倍数，则这个整数是 6的倍数据 此本题分两类求解 第一类：由 1，2，4，5，6 作数码首先从2，4，6 中任选一个 作为个位数字， 有 A1 3种选法，然后其余四个数字在其他数位上全排列， 有 A4 4种选法，所以符合条件的五位数共有 N1A1 3A 4 472(个) 第二类：由1，2，3，4，5 作数码依照第一类的方法，符合条 件的五位数有 N2A 1 2A 4 448(个) 综上，符合条件的五位数共有NN1N2120(个) 答案：120