1、专题七 概率与统计、算法初步、复数 1 排列、组合和二项式定理 真题热身 1(2011大纲全国)4 位同学每人从甲、乙、丙 3 门课程中选修1 门，则恰有 2 人选修课程甲的不同选法共有()A12 种B24 种C30 种 D36 种解析 分三步，第一步先从 4 位同学中选 2 人选修课程甲，共有C24种不同的选法，第二步给第 3 位同学选课程，必须从乙、丙中选取，共有 2 种不同的选法，第三步给第 4 位同学选课程，也有2 种不同的选法，故共有 NC242224(种)不同的选法B 2(2011北京)用数字 2,3 组成四位数，且数字 2,3 至少都出现一次，这样的四位数共有_个(用数字作答)解
2、析 数字 2,3 至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现 1 次，“3”出现 3 次，共可组成 C144(个)四位数“2”出现 2 次，“3”出现 2 次，共可组成 C246(个)四位数“2”出现 3 次，“3”出现 1 次，共可组成 C344(个)四位数综上所述，共可组成 14 个这样的四位数14 3(2011大纲全国)(1 x)20 的二项展开式中，x 的系数与 x9的系数之差为_解析 Tr1x 与 x9 的系数分别为 C220与 C1820.又C220C1820，C220C18200.0 1222020C()(1)Crrrxrrx 考点整合 1两个计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数
3、原理，都是关于完成一件事的不同方法种数的问题“分类”与“分步”的区别：关键是看事件完成情况，如果每种方法都能将事件完成则是分类；如果必须要连续若干步才能将事件完成则是分步分类要用分类加法计数原理将种数相加；分步要用分步乘法计数原理将种数相乘2排列、组合(1)排列数公式 Amnn(n1)(n2)(nm1)，Amnn！(nm)！，Annn！，0！1(nN*，mN*，mn)(2)组合数公式及性质CmnAmnAmmn(n1)(n2)(nm1)m！，Cmnn！m！(nm)！，C0m1，CmnCnmn，Cmn1CmnCm1n.(3)应用题解排列组合问题应遵循的原则：先特殊后一般，先选后排，先分类后分步常用
4、策略：(a)相邻问题捆绑法；(b)不相邻问题插空法；(c)多排问题单排法；(d)定序问题倍缩法；(e)多元问题分类法；(f)有序分配问题分步法；(g)交叉问题集合法；(h)至少或至多问题间接法；(i)选排问题先取后排法；(j)局部与整体问题排除法；(k)复杂问题转化法3二项式定理(1)定理：(ab)nC0nanC1nan1bCrnanrbrCn1nabn1Cnnbn(nN*)通项(展开式的第 r1 项)：Tr1Crnanrbr，其中 Crn(r0,1，n)叫做二项式系数(2)二项式系数的性质在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即C0nCnn，C1nCn1n，C2nCn
5、2n，CrnCnrn.二项式系数的和等于 2n，即C0nC1nC2nCnn2n.二项式展开式中，偶数项的二项式系数和等于奇数项的二项式系数和，即 C1nC3nC5nC0nC2nC4n2n1.(3)赋值法解二项式定理有关问题，如3n(12)nC0nC1n21C2n22Cnn2n 等分类突破 一、两个计数原理的应用例 1 如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足 a1a2，且 a3a2，则称这样的三位数为凸数(如 120,343,275 等)，那么所有凸数的个数为()A210 B220 C230 D240解析 共分 8 类：当中间数为 2 时，共有 120 和 121 两个数满足要求，即有 2 个
6、；当中间数为 3 时，有 236(个)；当中间数为 4 时，有 3412(个)；当中间数为 5 时，有 4520(个)；当中间数为 6 时，有 5630(个)；当中间数为 7 时，有 6742(个)；当中间数为 8 时，有 7856(个)；当中间数为 9 时，有 8972(个)；故符合条件的数的个数为：26122030425672240.故应选 D.答案 D归纳拓展 既有分类原理又有分步原理的问题，“先分类，再分步”是一个重要的计数原则，在计数时应让两个原理协同作用在应用分类加法计数原理时，要注意“类”与“类”间的独立性与并列性；在应用分步乘法计数原理时，要注意“步”与“步”间的连续性掌握好分
7、类讨论的标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏变式训练 1 甲组有 5 名男同学、3 名女同学；乙组有 6 名男同学、2 名女同学若从甲、乙两组中各选出 2 名同学，则选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有()A150 种B180 种 C200 种 D345 种解析 分类：若这名女同学是甲组的，则选法有 C13C15C26，若这名女同学是乙组的，则选法有 C25C12C16，符合条件的选法共有 C13C15C26C25C12C16345(种)D二、排列与组合例 2(1)(2010大纲全国)某校开设 A 类选修课 3 门，B 类选修课 4 门，一位同学从中共选 3 门若要求两类课程中各至
8、少选一门，则不同的选法共有()A30 种B35 种C42 种D48 种(2)(2010山东)某台小型晚会由 6 个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位该台晚会节目演出顺序的编排方案共有()A36 种B42 种 C48 种 D54 种解析(1)方法一：可分两种互斥情况：A 类选 1 门，B 类选 2门或A类选2门，B类选1门，共有C13C24C23C14181230(种)选法方法二：总共有 C3735(种)选法，减去只选 A 类的 C331(种)，再减去只选 B 类的 C344(种)，故有 30(种)选法(2)分两类，第一类：甲排在第一
9、位时，丙排在最后一位，中间4 个节目无限制条件，有 A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的 3 个节目中选 1 个节目排在第一位有 C13种排法，其他 3 个节目有 A33种排法，故有 C13A33种排法，依分类加法计数原理，知共有 A44C13A3342(种)编排方案答案(1)A(2)B归纳拓展 解排列、组合问题，常用的方法有：直接计算法与间接(剔除)计算法；分类法与分步法；元素分析法和位置分析法；插空法和捆绑法等对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，即一般策略为先组合后排列分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组
10、”的差异及分类的标准变式训练 2 四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为()A6 B12 C18 D24解析 先在后三位中选两个位置填两个数字“0”有 C23种填法，再排另两张卡片有 A22种排法，再决定用数字“9”还是“6”有两种可能，所以共可排成 2C23A2212(个)四位数，故选 B.B 三、求二项展开式的通项、指定项例 3(1)求x2 12x9 的展开式中的常数项；(2)已知axx29 的展开式中 x3 的系数为94，求常数 a 的值；(3)求(x23x2)5 的展开式中含 x 的项解(1)设第 r1 项为常数
11、项，则Tr1Cr9(x2)9r 12xr12rCr9x183r.令 183r0，得 r6，即第 7 项为常数项T7126C692116.常数项为2116.(2)设第 r1 项是含 x3 的项，则有 Cr9ax9rx2r94x3，得 xr9x3，故32r93，即 r8.C89a12894，a4.(3)方法一(x23x2)5(x1)5(x2)5，由于(x23x2)5的展开式中含x的项是(x1)5展开式中的一次项与(x2)5 展开式中的常数项之积，以及(x1)5 展开式中的常数项与(x2)5 展开式中的一次项之积的代数和含 x 的项为 C45xC5525C551C45x24240 x.方法二(x23
12、x2)5 展开式中的一次项是 5 个括号中有 1 个括号内取 3x，其余 4 个括号内取常数项 2 相乘得到的，即 C153xC4424240 x.2rx归纳拓展 求二项展开式中某指定项的系数、二项式系数或特定项问题，是二项式定理的基本问题，通常用通项公式来解决在应用通项公式时，要注意以下几点：(1)它表示二项展开式中的任意项，只要 n 与 r 确定，该项就随之确定；(2)Tr1 是展开式中的第 r1 项，而不是第 r 项；(3)公式中 a，b 的指数和为 n，a，b 不能随便颠倒位置；(4)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；(5)对二项式(ab)n 展开式的通项公式要特别注意符号
13、问题变式训练 3 已知122x n.(1)若展开式中第 5 项、第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于 79，求展开式中系数最大的项解(1)因为 C4nC6n2C5n，所以 n221n980，解得 n7 或 n14，当 n7 时，展开式中二项式系数最大的项是 T4 和 T5.所以 T4 的系数为 C3712423352，T5 的系数为 C471232470.当 n14 时，展开式中二项式系数最大的项是 T8.所以 T8 的系数为 C714127273 432.(2)因为 C0nC1nC2n79，所以 n12 或
14、n13(舍去)设 Tk1 项的系数最大因为122x 121212(14x)12，所以Ck124kCk112 4k1Ck124kCk112 4k1，所以 9.4k10.4.又因为 0k12 且 kN，所以 k10.所以展开式中系数最大的项为 T11.T111212C1012410 x1016 896x10.四、二项式定理中的“赋值”问题例 4 若(12x)2 011a0a1xa2 011x2 011(xR)，则a12 a222 a2 01122 011的值为()A2 B0 C1 D2解析(12x)2 011a0a1xa2 011x2 011(xR)，令 x0，则 a01，令 x12，则12122
15、 011a0a12 a222a2 01122 0110，其中 a01，所以a12 a222a2 01122 0111.C 归纳拓展 在二项式定理的应用中，“赋值法”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法变式训练 4 C22nC42nC2k2nC2n2n的值为()A2nB22n1C2n1 D22n11解析(1x)2nC02nC12nxC22nx2C32nx3C2n2nx2n.令 x1 得 C02nC12nC22nC2n12nC2n2n22n；再令 x1 得 C02nC12nC22n(1)rCr2nC2n12nC2n2n0.两式相加，再由 C02n1，得 C22nC42nC2n2n2
16、2n2 122n11.D 规范演练 1用 0 到 9 这 10 个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A324 B328 C360 D648解析 利用分类加法计数原理，共分两类：(1)0 作个位，共 A2972(个)偶数；(2)0 不作个位，共 A14A18A18256(个)偶数，共计 72256328(个)偶数B 2用三种不同的颜色填涂下图 33 方格中的 9 个区域，要求每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法种数共有()A.48 B24 C12 D6解析 可将 9 个区域标号如图：123456789用三种不同颜色为 9 个区域涂色，可分步解决：第一步，为第一行涂色，有
17、A336(种)方法；第二步，用与 1 号区域不同色的两种颜色为 4、7 两个区域涂色，有 A222(种)方法；剩余区域只有一种涂法，综上由分步乘法计数原理可知共有 6212(种)涂法答案 C 3已知(1ax)5110 xbx2a5x5，则 b_.解析 由题意知 b 应为(1ax)5 展开式中 x2 项的系数，由 Cr5(ax)rCr5arxr 知当 r2 时，bC25a2.又 C15ax10 x，a2.故 b40.40 4将数字 1,2,3,4,5,6 排成一列，记第 i 个数为 ai(i1,2，6)若 a11，a33，a55，a1a3a5，则不同的排列方法有_种(用数字作答)解析 由题设知
18、a5 必为 6.第一类：当 a12 时，a3 可取 4、5，共有 2A3312(种)；第二类：当 a13 时，a3 可取 4、5，共有 2A3312(种)；第三类：当 a14 时，a3 必取 5，有 A336(种)共有 1212630(种)30 5若x 124 xn 展开式中前三项系数成等差数列，求：(1)展开式中含 x 的一次幂的项；(2)展开式中所有 x 的有理项解 由已知条件：C0nC2n 1222C1n12，解得 n8.(1)Tr1Cr8(x)8r124 xrCr82r令 434r1，得 r4，x 的一次幂的项为 T41C4824x358 x.(2)令 434rN(r8)，则只有当 r
19、0,4,8 时，对应的项才是有理项，有理项分别为：T1x4，T5358 x，T91256x2.rx4346已知(13x)n 的展开式中，末三项的二项式系数的和等于120，求：(1)展开式中二项式系数最大的项；(2)展开式中系数最大的项解(1)由已知得 Cn2nCn1nCnn121，则12n(n1)n1121，即 n2n2400，解得 n15，所以，展开式中二项式系数最大的项是 T8C715(3x)7 和 T9C815(3x)8.(2)Tr1Cr15(3x)r，设Cr115 3r1Cr153r 1，则15！(r1)！(15r1)！315！r！(15r)！1，即r3(15r1)1，解得 r12，同理，由 Cr153rCr115 3r11 解得 r11，所以展开式中系数最大的项对应的 r11、12，即展开式中系数最大的项是 T12C1115(3x)11 和 T13C1215(3x)12.返回
