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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date导学教程高三数学二轮复习教案-专题六-第1讲-排列与组合、二项式定理专题六 概率与统计专题六 概率与统计第1讲排列与组合、二项式定理自主学习导引真题感悟1(2012安徽)(x22)5的展开式的常数项是A3B2C2D3解析第一个因式取x2，第二个因式取得：1C(1)45，第一个因式取2，第二个因式取(1)5得：2(1)52展开式的常数项是5(2)3.2(2012大纲全国
2、卷)6名选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有A240种 B360种 C480种 D720种解析解法一甲先安排在除开始与结尾的位置有C个选择，剩余的元素与位置进行全排列有A种，故不同的演讲次序共有CA480种解法二若不考虑元素甲的特殊性，共有A中演讲次序，其中甲在第一个演讲的有A种，甲在最后一个演讲的也有A种，故不同的演讲次序共有AAA480(种)考题分析考查排列与组合的题目高考中多以小题的形式出现，与两个计数原理综合应用；二项式定理的问题常涉及展开式中项的系数，特定项的求法，也可与其他知识交汇命题，如定积分计算，数列知识，方程根的个数等网络构建高频考点突破
3、考点一：两个原理及其应用【例1】用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？审题导引颜色可以反复使用，即说明在不相邻的小方格内可以使用同一种颜色，首先确定第一个小方格的涂法，再考虑其相邻的两个小方格的涂法规范解答如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法1234当第2、第3个小方格涂不同颜色时，有A12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法由分步计数原理可知，有5123180(种)不同的涂法；当第2个、第3个小方格涂相同
4、颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步计数原理可知，有54480(种)不同涂法由分类加法计数原理可得，共有18080260(种)不同的涂法【规律总结】涂色问题的解决方法(1)涂色问题没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个原理与排列组合的知识灵活处理，其难点是对相邻区域颜色不同的处理，解决的方法往往要采用分类讨论的方法，根据“两个原理”计算(2)本题也可以考虑对使用的颜色的种数进行分类，如果使用2种颜色，则只能是第1,4涂一种、第2,3涂一种，方法数是CA20；若是使用3种颜色，若第1,2,3方格不同色，第4个方格只能和第1个方格相同，
5、方法数是CA60，如果第1,2,3方格只用两种颜色，则第4个方格只能用第3种颜色，方法数是C3260；如果使用4种颜色，方法数是CA120.根据加法原理总的涂法种数是260.易错提示在涂色问题中一定要看颜色是否可以重复使用，不允许重复使用的涂色问题实际上就是一般的排列问题，当颜色允许重复使用时，要充分利用“两个基本原理”分析解决问题【变式训练】1某次活动中，有30个人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为_(用数字作答)解析其中最先选出的一个有30种方法，此时这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的队形，选第二个人有20种方法，
6、此时该人所在的行和列不能再选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是3020127 200.答案7 200考点二：排列与组合【例2】(1)(2012海淀一模)从甲、乙等5个人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是A12B24C36D48(2)(2012深圳模拟)值域为2,5,10，其对应关系为yx21的函数的个数为A1 B27 C39 D8审题导引(1)分“选甲”与“不选甲”两类进行讨论；(2)根据函数的值域，求出函数定义域中可能包含的元素，分类讨论确定其定义域规范解答(1)若选甲，则有AA种排法；若不选甲，则有A种排法，则共有AAA4
7、8(种)(2)分别由x212，x215，x2110解得x1，x2，x3，由函数的定义，定义域中元素的选取分四种情况：取三个元素：有CCC8(种)；取四个元素：先从1，2，3三组中选取一组C，再从剩下的两组中选两个元素CC，故共有CCC12(种)；取五个元素：C6(种)；取六个元素：1种由分类计数原理，共有8126127(种)答案(1)D(2)B【规律总结】排列、组合问题的解法解排列组合综合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手“分析”就是找出题目的条件、结论哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；“分类”就是对于较复杂的应
8、用题中的元素往往分成互相排斥的几类，然后逐类解决；“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决【变式训练】2(2012宁波模拟)某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为A14 B24 C28 D48解析选1名女生的方案有：CC种；选2名女生的方案有：CC种；故至少选1名女生共有：CCCC14种方案答案A3(2012银川模拟)用0,1,2,3,4排成无重复数字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是A36 B32 C24 D20解析0,1,2,3,4五个数字，偶数字相邻
9、，奇数字也相邻的排法共有AAA种排法，其中0在首位的排法有AA种，所以共有AAAAA20个五位数答案D考点三：二项式定理【例3】(1)(2012西城二模)(x2)6的展开式中，x3的系数是_(用数字作答)(2)已知(1x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则(a0a2a4)(a1a3a5)的值等于_审题导引(1)利用二项展开式的通项公式求解；(2)采用赋值法，分别求出a0a2a4和a1a3a5.规范解答(1)(x2)6的展开式中通项公式为Tr1Cx6r(2)r，令r3，得T4Cx3(2)3160x3，所以x3的系数是160.(2)分别令x1、x1得a0a1a2a3a4a50.a0a
10、1a2a3a4a532，由此解得a0a2a416，a1a3a516，(a0a2a4)(a1a3a5)256.答案 (1)160(2)256【规律总结】五招制胜，解决二项式问题二项式定理是一个恒等式，应对二项式定理问题主要有五种方法：(1)特定项问题通项公式法；(2)系数和与差型问题赋值法；(3)近似问题截项法；(4)整除(或余数)问题展开法；(5)最值问题不等式法易错提示在二项式定理问题中，常见的误区有：(1)二项展开式的通项Tk1中，项数与k的关系搞不清；(2)二项式系数与各项的系数混淆不清；(3)在展开二项式(ab)n或求特定项时，忽略中间的“”号【变式训练】4(2012武汉模拟)4展开式
11、中常数为_解析4展开式中的通项为Tr1C(1)rx124r，令124r0，得r3，所以常数项为T4C(1)34.答案45(2012山师附中模拟)二项式(1sin x)n的展开式中，末尾两项的系数之和为7，且系数最大的一项的值为，则x在0,2内的值为_解析(1sin x)n的展开式中末尾两项的系数和为CCn17，n6，则(1sin x)6的展开式中系数最大的一项为T4C(sin x)3，C(sin x)3，sin x.又x0,2，x或.答案或名师押题高考【押题1】学校组织高一年级4个班外出春游，每个班从指定的甲、乙、丙、丁四个景区中任选一个游览，则恰有两个班选择了甲景区的选法共有_种解析从4个班
12、中选2个班游览甲景区，有C种选法，剩余的2个班各有3种选法，有32种选法，根据乘法原理知，C3254.押题依据两个计数原理、排列与组合是解决计数问题的工具，在高考试题中可能单独命题，以选择题或填空题的形式出现，也可能与概率统计相结合命题，难度中等或偏下【押题2】设asin xdx，则二项式4的展开式的常数项是A24B24C48 D48解析asin xdxcos x2，的展开式中的通项为Tr1(1)rCx2r24r，令2r0，得r2，T3(1)2C226424.答案A押题依据二项展开式的通项公式的运用是高考考查的重点内容，一般用以求展开式中的特定项，以选择题或填空题的形式出现，本题与定积分交汇命题，立意新颖、考查全面，故押此题-