新教材2021-2022学年人教B版数学选择性必修第二册学案：阶段提升 第三章 排列、组合与二项式定理 WORD版含解析.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。阶段提升课第一课排列、组合与二项式定理思维导图构建网络考点整合素养提升【题组训练一】数学思想方法在计数问题中的应用1设集合S1，2，3，4，5，6，7，8，9，集合Aa1，a2，a3是S的子集，且a1，a2，a3满足a1a26包含的情况较少，当a39时，a2取2，a1取1，只有这一种情况，利用正难则反思想解决集合S含有三个对象的子集的个数为C84.在这些含有三个对象的子集中能满足a1a26的集合只有1，2，9，故满足题意的集合A的个数为84183.2车间有11名工人，其中

2、5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？【解析】方法一：设A，B代表2位老师傅A，B都不在内的选派方法有CC5(种)，A，B都在内且当钳工的选派方法有CCC10(种)，A，B都在内且当车工的选派方法有CCC30(种)，A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有ACC80(种)，A，B有一人在内且当钳工的选派方法有CCC20(种)，A，B有一人在内且当车工的选派方法有CCC40(种)，所以共有CCCCCCCCACCCCCCCC185(种).方法二：5名男钳工有4名被选上的方法有CCCC

3、CCCC75(种)，5名男钳工有3名被选上的方法有CCCCCA100(种)，5名男钳工有2名被选上的方法有CCC10(种)，所以共有7510010185(种).方法三：4名女车工都被选上的方法有CCCCCCCC35(种)，4名女车工有3名被选上的方法有CCCCCA120(种)，4名女车工有2名被选上的方法有CCC30(种)，所以共有3512030185(种).数学思想方法在求解计数问题中的问题及解法1对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考2解含有约束条件的排列、组合问题，应按对象的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：类与类之间要互斥(保证不重复)；总数要完备(保证不遗漏

4、).【题组训练二】排列与组合的综合应用1在0，1，2，3，9这十个自然数中，任取三个不同的数字则组成的三位数中是3的倍数的有_个【解析】若组成的三位数能被3整除，则先把0，1，2，3，9，这十个自然数中分为三组：(0369)；(147)；(258).若每组中各取一个数，含0，共有CCCA36种；若每组中各取一个数不含0，共有CCCA162种；若从每组中各取三个数，共有3ACAA30种综上组成的三位数能被3整除，共有3616230228种答案：2282在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少

5、安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？【解析】(1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A24(种)方法根据分步乘法计数原理，一共有5 04024120 960(种)安排顺序(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“”)，一共有A720(种)方法第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即中“”的位置)这样相当于7个“”选4个来排，一共有A840(种)方法根据分

6、步乘法计数原理，一共有720840 604 800(种)安排顺序(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A132(种)排列在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按对象的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步解决排列组合应用题的常用问题及方法：(1)相邻问题捆绑法；(2)不相邻问题插空法；(3)等可能问题对等法；(4)定序问题倍缩法；(5)定位问题优先法

7、；(6)选排问题先选后排法；(7)有序分配问题分步法；(8)多元问题分类法；(9)交叉问题集合法；(10)正难则反剩余法；(11)复杂问题转化法；(12)知多知少问题排除法【题组训练三】与杨辉三角有关问题1将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n行(n3)从左向右的第3个数为_【解析】前(n1)行共有正整数12(n1)个，即个，因此第n行第3个数是全体正整数中第个，即为.答案：2如图，在由二项式系数构成的“杨辉三角”中，第_行中从左至右数第14个数与第15个数的比为23.【解析】由已知，化简得，解得n34.答案：343将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的01三角

8、数表从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，第n次全行的数都为1的是第_行；第62行中1的个数是_【解析】由题意，第1行，第3行，第7行，第15行，全行都为1，故第n次全行的数都为1的是第(2n1)行；由n6，得26163，故第63行共有64个1，逆推知第62行共有32个1.答案：(2n1)324如图是与杨辉三角有类似性质的三角形数垒，a，b，c，d是相邻两行的前四个数(如图所示)，那么当a8时，c_，d_【解析】观察发现：第n行的第一个数和行数相等，第二个数是1123(n1)1.所以当a8时，c9，d137.答案：937【方法技巧】解决“杨辉三角”有关问题

9、的技巧可观察各数的位置，将数还原为二项展开式的二项式系数，再借助组合公式求解也可以特殊行入手，找到一个规律，再类比其规律找到另一行规律，进而归纳出一般性结论，再用数学归纳法证明【题组训练四】两个二项式乘积问题1(1)8(1)5的展开式中x2的系数是()A5 B10 C15 D25【解析】选A.(1)8(1)5(1)35(1)3(1x)5，(1)3的通项公式为Cr，其中r0，1，2，3，(1x)5的通项公式为Cr，其中r0，1，2，3，4，5，所以展开式中x2的系数是C0C2C2C110155.2已知(1ax)(1x)5的展开式中x2的系数为5，则a_【解析】(1ax)(1x)5(1x)5ax(

10、1x)5.所以x2的系数为CaC，则105a5，解得a1.答案：1【延伸探究】在题1中，求(1)8(1)5的展开式中所有项系数和【解析】令x1，可知(1)8(1)5的展开式中所有项系数和为1.3已知(1xx2)n的展开式中没有常数项，nN*，且2n8，则n()A2B3C4D5【解题指南】先将问题转化成二项式的展开式中没有常数项，利用二项展开式的通项公式求出第r1项，令x的指数为0得常数项转化成方程无解【解析】选D.依题(1xx2)(x)n对nN*，2n8中，展开式中没有常数项，所以(x)n不含常数项，不含x1项，不含x2项，展开式的通项为Tr1Cxnrx3rCxn4r，据题意知n4r0，n4r

11、1，n4r2，当nN*，2n8时无解，通过检验得n5.两个二项式乘积的展开式中特定项问题(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点(2)找到构成展开式中特定项的组成部分(3)分别求解再相乘，求和即得【题组训练五】二项式展开问题1在的展开式中常数项为()A28 B28 C56 D56【解析】选A.因为x32x，故4，又8的展开式中x4的系数为C628.2求(x23x4)4的展开式中x的一次项的系数【解析】方法一：(x23x4)4(x23x)44C(x23x)4C(x23x)34C(x23x)242C(x23x)43C44，显然，上式中只有第四项中含x的一次项，所以展开式中含x的一次

12、项的系数是C343768.方法二：(x23x4)4(x1)(x4)4(x1)4(x4)4(Cx4Cx3Cx2CxC)(Cx4Cx34Cx242Cx43C44)，所以展开式中含x的一次项的系数是C44C43768.三项展开式的指定项的系数，可以利用二项式定理的推导方法求出指定项的系数，也可以把三项代数式变形为二项代数式，再利用二项式定理求出指定项的系数【题组训练六】系数和问题1满足关系式104CCCCC104的正数n是()A11B12C13D14【解析】选C.CCCCC2n，而2138 192，所以n13.2在(1x)n(n为正整数)的二项展开式中奇数项的和为A，偶数项的和为B，则(1x2)n的

13、值为()A0 BAB CA2B2 DA2B2【解析】选C.由题意，(1x)nAB，(1x)nAB，又因为(1x2)n(1x)n(1x)n(AB)(AB)A2B2.31(1x)(1x)2(1x)n的展开式的各项系数之和为()A2n1 B2n1 C2n11 D2n【解析】选C.令x1，得12222n2n11.4已知(2x1)5a5x5a4x4a3x3a2x2a1xa0，则|a0|a1|a5|()A1 B243 C121 D122【解析】选B.令x1，得a5a4a3a2a1a01，令x1，得a5a4a3a2a1a0243，得2(a4a2a0)242，即a4a2a0121.，得2(a5a3a1)244

14、，即a5a3a1122.所以|a0|a1|a5|122121243.5若(1xx2)na0a1xa2x2a2nx2n，则a0a2a4a2n等于()A2n B C2n1 D【解析】选D.设f(x)(1xx2)n，则f(1)3na0a1a2a2n，f(1)1a0a1a2a3a2n，由得2(a0a2a4a2n)f(1)f(1)，所以a0a2a4a2n.二项式定理中赋值法的应用(1)解决的问题：与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和(2)应用技巧：通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给

15、字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果提醒：求各项系数的绝对值的和时，要先根据绝对值里面数的符号赋值求解【题组训练七】整除和余数问题12303除以7的余数是_【解析】2303103103，对于10，其展开式的通项为C7r，当r0时，不能被7整除，此时项为C701，故余数为134.答案：42设aZ，且0a13，若512 015a能被13整除，则a_【解析】因为512 015a(521)2 015aC522 015C522 014C522 013C5211a，能被13整除，

16、0a13.故1a能被13整除，故a1.答案：13.的展开式中的常数项等于的展开式中的二项式系数和求的展开式的各项系数和；求55n除以8的余数【解析】的展开式中的通项公式为Tr1C(4)5rCr45rbr，所以当r2时取得常数项， 常数项T3C24327，因为n的展开式中的二项式系数和为2n, 所以2n27，即n7. 令a1，可得n展开式的各项系数和为27128.557(561)7C567C566C56C .所以其除以8的余数为7.4若1717a(aZ，0a4)能被3整除，则a()A0 B1 C2 D3【解析】选B.1717a(181)17aC1817C1816C1815C1814C18Ca(a

17、Z，0a4)能被3整除，则Ca0，则a1.5487被7除的余数为a(0a7)，则的展开式中x3的系数为()A4 320 B4 320 C20 D20【解析】选B.因为487(491)7C497C496C491，所以487被7除的余数为6，所以a6.所以的展开式的通项公式为Tk1C(6)kx63k，令63k3，得k3，所以的展开式中x3的系数为C(6)34 320.(1)利用二项式定理处理整除问题时，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只考虑后面(或前面)一、二项就可以了(2)解决求余数问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式关闭Word文档返回原板块15