高三数学第二轮专题复习系列(10)--排列、组合、二项式定理和概率统计

高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计李忠华Email：[e-mail]第1页/共19页高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计排列组合典型例题精讲【例1】四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是_________.解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C24种；而后，对三组学生安排三所学校，即进行全排列，有A33种.依乘法原理，共有N=C2433A=36(种).解法二：分两步：从每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共有A34种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3种.值得注意的是：同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此，共有N=21A34·3=36(种).答案：36【例2】有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？解：(间接法)：任取三张卡片可以组成不同三位数C35·23·A33(个)，其中0在百位的有C24·22·A22(个)，这是不合题意的，故共有不同三位数：C35·23·A33－C24·22·A22=432(个).【例3】在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有()1212111121212121211211CCCD.CCCCCCC.CCCC.CBCCCA.Cnmnmnmmnnmmnnmmnnm解法一：第一类办法：从OA边上(不包括O)中任取一点与从OB边上(不包括O)中任取两点，可构造一个三角形，有C1mC2n个；第二类办法：从OA边上(不包括O)中任取两点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有C2mC1n个；第三类办法：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计李忠华Email：[e-mail]第2页/共19页角形，有C1mC1n个.由加法原理共有N=C1mC2n+C2mC1n+C1mC1n个三角形.解法二：从m+n+1中任取三点共有C31nm个，其中三点均在射线OA(包括O点)，有C31m个，三点均在射线OB(包括O点)，有C31n个.所以，个数为N=C31nm－C31m－C31n个.答案：C【例4】五人站成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上，有多少种站法？解：设原来站在第i个位置的人是ia（i=1，2，3，4，5）。重新站队时，1a站在第2个位置的站法有44P种，其中不符合要求的有：3a站第3位的33P种，4a站第4位的33P种，但有的站法在考虑3a的情形时已经减去了，故只应再算（2233PP）种，同理，5a站第5位的应再算[)(11222233PPPP]种。1a站在第3，4，5位的情形与站在第2位的情形时对等的，故所有符合要求的站法有：)]}([)({41122223322333344PPPPPPPP=44（种）【例5】一个口袋内装有4个不同的红球，6个不同的白球，若取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，从口袋中取5个球，使总分不小于7分的取法有多少种？解：设取x个红球，y个白球，于是：572{yxyx，其中6040{yx，14{23{32{yxyxyx或或因此所求的取法种数是：164426343624CCCCCC=186（种）【例6】已知数列)(2}{1Nnnaannn满足，是否存在等差数列}{nb，使nnnnnnCbCbCba2211对一切自然数n都成立？并证明你的结论。解：假设满足要求的等差数列}{nb存在，由于所给等式对一切自然数n均成立，故当n=1，2，3时等式成立，从而可解得1b=1，2b=2，3b=3，因此若满足要求的等差数列存在，则必须是nb=n。.然后再证明当nb=n时所给等式确实成立即可。答案是肯定的。【例7】若某一等差数列的首项为mnnnnxxPC)5225(32223112115，公差为中的常数项，其中m是777715除以19的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值。高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计李忠华Email：[e-mail]第3页/共19页解：由已知得：10023112252111anNnnnnn，从而首项，，又。注意到45)176(777777dm，进而知公差，可得，从而等差数列的通项公式是：nan4104，设其前k项之和最大，则0)1(410404104kk，解得k=25或k=26，故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，13002625SS。【例8】已知naa)3(3的展开式的各项系数之和等于53)514bb展开式中的常数项，求naa)3(3展开式中含1a的项的二项式系数。解：先求出53)514(bb的常数项是27，从而可得naa)3(3中n=7，对于73)3(aa由二项展开式的通项公式知，含1a的项是第4项，其二项式系数是35。【例9】求证：45322nnn能被25整除。解：注意到nnnn)15(464322即可。排列组合课后专题练习一1．从集合01235711，，，，，，中任取3个元素分别作为直线方程0AxByC中的ABC、、，所得的经过坐标原点的直线有_________条(用数值表示).2．圆周上有2(1)nn个等分点＞，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_________.3．某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2，3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计李忠华Email：[e-mail]第4页/共19页4．二次函数2yaxbxc的系数abc、、，在集合32101234，，，，，，，中选取3个不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？5．有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数.(1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置.(2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边.(3)全体排成一行，其中男生必须排在一起.(4)全体排成一行，男、女各不相邻.(5)全体排成一行，男生不能排在一起.(6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变.(7)排成前后二排，前排3人，后排4人.(8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人.高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计李忠华Email：[e-mail]第5页/共19页6**．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，求不同的放法种数.7．用五种不同的颜色，给图中的(1)(2)(3)(4)的各部分涂色，每部分涂一色，相邻部分涂不同色，则涂色的方法共有几种？8．甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为多少？高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计李忠华Email：[e-mail]第6页/共19页参考答案一、1.解析：因为直线过原点，所以C=0，从1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为A、B两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A26=30.答案：302.解析：2n个等分点可作出n条直径，从中任选一条直径共有C1n种方法；再从以下的(2n－2)个等分点中任选一个点，共有C122n种方法，根据乘法原理：直角三角形的个数为：C1n·C122n=2n(n－1)个.答案：2n(n－1)二、3.解：出牌的方法可分为以下几类：(1)5张牌全部分开出，有A55种方法；(2)2张2一起出，3张A一起出，有A25种方法；(3)2张2一起出，3张A分三次出，有A45种方法；(4)2张2一起出，3张A分两次出，有C23A35种方法；(5)2张2分开出，3张A一起出，有A35种方法；(6)2张2分开出，3张A分两次出，有C23A45种方法.因此，共有不同的出牌方法A55+A25+A45+A23A35+A35+C23A45=860种.4.解：由图形特征分析，a＞0,开口向上，坐标原点在内部f(0)=c＜0;a＜0,开口向下，原点在内部f(0)=c＞0,所以对于抛物线y=ax2+bx+c来讲，原点在其内部af(0)=ac＜0,则确定抛物线时，可先定一正一负的a和c，再确定b,故满足题设的抛物线共有C13C14A22A16=144条.5.解：(1)利用元素分析法，甲为特殊元素，故先安排甲左、右、中共三个位置可供甲选择.有A13种，其余6人全排列，有A66种.由乘法原理得A13A66=2160种.(2)位置分析法.先排最右边，除去甲外，有A16种，余下的6个位置全排有A66种，但应剔除乙在最右边的排法数A15A55种.则符合条件的排法共有A16A66－A15A55=3720种.高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计李忠华Email：[e-mail]第7页/共19页(3)捆绑法.将男生看成一个整体，进行全排列.再与其他元素进行全排列.共有A33A55=720种.(4)插空法.先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有A33A44=144种.(5)插空法.先排女生，然后在空位中插入男生，共有A44A35=1440种.(6)定序排列.第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此A77=N×A33，∴N=3377AA=840种.(7)与无任何限制的排列相同，有A77=5040种.(8)从除甲、乙以外的5人中选3人排在甲、乙中间的排法有A35种，甲、乙和其余2人排成一排且甲、乙相邻的排法有A23A33.最后再把选出的3人的排列插入到甲、乙之间即可.共有A35×A22×A33=720种.6.解：首先按每个盒子的编号放入1个、2个、3个小球，然后将剩余的14个小球排成一排，如图，|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|，有15个空档，其中“O”表示小球，“|”表示空档.将求小球装入盒中的方案数，可转化为将三个小盒插入15个空档的排列数.对应关系是：以插入两个空档的小盒之间的“O”个数，表示右侧空档上的小盒所装有小球数.最左侧的空档可以同时插入两个小盒.而其余空档只可插入一个小盒，最右侧空档必插入小盒，于是，若有两个小盒插入最左侧空档，有C23种；若恰有一个小盒插入最左侧空档，有1313CC种；若没有小盒插入最左侧空档，有C213种.由加法原理，有N=2131131323CCCC=120种排列方案，即有120种放法.7.解：按排列中相邻问题处理.(1)(4)或(2)(4).可以涂相同的颜色.分类：若(1)(4)同色，有A35种，若(2)(4)同色，有A35种，若(1)(2)(3)(4)均不同色，有A45种.由加法原理，共有N=2A35+A45=240种.8.解：每人随意值两天，共有C26C24C22个；甲必值周一，有C15C24C22个；乙必值周六，有C15C24C22个；甲必值周一且乙必值周六，有C14C13C22个.所以每人值两天，且甲必不值周一、乙必不值周六的值班表数，有N=C26C24C22－2C15C24C22+C14C13C22=90－2×5×6+12=42个.高三数学第二轮复习——排列、组合、二项式定理和概率统计李忠华Email：[e-mail]第8页/共19页排列组合课后