高三理科一轮总复习教学案《排列组合》.docx
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高三理科一轮总复习教学案《排列组合》
排列组合、二项式定理、概率
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考试要求
重难点击
命题展望
排列
、
组合
1.理解并运用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题;
2.理解排列、组合的概念;能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式,并能解决简单的实际问题;
3.能用计数原理证明二项式定理;会用
二项式定理解决与之有关的简单问题.
本章重点:
排列、组合的意义及其计算方法,二项式定理的应用.
本章难点:
用二项式定理解决与二项展开式有关的问题.
排列组合是学习概率的基础,其核心是两个基本原理.高考中着重考查两个基本原理,排列组合的概念及二项式定理.
随机事件的概率
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性,了解概率的意义以及频率与概率的区别;
2.了解两个互斥事件的概率加法公式和相互独立事件同时发生的概率乘法公式;
3.理解古典概型及其概率计算公式;会计算一些随机事件所包含的基本事件的个数及事件发生的概率;
4.了解随机数的意义,能运用模拟方法估计概率,了解几何概型的意义.
本章重点:
1.随机事件、互斥事件及概率的意义,并会计算互斥事件的概率;2.古典概型、几何概型的概率计算.
本章难点:
1.互斥事件的判断及互斥事件概率加法公式应用;2.可转
化为几何概型求概率的问题.
要求考生能从集合的思想观点认识事件、互斥事件与对立事件,进而理解概率的性质、公式,还要求考生了解几何概型与随机数的意义.高考中注重考查基础知识和基本方法的同时,还常考查分类与整合,或然与必然的数学思想方法,逻辑思维能力以及运用概率知识解决实际问题的能力.
离散型随机变量
1.理解取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念,了解分布列对于刻画随机现象的重要性;超几何分布及其导出过程,并能进行简单的应用;
3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念,理解n次独立重复试验的模型及二项分布,并能解决一些简单的实际问题;
4.理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念,能计算简单离散型随机变量的均值、方差,并能解决一些实际问题;
5.利用实际问题的直方图,认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.
本章重点:
1.离散型随机变量及其分布列;2.独立重复试验的模型及二项分布.
本章难点:
1.利用离散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题;2.正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.
求随机变量的分布列与期望,以及在此基础上进行统计分析是近几年来较稳定的高考命题态势.考生应注重对特殊分布(如二项分布、超几何分布)的理解和对事件的意义的理解.
知识网络
12.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
典例精析
题型一 分类加法计数原理的应用
【例1】在1到20这20个整数中,任取两个数相加,使其和大于20,共有 种取法.
【解析】当一个加数是1时,另一个加数只能是20,有1种取法;
当一个加数是2时,另一个加数可以是19,20,有2种取法;
当一个加数是3时,另一个加数可以是18,19,20,有3种取法;
……
当一个加数是10时,另一个加数可以是11,12,…,19,20,有10种取法;
当一个加数是11时,另一个加数可以是12,13,…,19,20,有9种取法;
……
当一个加数是19时,另一个加数只能是20,有1种取法.
由分类加法计数原理可得共有1+2+3+…+10+9+8+…+1=100种取法.
【点拨】采用列举法分类,先确定一个加数,再利用“和大于20”确定另一个加数.
【变式训练1】(2010济南市模拟)从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为( )
A.3B.4C.6D.8
【解析】当公比为2时,等比数列可为1,2,4或2,4,8;当公比为3时,等比数列可为1,3,9;当公比为时,等比数列可为4,6,9.同理,公比为、、时,也有4个.故选D.
题型二 分步乘法计数原理的应用
【例2】从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览,要求每个旅游景点只有一人游览,每人只游览一个旅游景点,且6个人中甲、乙两人不去张家界游览,则不同选择方案共有 种.
【解析】能去张家界的有4人,依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3=240种.
【点拨】根据题意正确分步,要求各步之间必须连续,只有按照这几步逐步地去做,才能完成这件事,各步之间既不能重复也不能遗漏.
【变式训练2】(2010湘潭市调研)要安排一份5天的值班表,每天有一人值班,现有5人,每人可以值多天班或不值班,但相邻两天不准由同一人值班,问此值班表共有 种不同的排法.
【解析】依题意,值班表须一天一天分步完成.第一天有5人可选有5种方法,第二天不能用第一天的人有4种方法,同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法,由分步乘法计数原理共有5×4×4×4×4=1280种方法.
题型三 分类和分步计数原理综合应用
【例3】(2011长郡中学)如图,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数有 .
【解析】方法一:
由题意知,有且仅有两个区域涂相同的颜色,分为4类:
1与5同;2与5同;3与5同;1与3同.对于每一类有A种涂法,共有4A=96种方法.
方法二:
第一步:
涂区域1,有4种方法;第二步:
涂区域2,有3种方法;第三步:
涂区域4,有2种方法(此前三步已经用去三种颜色);第四步:
涂区域3,分两类:
第一类,3与1同色,则区域5涂第四种颜色;第二类,区域3与1不同色,则涂第四种颜色,此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色,有3种方法.所以,不同的涂色种数有4×3×2×(1×1+1×3)=96种.
【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解,要注意的是分类中有分步,分步后有分类.
【变式训练3】(2009深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…,9的9个小正方形,使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同,且1,5,9号小正方形涂相同颜色,则符合条件的所有涂法有多少种?
【解析】第一步,从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C种涂法;
第二步,涂2,3,6号,若2,6同色,有4种涂法,若2,6不同色,有2种涂法,故共有6种涂法;
第三步,涂4,7,8号,同第二步,共有6种涂法.
由分步乘法原理知共有3×6×6=108种涂法.
总结提高
分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题,其区别在于:
分类加法计数原理是完成一件事要分若干类,类与类之间要互斥,用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事;分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步,步骤之间相互独立,各个步骤相互依存,缺少其中任何一步都不能完成这件事,只有当各个步骤都完成之后,才能完成该事件.因此,分清完成一件事的方法是分类还是分步,是正确使用这两个基本计数原理的基础.
12.2 排列与组合
典例精析
题型一 排列数与组合数的计算
【例1】计算:
(1);
(2)C+C+…+C.
【解析】
(1)原式===-.
(2)原式=C+C+C+…+C=C+C+…+C=C+C+…+C=C=330.
【点拨】在使用排列数公式A=进行计算时,要注意公式成立的条件:
m,n∈N+,m≤n.另外,应注意组合数的性质的灵活运用.
【变式训练1】解不等式
>6
.
【解析】原不等式即>6×,也就是>
,
化简得x2-21x+104>0,解得x<8或x>13,又因为2≤x≤9,且x∈N*,
所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}.
题型二 有限制条件的排列问题
【例2】3男3女共6个同学排成一行.
(1)女生都排在一起,有多少种排法?
(2)女生与男生相间,有多少种排法?
(3)任何两个男生都不相邻,有多少种排法?
(4)3名男生不排在一起,有多少种排法?
(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生,女生又不能排在队伍的两端,有几种排法?
【解析】
(1)将3名女生看作一人,就是4个元素的全排列,有A种排法.又3名女生内部可有A种排法,所以共有A·A=144种排法.
(2)男女先各自排,然后相间插入(此时有2种插法),所以女生与男生相间共有2A·A=72种排法.
(3)女生先排,女生之间及首尾共有4个空隙,任取其中3个安插男生即可,因而任何两个男生都不相邻的排法共有A·A=144种.
(4)直接分类较复杂,可用间接法.即从6个人的排列总数中,减去3名男生排在一起的排法种数,得3名男生不排在一起的排法种数为A-AA=576种.
(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间,有A种排法.又甲、乙之间还有A种排法.这样就有A·A种排法.然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生),这一元素及另1名男生排在首尾,有A种排法.最后将余下的女生排在其间,有1种排法.故总排法为AAA=24种.
【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题,有限制条件的排列问题的限制主要表现在:
某些元素“排”或“不排”在哪个位子上,某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题,在分析时,主要按照“优先”原则,即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子,对于“相邻”问题可用“捆绑法”,对于“不相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题,可以采用间接法.
【变式2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数,并把它们按由小到大排列构成一个数列.
(1)43251是这个数列的第几项?
(2)这个数列的第97项是多少?
【解析】
(1)不大于43251的五位数A-(A+A+A)=88个,即为此数列的第88项.
(2)此数列共有120项,而以5开头的五位数恰好有A=24个,所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项,即51234.
题型三 有限制条件的组合问题
【例3】要从12人中选出5人去参加一项活动.
(1)A,B,C三人必须入选有多少种不同选法?
(2)A,B,C三人都不能入选有多少种不同选法?
(3)A,B,C三人只有一人入选有多少种不同选法?
(4)A,B,C三人至少一人入选有多少种不同选法?
(5)A,B,C三人至多二人入选有多少种不同选法?
【解析】
(1)只须从A,B,C之外的9人中选择2人,C=36种不同选法.
(2)由A,B,C三人都不能入选只须从余下9人中选择5人,即有C=C=126种选法.
(3)可分两步,先从A,B,C三人中选出1人,有C种选法,再从余下的9人中选4人,有C种选
法,所以共有C·C=378种选法.
(4)可用间接法,从12人中选5人共有C种,再减去A,B,C都不入选的情况C,共有C-C=666种选法.
(5)可考虑间接法,从12人中选5人共有C种,再减去A,B,C三人都入选的情况C种,所以共有C-C=756种选法.
【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题,可用间接法.对于有限制条件的问题,一般要根据特殊元素分类.
【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.
(1)在其中取4个共面的点,共有多少种不同的取法?
(2)在其中取4个不共面的点,共有多少种不同的取法?
【解析】
(1)四个点共面的取法可分三类.第一类:
在同一个面上取,共有4C种;第二类:
在一条棱上取三点,再在它所对的棱上取中点,共有6种;第三类:
在六条棱的六个中点中取,取两对对棱的4个中点,共有C=3种.故有69种.
(2)用间接法.共C-69=141种.
总结提高
解有条件限制的排列与组合问题的思路:
(1)正确选择原理,确定分类或分步计数;
(2)特殊元素、特殊位置优先考虑;
(3)再考虑其余元素或其余位置.
排列与组合(理)练习
1.某研究性学习小组有4名男生和4名女生,一次问卷调查活动需
要挑选3名同学参加,其中至少一名女生,则不同的选法种数为( C )
A.120 B.84 C
.52 D.48
2.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有( A )
A.20种B.30种C.40种D.60种
[解析] 分三类:
甲在周一,共有A种排法;甲在周二,共有A种排法;甲在周三,共有A种排法;
∴A+A+A=20.
3.10名同学合影,站成了前排3人,后排7人.现摄影师要从后排7人中抽2个站前排,其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的种数为( C )
A.CAB.CAC.CAD.CA
[解析] 从后排抽2人的方法种数是C;前排的排列方法种数是A,由分步计数原理知不同调整方法种数是CA.
4.一个汽车牌照号码共有五位,某市汽车牌照号码可上网自编,但规定从左到右第二个号码只能从字母B、C、D中选择,
其他四个号码可以从0~9这十个数字中选择(数字可以重复),某车主第一个号码(从左到右)只想在数字3、5、6、8、9中选择,其他号码只想在1、3、6、9中选择,则他的车牌号码可选的所有可能情况有( D)
A.180种B.360种C.720种D.960种
[解析] 按照车主的要求,从左到右第一个号码有5种选法,第二位号码有3种选法,其余三位各有4种选法,因此该车主的车牌号码可选的所有可能情况共有A·A·A·A·A=960种,故选D.
5.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成,现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的染色方案共有( D )
A.24种B.18种C.16种D.12种
[解析] 先涂三棱锥P-ABC的三个侧面,然后涂三棱柱的三个侧面,共有C×C×CC=3
×2×1×2=12种不同的涂法.
6.从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为(D )
A.3B.4C.6D.8
[解析] 当公比为2时,等比数列可为1、2、4,2、4、8.
当公比为3时,等比数列可为1、3、9.当公比为时,等比数列可为4、6、9.
同时,4、2、1,8、4、2,9、3、1和9、6、4也是等比数列,共8个.
7.(2011·昆明模拟)将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中,每个班级至少安排1名学生,其中甲同学不能分配到A班,那么不同的分配方案有________.24种
[解析] 将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中,每个班级至少安排一名学生有CA种分配方案,其中甲同学分配到A班共有CA+CA种方案.因此满足条件的不同方案共有CA-CA-CA=24(种).
8.有6个大小不同的
数按如图的形式随机排列,设第一行的数为M1,第二、三行中的最大数分别为M2、M3,则满足M1 [解析] 设6个 数按从小到大顺序依次为a1、a2、a3、a4、a5、a6. 据题设条件知M3=a6, 可依第二行最大数M2分类讨论. ①若M2=a5,有排法C·C·A·A=144种. ②若M2=a4,则a5必在第三行有排法C·C·AA=72种. ③若M2=a3,则a4、a5都在第三行有排法C·AA=24种,据条件知M2不能小于a3. ∴满足题设条件的所有不同排列的个数为144+72+24=240个. 9.在空间直角坐标系O-xyz中有8个点: P1(1,1,1)、P2(-1,1,1)、…、P7(-1,-1,-1)、P8(1,-1,-1)(每个点的横、纵、竖坐标都是1或-1),以其中4个点为顶点的三棱锥一共有___个(用数字作答).58 [解析] 这8个点构成正方体的8个顶点,此题即转 化成以正方体的8个顶点中的4个点为顶点的三棱锥一共有多少个,则共有三棱锥CC+(CC-2×4-2)+CC=58个. [点评] 用间接法求解更简便些,从正方体的8个顶点中任取4个,有不同取法C种,其中这四点共面的(6个对角面、6个表面)共12个,∴这样的三棱锥有C-12=58个. 10.(2011·苏州调研)某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,求该外商不同的投资方案有多少种? [解析] 根据题意分两类,一类: 先将3个项目分成两组,一组有1个项目,另一组有2个项目,然后再分配给4个城市中的2个,共有C A种方案;另一类1个城市1个项目,即把3个元素排在4 个不同位置中的3个,共有A种方案.由分类加法计数原理可知共有CA+A=60(种)方案. 11.(2011·广东广州综合测试)将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3个学校,要求每校至少有一个名额且各校分配的名额互不相等,则不同的分配方法种数为( B ) A.96B.114C.128D.136 [解析] 若某一学校的最少人数是1,2,3,4,5,则各有7,5,4,2,1种不同的分组方案.故不同的分配方法种数是(7+5+4+2+1)A=19×6=114. 12.(2011·甘肃兰州高手诊断)某位高三学生要参加高校自主招生考试,现从6所高校中选择3所报考,其中两所学校的考试时间相同.则该学生不同的报名方法种数是( C ) A.12B.15C.16D.20 [解析] 若该考生不选择两所考试时间相同的学校,有C=4种报名方法;若该考生选择两所考试时间相同的学校之一,有CC=12种报名方法,故共有4+12=16种不同的报名方法. 13.(2010·天津理)如图,用四种不同颜色给图中的A、B、C、D、E、F六个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法共有( B ) A.288种B.264种C.240种D.168种 [解析] 当涂四色时,先排A、E、D为A,再从B、F、C三点选一个涂第四种颜色,如B,再F,若F与C同色,则涂C有2种方法,若F与C异色则只有一种方法,故AA(2+1)=216种. 当涂三色时,先排A、E、D为CA,再排B有2种,F、C各为一种,故CA×2=48, 故共有216+48=264种,故选B. 14.一植物园参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线种数共有( D ) A.6种B.8种C.36种D.48种 [解析] 如图所示,三个区域 按参观的先后次序共有A种参观方法,对于每一种参观次序,每一个植物园都有2类参观路径,∴共有不同参观路线2×2×2×A=48种. 15.(2010·重庆一中)为配合即将开幕的2010年上海世博会,某大学拟成立由4名同学组成的志愿者招募宣传队,经过初选,2名男同学,4名女同学成为了候选人,每位候选人当选正式队员的机会是相等的. (1)求当选的4名同学中恰有1名男同学的概率. (2)求当选的4名同学中至少有3名女同学的概率. [解析] 从2男4女共6名同学中选取4人,不同选法共有C=15种, (1)恰有1名男同学当选的情况有C·C=8种,∴所求概率P=. (2)当选的4名同学中至少有3名女同学的情况有CC+C=9种,∴所求概率P==. 16.(2011·深圳模拟)用0,1,2,3,4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数? (1)被4整除; (2)比21034大的偶数;(3)左起第二、四位是奇数的偶数. [解] (1)被4整除的数,其特征应是末两位数是4的倍数,可分为两类: 当末两位数是20、40、04时,其排列数为3A=18,当末两位数 是12、24、32时,其排列数为3A·A=12.故满足条件的五位数共有18+12=30(个). (2)①当末位数字是0时,首位数字可以为2或3或4,满足条件的数共有3×A=18个. ②当末位数字是2时,首位数字可以为3或4,满足条件的数共有2×A=12个. ③当末位数字是4时,首位数字是3的有A=6个,首位数字是2时,有3个,共有9个. 综上知,比21034大的偶数共有18+12+9=39个. (3)方法一: 可分为两类: 末位数是0,有A·A=4(个);末位数是2或4,有A·A=4(个); 故共有A·A+A·A=8(个). 方法二: 第二、四位从奇数1,3中取,有A个;首位从2,4中取,有A个;余下的排在剩下的两位,有A个,故共有AAA=8(个). 1.从10名大学毕业生中选3人担任村长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法为( C) A.85B.56C.49D.28 [解析] 分两类计算,CC+CC=49,故选C. 2.从编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的10个球中,任取5个球,则这5个球的编号之和为偶数的概率是( C ) A.B.C.D. [解析] 从10个球中选5个有C种选法,取出的5个球编号之和为偶数的取法有: 1偶4奇CC,3偶2奇CC,5偶C,∴所求概率P==. 10个球的编号5奇5偶,从中任取5个,编号之和为奇数的与编号之和为偶数的一样多,∴P=. 3.定义整数集合A与B的运算A*B如下: A*B={(x,y)|x∈A,y∈B,且x+y为偶数},若A={-1,0,1},B={1,2,3,4},则集合A*B中的元素个数为( B ) A.12B.6C.4D.2 [解析] x=-1时,y=1,3;x=0时,y=2,4;x=1时,y=1,3.故选B. 4.(2010·全国Ⅱ)将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中,若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有( B ) A.12种B.18种C.36种D.54种 [解析] 先从三个信封中选取一个放数字1,2,有C种选法,再从3,4,5,6中选取两个放入一个信封中,则剩下的两个数字在另一个信封中,有放法C种,∴共有不同放法,C·C=18种. 5.从9名学生中选出4人参加辨论比赛,其中甲、乙、丙三人至少有两人入选的不同选法的种数为( D) A.36B.96C.63D.51 [解析] 若甲、乙、丙三人均入选,只需再从其余的6人中任选1人即可,有C种选法,若甲、乙、丙三人中只有2人入选,有C种方法,然后再从其余的6人中任选2人即可,有C种选法,所以一共有C+CC=51种选法. 6.若 的三边长均为正整数,其中一边长为4,另外两边长分别为b、c,且满足b≤4≤c,则这样的 有( A ) A.10个B.14个C.15个D.21个 [解析] 当b =1时,c=4;当b=2时,c=4,5;当b=3时,c=4,5,6;当b=4时,c=4,5,6,7.故共有10个这样的三角形.选A. [点评] 注意三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边. 7.(2010·绵阳市模拟)某地为上海“世博会”招募了20名志愿者,他们的编号分别是1号、2号、…,19号、20号.若要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作,其中两个编号较小的人在一组,两个编号较大的在另一组.那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( B ) A.16B.21C.24D.90 [解析] 由题意知5号和14号在所选4人中,且在同一组,故再从其余志愿者中选2人,如果5号和14号是编号较大的一组,则另二人只能从编号为1至4号的 志愿者中选取,有C种方法;如果5号和14号是编号较小的一组,则另二人只能从15至20
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