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1、数学备课大师 【全免费】“备课大师“全科【9 门】：免注册，不收费！http:/ 2 2 个高考重点个高考重点重点 1 排列与组合 1两个原理的应用 如果完成一件事情有类办法，这类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能完nn 成这件事情，求完成这件事情的方法种数就用分类加法计数原理；如果完成一件事情要分成个步骤，各个步骤n 都是不可或缺的，依次完成所有的步骤才能完成这件事情，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这 件事情的方法种数就用分步乘法计数原理从思想方法的角度看，分类加法计数原理的运用是将问题进行“分类”思考，分步乘法计数原理是将问题 进行“分步”思考，这两种
2、思想方法贯穿于解决这类应用问题的始终 （1）在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步” ，其次要搞清楚“分类”和“分步 的具体标准分别是什么选择合理、简洁的标准处理问题，可以避免计数的重复或遗漏 （2）对于一些比较复杂的问题，既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理时，我们可以恰当地 画出示意图或列出表格，使问题的分析更直观、清晰 2排列组合应用题 （1）排列问题常见的限制条件及对策 对于有特殊元素或特殊位置的排列，一般采用直接法，即先排特殊元素或特殊位置 相邻排列问题，通常采用“捆绑”法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列 对于元素不相邻的排列，通常采用
3、“插空”的方法. 对于元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序限制进行排列，然后再根据规定顺序的实情求结果求解有约束条件的排列问题，通常有正向思考和逆向思考两种思路正向思考时，通过分步、分类设法将问 题分解；逆向思考时，用集合的观点看，就是先从问题涉及的集合在全集中的补集入手，使问题简化 （2）组合问题常见的问题及对策 在解组合应用题时，常会遇到“至少” 、 “最多”等词，要仔细审题，理解其含义. 有关几何图形的组合问题，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接法（或排除法） 分组、分配问题二者是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个 数相
4、同，但因元素不同，仍然是可区分的 （3）解排列、组合的应用题，要注意四点 仔细审题，判断是组合问题还是排列问题要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步 深入分析，严密周详注意分清是乘还是加，既不少也不多，辩证思维，多角度分析，全面考虑，积极运用逻 辑推理能力，同时尽可能地避免出错 对于附有条件的比较复杂的排列、组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简 单的基本问题后应用加法原理或乘法原理来解决. 由于排列、组合问题的结果一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决问题 的方案是否完备，有无重复或遗漏，也可采用多种不同的方案求解，看结果是否相同
5、，在对排列、组合问题分类 时，分类标准应统一，否则易出现遗漏或重复 高考常考角度 角度 1 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） 解析：本题主要考查分步乘法计数原理的应用因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是 2或 3 的情况不合题意，所以符合题意的四位数有个 （间接法）42214 点评：如果用直接法，分类会很复杂。角度 2 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（ B ）A. 36 种B. 42 种 C
6、. 48 种 D. 54 种解析：分两类考虑：一类为甲排在第一位共有种，4 424A 另一类甲排在第二位共有种，故编排方案共有种，故选 B.13 3318A A 24 1842点评：本题主要考查排列组合基础知识，考查分类与分步计数原理.重点 2 二项式定理1.二项式定理的通项：在二项展开式中，011222().nnnnrn rrnn nnnnnabC aC abC abC abC b叫做二项式的通项，是展开式的第项1rn rr rnTC ab 1r 2.要正确区分二项式系数和展开式各项系数.012,.,n nnnnCC CC012,.,na a aa高考常考角度角度 1 的展开式中各项系数的和
7、为 2，则该展开式中常数项为（ ）51()(2)axxxxA. B. C. D. 40202040解析：令得，故二项式即，二项式的通项为1x 5(1)(2 1)121aaa 511()(2)xxxx51(2)xx，故知该展开式中常数项为，故选 D55 2 15( 1) 2rrrr rTC x 3232322 555( 1) 2( 1) 2440CCC 角度 2 在的二项展开式中，的系数为（ ）62()2x x2xA B C D15 415 43 83 8解析：由二项式定理得，令，则的系数为6263 1662()()( 1) 22rrrrrrr rxTCC xx 1r 2x.故选 C 83211
8、 6612C突破 3 个高考难点 难点 1 装错信封问题的求解 对于装错信封问题，在元素个数不多的情况下，可以具体地进行操作，以找出其中的方法数，这也是近年来 高考考查计数问题的一个命题趋势.在具体操作中可以在两个计数原理的指导下，给所安排的元素确定具体位置， 在逐步缩小位置个数的情况下解决问题典例 某中学高三年级共有 12 个班级，在即将进行的月考中，拟安排 12 位班主任老师监考，每班 1 人，要求有 且只有 8 个班级是自己的班主任老师监考，则不同的监考安排方案共有（ ） A4 455 种 B495 种 C4 950 种 D7 425 种 解析：从 12 位老师中选出 8 位，他们各自监
9、考自己的班级，方法数是，剩下的 4 位老师都不监考自己的班8 12C级，记 4 位老师分别为甲、乙、丙、丁，他们各自的班级分别为A、B、C、D，则甲只能在B、C、D中选一个， 有 3 种方法，假设甲在 B，此时若乙在 A，则丙、丁只能互换班级，若乙在 C、D 之一，也各有 1 种方法甲在C、D 时也分别有 3 种方法，故这时的安排方法数是根据分步乘法计数原理，监考安排方案共3 (1 1 1)9 有 种 故选 A8 1294455C 点评： 题中的 4 位班主任都不监考自己的班级，也是问题“一个人写了n封信和n个对应的信封，所有的信都不装入对应信封”的特例，其方法数的计算公式为，题中的情况按照这
10、个公式进111!.( 1)2!3!nnn 1n 行计算，得1114!124 192!3!4! 难点 2 突破涂色问题 涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用产生的一类问题，这类问题通常没有固定的方法可循， 只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和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，破解的方法是根据分步乘法计数原理逐块涂色，同时考虑所用的颜色数目 典例 如图，一个地区分为 5 个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色现在有 4 种颜色 可供选择，则不同的着色方法共有_种（以数字作答） 解析：方法一：（以位置为主考虑） 第一步涂，有 4 种方法，第
11、二步涂，有 3 种方法，第三步涂，有 2 种方法， 第四步涂时分两类：第一类用余下的颜色，有 1 种方法，第五步涂，有 1 种方法； 第二类与区域同色，有 1 种方法，第五步涂，有 2 种方法，所以共有 种4 3 2 (1 1 1 2)72 方法二：（以颜色为主考虑）分两类：（1）取 4 色：将或视为一个位置计四个位置，着色方法有种；4 4248A （2）取 3 色：将 ， 看成两个元素，着色方法有种3 424A 所以共有着色方法种482472典例 2 如图，用 6 种不同的颜色给图中的 4 个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用 3 种颜色且相 邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共
12、有_种（用数字作答） 解析：（以颜色为主考虑）若用 2 种颜色，1，3 与 2，4 分别涂 1 种颜色，有2 66 530A 若用 3 种颜色，则还有两个格子涂一种颜色，可以是 1，3，1，4，共三类有3 633 6 5 4360A 所以共有 种36030390 难点 3 解决两个二项式相乘问题 求解两个二项式乘积中一些特定项或特定项的系数既是高考中的一个热点问题，也是一个难点问题，化解这 个难点的方法是用好多项式的乘法规则弄清楚这些特定项的构成规律在加以解决。典例 1 展开式中的系数为_34(12 ) (1)xx2x6解析：依题意，只须计算中的常数项与中的含项积的系数，中含项与中3(12 )
13、x4(1)x2x3(12 )xx4(1)x含项的积的系数，中含项与中的常数项的积的系数，然后相加即得.x3(12 )x2x4(1)x因此，0211220 3434342( 1)2624 126CCCCCC 典例 2 展开式中的常数项为_4246_610341(1) (1)xx解析：第一个展开式中的指数依次是，x1 24 50,1,23 33 3第二个展开式中的指数依次是x113537950, 1, 2,42442442 根据多项式乘法规则，常数项只能是第一个展开式中的指数是的项与第二个展开式中的指数是x0,1,2x对应项的乘积，根据二项式定理中的通项公式，得所求常数项为0, 1, 2 3468
14、 61061014246C CC C规避 2 个易失分点 易失分点 1 实际问题意义不清，计算重复、遗漏 典例 有 20 个零件，其中 16 个一等品，4 个二等品，若从 20 个零件中任意取 3 个，那么至少有 1 个一等品的 不同取法有_种. 易失分提示:由于对实际问题中“至少有 1 个一等品”意义理解不明，可能导致下面错误的解法：按分步原理，第一步确保 1 个一等品，有种取法；第二步从余下的 19 个零件中任意取 2 个，有种不同的1 16C2 19C取法，故共有种取法实际上这种解法是错误的，我们作如下分析：12 16192736C C第一步取出 1 个一等品，那么第二步就有 3 种可能：（1）取出的 2 个都是二等品，这时的取法有种；12 16496C C （2）取出 1 个一等品，1 个二等品，因为取出 2 个一等品是分步完成的，这 2 个一等品的取法就有了先后顺序，而实际上这 2 个一等品是没有先后顺序的，因此这时的取法就产生了重复，即这时的取法有种；111 1615414802C C C （3）取出的 2 个都是一等品，这时我们取出的 3 个都是一等品了，实际的取法种数应是种3 16560C解析：方法一 将“至少有 1 个是一等品的不同取法”分三类：“恰有 1 个一等品” ， “恰有 2 个一等品” ， “恰有 3 个一等品” ，有分类计
