湖北黃岡中學(xué)高三數(shù)學(xué)專題十二排列與組合、二項式定理的應(yīng)用(已修改)
2025-08-02 23:34 本頁面
【正文】 你身邊的高考專家 排列與組合、 二項式定理的應(yīng)用 2022年湖北黃岡中學(xué) 第一課時： 排列與組合 第一課時： 排列與組合 [課前導(dǎo)引 ] 第一課時： 排列與組合 [課前導(dǎo)引 ] 1. 從正方體的 6個面中選取 3個面，其中有兩個面不相鄰的選法共有 ( ) A. 8種 B. 12種 C. 16種 D. 20種 第一課時： 排列與組合 [課前導(dǎo)引 ] 1. 從正方體的 6個面中選取 3個面，其中有兩個面不相鄰的選法共有 ( ) A. 8種 B. 12種 C. 16種 D. 20種 B 2. 某人拋擲硬幣 8次，其中 4次正面向上，則證明向上的 4次中恰有 3次連在一起的情形的不同種數(shù)有 _________. 2. 某人拋擲硬幣 8次，其中 4次正面向上，則證明向上的 4次中恰有 3次連在一起的情形的不同種數(shù)有 _________. [解析 ] 把正面向上的 4次中恰有 3次連在一起看成一個元素，與另一次這兩個不同元素插入反面向下的 4次的 5個空擋中，故共有 A52=20種不同情形 . 2. 某人拋擲硬幣 8次，其中 4次正面向上，則證明向上的 4次中恰有 3次連在一起的情形的不同種數(shù)有 _________. [解析 ] 把正面向上的 4次中恰有 3次連在一起看成一個元素，與另一次這兩個不同元素插入反面向下的 4次的 5個空擋中，故共有 A52=20種不同情形 . 20 [考點搜索 ] [考點搜索 ] 1. 不附加條件的排列組合題，大多用分類討論的方法，注意分類不重不漏 . 2. 若元素必須相附，一般采用看作一個整體的方法 . 3. 元素不相鄰，采用插空法 . 4. 排列組合的混合型問題，交替使用兩個原理 . [鏈接高 考 ] [鏈接高 考 ] [例 1] (1) 在由數(shù)字 1， 2， 3， 4， 5組成的所有沒有重復(fù)數(shù)字的 5位數(shù)中 , 大于23145且小于 43521的數(shù)共有 ( ) A. 56個 B. 57個 C. 58個 D. 60個 [鏈接高 考 ] [例 1] (1) 在由數(shù)字 1， 2， 3， 4， 5組成的所有沒有重復(fù)數(shù)字的 5位數(shù)中 , 大于23145且小于 43521的數(shù)共有 ( ) A. 56個 B. 57個 C. 58個 D. 60個 C (2) 某城市在中心廣場建造一個花圃，花圃分為 6個部分（如圖），現(xiàn)要栽種 4種顏色的花，每部分栽種一種，且相鄰部分不能栽種相同顏色的花，不同的栽種方法共 有 ______種 . (用數(shù)字作答 ) 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 [解析 ] 本題是一道涂色問題的應(yīng)用題 ,可以將不相鄰的區(qū)域合并成涂同一顏色的區(qū)域，再用顏色進 行排列；也可以根 據(jù)條件分布涂色 . 6 1 2 3 4 5 解法一：把不相鄰的區(qū)域合并后，成為 4個 “ 大區(qū)域 ” ，然后再把 4種顏色對應(yīng)全排列 46 25 1 3 46 35 1 2 36 24 1 5 36 24 1 5 24 35 1 6 共 5種合并方法，所以 5 A44=120種栽種方法 . 解法二：先從區(qū)域 1開始種，栽種方法有 4種，則區(qū)域 6有 3種栽法，區(qū)域 5有 2種栽法，若區(qū)域 4與區(qū)域 6栽種同一種花 ,則區(qū)域 3兩塊各有 2種栽法，故總共有 4 3 2 2 2=96種；若區(qū)域 4與區(qū)域 6不栽同一種花，則區(qū) 域 3兩塊中有 1種栽 法，總共有 4 3 2 1 1=24，所以一共有 120種栽種方法 . 6 1 2 3 4 5 [例 2] 有 5張卡片 , 它們的正、反面分別寫 0與 1， 2與 3， 4與 5， 6與 7， 8與 9，將其中任意三張并排放在一起組成三位數(shù)，共可組成多少個不同的三位數(shù)？ [例 2] 有 5張卡片 , 它們的正、反面分別寫 0與 1， 2與 3， 4與 5， 6與 7， 8與 9，將其中任意三張并排放在一起組成三位數(shù)，共可組成多少個不同的三位數(shù)？ [解析 ] 在解本題時應(yīng)考慮兩方面的問題： (1) 0不能作百位，但 0與 1在同一卡片上，因此著眼于限制條件，必須同時考慮 0與 1的分類 . (2) 每張卡片都有正面與反面兩種可能，解法上既可用直接法也可用排除法 . 解法一：直接法，從 0與 1兩個特殊值著手，可分三類： (1) 取 0不取 1, 可先從另四張卡片上選一張作百位，有 C41種方法； 0可在后兩位有C21種方法；最后需從剩下的三張中任取一張，有 C31種方法；又除含 0的那張外，其他兩張都有正面或反面兩種可能，故此時可得不同的三位數(shù)有 C41C21C312 2(個 ). (2) 取 1不取 0，同上分析可得不同的三位數(shù) C422 3A 33(個 ). (3) 0和 1都不取 , 有不同三位數(shù) C422 3 A33(個 ). 綜上所述，共有不同的三位數(shù) C41C 21 C312 2+C422 2A 33+C432 3A 33=432(個 ). 解法二：間接法，任取三張卡片可以組成不同三位數(shù) C532 3A 33(個 )，其中 0在百位的有 C422 2A 22(個 )，這是不合題意的 , 故共有不同三位數(shù) : C532 3A 33?C42 22A 22(個 ). [例 3] 四面體的頂點和各棱中點共10個點 ,在其中取 4個不共面的點 ,則不同的取法共有 ( ) A. 150種 B. 147種 C
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