高三理科数学推理与证明总复习教学案.docx

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1、高三理科数学推理与证明总复习教学案高三理科数学复数总复习教学案 第十五章复数 高考导航 考试要求重难点击命题展望1.理解复数的基本概念、复数相等的充要条件.2.了解复数的代数表示法及其几何意义.3.会进行复数代数形式的四则运算.了解复数的代数形式的加、减运算及其运算的几何意义.4.了解从自然数系到复数系的关系及扩充的基本思想，体会理性思维在数系扩充中的作用.本章重点：1.复数的有关概念；2.复数代数形式的四则运算.本章难点：运用复数的有关概念解题.近几年高考对复数的考查无论是试题的难度，还是试题在试卷中所占比例都是呈下降趋势，常以选择题、填空题形式出现，多为简单题.在复习过程中，应将复数的概念

2、及运算放在首位. 学问网络 15.1复数的概念及其运算 典例精析题型一复数的概念【例1】(1)假如复数(m2i)(1mi)是实数，则实数m；(2)在复平面内，复数1ii对应的点位于第象限；(3)复数z3i1的共轭复数为z.【解析】(1)(m2i)(1mi)m2m(1m3)i是实数1m30m1.(2)因为1iii(1i)i21i，所以在复平面内对应的点为(1，1)，位于第四象限.(3)因为z13i，所以z13i.【点拨】运算此类题目需留意复数的代数形式zabi(a，bR)，并留意复数分为实数、虚数、纯虚数，复数的几何意义，共轭复数等概念.【变式训练1】(1)假如z1ai1ai为纯虚数，则实数a等

3、于()A.0B.1C.1D.1或1(2)在复平面内，复数z1ii(i是虚数单位)对应的点位于()A.第一象限B.其次象限C.第三象限D.第四象限【解析】(1)设zxi，x0，则xi1ai1ai1ax(ax)i0或故选D.(2)z1ii(1i)(i)1i，该复数对应的点位于第三象限.故选C.题型二复数的相等【例2】(1)已知复数z032i，复数z满意zz03zz0，则复数z；(2)已知m1i1ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则mni；(3)已知关于x的方程x2(k2i)x2ki0有实根，则这个实根为，实数k的值为.【解析】(1)设zxyi(x，yR)，又z032i，代入zz03zz0得(x

4、yi)(32i)3(xyi)32i，整理得(2y3)(22x)i0，则由复数相等的条件得解得所以z1.(2)由已知得m(1ni)(1i)(1n)(1n)i.则由复数相等的条件得所以mni2i.(3)设xx0是方程的实根，代入方程并整理得由复数相等的充要条件得解得或所以方程的实根为x2或x2，相应的k值为k22或k22.【点拨】复数相等须先化为zabi(a，bR)的形式，再由相等得实部与实部相等、虚部与虚部相等.【变式训练2】(1)设i是虚数单位，若12i1iabi(a，bR)，则ab的值是()A.12B.2C.2D.12(2)若(a2i)ibi，其中a，bR，i为虚数单位，则ab.【解析】(1

5、)C.12i1i(12i)(1i)(1i)(1i)3i2，于是ab32122.(2)3.2aibia1，b2.题型三复数的运算【例3】(1)若复数z1232i，则1zz2z3z2022；(2)设复数z满意z|z|2i，那么z.【解析】(1)由已知得z21232i，z31，z41232iz.所以zn具有周期性，在一个周期内的和为0，且周期为3.所以1zz2z3z20221z(z2z3z4)(z2022z2022z2022)1z1232i.(2)设zxyi(x，yR)，则xyix2y22i，所以解得所以zi.【点拨】解(1)时要留意x31(x1)(x2x1)0的三个根为1，其中1232i，1232

6、i，则120，120，31，31，1，2，2.解(2)时要留意|z|R，所以须令zxyi.【变式训练3】(1)复数11ii2等于()A.1i2B.1i2C.12D.12(2)(2022江西鹰潭)已知复数z23i123i(21i)2022，则复数z等于()A.0B.2C.2iD.2i【解析】(1)D.计算简单有11ii212.(2)A.总结提高复数的代数运算是重点，是每年必考内容之一，复数代数形式的运算：加减法按合并同类项法则进行；乘法绽开、除法须分母实数化.因此，一些复数问题只需设zabi(a，bR)代入原式后，就可以将复数问题化归为实数问题来解决. 高三理科数学算法初步总复习教学案 第十一章

7、算法初步 高考导航 考试要求重难点击命题展望1.了解算法的含义，了解算法的思想.2.理解程序框图的三种基本逻辑结构：依次结构、条件结构、循环结构.3.理解几种基本算法语句输入语句、输出语句、赋值语句、条件语句、循环语句的含义.4.了解几个古代的算法案例，能用辗转相除法及更相减损术求最大公约数；用秦九韶算法求多项式的值；了解进位制，会进行不同进位制之间的转化.本章重点：1.算法的三种基本逻辑结构即依次结构、条件结构和循环结构；2.输入语句、输出语句、赋值语句、条件语句、循环语句(两种形式)的结构、作用与功能及各种语句的格式要求.本章难点：1.用自然语言表示算法和运用程序框图表示算法；2.用算法的

8、基本思想编写程序解决简洁问题.弄清三种基本逻辑结构的区分，把握程序语言中所包含的一些基本语句结构.算法初步作为数学新增部分，在高考中肯定会体现出它的重要性和好用性.高考中将重点考查对变量赋值的理解和驾驭、对条件结构和循环结构的敏捷运用，学会依据要求画出程序框图；预料高考中，将考查程序框图、循环结构和算法思想，并结合函数与数列考查逻辑思维实力.因此算法学问与其他学问的结合将是高考的重点，这也恰恰体现了算法的普遍性、工具性，当然难度不会太大，重在考查算法的概念及其思想.1.以选择题、填空题为主，重点考查算法的含义、程序框图、基本算法语句以及算法案例等内容.2.解答题中可要求学生设计一个计算的程序并

9、画出程序框图，能很好地考查学生分析问题、解决问题的实力. 学问网络 11.1算法的含义与程序框图典例精析题型一算法的含义【例1】已知球的表面积是16，要求球的体积，写出解决该问题的一个算法.【解析】算法如下：第一步，s16.其次步，计算Rs4.第三步，计算V4R33.第四步，输出V.【点拨】给出一个问题，设计算法应当留意：(1)仔细分析问题，联系解决此问题的一般数学方法，此问题涉及到的各种状况；(2)将此问题分成若干个步骤；(3)用简练的语句将各步表述出来.【变式训练1】设计一个计算135791113的算法.图中给出程序的一部分，则在横线上不能填入的数是()A.13B.13.5C.14D.14

10、.5【解析】当I13成立时，只能运算1357911.故选A. 题型二程序框图【例2】图一是某县参与2022年高考的学生身高条形统计图，从左到右的各条形表示的学生人数依次记为A1，A2，A10(如A2表示身高(单位：cm)在150,155)内的学生人数).图二是统计图一中身高在肯定范围内学生人数的一个算法流程图.现要统计身高在160180cm(含160cm，不含180cm)的学生人数，那么在流程图中的推断框内应填写的条件是()A.i6？B.i7？C.i8？D.i9？图一 【解析】依据题意可知，i的初始值为4，输出结果应当是A4A5A6A7，因此推断框中应填写i8？，选C.【点拨】本题的命题角度较

11、为新奇，信息量较大，以条形统计图为学问点进行铺垫，介绍了算法流程图中各个数据的引入来源，其考查点集中于循环结构的终止条件的推断，考查了学生合理地进行推理与快速作出推断的解题实力，解本题的过程中不少考生误选A，实质上本题中的数据并不大，考生完全可以干脆从头起先限次按流程图循环视察，依次写出每次循环后的变量的赋值，即可得解.【变式训练2】(2022辽宁)某店一个月的收入和支出，总共记录了N个数据a1，a2，aN.其中收入记为正数，支出记为负数，该店用如图所示的程序框图计算月总收入S和月净盈利V，那么在图中空白的推断框和处理框中，应分别填入下列四个选项中的()A.A0？，VSTB.A0？，VSTC.

12、A0？，VSTD.A0？，VST【解析】选C.题型三算法的条件结构【例3】某快递公司规定甲、乙两地之间物品的托运费用依据下列方法计算：f其中f(单位：元)为托运费，为托运物品的重量(单位：千克)，试写出一个计算费用f的算法，并画出相应的程序框图.【解析】算法如下：第一步，输入物品重量.其次步，假如50，那么f0.53，否则，f500.53(50)0.85.第三步，输出托运费f.程序框图如图所示.【点拨】求分段函数值的算法应用到条件结构，因此在程序框图的画法中须要引入推断框，要依据题目的要求引入推断框的个数，而推断框内的条件不同，对应的框图中的内容或操作就相应地进行改变.【变式训练3】(2022

13、天津)阅读如图的程序框图，若输出s的值为7，则推断框内可填写()A.i3？B.i4？C.i5？D.i6？【解析】i1，s211；i3，s132；i5，s257.所以选D.题型四算法的循环结构【例4】设计一个计算10个数的平均数的算法，并画出程序框图.【解析】算法步骤如下：第一步，令S0.其次步，令I1.第三步，输入一个数G.第四步，令SSG.第五步，令II1.第六步，若I10，转到第七步，若I10，转到第三步.第七步，令AS/10.第八步，输出A.据上述算法步骤，程序框图如图.【点拨】(1)引入变量S作为累加变量，引入I为计数变量，对于这种多个数据的处理问题，可通过循环结构来达到；(2)计数变

14、量用于记录循环次数，同时它的取值还用于推断循环是否终止，累加变量用于输出结果.【变式训练4】设计一个求12310的程序框图.【解析】程序框图如下面的图一或图二.图一图二 总结提高1.给出一个问题，设计算法时应留意：(1)仔细分析问题，联系解决此问题的一般数学方法；(2)综合考虑此类问题中可能涉及的各种状况；(3)借助有关的变量或参数对算法加以表述；(4)将解决问题的过程划分为若干个步骤；(5)用简练的语言将各个步骤表示出来.2.循环结构有两种形式，即当型和直到型，这两种形式的循环结构在执行流程上有所不同，当型循环是当条件满意时执行循环体，不满意时退出循环体；而直到型循环则是当条件不满意时执行循

15、环体，满意时退出循环体.所以推断框内的条件，是由两种循环语句确定的，不得随意更改.3.条件结构主要用在一些须要依据条件进行推断的算法中.如分段函数的求值，数据的大小关系等问题的算法设计. 11.2基本算法语句 典例精析题型一输入、输出与赋值语句的应用【例1】阅读程序框图(如下图)，若输入m4，n6，则输出a，i.【解析】a12，i3.【点拨】赋值语句是一种重要的基本语句，也是程序必不行少的重要组成部分，运用赋值语句，要留意其格式要求.【变式训练1】(2022陕西)如图是求样本x1，x2，x10的平均数的程序框图，则图中空白框中应填入的内容为()A.SSxnB.SSxnnC.SSnD.SS1n【

16、解析】因为此步为求和，明显为SSxn，故选A.题型二循环语句的应用【例2】设计算法求112123134199100的值.要求画出程序框图，写出用基本语句编写的程序.【解析】这是一个累加求和问题，共99项相加，可设计一个计数变量，一个累加变量，用循环结构实现这一算法.程序框图如下图所示：程序如下：s0k1DOss1/(k*(k1)kk1LOOPUNTILk99PRINTsEND【点拨】(1)在用WHILE语句和UNTIL语句编写程序解决问题时，肯定要留意格式和条件的表述方法，WHILE语句是当条件满意时执行循环体，UNTIL语句是当条件不满意时执行循环体.(2)在解决一些须要反复执行的运算任务，

17、如累加求和、累乘求积等问题中应留意考虑利用循环语句来实现.(3)在循环语句中，也可以嵌套条件语句，甚至是循环语句，此时须要留意嵌套的这些语句，保证语句的完整性，否则就会造成程序无法执行. 【变式训练2】下图是输出某个有限数列各项的程序框图，则该框图所输出的最终一个数据是. 【解析】由程序框图可知，当N1时，A1；N2时，A13；N3时，A15，即输出各个A值的分母是以1为首项以2为公差的等差数列，故当N50时，A11(501)2199，即为框图最终输出的一个数据.故填199.题型三算法语句的实际应用【例3】某电信部门规定：拨打市内电话时，假如通话时间3分钟以内，收取通话费0.2元，假如通话时间

18、超过3分钟，则超过部分以每分钟0.1元收取通话费(通话不足1分钟时按1分钟计算).试设计一个计算通话费用的算法，要求写出算法，编写程序.【解析】我们用c(单位：元)表示通话费，t(单位：分钟)表示通话时间，则依题意有算法步骤如下：第一步，输入通话时间t.其次步，假如t3，那么c0.2；否则c0.20.1t2.第三步，输出通话费用c.程序如下：INPUTtIFt3THENc0.2ELSEc0.20.1*INT（t-2）ENDIFPRINTcEND【点拨】在解决实际问题时，要正确理解其中的算法思想，依据题目写出其关系式，再写出相应的算法步骤，画出程序框图，最终精确地编写出程序，同时要留意结合题意加

19、深对算法的理解.【变式训练3】(2022江苏)下图是一个算法流程图，则输出S的值是.【解析】n1时，S3；n2时，S347；n3时，S7815；n4时，S152431；n5时，S312563.因为6333，所以输出的S值为63.总结提高1.输入、输出语句可以设计提示信息，加引号表示出来，与变量之间用分号隔开.2.赋值语句的赋值号左边只能是变量而不能是表达式；赋值号左右两边不能对换，不能利用赋值语句进行代数式计算，利用赋值语句可以实现两个变量值的互换，方法是引进第三个变量，用三个赋值语句完成.3.在某些算法中，依据须要，在条件语句的THEN分支或ELSE分支中又可以包含条件语句.遇到这样的问题，

20、要分清内外条件结构，保证结构的完整性.4.分清WHILE语句和UNTIL语句的格式，在解决一些须要反复执行的运算任务，如累加求和，累乘求积等问题中应主要考虑利用循环语句来实现，但也要结合其他语句如条件语句.5.编程的一般步骤：(1)算法分析；(2)画出程序框图；(3)写出程序. 11.3算法案例 典例精析题型一求最大公约数【例1】(1)用辗转相除法求840与1764的最大公约数；(2)用更相减损术求440与556的最大公约数.【解析】(1)用辗转相除法求840与1764的最大公约数：1764840284，84084100.所以840与1764的最大公约数是84.(2)用更相减损术求440与55

21、6的最大公约数：556440116，440116324，324116208，20811692，1169224，922468，682444，442420，24204，20416，16412，1248，844.所以440与556的最大公约数是4.【点拨】(1)辗转相除法与更相减损术是求两个正整数的最大公约数的方法，辗转相除法用较大的数除以较小的数，直到大数被小数除尽结束运算，较小的数就是最大公约数；更相减损术是用两数中较大的数减去较小的数，直到所得的差和较小数相等为止，这个较小数就是这两个数的最大公约数.一般状况下，辗转相除法步骤较少，而更相减损术步骤较多，但运算简易，解题时要敏捷运用.(2)两个

22、以上的数求最大公约数，先求其中两个数的最大公约数，再用所得的公约数与其他各数求最大公约数即可.【变式训练1】求147,343,133的最大公约数.【解析】先求147与343的最大公约数.343147196，19614749，1474998，984949，所以147与343的最大公约数为49.再求49与133的最大公约数.1334984，844935，493514，351421，21147，1477.所以147,343,133的最大公约数为7.题型二秦九韶算法的应用【例2】用秦九韶算法写出求多项式f(x)1x0.5x20.01667x30.04167x40.00833x5在x0.2时的值的过程.

23、【解析】先把函数整理成f(x)(0.00833x0.04167)x0.16667)x0.5)x1)x1，根据从内向外的依次依次进行.x0.2，a50.00833，v0a50.00833；a40.04167，v1v0xa40.04；a30.01667，v2v1xa30.00867；a20.5，v3v2xa20.49827；a11，v4v3xa10.90035；a01，v5v4xa00.81993；所以f(0.2)0.81993.【点拨】秦九韶算法是多项式求值的最优算法，特点是：(1)将高次多项式的求值化为一次多项式求值；(2)削减运算次数，提高效率；(3)步骤重复实施，能用计算机操作.【变式训练

24、2】用秦九韶算法求多项式f(x)8x75x63x42x1当x2时的值为.【解析】1397.题型三进位制之间的转换【例3】(1)将101111011(2)转化为十进制的数；(2)将53(8)转化为二进制的数.【解析】(1)101111011(2)1280271261251241230221211379.(2)53(8)581343. 所以53(8)101011(2).【点拨】将k进制数转换为十进制数，关键是先写成幂的积的形式再求和，将十进制数转换为k进制数，用“除k取余法”，余数的书写是由下往上，依次不能颠倒，k进制化为m进制(k，m10)，可以用十进制过渡.【变式训练3】把十进制数89化为三进

25、制数.【解析】详细的计算方法如下：893292，29392，9330，3310，1301，所以89(10)10022(3).总结提高1.辗转相除法和更相减损术都是用来求两个数的最大公约数的方法.其算法不同，但二者的原理却是相像的，主要区分是一个是除法运算，一个是减法运算，实质都是一个递推的过程.用秦九韶算法计算多项式的值，关键是正确的将多项式改写，然后由内向外，依次计算求解.2.将k进制数转化为十进制数的算法和将十进制数转化为k进制数的算法操作性很强，要驾驭算法步骤，并娴熟转化；要娴熟应用“除基数，倒取余，始终除到商为0”. 高三理科数学排列组合总复习教学案 第十二章排列组合、二项式定理、概率

26、 高考导航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洁的实际问题；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，并能解决简洁的实际问题；3.能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项绽开式有关的简洁问题.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绽开式有关的问题.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.随机事务的概率1.了解随机事务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分；2.了

27、解两个互斥事务的概率加法公式和相互独立事务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；会计算一些随机事务所包含的基本领件的个数及事务发生的概率；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.随机事务、互斥事务及概率的意义，并会计算互斥事务的概率；2.古典概型、几何概型的概率计算.本章难点：1.互斥事务的推断及互斥事务概率加法公式的应用；2.可以转化为几何概型求概率的问题.本部分要求考生能从集合的思想观点相识事务、互斥事务与对立事务，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.在高考中注意考查基础学问和基本方法的同时，还常考查分

28、类与整合，或然与必定的数学思想方法，逻辑思维实力以及运用概率学问解决实际问题的实力.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；2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简洁的应用；3.了解条件概率和两个事务相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简洁的实际问题；4.理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简洁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，相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

29、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.考生应注意对特别分布(如二项分布、超几何分布)的理解和对事务的意义的理解. 学问网络 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

30、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12310981100种取法.【点拨】采纳列举法分类，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】(2022济南市模拟)从集合1,2,3，10中随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

31、32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12、13、23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巡游，要求每个旅游景点只有一人巡游，每人只巡游一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界巡游，则不同的选择方案共有种.【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4543240种.【点拨】依据题意正确分步，要求各步之间必需连续，只有根据这几步逐步地去做，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】(2022湘潭市调研)要支配一份5天的

32、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，其次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544441280种方法.题型三分类和分步计数原理综合应用【例3】(2022长郡中学)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部运用)，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；

33、1与3同.对于每一类有A44种涂法，共有4A4496种方法.方法二：第一步：涂区域1，有4种方法；其次步：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；其次类，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中的随意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有432(1113)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，要留意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练3】(2022深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，9

34、的9个小正方形，使得随意相邻(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，则符合条件的全部涂法有多少种？【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C13种涂法；其次步，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，同其次步，共有6种涂法.由分步乘法原理知共有366108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，其区分在于：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

35、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，才能完成该事务.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确运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)8！A66A28A410；(2)C33C34C310.【解析】(1)原式876543216543218710987576543256(89)5130623.(2)原式C44C34C35C310C45C35C310C46C36C310C411330.【点拨】在运用排列数公式Amnn！(nm)！进行计算时，

36、要留意公式成立的条件：m，nN+，mn.另外，应留意组合数的性质的敏捷运用.【变式训练1】解不等式6.【解析】原不等式即9！(9x)！69！(11x)！，也就是1(9x)！，化简得x221x1040，解得x8或x13，又因为2x9，且xN*，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需排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？【解析】(

37、1)将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A44种排法.又3名女生内部可有A33种排法，所以共有A44A33144种排法.(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2A33A3372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A33A34144种.(4)干脆分类较困难，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A66A33A44576种.(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法.又甲、乙之间还有A22种排法.

38、这样就有A23A22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A22种排法.最终将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A2224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，主要根据“优先”原则，即优先支配特别元素或优先满意特别位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”.对于干脆考虑较困难的问题，可以采纳间接法.【变式训练2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字

39、的五位数，并把它们按由小到大的依次排列构成一个数列.(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A55(A44A33A22)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A4424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人去参与一项活动.(1)A，B，C三人必需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

40、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，C2936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C59C49126种选法.(3)可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13C49378种选法.(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的状况C59，共有C512C59666种选法.(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都入选的状况C29种，所以共有C512C2

41、9756种选法.【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要依据特别元素分类.【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4C46种；其次类：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C233种.故有69种.(2)用间接法.共C41069141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

42、分类或分步计数；(2)特别元素、特别位置优先考虑；(3)再考虑其余元素或其余位置. 12.3二项式定理 典例精析题型一二项绽开式的通项公式及应用【例1】已知的绽开式中，前三项系数的肯定值依次成等差数列.(1)求证：绽开式中没有常数项；(2)求绽开式中全部的有理项.【解析】由题意得2C1n1C2n()2，即n29n80，所以n8，n1(舍去).所以Tr1()()r(1)r(0r8，rZ).(1)若Tr1是常数项，则163r40，即163r0，因为rZ，这不行能，所以绽开式中没有常数项.(2)若Tr1是有理项，当且仅当163r4为整数，又0r8，rZ，所以r0,4,8，即绽开式中有三项有理项，分别

43、是T1x4，T5358x，T91256x-2.【点拨】(1)把握住二项绽开式的通项公式，是驾驭二项式定理的关键.除通项公式外，还应娴熟驾驭二项式的指数、项数、绽开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项绽开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式依据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要留意n和r的数值范围及大小关系)；(3)留意区分绽开式“第r1项的二项式系数”与“第r1项的系数”.【变式训练1】若(xx)n的绽开式的前3项系数和为129，则这个绽开式中是否含有常数项，一次项？假如有，求出该项，假如没有，请说明理由.【解析】由题

44、知C0nC1n2C2n22129，所以n8，所以通项为Tr1Cr8(xx)8-r，故r6时，T726C28x1792x，所以不存在常数项，而存在一次项，为1792x.题型二运用赋值法求值【例2】(1)已知(1x)(1x)2(1x)na0a1xa2x2anxn，且a1a2an129n，则n；(2)已知(1x)na0a1xa2x2anxn，若5a12a20，则a0a1a2a3(1)nan.【解析】(1)易知an1，令x0得a0n，所以a0a1an30.又令x1，有2222na0a1an30，即2n1230，所以n4.(2)由二项式定理得，a1C1nn，a2C2nn(n1)2，代入已知得5nn(n1

45、)0，所以n6，令x1得(11)6a0a1a2a3a4a5a6，即a0a1a2a3a4a5a664.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特别值代入构造相应的结构.【变式训练2】设(3x1)8a0a1xa2x2a7x7a8x8.求a0a2a4a6a8的值.【解析】令f(x)(3x1)8，因为f(1)a0a1a2a828，f(1)a0a1a2a3a7a848，所以a0a2a4a6a8f(1)f(1)227(128).题型三二项式定理的综合应用【例3】求证：46n5n19能被20整除.【解析】46n5n194(6n1)5(5n1)4(51)n15(41)n120(5n1C1n

46、5n2Cn1n)(4n1C1n4n2Cn1n)，是20的倍数，所以46n5n19能被20整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需留意(ab)n中，a，b中有一个是除数的倍数；其次绽开式有什么规律，余项是什么，必需清晰.【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.【解析】0.9986(10.002)616(0.002)115(0.002)2(0.002)6.因为T3C26(0.002)215(0.002)20.000060.001，且第3项以后的肯定值都小于0.001，所以从第3项起，以后的项都可以忽视不计.所以0.9986(10.002)616(0.002)10.0120.988.总结提高1.利用通项公式可求绽开式中某些特定项(如常数项、有理项、