高中数学竞赛专题讲座竞赛讲座 19排列组合二项式定理

课题：正弦公式课型：新知课目标：1．知识目标：（1）会证明两角和与差的正弦公式，并能记住正弦公式。

（2）能够运用两角和与差的正弦公式。

2．隐性目标：（1）通过正弦公式的推导，进一步训练学生变形技巧；（2）培养学生认识事物之间的普遍联系的哲学观点；重点：两角和与差的正弦公式及应用难点：两角和与差的正弦公式推导用应用教学过程：一、先行组织者：1．回忆两角和与差的余弦公式，并求下列各式的值。

（1）cos (3π+4π) (2)cos (4π-6π) 2．已知cos72°=0.3090，则sin18°= ___________________ 。

cos24°=0.9135，则 sin66°= _____________。

sin3=0.1411，则cos (2π-3)=_____________。

二、新知：1．尝试练习：试求sin (3π+4π)的值2．两角和的正弦公式的推导：两角差的正弦公式推导：三、例题与练习：练习1．求下列三角函数的值。

（1）sin75° （2）sin(-15°) （3）sin825°例1．已知sin )23,(,43cos ),,2(,32ππ∈β-=βππ∈α=α，求sin(α-β)，co s (α+β) 值：练习2．课本P 38 3（1）、（3） 、4（1）（2）的前两个、5（1）（2）（3）例2．求满足 sinA -cosA=21cos10°-23sin10°的最小正角A 。

四、自选练习： 已知53)sin(,1312)cos(,434-=β+α=β-απ<α<β<π，求sin2α的值。

小结与作业：学习后记：高一数学课课练班级___________学号_________姓名____________ 一题一得1．若A ，B 是△ABC 的内角，且cosA=53，cosB=135，则sin(A+B)的值是（ ） A ．6556B ．-6556C ．6516D ．-65162．Sin95°cos35°+sin35°sin365°=_________________。

高中数学竞赛专题讲座之 排列组合 二项式定理和概率一． 排列组合二项式定理 1 (2005年浙江)设()n n n x a x a a x x 221021+++=++ ，求n a a a 242+++ 的值（ ） （A ）n 3 （B ）23-n （C ）213-n （D ）213+n 【解】： 令0=x 得 10=a ；（1） 令1-=x 得 123210=++-+-n a a a a a ；（2）令1=x 得 n n a a a a a 323210=+++++ ； （3）（2）＋（3）得 13)(22420+=++++n n a a a a ，故 2132420+=++++n n a a a a ， 再由（1）得 213242-=+++n n a a a 。

∴选 【 C 】 2、（2004 全国）设三位数n abc =，若以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n 有 （ ）A. 45个B. 81个C. 165个D. 216个解：a ，b ，c 要能构成三角形的边长，显然均不为0。

即,,{1,2,...,9}a b c ∈（1）若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为1n ，由于三位数中三个数码都相同，所以，1199n C ==。

（2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为2n ，由于三位数中只有2个不同数码。

设为a 、b ，注意到三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组（a ，b ）共有292C 。

共20种情况。

同时，每个数码组（a ，b ）中的二个数码填上三个数位，有23C 种情况。

故2222399(220)6(10)156n C C C =-=-=。

综上，12165n n n =+=。

3．（2005四川）设}10,,2,1{ =A ，若“方程02=--c bx x 满足A c b ∈,，且方程至少有一根A a ∈”，就称该方程为“漂亮方程”。

比赛讲座 19- 摆列、组合、二项式定理基础知识1．摆列组合题的求解策略（ 1）清除：对有限条件的问题，先从整体考虑，再把不切合条件的所有状况清除，这是解决摆列组合题的常用策略．（ 2）分类与分步有些问题的办理可分红若干类，用加法原理，要注意每两类的交集为空集，所有各种的并集是全集；有些问题的办理分红几个步骤，把各个步骤的方法数相乘，即得总的方法数，这是乘法原理．（ 3）对称思想：两类情况出现的时机均等，可用总数取半得每种情况的方法数．（ 4）插空：某些元素不可以相邻或某些元素在特别地点时可采纳插空法．即先安排好没有限制条件的元素，而后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间．（ 5）捆绑：把相邻的若干特别元素“捆绑”为一个“大元素” ，而后与其余“一般元素”全摆列，而后再“松绑” ，将这些特别元素在这些地点上全摆列．（ 6）隔板模型：关于将不行辨的球装入可辨的盒子中，求装的方法数，常用隔板模型．如将 12 个完整同样的球排成一列，在它们之间形成的 11 个空隙中任意插入 3 块隔板，把球分红4 堆，分别装入4 个不一样的盒子中的方法数应为C 113 ，这也就是方程a b c d12 的正整数解的个数．2．圆摆列（1）由 A{ a 1 , a 2 , a 3 , , a n } 的 n 个元素中，每次拿出r 个元素排在一个圆环上，叫做一个圆摆列（或叫环状摆列）．（ 2）圆摆列有三个特色： （ i ）无头无尾；（ ii ）依据同一方向变换后还是同一摆列；（ iii ）两个圆摆列只有在元素不一样或许元素固然同样，但元素之间的次序不一样，才是不一样的圆摆列．（ 3）定理：在 A { a 1 , a 2 , a 3 , , a n } 的 n 个元素中，每次拿出 r 个不一样的元素进行r圆摆列，圆摆列数为P n．r3．可重摆列同意元素重复出现的摆列，叫做有重复的摆列．在 m 个不一样的元素中，每次拿出 n 个元素，元素能够重复出现，依据必定的次序那么第一、第二、 、第 n 位是的选用元素的方法都是 m 种，因此从 m 个不一样的元素中，每次拿出n 个元素的可重复的摆列数为m n ．4．不尽相异元素的全摆列假如n 个元素中，有p1个元素同样，又有p2个元素同样，，又有p s个元素同样（ p1p2p s n ），这n 个元素所有取的摆列叫做不尽相异的n 个元素的全排n!列，它的摆列数是p1 ! p2 !p s!5．可重组合（ 1）从n个元素，每次拿出p 个元素，同意所取的元素重复出现1,2,, p 次的组合叫从 n 个元素拿出p 个有重复的组合．（ 2）定理：从n个元素每次拿出p 个元素有重复的组合数为： H n p C n r( p 1) ．6．二项式定理n（ 1）二项式定理(a b)n C n k a n k b k（ n N *）．k0（2）二项睁开式共有n 1项．（ 3）T r 1 C n r a n r b r（ 0r n ）叫做二项睁开式的通项，这是睁开式的第r 1项．（ 4）二项睁开式中首末两头等距离的两项的二项式系数相等．n （ 5）假如二项式的幂指数n 是偶数，则中间一项的二项式系数C n2最大；假如n是n 1n1奇数，则中间两项的二项式系数C n2与 C n2最大．（ 6）二项式睁开式中奇数项的二项式系数之和等于偶数项系数之和，即C n0 C n2 C n4 C n1C n3 C n57．数学比赛中波及二项式定理的题型及解决问题的方法二项式定理，因为结构复杂，多年来在高考取未能充足展现应有的知识地位，而数学比赛的命题者却对其情有独钟．（1）利用二项式定理判断整除问题：常常需要结构对偶式；（2）办理整除性问题：结构对偶式或利用与递推式的联合；（3）求证不等式：经过二项式睁开，取睁开式中的若干项进行放缩；（4）综合其余知识解决某些综合问题：有些较复杂的问题看似与二项式定理没关，其实经过察看、剖析题目的特色，联想结构适合的二项式模型，即可使问题快速解决．例题剖析例 1．数 1447,1005,1231 有某些共同点，即每个数都是首位为 1 的四位数，且每个四位数中恰有两个数字同样，这样的四位数共有多少个？例 2．有多少个能被 3 整除而又含有数字 6 的五位数？例 3．有 2n 个人参加收发电报培训，每两人结为一对互发互收，有多少种不一样的结对方式？例 4．将 n 1 个不一样的小球放入 n 个不一样的盒子中，要使每个盒子都不空，共有多少种放法？例 5．在正方体的 8 个极点， 12 条棱的中点， 6 个面的中心及正方体的中心共点中，共线的三点组的个数是多少个？例 6．用 8 个数字 1,1， 7,7，8,8， 9,9 能够构成不一样的四位数有多少个？27 个例 7．用A,B,C, D,E五种颜色给正方体的各个面涂色，并使相邻面一定涂不一样的颜色，共有多少种不一样的涂色方式？例 8．某种产品有 4 只次品和 6 只正品（每只产品可划分），每次取一只测试，直到4 只次品所有测出为止．求最后一只次品在第五次测试时被发现的不一样情况有多少种？ 例 9．在平面上给出5 个点，连接这些点的直线互不平行，互不重合，也互不垂直，过每点向其余四点的连线作垂线，求这此垂线的交点最多能有多少个？例 10。

§17二项式定理与多项式1．二项工定理2．二项展开式的通项)0(1n r b a C T r r n r n r ≤≤=-+它是展开式的第r+1项. 3．二项式系数 4．二项式系数的性质 〔1〕).0(n k C C k n n k n ≤≤=-〔2〕).10(111-≤≤+=---n k C C C k n k n k n〔3〕假设n 是偶数，有n n n n n nnnC C C C C >>><<<-1210 ，即中间一项的二项式系数2n nC 最大.假设n 是奇数，有nnn n n nn nnnC C CCC C >>>=<<<-+-1212110 ，即中项二项的二项式系数212+n nnn CC 和相等且最大.〔4〕.2210n n n n nn C C C C =++++ 〔5〕.21531420-=+++=+++n n n nn n n C C C C C C 〔6〕.1111----==k n k n k n k n C knC nC kC 或〔7〕).(n k m C C C C C C m m k n m k n m k m n m n m k k n ≤≤=⋅=⋅+---- 〔8〕.1121++++++=+++++n k n n k n n n n n n n C C C C C以上组合恒等式〔是指组合数m n C 满足的恒等式〕是证明一些较复杂的组合恒等式的基本工具.〔7〕与〔8〕的证明将在后面给出. 5．证明组合恒等式的方法常用的有〔1〕公式法，利用上述根本组合恒等式进展证明.〔2〕利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. 〔3〕利用数学归纳法.〔4〕构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法. 例题讲解1．求7)11(xx ++的展开式中的常数项. 2．求62)321(x x -+的展开式里x 5的系数.3．数列)0(,,,0210≠a a a a 满足 ),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，nn n n n n n n n n n n n n xC a x x C a x x C a x x C a x C a x p +-++-+-+-=-----)1()1()1()1()(111222211100 是x 的一次多项式或零次多项式. 4．a ，b 均为正整数，且,sin )(),20(2sin ,2222θπθθn b a A ba ab b a n n ⋅+=<<+=>其中求证：对一切*N ∈n ，A n 均为整数.5．y x ,为整数，P 为素数，求证：)(m od )(P y x y x P P P +≡+ 6．假设)10*,,()25(12<<∈+=++ααN m r m r ，求证：.1)(=+ααm7．数列}{n a 中，)2(3,311≥==-n a a a n n ，求2001a 的末位数字是多少？ 8．求N=1988－1的所有形如b a d b a ,(,32⋅=为自然数〕的因子d 之与. 9．设8219)22015()22015(+++=x ，求数x 的个位数字.10．),2,1(8,1,01110 =-===-+n a a a a a n n n 试问：在数列}{n a 中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论. 例题答案：1.解：由二项式定理得其中第)70(1≤≤+r r 项为r r r xx C T )1(71+=+ ②在r xx )1(+的展开式中，设第k+1项为常数项，记为,1+k T 那么)0(,)1(2,1r k x C xx C T k r k r k k r k r k ≤≤==--+ ③由③得r －2k=0，即r=2k ，r 为偶数，再根据①、②知所求常数项为评述：求某一项时用二项展开式的通项. 2. 解：因为6662)1()31()321(x x x x -+=-+].1][)3()3()3(31[6665564463362261666633622616x C x C x C x C x C x C x C x C x C x C +-+-+-⋅++⋅+⋅+⋅+= 所以62)321(x x -+的展开式里x 5的系数为26363362624616563)(33)(1C C C C C C C ⋅+-+⋅+- 评述：此题也可将62)321(x x --化为62)]32(1[x x -+用例1的作法可求得. 3. 分析：由}{211n i i i a a a a 知=++-是等差数列，那么),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将)(x p 表示成d a 和0的表达式，再化简即可.解：因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 所以数列}{n a 为等差数列，设其公差为d有),3,2,1(0 =+=i id a a i 从而nn n n n n n n n xC nd a x x C d a x x C d a x C a x P )()1()2()1()()1()(022*******+++-++-++-=-- ],)1(2)1(1[])1()1([222111100n n n n n n n n n n n n n n x nC x x C x x C d x C x x C x C a ++-+-⋅+++-+-=---由二项定理，知又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n kn nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(.])1[(1nx x x nx n =+-=- 所以.)(0ndx a x P +=当x x P d 为时)(,0≠的一次多项式，当为时)(,0x P d =零次多项式. 4. 分析：由θn sin 联想到复数棣莫佛定理，复数需要θcos ，然后分析A n 与复数的关系.证明：因为.sin 1cos ,,20,2sin 2222222ba b a b a b a ab +-=-=><<+=θθπθθ所以且显然n i n )sin (cos sin θθθ+为的虚部，由于n i )sin (cos θθ+ 所以.)()sin (cos )(222n n bi a n i n b a +=++θθ从而n n n bi a n b a A 222)(sin )(++=为θ的虚部.因为a 、b 为整数，根据二项式定理，n bi a 2)(+的虚部当然也为整数，所以对一切*N ∈n ，A n 为整数.评述：把A n 为与复数n i )sin (cos θθ+联系在一起是此题的关键. 5. 证明：P P p P P P P P P Py xy C y x C y x C x y x +++++=+----1122211)(由于)1,,2,1(!)1()1(-=+--=P r r r p p p C rP为整数，可从分子中约去r ！，又因为P 为素数，且p r <，所以分子中的P 不会红去，因此有).1,,2,1(|-=P r C P rP 所以评述：将P y x )(+展开就与P P y x +有联系，只要证明其余的数能被P 整除是此题的关键. 6. 分析：由1)()25(12=++=++αααm m r 和 猜测12)25(+-=r α，因此需要求出α，即只需要证明1212)25()25(++--+r r 为正整数即可.证明：首先证明，对固定为r ，满足条件的α,m 是惟一的.否那么，设1112)25(α+=++m r那么)1,0()0,1(,,021212121⋃-∈-∈-≠-=-ααααZ m m m m 而α是惟一的. 下面求α及m . 因为12212212211212012121222)5(2)5()5()25()25(+-++++++++⋅+⋅+=--+r r r r r r r r r C C C 又因为)1,0()25(),1,0(2512∈-∈-+r 从而所以)2252525(21212121231312112+--+-+++⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=r r r r r r r r r C C C m 故.)25()(12+-=+r m αα .1)45()25(1212=-=+++r r评述：猜测121212)25()25(,)25(+++-+-=r r r 与α进展运算是关键. 7. 分析：利用n 取1，2，3，…猜测n n a a 及的末位数字. 解：当n=1时，a 1=3，3642733321+⨯====a a27)81(3)81(3)3(3336363643642732⨯=⋅=⋅====+⨯a a ，因此32,a a 的末位数字都是7，猜测，.*,34N ∈+=m m a n 现假设n=k 时，.*,34N ∈+=m m a k 当n=k+1时， 34341)14(33+++-===m m a k ka,3)1(414+-=-=T T 从而*)(34N ∈+=m m a n于是.27)81(33341⨯===++m m a n na 故2001a 的末位数字是7.评述：猜测34+=m a n 是关键.8. 分析：寻求N 中含2与3的最高幂次数，为此将19变为20－1与18+1，然后用二项式定理展开.解：因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1 )552(22552565-=⨯+⨯-=M M 其中M 是整数.上式说明，N 的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+2×9)88－1=32×2×88+34·P=32×〔2×88+9P 〕其中P 为整数. 上式说明，N 的素因数中3的最高次幂是2.综上所述，可知Q N ⋅⋅=2532，其中Q 是正整数，不含因数2与3. 因此，N中所有形如b a 32⋅的因数的与为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.9. 分析：直接求x 的个位数字很困难，需将与x 相关数联系，转化成研究其相关数. 解：令])22015()22015[(,)22015()22015(82198219+++=+-+-=y x y 则])22015()22015[(8219-+-+，由二项式定理知，对任意正整数n.)2201515(2)22015()22015(22+⋅⋅+=-++-n n n n n C 为整数，且个位数字为零.因此，x +y 是个位数字为零的整数.再对y 估值， 因为2.0255220155220150=<+=-<， 且1988)22015()22015(-<-， 所以.4.02.02)22015(201919<⨯<-<<y 故x 的个位数字为9.评述：转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.10. 分析：先求出n a ，再将n a 表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.证明：在数列}{n a 中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之. 数列}{n a 的特征方程为,0182=+-x x 它的两个根为154,15421-=+=x x ，所以n n n B A a )154()154(-++= 〔n=0，1，2，…〕由,1521,15211,010-====B A a a 得 那么],)154()154[(1521n n n a --+=取),2,1,0(2 ==k k n ，由二项式定理得由上式知当15|k ，即30|n 时，15|a n ，因此数列}{n a 中有无穷多个能被15整除的项.评述：在二项式定理中，n n b a b a )()(-+与经常在一起结合使用.。

普通高中课程标准实验教科书—数学 [人教版]高三新数学第一轮复习教案（讲座39）—排列、组合、二项式定理一．课标要求：1．分类加法计数原理、分步乘法计数原理通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择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．排列与组合通过实例，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；3．二项式定理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展开式有关的简单问题。

二．命题走向本部分内容主要包括分类计数原理、分步计数原理、排列与组合、二项式定理三部分；考查内容：（1）两个原理；（2）排列、组合的概念，排列数和组合数公式，排列和组合的应用；（3）二项式定理，二项展开式的通项公式，二项式系数及二项式系数和。

排列、组合不仅是高中数学的重点内容，而且在实际中有广泛的应用，因此新高考会有题目涉及；二项式定理是高中数学的重点内容，也是高考每年必考内容，新高考会继续考察。

考察形式：单独的考题会以选择题、填空题的形式出现，属于中低难度的题目，排列组合有时与概率结合出现在解答题中难度较小，属于高考题中的中低档题目；预测2007年高考本部分内容一定会有题目涉及，出现选择填空的可能性较大，与概率相结合的解答题出现的可能性较大。

三．要点精讲1．排列、组合、二项式知识相互关系表2．两个基本原理（1）分类计数原理中的分类；（2）分步计数原理中的分步；正确地分类与分步是学好这一章的关键。

3．排列（1）排列定义，排列数（2）排列数公式：系m n A =)!(!m n n -=n·(n－1)…(n－m+1)； （3）全排列列：n n A =n!；（4）记住下列几个阶乘数：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720；4．组合（1）组合的定义，排列与组合的区别；（2）组合数公式：C n m =)!(!!m n m n -=12)1(1)m -(n 1)-n (⨯⨯⨯-⨯+ m m n ； （3）组合数的性质①C n m =C nn-m ；②r n r n r n C C C 11+-=+；③rC n r =n·C n-1r-1；④C n 0+C n 1+…+C n n =2n ；⑤C n 0-C n 1+…+(-1)n C n n =0，即 C n 0+C n 2+C n 4+…=C n 1+C n 3+…=2n-1；5．二项式定理（1）二项式展开公式：(a+b)n =C n 0a n +C n 1a n-1b+…+C n k a n-k b k +…+C n n b n ；（2）通项公式：二项式展开式中第k+1项的通项公式是：T k+1=C n k a n-k b k ；6．二项式的应用（1）求某些多项式系数的和；（2）证明一些简单的组合恒等式；（3）证明整除性。