2019-2020学年高中数学 第一章 计数原理章末复习提升课课件 新人教A版选修2-3

章末复习提升课第一章计数原理有红、黄、蓝旗各3面，每次升一面、二面或三面在旗杆上纵向排列表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成的信号有________种.计数原理的应用【解析】每次升1面旗可组成3种不同的信号，每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号，每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理，共可组成3＋9＋27＝39种不同的信号.【答案】39使用两个原理应注意的问题(1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰.(2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，若甲球必须放入A盒，则不同的放法种数是________.解析：将甲球放入A盒后分两类，一类是除甲球外，A盒还放其他球，共A44＝24(种)，另一类是A盒中只有甲球，则其他4个球放入另外的三个盒中，有C24·A33＝36(种)．故总的放法为24＋36＝60(种).答案：60安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()A．12种B．18种C．24种D．36种排列组合的综合应用【解析】法一：把4项工作分成3份(将2份工作看成一个元素)有C24种方法；3份工作由3名志愿者完成的方法有A33种，故不同的安排方式共有C24A33＝6×6＝36(种)．选D．法二：因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2，1，1，有C24C12C11A22＝6种，再分配给3个人，有A33＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种).【答案】D(1)排列、组合应用题的解题策略①在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么.②区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关．若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关.(2)解决排列组合应用题的常用方法①合理分类，准确分步；②特殊优先，一般在后；③先取后排，间接排除；④集团捆绑，间隔插空；⑤抽象问题，构造模型；⑥均分除序，定序除序.[注意]对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，即一般策略为先组合后排列．分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准．1.有5盆各不相同的菊花，其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花的不同摆放种数是()A．12B．24C．36D．48解析：选B．2盆黄菊花捆绑作为一个元素与1盆红菊花排列，2盆白菊花采用插空法，所以这5盆花的不同摆放共有A22A22A23＝24种.2.从5名学生中选出4名分别参加A，B，C，D四科竞赛，其中甲不能参加C，D两科竞赛，则不同的参赛方案种数为________.解析：分为以下几步：(1)选人：先从5人中选出4人，分为两种情况：有甲参加和无甲参加．有甲参加时，选法有C34＝4(种)；无甲参加时，选法有C44＝1(种)．(2)安排科目：有甲参加时，先排甲，再排其他人，排法有A12A33＝12(种)；无甲参加时，排法有A44＝24(种)．由分步乘法计数原理，不同的参赛方案种数为4×12＋1×24＝72.答案：72(1)(1＋2x)3(1－3x)5的展开式中x的系数是()A．－4B．－2C．2D．4(2)32＋133n展开式中的第7项与倒数第7项的比是1∶6，则展开式中的第7项为________.二项式定理及应用【解析】(1)(1＋2x)3(1－3x)5＝(1＋6x12＋12x＋8x32)·(1－5x13＋10x23－10x＋5x43－x53)，故x的系数是－10＋12＝2.(2)第7项：T7＝C6n(32)n－61336，倒数第7项：Tn－5＝Cn－6n(32)6133n－6，由C6n（32）n－61336Cn－6n（32）6133n－6＝16，得n＝9.故T7＝C69(32)9－61336＝C39·2·19＝563.【答案】(1)C(2)563二项式定理的问题类型及解答策略(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素.(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项.(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定系数，然后代入通项公式求出此项的系数.(4)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质．1.已知x－ax5的展开式中含x32的项的系数为30，则a＝()A．3B．－3C．6D．－6解析：选D．Tr＋1＝Cr5(x)5－r·－axr＝Cr5(－a)rx5－2r2，由5－2r2＝32，解得r＝1.由C15(－a)＝30，得a＝－6.2.x3－2x4＋x＋1x8的展开式中的常数项为()A．32B．34C．36D．38解析：选D．x3－2x4的展开式的通项为Tm＋1＝Cm4(x3)4－m·－2xm＝Cm4·(－2)mx12－4m，令12－4m＝0，解得m＝3，x＋1x8的展开式的通项为Tn＋1＝Cn8x8－n1xn＝Cn8x8－2n，令8－2n＝0，解得n＝4，所以所求常数项为C34(－2)3＋C48＝38.若(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10.(1)求a2；(2)求a1＋a2＋…＋a10；(3)求(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2.二项式定理中的赋值问题【解】(1)(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，a2是展开式中x2的系数，所以a2＝C55(－1)5C35(－2)3＋C45(－1)4C45(－2)4＋C35(－1)3·C55(－2)5＝800.(2)令x＝1，代入已知式可得，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0，而令x＝0得，a0＝32，所以a1＋a2＋…＋a10＝－32.(3)令x＝－1可得，(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65，再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，把这两个等式相乘可得：(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0.赋值法的应用(1)解决的问题：与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和.(2)应用技巧：通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果.[注意]求各项系数的绝对值的和时，要先根据绝对值里面数的符号赋值求解．若(x＋1)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a5(x－1)5，则a0＝()A．1B．32C．－1D．－32解析：选B．令x＝1，则(1＋1)5＝a0，所以a0＝32.1.5个代表分4张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么不同的分法一共有()A．A45种B．45种C．54种D．C45种解析：选D．由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，从5个代表中选4个即可满足，故有C45种.2.(2019·石家庄高二检测)从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少一名女生的选法共有()A．36种B．30种C．42种D．60种解析：选A．依题意，从8名中任选3名，除去全是男生的即共有C38－C36＝56－20＝36(种).3.x＋ax2x－1x5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为()A．－40B．－20C．20D．40解析：选D．令x＝1，依题意得(1＋a)(2－1)5＝2，所以a＝1.又因为2x－1x5的展开式通项为Tr＋1＝(－1)rCr5·25－r·x5－2r，所以x－1x2x－1x5展开式中的常数项为C35(－1)3·22＋C25(－1)2·23＝40.4.7人站成两排，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A．120B．240C．360D．480解析：选C．第一步：从甲、乙、丙3人中任选1人加到前排有3种不同方法．第二步：将第一步选出的1人加到前排，要保持前排4人中原3人顺序不变，则有A44A33种不同方法；第三步：后排6人中，原4人顺序不变有A66A44种不同方法．由分步乘法计数原理知共有不同加入方法3×A44A33·A66A44＝360(种).5.某市拟从4个重点项目和6个一般项目中各选2个项目作为本年度要启动的项目，则重点项目A和一般项目B至少有一个被选中的不同选法的种数是________.解析：从4个重点项目和6个一般项目各选2个项目共有C24×C26＝90种不同选法，重点项目A和一般项目B都不被选中的不同选法有C23×C25＝30种，所以重点项目A和一般项目B至少有一个被选中的不同选法的种数是90－30＝60.答案：606.设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻的两个顶点之一，若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共________种.解析：青蛙不能经过跳1次、2次或4次到达D点，故青蛙的跳法只有下列两类.第一类，青蛙跳3次到达D点，有ABCD，AFED，共2种跳法.第二类，青蛙跳5次后停止，那么，前3次的跳法一定不能到达D，只能到达B或F，则共有AFEF，ABAF，AFAF，ABCB，ABAB，AFAB，共6种跳法，而后2次跳法各有4种，例如，由点F出发的有FEF，FED，FAF，FAB，共4种跳法，因此共有6×4＝24(种)跳法，因此共有24＋2＝26(种)不同跳法.答案：267.为了鼓舞足球队员的士气，足协想派五名官员给A，B，C，D四支球队做动员工作，每支球队至少派一名官员，且甲、乙两名官员不能去同一支球队，共有多少种不同的安排方法？解：可根据甲、乙两人所去球队的情况进行分类：①甲、乙两人都单独去一支球队，剩余三人中必有两人去同一支球队，先从三人中选出两人组成一组，与其他三人进行全排列，则不同的安排方法有C23A44＝3×24＝72(种).②甲、乙两人去的球队中有一个是两个人，从剩余三人中选出一人与甲或乙组成一组．和其他三人进行全排列．则不同的安排方法有C12C13A44＝2×3×24＝144(种).故不同的安排方法共有72＋144＝216(种).8.已知二项式5x－1xn展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大240.(1)求n；(2)求展开式中含x项的系数；(3)求展开式中所有含x的有理项.解：(1)由已知得，4n－2n＝240，2n＝16，n＝4.(2)二项展开式的通项为Cr4(5x)4－r·－1xr＝Cr454－r·(－1)rx4－32r，令4－32r＝1⇒r＝2.所以含x项的系数为C2452(－1)2＝150.(3)由(2)得，4－32r∈Z，(r＝0，1，2，3，4)，即r＝0，2，4.所以展开式中所有含x的有理项为第1项625x4