高中数学北师大版3第一章计数原理 第1章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①分类加法计数原理②分步乘法计数原理③排列④排列数公式⑤组合数公式⑥组合数⑦二项展开式的通项⑧对称性⑨增减性两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本部分内容的基础，对应用题的考查，经常要对问题进行分类或者分步，进而分析求解．(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情．“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件．(2)分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法.王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？【精彩点拨】解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法使这件事是否完成，从而区分加法原理和乘法原理．【规范解答】(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种)．(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种)．(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法．即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种)．应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：1要做什么事；2如何去做这件事；3怎样才算把这件事完成了.并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法.[再练一题]1.如图1­1为电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电．图1­1【解析】先分三类．第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2＝4(种)方法，所以总的线路条数N＝3＋1＋4＝8.【答案】8排列、组合的应用排列、组合应用题是高考的重点内容，常与实际问题结合命题，要认真审题，明确问题本质，利用排列、组合的知识解决．(1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？(2)在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．①当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？③若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？【精彩点拨】按照“特殊元素先排法”分步进行，先特殊后一般．【规范解答】(1)因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：①若甲乙都不参加，则有派遣方案Aeq\o\al(4,8)种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有Aeq\o\al(3,8)种方法，所以共有3Aeq\o\al(3,8)种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3Aeq\o\al(3,8)种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余学生到另两个城市有Aeq\o\al(2,8)种，共有7Aeq\o\al(2,8)种方法．所以共有不同的派遣方法总数为Aeq\o\al(4,8)＋3Aeq\o\al(3,8)＋3Aeq\o\al(3,8)＋7Aeq\o\al(2,8)＝4088种．(2)①第一步，先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有Aeq\o\al(7,7)＝5040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有Aeq\o\al(4,4)＝24种方法．根据分步乘法计数原理，一共有5040×24＝120960种．②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有Aeq\o\al(6,6)＝720种方法．×□×□×□×□×□×□×第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有Aeq\o\al(4,7)＝7×6×5×4＝840种．根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604800种．③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有Aeq\o\al(12,12)种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有eq\f(A\o\al(12,12),A\o\al(10,10))＝Aeq\o\al(2,12)＝132种排法．解排列、组合应用题的解题策略1．特殊元素优先安排的策略．2．合理分类和准确分步的策略．3．排列、组合混合问题先选后排的策略．4．正难则反、等价转化的策略．5．相邻问题捆绑处理的策略．6．不相邻问题插空处理的策略．7．定序问题除序处理的策略．8．分排问题直排处理的策略．9．“小集团”排列问题中先整体后局部的策略．10．构造模型的策略．简单记成：合理分类，准确分步；特殊优先，一般在后；先取后排，间接排除；集团捆绑，间隔插空；抽象问题，构造模型；均分除序，定序除序．[再练一题]2．(1)一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题，要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是()A．40 B．74C．84 D．200(2)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()A．60种 B．48种C．30种 D．24种【解析】(1)分三类：第一类，前5个题目的3个，后4个题目的3个；第二类，前5个题目的4个，后4个题目的2个；第三类，前5个题目的5个，后4个题目的1个．由分类加法计数原理得Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(5,5)Ceq\o\al(1,4)＝74.(2)由题意知，不同的座次有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝48种，故选B.【答案】(1)B(2)B二项式定理问题的处理方法和技巧对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项．另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题．(1)若二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,x)))7的展开式中eq\f(1,x3)的系数是84，则实数a＝()A．2 \r(5,4)C．1 \f(\r(2),4)(2)已知(1＋x＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))n(n∈N＋)的展开式中没有常数项，且2≤n≤8，则n＝________.(3)设(3x－1)6＝a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a6＋a4＋a2＋a0的值为________．【精彩点拨】(1)、(2)利用二项式定理的通项求待定项；(3)通过赋值法求系数和．【规范解答】(1)二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,x)))7的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,7)(2x)7－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)))r＝Ceq\o\al(r,7)27－rarx7－2r，令7－2r＝－3，得r＝5.故展开式中eq\f(1,x3)的系数是Ceq\o\al(5,7)22a5＝84，解得a＝1.(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))n展开式的通项是Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)xn－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x3)))r＝Ceq\o\al(r,n)xn－4r，r＝0,1,2，…，n，由于(1＋x＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x3)))n的展开式中没有常数项，所以Ceq\o\al(r,n)xn－4r，xCeq\o\al(r,n)xn－4r＝Ceq\o\al(r,n)xn－4r＋1和x2Ceq\o\al(r,n)xn－4r＝Ceq\o\al(r,n)xn－4r＋2都不是常数，则n－4r≠0，n－4r＋1≠0，n－4r＋2≠0，又因为2≤n≤8，所以n≠2,3,4,6,7,8，故取n＝5.(3)令x＝1，得a6＋a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝26＝64.令x＝－1，得a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)6＝4096.两式相加，得2(a6＋a4＋a2＋a0)＝4160，所以a6＋a4＋a2＋a0＝2080.【答案】(1)C(2)5(3)20801．解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式．2．解决二项展开式项的系数(或和)问题常用赋值法．[再练一题]3．(1)在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝()A．45 B．60C．120 D．210(2)设a∈Z，且0≤a<13，若512016＋a能被13整除，则a＝()A．0 B．1C．11 D．12【解析】(1)因为f(m，n)＝Ceq\o\al(m,6)Ceq\o\al(n,4)，所以f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(0,4)＋Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(0,6)Ceq\o\al(3,4)＝120.(2)512016＋a＝(13×4－1)2016＋a，被13整除余1＋a，结合选项可得a＝12时，512016＋a能被13整除．【答案】(1)C(2)D排列、组合中的分组与分配问题n个不同元素按照条件分配给k个不同的对象称为分配问题，分定向分配与不定向分配两种问题；将n个不同元素按照某种条件分成k组，称为分组问题，分组问题有不平均分组、平均分组、部分平均分组三种情况．分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的，而后者即使2组元素个数相同，但因所属对象不同，仍然是可区分的．对于后者必须先分组再排列．按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．【精彩点拨】这是一个分配问题，解题的关键是搞清事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．【规范解答】(1)无序不均匀分组问题．先选1本有Ceq\o\al(1,6)种选法，再从余下的5本中选2本有Ceq\o\al(2,5)种选法，最后余下3本全选有Ceq\o\al(3,3)种选法．故共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝60(种)．(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)问基础上，还应考虑再分配，共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360(种)．(3)无序均匀分组问题．先分三步，则应是Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)种方法，但是这里出现了重复．不妨记6本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)种分法中还有(AB，EF，CD)，(AB，CD，EF)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共Aeq\o\al(3,3)种情况，而这Aeq\o\al(3,3)种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))＝15(种)．(4)有序均匀分组问题．在第(3)问基础上再分配给3个人，共有分配方式eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))·Aeq\o\al(3,3)＝Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90(种)．(5)无序部分均匀分组问题．共有eq\f(C\o\al(4,6)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))＝15(种)．(6)有序部分均匀分组问题．在第(5)问基础上再分配给3个人，共有分配方式eq\f(C\o\al(4,6)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝90(种)．(7)直接分配问题．甲选1本有Ceq\o\al(1,6)种方法，乙从余下5本中选1本有Ceq\o\al(1,5)种方法，余下4本留给丙有Ceq\o\al(4,4)种方法．共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,4)＝30(种)．均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数，还要充分考虑到是否与顺序有关，有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数.[再练一题]4．将6本不同的书，分配给甲、乙、丙三人，问如下分配的分配方法各有多少种？(1)甲一本，乙两本，丙三本？(2)其中有一人一本，有一人两本，有一人三本？(3)甲、乙、丙每人两本？(4)分成三堆，每堆两本？【解】(1)甲一本，有Ceq\o\al(1,6)种取法；乙从剩余的5本中任取2本，有Ceq\o\al(2,5)种取法；丙有Ceq\o\al(3,3)种取法，故有Ceq\o\al(1,6)·Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(3,3)＝60种取法．(2)有一人一本，有一人两本，有一人三本，没指定哪个人几本，故在(1)的情况下，甲、乙、丙手中的书可以任意交换，故有Ceq\o\al(1,6)·Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(3,3)·Aeq\o\al(3,3)＝360种分配法．(3)同(1)一样，甲、乙、丙依次去取书，共有Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,2)＝90种分配方法．(4)分成三堆，每堆两本，注意与(3)中的情况不同，假如在(3)中甲选AB，乙选CD，丙选EF，这是一种分法，将AB，CD，EF任意交换得到甲、乙、丙不同的分法．如甲CD，乙AB，丙EF或甲EF，乙AB，丙CD，…，而分成三堆都属于同一种分法．故应有eq\f(C\o\al(2,6)·C\o\al(2,4)·C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))＝15种分配方法．1．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为()A．29 B．210C．211 D．212【解析】由Ceq\o\al(3,n)＝Ceq\o\al(7,n)，得n＝10，故奇数项的二项式系数和为29.【答案】A2．如图1­2，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()图1­2A．24 B．18C．12 D．9【解析】从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条．如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条)．所以小明到老年公寓的最短路