高中数学人教A版3第一章计数原理单元测试 第一章章末复习

章末复习1．两个计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键．2．排列与组合排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢．对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题．3．二项式定理(1)与二项式定理有关：包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；(2)与通项公式有关：主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项式展开式中第k＋1项的通项公式是Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk(k＝0，1，…n)，其二项式系数是Ceq\o\al(k,n)，而不是Ceq\o\al(k＋1,n)，这是一个极易错点．题型一两个计数原理的应用基本计数原理提供了“完成某件事情”是“分类”进行，还是“分步”进行．在分类或分步中，针对具体问题考虑是与“顺序”有关，还是无关，来确定排列与组合．例1在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m＋n＋1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有()A．Ceq\o\al(1,m＋1)Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(1,n＋1)Ceq\o\al(2,m)B．Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,m)C．Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(1,n)Ceq\o\al(2,m)＋Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,n)D．Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(2,n＋1)＋Ceq\o\al(2,m＋1)Ceq\o\al(1,n)答案C解析法一第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角形，有Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(2,n)个；第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有Ceq\o\al(2,m)Ceq\o\al(1,n)个；第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,n)个．由分类加法计数原理共有N＝(Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(2,m)Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(1,m)Ceq\o\al(1,n))个三角形．法二从m＋n＋1中任取三点共有Ceq\o\al(3,m＋n＋1)种情况，其中三点均在射线OA上(包括O点)，有Ceq\o\al(3,m＋1)个，三点均在射线OB上(包括O点)，有Ceq\o\al(3,n＋1)个．所以，三角形的个数为N＝Ceq\o\al(3,m＋n＋1)－Ceq\o\al(3,m＋1)－Ceq\o\al(3,n＋1).跟踪演练1现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A．144种B．72种C．64种D．84种答案D解析根据所用颜色的种数分类第一类：用4种颜色涂，有Aeq\o\al(4,4)＝4×3×2×1＝24(种)．第二类：用3种颜色，必须有一条对角区域涂同色：有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,3)＝48(种)．第三类：用2种颜色，对角区域各涂一色有Aeq\o\al(2,4)＝4×3＝12(种)．共有24＋48＋12＝84(种)．题型二排列与组合应用题在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．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)相邻捆绑，间隔插空；(5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序．例2用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2，3相邻的偶数有________个(用数字作答)．答案18解析数字2和3相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字2在个位上时，则3必定在十位上，此时这样的五位数共有Aeq\o\al(3,3)＝6(个)；第二种情况，当数字4在个位上时，且2，3必须相邻，此时满足要求的五位数有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝12(个)，则一共有6＋12＝18(个)．跟踪演练2停车场一排有12个空位，如今要停放7辆不同的车，要求恰好有4个空位连在一起，求共有多少种停法？解将4个连在一起的空位看成一个整体，由于另一个空位不能与这个整体相连，则可把这两个元素插在7辆车之间，共有Aeq\o\al(2,8)种方法；而7辆车共有Aeq\o\al(7,7)种排法，因此共有Aeq\o\al(2,8)·Aeq\o\al(7,7)＝282240(种)不同停法．题型三二项式定理的应用对于二项式定理的考查常有两类问题：第一类，直接运用通项公式求特定项或解决与系数有关的问题；第二类，需运用转化思想化归为二项式定理来处理的问题．例3(1)已知(x2－eq\f(i,\r(x)))n的展开式中第3项与第5项的系数之比为－eq\f(3,14)，其中i2＝－1，则展开式中系数为实数且最大的项为()A．第3项B．第4项C．第5项D．第5项或第6项答案C解析T3＝－Ceq\o\al(2,n)x2n－5，T5＝Ceq\o\al(4,n)x2n－10.由－Ceq\o\al(2,n)∶Ceq\o\al(4,n)＝－eq\f(3,14)，得n2－5n－50＝0，∴n＝10，又Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(－i)rx20－eq\f(5,2)r，据此可知当r＝0，2，4，6，8，10时其系数为实数，且当r＝4时，Ceq\o\al(4,10)＝210最大．(2)已知x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，则a9的值为________．答案－10解析法一所给等式即[1－(x＋1)]2＋[1－(x＋1)]10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，而“(x＋1)9”只能从[1－(x＋1)]10中产生，根据二项式定理，a9＝－Ceq\o\al(9,10)＝－Ceq\o\al(1,10)＝－10.法二因为a9与x9项的系数有关，等式左边x9项的系数为0，所以等式右边x9项的系数也为0.因为x10的系数为a10＝Ceq\o\al(0,10)＝1，x9的系数为a9·Ceq\o\al(0,9)＋a10·Ceq\o\al(1,10)＝a9＋10＝0，所以a9＝－10.跟踪演练3(1)(x－1)9按x降幂排列的展开式中，系数最大的项是()A．第4项和第5项B．第5项C．第5项和第6项D．第6项答案B解析根据二项式系数的性质，(x－1)9的展开式中的中间两项即第5项和第6项的二项式系数最大，但第6项的系数是负数，所以只有第5项的系数最大．(2)已知(x＋2)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，|a1|＋|a2|＋…＋|a9|的值为________．答案511解析法一因为(x＋2)9＝[1＋(x＋1)]9＝Ceq\o\al(0,9)＋Ceq\o\al(1,9)(x＋1)＋Ceq\o\al(2,9)(x＋1)2＋…＋Ceq\o\al(9,9)(x＋1)9，所以a0＝Ceq\o\al(0,9)＝1，a1＝Ceq\o\al(1,9)，a2＝Ceq\o\al(2,9)，…，a9＝Ceq\o\al(9,9).因此|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a1＋a2＋…＋a9＝Ceq\o\al(1,9)＋Ceq\o\al(2,9)＋Ceq\o\al(3,9)＋…＋Ceq\o\al(9,9)＝29－1＝511.法二由(x＋2)9＝[1＋(x＋1)]9＝Ceq\o\al(0,9)＋Ceq\o\al(1,9)(x＋1)＋Ceq\o\al(2,9)(x＋1)2＋…＋Ceq\o\al(9,9)(x＋1)9知，a1，a2，a3，…，a9均为正，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a1＋a2＋…＋a9.因此，在已知等式中令x＝0，得a0＋a1＋