高中数学2-3学案：第一章 计数原理 章末复习课 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学习目标1.归纳整理本章的知识要点.2.能结合具体问题的特征，合理选择两个计数原理来分析和解决一些简单的实际问题.3。理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数和组合数公式，掌握组合数的两个性质,并能用它们解决实际问题。4。掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能应用它们解决与二项展开式有关的计算和证明问题．1．分类计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝____________________种不同的方法．2．分步计数原理完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法，…,做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N＝____________________________种不同的方法．3．排列数与组合数公式及性质排列与排列数组合与组合数公式排列数公式Aeq\o\al(m，n)＝n（n－1）（n－2）…____________＝____________组合数公式Ceq\o\al(m,n）＝________＝________________________＝________________性质当m＝n时,Aeq\o\al(m,n）为全排列；Aeq\o\al（n,n)＝n！；0!＝______Ceq\o\al(0,n）＝Ceq\o\al（n，n)＝1；Ceq\o\al(m,n)＝________；Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)＝________备注n，m∈N*，且m≤n4.二项式定理(1）二项式定理的内容：（a＋b）n＝______________________________________________________________。(2）通项公式：Tk＋1＝Ceq\o\al（k,n）an－kbk，k∈｛0，1，2,…，n｝．（3）二项式系数的性质：①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；②若n为偶数，中间一项eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(第\f(n，2）＋1项))的二项式系数最大;若n为奇数,中间两项eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(第\f(n＋1，2）项和第\f（n＋1，2)＋1项))的二项式系数相等且最大．③Ceq\o\al(0，n）＋Ceq\o\al（1,n）＋Ceq\o\al（2,n)＋…＋Ceq\o\al(n，n)＝2n；Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al（2,n)＋…＝Ceq\o\al（1，n)＋Ceq\o\al(3，n）＋…＝2n－1.类型一数学思想方法在求解计数问题中的应用eq\x（命题角度1分类讨论思想)例1车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工,现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法?反思与感悟解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：（1)类与类之间要互斥（保证不重复)．（2)总数要完备（保证不遗漏）．跟踪训练1从1,2,3，4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数,其中若有1和3时，3必须排在1的前面;若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答）eq\x（命题角度2“正难则反"思想）例2设集合S＝｛1，2,3,4,5,6,7,8，9｝，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2,a3满足a1<a2<a3,a3－a2≤6，那么满足条件的集合A的个数为________．反思与感悟对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考．跟踪训练2由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人（且每人仅报一科）,若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．类型二排列与组合的综合应用例3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个节目，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？反思与感悟排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列,何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题,一般先进行组合,再进行排列．对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．跟踪训练3设集合A＝｛（x1，x2，x3,x4，x5）｜xi∈{－1，0,1},i＝1,2,3，4，5},那么集合A中满足条件“1≤｜x1|＋|x2｜＋|x3｜＋|x4｜＋|x5|≤3”的元素个数为___________________________．类型三二项式定理及其应用eq\x(命题角度1二项展开式的特定项问题)例4已知在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2，\r(3,x）））)n的展开式中,第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.（1)求展开式中的所有有理项;（2)求展开式中系数绝对值最大的项；(3）求n＋9Ceq\o\al（2,n)＋81Ceq\o\al(3，n）＋…＋9n－1Ceq\o\al（n,n)的值．反思与感悟(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，再由条件确定项数,然后代入通项公式求出此项的系数．（4）求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．（5)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．跟踪训练4已知二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（5x－\f（1,\r(x)))）n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍．(1)求n;（2）求展开式中二项式系数最大的项;（3）求展开式中所有x的有理项．eq\x(命题角度2二项展开式的“赋值”问题）例5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.反思与感悟与二项式系数有关，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，主要方法是赋值法，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．跟踪训练5若(x2＋1)（x－3)9＝a0＋a1（x－2）＋a2（x－2)2＋a3（x－2)3＋…＋a11（x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．1．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有________种．2．已知关于x的二项式eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\r(x)＋\f（a,\r（3,x））)）n展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为________．3．六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．4．若（1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________.5．航天员拟在太空授课，准备进行标号为0，1，2，3,4，5的六项实验，向全世界人民普及太空知识，其中0号实验不能放在第一项,最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为________．（用数字作答）1．排列与组合（1)排列与组合的区别在于排列是有序的，而组合是无序的．(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件,对于有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：①元素分析法：先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素．②位置分析法:先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3）排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点，一般方法是先分组，后分配．2．二项式定理(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、近似计算、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展开式中第r＋1项的通项公式是Tr＋1＝Ceq\o\al（r,n）an－rbr（r＝0,1，…,n），其中二项式系数是Ceq\o\al（r，n)，而不是Ceq\o\al(r＋1，n），这是一个极易错点．（3)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等主要方法是赋值法．

答案精析知识梳理1．m1＋m2＋…＋mn2．m1×m2×…×mn3．(n－m＋1)eq\f（n！，n－m！)eq\f（A\o\al(m，n）,A\o\al（m，m））eq\f(nn－1n－2…n－m＋1，m!)eq\f（n!，m！n－m！)1Ceq\o\al(n－m,n）Ceq\o\al（m，n＋1）4．（1）Ceq\o\al（0,n）an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq\o\al（k，n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n）bn（n∈N＊）题型探究例1解方法一设A，B代表2位老师傅．A，B都不在内的选派方法有Ceq\o\al(4，5）Ceq\o\al(4，4）＝5（种），A，B都在内且当钳工的选派方法有Ceq\o\al（2，2）Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(4，4)＝10（种)，A,B都在内且当车工的选派方法有Ceq\o\al(2，2)Ceq\o\al（4，5）Ceq\o\al(2,4）＝30（种)，A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有Aeq\o\al（2,2)Ceq\o\al(3，5）Ceq\o\al(3，4)＝80（种),A，B有一人在内且当钳工的选派方法有Ceq\o\al（1，2）Ceq\o\al(3，5）Ceq\o\al（4,4）＝20（种），A，B有一人在内且当车工的选派方法有Ceq\o\al（1，2)Ceq\o\al（4,5）Ceq\o\al(3，4)＝40(种)，所以共有Ceq\o\al(4,5）Ceq\o\al（4,4)＋Ceq\o\al（2，2)Ceq\o\al(2，5）Ceq\o\al（4，4）＋Ceq\o\al(2，2）Ceq\o\al（4,5)Ceq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2，2)Ceq\o\al（3,5)Ceq\o\al(3，4)＋Ceq\o\al（1，2)Ceq\o\al（3,5）Ceq\o\al(4，4)＋Ceq\o\al（1,2）Ceq\o\al（4，5）Ceq\o\al(3,4）＝185(种）．方法二5名男钳工有4名被选上的方法有Ceq\o\al（4，5)Ceq\o\al(4,4）＋Ceq\o\al（4,5）Ceq\o\al（3，4）Ceq\o\al（1,2）＋Ceq\o\al(4，5）Ceq\o\al（2,4）Ceq\o\al(2，2）＝75(种)，5名男钳工有3名被选上的方法有Ceq\o\al（3,5）Ceq\o\al(1，2）Ceq\o\al（4，4)＋Ceq\o\al（3，5)Ceq\o\al(3,4）Aeq\o\al(2,2)＝100（种），5名男钳工有2名被选上的方法有Ceq\o\al(2，5)Ceq\o\al（2，2)Ceq\o\al(4,4）＝10(种),所以共有75＋100＋10＝185（种）．方法三4名女车工都被选上的方法有Ceq\o\al（4，4)Ceq\o\al(4，5)＋Ceq\o\al(4，4)Ceq\o\al（3，5)Ceq\o\al(1，2）＋Ceq\o\al(4,4)Ceq\o\al(2,5）Ceq\o\al（2,2)＝35（种），4名女车工有3名被选上的方法有Ceq\o\al（3，4）Ceq\o\al（1，2)Ceq\o\al（4，5)＋Ceq\o\al（3,4)Ceq\o\al(3,5）Aeq\o\al（2,2）＝120（种)，4名女车工有2名被选上的方法有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al（2，2）Ceq\o\al（4,5）＝30(种），所以共有35＋120＋30＝185（种)．跟踪训练160解析1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．分三类：①没有数字1和3时，有Aeq\o\al(3,4）个；②只有1和3中的一个时，有2Aeq\o\al(2，4）个;③同时有1和3时,把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可，有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,3)个．所以满足条件的三位数共有Aeq\o\al(3,4)＋2Aeq\o\al（2，4)＋Ceq\o\al（1,4)·Ceq\o\al（1,3）＝60（个)．例283解析若从正面考虑，需分当a3＝9时，a2可以取8,7，6,5,4,3,共6类；当a3＝8时，a2可以取7，6,5,4，3，2,共6类；…分类较多,而其对立面a3－a2>6包含的情况较少，当a3＝9时,a2取2,a1取1一种情况，利用正难则反思想解决．集合S的含有三个元素的子集的个数为Ceq\o\al(3,9）＝84。在这些含有三个元素的子集中能满足a1〈a2〈a3且a3－a2>6的集合只有{1，2,9}，故满足题意的集合A的个数为84－1＝83。跟踪训练230解析从4人中选出两个人作为一个元素有Ceq\o\al(2,4)种方法，同其他两个元素在三个位置上排列有Ceq\o\al（2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(种)方案,其中有不符合条件的，即学生甲、乙同时参加同一竞赛有Aeq\o\al(3,3)种结果，∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种)．例3解（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．根据分步计数原理，一共有5040×24＝120960(种)安排顺序．(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演唱节目中间，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有Aeq\o\al(4，7)＝840（种）方法．根据分步计数原理,一共有720×840＝604800（种）安排顺序．（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）排列．跟踪训练3130解析由“1≤｜x1｜＋｜x2｜＋|x3｜＋｜x4|＋｜x5|≤3”考虑x1，x2，x3，x4，x5的可能取值，设集合M＝｛0}，N＝{－1，1｝．当x1,x2，x3，x4，x5中有2个取值为0时,另外3个从N中取，共有Ceq\o\al(2，5）×23种方法；当x1，x2，x3，x4,x5中有3个取值为0时，另外2个从N中取,共有Ceq\o\al(3,5）×22种方法;当x1,x2，x3，x4，x5中有4个取值为0时，另外1个从N中取，共有Ceq\o\al(4,5)×2种方法．故总共有Ceq\o\al(2,5）×23＋Ceq\o\al（3，5）×22＋Ceq\o\al(4，5）×2＝130（种）方法，即满足题意的元素个数为130。例4解（1)由Ceq\o\al(4，n）（－2）4∶Ceq\o\al(2，n）（－2）2＝56∶3，解得n＝10,因为通项Tr＋1＝Ceq\o\al（r，10）(eq\r(x））10－req\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(2，\r(3，x））））r＝（－2)rCeq\o\al（r，10),r＝0，1,2，…，10。当5－eq\f（5r,6）为整数时，r可取0,6，于是有理项为T1＝x5和T7＝13440。(2)设第r＋1项系数的绝对值最大,则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(r，10)2r≥C\o\al(r－1，10)2r－1，,C\o\al(r，10）2r≥C\o\al（r＋1，10)2r＋1,))解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（r≤\f（22,3），，r≥\f（19,3)，)）又因为r∈｛1，2，3，…，9}，所以r＝7,当r＝7时，T8＝－15360，又因为当r＝0时,T1＝x5，当r＝10时，T11＝(－2）10＝1024，所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15360。（3)原式＝10＋9Ceq\o\al（2，10）＋81Ceq\o\al（3，10）＋…＋910－1Ceq\o\al（10,10)＝eq\f（9C\o\al(1，10)＋92C\o\al（2，10)＋93C\o\al(3，10)＋…＋910C\o\al(10,10),9)＝eq\f(C\o\al（0，10）＋9C\o\al（1,10）＋92C\o\al（2,10）＋93C\o\al（3,10)＋…＋910C\o\al(10，10）－1,9）＝eq\f(1＋910－1,9）＝eq\f(1010－1,9）.跟踪训练4解(1）令x＝1，得二项式eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（5x－\f(1,\r（x）)))n展开式中各项系数之和为（5－1）n＝4n，各项二项式系数之和为2n，由题意，得4n＝16·2n，所以2n＝16，n＝4.(2)通项T