新教材同步备课2024春高中数学第6章计数原理章末综合提升教师用书新人教A版选择性必修第三册

第6章计数原理章末综合提升类型1两个计数原理1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性．2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养．【例1】(1)有2辆不同的红色车和2辆不同的黑色车要停放在如图所示的六个车位中的四个内，要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，则共有________种不同的停放方法．(用数字作答)ABCDEF(2)某公司安排甲、乙、丙等7人完成7天的值班任务，每人负责一天，已知甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，则不同的安排方式有________种．(1)72(2)1128[(1)因为要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，所以第一行只能停放一辆红色车与一辆黑色车，共有2×2×6种停法，再在第二行分类讨论停放剩下的车，第二辆红车如果停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有2种方法，第二辆红车如果不停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有1种方法，共有3种情况，因此共有3×2×2×6＝72(种)情况．(2)以甲、丙的位置分三类．第一类：甲、丙相邻且安排在第一、二天，由于甲不安排在第一天，则丙安排在第一天，甲安排在第二天，其余5人有A5第二类：甲、丙相邻且安排在第二、三天，则有A2第三类：甲、丙相邻且安排在第三天及以后，则甲、丙相邻有4A22种排法，乙有4种排法，其余4人有A4根据分类加法计数原理知，满足条件的安排方式共有A55+A22类型2排列与组合的综合应用1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要树立先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则．2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算素养．【例2】在高二(1)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？[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A77＝5040(种第二步，再松绑，给4个舞蹈节目排序，有A44＝24(种由分步乘法计数原理，共有5040×24＝120960(种)排法．(2)第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A66＝720(种×□×□×□×□×□×□×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，有A7由分步乘法计数原理，共有A66A74(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A12所以节目演出的顺序有A1212A1010＝A类型3二项式定理的应用1．二项式定理是计数原理的重要内容之一，是高考的热点．一般以选择、填空的形式考查，试题难度为易，常从以下几个方面考查：(1)考查二项展开式的通项Tk＋1＝Cnkan－kb(2)考查各项系数和，二项式系数和．(3)考查二项式定理的综合应用，考查对二项式定理的掌握和灵活运用．2．通过二项式定理的应用，提升数学运算素养．【例3】已知在x-23xn的展开式中，第5项的系数与第3(1)求展开式中的所有有理项；(2)求展开式中系数的绝对值最大的项；(3)求n+9(4)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中含x2的项的系数[解](1)由Cn4-24:Cn2解得n＝10(负值舍去),通项为Tk＋1＝C10k(x＝-2当5－5k6为整数时，k可取0，于是有理项为T1＝x5和T7＝13440．(2)设第k＋1项系数的绝对值最大，则C解得193≤k≤223，又因为k∈N，所以k＝7，当k＝7时，T8＝－15360所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15360x-(3)原式＝10+9C10＝C100+9C104∵Cn∴Cnk∴x2项的系数为C32+C42+章末综合测评(一)计数原理(时间：120分钟满分：150分)一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知自然数x满足3Ax+13＝2AA．2 B．3C．4 D．5C[∵自然数x满足3Ax+13＝2Ax+22+6Ax+12，∴3(x＋1)x(x－1)＝2(x＋2)(x＋1)＋6(x＋1)x，整理得3x2－11x－4＝0，解得x＝－13(2．从甲、乙等6名医生中任选3名分别去A，B，C三所学校进行体检，每个学校去1人，其中甲、乙不能去A学校，则不同的选派种数为()A．36 B．48C．60 D．80D[由A学校先在除甲、乙的4名医生中选1名医生，然后由B，C两所学校在剩下的5名医生中选2名医生即可，则不同的选派种数为C41A52＝3．已知(a＋b)2n的展开式的第4项与第8项的二项式系数相等，则(2x－1)n展开式中x3的系数为()A．80 B．40C．－40 D．－80[答案]A4．某冬令营开营仪式文艺晚会中，要将A，B，C，D，E这五个不同节目编排成节目单，如果E节目不能排在开始和结尾，B，D两个节目要相邻，则节目单上不同的排序方式的种数为()A．12 B．18C．24 D．48C[由题意，若B或D排在第一个，则有A22A21若B或D排在最后一个，则有A22A21若B，D不排在开始和结尾，则有2A22A2综上，节目单上不同的排序方式共有8＋8＋8＝24(种)．]5．若(1－2x)2023＝a0＋a1x＋…＋a2023x2023(x∈R)，则a12+aA．2 B．0C．－2 D．－1[答案]D6．1x-2y(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为A．80 B．24C．－12 D．－48A[1x-2y(2x－y)5＝1x(2x－y)5－2y(2x－(2x－y)5的展开式的通项为Tk＋1＝C5k2x5-k-yk＝C5k·25-k令k＝3，得T4＝C53·22·(－1)3x2y∴1x-2y(2x－y)5的展开式中，x2y4的系数为－2×C53·22·(－1)7．已知(ax2＋1)x-2x5的展开式中各项系数的和为－3，则该展开式中xA．40 B．－40C．－120 D．－240C[令x＝1，则展开式的各项系数和为(a＋1)(1－2)5＝－(a＋1)＝－3，解得a＝2，所以(2x2＋1)x-2x5的展开式中含x的项为2x2×C53x8．为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设A，B，C三门德育校本课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有()A．54种 B．240种C．150种 D．60种C[根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选A，B，C三门德育校本课程，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况：①三组人数为1、1、3，此时有C51C41②三组人数为2、2、1，此时有C52C32所以共有60＋90＝150(种)．故选C．]二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．(2023·深圳模拟)已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则()A．a0＝28B．a1＋a2＋…＋a8＝1C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38D．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8AD[取x＝0，可得a0＝28，故A正确；取x＝1，可得a1＋a2＋…＋a8＝1－28，故B不正确；取x＝－1，可得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38－28，故C不正确；已知等式两边对x求导，可得－8(2－x)7＝a1＋2a2x＋…＋8a8x7，取x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，故D正确．故选AD．]10．安排甲、乙、丙、丁四名志愿者奔赴A，B，C三地参加志愿工作，下列说法正确的是()A．不同的安排方法共有64种B．若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种C．若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有12种D．若甲、乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有14种BCD[四名志愿者均有3种选择，所以不同的安排方法数为34＝81，A错误；若恰有一地无人去，则不同的安排方法数是C31C41若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为A33+C3若甲、乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为C21C31+C311．(2023·茂名模拟)已知2x+13xn的展开式共有13项，则下列说法中正确的A．所有奇数项的二项式系数和为212B．所有项的系数和为312C．二项式系数最大的项为第6项或第7项D．有理项共5项BD[由2x+13xn的展开式共有13项，则对于选项A，由展开式二项式系数和为212，则所有奇数项的二项式系数和为211，即选项A错误；对于选项B，令x＝1，得2×1+13112＝312，即所有项的系数和为312，即选项B正确；对于选项C，由2x+13xn的展开式共有13项，则二项式系数最大的项为第7项，即选项C错误；对于选项D，由2x+13x12展开式的通项为Tk＋1＝212-kC12kx12-4k3，又0≤k≤12，则12．连接正方体每个面的中心构成一个正八面体，甲随机选择此正八面体的三个顶点构成三角形，乙随机选择此正八面体三个面的中心构成三角形，且甲、乙的选择互不影响，则下列说法正确的是()A．甲选择的三个点构成正三角形的概率为2B．甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为3C．乙选择的三个点构成正三角形的概率为3D．甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为11ABD[甲随机选择的情况有C63＝20(种)，乙随机选择的情况有C83＝对于A，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有C21C41故甲选择的三个点构成正三角形的概率为820＝25，故选项对于B，甲选择的三个点构成等腰直角三角形，有三种情况：①上下两点都选，中间四个点中选一个，共有C41＝4(种②上下两点中选一个，中间四个点中选相对的两个点，共有C21C21③中间四个点中选三个点，共有C43＝4(种)，故共有4＋4＋4＝12(种所以甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为1220＝35，故选项对于C，正八面体的各面中心是正方体的8个顶点，所以乙选择的三个点构成正三角形，共有8种，所以乙选择的三个点构成正三角形的概率为856＝17，故选项对于D，乙选择的三个点构成等腰直角三角形，共有3×8＝24(种)，概率为2456＝3甲乙相似，则甲乙均为正三角形或均为等腰直角三角形，所以甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为25×17+3三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上．13．(2023·海安市模拟)某社区将招募的5名志愿者分成两组，要求每组至少两人，分别担任白天和夜间的网格员，则不同的分配方法种数为________．20[先将招募的5名志愿者分成两组，再分别担任白天和夜间的网格员，则不同的分配方法种数为C53C214．从0，1，2，3，4，5这6个数中每次取3个不同的数，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有________个．40[先选取3个不同的数，有C63种选法；然后把其中最大的数放在百位上，另2个不同的数放在十位和个位上，有A22种放法，故共有C6315．已知3x2+ax270[根据题意，令x＝1，可得(3＋a)5＝32，解得a＝－1，所以3x2+ax35即3x2-1x3令10－5k＝0，解得k＝2，所以展开式中的常数项为-123316．(2023·如皋市模拟)从正四面体的四个面的中心以及四个顶点共八个点中取出四个点，则这四个点不共面的取法总数为________种．60[如图，正四面体ABCD，O1、O2、O3和O4分别是面ABC、面ACD、面ABD和面BCD的中心，则每个面上的三个顶点与这个面的中心，这四个点共面，如面ACD上，A、C、D和O2共面，每条棱都与小正四面体O3-O1O2O4的一条棱平行，如BC∥O2O3，则B、C、O2和O3四点共面，因此四个点不共面的取法总数为C84－4－6＝60．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)①只有第8项的二项式系数最大；②奇数项二项式系数之和为47；③各项系数之和为414．在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．设二项式x+3x3n，若其展开式中，________，是否存在整数k注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．[解]若选条件①，即只有第8项的二项式系数最大，则Cn7最大，由二项式系数的性质可得，n＝二项式x+Tk＝C14k-1·(x)＝3k-1由21－7k＝0，得k＝3．即存在整数k＝3，使得Tk是展开式中的常数项．若选条件③，即各项系数之和为414，则4n＝414，即n＝14．二项式x+Tk＝C14k-1·(x)＝3k-1由21－7k＝0，得k＝3．即存在整数k＝3，使得Tk是展开式中的常数项．若选条件②，即奇数项二项式系数之和为47，则2n-1＝47＝214，所以n＝15．二项式x+Tk＝C15k-1·(x)＝3k-1由22－7k＝0得k＝227∉Z即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项．18．(本小题满分12分)已知(1－2x＋3x2)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a13x13＋a14x14．求：(1)a1＋a2＋…＋a14；(2)a1＋a3＋a5＋…＋a13．[解](1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27．令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a14＝27－1＝127．(2)由(1)得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27，①令x＝－1得a0－a1＋a2－…－a13＋a14＝67，②由①－②得2(a1＋a3＋a5＋…＋a13)＝27－67，所以a1＋a3＋a5＋…＋a13＝27-619．(本小题满分12分)课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．[解](1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长，故共有C21·C114+C22·(2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有C52·C8(3)分两种情况：第一类：女队长当选，有C12第二类：女队长不当选，则男队长当选，有C4故共有C124+C420．(本小题满分12分)已知An5＝56Cn7，且1-2xn＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3(1)求n的值；(2)求a12+a2[解]1∵An即n(n－1)(n－2)(n－3)(n－4)＝56×nn化简可得(n－5)(n－6)＝90，∵n∈N*，n≥5，∴n＝15．(2)∵(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，∴a0＝Cn0＝令x＝12，可得1＋a12+a222＋…＋an2n＝21．(本小题满分12分)设x10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，其中Q(x)是关于x的多项式，a，b∈R．(1)求a，b的值；(2)若ax＋b＝28，求x10－3除以81的余数．[解](1)由已知等式，得[(x－1)＋1]10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，所以C100x-110+C101x-19+…所以[C100x-18+C101x-17+…+C108](x－所以10x－12＝ax＋b，所以a＝10，b＝－12．(2)因为ax＋b＝28，