2024-2025学年新教材高中数学第3章排列组合与二项式定理章末综合提升教案新人教B版选择性必修第二册

PAGE7-排列、组合与二项式定理[巩固层·学问整合][提升层·题型探究]两个计数原理的应用【例1】(1)方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1表示焦点在y轴上的椭圆，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆的个数是________．(2)某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、两个不同的宣扬广告、一个公益广告，要求最终播放的不能是商业广告，且宣扬广告与公益广告不能连续播放，两个宣扬广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？(1)20[以m的值为标准分类，分五类：第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择；其次类：m＝2时，使n>m，n有5种选择；第三类：n＝3时，使n>m，n有4种选择；第四类：n＝4时，使n>m，n有3种选择；第五类：n＝5时，使n>m，n有2种选择；所以共有6＋5＋4＋3＋2＝20种方法．](2)[解]用1,2,3,4,5,6表示广告的播放依次，则完成这件事有三类方法．第一类：宣扬广告与公益广告的播放依次是2,4,6.分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式；其次类：宣扬广告与公益广告的播放依次是1,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．第三类：宣扬广告与公益广告的播放依次是1,3,6，同样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．由分类加法计数原理得：6个广告不同的播放方式有36＋36＋36＝108种．(变条件)若本例(1)的条件“焦点在y轴上”改为“焦点在x轴上”，试求满意条件的椭圆的个数．[解]因为方程表示焦点在x轴上的椭圆，则m>n>0，以m的取值进行分类．当m＝1时，n值不存在；当m＝2时，n可取1，只有1种选择；当m＝3时，n可取1,2，有2种选择；当m＝4时，n可取1,2,3，有3种选择；当m＝5时，n可取1,2,3,4，有4种选择；由分类加法计数原理可知，符合条件的椭圆共有10个．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.并留意计数原则：分类用加法，分步用乘法.eq\o([跟进训练])1．有六名同学报名参与三个智力竞赛项目，在下列状况下各有多少种不同的报名方法？(不肯定六名同学都参与)(1)每人恰好参与一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参与一项；(3)每项限报一人，但每人参与的项目不限．[解](1)每人都可以从这三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36＝729(种)．(2)每项限报一人，且每人至多参与一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，其次个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．(3)由于每人参与的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种).排列、组合的应用【例2】(1)5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参与团体竞赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种．(用数字作答)(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支配依次？②当要求每2个舞蹈节目之间至少支配1个演唱节目时，有多少种不同的节目支配依次？③若已定好节目单，后来状况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能变更原来节目的相对依次，有多少种不同的节目演出依次？(1)48[①只有1名老队员的排法有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)＝36种．②有2名老队员的排法有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝12种．所以共有36＋12＝48种．](2)[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；其次步，再松绑，给4个节目排序，有Aeq\o\al(4,4)＝24种方法．依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．×□×□×□×□×□×□×其次步，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)＝840种．依据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604800种．③若全部节目没有依次要求，全部排列，则有Aeq\o\al(12,12)种排法，但原来的节目已定好依次，须要消退，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．1．处理排列组合应用题的一般步骤(1)仔细审题，弄清晰是排列(有序)还是组合(无序)，还是排列与组合混合问题．(2)抓住问题的本质特征，精确合理地利用两个基本原理进行“分类与分步”．2．处理排列组合应用题的规律(1)两种思路：干脆法，间接法．(2)两种途径：元素分析法，位置分析法．3．排列组合应用题的常见类型和解决方法(1)特别元素、特别位置优先支配的策略．(2)合理分类与精确分步的策略．(3)正难则反，等价转化的策略．(4)相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法的策略．(5)元素定序，先排后除的策略．(6)排列、组合混合题先选后排策略．(7)困难问题构造模型策略．eq\o([跟进训练])2．某次国际合作论坛，为了爱护各国国家元首的平安，某部门将5个安保小组全部支配到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，则这样的支配方法共有________种．(用数字作答)150[由题意可知，应将5个安保小组分成三组，共有两种方法，即分为1,1,3或2,2,1.若分为1,1,3，不同的支配方法共有N1＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,4),A\o\al(2,2))Aeq\o\al(3,3)＝60种；若分为2,2,1，不同的支配方法共有N2＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(2,4),A\o\al(2,2))Aeq\o\al(3,3)＝90种；即共有N1＋N2＝60＋90＝150种不同的支配方法．]二项式定理及其应用【例3】已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,x)))eq\s\up12(n)绽开式的二项式系数之和为256.(1)求n；(2)若绽开式中常数项为eq\f(35,8)，求m的值；(3)若(x＋m)n绽开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值状况．[解](1)二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.(2)设常数项为第r＋1项，则Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)x8－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,8)mrx8－2r，故8－2r＝0，即r＝4，则Ceq\o\al(4,8)m4＝eq\f(35,8)，解得m＝±eq\f(1,2).(3)易知m>0，设第r＋1项系数最大．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(r,8)mr≥C\o\al(r－1,8)mr－1,C\o\al(r,8)mr≥C\o\al(r＋1,8)mr＋1))，化简可得eq\f(8m－1,m＋1)≤r≤eq\f(9m,m＋1).由于只有第6项和第7项系数最大，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＜\f(8m－1,m＋1)≤5，,6≤\f(9m,m＋1)＜7.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)＜m≤2，,2≤m＜\f(7,2).))所以m只能等于2.1．解决与二项绽开式的项有关的问题时，通常利用通项公式．2．解决二项绽开式项的系数(或和)问题常用赋值法．eq\o([跟进训练])3．(1)(x2＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))eq\s\up12(5)的绽开式的常数项是()A．－3 B．－2C．2 D．3(2)233除以9的余数是()A．8 B．4C．2 D．1(1)D(2)A[(1)二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))eq\s\up12(5)绽开式的通项为：Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))eq\s\up12(5－r)·(－1)r＝Ceq\o\al(r,5)·x2r－10·(－1)r.当2r－10＝－2，即r＝4时，有x2·Ceq\o\al(4,5)x－2·(－1)4＝Ceq\o\al(4,5)×(－1)4＝5；当2r－10＝0，即r＝5时，有2·Ceq\o\al(5,5)x0·(－1)5＝－2.∴绽开式中的常数项为5－2＝3，故选D.(2)233＝(23)11＝(9－1)11＝911－Ceq\o\al(1,11)910＋Ceq\o\al(2,11)99＋…＋Ceq\o\al(10,11)9－1＝9(910－Ceq\o\al(1,11)99＋…＋Ceq\o\al(10,11)－1)＋8，∴233除以9的余数是8.故选A.][培优层·素养升华]【例】长三角城市群包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”．现有4名高三学生打算高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游，假设每名同学均从这四个地方中随意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为()A.eq\f(27,64) B.eq\f(9,16)C.eq\f(81,256) D.eq\f(7,16)B[4名同学去旅游的全部状况有：44＝256种，恰有一个地方未被选中共有：Ceq\o\al(1,4)·eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝144种状况，∴恰有一个地方未被选中的概率：P＝eq\f(144,256)＝eq\f(9,16).]该类问题常以新背景、数学传统文化等为依托，将概率计算与排列组合的计算方法相融合，考查转化化归及数据分析、数学建模的数学素养，正确计数是求解此类问题的关键.[素养提升]如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在供应5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A，C区域涂色不相同的概率为()A.eq\f(1,7) B.eq\f(2,7)C.eq\f(3,7) D.eq\f(4,7)B[供应5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，依据题意，如图，设5个区域依次为A，B，C，D，E，分4步进行分析：①，对于区域A，有5种颜色可选；②，对于区域B与A区域相邻，有4种颜色可选；③，对于区域E，与A，B区域相邻，有3种颜色可选；④，对于区域D，C，若D与B颜色相同，C区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，C区域有2种颜色可选，则区域D，C有3＋2×2＝7