2019-2020学年高中数学 第一章 计数原理章末小结与测评课件 新人教A版选修2-3

1.应用分类加法计数原理，应准确进行“分类”，明确分类的标准：每一种方法必属于某一类(不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重)，每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”；2．应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成．考点一两个计数原理[典例1](1)某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为()A．14B．16C．20D．48(2)一个地区分为5个行政区域(如图所示)，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法有________种．(用数字作答)解析：(1)分两类：第1类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12；第2类，3人全来自其余4家企业，有4种情况．综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16种情况．(2)法一：分步考虑，先给区域1着色，有C14种不同的着色方法；再给区域2着色，有C13种不同的着色方法；然后给剩下的三个区域着色，可分两类：第1类，将剩余两种颜色在区域3和区域4处全排列，有A22种，再将区域3中的颜色着于区域5处，仅有一种方法．由分步乘法计数原理，知有C14·C13·A22种不同的着色方法；第2类，从剩下的两种颜色中任选一种着于区域3处，有C12种方法，然后将区域2中的颜色着于区域4处，再从剩下的一种颜色和区域3中的颜色中任选1种着于区域5处，有C12种方法．由分步乘法计数原理，知有C14·C13·C12·C12种不同的着色方法．综上，由分类加法计数原理，知共有C14·C13·A22＋C14·C13·C12·C12＝72种不同的着色方法．法二：以所用颜色的多少分类考虑．第1类，仅着4种颜色(即有一种颜色重复使用)，可分如下三步进行：①区域1的着色法有C14种；②从剩余颜色中抽出一种准备重复着色有C13种，而使其在区域2,4或3,5处着色有2种方法，此步骤共有2C13种方法，将剩余的2种颜色着于剩下两处，有A22种．由分步乘法计数原理，知共有2C14·C13·A22种不同的着色方法．第2类，仅着3种颜色，亦可分为三步进行：①先从四种颜色中选出三种，有C34种；②从所选三种颜色中任选一种着于1处，有C13种；③让剩下的两种颜色一种着于区域2,4处，一种着于区域3,5处，有A22种．由分步乘法计数原理，知共有C34·C13·A22种不同的着色方法．综上，由分类加法计数原理，知共有2C14·C13·A22＋C34·C13·A22＝72种不同的着色方法．答案：(1)B(2)72[对点训练]1．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同站法的种数是________(用数字作答)．解析：正面考虑，问题较复杂，不易解决，若从反面考虑，即先不考虑“每级台阶最多站2人”的情况．因为甲、乙、丙3人站这7级台阶，每人都有7种不同的站法，因此共有73种不同的站法，而3人同站在一级台阶的站法有7种，是不符合题意的．所以满足条件的不同站法的种数是73－7＝336.答案：3362．设集合I＝{1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有多少种？解：当A＝{1}时，B为{2,3,4,5}的非空子集即可，有15个．当A中最大数为2(有2个)时，则B有7个．当A中的最大数为3(有4个)时，则B有3个；当A中最大数为4(有8个)时，B＝{5}，故共有15＋2×7＋4×3＋8＝49种不同的选择方法.将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解排列、组合应用题的关键一步．(1)正确分类或分步，恰当选择两个计数原理．(2)有限制条件的排列组合问题应优先考虑“受限元素”或“受限位置”．而排列组合讨论的问题共同点是“元素不相同”，不同点是排列与顺序有关，组合与顺序无关．考点二排列组合应用题[典例2]五位老师和五名学生站成一排，(1)五名学生必须排在一起共有多少种排法？(2)五名学生不能相邻共有多少种排法？(3)老师和学生相间隔共有多少种排法？解：(1)先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有A66种排法，五名学生再内部全排列有A55种，故共有A66·A55＝86400种排法．(2)先将五位老师全排列有A55种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有A56种排法，故共有A55·A56＝86400种排法．可用图表示：□○□○□○□○□○□(用○表示老师所在位置，用□表示中间的空档)(3)排列方式只能有两类，如图所示：○□○□○□○□○□□○□○□○□○□○(用□表示老师所在位置，用○表示学生所在位置)故有2A55·A55＝28800种排法．[典例3]由1、2、3、4、5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12345，第2项是12354，…直到末项(第120项)是54321.问：(1)43251是第几项？(2)第93项是怎样的一个五位数？解：(1)由题意知，共有五位数个数为A55＝120，比43251大的数有下列几类：①万位数是5的有A44＝24个数；②万位数是4，千位数是5的有A33＝6个数；③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A22＝2个数；所以比43251大的共有A44＋A33＋A22＝32个数，所以43251是第120－32＝88项．(2)从(1)知万位数是5的有A44＝24个数，万位数是4，千位数是5的有A33＝6个数，但比第93项大的数有120－93＝27个，第93项即倒数第28项，而万位数是4，千位数是5的6个数是45321、45312、45231、45213、45132、45123，从此可见第93项是45213.[对点训练]3．从字母a，b，c，d，e，f中选出4个字母排成一排，其中一定要选出a和b，并且必须相邻(a在b的前面)，则排列方法共有()A．36种B．72种C．90种D．144种解析：选A由于a，b已经选出，故再从剩余的4个字母中选出2个，方法有C24＝6(种)，将a，b看作一个整体，与选出的2个字母进行排列，∵a在b前面，∴排列方法有A33＝6(种)，根据分步计数原理求得所有的排列方法共有6×6＝36(种)，故选A.4．从6名学生中选出4人分别从事A，B，C，D四项工作，若其中甲，乙两人不能从事工作A，则不同的选派方案有()A．96种B．180种C．240种D．280种解析：选C从6名学生中选出4人分别从事A，B，C，D四项工作，有A46种不同的选派方案．其中当选派甲从事工作A或乙从事工作A时，共有C12A35种选派方案．因此不同的选派方案有A46－C12A35＝240(种)．5．(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？解：(1)法一：先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空中选2个插入，有C24种插法；二是2张同时插入，有C14种插法，再考虑3人可交换有A33种方法．所以共有A33(C24＋C14)＝60种坐法．法二：先将3人与2张空椅子排成一排，从5个位置中选出3个位置排人，另2个位置排空椅子，有A35C22种排法，再将4张空椅子中的每两张插入每两人之间，只有1种插法，所以所求的坐法种数为A35·C22＝60.(2)可先让4人坐在4个位置上，有A44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个空之间，有A25种插法，所以所求的坐法种数为A44·A25＝480.考点三二项式定理的应用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，从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识的交汇，具体归纳如下：(1)考查通项公式问题．(2)考查系数问题：①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和；②一般采用通项公式或赋值法解决．(3)可转化为二项式定理解决问题．[典例4](1)(1＋2x)3(1－3x)5的展开式中x的系数是()A．－4B．－2C．2D．4(2)32＋133n展开式中的第7项与倒数第7项的比是1∶6，则展开式中的第7项为________．解析：(1)(1＋2x)3(1－3x)5＝1＋6x12＋12x＋8x32·1－5x13＋10x23－10x＋5x43－x53，故x的系数是－10＋12＝2.(2)第7项：T7＝C6n(32)n－61336，倒数第7项：Tn－5＝Cn－6n(32)6133n－6，由C6n32n－61336Cn－6n326133n－6＝16，得n＝9.故T7＝C69(32)9－61336＝C39·2·19＝563.答案：(1)C(2)563[对点训练]6．(x－2y)6的展开式中，x4y2的系数为()A．15B．－15C．60D．－60解析：选C(x－2y)6展开式的通项为Tr＋1＝Cr6·x6－r·(－2y)r，令r＝2，得T3＝C26·x4·(－2y)2＝60x4y2，所以x4y2的系数为60.故选C.7．已知2x＋3xn的展开式中各项系数和为625，则展开式中含x项的系数为()A．216B．224C．240D．250解析：选A令二项式中的x＝1，得展开式中各项系数和为5n，∵展开式中各项系数和为625，∴5n＝625，∴n＝4，∴2x＋3x4的展开式的通项为Tr＋1＝Cr4(2x)4－r·3xr＝3r·24－r·Cr4x4－3r2，令4－3r2＝1，解得r＝2，∴展开式中含x项的系数为9×4×C24＝216，故选A.8．设二项式x－13x5的展开式中常数项为A，则A＝________.解析：Tr＋1＝(－1)rCr5x15－5r6，令15－5r＝0，得r＝3，故常数项A＝(－1)3C35＝－10.答案：－109．已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋…＋a11x11，则a1＋a2＋…＋a11＝________.解析：令x＝0，得a0＝(1＋0)6×(1－0)5＝1，再令x＝1，得a0＋a1＋…＋a11＝(1＋1)6×(1－2)5＝－26，所以a1＋a2＋…＋a11＝－26－1＝－65.答案：－65