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2018版高考数学(理科)一轮设计:第11章教师用书(人教A版)

时间:2018-09-12 15:05:23    浏览数:
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课件

第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
最新考纲 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理;2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.

知 识 梳 理
1.分类加法计数原理
完成一件事有两类不同的方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法.
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法.
3.分类加法和分步乘法计数原理,区别在于:分类加法计数原理针对“分类”问题,其中各种方法相互独立,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对“分步”问题,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
诊 断 自 测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)  精彩PPT展示
(1)在分类加法计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同.(  )
(2)在分类加法计数原理中,每类方案中的方法都能直接完成这件事.(  )
(3)在分步乘法计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(  )
(4)在分步乘法计数原理中,事情是分两步完成的,其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.(  )
解析 分类加法计数原理,每类方案中的方法都是不同的,每一种方法都能完成这件事;分步乘法计数原理,每步的方法都是不同的,每步的方法只能完成这一步,不能完成这件事,所以(1),(4)均不正确.
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×
2.从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会,则不同的选法种数为(  )
A.6 B.5
C.3 D.2
解析 5个人中每一个都可主持,所以共有5种选法.
答案 B
3.(选修2-3P28B2改编)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块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有(  )
A.24种 B.30种
C.36种 D.48种
解析 需要先给C块着色,有4种结果;再给A块着色,有3种结果;再给B块着色,有2种结果;最后给D块着色,有2种结果,由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2=48(种).
答案 D
4.5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中一个小组,则不同的报名方法有________种(用数字作答).
解析 每位同学都有2种报名方法,因此,可分五步安排5名同学报名,由分步乘法计数原理,总的报名方法共2×2×2×2×2=32(种).
答案 32
5.已知某公园有5个门,从任一门进,另一门出,则不同的走法的种数为________(用数字作答).
解析 分两步,第一步选一个门进有5种方法,第二步再选一个门出有4种方法,所以共有5×4=20种走法.
答案 20

考点一 分类加法计数原理
【例1】 (1)三个人踢毽,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽又被踢回给甲,则不同的传递方式共有(  )
A.4种 B.6种 C.10种 D.16种
(2)(2017•郑州质检)满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为(  )
A.14 B.13 C.12 D.10
解析 (1)分两类:甲第一次踢给乙时,满足条件有3种方法(如图),甲乙丙乙甲甲乙甲丙甲
同理,甲先传给丙时,满足条件有3种踢法.
由分类加法计数原理,共有3+3=6种传递方法.
(2)①当a=0,有x=-b2,b=-1,0,1,2有4种可能;
②当a≠0时,则Δ=4-4ab≥0,ab≤1,
(ⅰ)若a=-1时,b=-1,0,1,2有4种不同的选法;
(ⅱ)若a=1时,b=-1,0,1有3种可能;
(ⅲ)若a=2时,b=-1,0,有2种可能.
∴有序数对(a,b)共有4+4+3+2=13(个).
答案 (1)B (2)B
规律方法 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在,应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.
(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准.
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类,并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法,不能重复.
(3)分类时除了不能交叉重复外,还不能有遗漏,如本例(2)中易漏a=0这一类.
【训练1】 (1)如图,从A到O有________种不同的走法(不重复过一点).
(2)从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为(  )
A.3 B.4 C.6 D.8
解析 (1)分3类:第一类,直接由A到O,有1种走法;第二类,中间过一个点,有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法;第三类,中间过两个点,有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法,由分类加法计数原理可得共有1+2+2=5种不同的走法.
(2)以1为首项的等比数列为1,2,4;1,3,9;
以2为首项的等比数列为2,4,8;
以4为首项的等比数列为4,6,9;
把这4个数列的顺序颠倒,又得到另外的4个数列,
∴所求的数列共有2(2+1+1)=8个.
答案 (1)5 (2)D
考点二 分步乘法计数原理
【例2】 (1)(2017•石家庄模拟)教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,由一层到五层的走法有(  )
A.10种 B.25种 C.52种 D.24种
(2)定义集合A与B的运算A*B如下:A*B={(x,y)|x∈A,y∈B},若A={a,b,c},B={a,c,d,e},则集合A*B的元素个数为________(用数字作答).
解析 (1)每相邻的两层之间各有2种走法,共分4步.
由分步乘法计数原理,共有24种不同的走法.
(2)显然(a,a),(a,c)等均为A*B中的关系,确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x,B中取一个元素来确定y,由分步计数原理可知A*B中有3×4=12个元素.
答案 (1)D (2)12
规律方法 (1)在第(1)题中,易误认为分5步完成,错选B.
(2)利用分步乘法计数原理应注意:①要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的.②各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各步骤都完成才算完成这件事.
【训练2】 (1)(2017•威海模拟)某学校开设“蓝天工程博览课程”,组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆参观,则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有(  )
A.C26•45种 B.A26•54种
C.C26•A45种 D.C26•54种
(2)设集合A={-1,0,1},B={0,1,2,3},定义A*B={(x,y)|x∈A∩B,y∈A∪B},则A*B中元素的个数为________(用数字作答).
解析 (1)有两个年级选择甲博物馆共有C26种情况,其余四个年级每个年级各有5种选择情况.故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有C26×54种.
(2)易知A∩B={0,1},A∪B={-1,0,1,2,3},
∴x有两种取法,y有5种取法.
由分步乘法计数原理,A*B的元素有2×5=10(个).
答案 (1)D (2)10
考点三 两个计数原理的综合应用
【例3】 (1)(2015•四川卷)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有(  )
A.144个 B.120个 C.96个 D.72个
(2)(2017•成都诊断)如图所示,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数为________(用数字作答).
解析 (1)由题意,首位数字只能是4,5,若万位是5,则有3×A34=72(个);若万位是4,则有2×A34个=48(个),故比40 000大的偶数共有72+48=120(个).选B.
(2)按区域1与3是否同色分类:
①区域1与3同色:先涂区域1与3有4种方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A33种方法.
∴区域1与3涂同色,共有4A33=24种方法.
②区域1与3不同色:先涂区域1与3有A24种方法,第二步涂区域2有2种涂色方法,第三步涂区域4只有一种方法,第四步涂区域5有3种方法.
∴这时共有A24×2×1×3=72种方法.
由分类加法计数原理, 不同的涂色种数为24+72=96.
答案 (1)B (2)96
规律方法 (1)①注意在综合应用两个原理解决问题时,一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.②注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题,可恰当地列出示意图或列出表格,使问题形象化、直观化.
(2)解决涂色问题,可按颜色的种数分类,也可按不同的区域分步完成.第(2)题中,相邻区域不同色,是按区域1与3是否同色分类处理.
【训练3】 (1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为(  )
A.240 B.204
C.729 D.920
(2)从一架钢琴挑出的十个音键中,分别选择3个,4个,5个,…,10个键同时按下,可发出和声,若有一个音键不同,则发出不同的和声,则这样的不同的和声数为________(用数字作答).
解析 (1)若a2=2,则百位数字只能选1,个位数字可选1或0“凸数”为120与121,共2个.若a2=3,则“凸数”有2×3=6(个).若a2=4,满足条件的“凸数”有3×4=12(个),…,若a2=9,满足条件的“凸数”有8×9=72(个).
∴所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).
(2)由题意知本题是一个分类计数问题,
共有8种不同的类型,
当有3个键同时按下,有C310种结果,
当有4个键同时按下,有C410种结果,
…,
以此类推,根据分类加法计数原理得到共有
C310+C410+C510+…+C1010
=C010+C110+C210+…+C1010-(C010+C110+C210)
=210-(1+10+45)=968.
答案 (1)A (2)968

[思想方法]
1.应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.
在处理具体的应用问题时,首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么.选择合理的标准处理事情,可以避免计数的重复或遗漏.
2.(1)分类要做到“不重不漏”,分类后再分别对每一类进行计数,最后用分类加法计数原理求和,得到总数.
(2)分步要做到“步骤完整”,完成了所有步骤,恰好完成任务,当然步与步之间要相互独立,分步后再计算每一步的方法数,最后根据分步乘法计数原理,把完成每一步的方法数相乘,得到总数.
3.混合问题一般是先分类再分步.
4.要恰当画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清楚,便于探索规律.
[易错防范]
1.切实理解“完成一件事”的含义,以确定需要分类还是需要分步进行.
2.分类的关键在于要做到“不重不漏”,分步的关键在于要正确设计分步的程序,即合理分类,准确分步.
3.确定题目中是否有特殊条件限制.

基础巩固题组
(建议用时:30分钟)
一、选择题
1.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+bi,其中虚数有(  )
A.30个 B.42个 C.36个 D.35个
解析 ∵a+bi为虚数,∴b≠0,即b有6种取法,a有6种取法,由分步乘法计数原理知可以组成6×6=36个虚数.
答案 C
2.某校举行乒乓球赛,采用单淘汰制,要从20名选手中决出冠军,应进行比赛的场数为(  )
A.18 B.19 C.20 D.21
解析 因为每一场比赛都有一名选手被淘汰,即一场比赛对应一个失败者,要决出冠军,就要淘汰19名选手,故应进行19场比赛.
答案 B
3.(2016•济南质检)有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有2套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出,则有几种不同的选择方式(  )
A.24 B.14 C.10 D.9
解析 第一类:一件衬衣,一件裙子搭配一套服装有4×3=12种方式,
第二类:选2套连衣裙中的一套服装有2种选法.
∴由分类加法计数原理,共有12+2=14(种)选择方式.
答案 B
4.某电话局的电话号码为139××××××××,若前六位固定,最后五位数字是由6或8组成的,则这样的电话号码的个数为(  )
A.20 B.25 C.32 D.60
解析 依据题意知,后五位数字由6或8组成,可分5步完成,每一步有2种方法,根据分步乘法计数原理,符合题意的电话号码的个数为25=32.
答案 C
5.集合P={x,1},Q={y,1,2},其中x,y∈{1,2,3,…,9},且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x,y)作为一个点的坐标,则这样的点的个数是(  )
A.9 B.14 C.15 D.21
解析 当x=2时,x≠y,点的个数为1×7=7(个).
当x≠2时,由P⊆Q,∴x=y.
∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取,有7种方法.
因此满足条件的点共有7+7=14(个).
答案 B
6.用10元、5元和1元来支付20元钱的书款,不同的支付方法的种数为(  )
A.3 B.5 C.9 D.12
解析 只用一种币值有2张10元,4张5元,20张1元,共3种;用两种币值的有1张10元,2张5元;1张10元,10张1元;3张5元,5张1元;2张5元,10张1元;1张5元,15张1元,共5种;用三种币值的有1张10元,1张5元,5张1元,共1种.由分类加法计数原理得,共有3+5+1=9(种).
答案 C
7.从集合{1,2,3,4,…,10}中,选出5个数组成子集,使得这5个数中任意两个数的和都不等于11,则这样的子集有(  )
A.32个 B.34个 C.36个 D.38个
解析 将和等于11的放在一组:1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个,有C12=2种,共有2×2×2×2×2=32个.故选A.
答案 A
8.(2016•全国Ⅱ卷)如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(  )

A.24 B.18 C.12 D.9
解析 由题意可知E→F共有6种走法,F→G共有3种走法,由乘法计数原理知,共有6×3=18种走法,故选B.
答案 B
二、填空题
9.(2017•西安质检)如果把个位数是1,且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”,那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中,“好数”共有________个(用数字作答).
解析 当相同的数字不是1时,有C13个;当相同的数字是1时,共有C13C13个,
由分类加法计数原理知共有“好数”C13+C13C13=12(个).
答案 12
10.如图所示,在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中,与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).
解析 把与正八边形有公共边的三角形分为两类:
第一类,有一条公共边的三角形共有8×4=32(个).
第二类,有两条公共边的三角形共有8个.
由分类加法计数原理知,共有32+8=40(个).
答案 40
11.如图,矩形的对角线把矩形分成A,B,C,D四部分,现用5种不同颜色给四部分涂色,每部分涂1种颜色,要求共边的两部分颜色互异,则共有________种不同的涂色方法(用数字作答).
解析 区域A有5种涂色方法;区域B有4种涂色方法;区域C的涂色方法可分2类:若C与A涂同色,区域D有4种涂色方法;若C与A涂不同色,此时区域C有3种涂色方法,区域D也有3种涂色方法.所以共有5×4×4+5×4×3×3=260种涂色方法.
答案 260
12.有六名同学报名参加三个智力竞赛项目(不一定六名同学都能参加),
(1)每人恰好参加一项,每项人数不限,则有________种不同的报名方法;
(2)每项限报一人,且每人至多参加一项,则有________种不同的报名方法;
(3)每项限报一人,但每人参加的项目不限,则有________种不同的报名方法(用数字作答).
解析 (1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有3种不同选法,由分步乘法计数原理,
知共有报名方法36=729(种).
(2)每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有6种选法,第二个项目有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)由于每人参加的项目不限,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).
答案 (1)729 (2)120 (3)216
能力提升题组
(建议用时:10分钟)
13.(2017•衡水调研)用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为(  )
A.243 B.252 C.261 D.279
解析 0,1,2,…,9共能组成9×10×10=900(个)三位数,其中无重复数字的三位数有9×9×8=648(个),∴有重复数字的三位数有900-648=252(个).
答案 B
14.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有(  )
A.24对 B.30对
C.48对 D.60对
解析 与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条,故共有8对.正方体的12条面对角线共有12×8=96(对),且每对均重复计算一次,故共有962=48(对).
答案 C
15.一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有________种(用数字作答).
解析 根据题意,从点P处进入后,参观第一个景点时,有6个路口可以选择,从中任选一个,有6种选法;参观完第一个景点,参观第二个景点时,有4个路口可以选择,从中任选一个,有4种选法;参观完第二个景点,参观
第三个景点时,有2个路口可以选择,从中任取一个,有2种选法.由分步乘法计数原理知共有6×4×2=48种不同游览线路.
答案 48
16.(2016•广州模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数,如22,121,3 443,94 249等.显然2位回文数有9个:11,22,33,…,99.3位回文数有90个:101,111,121,…,191,202,…,999.
则(1)4位回文数有________个;
(2)2n+1(n∈N*)位回文数有________个.
解析 (1)4位回文数相当于填4个方格,首尾相同,且不为0,共9种填法,中间两位一样,有10种填法,
共计9×10=90(种)填法,即4位回文数有90个.
(2)根据回文数的定义,此问题也可以转化成填方格.
结合计数原理,知有9×10n种填法.
答案 (1)90 (2)9×10n
第2讲 排列与组合
最新考纲 1.理解排列、组合的概念;2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式;3.能解决简单的实际问题.

知 识 梳 理
1.排列与组合的概念
名称定义
排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同元素按照一定的顺序排成一列
组合合成一组
2.排列数与组合数
(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数.
(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.
3.排列数、组合数的公式及性质
公式(1)Amn=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=n!(n-m)!
(2)Cmn=AmnAmm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)m!
=n!m!(n-m)!(n,m∈N*,且m≤n).特别地C0n=1

性质(1)0!=1;Ann=n!.
(2)Cmn=Cn-mn;Cmn+1=Cmn+Cm-1n

诊 断 自 测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)  精彩PPT展示
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.(  )
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(  )
(3)若组合式Cxn=Cmn,则x=m成立.(  )
(4)kCkn=nCk-1n-1.(  )
解析 元素相同但顺序不同的排列是不同的排列,故(1)不正确;若Cxn=Cmn,则x=m或n-m,故(3)不正确.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√
2.从4本不同的课外读物中,买3本送给3名同学,每人各1本,则不同的送法种数是(  )
A.12 B.24C.64 D.81
解析 4本不同的课外读物选3本分给3位同学,每人一本,则不同的分配方法为A34=24.
答案 B
3.(选修2-3P28A17改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动,则男女生都有的选法种数是(  )
A.18 B.24C.30 D.36
解析 法一 选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有C24C13=18种,选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有C14C23=12种,故3名学生中男女生都有的选法有C24C13+C14C23=30种.
法二 从7名同学中任选3名的方法数,再除去所选3名同学全是男生或全是女生的方法数,即C37-C34-C33=30.
答案 C
4.用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为________(用数字作答).
解析 末位数字排法有A12,其他位置排法有A34种,共有A12A34=48种.
答案 48
5.(2017•唐山调研)某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为________(用数字作答).
解析 法一 (直接法)甲、乙两人均入选,有C17C22种.
甲、乙两人只有1人入选,有C12C27种方法,
∴由分类加法计数原理,共有C22C17+C12C27=49(种)选法.
法二 (间接法)从9人中选3人有C39种方法.
其中甲、乙均不入选有C37种方法,
∴满足条件的选排方法是C39-C37=84-35=49(种).
答案 49

考点一 排列问题
【例1】 (1)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(  )
A.192种B.216种
C.240种 D.288种
(2)(2017•北京西城区质检)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有________种.
解析 (1)第一类:甲在最左端,
有A55=5×4×3×2×1=120(种)方法;
第二类:乙在最左端,
有4A44=4×4×3×2×1=96(种)方法.
所以共有120+96=216(种)方法.
(2)记其余两种产品为D,E,A,B相邻视为一个元素,先与D,E排列,有A22A33种方法;再将C插入,仅有3个空位可选,共有A22A33C13=2×6×3=36种不同的摆法.
答案 (1)B (2)36
规律方法 (1)第(1)题求解的关键是按特殊元素甲、乙的位置进行分类.注意特殊元素(位置)的优先原则,即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置.对于分类过多的问题,可利用间接法.
(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法.
【训练1】 (1)(2017•新余二模)7人站成两排队列,前排3人,后排4人,现将甲、乙、丙三人加入队列,前排加一人,后排加两人,其他人保持相对位置不变,则不同的加入方法种数为(  )
A.120 B.240 C.360 D.480
(2)(2017•抚顺模拟)某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言,要求甲乙两人至少有一人参加,那么不同的发言顺序有(  )
A.30 B.600 C.720 D.840
解析 (1)第一步,从甲、乙、丙三人选一个加到前排,有3种,第二步,前排3人形成了4个空,任选一个空加一人,有4种,第三步,后排4人形成了5个空,任选一个空加一人有5种,此时形成6个空,任选一个空加一人,有6种,根据分步计数原理有3×4×5×6=360种方法.
(2)若只有甲乙其中一人参加,有C12C35A44=480种方法;若甲乙两人都参加,有C22C25A44=240种方法,则共有480+240=720种方法,故选C.
答案 (1)C (2)C
考点二 组合问题
【例2】 某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.
(1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种?
(2)其中某一种假货不能在内,不同的取法有多少种?
(3)恰有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(4)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种?
(5)至多有2种假货在内,不同的取法有多少种?
解 (1)从余下的34种商品中,选取2种有C234=561种,∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.
(2)从34种可选商品中,选取3种,有C334种或者C335-C234=C334=5 984种.
∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.
(3)从20种真货中选取1件,从15种假货中选取2件有C120C215=2 100种.
∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.
(4)选取2种假货有C120C215种,选取3件假货有C315种,共有选取方式C120C215+C315=2 100+455=2 555种.
∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.
(5)选取3件的总数为C335,因此共有选取方式
C335-C315=6 545-455=6 090种.
∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.
规律方法 组合问题常有以下两类题型变化:
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型;“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取.
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理.
【训练2】 (1)(2017•邯郸一模)现有6个不同的白球,4个不同的黑球,任取4个球,则至少有两个黑球的取法种数是(  )
A.90 B.115 C.210 D.385
(2)(2017•武汉二模)若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有(  )
A.60种 B.63种 C.65种 D.66种
解析 (1)分三类,取2个黑球有C24C26=90种,取3个黑球有C34C16=24种,取4个黑球有C44=1种,故共有90+24+1=115种取法,选B.
(2)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使和为偶数,则4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,∴共有不同的取法有C45+C44+C25C24=66(种).
答案 (1)B (2)D
考点三 排列、组合的综合应用
【例3】 4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球,共有几种放法?
(2)恰有1个盒内有2个球,共有几种放法?
(3)恰有2个盒不放球,共有几种放法?
解 (1)为保证“恰有1个盒不放球”,先从4个盒子中任意取出去一个,问题转化为“4个球,3个盒子,每个盒子都要放入球,共有几种放法?”即把4个球分成2,1,1的三组,然后再从3个盒子中选1个放2个球,其余2个球放在另外2个盒子内,由分步乘法计数原理,共有C14C24C13×A22=144(种).
(2)“恰有1个盒内有2个球”,即另外3个盒子放2个球,每个盒子至多放1个球,也即另外3个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事,所以共有144种放法.
(3)确定2个空盒有C24种方法.
4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有C34C11A22种方法;第二类有序均匀分组有C24C22A22•A22种方法.故共有C24(C34C11A22+C24C22A22•A22)=84(种).
规律方法 (1)解排列组合问题常以元素(或位置)为主体,即先满足特殊元素(或位置),再考虑其他元素(或位置).对于排列组合的综合题目,一般是将符合要求的元素取出或进行分组,再对取出的元素或分好的组进行排列.
(2)不同元素的分配问题,往往是先分组再分配.在分组时,通常有三种类型:①不均匀分组;②均匀分组;③部分均匀分组,注意各种分组类型中,不同分组方法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”.
【训练3】 (1)某校高二年级共有6个班级,现从外地转入4名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排2名,则不同的安排方案种数为(  )
A.A26C24 B.12A26C24
C.A26A24 D.2A26
(2)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有________种(用数字作答).
解析 (1)法一 将4人平均分成两组有12C24种方法,将此两组分配到6个班级中的2个班有A26(种).
所以不同的安排方法有12C24A26(种).
法二 先从6个班级中选2个班级有C26种不同方法,然后安排学生有C24C22种,故有C26C24C22=12A26C24(种).
(2)把8张奖券分4组有两种分法,一种是分(一等奖,无奖)、(二等奖,无奖)、(三等奖,无奖)、(无奖,无奖)四组,分给4人有A44种分法;另一种是一组两个奖,一组只有一个奖,另两组无奖,共有C23种分法,再分给4人有C23A24种分法,所以不同获奖情况种数为A44+C23A24=24+36=60.
答案 (1)B (2)60

[思想方法]
1.对于有附加条件的排列、组合应用题,通常从三个途径考虑
(1)以元素为主考虑,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素.
(2)以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置.
(3)先不考虑附加条件,计算出排列数或组合数,再减去不合要求的排列数或组合数.
2.排列、组合问题的求解方法与技巧
(1)特殊元素优先安排;(2)合理分类与准确分步;(3)排列、组合混合问题先选后排;(4)相邻问题捆绑处理;(5)不相邻问题插空处理;(6)定序问题排除法处理;(7)分排问题直排处理;(8)“小集团”排列问题先整体后局部;(9)构造模型;(10)正难则反,等价条件.
[易错防范]
1.区分一个问题属于排列问题还是组合问题,关键在于是否与顺序有关.
2.解受条件限制的排列、组合题,通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一,避免出现重复或遗漏.
3.解组合应用题时,应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义.
4.对于分配问题,一般先分组,再分配,注意平均分组与不平均分组的区别,避免重复或遗漏.

基础巩固题组
(建议用时:30分钟)
一、选择题
1.从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为a,b,共可得到lg a-lg b的不同值的个数是(  )
A.9 B.10 C.18 D.20
解析 由于lg a-lg b=lg ab(a>0,b>0),
∴lg ab有多少个不同的值,只需看ab不同值的个数.
从1,3,5,7,9中任取两个作为ab有A25种,又13与39相同,31与93相同,∴lg a-lg b的不同值的个数有A25-2=18.
答案 C
2.(2016•四川卷)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为(  )
A.24 B.48 C.60 D.72
解析 由题意,可知个位可以从1,3,5中任选一个,有A13种方法,其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选,进行全排列,有A44种方法,所以奇数的个数为A13A44=3×4×3×2×1=72,故选D.
答案 D
3.有A,B,C,D,E五位学生参加网页设计比赛,决出了第一到第五的名次.A,B两位学生去问成绩,老师对A说:你的名次不知道,但肯定没得第一名;又对B说:你是第三名.请你分析一下,这五位学生的名次排列的种数为(  )
A.6 B.18 C.20 D.24
解析 由题意知,名次排列的种数为C13A33=18.
答案 B
4.10名同学合影,站成了前排3人,后排7人,现摄影师要从后排7人中抽2人站前排,其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的种数为(  )
A.C27A55 B.C27A22
C.C27A25 D.C27A35
解析 首先从后排的7人中抽2人,有C27种方法;再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有A25种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C27A25.
答案 C
5.某台小型晚会由6个节目组成,演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前两位,节目乙不能排在第一位,节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有(  )
A.36种 B.42种 C.48种 D.54种
解析 分两类,第一类:甲排在第一位时,丙排在最后一位,中间4个节目无限制条件,有A44种排法;第二类:甲排在第二位时,从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C13种排法,其他3个节目有A33种排法,故有C13A33种排法.依分类加法计数原理,知共有A44+C13A33=42种编排方案.
答案 B
6.(2016•东北三省四市联考)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐,若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座,则有多少种坐法(  )
A.10 B.16 C.20 D.24
解析 一排共有8个座位,现有两人就坐,故有6个空座.∵要求每人左右均有空座,∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐,即有A25=20种坐法.
答案 C
7.(2017•本溪模拟)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是(  )
A.72 B.120 C.144 D.168
解析 法一 先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品1,小品2,相声”,“小品1,相声,小品2”和“相声,小品1,小品2”.对于第一种情况,形式为“□小品1歌舞1小品中2□相声□”,有A22C13A23=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法,对于第二种情况,三个节目形成4个人,其形式为“□小品1□相声□小品2□”.有A22A34=48种安排方法,故共有36+36+48=120种安排方法.
法二 先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33•A34=144(种),再剔除小品类节目相邻的情况,共有A33•A22•A22=24(种),于是符合题意的排法共有144-24=120(种).
答案 B
8.(2017•青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少一人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有(  )
A.18种 B.24种
C.36种 D.72种
解析 一个路口有3人的分配方法有C13C22A33(种);两个路口各有2人的分配方法有C23C22A33(种).
∴由分类加法计数原理,甲、乙在同一路口的分配方案为C13C22A33+C23C22A33=36(种).
答案 C
二、填空题
9.7位身高均不等的同学排成一排照相,要求中间最高,依次往两端身高逐渐降低,共有________种排法(用数字作答).
解析 先排最中间位置有一种排法,再排左边3个位置,由于顺序一定,共有C36种排法,再排剩下右边三个位置,共一种排法,所以排法种数为C36=20(种).
答案 20
10.若把英语单词“good”的字母顺序写错了,则可能出现的错误方法共有________种(用数字作答).
解析 把g、o、o、d 4个字母排一列,可分两步进行,第一步:排g和d,共有A24种排法;第二步:排两个o,共一种排法,所以总的排法种数为A24=12(种).其中正确的有一种,所以错误的共A24-1=12-1=11(种).
答案 11
11.(2016•呼和浩特二模)从5台甲型和4台乙型电视机中任意取出3台,其中至少要有甲型与乙型电视机各1台,则不同的取法共有________种(用数字作答).
解析 甲型2台乙型1台或甲型1台乙型2台,故共有C25C14+C15C24=70种方法.
答案 70
12.(2017•淮北一模)寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游,实名制购票,每人一座,恰在同一排A,B,C,D,E五个座位(一排共五个座位),上车后五人在这五个座位上随意坐,则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有________种(用数字作答).
解析 设5名同学也用A,B,C,D,E来表示,若恰有一人坐对与自己车票相符的坐法,设E同学坐在自己的座位上,则其他四位都不坐自己的座位,则有:BADC,BDAC,BCDA,CADB,CDAB,CDBA,DABC,DCAB,DCBA共9种坐法,则恰有一人坐对与自己车票相等座位的坐法有9×5=45种坐法.
答案 45
能力提升题组
(建议用时:20分钟)
13.甲、乙等5人在9月3号参加了纪念抗日战争胜利阅兵庆典后,在天安门广场排成一排拍照留念,甲和乙必须相邻且都不站在两端的排法有(  )
A.12种 B.24种
C.48种 D.120种
解析 甲乙相邻,将甲乙捆绑在一起看作一个元素,共有A44A22种排法,甲乙相邻且在两端有C12A33A22种排法,故甲乙相邻且都不站在两端的排法有A44A22-C12A33A22=24(种).
答案 B
14.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(  )
A.60 B.90
C.120 D.130
解析 因为xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5,且1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3,
所以xi中至少两个为0,至多四个为0.
①xi(i=1,2,3,4,5)中4个0,1个为-1或1,A有2C15个元素;
②xi中3个0,2个为-1或1,A有C25×2×2=40个元素;
③xi中2个0,3个为-1或1,A有C35×2×2×2=80个元素;
从而,集合A中共有2C15+40+80=130个元素.
答案 D
15.(2017•黄冈模拟)在某班进行的演进比赛中,共有5位选手参加,其中3位女生,2位男生,如果2位男生不能连着出场,且女生甲不能排在第一个,那么出场顺序的排法种数为________(用数字作答).
解析 若第一个出场是男生,则第二个出场的是女生,以后的顺序任意排,方法有C12C13A33=36种;若第一个出场的是女生(不是女生甲),则剩余的2个女生排列好,2个男生插空,方法有C12A22A23=24种.故所有出场顺序的排法种数为36+24=60.
答案 60
16.(1)现有10个保送上大学的名额,分配给7所学校,每校至少有1个名额,问名额分配的方法共有多少种?
(2)已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,那么最多可确定多少个不同的点?
解 (1)法一 每个学校至少一个名额,则分去7个,剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数.
分类:若3个名额分到一所学校有7种方法;
若分配到2所学校有C27×2=42(种);
若分配到3所学校有C37=35(种).
∴共有7+42+35=84(种)方法.
法二 10个元素之间有9个间隔,要求分成7份,相当于用6块档板插在9个间隔中,共有C69=84种不同方法.
所以名额分配的方法共有84种.
(2)①从集合B中取元素2时,确定C13A33个点.
②当从集合B中取元素1,且从C中取元素1,则确定的不同点有C13×1=C13.
③当从B中取元素1,且从C中取出元素3或4,则确定的不同点有C12A33个.
∴由分类加法计数原理,共确定C13A33+C13+C12A33=33(个)不同点.
第3讲 二项式定理
最新考纲 1.能用计数原理证明二项式定理;2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.

知 识 梳 理
1.二项式定理
(1)二项式定理:(a+b)n=C0nan+C1nan-1b+…+Crnan-rbr+…+Cnnbn(n∈N*);
(2)通项公式:Tr+1=Crnan-rbr,它表示第r+1项;
(3)二项式系数:二项展开式中各项的系数C0n,C1n,…,Cnn.
2.二项式系数的性质
性质性质描述
对称性与首末等距离的两个二项式系数相等,即Ckn=Cn-kn

增减性二项式
系数Ckn
当k<n+12(n∈N*)时,是递增的

当k>n+12(n∈N*)时,是递减的

二项式系数最大值当n为偶数时,中间的一项 取得最大值

当n为奇数时,中间的两项 与 取最大值

3.各二项式系数和
(1)(a+b)n展开式的各二项式系数和:C0n+C1n+C2n+…+Cnn=2n.
(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和,即C0n+C2n+C4n+…=C1n+C3n+C5n+…=2n-1.
诊 断 自 测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)  精彩PPT展示
(1)Cknan-kbk是二项展开式的第k项.(  )
(2)二项展开式中,系数最大的项为中间一项或中间两项.(  )
(3)(a+b)n的展开式中某一项的二项式系数与a,b无关.(  )
(4)(a+b)n某项的系数是该项中非字母因数部分,包括符号等,与该项的二项式系数不同.(  )
解析 二项式展开式中Cknan-kbk是第k+1项,二项式系数最大的项为中间一项或中间两项,故(1)(2)均不正确.
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
2.(x-y)n的二项展开式中,第m项的系数是(  )
A.Cmn B.Cm+1n
C.Cm-1n D.(-1)m-1Cm-1n
解析 (x-y)n展开式中第m项的系数为Cm-1n(-1)m-1.
答案 D
3.(选修2-3P35练习T1(3)改编)
C02 017+C12 017+C22 017+…+C2 0172 017C02 016+C22 016+C42 016+…+C2 0162 016的值为(  )
A.2 B.4
C.2 017 D.2 016×2 017
解析 原式=22 01722 016-1=22=4.
答案 B
4.(2017•石家庄调研)(1+x)n的二项式展开式中,仅第6项的系数最大,则n=________.
解析 (1+x)n的二项式展开式中,项的系数就是项的二项式系数,所以n2+1=6,n=10.
答案 10
5.x2-2x35展开式中的常数项为________.
解析 Tk+1=Ck5(x2)5-k-2x3k=Ck5(-2)kx10-5k.
令10-5k=0,则k=2.∴常数项为T3=C25(-2)2=40.
答案 40


考点一 求展开式中的特定项或特定项的系数
【例1】 已知在3x-123xn的展开式中,第6项为常数项.
(1)求n;
(2)求含x2的项的系数;
(3)求展开式中所有的有理项.
解 (1)通项公式为
Tk+1=Cknxn-k3-12kx-k3=Ckn-12kxn-2k3.
因为第6项为常数项,所以k=5时,n-2×53=0,即n=10.
(2)令10-2k3=2,得k=2,
故含x2的项的系数是C210-122=454.
(3)根据通项公式,由题意10-2k3∈Z,0≤k≤10,k∈N,
令10-2k3=r (r∈Z),则10-2k=3r,k=5-32r,
∵k∈N,∴r应为偶数.
∴r可取2,0,-2,即k可取2,5,8,
∴第3项,第6项与第9项为有理项,
它们分别为454x2,-638,45256x-2.
规律方法 (1)二项式定理的核心是通项公式,求解此类问题可以分两步完成:第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式,建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件,即n,r均为非负整数,且n≥r,
如常数项指数为零、有理项指数为整数等);第二步是根据所求的指数,再求所求的项.
(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.
【训练1】 (1)(2015•全国Ⅰ卷)(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为(  )
A.10 B.20 C.30 D.60
(2)(2016•全国Ⅰ卷)(2x+x)5的展开式中,x3的系数是________(用数字作答).
解析 (1)法一 (x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,
含y2的项为T3=C25(x2+x)3•y2.
其中(x2+x)3中含x5的项为C13x4•x=C13x5.
所以x5y2的系数为C25C13=30.
法二 (x2+x+y)5表示5个x2+x+y之积.
∴x5y2可从其中5个因式中选两个因式取y,两个取x2,一个取x.因此x5y2的系数为C25C23C11=30.
(2)由(2x+x)5得Tr+1=Cr5(2x)5-r(x)r=
25-rCr5x5-r2,令5-r2=3得r=4,此时系数为10.
答案 (1)C (2)10

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