高中数学 第一章 计数原理章末复习 新人教A版选修2-3

解析 答案
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？ 解 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＝5 040(种)方法； 第二步再松绑，给 4 个节目排序，有 A44＝24(种)方法. 根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序.
k≤232， 解得k≥139，
又因为k∈{1,2,3，…，9}，
－5
所以k＝7，当k＝7时，T8＝－15 360 x 6 ，
又因为当k＝0时，T1＝x5，
当k＝10时，T11＝(－2)10
x
10 3
＝1
024 x
10 3
，
－5
所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360 x 6 .
解答
(3)求 n＋9C2n＋81C3n＋…＋9n－1Cnn的值. 解 原式＝10＋9C210＋81C310＋…＋910－1C1100 ＝9C110＋92C210＋939C310＋…＋910C1100 ＝C010＋9C110＋92C210＋993C310＋…＋910C1100－1
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__5__. 解析 令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5， 令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
解答
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.
1＋910－1 1010－1 ＝ 9 ＝9.
解答
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.
解析 答案
类型三 二项式定理及其应用
命题角度1 二项展开式的特定项问题
例4
已知在
x－
2 n 3 x
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；
解答
(2)求展开式中系数绝对值最大的项；
解 设第k＋1项系数的绝对值最大，则
Ck102k≥Ck1－0 12k－1， Ck102k≥Ck1＋0 12k＋1，
解答
(2)求a1＋a2＋…＋a10； 解 令x＝1，代入已知式可得， a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0， 而令x＝0，得a0＝32，∴a1＋a2＋…＋a10＝－32.
解答
(3)求(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2. 解 令x＝－1可得， (a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65， 再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0， 把这两个等式相乘可得， (a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0.
解答
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 在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，称该数
解答
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； 解 (x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5， a2是展开式中x2的系数，
∴a2＝C55(－1)5C35(－2)3＋C45(－1)4C45(－2)4＋C35(－1)3·C55(－2)5＝800.
为“驼峰数”，比如：“102”“546”为驼峰数，由数字1,2,3,4,5这5个数字构成的
无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为_____.
30
解析 三位“驼峰数”中 1 在十位的有 A24个，2 在十位上的有 A23个，3 在十位上的有 A22个，
所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30.
解
通项
Tk＋1＝Ck4(5x)4－k－
1
k
x
＝(－1)kC54－k·x
4－
3k 2
，
展开式中二项式系数最大的项是第3项：
T3＝(－1)2C2452x＝150x.
解答
(3)求展开式中所有有理项. 解 由(2)得 4－32k∈Z(k＝0,1,2,3,4)，即 k＝0,2,4， 所以展开式中所有有理项为 T1＝(－1)0C0454x4＝625x4， T3＝(－1)2C2452x＝150x， T5＝(－1)4C4450x－2＝x－2.
第一章 计数原理
章末复习
学习目标 1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 2.理解排列与组合的区别与联系，能利用排列组合解决一些实 际问题. 3.能用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开 式的性质.
内容索引
知识梳理 题型探究 达标检测
知识梳理
1.分类加法计数原理
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＝ m1＋m2＋…＋mn 种不同的方法.
个数为84－1＝83.
解析 答案
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__3_0__种. 解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C24种方法， 同其他两个元素在三个位置上排列有 C24A33＝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 A33种方法， ∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种).
解答
(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？ 解 第一步将 6 个演唱节目排成一列(如图中的“□”)，一共有 A66＝720(种)方法. ×□×□×□×□×□×□× 第二步再将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，
解析 答案
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
A.78
B.76
√C.83
D.84
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
4.二项式定理
(1)二项式定理的内容： (a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b1＋…＋Cknan－kbk＋…＋Cnnbn (n∈N*) . (2)通项公式：Tk＋1＝Cknan－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，中间一项第n2＋1项的二项式系数最大； 若 n 为奇数，中间两项第n＋2 1项和第n＋2 1＋1项的二项式系数相等且最大.
＝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，只有这一种情况，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 C39＝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
③C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n；C0n＋C2n＋…＝C1n＋C3n＋…＝2n－1.
题型探究
类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用 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？
Amn＝n(nn！－1)(n－2)…
＝ n－m！
nn－1n－2…n－m＋1
m！
＝
n！
m！n－m！
C0n＝Cnn＝1 ；
性质
当m＝n时，Amn 为全排列；Ann＝n！； 0！＝_1_
Cmn ＝ Cnn－m ；
C ＋C ＝ Cm
m
m 1 n 1 －
＋ ______________
nLeabharlann n备注n，m∈N*，且m≤n
一共有 A47＝840(种)方法.
根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序.