《2018年秋高中數(shù)學(xué) 第一章 計(jì)數(shù)原理 階段復(fù)習(xí)課 第1課 計(jì)數(shù)原理學(xué)案 新人教A版選修2-3.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年秋高中數(shù)學(xué) 第一章 計(jì)數(shù)原理 階段復(fù)習(xí)課 第1課 計(jì)數(shù)原理學(xué)案 新人教A版選修2-3.doc（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第一課　計(jì)數(shù)原理 [核心速填] (建議用時5分鐘) 1．分類加法計(jì)數(shù)原理：完成一件事可以有n類辦法，在第一類辦法中有m1種不同的方法，在第二類辦法中有m2種不同的方法，…，在第n類辦法中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn種不同的方法． 2．分步乘法計(jì)數(shù)原理：完成一件事需要分成n個步驟，做第一步有m1種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法，…，做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事有N＝m1m2…mn種不同的方法． 3．排列數(shù)與組合數(shù)公式及性質(zhì) 排列與排列數(shù) 組合與組合數(shù) 公式 排列數(shù)公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ 組合數(shù)公式C＝＝＝ 性質(zhì) 當(dāng)m＝n時，A為全排列A＝n??；0！＝1 C＝C＝1； C＝C； C＋C＝C 備注 n，m∈N*且m≤m 4.二項(xiàng)式定理 (1)二項(xiàng)式定理的內(nèi)容 (a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)． (2)通項(xiàng)公式：Tk＋1＝Can－kbk，k∈{0,1,2，…，n}， (3)二項(xiàng)式系數(shù)C(k∈{0,1,2，…，n})的性質(zhì) ①與首末兩端等距離的兩個二項(xiàng)式系數(shù)相等； ②若n為偶數(shù)，中間一項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大；若n為奇數(shù)，中間兩項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等且最大． ③C＋C＋C＋…＋C＝2n；C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1. [體系構(gòu)建] 通過前面的學(xué)習(xí)與核心知識的填寫，請把本課的知識點(diǎn)以網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建的形式展現(xiàn)出來． [題型探究] 兩個計(jì)數(shù)原理 分類加法計(jì)數(shù)原理和分步乘法計(jì)數(shù)原理是本部分內(nèi)容的基礎(chǔ)，對應(yīng)用題的考查，經(jīng)常要對問題進(jìn)行分類或者分步進(jìn)行分析求解． (1)“分類”表現(xiàn)為其中任何一類均可獨(dú)立完成所給事情．“分步”表現(xiàn)為必須把各步驟均完成，才能完成所給事情，所以準(zhǔn)確理解兩個原理的關(guān)鍵在于弄清分類加法計(jì)數(shù)原理強(qiáng)調(diào)完成一件事情的幾類辦法互不干擾，不論哪一類辦法中的哪一種方法都能夠獨(dú)立完成事件． (2)分步乘法計(jì)數(shù)原理強(qiáng)調(diào)各步驟缺一不可，需要依次完成所有步驟才能完成事件，步與步之間互不影響，即前一步用什么方法不影響后一步采取什么方法. 　(1)方程＋＝1表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么這樣的橢圓的個數(shù)是________． (2)某電視臺連續(xù)播放6個廣告，其中有3個不同的商業(yè)廣告、兩個不同的宣傳廣告、一個公益廣告，要求最后播放的不能是商業(yè)廣告，且宣傳廣告與公益廣告不能連續(xù)播放，兩個宣傳廣告也不能連續(xù)播放，則有多少種不同的播放方式？ 【導(dǎo)學(xué)號：95032096】 (1)20　[以m的值為標(biāo)準(zhǔn)分類，分五類： 第一類：m＝1時，使n＞m，n有6種選擇； 第二類：m＝2時，使n＞m，n有5種選擇； 第三類：n＝3時，使n＞m，n有4種選擇； 第四類：n＝4時，使n＞m，n有3種選擇； 第五類：n＝5時，使n＞m，n有2種選擇； 所以共有6＋5＋4＋3＋2＝20種方法．] (2)[解]　用1,2,3,4,5,6表示廣告的播放順序，則完成這件事有三類方法． 第一類：宣傳廣告與公益廣告的播放順序是2,4,6.分6步完成這件事，共有332211＝36種不同的播放方式． 第二類：宣傳廣告與公益廣告的播放順序是1,4,6，分6步完成這件事，共有332211＝36種不同的播放方式． 第三類：宣傳廣告與公益廣告的播放順序是1,3,6，同樣分6步完成這件事，共有332211＝36種不同的播放方式．由分類加法計(jì)數(shù)原理得：6個廣告不同的播放方式有36＋36＋36＝108種． [延伸探究]　若本例(1)中條件“y軸”改為“x軸”，試求滿足條件的橢圓的個數(shù)． [解]　因?yàn)榉匠瘫硎窘裹c(diǎn)在x軸上的橢圓，則m＞n＞0. 以m的取值進(jìn)行分類． 當(dāng)m＝1時，n值不存在； 當(dāng)m＝2時，n可取1，只有1種選擇； 當(dāng)m＝3時，n可取1,2，有2種選擇； 當(dāng)m＝4時，n可取1,2,3，有3種選擇； 當(dāng)m＝5時，n可取1,2,3,4，有4種選擇； 由分類加法計(jì)數(shù)原理可知，符合條件的橢圓共有10個． [規(guī)律方法] 1．使用兩個原理解決問題的思路 (1)選擇使用兩個原理解決問題時，要根據(jù)我們完成某件事情采取的方式而定，確定是分類還是分步，要抓住兩個原理的本質(zhì)． (2)分類加法計(jì)數(shù)原理的關(guān)鍵是“類”，分類時，首先要根據(jù)問題的特點(diǎn)確定一個合適的分類標(biāo)準(zhǔn)，然后在這個標(biāo)準(zhǔn)下進(jìn)行分類；其次分類時要注意，完成這件事的任何一種方法必須屬于某一類，并且分別屬于不同類的兩種方法是不同的方法． (3)分步乘法計(jì)數(shù)原理的關(guān)鍵是“步”，分步時首先要根據(jù)問題的特點(diǎn)確定一個分步的標(biāo)準(zhǔn)；其次，分步時還要注意滿足完成一件事必須并且只有連續(xù)完成這n個步驟后，這件事才算完成，只有滿足了上述條件，才能用分步乘法計(jì)數(shù)原理． 2．使用兩個原理解決問題時應(yīng)注意的問題 對于一些比較復(fù)雜的既要運(yùn)用分類加法計(jì)數(shù)原理又要運(yùn)用分步乘法計(jì)數(shù)原理的問題，我們可以恰當(dāng)?shù)禺嫵鍪疽鈭D或列出表格，使問題更加直觀、清晰． [跟蹤訓(xùn)練] 1．有六名同學(xué)報(bào)名參加三個智力競賽項(xiàng)目，在下列情況下各有多少種不同的報(bào)名方法？(不一定六名同學(xué)都能參加) (1)每人恰好參加一項(xiàng)，每項(xiàng)人數(shù)不限； (2)每項(xiàng)限報(bào)一人，且每人至多參加一項(xiàng)； (3)每項(xiàng)限報(bào)一人，但每人參加的項(xiàng)目不限． [解]　(1)每人都可以從這三個比賽項(xiàng)目中選報(bào)一項(xiàng)，各有3種不同選法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，知共有選法36＝729(種)． (2)每項(xiàng)限報(bào)一人，且每人至多參加一項(xiàng)，因此可由項(xiàng)目選人，第一個項(xiàng)目有6種選法，第二個項(xiàng)目有5種選法，第三個項(xiàng)目只有4種選法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，得共有報(bào)名方法654＝120(種)． (3)由于每人參加的項(xiàng)目不限，因此每一個項(xiàng)目都可以從這六人中選出一人參賽，由分步乘法計(jì)數(shù)原理，得共有不同的報(bào)名方法63＝216(種)． 排列、組合的應(yīng)用 排列、組合應(yīng)用題是高考的重點(diǎn)內(nèi)容，常與實(shí)際問題結(jié)合命題，要認(rèn)真審題，明確問題本質(zhì)，利用排列、組合的知識解決． 　(1)5名乒乓球隊(duì)員中，有2名老隊(duì)員和3名新隊(duì)員．現(xiàn)從中選出3名隊(duì)員排成1,2,3號參加團(tuán)體比賽，則入選的3名隊(duì)員中至少有1名老隊(duì)員且1、2號中至少有1名新隊(duì)員的排法有________種．(用數(shù)字作答) (2)在高三一班元旦晚會上，有6個演唱節(jié)目，4個舞蹈節(jié)目． ①當(dāng)4個舞蹈節(jié)目要排在一起時，有多少種不同的節(jié)目安排順序？ ②當(dāng)要求每2個舞蹈節(jié)目之間至少安排1個演唱節(jié)目時，有多少種不同的節(jié)目安排順序？ ③若已定好節(jié)目單，后來情況有變，需加上詩朗誦和快板2個欄目，但不能改變原來節(jié)目的相對順序，有多少種不同的節(jié)目演出順序？ 【導(dǎo)學(xué)號：95032097】 [思路探究]　按照“特殊元素先排法”分步進(jìn)行，先特殊后一般． [解]　(1)①只有1名老隊(duì)員的排法有CCA＝36種．②有2名老隊(duì)員的排法有CCCA＝12種．所以共有36＋12＝48種． (2)①第一步，先將4個舞蹈節(jié)目捆綁起來，看成1個節(jié)目，與6個演唱節(jié)目一起排，有A＝5 040種方法；第二步，再松綁，給4個節(jié)目排序，有A＝24種方法． 根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，一共有5 04024＝120 960種． ②第一步，將6個演唱節(jié)目排成一列(如下圖中的“□”)，一共有A＝720種方法． □□□□□□ 第二步，再將4個舞蹈節(jié)目排在一頭一尾或兩個節(jié)目中間(即圖中“”的位置)，這樣相當(dāng)于7個“”選4個來排，一共有A＝7654＝840種． 根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，一共有720840＝604 800種． ③若所有節(jié)目沒有順序要求，全部排列，則有A種排法，但原來的節(jié)目已定好順序，需要消除，所以節(jié)目演出的方式有＝A＝132種排法． [規(guī)律方法] 1．處理排列組合應(yīng)用題的一般步驟 (1)認(rèn)真審題，弄清楚是排列(有序)還是組合(無序)，還是排列與組合混合問題． (2)抓住問題的本質(zhì)特征，準(zhǔn)確合理地利用兩個基本原理進(jìn)行“分類與分步”． 2．處理排列組合應(yīng)用題的規(guī)律 (1)兩種思路：直接法，間接法． (2)兩種途徑：元素分析法，位置分析法． 3．排列組合應(yīng)用題的常見類型和解決方法 (1)特殊元素、特殊位置優(yōu)先安排的策略． (2)合理分類與準(zhǔn)確分步的策略． (3)正難則反，等價轉(zhuǎn)化的策略． (4)相鄰問題捆綁法，不相鄰問題插空法的策略． (5)元素定序，先排后除的策略． (6)排列、組合混合題先選后排策略． (7)復(fù)雜問題構(gòu)造模型策略． [跟蹤訓(xùn)練] 2．(1)我國第一艘航母“遼寧艦”在某次艦載機(jī)起降飛行訓(xùn)練中，有5架飛機(jī)準(zhǔn)備著艦．如果甲、乙兩機(jī)必須相鄰著艦，而丙、丁兩機(jī)不能相鄰著艦，那么不同的著艦方法有(　　) A．12種　　　　　　　 B．18種 C．24種 D．48種 (2)3名教師與4名學(xué)生排成一橫排照相，求①3名教師必須排在一起的不同排法有多少種？②3名教師必須在中間(在3,4,5位置上)的不同排法有多少種？③3名教師不能相鄰的不同排法有多少種？ C　[(1)法一：將甲、乙兩機(jī)“捆綁”看作一個元素，與除去丙、丁兩機(jī)外的另一架飛機(jī)進(jìn)行全排列，再將丙、丁兩機(jī)“插空”排入，共有AAA＝24種不同著艦方法． 法二：先對甲、乙兩機(jī)“捆綁”在一起看作整體，該整體有兩種著艦方法，此時相當(dāng)于只有4架艦載機(jī)，這4架艦載機(jī)有A種著艦方法，其中有AA種方法丙丁兩機(jī)相鄰著艦，利用分步乘法計(jì)數(shù)原理得2＝24種．] (2)①3名教師的排法有A，把3名教師作為一個整體與4個學(xué)生共5個元素的全排列共有A種，則共有AA＝720(種)． ②3名教師的排法有A，4個學(xué)生在4個位子上的全排列共有A種，則共有AA＝144(種)． ③先4個學(xué)生全排列，再在五個空位中任選3個排3名教師，共AA＝1 440(種)． 二項(xiàng)式定理的應(yīng)用 通項(xiàng)公式Tr＋1＝Can－rbr(r＝0,1,2，…，n)集中體現(xiàn)了二項(xiàng)展開式中的指數(shù)、項(xiàng)數(shù)、系數(shù)的變化，是二項(xiàng)式定理的核心，它在求展開式的某些特定項(xiàng)(如含指定冪的項(xiàng)、常數(shù)項(xiàng)、中間項(xiàng)、有理項(xiàng)、系數(shù)最大的項(xiàng)等)及其系數(shù)等方面有著廣泛的應(yīng)用． 　(1)已知(1＋kx2)6(k是正整數(shù))的展開式中x8的系數(shù)小于120，則k＝________. (2)已知二項(xiàng)式展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和是各項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)之和的16倍. 【導(dǎo)學(xué)號：95032098】 ①求n； ②求展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)； ③求展開式中所有x的有理項(xiàng)． (1)1　[(1＋kx2)6的展開式的通項(xiàng)為Tr＋1＝C(kx2)r＝Ckrx2r，令2r＝8得r＝4，∴x8的系數(shù)為Ck4＝15k4 ∴15k4＜120.也即k4＜8，又k是正整數(shù)．故k只能取1.] (2)[解]　①令x＝1得二項(xiàng)式展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和為(5－1)n＝4n，各項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)之和為2n，由題意得，4n＝162n，所以2n＝16，n＝4. ②通項(xiàng)Tr＋1＝C(5x)4－r＝(－1)rC54－rx. 展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)是第3項(xiàng)： T3＝(－1)2C52x＝150x. ③由②得：4－r∈Z.(r＝0,1,2,3,4)，即r＝0,2,4， 所以展開式中所有x的有理項(xiàng)為 T1＝(－1)0C54x4＝625x4， T3＝(－1)2C52x＝150x， T5＝(－1)4C50x－2＝x－2. [規(guī)律方法]　應(yīng)用二項(xiàng)式定理解題要注意的問題 (1)通項(xiàng)公式表示的是第“r＋1”項(xiàng)，而不是第“r”項(xiàng)． (2)展開式中第r＋1項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)C與第r＋1項(xiàng)的系數(shù)，在一般情況下是不相同的，在具體求各項(xiàng)的系數(shù)時，一般先處理符號，對根式和指數(shù)的運(yùn)算要細(xì)心，以防出差錯． (3)它表示二項(xiàng)展開式中的任意項(xiàng)，只要n與r確定，該項(xiàng)也隨之確定．對于一個具體的二項(xiàng)式，它的展開式中的項(xiàng)Tr＋1依賴于r. [跟蹤訓(xùn)練] 3．(1)若二項(xiàng)式的展開式中的系數(shù)是84，則實(shí)數(shù)a＝(　　) A．2　　　　　　　　　 B． C．1 D． (2)已知(1＋x＋x2)(n∈N*)的展開式中沒有常數(shù)項(xiàng)，且2≤n≤8，則n＝________. (1)C　(2)5　[(1)二項(xiàng)式的展開式的通項(xiàng)公式為Tr＋1＝C(2x)7－r＝C27－rarx7－2r，令7－2r＝－3，得r＝5.故展開式中的系數(shù)是C22a5＝84，解得a＝1. (2)展開式的通項(xiàng)是Tr＋1＝Cxn－r＝Cxn－4r，r＝0,1,2，…，n， 由于(1＋x＋x2)的展開式中沒有常數(shù)項(xiàng)，所以Cxn－4r，xCxn－4r＝Cxn－4r＋1和x2Cxn－4r＝Cxn－4r＋2都不是常數(shù)，則n－4r≠0，n－4r＋1≠0，n－4r＋2≠0，又因?yàn)?≤n≤8，所以n≠2,3,4,6,7,8，故取n＝5.] 二項(xiàng)式定理中的“賦值”問題 　(1)若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，則a1＋a2＋a3＋…＋a11的值為________． (2)設(shè)(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值． ①a0. ②a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100. ③a1＋a3＋a5＋…＋a99. ④(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2. ⑤|a0|＋|a1|＋…＋|a100|. 【導(dǎo)學(xué)號：95032099】 [思路探究]　轉(zhuǎn)化為利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式求相應(yīng)二項(xiàng)式的某些項(xiàng)的問題． (1)5　[對已知條件式中令x＝2， 得a0＝(4＋1)(－1)＝－5； 令x＝3得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(9＋1)0＝0； ∴a1＋a2＋a3＋…＋a11＝5.] (2)①令x＝0，則展開式為a0＝2100. ②令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100，(*) 所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100－2100. ③令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100.與②中(*)式聯(lián)立相減得 a1＋a3＋…＋a99 ＝. ④原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)][(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)] ＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100) ＝[(2－)(2＋)]100＝1100＝1. ⑤因?yàn)門r＋1＝(－1)rC2100－r()rxr， 所以a2k－1＜0(k∈N＋)． 所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100| ＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100 ＝(2＋)100. [規(guī)律方法]　 賦值法的應(yīng)用規(guī)律 與二項(xiàng)式系數(shù)有關(guān)，包括求展開式中二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)、各項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)或系數(shù)的和、奇數(shù)項(xiàng)或者偶數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)或系數(shù)的和以及各項(xiàng)系數(shù)的絕對值的和，主要方法是賦值法，通過觀察展開式右邊的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和所求式子的關(guān)系，確定給字母所賦的值，有時賦值后得到的式子比所求式子多一項(xiàng)或少一項(xiàng)，此時要專門求出這一項(xiàng)，而在求奇數(shù)項(xiàng)或者偶數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)或系數(shù)的和時，往往要兩次賦值，再由方程組求出結(jié)果． 提醒：求各項(xiàng)系數(shù)的絕對值的和時，要先根據(jù)絕對值里面數(shù)的符號賦值求解． [跟蹤訓(xùn)練] 4．(1)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，那么自然數(shù)n的值為(　　) A．6　　　　　　　 B．5 C．4 D．3 (2)若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，則a2＋a4＋…＋a12＝________. (1)C　(2)364　[(1)令x＝1得2＋22＋23＋…＋2n＝a0＋a1＋a2＋…＋an即＝a0＋a1＋a2＋…＋an， 即2n＋1－2＝a0＋a1＋a2＋…＋an令x＝0得a0＝1＋1＋1＋…＋1＝n， ∵an＝1，∴a1＋a2＋…＋an－1＝2n＋1－n－3， ∴2n＋1－n－3＝29－n， 解得n＝4，故選C. (2)令x＝0得，a0＝1. ∴當(dāng)x＝1時，a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12＝36； ① 當(dāng)x＝－1時，a0－a1＋a2＋…－a11＋a12＝1； ② ①＋②得2(a0＋a2＋a4＋…＋a12)＝730， ∴a2＋a4＋a6＋…＋a12＝364.]