6.4 章末复习提升课 第六章 计数原理 人教A版选择性必修第三册 学案
文档属性
| 名称 | 6.4 章末复习提升课 第六章 计数原理 人教A版选择性必修第三册 学案 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 337.0KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-21 08:08:01 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
第六章 计数原理
章末复习提升课
素养一 数学抽象、逻辑推理
在本章中，利用两个计数原理和排列组合知识解决一些计数问题，可以培养学生的数学抽象、逻辑推理的核心素养．
主题1 计数原理的应用
例 (1)有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面或3面在旗杆上纵向排列表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成________种信号．
(2)(2021·西工大附中质检)回文数是指正读反读都一样的正整数，如22，343，1 221，94 249等．显然两位回文数有9个，即11，22，33，…，99；三位回文数有90个，即101，111，121，131，…，191，202，…，999.则四位回文数有________个；2n(n∈N*)位回文数有________个．
【解析】 (1)每次升1面旗可组成3种不同的信号，每次升2面旗可组成3×3＝9(种)不同的信号，每次升3面旗可组成3×3×3＝27(种)不同的信号．根据分类加法计数原理，共可组成3＋9＋27＝39(种)不同的信号．
(2)由题意，可知四位回文数的特点为中间两位数是相同的，千位数和个位数相同但都不能为0，第一步，选千位数和个位数，共有9种选法；第二步，选中间两位数，共有10种选法．由分步乘法计数原理可得，四位回文数共有9×10＝90(个)．在2n(n∈N*)位回文数中．第一步，先选左边的第1个数，共有9种选法；第二步，选左边的第2个数，共有10种选法……第n步，选左边的第n个数，共有10种选法．由分步乘法计数原理可得，2n位回文数共有9×10n－1个．
【答案】 (1)39 (2)90 9×10n－1
使用两个计数原理应注意的问题
(1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．
(2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．
(2021·湖南师大附中高二月考)如图所示，要使电路接通，则开关不同的开闭方式有( )
A．11种 B．20种
C．21种 D．12种
解析：选C.根据题意，若电路接通，则开关1，2中至少有1个闭合，开关3，4，5中至少有1个闭合．对于开关1，2，开关不同的开闭方式共有2×2＝4(种)，其中全部断开的有1种情况，则至少有1个开关闭合的情况有4－1＝3(种)．对于开关3，4，5，开关不同的开闭方式共有2×2×2＝8(种)，其中全部断开的有1种情况，则至少有1个开关闭合的情况有8－1＝7(种)，故要使电路接通，开关不同的开闭方式共有3×7＝21(种)．故选C.
主题2 排列组合的综合应用
例 (1)(2021·嘉兴市高三期末)3男3女六位同学站成一排，则3位女生中有且只有两位女生相邻的不同排法种数是( )
A．576 B．432 C．388 D．216
(2)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【解析】 (1)由题意，先选2个女生捆绑看做一个整体：A＝6，然后将男生全排列再将女生插空：A·A＝6×12＝72，所以不同的排法有6×72＝432种．故选B.
(2)方法一：把4项工作分成3份(将2份工作看成一个元素)有C种方法；3份工作由3名志愿者完成有A种方法，故不同的安排方式共有CA＝6×6＝36(种)．选D.
方法二：因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2，1，1，有eq \f(CCC,A)＝6(种)，再分配给3个人，有A＝6(种)，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．
【答案】 (1)B (2)D
(1)排列组合的解题策略
①把握问题实质，确定是“分类”还是“分步”
②遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．
(2)解决排列组合应用题的常用方法
①合理分类，准确分步；
②特殊优先，一般在后；
③先取后排，间接排除；
④集团捆绑，间隔插空；
⑤抽象问题，构造模型；
⑥均分除序，定序除序．
1．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )
A．30种 B．33种
C．36种 D．39种
解析：选B.如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C种取法；含顶点A的三条棱上都各有3个点，它们与对棱的中点共面，此时共有3种取法．
故与顶点A共面的3个点的取法共有3C＋3＝33(种)．
2．从5名学生中选出4名分别参加A，B，C，D四科竞赛，其中甲不能参加C，D两科竞赛，则不同的参赛方案种数为________．
解析：分为以下几步：(1)选人：先从5人中选出4人，分为两种情况：有甲参加和无甲参加．有甲参加时，选法有C＝4(种)；无甲参加时，选法有C＝1(种)．(2)安排科目：有甲参加时，先排甲，再排其他人，排法有AA＝12(种)；无甲参加时，排法有A＝24(种)．由分步乘法计数原理，不同的参赛方案种数为4×12＋1×24＝72.
答案：72
素养二 数学运算
二项式定理中求展开式的项，系数或二项式系数以及利用二项式定理求解整除系数问题等都体现了数学运算的核心素养．
主题3 二项式定理及其应用
例 (1)＋的展开式中的常数项为( )
A．32 B．34 C．36 D．38
(2)设x＝，则(1＋x)50的展开式中第________项最大．
【解析】 (1)的展开式的通项为Tm＋1＝C(x3)4－m·＝C·(－2)mx12－4m，令12－4m＝0，解得m＝3.的展开式的通项为Tn＋1＝Cx8－n＝Cx8－2n，令8－2n＝0，解得n＝4.所以所求常数项为C(－2)3＋C＝38.
(2)设第k＋1项最大，则由
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C（\r(2)）k≥C（\r(2)）k－1，,C（\r(2)）k≥C（\r(2)）k＋1，))解得k＝29.
故(1＋x)50的展开式中第30项最大．
【答案】 (1)D (2)30
二项式定理的问题类型及解题策略
(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)求二项展开式中满足一定条件的项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定系数，然后代入通项公式求出此项的系数．
(4)确定二项展开式中的二项式系数或系数最大或最小的项：利用二项式系数的性质求解．
(多选)已知(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是( )
A．展开式中奇数项的二项式系数和为256
B．展开式中第6项的系数最大
C．展开式中存在常数项
D．展开式中含x15项的系数为45
解析：选BCD.因为的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以C＝C，得n＝10.因为展开式中各项系数之和为1 024，所以令x＝1，得(a＋1)10＝1 024，解得a＝1.故给定的二项式为，其展开式中奇数项的二项式系数和为×210＝512，故A不正确．由n＝10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而展开式各项的系数与对应的二项式系数相等，故B正确．展开式的通项为Tk＋1＝C(x2)10－k·＝Cx20－ (k＝0，1，2，…，10)，令20－＝0，解得k＝8，即常数项为第9项，故C正确．令20－＝15，得k＝2，故展开式中含x15项的系数为C＝45，故D正确．
主题4 赋值法的应用
例 设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．
(1)a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
【解】 (1)令x＝0，可得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.
与(*)式联立相减得
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)因为Tk＋1＝(－1)kC2100－k()kxk.
所以a2r－1<0(r∈N*)．
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100.
赋值法的应用
(1)解决的问题类型：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．
(2)应用技巧：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．
[注意] 求各项系数的绝对值的和时，要先根据绝对值里面数的符号赋值求解．
1．(2021·杭州市高三质检)已知(x2＋1)(2x－1)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9(x∈R)，则a1＝( )
A．－30 B．30
C．－40 D．40
解析：选B.令t＝x－1，则有[(t＋1)2＋1][2(t＋1)－1]7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a9t9(x∈R)，
即(t2＋2t＋2)(2t＋1)7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a9t9(x∈R)，(2t＋1)7展开式的通项为C(2t)7－r，r＝0，1，…，7，
所以(t2＋2t＋2)(2t＋1)7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a9t9(x∈R)中含t的项为
2tC＋2C(2t)＝30t，所以a1＝2＋2C×2＝30.故选B.
2．若(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋…＋a2 023x2 023(x∈R)，则＋＋…＋的值为( )
A．2 B．0 C．－2 D．－1
解析：选D.(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋…＋a2 023x2 023，令x＝，则
＝a0＋＋＋…＋＝0，
其中a0＝1，所以＋＋…＋＝－1.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://www.21cnjy.com/" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
第六章 计数原理
章末复习提升课
素养一 数学抽象、逻辑推理
在本章中，利用两个计数原理和排列组合知识解决一些计数问题，可以培养学生的数学抽象、逻辑推理的核心素养．
主题1 计数原理的应用
例 (1)有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面或3面在旗杆上纵向排列表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成________种信号．
(2)(2021·西工大附中质检)回文数是指正读反读都一样的正整数，如22，343，1 221，94 249等．显然两位回文数有9个，即11，22，33，…，99；三位回文数有90个，即101，111，121，131，…，191，202，…，999.则四位回文数有________个；2n(n∈N*)位回文数有________个．
【解析】 (1)每次升1面旗可组成3种不同的信号，每次升2面旗可组成3×3＝9(种)不同的信号，每次升3面旗可组成3×3×3＝27(种)不同的信号．根据分类加法计数原理，共可组成3＋9＋27＝39(种)不同的信号．
(2)由题意，可知四位回文数的特点为中间两位数是相同的，千位数和个位数相同但都不能为0，第一步，选千位数和个位数，共有9种选法；第二步，选中间两位数，共有10种选法．由分步乘法计数原理可得，四位回文数共有9×10＝90(个)．在2n(n∈N*)位回文数中．第一步，先选左边的第1个数，共有9种选法；第二步，选左边的第2个数，共有10种选法……第n步，选左边的第n个数，共有10种选法．由分步乘法计数原理可得，2n位回文数共有9×10n－1个．
【答案】 (1)39 (2)90 9×10n－1
使用两个计数原理应注意的问题
(1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．
(2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．
(2021·湖南师大附中高二月考)如图所示，要使电路接通，则开关不同的开闭方式有( )
A．11种 B．20种
C．21种 D．12种
解析：选C.根据题意，若电路接通，则开关1，2中至少有1个闭合，开关3，4，5中至少有1个闭合．对于开关1，2，开关不同的开闭方式共有2×2＝4(种)，其中全部断开的有1种情况，则至少有1个开关闭合的情况有4－1＝3(种)．对于开关3，4，5，开关不同的开闭方式共有2×2×2＝8(种)，其中全部断开的有1种情况，则至少有1个开关闭合的情况有8－1＝7(种)，故要使电路接通，开关不同的开闭方式共有3×7＝21(种)．故选C.
主题2 排列组合的综合应用
例 (1)(2021·嘉兴市高三期末)3男3女六位同学站成一排，则3位女生中有且只有两位女生相邻的不同排法种数是( )
A．576 B．432 C．388 D．216
(2)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【解析】 (1)由题意，先选2个女生捆绑看做一个整体：A＝6，然后将男生全排列再将女生插空：A·A＝6×12＝72，所以不同的排法有6×72＝432种．故选B.
(2)方法一：把4项工作分成3份(将2份工作看成一个元素)有C种方法；3份工作由3名志愿者完成有A种方法，故不同的安排方式共有CA＝6×6＝36(种)．选D.
方法二：因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2，1，1，有eq \f(CCC,A)＝6(种)，再分配给3个人，有A＝6(种)，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．
【答案】 (1)B (2)D
(1)排列组合的解题策略
①把握问题实质，确定是“分类”还是“分步”
②遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．
(2)解决排列组合应用题的常用方法
①合理分类，准确分步；
②特殊优先，一般在后；
③先取后排，间接排除；
④集团捆绑，间隔插空；
⑤抽象问题，构造模型；
⑥均分除序，定序除序．
1．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )
A．30种 B．33种
C．36种 D．39种
解析：选B.如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C种取法；含顶点A的三条棱上都各有3个点，它们与对棱的中点共面，此时共有3种取法．
故与顶点A共面的3个点的取法共有3C＋3＝33(种)．
2．从5名学生中选出4名分别参加A，B，C，D四科竞赛，其中甲不能参加C，D两科竞赛，则不同的参赛方案种数为________．
解析：分为以下几步：(1)选人：先从5人中选出4人，分为两种情况：有甲参加和无甲参加．有甲参加时，选法有C＝4(种)；无甲参加时，选法有C＝1(种)．(2)安排科目：有甲参加时，先排甲，再排其他人，排法有AA＝12(种)；无甲参加时，排法有A＝24(种)．由分步乘法计数原理，不同的参赛方案种数为4×12＋1×24＝72.
答案：72
素养二 数学运算
二项式定理中求展开式的项，系数或二项式系数以及利用二项式定理求解整除系数问题等都体现了数学运算的核心素养．
主题3 二项式定理及其应用
例 (1)＋的展开式中的常数项为( )
A．32 B．34 C．36 D．38
(2)设x＝，则(1＋x)50的展开式中第________项最大．
【解析】 (1)的展开式的通项为Tm＋1＝C(x3)4－m·＝C·(－2)mx12－4m，令12－4m＝0，解得m＝3.的展开式的通项为Tn＋1＝Cx8－n＝Cx8－2n，令8－2n＝0，解得n＝4.所以所求常数项为C(－2)3＋C＝38.
(2)设第k＋1项最大，则由
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C（\r(2)）k≥C（\r(2)）k－1，,C（\r(2)）k≥C（\r(2)）k＋1，))解得k＝29.
故(1＋x)50的展开式中第30项最大．
【答案】 (1)D (2)30
二项式定理的问题类型及解题策略
(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)求二项展开式中满足一定条件的项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定系数，然后代入通项公式求出此项的系数．
(4)确定二项展开式中的二项式系数或系数最大或最小的项：利用二项式系数的性质求解．
(多选)已知(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是( )
A．展开式中奇数项的二项式系数和为256
B．展开式中第6项的系数最大
C．展开式中存在常数项
D．展开式中含x15项的系数为45
解析：选BCD.因为的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以C＝C，得n＝10.因为展开式中各项系数之和为1 024，所以令x＝1，得(a＋1)10＝1 024，解得a＝1.故给定的二项式为，其展开式中奇数项的二项式系数和为×210＝512，故A不正确．由n＝10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而展开式各项的系数与对应的二项式系数相等，故B正确．展开式的通项为Tk＋1＝C(x2)10－k·＝Cx20－ (k＝0，1，2，…，10)，令20－＝0，解得k＝8，即常数项为第9项，故C正确．令20－＝15，得k＝2，故展开式中含x15项的系数为C＝45，故D正确．
主题4 赋值法的应用
例 设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．
(1)a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
【解】 (1)令x＝0，可得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.
与(*)式联立相减得
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)因为Tk＋1＝(－1)kC2100－k()kxk.
所以a2r－1<0(r∈N*)．
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100.
赋值法的应用
(1)解决的问题类型：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．
(2)应用技巧：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．
[注意] 求各项系数的绝对值的和时，要先根据绝对值里面数的符号赋值求解．
1．(2021·杭州市高三质检)已知(x2＋1)(2x－1)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9(x∈R)，则a1＝( )
A．－30 B．30
C．－40 D．40
解析：选B.令t＝x－1，则有[(t＋1)2＋1][2(t＋1)－1]7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a9t9(x∈R)，
即(t2＋2t＋2)(2t＋1)7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a9t9(x∈R)，(2t＋1)7展开式的通项为C(2t)7－r，r＝0，1，…，7，
所以(t2＋2t＋2)(2t＋1)7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a9t9(x∈R)中含t的项为
2tC＋2C(2t)＝30t，所以a1＝2＋2C×2＝30.故选B.
2．若(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋…＋a2 023x2 023(x∈R)，则＋＋…＋的值为( )
A．2 B．0 C．－2 D．－1
解析：选D.(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋…＋a2 023x2 023，令x＝，则
＝a0＋＋＋…＋＝0，
其中a0＝1，所以＋＋…＋＝－1.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://www.21cnjy.com/" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)