第7章计数原理 同步学案（含答案）2024-2025学年高二数学苏教版（2019）选择性必修第二册

第7章　计数原理
1. 掌握分类计数原理与分步计数原理．
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．
活动一　知识梳理　
1. 分类计数原理
如果完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有 m2种不同的方法，…，在第n类方式中有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．
2. 分步计数原理
如果完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有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．
3. 排列数与组合数公式及性质
排列与排列数 组合与组合数
公式 排列数公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ 组合数公式C＝＝＝
性质 当m＝n时，A为全排列；A＝n！；0！＝1 C＝C＝1，C＝C，C＋C＝C
备注 n，m∈N*，且m≤n
4. 二项式定理
(1) 二项式定理：
(a＋b)n＝Can＋Can-1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn (n∈N*).
(2) 通项：Tk＋1＝Can－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(C＝C).
②若n为偶数，则中间一项的二项式系数Cn最大；若n为奇数，则中间两项的二项式系数Cn，Cn相等且最大．
③C＋C＋C＋…＋C＝2n；C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n-1.
活动二　数学思想方法在求解计数问题中的应用　
例1　车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外2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？
活动三　排列与组合的综合应用　
例2　在高三(1)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？
(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？
(3) 若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，则有多少种不同的节目演出顺序？
活动四　二项式定理及其应用　
例3　已知在(－)n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；
(2) 求展开式中系数的绝对值最大的项；
(3) 求n＋9C＋81C＋…＋9n-1C的值．
例4　若(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10.求：
(1) a2；
(2) a1＋a2＋…＋a10；
(3) (a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2.
1. (2024河南月考)若将包含甲、乙在内的5名教师全部分配到两所学校支教，每校至少分配2人，则甲、乙不在同一学校的分配种数为(　　)
A. 12 B. 18 C. 24 D. 36
2. (2024邯郸月考)在(2＋)6的展开式中，无理项的项数为(　　)
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
3. (多选)某校计划安排五位老师(包含甲、乙、丙)完成四月三日至四月五日的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天，则下列说法中正确的是(　　)
A. 若每天安排一人值班，则不同的安排方法共有A种
B. 若甲、乙、丙三人只有一人安排了值班，则不同的安排方法共有AA种
C. 若甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班，则不同的安排方法共有A种
D. 若五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班，则不同的安排方法共有CCA种
4. (2024青岛月考)若(＋2x)n展开式中前3项的二项式系数和等于79，则展开式中二项式系数最大的项为________．
5. (2024河南月考)用1，2，3，4四个数字(可重复)排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
(1) 写出这个数列的前8项；
(2) 这个数列共有少项？
(3) 若an＝341，求n的值．
第7章　计 数 原 理
【活动方案】
例1　设A，B代表2位老师傅．
A，B都不在内的选派方法有CC＝5(种)，
A，B都在内且当钳工的选派方法有CCC＝10(种)，　
A，B都在内且当车工的选派方法有CCC＝30(种)，　
A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有ACC＝80(种)，
A，B有一人在内且当钳工的选派方法有CCC＝20(种)，
A，B有一人在内且当车工的选派方法有CCC＝40(种)，
所以共有5＋10＋30＋80＋20＋40＝185(种).
例2　(1) 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A＝5 040(种)方法；第二步，给4个舞蹈节目排序，有A＝24(种)方法．
根据分步计数原理，可得一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．
(2) 第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”)，一共有A＝720(种)方法．
第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或 2个节目中间(即图中“×”的位置)这样相当于 7个“×”选4个来排，一共有A＝840(种)方法．
根据分步计数原理，可得一共有720×840＝604 800(种)安排顺序．
×□×□×□×□×□×□×
(3) 若所有节目没有演出顺序要求，全部排列，则有A　种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的顺序有＝A＝132(种).
例3　(1) 由题意，得C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3，解得n＝10(负值舍去)，
所以通项为Tk＋1＝C()10-k(－)k＝(－2)kC·，
当5－为整数时，k可取0，6，
所以所有的有理项为T1＝x5和T7＝13 440.
(2) 设第k＋1项系数的绝对值最大，
则解得
又因为k∈{1，2，3，…，9}，
所以k＝7，当k＝7时，T8＝－15 360，
所以系数的绝对值最大的项是第8项，为－15 360.　
(3) 原式＝10＋9C＋81C＋…＋910-1C
＝
＝
＝＝.
例4　(1) (x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，
a2是展开式中含x2项的系数，
则a2＝C(－1)5C(－2)3＋C(－1)4C(－2)4＋C(－1)3·C(－2)5＝800.
(2) 在(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10中，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0；
令x＝0，得a0＝32，
所以a1＋a2＋…＋a10＝－32.
(3) 令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65.
又(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，
将这两个等式相乘可得(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0.
【检测反馈】
1. A　先将甲、乙分别分配给两所学校，共有A种分配方式，再从剩余三名教师中选出一人，随机分配一所学校，剩余2人分配至另一所，共CC种，故共有ACC＝2×3×2＝12(种).
2. B　(2＋)6展开式的通项为Tr＋1＝C(2)6-r·()r＝26-rC·x(其中0≤r≤6且r∈N)，所以展开式中一共有7项，令∈Z，则r＝0或r＝2或r＝4或r＝6，所以展开式中有理项共有4项，则无理项有3项．
3. AC　对于A，每天安排一人值班，则不同的安排方法共有A种，故A正确；对于B，甲、乙、丙三人只有一人安排了值班的安排方法可分为两步完成，第一步，从甲、乙、丙三人中选出一人，有A种选法，再将所选之人与余下两人分别安排到四月三日至四月五日，有A种方法，故不同的安排方法共有AA种，故B错误；对于C，甲、乙两位老师安排在同一天值班，丙没有值班等价于将甲、乙视为一个整体，与除甲、乙、丙外的两人一起分别安排到四月三日至四月五日值班，不同的安排方法共有A种，故C正确；对于D，五位老师都值班了一天，且每天最多安排两位老师值班可分为两步完成，先将5人分为2人，2人，1人三个小组，再将3个小组分别安排到四月三日至四月五日．完成第一步的方法有种，完成第二步的方法有A种，所以不同的安排方法共有A种，故D错误．故选AC.
4. 924x6　由题意，得C＋C＋C＝1＋n＋＝79，解得n＝12或n＝－13(舍去)，即二项式为(＋2x)12，其展开式有13项，最中间的项为第7项，也是二项式系数最大项，即T7＝C()6(2x)6＝924x6.
5. (1) 该数列的前8项为111，112，113，114，121，122，123，124.
(2) 因为用1，2，3，4排成三位数，个位、十位、百位上都有4种排法，
根据分步计数原理，共有4×4×4＝64(项).
(3) 比an＝341小的数有两类：①百位上是1或2的，共有2×4×4＝32(个)；
②百位上是3且十位上是1或2或3的，共有1×3×4＝12(个)，
再根据分类计数原理可得，比an＝341小的数有32＋12＝44(个)，
所以所求的n＝44＋1＝45.