1、章末复习提升课第一章 计数原理 有红、黄、蓝旗各 3 面，每次升一面、二面或三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，共可以组成的信号有_种.计数原理的应用【解析】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 339 种不同的信号，每次升 3 面旗可组成 33327 种不同的信号根据分类加法计数原理，共可组成 392739 种不同的信号.【答案】39使用两个原理应注意的问题(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
2、类方法里再分步 5 个不同的球放入 4 个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，若甲球必须放入 A 盒，则不同的放法种数是_.解析：将甲球放入 A 盒后分两类，一类是除甲球外，A 盒还放其他球，共 A4424(种)，另一类是 A 盒中只有甲球，则其他 4 个球放入另外的三个盒中，有 C24A3336(种)故总的放法为 243660(种).答案：60 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()A12 种 B18 种C24 种D36 种排列组合的综合应用【解析】法一：把 4 项工作分成 3 份(将 2 份工作看成一个元素)有 C24种
3、方法；3 份工作由 3 名志愿者完成的方法有 A33种，故不同的安排方式共有 C24A336636(种)选 D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C24C12C11A226 种，再分配给 3 个人，有 A336 种，所以不同的安排方式共有 6636(种).【答案】D(1)排列、组合应用题的解题策略在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么.区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否
4、有关若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关.(2)解决排列组合应用题的常用方法合理分类，准确分步；特殊优先，一般在后；先取后排，间接排除；集团捆绑，间隔插空；抽象问题，构造模型；均分除序，定序除序.注意 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，即一般策略为先组合后排列分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准 1.有 5 盆各不相同的菊花，其中黄菊花 2 盆、白菊花 2 盆、红菊花 1 盆
5、，现把它们摆放成一排，要求 2 盆黄菊花必须相邻，2 盆白菊花不能相邻，则这 5 盆花的不同摆放种数是()A12 B24C36 D48解析：选 B2 盆黄菊花捆绑作为一个元素与 1 盆红菊花排列，2盆白菊花采用插空法，所以这 5 盆花的不同摆放共有 A22A22A2324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 C344(种)；无甲参加时，选法有 C441(种)(2)安排科目：有甲参加时，先排甲
6、，再排其他人，排法有 A12A3312(种)；无甲参加时，排法有A4424(种)由分步乘法计数原理，不同的参赛方案种数为 41212472.答案：72(1)(12 x)3(13 x)5 的展开式中 x 的系数是()A4 B2C2 D4(2)3 2 13 3n展开式中的第 7 项与倒数第 7 项的比是 16，则展开式中的第 7 项为_.二项式定理及应用【解析】(1)(12 x)3(13 x)5(16x1212x8x32)(15x1310 x2310 x5x43x53)，故 x 的系数是10122.(2)第 7 项：T7C6n(3 2)n613 36，倒数第 7 项：Tn5Cn6n(3 2)613
7、 3n6，由C6n（3 2）n613 36Cn6n（3 2）613 3n616，得 n9.故 T7C69(3 2)9613 36C39219563.【答案】(1)C(2)563二项式定理的问题类型及解答策略(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)求二项展开式中条件项的系数：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系数最大或最小项：利用二项式系数的性质 1.已知x
8、ax5的展开式中含 x32的项的系数为 30，则 a()A 3B 3C6 D6解析：选 DTr1Cr5(x)5raxrCr5(a)rx52r2，由52r232，解得 r1.由 C15(a)30，得 a6.2.x32x4x1x8的展开式中的常数项为()A32 B34C36 D38解析：选 Dx32x4的展开式的通项为 Tm1Cm4(x3)4m2xmCm4(2)mx124m，令 124m0，解得 m3，x1x8的展开式的通项为 Tn1Cn8x8n1xnCn8x82n，令 82n0，解得 n4，所以所求常数项为 C34(2)3C4838.若(x23x2)5a0a1xa2x2a10 x10.(1)求
9、a2；(2)求 a1a2a10；(3)求(a0a2a4a10)2(a1a3a7a9)2.二项式定理中的赋值问题【解】(1)(x23x2)5(x1)5(x2)5，a2 是展开式中 x2 的系数，所以 a2C55(1)5C35(2)3C45(1)4C45(2)4C35(1)3C55(2)5800.(2)令 x1，代入已知式可得，a0a1a2a100，而令 x0 得，a032，所以 a1a2a1032.(3)令 x1 可得，(a0a2a4a10)(a1a3a7a9)65，再由(a0a2a4a10)(a1a3a7a9)0，把这两个等式相乘可得：(a0a2a4a10)2(a1a3a7a9)26500.赋
10、值法的应用(1)解决的问题：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 若(x1)5a0a1(x1)a2(x1)2a5(x1)5，则 a0()A1 B32C1 D32解析：选 B令 x1，则(11)
11、5a0，所以 a032.1.5 个代表分 4 张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么不同的分法一共有()AA45种 B45 种C54 种DC45种解析：选 D由于 4 张同样的参观券分给 5 个代表，每人最多分一张，从 5 个代表中选 4 个即可满足，故有 C45种.2.(2019石家庄高二检测)从 6 名男生和 2 名女生中选出 3 名志愿者，其中至少一名女生的选法共有()A36 种B30 种C42 种D60 种解析：选 A依题意，从 8 名中任选 3 名，除去全是男生的即共有 C38C36562036(种).3.xax 2x1x5的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中常数项为
12、()A40 B20C20 D40解析：选 D令 x1，依题意得(1a)(21)52，所以 a1.又因为2x1x5的展开式通项为 Tr1(1)rCr525rx52r，所以x1x 2x1x5展开式中的常数项为 C35(1)322C25(1)22340.4.7 人站成两排，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()A120 B240C360 D480解析：选 C第一步：从甲、乙、丙 3 人中任选 1 人加到前排有3 种不同方法第二步：将第一步选出的 1 人加到前排，要保持前排 4 人中原 3 人顺序不变，则有A4
13、4A33种不同方法；第三步：后排 6 人中，原 4 人顺序不变有A66A44种不同方法由分步乘法计数原理知共有不同加入方法 3A44A33A66A44360(种).5.某市拟从 4 个重点项目和 6 个一般项目中各选 2 个项目作为本年度要启动的项目，则重点项目 A 和一般项目 B 至少有一个被选中的不同选法的种数是_.解析：从 4 个重点项目和 6 个一般项目各选 2 个项目共有 C24C2690 种不同选法，重点项目 A 和一般项目 B 都不被选中的不同选法有 C23C2530 种，所以重点项目 A 和一般项目 B 至少有一个被选中的不同选法的种数是 903060.答案：606.设 ABC
14、DEF 为正六边形，一只青蛙开始在顶点 A 处，它每次可随意地跳到相邻的两个顶点之一，若在 5 次之内跳到 D 点，则停止跳动；若 5 次之内不能到达 D 点，则跳完 5 次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共_种.解析：青蛙不能经过跳 1 次、2 次或 4 次到达 D 点，故青蛙的跳法只有下列两类.第一类，青蛙跳 3 次到达 D 点，有 ABCD，AFED，共 2 种跳法.第二类，青蛙跳 5 次后停止，那么，前 3 次的跳法一定不能到达D，只能到达 B 或 F，则共有 AFEF，ABAF，AFAF，ABCB，ABAB，AFAB，共 6 种跳法，而后 2 次跳法各有 4
15、种，例如，由点 F 出发的有 FEF，FED，FAF，FAB，共 4 种跳法，因此共有6424(种)跳法，因此共有 24226(种)不同跳法.答案：267.为了鼓舞足球队员的士气，足协想派五名官员给 A，B，C，D四支球队做动员工作，每支球队至少派一名官员，且甲、乙两名官员不能去同一支球队，共有多少种不同的安排方法？解：可根据甲、乙两人所去球队的情况进行分类：甲、乙两人都单独去一支球队，剩余三人中必有两人去同一支球队，先从三人中选出两人组成一组，与其他三人进行全排列，则不同的安排方法有 C23A4432472(种).甲、乙两人去的球队中有一个是两个人，从剩余三人中选出一人与甲或乙组成一组和其他
16、三人进行全排列则不同的安排方法有 C12C13A442324144(种).故不同的安排方法共有 72144216(种).8.已知二项式5x 1xn展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大 240.(1)求 n；(2)求展开式中含 x 项的系数；(3)求展开式中所有含 x 的有理项.解：(1)由已知得，4n2n240，2n16，n4.(2)二项展开式的通项为 Cr4(5x)4r 1xrCr454r(1)rx432r，令 432r1r2.所以含 x 项的系数为 C2452(1)2150.(3)由(2)得，432rZ，(r0，1，2，3，4)，即 r0，2，4.所以展开式中所有含 x 的有理项为第
17、1 项 625x4，第 3 项 150 x，第 5 项 x2.9.10 双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出 4 只，试求出现如下结果时，各有多少种情况？(1)4 只鞋子没有成双的；(2)4 只鞋子恰成 2 双；(3)4 只鞋子只有 2 只成双，另 2 只不成双.解：(1)从 10 双鞋子中选取 4 双，有 C410种不同的选法，每双鞋子各取一只，分别有 2 种取法，根据分步乘法计数原理，选取种数为 NC410243 360 种.(2)从 10 双鞋子中选取 2 双有 C210种取法，即 45 种不同取法.(3)先选取一双有 C110种选法，再从 9 双鞋中选取 2 双鞋有 C29种选法，每双鞋只取一只各有 2 种取法，根据分步乘法计数原理，不同取法种数为 NC110C29221 440 种.按ESC键退出全屏播放本部分内容讲解结束