2019版高中数学 第一章 计数原理章末复习学案 新人教A版选修2-3.doc
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1、1第一章第一章 计数原理计数原理章末复习章末复习学习目标 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Nm1m2mn种不同的方法2分步乘法计数原理完成一件事需要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,那么完成这件事有Nm1m2mn种不同
2、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(n1)m n(n2)(nm1)n!nm!组合数公式 C m nAm n Am mnn1n2nm1m!n!m!nm!性质当mn时,A 为全排列;m nA n!;0!1n nC C 1;0nn nC C;m nnmnC CCm nm1nmn1备注n,mN N*,且mn4.二项式定理(1)二项式定理的内容:(ab)nCanCan1b1CankbkCbn (nN N* *)0n1nk nn n(2)通项公式:Tk1Cankbk,k0,1,2,nk n(3)二项式系数的性质:2与首末两端等距离的两个二项式系数相等;若n为偶数
3、,中间一项的二项式系数最大;若n为奇数,中间两项(第n 21项)的二项式系数相等且最大(第n1 2项和第n121项)C C C C 2n;C C C C 2n1.0n1n2nn n0n2n1n3n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?考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题解 方法一 设A,B代表 2 位老师傅A,B都不在内的选派方法有 C C 5(种),4 5 4 4A
4、,B都在内且当钳工的选派方法有 C C C 10(种),2 2 2 5 4 4A,B都在内且当车工的选派方法有 C C C 30(种),2 2 4 5 2 4A,B都在内且一人当钳工,一人当车工的选派方法有 A C C 80(种),2 2 3 5 3 4A,B有一人在内且当钳工的选派方法有 C C C 20(种),1 2 3 5 4 4A,B有一人在内且当车工的选派方法有 C C C 40(种),1 2 4 5 3 4所以共有 C C C C C C C C A C C C C C C C C 185(种)4 5 4 42 2 2 5 4 42 2 4 5 2 42 2 3 5 3 41 2
5、3 5 4 41 2 4 5 3 4方法二 5 名男钳工有 4 名被选上的方法有 C C C C C C C C 75(种),4 5 4 44 5 3 4 1 24 5 2 4 2 25 名男钳工有 3 名被选上的方法有 C C C C C A 100(种),3 5 1 2 4 43 5 3 4 2 25 名男钳工有 2 名被选上的方法有 C C C 10(种),2 5 2 2 4 4所以共有 7510010185(种)方法三 4 名女车工都被选上的方法有 C C C C C C C C 35(种),4 4 4 54 4 3 5 1 24 4 2 5 2 24 名女车工有 3 名被选上的方法有
6、 C C C C C A 120(种),3 4 1 2 4 53 4 3 5 2 24 名女车工有 2 名被选上的方法有 C C C 30(种),2 4 2 2 4 5所以共有 3512030185(种)反思与感悟 解含有约束条件的排列、组合问题,应按元素的性质进行分类,分类时需要满足两个条件:类与类之间要互斥(保证不重复);总数要完备(保证不遗漏)跟踪训练 1 从 1,2,3,4,5,6 这 6 个数字中,任取 3 个数字组成无重复数字的三位数,其中3若有 1 和 3 时,3 必须排在 1 的前面;若只有 1 和 3 中的一个时,它应排在其他数字的前面,这样不同的三位数共有_个(用数字作答)
7、考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用答案 60解析 1 与 3 是特殊元素,以此为分类标准进行分类分三类:没有数字 1 和 3 时,有 A 个;3 4只有 1 和 3 中的一个时,有 2A 个;2 4同时有 1 和 3 时,把 3 排在 1 的前面,再从其余 4 个数字中选 1 个数字插入 3 个空当中的1 个即可,有 C C 个1 41 3所以满足条件的三位数共有A 2A C C 60(个)3 42 41 41 3命题角度2 “正难则反”思想例 2 设集合S1,2,3,4,5,6,7,8,9,集合Aa1,a2,a3是S的子集,且a1,a2,a3满足a16 包含的情况较少,当a39
8、 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 C 84.在这些含有三个元素的子集中能满足3 9a16 的集合只有1,2,9,故满足题意的集合A的个数为 84183.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_种考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用答案 30解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C 种方法,2 4同其他两个元素在三个位
9、置上排列有 C A 36(种)方案,其中有不符合条件的,2 4 3 3即学生甲、乙同时参加同一竞赛有 A 种方法,3 34不同的参赛方案共有 36630(种)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?(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,有多少种不同的节目演出顺序?考点 排列组合综合问题题点 分组分配问题解 (1)第一步先将 4 个
10、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;第二步再松绑,给 4 个节目排序,有 A 24(种)方法7 74 4根据分步乘法计数原理,一共有 5 04024120 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6 6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,一共有 A 840(种)方法4 7根据分步乘法计数原理,一共有 720840 604 800(种)安排顺序(3)若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有 A种排法,但原来的节
11、目已定好顺序,需1212要消除,所以节目演出的方式有A132(种)排列A1212 A10102 12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_考点 排列的应用题点 数字的排列问题答案
12、30解析 三位“驼峰数”中 1 在十位的有 A 个,2 在十位上的有 A 个,3 在十位上的有 A 个,2 42 32 2所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为 121622330.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5例 4 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 563.(x23x)(1)求展开式中的所有有理项;(2)求展开式中系数绝对值最大的项;(3)求n9C 81C 9n1C 的值2n3nn n考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用解 (1)由 C (2)4C (2)2563,解得n10(负值舍去),4n2n通项为Tk1C(
13、)10kk(2)kC556k x,k10x(23x)k10当 5为整数时,k可取 0,6,5k 6于是有理项为T1x5和T713 440.(2)设第k1 项系数的绝对值最大,则Error!解得Error!又因为k1,2,3,9,所以k7,当k7 时,T815 3605 6x,又因为当k0 时,T1x5,当k10 时,T11(2)1010 3x1 02410 3x,所以系数的绝对值最大的项为T815 3605 6x.(3)原式109C81C9101C2 103 1010109C 1 1092C 2 1093C 3 10910C1010 9C 0 109C 1 1092C 2 1093C 3 10
14、910C10101 9.19101910101 9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6(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跟踪训练 4 已知二项式n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的 16 倍(5x1x)(1)求n;(2)求展开式中
15、二项式系数最大的项;(3)求展开式中所有有理项考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用解 (1)令x1 得二项式n展开式中各项系数之和为(51)n4n,各项二项式系数(5x1x)之和为 2n,由题意得,4n162n,所以 2n16,n4.(2)通项Tk1C (5x)4kkk4(1x)(1)kC 54k342kx,k4展开式中二项式系数最大的项是第 3 项:T3(1)2C 52x150x.2 4(3)由(2)得 4kZ Z(k0,1,2,3,4),即k0,2,4,3 2所以展开式中所有有理项为T1(1)0C 54x4625x4,0 4T3(1)2C 52x150x,2 4T5(1)4C
16、50x2x2.4 4命题角度2 二项展开式的“赋值”问题例 5 若(x23x2)5a0a1xa2x2a10x10.(1)求a2;(2)求a1a2a10;(3)求(a0a2a4a10)2(a1a3a7a9)2.考点 展开式中系数的和问题题点 多项展开式中系数的和问题解 (1)(x23x2)5(x1)5(x2)5,a2是展开式中x2的系数,a2C (1)5C (2)3C (1)4C (2)4C (1)3C (2)5800.5 53 54 54 53 55 5(2)令x1,代入已知式可得,a0a1a2a100,7而令x0,得a032,a1a2a1032.(3)令x1 可得,(a0a2a4a10)(a
17、1a3a7a9)65,再由(a0a2a4a10)(a1a3a7a9)0,把这两个等式相乘可得,(a0a2a4a10)2(a1a3a7a9)26500.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跟踪训练 5 若(x21)(x3)9a0a1(x2)a2(x
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