2020高中数学第一章计数原理章末复习讲义.pdf

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1、学必求其心得，业必贵于专精 -1-第一章 计数原理 知识系统整合 规律方法收藏 1分类和分步计数原理(1)两个原理的共同之处是研究做一件事，完成它共有的方法种数，而它们的主要差异是“分类”与“分步”（2)分类加法计数原理的特点:类与类相互独立，每类方案中的每一种方法均可独立完成这件事(可类比物理中的“并联电路来理解)(3)分步乘法计数原理的特点:步与步相互依存，且只有所有的步骤均完成了(每步必不可少),这件事才算完成(可类比物理中的“串联电路来理解）2解决排列组合应用题的原则 学必求其心得，业必贵于专精 -2-解决排列组合应用题的原则有特殊优先的原则、先取后排的原则、正难则反的原则、相邻问题“

2、捆绑”处理的原则、不相邻问题“插空”处理的原则(1）特殊优先的原则：这是解有限制条件的排列组合问题的基本原则之一，对有限制条件的元素和有限制条件的位置一定要优先考虑（2)正难则反的原则:对于一些情况较多、直接求解非常困难的问题，我们可以从它的反面考虑，即利用我们平常所说的间接法求解(3）相邻问题“捆绑处理的原则：对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑起来看成一个元素与其他元素排列，然后将相邻元素进行排列(4)不相邻问题“插空”处理的原则：对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好,然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端插入(5）指标问题采用“挡板法”把问题转化

3、为：把n个相同元素分成m个组的分法，这相当于n个相同元素的每两个元素之间共n1 个空，任插m1 个板子的学必求其心得，业必贵于专精 -3-插法数,即 C错误!种（6)先取后排的原则:对于较复杂的排列组合问题，常采用“先取后排”的原则,即先取出符合条件的元素，再按要求进行排列(7）定序问题倍缩、空位插入原则 定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理（8）分排问题直排原则 一般地，对于元素分成多排的排列问题,可先转化为一排考虑，再分段研究(9)小集团问题先整体后局部原则 小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其他策略进行处理（10）构造模型原则 一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉

4、的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等,可使问题直观理解，容易解决 3二项式定理及其应用(1）二项式定理：(ab）nC0nanC错误!an1bC错误!ankbkC错误!bn，其中各项的系数 C错误!(k0，1,2,，n)称为二项式系数，第k1 项 C错误!ankbk称为通项 学必求其心得，业必贵于专精 -4-(2)二项式系数的性质 对称性与首末两端“等距离的两个二项式系数相等，体现了组合数性质 C错误!C错误!.增减性与最大值 当k错误!时，二项式系数 C错误!逐项增大；当k错误!时，二项式系数 C错误!逐项减小 各项的二项式系数之和等于2 n，即 C0nC1nC错误!C错误!2n；奇数

5、项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即 C错误!C错误!C错误!C错误!C错误!C错误!2n1。（3）对于二项式系数问题,应注意以下几点：求二项式所有项的系数和,可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为 1；关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”-构造函数或构造同一问题的两种算法；证明不等式时,应注意运用放缩法 学必求其心得，业必贵于专精 -5-（4)求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求r,再求Tr1.有时还需先求n，再求r，才能求出Tr1.(5）有些三项展开式问题可以通过变形变成二项式问题加以解决;有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏(6)对于二项式系数

6、问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段（7)近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项（8)用二项式定理证明整除问题,一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决 学科思想培优 一 两个计数原理 1应用分类加法计数原理，应准确进行“分类”,明确分类的标准：每一种方法必属于某一类（不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法（不重）,每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”2应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤,只有每个步骤都完成了，这件事情才

7、学必求其心得，业必贵于专精 -6-能完成 例 1(1)某地政府召集 5 家企业的负责人开会,其中甲企业有 2人到会，其余 4 家企业各有 1 人到会,会上有 3 人发言，则这 3 人来自 3 家不同企业的可能情况的种数为（)A14 B16 C20 D48（2）一个地区分为 5 个行政区域(如图所示）,现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色现有 4 种颜色可供选择，则不同的着色方法有_种（用数字作答)解析(1)分两类：第 1 类，甲企业有 1 人发言，有 2 种情况，另两个发言人来自其余 4 家企业，有 6 种情况，由分步乘法计数原理，得N12612；第 2 类，3 人全来自其余 4 家企

8、业，有 4 种情况 综上可知，共有NN1N212416 种情况(2）因为区域 1 与其他 4 个区域都相邻，首先考虑区域 1,有 4种涂法 学必求其心得，业必贵于专精 -7-若区域 2,4 同色，有 3 种涂法，此时区域 3,5 均有 2 种涂法，涂法总数为 432248；若区域 2，4 不同色，先涂区域 2，有 3 种方法,再涂区域 4 有 2种方法，此时区域 3,5 都只有 1 种涂法，涂法总数为 4321124。因此,满足条件的涂色方法共有 482472 种 答案（1）B（2）72 拓展提升(1）要弄清“分类”还是“分步”(2）解决涂色问题时，要尽量让相邻区域多的区域先涂色 例 2(1）

9、某外语组有 9 人,每人至少会英语和日语中的一门，其中 7 人会英语,3 人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有_种不同的选法；（2）将 4 封信投入 3 个信箱中，共有_种不同的投法 解析（1）共分三类:第一类，当选出的会英语的人既会英语又会日语时，选会日语的人有2 种选法；第二类,当选出的会日语的人既会英语又会日语时,选会英语的人有 6 种选法；学必求其心得，业必贵于专精 -8-第三类，当既会英语又会日语的人不参与选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人，有2612 种选法 故共有 261220 种选法（2）第 1 封信可以投入 3 个信箱中的任意一个,有 3 种投法；同理,第

10、2,3,4 封信各有 3 种投法 根据分步乘法计数原理,共有 33333481 种投法 答案（1)20(2）81 拓展提升 以上两题容易错解的原因：(1)忽视其中一人既会英语、又会日语这一隐含条件，从而导致错解(2）分步的依据应该是“信”而不应该是“信箱，导致错解 二 排列与组合 区分排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，有序的问题属于排列问题,无序的问题属于组合问题，在解决排列组合应用题时常用如下解题策略：特殊元素优先安排的策略；合理分类和准确分步的策略；学必求其心得，业必贵于专精 -9-排列、组合混合问题先选后排的策略；正难则反、等价转化的策略;相邻问题捆绑处理的策略；不相邻问题插空处

11、理的策略；定序问题除法处理的策略；分排问题直排处理的策略；“小集团排列问题中先整体后局部的策略；构造模型的策略 例 3 五位老师和五名学生站成一排，（1）五名学生必须排在一起共有多少种排法？(2)五名学生不能相邻共有多少种排法？（3)老师和学生相间隔共有多少种排法?解(1）先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有 A错误!种排法，五名学生再内部全排列有 A错误!种，故共有 A错误!A错误!86400 种排法(2）先将五位老师全排列有 A错误!种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有 A错误!种排法，故共有 A错误!A错误!86400 种排法 学必求其心得，业必贵于专精 -1

12、0-可用图表示：（用表示老师所在位置，用表示中间的空当)（3)排列方式只能有两类,如图所示:(用表示老师所在位置,用表示学生所在位置)故有 2A错误!A错误!28800 种排法 拓展提升“学生相邻”就“捆绑学生”，“学生不相邻”就插空“捆绑”之中的元素有顺序，哪些元素不相邻就插空 例 4 由 1,2，3，4,5 五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为 12345,第 2 项是 12354，直到末项（第 120项）是 54321。问：(1）43251 是第几项？（2）第 93 项是怎样的一个五位数？解 (1)由题意知，共有五位数为 A55120(个）比 43251 大的数有下列

13、几类：万位数是 5 的有 A错误!24(个）；学必求其心得，业必贵于专精 -11-万位数是 4，千位数是 5 的有 A3，36(个）；万位数是 4，千位数是 3，百位数是 5 的有 A222(个);比 43251 大的数共有 A错误!A错误!A错误!32（个）43251 是第 1203288（项）(2）从（1)知万位数是 5 的有 A错误!24(个），万位数是 4，千位数是 5 的有 A错误!6(个）但比第 93 项大的数有 1209327(个）,第 93 项即倒数第 28 项，而 万 位 数 是 4,千 位 数 是 5 的 6 个 数 是 45321，45312，45231,45213,45

14、132,45123,从此可见第 93 项是 45213.拓展提升 数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析,找出解题的思路 例 5 有 4 个不同的球，4 个不同的盒子,把球全部放入盒内（1)共有多少种放法？(2）恰有 1 个盒子中不放球，有多少种放法？(3)恰有 2 个盒子中不放球，有多少种放法？解（1）由分步乘法计数原理可知，共有 44256 种放法（2)先从4个小球中取2个作为一组,有C2，4种不同的取法,再把学必求其心得，业必贵于专精 -12-取出的 2 个小球与另外 2 个小球（即 3 组)分别放入 4 个盒子中的 3个盒子里，有 A错误!种不同的放

15、法，根据分步乘法计数原理知，共有C错误!A错误!144 种不同的放法（3)恰有 2 个盒子中不放球，也就是把 4 个不同的小球只放入 2个盒子中,有两类放法：第 1 类，1 个盒子中放 3 个小球，一个盒子中放 1 个小球先把小球分组,有 C34种分法，再放到 2 个盒子中，有 A错误!种不同的放法，共有 C3，4A错误!种不同的放法；第 2 类，2 个盒子中各放 2 个小球有错误!种放法 故恰有 2 个盒子中不放球的放法共有 C错误!A错误!错误!84(种)拓展提升 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

16、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 三 二项式定理的应用 对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项学必求其心得，业必贵于专精 -13-公式来求特定项另一类,需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题,从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主,难度不大,但不排除与其他知识的交汇，具体归纳如下：（1)考查通项公式问题(2)考查系数问题:涉及项的系数、二项式系数以及系数的和；一般采用通项公式或赋值法解决（3）可转化为二项式定理解决问题 例 6 已知在错误!n的展开式中,第 5 项的

17、系数与第 3 项的系数之比是 563。(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n9C2，n81C错误!9n1C错误!的值 解(1）由 C4n(2)4C错误!(2)2563,解得n10，因为通项：Tr1C错误!(错误!）10r错误!r（2）rC错误!x错误!，当 5错误!为整数时，r可取 0,6,学必求其心得，业必贵于专精 -14-展开式是有理项，于是有理项为T1x5和T713440。（2）设第r1 项系数绝对值最大，则 错误!解得错误!又因为r1,2,3,，9,所以r7,当r7 时，T815360 x错误!，又因为当r0 时，T1x5,当r10 时，T11（2

18、）10 x错误!1024x错误!，所以系数绝对值最大的项为T815360 x错误!.（3)原式109C错误!81C错误!9101C错误!错误!错误!错误!错误!.拓展提升 求二项展开式特定项的步骤 学必求其心得，业必贵于专精 -15-例 7(1)已知（1x）5a5x5a4x4a3x3a2x2a1xa0,则(a0a2a4)(a1a3a5)等于_；(2）设错误!2na0a1xa2x2a2nx2n，则(a0a2a4a2n）2（a1a3a5a2n1）2_。解析(1）在所给等式中,令x1,得a0a1a2a3a4a50;令x1,得a5a4a3a2a1a032，由得，a0a2a416，由得，a1a3a516

19、，所以（a0a2a4）（a1a3a5）256。(2)设f（x）错误!2n，则(a0a2a4a2n)2(a1a3a5a2n1）2（a0a2a4a2na1a3a5a2n1）(a0a2a4a2na1a3a5a2n1)f（1）f(1)错误!2n错误!2n错误!2n错误!n。答案（1)256（2）错误!n 拓展提升 一般地，(1)若f（x）a0 xna1xn1an，则f(x）展开式中各项系数的和为f(1)当n为偶数时,奇次项系数的和为a0a2a4错误!,偶次项系数的和为a1a3a5错误!；当n为奇数时，学必求其心得，业必贵于专精 -16-a0a2a4f1f12，a1a3a5错误!.(2）对形如(axb)

20、n，(ax2bxc）m(a，b，cR)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x1 即可;对形如(axby)n（a，bR）的式子求其展开式的各项系数之和,只需令xy1 即可 四 分类讨论的数学思想 例 8 错误!错误!5的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中常数项为()A40 B20 C20 D40 解析 对于错误!错误!5，可令x1 得各项系数的和为 1 a2,故a1。错误!5的展开式的通项为Tr1C错误!(2x）5r错误!rC错误!25r(1)rx52r.要得到错误!错误!5展开式中的常数项分为两类情况,错误!的x与错误!5展开式中含错误!的项相乘;错误!的错误!与错误!5展开式中含x的

21、项相乘,故令 52r1 得r3，令 52r1 得r2,从而可得所求常数项为 C错误!22(1)3C错误!23（1）240.答案 D 学必求其心得，业必贵于专精 -17-拓展提升 求几个二项式积的展开式中某项的系数或特定项时,一般要根据这几个二项式的结构特征进行分类搭配,分类时要抓住一个二项式逐项分类，分析其他二项式应满足的条件,然后再求解结果,此法易出现分类搭配不全,运算失误等错误 例 9 在 0，1，2，3，4,5，6 这七个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有多少个？解 依题意，可分两大类第一类，当三个数字均为偶数时，第一步：在 2,4,6 中任取一个作为百位，有 3

22、 种方法;第二步:在 0和第一步剩余的两个数中任取一个作为十位，有 3 种方法；第三步:在剩余的两个偶数中任取一个作为个位,有 2 种方法 于是，第一类中三位数共有N133218（个）第二类，当三个数字中有两个奇数、一个偶数时(1）偶数在百位，第一步：在 2,4,6 中任取一个作为百位,有 3 种方法；第二步:在 1,3，5 中任取一个作为十位，有 3 种方法；第三步：在剩余的两个奇数中任取一个作为个位，有 2 种方法于是，共有n133218（个)（2）偶数在十位，同理，得n243224（个)学必求其心得，业必贵于专精 -18-(3)偶数在个位，同理有n343224(个)故第二类中,符合题意的

23、三位数共有N2n1n2n318242466（个）综上，所求的三位数共有N1N2186684（个）拓展提升 解答排列、组合中的一些较复杂的问题，常用分类讨论思想 讨论时，要注意不重复不遗漏 五 构造模型的思想 例 10 某城市一条道路上有 12 盏路灯，为了节约用电而不影响正常的照明,可以熄灭其中的 3 盏,但两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的 2 盏,那么熄灯方法共有_种 解析 依题意，问题相当于在已排成一行的 9 个元素间的 8 个空隙中，选 3 个插入 3 个相同的元素，方法种数为 C错误!56。故熄灯方法共有 56 种 答案 56 拓展提升 本题通过构造组合模型，利用插空法得解 例 11 如图所示，某城市M，N两地间有 4 条东西街道和 6 条南北街道若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线行走，则从学必求其心得，业必贵于专精 -19-M到N有_种不同的走法（用数字作答）解析 从M点走到N点，每次只能向北或向东走，则不论从M到N怎样走，都必须向北走 3 个路口，向东走 5 个路口，共走8 个路口，每一次是向北还是向东，就决定了不同的走法，当把向北的路口决定后,剩下的路口只能向东,例如“北北北东东东东东”就是其中的一种走法 所以，问题归结为从8 个路口中任选 3 个路口向北走,共有 C错误!56 种不同的走法 答案 56 拓展提升 通过模型的构造化繁为简