苏教版高中数学选择性必修第二册第7章章末综合提升课件+学案

类型1　两个计数原理

1．分类计数原理和分步计数原理是本部分的基础，“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情，“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情．

2．较复杂的问题往往要同时用到两个原理，一般先分类，再分步．我们可以由题意合理画出示意图或列出表格，使问题的实质直观地显示出来．

【例1】　如图，某市(A)有四个邻县(B，C，D，E)．现备有5种颜色，问有多少种不同的涂色方式，使每相邻两地不同色，且每地只涂同一种颜色？

[解]　把问题分成三类：第一类：用五种颜色涂，共有A＝120(种)涂法；第二类：用四种颜色涂，选色的方法有C种，先选1种颜色涂A有C种方法，剩余的4块涂三种颜色，有且仅有一组不相邻区域涂同一种颜色，选1组不相邻区域的方法有2种，在余下的三种颜色中选一种颜色涂这不相邻区域有C种方法，最后剩下两种颜色涂2个区域有A种．由分步计数原理知，共有CC·2CA＝240(种)；第三类：用三种颜色涂，选色方法有C种，涂A时，有C种，涂B，D时有C种，涂E，C时只有一种．由分步计数原理知，共有CCC＝60(种)．综上所述，由分类计数原理知，共有120＋240＋60＝420种不同的涂色方法．

1．现有4种不同颜色，要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________种．

84　[先给A部分着色有4种方法，给B部分着色有3种方法，给C部分着色分为两类：当C与A着相同的颜色时，此时D有3种方法；当C与A着不相同的颜色时，C有2种着色方法，此时D有2种着色方法，故不同的着色方法有4×3×(3＋2×2)＝84(种)．]

类型2　组数问题

组数问题是一类典型的排列组合问题，往往涉及排列特殊数，如奇数，被5整除的数等．需要注意以下几个问题：

(1)首位数字不为0；

(2)若所选数字中含有0，则可先排0，即“元素分析法”；

(3)若排列的是特殊数字，如偶数，则先排个位数字，即“位置分析法”；

(4)此类问题往往需要分类，可依据特殊元素，特殊位置分类．

【例2】　从1到9的九个数字中取3个偶数、4个奇数，问：

(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？

(2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？

[解]　(1)分步完成：

第1步：在4个偶数中取3个，可有C种情况；

第2步：在5个奇数中取4个，可有C种情况；

第3步：3个偶数，4个奇数进行排列可有A种情况；

故符合题意的七位数共有CCA＝100 800个．

(2)上述七位数中，将3个偶数排在一起有A种情况；

故采用捆绑法求得3个偶数在一起的共有CCAA＝14 400个．

2．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个．(用数字作答)

324　[当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有0，则千位上把剩余数字中任意一个放上即可，方法数是CAC＝72；若选出的三个偶数不含0，则千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是AC＝18，故这种情况下符合要求的四位数共有72＋18＝90(个)．

当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是0，则再选出两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为CAC＝72；若选出的偶数不是0，则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是CCAC＝162，故这种情况下符合要求的四位数共有72＋162＝234(个)．

根据分类计数原理，可得符合要求的四位数共有90＋234＝324(个)．]

类型3　分组与分配问题

解决分组与分配问题的关键是正确判断是不是平均分组、有序分组，无序平均分组要除以组数的阶乘，有序平均分组是在无序平均分组的基础上再乘以组数的阶乘．

【例3】　某次国际合作论坛，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有(　　)

A．96种    B．100种    C．124种    D．150种

D　[因为每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，共有两种方法，一种是按照1,1,3来分，另一种是按照2,2,1来分．

当按照1,1,3来分时，不同的安排方法共有

N1＝A＝60(种)；

当按照2,2,1来分时，不同的安排方法共有

N2＝A＝90(种)．

根据分类计数原理，可得这样的安排方法共有N＝N1＋N2＝150(种)．]

3．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)

A．12种    B．10种    C．9种    D．8种

A　[将4名学生均分为2个小组，共有＝3种分法；将2个小组的同学分给两名教师共有A＝2种分法，最后将两个小组的人员分配到甲、乙两地有A＝2种分法．故不同的安排方案共有3×2×2＝12(种)．]

类型4　排列、组合的综合应用

解排列、组合综合问题时要注意以下几点：

(1)元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题．

(2)对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法．

【例4】　有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？

[解]　分三类：

第一类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，　不同的排法有C·C·C·C·A种；

第二类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C·C·A种；

第三类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C·C·A种．

故满足题意的所有不同的排法种数为C·C·C·C·A＋2C·C·A＝432种．

4．现有9名学生，其中女生4名，男生5名．

(1)从中选2名代表，必须有女生的不同选法有多少种？

(2)从中选出男、女各2名的不同选法有多少种？

(3)从中选4人分别担任四个不同岗位的志愿者，每个岗位一人，且男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内，有多少种安排方法？

[解]　(1)根据题意，分2种情况讨论：

①选出的2名代表为1男1女，有CC＝20种选法．

②选出的2名代表都为女生，有C＝6种选法．

则必须有女生的选法有20＋6＝26种．

(2)根据题意，从4名女生中任选2人的选法有C＝6种，

从5名男生中任选2人的选法有C＝10种，

则从中选出男、女各2名的选法有6×10＝60种．

(3)根据题意，分2步进行分析：

①从9人中任选4人，要求男生甲与女生乙至少有1人在内，有C－C＝91种选法；

②将选出的4人全排列，对应四个不同岗位，有A＝24种情况，

则有91×24＝2 184种安排方法．

类型5　二项式定理的应用

对于二项式定理的考查常有两类问题：

第一类，直接运用通项公式，求特定项或解决与系数有关的问题，二项式定理中的通项Tr＋1＝Can－rbr，r∈{0,1,2，…，n}，集中体现了二项展开式中的指数、项数、系数的变化，是二项式定理的核心，它在求展开式的某些特定项(如含指定幂的项，常数项，中间项，有理项，系数最大的项等)及其系数等方面有广泛的应用．

第二类，需运用转化思想，化归为二项式定理来处理的问题，如整除问题．

【例5】　已知的展开式中的第二项和第三项的系数相等．

(1)求n的值；

(2)求展开式中所有的有理项．

[解]　二项式展开式的通项公式为

Tr＋1＝C·xn－r·＝C··x (r＝0,1,2，…，n)．

(1)根据展开式中的第二项和第三项的系数相等，得C·＝C·2，

即n＝，解得n＝5．

(2)二项式展开式的通项公式为Tr＋1＝C··x (r＝0,1,2，…，5)．

当r＝0,2,4时，对应项是有理项，

所以展开式中所有的有理项为T1＝C··x5＝x5，T3＝C··x5－3＝x2，

T5＝C·x5－6＝．

5．已知二项式展开式中的第7项是常数项．

(1)求n；

(2)求展开式中有理项的个数．

[解]　(1)二项式展开式中的通项公式为

 Tr＋1＝C·(－2)r·x，∴第7项C·64·x是常数项，

∴＝0，∴n＝15．

(2)要使展开式中的项为有理项，须为整数，故有r＝0,6,12，

故展开式中有理项共有3项．

1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有(　　)

A．120种  B．90种  C．60种  D．30种

C　[CCC＝60.]

2．(2020·全国卷Ⅰ)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)

A．5  B．10  C．15  D．20

C　[因为(x＋y)5的展开式的第r＋1项Tr＋1＝Cx5－ryr，所以(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为C＋C＝15.故选C.]

3．(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有(　　)

A．60种  B．120种  C．240种  D．480种

C　[根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A种安排方法．故满足题意的分配方案共有C·A＝240(种)．]

4．(2021·北京高考)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________；a2＋a3＋a4＝________.

5　10　[(x－1)3展开式的通项Tr＋1＝Cx3－r·(－1)r，(x＋1)4展开式的通项Tk＋1＝Cx4－k，则a1＝C＋C＝1＋4＝5；a2＝C(－1)1＋C＝3；a3＝C(－1)2＋C＝7；a4＝C(－1)3＋C＝0.所以a2＋a3＋a4＝3＋7＋0＝10.]

5．(2020·全国卷Ⅱ)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有________种．

36　[由题意，分两步进行安排，第一步，将4名同学分成3组，其中1组2人，其余2组各1人，有C＝6种安排方法；第二步，将分好的3组安排到对应的3个小区，有A＝6种安排方法，所以不同的安排方法有6×6＝36(种)．]

6．(2020·全国卷Ⅲ)的展开式中常数项是________．(用数字作答)

240　[展开式的通项Tr＋1＝C(x2)6－r＝C2rx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，所以常数项为C24＝240．]