2023新教材高中數(shù)學第6章計數(shù)原理章末綜合提升教師用書新人教A版選擇性必修第三冊

第6章計數(shù)原理章末綜合提升類型1組數(shù)問題組數(shù)問題是一類典型的排列組合問題，往往涉及排列特殊數(shù)，如奇數(shù)，被5整除的數(shù)等．需要注意以下幾個問題：(1)首位數(shù)字不為0．(2)若所選數(shù)字中含有0，則可先排0，即“元素分析法”．(3)若排列的是特殊數(shù)字，如偶數(shù)，則先排個位數(shù)字，即“位置分析法”．(4)此類問題往往需要分類，可依據(jù)特殊元素，特殊位置分類．【例1】從1到9這9個數(shù)字中取3個偶數(shù)、4個奇數(shù)，問：(1)能組成多少個沒有重復數(shù)字的七位數(shù)？(2)上述七位數(shù)中3個偶數(shù)排在一起的有幾個？(3)組成的七位數(shù)中任意兩個偶數(shù)都不相鄰，共有多少個？[思路點撥]eq\x(\s\up(將九個數(shù),字分類))→eq\x(\s\up(依據(jù)題設,選出數(shù)字))→eq\x(進行排列)[解](1)分步完成：第1步：在4個偶數(shù)中取3個，可有Ceq\o\al(3,4)種情況；第2步：在5個奇數(shù)中取4個，可有Ceq\o\al(4,5)種情況；第3步：3個偶數(shù)，4個奇數(shù)進行排列可有Aeq\o\al(7,7)種情況．故符合題意的七位數(shù)共有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(7,7)＝100800個．(2)上述七位數(shù)中，將3個偶數(shù)排在一起有Aeq\o\al(3,3)種情況；故采用捆綁法求得3個偶數(shù)在一起的共有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(3,3)＝14400(個)．(3)上述七位數(shù)中，偶數(shù)不相鄰，可先把4個奇數(shù)排好，再將3個偶數(shù)分別插入5個空檔中，即共有：Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(4,4)Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(3,5)＝28800(個)．類型2分組與分配問題分組與分配問題是排列組合的重要內(nèi)容，分組是“組合”問題，“分配”是排列問題，在實際應用中往往是分組與分配結(jié)合在一起考查，主要考查邏輯思維和數(shù)學運算能力，難度為中檔，解決此類問題的關(guān)鍵是正確判斷是否為平均分組，有序分組，無序平均分組要除以組數(shù)的階乘．【例2】某次國際合作論壇，為了保護各國國家元首的安全，某部門將5個安保小組全部安排到指定的三個區(qū)域內(nèi)工作，且每個區(qū)域至少有一個安保小組，這樣的安排方法共有()A．96種 B．100種C．124種 D．150種D[因為每個區(qū)域至少有一個安保小組，所以可以把5個安保小組分成三組，共有兩種方法，一種是按照1，1，3來分，另一種是按照2，2，1來分．當按照1，1，3來分時，不同的安排方法共有N1＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,4)C\o\al(3,3),A\o\al(2,2))Aeq\o\al(3,3)＝60(種)；當按照2，2，1來分時，不同的安排方法共有N2＝eq\f(C\o\al(2,5)C\o\al(2,3)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))Aeq\o\al(3,3)＝90(種)．根據(jù)分類加法計數(shù)原理，可得這樣的安排方法共有N＝N1＋N2＝150(種)．]類型3排列與組合的綜合應用排列與組合的綜合應用常與實際問題結(jié)合考查，主要考查邏輯思維和綜合應用能力，試題難度為中等．解決該類問題時要注意以下幾點：(1)元素是否有序是區(qū)分排列與組合的基本方法，無序的問題是組合問題，有序的問題是排列問題．(2)對于有多個限制條件的復雜問題，應認真分析每個限制條件，然后再考慮是分類還是分步，這是處理排列、組合綜合問題的一般方法．【例3】有4張分別標有數(shù)字1，2，3，4的紅色卡片和4張分別標有數(shù)字1，2，3，4的藍色卡片，從這8張卡片中取出4張卡片排成一行．如果取出的4張卡片所標的數(shù)字之和等于10，則不同的排法共有多少種？[解]分三類：第一類，當取出的4張卡片分別標有數(shù)字1，2，3，4時，不同的排法有Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(4,4)種；第二類，當取出的4張卡片分別標有數(shù)字1，1，4，4時，不同的排法有Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(4,4)種；第三類，當取出的4張卡片分別標有數(shù)字2，2，3，3時，不同的排法有Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(4,4)種．故滿足題意的所有不同的排法種數(shù)為Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(4,4)＋2Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(4,4)＝432種．類型4二項式定理的應用二項式定理是計數(shù)原理的重要內(nèi)容之一，是高考的熱點．一般以選擇、填空的形式考查，試題難度為易，常從以下幾個方面考查：(1)考查二項展開式的通項Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk．(可以考查某一項，也可考查某項的系數(shù))．(2)考查各項系數(shù)和，二項式系數(shù)和．(3)考查二項式定理的綜合應用，考查對二項式定理的掌握和靈活運用．【例4】已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2\r(x))))eq\s\up12(n)的展開式中的第2項和第3項的系數(shù)相等．(1)求n的值；(2)求展開式中所有的有理項．[解]二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2\r(x))))eq\s\up12(n)展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)·xn－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(x))))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))r·xeq\s\up12(n－eq\f(3,2)r)(r＝0，1，2，…，n)．(1)根據(jù)展開式中的第2項和第3項的系數(shù)相等，得Ceq\o\al(1,n)·eq\f(1,2)＝Ceq\o\al(2,n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)，即eq\f(1,2)n＝eq\f(1,4)×eq\f(nn－1,2)，解得n＝5．(2)二項式展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(r)·xeq\s\up12(5－eq\f(3,2)r)(r＝0，1，2，…，5)．當r＝0，2，4時，對應項是有理項，所以展開式中所有的有理項為T1＝Ceq\o\al(0,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)·x5＝x5，T3＝Ceq\o\al(2,5)·eq\b