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成才之路·人教A版数学选修课件2-3 章末归纳总结1


成才之路 · 数学
人教A版 · 选修2-3

路漫漫其修远兮 吾将上下而求索

成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-3

第一章
计数原理

第一章

计数原理

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第一章 章末归纳总结

第一章

计数原理

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1

自主预习学案

2

典例探究学案

第一章

章末归纳总结

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自主预习学案

第一章

章末归纳总结

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1.两个计数原理

运用两个计数原理解题的关键在于正确区分“分类”与 “分步”.分类就是能“一步到位”——任何一类中任何一种方 法都能完成这件事情,而分步则只能“局部到位”——任何一步

中任何一种方法都不能完成这件事情,只能完成事件的某一部
分,只有当各步全部完成时,这件事情才完成.
第一章 章末归纳总结

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2.排列与组合 (1)排列与组合的定义

(2)排列数与组合数公式及关系
m An =n(n-1)(n-2)?(n-m+1)=

n! ; ?n-m?!

n?n-1??n-2???n-m+1? m Cn = = m!

n! . m!?n-m?!

-m m m m-1 m 组合数的性质:Cn =Cn , C + C = C n n n n+1.

第一章

章末归纳总结

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(3)排列组合应用题的解题策略 ①特殊元素、特殊位置优先安排的策略; ②合理分类与准确分步的策略; ③正难则反,等价转化的策略;

④相邻问题捆绑法,不相邻问题插空法的策略;
⑤元素定序,先排后除的策略; ⑥排列、组合混合题先选后排策略; ⑦复杂问题构造模型策略.

第一章

章末归纳总结

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3.二项式定理 (1)二项式定理的内容
n 1 n -1 2 n -2 2 k n-k k n (a+b)n=C0 a + C a b + C a b +?+ C a b +?+ C n n n n n

bn(n∈N*).
n-k k (2)通项公式:Tk+1=Ck a b. n

(3)二项式系数 Ck n(k=0,1,?,n)的性质 ①对称性: 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等. ②增减性与最大值.
1 n n ③各二项式系数的和:C0 + C +?+ C = 2 . n n n

第一章

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(4)解决二项式定理问题的注意事项
n-k k ①运用二项式定理一定要牢记通项 Tk+1=Ck a b ,注意(a n

+b)n 与(b+a)n 虽然相同, 但具体到它们展开式的某一项时是不 同的.另外,二项式系数与项的系数是两个不同概念,前者指
r Cn ,后者指字母外的部分.

②求二项式中项的系数和,用“赋值法”解决,通常令字 母变量的值为 1、-1、0 等. ③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”结合整除的有关知 识解决.
第一章 章末归纳总结

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1.正确区分“分类”与“分步”,恰当地进行分类,使分
类后不重、不漏. 2 .正确区分是组合问题还是排列问题,要把“定序”和 “有序”区分开来. 3.正确区分分堆问题和分配问题

第一章

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n k k 4.二项式定理的通项公式 Tk+1=Ck a b 是第 k+1 项,而 n


不是第 k 项,注意其指数规律. 5.求二项式展开式中的特殊项(如:系数最大的项、二项 式系数最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理 项?)时,要注意 n 与 k 的取值范围. 6. 注意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”, 展 开式中“二项式系数的和”与“各项系数的和”,“奇(偶)数 项系数的和”与“奇(偶)次项系数的和”.

第一章

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1.将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3个学校, 要求每校至少有一个名额且各校分配的名额互不相等,则不同

的分配方法种数为(
A.96 C.128 [答案] B

)
B.114 D.136

第一章

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[解析] 若某一学校的最少人数是 1、2、3、4、5,则各有 7、5、4、2、1 种不同的分组方案.故不同的分配方法种数是 (7+5+4+2+1)A3 3=19×6=114.

第一章

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2.(2012·浙江理,6)若从1、2、3、?、9这9个整数中同
时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有( A.60种 C.65种 [答案] D B.63种 D.66种 )

[解析] 本题考查了排列与组合的相关知识.取出的 4 个 数和为偶数,可分为三类.
4 2 2 四个奇数 C4 5,四个偶数 C4,二奇二偶,C5C4. 4 2 2 共有 C4 + C + C 5 4 5C4=66 种不同取法. [点评] 分类讨论思想在排列组合题目中应用广泛.

第一章

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3.在(x2+x+1)(x-1)5的展开式中,含x4项的系数是(

)

A.-25
C.5 [答案] B

B.-5
D.25

[解析] (x2+x+1)(x-1)5=(x3-1)(x-1)4,其展开式中 x4
3 项的系数为:-1+C3 ( - 1) =-5. 4

第一章

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4 .如图所示的是 2008 年北京奥运会的会徽,其中的“中
国印”由四个色块构成,可以用线段在不穿越其他色块的条件 下将其中任意两个色块连接起来(如同架桥).如果用三条线段 将这四个色块连接起来,不同的连接方法的种数共有( A.8种 B.12种 )

C.16种
[答案] C

D.20种

第一章

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[解析] 问题可转化为分离的 4 个区域, 用 3 条线段将其连接起来, 不同的连接方案有 多少种?如右图,分别连接 A、B、C、D 四 点的线段共有 6 条,任意选 3 条有 C3 6种连接 方 法 , 其 中 A—B—C—A , A—B—D—A , A—C—D—A , B—C—D—B 四种情况不合题意,应舍去, 所以共有 C3 6-4=20-4=16(种).

第一章

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5.(2014·齐鲁名校联考)某校开设了9门课程供学生选修, 学校规定每位学生选修4门,其中A、B、C 3门课程由于上课时 间相同,所以每位学生至多选修 1 门,则不同的选修方案共有 ( )

A.15种
C.75种 [答案] C

B.60种
D.100种

第一章

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[解析]

由题意知,满足题意的选修方案有两类:第一类

是所选的 4 门全来自于除 A,B,C 外的 6 门课程,相应的不同 选修方案有 C4 第二类是所选的 4 门中有且仅有 1 门来 6=15 种; 自于 A,B,C,另 3 门从除 A,B,C 外的 6 门课程中选择,相
1 应的不同选修方案有 C3 由分类加法计数原理可得满 6C3=60 种.

足题意的选修方案总数是 15+60=75.

第一章

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1 6 6.(2013· 天津理,10)(x- ) 的二项展开式中的常数项为 x ________.
[答案] 15
[解析] =(-1)
r r 6 -r r 1 Tr+1=C6x · (-1) · (

x

)r

3r r · C6x6- , 2

3 令 6-2r=0,得 r=4, ∴常数项为(-1)4C4 6=15.
第一章 章末归纳总结

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7 .将 4 名大学生分配到 3个乡镇去当村官,每个乡镇至少

一名,则不同的分配方案有________种(用数字作答).
[答案] 36
[解析] 考查排列组合知识. 必有 2 个大学生去同一个乡镇,故不同的分配方案共有 C2 A3 4· 3=36 种.

第一章

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典例探究学案

第一章

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分类加法计数原理和分步乘法计数原理 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别在于:前 者 —— 分类加法计数原理每次得到的是最后结果;后者 —— 分步 乘法计数原理每次得到的是中间结果.

第一章

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现有 16 张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、 绿色卡片各 4 张.从中任取 3 张,要求这 3 张卡片不能是同一 种颜色,且红色卡片至多 1 张,不同取法的种数为( A.232 C.472 B.252 D.484 )

[答案] C

第一章

章末归纳总结

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[分析]

“所取3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至

多1张”,则解题的突破口应是3张卡片中含红色卡片的张数, 故按红色卡片的张数分类:当含 1 张红色卡片时,需从其余的 12张卡片中取 2 张;当不含红色卡片时,需从其余的 12 张卡片

中取3张,这时有可能 3 张卡片同色,故可用间接法求解,3 张
同色时,可以同为黄色,也可以同为蓝色或绿色.

第一章

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[解析]

C C

0 4

3 12

- 3C + C C

3 4

1 4

2 12

12×11×10 = - 12 + 6

12×11 4× 2 =220+264-12=472.
[点评] 不漏不重 解题时要注意直接求解与间接求解相结合,做到

第一章

章末归纳总结

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将 3 种作物种植在如图所示的 5 块实验田里, 每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物,不同 的种植方法共有________种(以数字作答).

[答案] 42
[解析] 解法1:第一块田有 3种种法,对于它的每一种种 法,第二块田都有2种种法,用a、b、c表示三种作物,若第一 块田种植a作物,第二块田种植b作物,则种植情况如下表:

第一章

章末归纳总结

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第一块田

第二块田

第三块田 第四块田 第五块田 a
b c a b c a或b b或c a或b

a

b c

由表可知,所有不同的种值方法共有3×2×7=42种.

第一章

章末归纳总结

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解法2:三种作物种植在5块实验田里,按每种作物种植实
验田的块数分类,可分为两类: 第一类,其中一种作物种植 3块实验田,另两种作物各种 植1块实验田,有不同种法2C=6种; 第二类,有两种作物各种植2块实验田,另一种作物种植1

块实验田,先从三种作物中选出1种,种植在其中的1块实验田
里,不妨设3种作物分别为a、b、c,选出的作物为c,则将c种 植在第1 块和第 5块的方法数相同,将 c 种植在第 2 块与第 4块的 方法数相同.

第一章

章末归纳总结

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将 c 种植在第 1 块时,如图, c a b a b c b a b a 只有 2 种情形. 将 c 种植在第 2 块时,如图 a c b a b b c a b a 也只有 2 种情形.

第一章

章末归纳总结

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将 c 种植在第 3 块时如图 b a 有 4 种情形. ∴所有可能的不同种植方法有 6+C1 (2× 2+2× 2+4)=42 3× 种. a c b a b a b b a b a

第一章

章末归纳总结

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排列、组合应用题 排列与组合的主要区别就是有序和无序,元素顺序不同结 果不同的为排列;元素顺序不同,结果相同的为组合.

第一章

章末归纳总结

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3 名医生和 6 名护士被分配到 3 所学校为学生体 验, 每校分配 1 名医生和 2 名护士, 不同的分配方法共有( A.90 种 C.270 种 B.180 种 D.540 种 )

[答案] D

第一章

章末归纳总结

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[解析] 解法 1:设计让 3 所学校依次挑选,先由学校甲挑
2 1 2 选,有 C1 3C6,再由学校乙挑选,有 C2C4种,余下的到学校丙只 2 1 2 有一种,于是不同的方法数共有 C1 C 3 6C2C4=540(种).

解法 2:第一步,将 3 名医生分配到 3 所学校,每校 1 名, 有 A3 第二步, 将 6 名护士分配到 3 所学校, 每校 2 名, 3种分法; 有 C2 C2 C2 6· 4· 2种分法.
2 2 2 由分步乘法计数原理知,不同分配方法共有 A3 · C 3 6 C4 C2 =

540 种.

第一章

章末归纳总结

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几何问题 排列组合与几何问题结合命题,解答时要特别注意对相邻 的点、线、平面区域的限制条件如何化归为排列、组合的有关

模型,实现实际问题向数学问题的转化,注意避免重复计数和
遗漏的错误.

第一章

章末归纳总结

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如图,用四种不同颜色给图中的 A、B、C、D、 E、F 六个点涂色,要求每个点涂一种颜色,且图中每条线段的 两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法共有( A.288 种 C.240 种 B.264 种 D.168 种 )

[答案] B

第一章

章末归纳总结

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[解析] 当涂四色时,先涂 A、E、D 为 A3 4,再从 B、F、C 三点选一个涂第四种颜色,如 B,再 F,若 F 与 D 同色,则涂
1 C 有 2 种方法,若 F 与 D 异色则只有一种方法,故 A3 A 4 3(2+1)

=216 种.
3 当涂三色时,先排 A、E、D 为 C3 A 4 3,再排 B 有 2 种,F、 3 C 各为一种,故 C3 A 4 3×2=48,

故共有 216+48=264 种,故选 B.

第一章

章末归纳总结

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二项式定理及其应用 与二项式定理有关的题目,重点抓好通项公式,二项式系

数的性质和赋值法的应用.

第一章

章末归纳总结

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设 (3x - 1)6 = a6x6 + a5x5 + a4x4 + a3x3 + a2x2 + a1x +a0,求 a6+a4+a2+a0 的值.
[解析] 令x=1,得a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0=26=64; 令x=-1,得a6-a5+a4-a3+a2-a1+a0=(-4)6=4 096. 两式相加,得2(a6+a4+a2+a0)=4 160, ∴a6+a4+a2+a0=2 080.

[点评]

二项式定理是一个恒等式,对一切x的允许值都能

成立.当求展开式的系数或者证明有关组合数的恒等式时,常 常用此方法.
第一章 章末归纳总结


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