2018_2019学年高中数学第一章计数原理复习提升课学案新人教A版.docx

第一章 计数原理章末复习提升课,计数原理问题展示(选修23 P12习题1.1 A组T2)如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路从甲地到丁地共有多少条不同的路线？【解】第一类路线：甲乙丁有236条路线；第2类路线：甲丙丁有428条路线，则从甲地到丁地共有6814条路线某人从甲地去丁地从甲到乙的路线条数比乙到丁的路线条数少1条，甲到丙的路线有4条，丙到丁的路线条数与甲到乙的相同若从甲地到丁地共有14条路线可走，则该人选择从甲到丙再到丁的走法共有多少种走法()A4B6C8 D12【解析】设甲到乙有x条路线，则乙到丁有x1条路线，丙到丁有x条路线由题意得x(x1)4x14.即x25x140，解得x12，x27(舍去)即从丙到丁有2条路线，则选择甲到丙再到丁的走法共有428种选C.【答案】C 拓展1如图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连，连线标注的数字，表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为()A26 B20C24 D19【解析】图为信息可以从分开不同的路线同时传递，由分类加法计数原理，完成从A向B传递有4种办法：1253；1264；1267；1286，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上传递信息量的和，346619.【答案】D拓展2设多边形ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一，若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共_种【解析】青蛙不能经过跳1次、2次或4次到达D点，故青蛙的跳法只有下列两种：青蛙跳3次到达D点，有ABCD；AFED两种跳法；青蛙一共跳5次后停止，那么，前3次的跳法一定不到达D，只能到达B或F.则共有AFEF；ABAF；AFAF；ABCB；ABAB；AFAB这6种跳法，随后两次跳法各有四种，比如由F出发的有FEF；FED；FAF，FAB，共四种，因此5次跳法共6424种，因此共有24226种【答案】26排列组合问题展示(选修23 P41复习参考题B组T2)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数，问：(1)能够组成多少个六位奇数？(2)能够组成多少个大于201 345的正整数？【解】(1)法一：先从1，3，5中选一个排在个位上，有A种方法，再从2，4和1，3，5中剩下的两个数，共4个数中选一个排十万位，有A种方法，剩余的4个数分别排在万位，千位，百位和十位的排法有A种方法，所以能够组成没有重复数字的六位奇数有AAA3424288个法二：从1，3，5中选一个排在个位上有A种方法，剩下的数排在前五位有A种方法，其中0排在十万位的有A种方法，所以能够组成没有重复数字的六位奇数有A(AA)3(12024)288个(2)法一：因为201 345是十万位为2的最小六位数，故大于201 345的正整数分四类第一类：十万位从3，4，5中选一个，有A种方法后五位有A种排法，其没有重复数字的六位数有AA360个第二类：十万位为2，万位从1，3，4，5中选一个有A种方法，后四位有A种排法，其没有重复数字的六位数有AA96个第三类：十万位为2，万位为0，千位从3，4，5中选一个有A种方法，后三位有A种排法，其六位数有AA18个第四类：十万位为2，万位为0，千位为1，百位数为从4，5种选一个有A种方法，后两位有A种排法，其六位数有AA4.第五类：十万位为2，万位为0，千位为1，百位为3，十位为5，仅有一个：201 354.所以所有没有重复数字的六位数有360961841479个法二：所有没有重复数字的六位整数有AA720120600个(或AA600)小于等于201 345的六位数分为以下两类：十万位为1的六位数有A120个，十万位为2的仅有1个(201 345)因此，所有的六位数有6001201479个已知有2个正奇数与n个正偶数和1个0，共n3个小于10的自然数组成一个数集，从中取出3个数组成没有重复数字的三位数，奇数的个数共有18个(1)求n的值；(2)若将这n3个数排成一个n3位数，其中偶数有多少个？【解】(1)个位数为奇数的排法有A，百位的排法有A，十位的排法有A.所以AAA18.即2(n1)(n1)18.所以n2.(2)由(1)知，共有2个奇数3个偶数(其中1个为0)，共5个数第1类，当0在个位时的偶数有A24个第2类，0不在个位时，个位从2，4中选一个的排法有A，万位的排法有A，其他位的排法有A，其5位偶数有AAA23636个所以偶数共有243660个 拓展1从1，3，5中取2个数，从0，2，4中取1个数，则组成没有重复数字的三位数的个数为()A24B36C48 D60【解析】第1类，含0类从1，3，5中取2个数，有C种方法，从0，2，4中取0仅有1种方法，这三个数组成的三位数有CAA12(或C(AA)12)个第2类，不含0类从1，3，5中取2个数有C，从0，2，4中的2，4里取1个数有C种方法这三个数组成的三位数有CCA36个所以共有123648个三位数，选C.【答案】C拓展2用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有_个(用数字作答)【解析】法一：数字2只出现一次的四位数有C4个；数字2出现两次的四位数有CC6个，数字2出现三次的四位数有C4个，故总共有46414个法二：由数字2，3组成的四位数共有2416个，其中没有数字2的四位数1个，没有数字3的四位数也只有1个，故符合条件的四位数共有16214个【答案】14拓展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_【解析】三位“驼峰数”中1在十位上的有A个，2在十位上的有A个，3在十位上的有A个，所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为121622330.【答案】30二项式定理问题展示(选修23 P30例1)求的展开式【解】法一：直接展开C(2)6C(2)5C(2)4C(2)3C(2)2C(2)C64x3632()41516()22081546264x3192x2240x160.法二：先化简，再展开(2x1)6C(2x)6C(2x)5(1)C(2x)4(1)2C(2x)3(1)3C(2x)2(1)4C(2x)(1)5C(1)6(64x6192x5240x4160x360x212x1)64x3192x2240x160.1若展开式中常数项为160，则a的值为()A2B1C1 D2【解析】展开式的通项Tk1C(a)6kCa6kx3k，由题意得所以k3，a2.【答案】A2若展开式的系数和为1，二项式系数和为128，则展开式中x2的系数为_【解析】由题意得，所以n7，a1.所以展开式的通项为Tk1C(2)7kC27k(1)kx，令2，得k1.所以x2的系数为C26(1)1448.【答案】448 拓展1(x32)的展开式中，常数项为()A120 B120C240 D360【解析】展开式的通项为：Tk1C()6kC(2)kx，当0，即k2时，展开式的常数项为C(2)2(2)120.当3，即k4时，展开式的常数项为C(2)41240.所以展开式的常数项为120240120.【答案】B拓展2展开式的常数项为_【解析】法一：因为，展开式的通项为Tk1C(2)k.又的通项为Tr1Cx4krCx4k2r.其中0k4，0r4k.k、rZ，令4k2r0，则k2r4.所以或或当k0，r2时，展开式的常数项为CC(2)06，当k2，r1时，展开式的常数项为CC(2)248，当k4，r0时，展开式的常数项为C(2)416.所以展开式中的常数项为6481670.法二：当x0时，.展开式的通项为Tk1C()8kC(1)kx4k.令4k0得k4.所以展开式的常数项为C(1)470.当x0时，(1)4(1)4.展开式的通项为Tk1C()8kC(x)4k.令4k0得k4.所以展开式的常数项为C70.综上所述，展开式的常数项为70.【答案】701从集合0，1，2，3，4，5，6中任取两个互不相等的数a，b，组成复数abi，其中虚数有()A36个B42个C30个 D35个解析：选A.由于a，b互不相等且abi为虚数，所以b只能从1，2，3，4，5，6中选一个，共6种，a从剩余的6个数中选一个，有6种，所以虚数共有6636(个)2在(1ax)7的展开式中，x3项的系数是x2项的系数与x5项的系数的等比中项，则a的值为()A. B.C. D.解析：选C.展开式的通项Tk1Cakxk(k0，1，7)，由题意得，(Ca3)2Ca2Ca5，所以a.3(2x1)的展开式的常数项是()A10 B9C11 D9解析：选B.(2x1)(2x1)，故展开式中的常数项是2(5)19.故选B.4现有三本相同的语文书和一本数学书，分发给三个学生，每个学生至少分得一本，则不同的分法有()A36种 B9种C18种 D15种解析：选B.先把三本相同的语文书和一本数学书分成三堆，可分两类：第一类，一文一文一文一数，再把分成的三堆书分给三个学生，共有3种不同的分法；第二类，二文一文一数，再把分成的三堆书分给三个学生，共有A6种不同的分法所以共有369种不同的分法，故选B.5在的展开式中，不含x的各项系数之和为_解析：的展开式中，不含x的各项系数之和，即的各项系数