高考数学（理）二轮复习提优导学案（江苏专用）第一部分　二轮课时专题专题七　计数原理与概率第1讲　计数原理

1、第1讲计数原理【课前热身】第1讲计数原理(本讲对应学生用书第6769页)1.(选修2-3 P6例1改编)某校高一年级有12个班，高二年级有15个班，高三年级有16个班.若全校从某班级选1名代表，有种不同的选法；若每个年级各选1名代表，有种不同的选法.【答案】432 880【解析】12+15+16=43，121516=2 880.2.(选修2-3 P6练习5改编)已知4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方法有种.【答案】81【解析】每名学生都有3种不同的选报方式，所以共有34种不同的报名方式.3.(选修2-3 P35练习4改编)1+2+4+8+16+32=.【答

2、案】243【解析】(1+2)5=1+2+4+8+16+32=35=243.4.(选修2-3 P36习题6改编)的展开式中含x的正整数指数幂的项是第项.【答案】1或3【解析】的展开式的通项为()10-r=，因此，当r=0或r=2时，含x的正整数指数幂，即第1项与第3项满足条件.5.(选修2-3 P28练习4改编)将5名志愿者分派到3所学校支教，每所学校至少分派一名志愿者，则不同的分派方法共有种.【答案】150【解析】人数分配上有1，2，2与1，1，3两种方式，若是1，1，3，则有=60(种)；若是1，2，2，则有=90(种)，所以共有60+90=150(种).【课堂导学】两个计数原理例1如图所示

3、，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块花坛里种一种花，且相邻的两块花坛里种不同的花，则不同的种法共有种.(例1)【分析】本题可以考虑按所种花的品种多少分类，也可以按A-B-C-D的顺序分步.【答案】84【解析】方法一：按所种花的品种多少分成三类：种两种花有种种法；种三种花有2种种法；种四种花有种种法.所以不同的种法共有+2+=84种.方法二：按A-B-C-D的顺序种花，可分A，C种同一种花与不种同一种花两种情况，共有43(13+22)=84种不同的种法.【点评】在方法二中，A，C种同一种花和种不同的花对D中的种法是有影响的，所以又需要分类讨论.变式编号为A，B，

4、C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1，2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，不同的放法有多少种?(变式)【解答】根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理知此时有=6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理知此时有=6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E，有=6种不同的放法，根据分步乘法计数原理

5、得，此时有=18种不同的放法.综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6+6+18=30种.排列与组合例2(1)(2014扬州模拟)如图，四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为的4个仓库存放这8种化工产品，求安全存放的不同放法种数.(2)有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.若恰有1个盒内不放球，则共有几种放法?若恰有1个盒内有2个球，则共有几种放法?若恰有2个盒内不放球，则共有几种放法?(例2)【分析】(1)中先把标号为1，2，3，4的化工产品各放入一个不同

6、仓库中，再根据限制条件放入其他化工产品；(2)中4个球4个盒子，“恰有1个盒子不放球”和“恰有1个盒内有2个球”本质是一样的，为了保证有1个盒子不放球，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法?”.【解答】(1)由题意分析，先把标号为1，2，3，4的化工产品分别放入的4个仓库内，共有=24种放法；再把标号为5，6，7，8的化工产品对应地按要求安全存放：7与1放一起，8与2放一起，5与3放一起，6与4放一起；或者6与1放一起，7与2放一起，8与3放一起，5与4放一起，有两种放法.综上所述，共有2=48种放法.(2)从4个盒子中取出一个盒子不放球

7、，把4个球分成2，1，1三组，然后再从剩余3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有=144种.“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一事件，所以共有144种放法.确定2个空盒有种方法，4个球放进2个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类有序不均匀分组，有种放法；第二类有序均匀分组，有种放法.故共有=84种.【点评】第(2)题的中，若先从4个球中任选3个放入3个不同的盒子中，再把余下的1个球放入其中一个盒子中，则会出现重复，这是一

8、种典型错误；中的4个球平均分为两组，共有种分法，而不是.变式用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图(1)、图(2)，要求相邻区域着不同颜色.(1)若n=6，则为图(1)着色时共有多少种不同的方法?(2)若为图(2)着色时共有120种不同的方法，求n的值.图(1)图(2)(变式)【解答】(1)为着色有6种方法，为着色有5种方法，为着色有4种方法，为着色也有4种方法，所以共有着色方法数N=6544=480.(2)同理(1)，可得不同的着色方法数为n(n-1)(n-2)(n-3).由题意得n(n-1)(n-2)(n-3)=120.即(n2-3n+12)(n2-3n-10)=0，由nN*，解得n=5

9、.二项展开式问题例3(2014扬州质检)已知(+x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x-1)n的展开式的二项式系数和大992，求的展开式中：(1)二项式系数最大的项；(2)系数的绝对值最大的项.【点拨】第(2)问先设出系数绝对值最大的项，利用它比前后两项都大，列不等式组求r的范围.【分析】先求出n，再根据中间项的二项式系数最大，写出二项式系数最大的项； 第(2)问可以先假设系数的绝对值最大的项为第r+1项，由通项公式写出其系数的绝对值，利用它比前一项和后一项的系数的绝对值都大，列不等式组求出r的范围，再根据rZ确定r的值.【解答】由题意知，22n-2n=992，即(2n-32)(2n+31)

10、=0，所以2n=32，解得n=5.(1)由二项式系数的性质知，2x-10的展开式中第6项的二项式系数最大，即T6=(2x)5=-8 064.即二项式系数最大的项是第6项，为-8 064.(2)设第r+1项的系数的绝对值最大，因为Tr+1=(2x)10-r=(-1)r210-rx10-2r，所以得即解得r.因为rZ，所以r=3.故系数的绝对值最大的项是第4项，且T4=-27x4=-15 360x4.【点评】考虑二项展开式中的特定项，一般利用通项公式.变式1(2016徐州一中质检)已知展开式中的倒数第三项的二项式系数为45.(1)求含有x3的项；(2)求二项式系数最大的项.【解答】(1)由已知得=

11、45，即=45，所以n2-n-90=0，解得n=-9(舍去)或n=10，由通项公式得Tr+1=(4)10-r()r=410-r.令-+r=3，得r=6，所以含有x3的项是T7=44x3=53 760x3.(2)因为此展开式共有11项，所以二项式系数最大的项是第6项，所以T6=(4)5()5=258 048.变式2设等差数列an的首项为1，公差为d(dN*)，m为数列an中的项.(1)若d=3，试判断的展开式中是否含有常数项，请说明理由；(2)求证：存在无穷多个d，使得对每一个m，的展开式中均不含常数项.【解答】(1)因为an是首项为1、公差为3的等差数列，所以an=3n-2.假设的展开式中的第

12、r+1项为常数项(rN)，则Tr+1=xm-r=，于是m-r=0，设m=3n-2(nN*)，则有3n-2=r，即r=2n-，这与rN*矛盾，所以假设不成立，即的展开式中不含常数项.(2)由题设知an=1+(n-1)d，设m=1+(n-1)d，由(1)知要使对于一切m，的展开式中均不含常数项，必须有对于nN*，满足1+(n-1)d-r=0的r无自然数解，即r=(n-1)+N.当d=3k(kN*)时，r=(n-1)+=2k(n-1)+N.故存在无穷多个d，满足对每一个m，的展开式中均不含常数项.二项式定理的综合应用例4已知数列an的首项为1，P(x)=a1(1-x)n+a2x(1-x)n-1+a3

13、x2(1-x)n-2+anxn-1(1-x)+an+1xn.(1)若数列an是公比为2的等比数列，求P(-1)的值；(2)若数列an是公差为2的等差数列，求证：P(x)是关于x的一次多项式.【解答】(1)方法一：由题设知，an=2n-1.P(-1)=1(-1)02n+2(-1)12n-1+22(-1)22n-2+2n(-1)n20=(-2)02n+2n-1+2n-2+20=(2-2)n=0.方法二：若数列an是公比为2的等比数列，则an=2n-1，故P(x)=(1-x)n+(2x)(1-x)n-1+(2x)2(1-x)n-2+(2x)n-1(1-x)+(2x)n=(1-x)+2xn=(1+x)

14、n，所以P(-1)=0.(2)若数列an是公差为2的等差数列，则an=2n-1.P(x)=a1(1-x)n+a2x(1-x)n-1+anxn-1(1-x)+an+1xn=(1-x)n+(1+2)x(1-x)n-1+(1+4)x2(1-x)n-2+(1+2n)xn=(1-x)n+x(1-x)n-1+x2(1-x)n-2+xn+2x(1-x)n-1+2x2(1-x)n-2+nxn.由二项式定理知，(1-x)n+x(1-x)n-1+x2(1-x)n-2+xn=(1-x)+xn=1.因为k=k=n=n，所以x(1-x)n-1+2x2(1-x)n-2+nxn=nx(1-x)n-1+nx2(1-x)n-2

15、+nxn=nx(1-x)n-1+x(1-x)n-2+xn-1=nx(1-x)+xn-1=nx，所以P(x)=1+2nx，即P(x)是关于x的一次多项式.【点评】 对于问题(1)，可先取特殊值-1再运算，也可先运算再代入数值-1，但是最终都是逆用二项式定理.对于问题(2)，仍属于定理或公式的逆用，但过程与思路都较繁杂，难度较大.变式(2016东海中学期中)已知数列an的首项为1，f(n)=a1+a2+ak+an(nN*).(1)若an为常数列，求f(4)的值.(2)若an是公比为2的等比数列，求f(n)的解析式.(3)数列an能否成等差数列，使得f(n)-1=(n-1)2n对一切nN*都成立?若

16、能，求出数列an的通项公式；若不能，请说明理由.【解答】(1)因为an为常数列，所以an=1(nN*).所以f(4)=+=15.(2)因为an是公比为2的等比数列，所以an=2n-1(nN*).所以f(n)=+2+22+2n-1，所以1+2f(n)=1+2+22+23+2n=(1+2)n=3n，故f(n)=.(3)假设数列an能为等差数列，使得f(n)-1=(n-1)2n对一切nN*都成立，设公差为d，则f(n)=a1+a2+ak+an-1+an，且f(n)=an+an-1+ak+a2+a1，相加得2f(n)=2an+(a1+an-1)(+)，所以f(n)=an+(+)=an+(2n-2)=1

17、+(n-1)d+2+(n-2)d(2n-1-1).所以f(n)-1=(d-2)+2+(n-2)d2n-1=(n-1)2n恒成立，即(d-2)+(d-2)(n-2)2n-1=0，nN*恒成立，所以d=2，故an能为等差数列，使得f(n)-1=(n-1)2n对一切nN*都成立，它的通项公式为an=2n-1.【课堂评价】1.(2016四川卷改编)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为.【答案】72【解析】由题意，要组成没有重复的五位奇数，则个位数应该为1，3，5中之一，其他位置随便排，共种可能，所以其中奇数的个数为3=72.2.(2016山东卷)若的展开式中x5的系数是-

18、80，则实数a=.【答案】-2【解析】因为Tr+1=(ax2)5-r=a5-r，所以由10-r=5，得r=2，因此a5-2=-80，解得a=-2.3.(2016新课标改编)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为.(第3题)【答案】18【解析】由题意，小明从街道的E处出发到F处最短有6条路，再从F处到G处最短共有3条路，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为63=18条.4.(2014无锡调研)化简：+=.【答案】22n-1-1【解析】(1+x)2n=+x+x2+x3+x2n，令x=1，得C+C+C+C

19、+C=22n；再令x=-1，得C-C+C-+(-1)rC+-C+C=0.两式相加得2(C+C+C)=22n，又C=1，得C+C+C+C=-1=22n-1-1.5.(2016如东中学质检)已知的展开式中，前三项系数成等差数列.(1)求n的值；(2)求第三项的二项式系数及项的系数；(3)求含x项的系数.【解答】(1)因为前三项系数1，成等差数列，所以2=1+，即n2-9n+8=0，所以n=8或n=1(舍去).(2)由n=8知其通项公式为Tr+1=()8-r=，r=0，1，8.所以第三项的二项式系数为=28.第三项系数为=7.(3)令4-r=1，得r=4，所以含x项的系数为=.温馨提示：趁热打铁，事

20、半功倍.请老师布置同学们完成配套检测与评估第3334页.【检测与评估】专题七计数原理与概率第1讲计数原理一、 解答题1.某次春游活动中，3名老师和6名同学站成前后两排合影，3名老师站在前排，6名同学站在后排.(1)若甲，乙两名同学要站在后排的两端，共有多少种不同的排法?(2)若甲，乙两名同学不能相邻，共有多少种不同的排法?(3)若甲乙两名同学之间恰有两名同学，共有多少种不同的排法?(4)在所有老师和学生都排好后，拍照的师傅觉得队形不合适，遂决定从后排6人中抽2人调整到前排.若其他人的相对顺序不变，共有多少种不同的调整方法?2.已知在二项式的展开式中，第6项为常数项.(1)求n的值；(2)求含x

21、2项的系数；(3)求展开式中所有的有理项.3.若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象，则称n为“良数”.例如：32是“良数”，因为32+33+34不产生进位现象；23不是“良数”，因为23+24+25产生进位现象.试求小于1 000 的“良数”的个数.4.(2016淮安中学质检)已知(1+2x)n=a0+a1x+a2x2+anxn(nN*).(1)求a1+2a2+3a3+nan的值；(2)设x=，n为正偶数，若(1+2x)n=A+B，比较与1+的大小.5.(2016连云港期末联考)在(1+x+x2)n=+x+x2+xr+x2n-1+x2n的展开式中，把，叫做三项式系

22、数.(1)当n=2时，写出三项式系数的值；(2)类比二项式系数性质=+(1mn，mN，nN)，给出一个关于三项式系数(1m2n-1，mN，nN)的相似性质，并予以证明.6.(2016南京六校联考)设f(x)是定义在R上的函数，g(x)=fx0(1-x)n+fx1(1-x)n-1+fx2(1-x)n-2+fxn(1-x)0，nN*.(1)若f(x)=1，求g(x)；(2)若f(x)=x，求g(x).7.(2016苏州期末)如图，由若干个小正方形组成的k层三角形图阵，第一层有1个小正方形，第二层有2个小正方形，依此类推，第k层有k个小正方形.除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正

23、方形之上.现对第k层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为x1，x2，xk，其中xi0，1(1ik)，其他小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为x0.(1)当k=4时，若要求x0为2的倍数，则有多少种不同的标注方法?(2)当k=11时，若要求x0为3的倍数，则有多少种不同的标注方法?8.(2016苏锡常镇一调)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，该三角形数阵的开头几行如图所示.(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为345?若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由

24、.(2)已知n，r为正整数，且nr+3，求证：任意四个相邻的组合数不能构成等差数列.【检测与评估答案】专题七计数原理与概率第1讲计数原理一、 解答题1. (1) 先排甲、乙有种排法，再排剩下的4名同学，有种排法，最后排3名老师，有种排法，故共有=288种排法.(2) 先排除甲、乙以外的4名同学，有种排法，再将甲、乙2名同学插入，有种排法，最后排3名老师，有种排法，故共有=2 880种排法.(3) 先排甲、乙，有种排法，再从剩余的4名同学中选出2名全排，有种排法，再和剩余的2名同学全排，有种排法，最后将3名老师全排，有种排法.故共有=864种排法.(4) 由题可知有=300种排法.2. (1)

25、通项公式为Tk+1=，因为第6项为常数项，所以当k=5时，=0，即n=10.(2) 令=2，得k=2，故含x2的项的系数是=.(3) 由题得令=r(rZ)，则10-2k=3r，则k=5-r.因为kZ，所以r应为偶数，所以r可取2，0，-2，即k可取2，5，8，所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为x2，x-2，即x2，-，.3. 一位数的“良数”有0，1，2，共3个.两位数的“良数”十位数可以是1，2，3，两位数的良数有10，11，12，20，21，22，30，31，32，共9个.三位数的“良数”百位数为1，2，3，十位数为0的，个位可以是0，1，2，共33=9(个)；百位数为1，2，

26、3，十位数不是0时，十位、个位可以是两位数的“良数”，共有39=27(个).根据分类加法计数原理，共有3+9+9+27=48个小于1 000 的“良数”.4. (1) 原式两边求导得2n(1+2x)n-1=a1+2a2x+nanxn-1，令x=1，得a1+2a2+3a3+nan=2n3n-1.(2) 原式中令x=，则(1+)n=a0+a1+a2+an=A+B，所以(1-)n=a0-a1+a2-+an=A-B，所以A=，B=，所以=1+=1+=1+，当n2时，(2+)n-13n，所以1+1+，即1+.5. (1) 因为(1+x+x2)2=1+2x+3x2+2x3+x4，所以=1，=2，=3，=2

27、，=1.(2) 类比二项式系数性质=+(1mn，mN，nN)，三项式系数有如下性质：=+(1m2n-1).证明：因为(1+x+x2)n+1=(1+x+x2)(1+x+x2)n，所以(1+x+x2)n+1=(1+x+x2)(+x+x2+x2n-1+x2n)，上式左边xm+1的系数为，上式右边xm+1的系数为+，于是=+(1m2n-1).6. (1) 因为f(x)=1，所以f=f=f=1，所以g(x)=x0(1-x)n+x1(1-x)n-1+x2(1-x)n-2+xn(1-x)0=(1-x)+xn=1.因为00无意义，所以g(x)=1，且x0，x1.(2) 因为r=r=n=n，其中r=1，2，n，所以r=n(r=1，2，n).又因为f(x)=x，所以g(x)=0x0(1-x)n+x1(1-x)