专题04 计数原理（考点串讲）-2023-2024学年高二数学下学期期末考点大串讲（沪教版2020选修）

高二沪教版数学下册期末考点大串讲 串讲04 计数原理 01 02 04 03 目 录 易错易混 题型剖析 考点透视 押题预测 九大易错易混经典例题 4道期末真题对应考点练 三大重难点题型典例剖析+技巧总结 四大常考点：知识梳理 考点透视 1．两个计数原理 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理，与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效地将之分解，达到求解的目的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键． 知识梳理 2．排列与组合 排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式．在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢． 对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组合问题． 3．排列数与组合数公式及性质 【例1】某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语和日语的各一人,有　　　　　种不同的选法.(　　)  A.10 B.20 C.21 D.40 答案 B 解析 由题可知,既会英语又会日语的有7+3-9=1(人),仅会英语的有6人,仅会日语的有2人.从仅会英、日语的人中各选1人有6×2种选法;从仅会英语与英、日语都会的人中各选1人有6×1种选法;仅会日语与英、日语都会的人中各选1人有2×1种选法.根据分类加法计数原理,共有6×2+6×1+2×1= 20(种)不同选法. 题型一：两个计数原理 题型剖析 方法技巧使用两个原理解决问题时应注意的问题 对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题,我们可以恰当地画出示意图或列出表格,使问题更加直观、清晰. 【例2】在高三(1)班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目. (1)当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少种不同的节目安排顺序? (2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的节目安排顺序? (3)若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗朗诵和快板2个节目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的节目演出顺序? 题型二：排列、组合的应用 解 (1)第1步,先将4个舞蹈节目捆绑起来,看成1个节目,与6个演唱节目一起排,有 =5 040(种)方法;第2步,再松绑,给4个节目排序,有 =24(种)方法. 根据分步乘法计数原理, 一共有5 040×24=120 960(种). (2)第1步,将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”),一共有 =720(种)方法. ×□×□×□×□×□×□× 第2步,再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置),这样相当于7个“×”选4个来排,一共有 =7×6×5×4=840(种). 根据分步乘法计数原理, 一共有720×840=604 800(种). 方法技巧1.解决排列组合应用题的一般步骤 (1)认真审题,弄清楚是排列(有序)还是组合(无序),还是排列与组合混合问题. (2)抓住问题的本质特征,准确合理地利用两个基本原理进行“分类与分步”. 2.处理排列组合应用题的规律 (1)两种思路:直接法,间接法. (2)两种途径:元素分析法,位置分析法. 3.排列组合应用题的常见类型及解法 (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. 【例3】将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有1个球,若甲球必须放入第1个盒子中,则不同的放法种数是(　　) A.120 B.72 C.60 D.36 答案 C 【例4】(1)已知(1+ax2)6(a是正整数)的展开式中x8的系数小于120,则a=　　　　.  (2)已知(5x- )n的展开式中各项系数之和是各二项式系数之和的16倍. ①求n; ②求展开式中二项式系数最大的项; ③求展开式中所有的有理项. 题型三：二项式定理的应用 (1)答案 1 方法技巧应用二项式定理解题要注意的问题 (1)通项表示的是第“k+1”项,而不是第“k”项. (2)展开式中第k+1项的二项式系数 与第k+1项的系数,在一般情况下是不相同的,在具体求各项的系数时,一般先处理符号,对根式和指数的运算要细心,以防出差错. (3)通项表示二项展开式中的任意项,只要n与k确定,该项也随之确定.对于一个具体的二项式,它的展开式中的项Tk+1依赖于k. 【例5】设(2- x)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,求下列各式的值. (1)a0; (2)a1+a2+a3+a4+…+a100; (3)a1+a3+a5+…+a99; (4)(a0+a2+…+a100)2-(a1+a3+…+a99)2; (5)|a0|+|a1|+…+|a100|. 方法技巧赋值法的应用 与二项式系数有关的问题,包括求二项展开式中二项式系数最大的项、各二项式系数或各项的系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和,主要解决方法是赋值法,通过观察二项展开式右边的结构特点和所求式子的关系,确定给字母所赋的值,有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项,此时要专门求出这一项,而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时,往往要两次赋值,再由方程组求出结果. 解析 B 易错点01　不能正确理解题意致误 易错易混 解 易错点02　忽视排列数公式的隐含条件致误 解析 易错点03　未关注组合数中字母的取值范围致误 D 解析 56 易错点04　不能正确判断是排列还是组合致误 解析 120 解析 60 易错点05　重复、遗漏计算出错 解 解析 C 易错点06　未能正确理解二项展开式中的项与项数致误 解 易错点07　未能正确转化三项式问题而致误 解析 225 易错点08　混淆展开式中的奇偶次项与奇偶数项致误 易错点09　混淆二项式系数与展开式系数致误 1.（2023春•长宁区校级期末）将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为　 　． 【解析】解：2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，所有的基本事件有共有 =6种结果， 其中2本数学书相邻的有(数学1，数学2，语文)，(数学2，数学1，语文)，(语文，数学1，数学2)，(语文，数学2，数学1)共4个，故本数学书相邻的概率P= ． 故答案为： ． 押题预测 36 2.（2023春•青浦区期末）某校开展“全员导师制”．有2名导师可供5位学生选择，若每位学生必须也只能选取一名导师且每位导师最多只能被3位学生选择，则不同的选择方案共有 ____ 种(用数字作答)． 【解析】解：有2名导师可供5位学生选择，若每位学生必须也只能选取一名导师且每位导师最多只能被3位学生选择， 故可将学生分组为2，3，共有 =10种， 再将分好的学生分配给2名导师，共 =2种， 故不同的选择方案共有10×2=20种． 故答案为：20． 20 37 3. 的二项展开式中x2项的系数为 _____ ． 【解析】解：在 的二项展开式中，通项公式为Tr+1= •x10-2r， 令10-2r=2，求得r=4，可得x2项的系数为 =210． 故答案为：210． 210 38 4.（2023春•浦东新区校级期末）某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A、B、C、A1、B1、C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有 _____ 种(用数字作答)． 【解析】解：每种颜色的灯泡都至少用一个，即用了四种颜色的灯进行安装，分3步进行， 第一步，A、B、C三点选三种颜色灯泡共有A43种选法； 第二步，在A1、B1、C1中选一个装第4种颜色的灯泡，有3种情况； 第三步，为剩下的两个灯选颜色，假设剩下的为B1、C1，若B1与A同色，则C1只能选B点颜色；若B1与C同色，则C1有A、B处两种颜色可选． 故为B1、C1选灯泡共有3种选法，得到剩下的两个灯有3种情况， 则共有A43×3×3=216种方法． 故答案为：216 216 39 项目 排列数 组合数 公式 排列数公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ 组合数公式 C＝＝ ＝ 性质 当m＝n时，A为全排列A＝n！；0！＝1 C＝C＝1； C＝C； C＋C＝C 备注 n，m∈N*且m≤n 4．二项式定理 (1)与二项式定理有关：包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式； (2)与通项公式有关：主要是求特定项，比如常数项、有理项、含x的某次幂的项等，此时要特别注意二项式展开式的通项是Tk＋1＝Can－kbk(k＝0,1，…，n)，其二项式系数是C，而不是C，这是一个易错点． (3)若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有种不同的节目演出顺序,但原来的节目已定好顺序,需要消除,所以有=132(种)不同的节目演出顺序. 解析 第一类,第1个盒子中只有甲球,把剩余的4个球分成个数分别为1,1,2的三堆,再分配给剩余的3个盒子,共有放法种;第二类,第1个盒子中有2个球,此时相当于把除甲球外的4个球放入4个盒子中,放法有种.根据分类加法计数原理,满足题意的放法种数为=60. 解析 (1+ax2)6的展开式的通项为Tk+1=(ax2)k=akx2k,令2k=8得k=4, ∴x8的系数为a4=15a4. ∴15a4<120,也即a4<8,又a是正整数.故a只能取1. (2)解 ①令x=1得(5x-)n的展开式中各项系数之和为(5-1)n=4n,各二项式系数之和为2n,由题意得,4n=16·2n,所以2n=16,解得n=4. ②通项Tk+1=(5x)4-k(-)k =(-1)k54-k, 展开式中二项式系数最大的项是第3项, T3=(-1)252x=150x. ③由②得,4-k∈Z(k=0,1,2,3,4),即k=0,2,4, 所以展开式中所有的有理项为 T1=(-1)054x4=625x4, T3=(-1)252x=150x, T5=(-1)450x-2=x-2. 解 (1)令x=0,则展开式为a0=2100. (2)令x=1,可得a0+a1+a2+…+a100=(2-)100, (*) 所以a1+a2+…+a100=(2-)100-2100. (3)令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+…+a100=(2+)100, 与(2)中(*)式相减得 a1+a3+…+a99= (4)原式=[(a0+a2+…+a100)+(a1+a3+…+a99)][(a0+a2+…+a100)-(a1+a3+…+a99)]=(a0+a1+a2+…+a100)·(a0-a1+a2-a3+…+a98-a99+a100) =[(2-)(2+)]100=1100=1. (5)因为=(-1)k)kxk, 所以<0(n∈N*). 所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a100| =a0-a1+a2-a3+…+a100=(2+)100. 【例1】．现有8个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为(　　) A．A63·A55 B．A88－A66·A33 C．A53·A33 D．A88－A64 在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不全相邻的方法数，即A88－A66·A33.故选B. 【例2】解不等式：A8x<6A8x－2. 由A8x<6A8x－2，得eq \f(8！,（8－x）！)<6×eq \f(8！,（10－x）！)，2≤x≤8， 化简得x2－19x＋84<0，解得7<x<12， 所以7<x≤8. 由x∈N*，得x＝8. 【例3】．已知C12x－2＝C122x－4，则x的值是(　　) A．2 B．6 C.eq \f(1,2) D．2或6 结合组合数性质Cnm＝Cnn－m可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤x－2≤12，,0≤2x－4≤12，,x－2＝2x－4或（x－2）＋（2x－4）＝12，)) 解得x＝2或x＝6. 【例4】有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球排成一排，不同的排列方法有________种． 8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题，这样共有C83＝56(种)排法． 【变式】有乒乓球运动员9人，其中有4名男运动员，5名女运动员，现从中选4人进行男女混合双打比赛，那么配对情况有________种． 因为选4人参加男女混合双打比赛，所以男、女运动员各2名．第一步，从4名男运动员中选2人，有C42种方法；第二步，从5名女运动员中选2人，有C52种方法；第三步，将选出的2男2女进行1男1女的配对，有A22种方法．所以配对情况共有C42·C52·A22＝120(种)． 【例5】将三位老师分配到4所学校实施精准帮扶，若每位老师只去一所学校，每所学校最多去2人，则不同的分配方法有________种．(用数字作答) 根据题意，分两种情况讨论． ①若三位老师去三所学校，则有A43＝24(种)分配方法； ②若两位老师去一所学校，另一位老师去一所学校， 则有C32A42＝36(种)分配方法． 所以共有24＋36＝60(种)不同的分配方法． 【变式】．用0，1，2，3，4，5，6这七个数字： (1)能组成多少个无重复数字的四位奇数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比31 560大的五位数？ (1)根据题意，分三步进行分析：①个位从1，3，5中选择一个，有C31种选法； ②千位上不可选0，从剩下的5个数中选一个，有C51种选法；③在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位上，有A52种选法．则有C31×C51×A52＝300(个)无重复数字的四位奇数． (2)分两种情况讨论：①个位上的数字是0，在其余的6个数字中任选4个，安排在前4个数位，有A64种情况，则此时符合条件的五位数有A64个；②个位上的数字是5，万位上不可选0，从剩下的5个数字中选一个，有C51种选法，在余下的5个数字中选出3个，安排在中间3个数位，有C51×A53种情况，则此时符合条件的五位数有C51×A53个．故满足条件的五位数共有A64＋C51×A53＝660(个)． (3)符合要求的比31 560大的五位数可分为四类：第一类：形如4□□□□，5□□□□，6□□□□，有C31×A64个； 第二类：形如32□□□，34□□□，35□□□，36□□□，有C41×A53个；　第三类：形如31 6□□，有A42个； 第四类：形如31 56□，有2个．由分类加法计数原理知，所求五位数有C31×A64＋C41×A53＋A42＋2＝1 334(个)． 【例6】．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x6－\f(1,x\r(x)))) eq \s\up12(5)的展开式中为常数项的是(　　) A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 由二项式定理可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x6－\f(1,x\r(x)))) eq \s\up12(5)的展开式的通项为Tk＋1＝C5k(x6)5－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x\r(x)))) eq \s\up12(k)＝C5k(－1)kx30－eq \f(15,2)k(k＝0，1，2，3，4，5)．令30－eq \f(15,2)k＝0，得k＝4，所以二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x6－\f(1,x\r(x)))) eq \s\up12(5)的展开式的第4＋1＝5项为常数项，故选C. 【例7】．求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r(2))) eq \s\up12(5)的展开式中的常数项． 方法一：由二项式定理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x)＋\r(2))) eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x)))＋\r(2))) eq \s\up12(5)＝C50·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x))) eq \s\up12(5)＋C51·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x))) eq \s\up12(4)·eq \r(2)＋C52·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x))) eq \s\up12(3)·(eq \r(2))2＋C53·(eq \f(x,2)＋eq \f(1,x))2·(eq \r(2))3＋C54·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x)))·(eq \r(2))4＋C55·(eq \r(2))5. 其中为常数项的有 C51eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x))) eq \s\up12(4)·eq \r(2)中的第3项：C51C42×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)×eq \r(2)；C53·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x))) eq \s\up12(2)·(eq \r(2))3中的第2项：C53C21×eq \f(1,2)×(eq \r(2))3； 展开式的最后1项：C55×(eq \r(2))5.综上可知，常数项为C51C42×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)×eq \r(2)＋C53C21×eq \f(1,2)×(eq \r(2))3＋C55×(eq \r(2))5＝eq \f(63 \r(2),2).方法二：原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋2 \r(2)x＋2,2x))) eq \s\up12(5)＝eq \f(1,32x5)·(x2＋2 eq \r(2)x＋2)5＝eq \f(1,32x5)·(x＋eq \r(2))10.　 求原式中展开式的常数项，转化为求(x＋eq \r(2))10的展开式中含x5的项的系数，即C105×(eq \r(2))5. 所以所求的常数项为eq \f(C105×（\r(2)）5,32)＝eq \f(63 \r(2),2). 设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B，则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….由已知得B－A＝38.令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，即B－A＝(－3)n， 所以(－3)n＝38＝(－3)8，所以n＝8.所以Cn1＋Cn2＋Cn3＋…＋Cnn＝2n－Cn0＝28－1＝255. 【例8】．已知(2x－1)n的展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，则Cn1＋Cn2＋Cn3＋…＋Cnn＝______________. 【例9】．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x2))) eq \s\up12(8)的展开式中，求：(1)系数的绝对值最大的项； (2)二项式系数最大的项；(3)系数最大的项；(4)系数最小的项． 由二项式定理可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x2))) eq \s\up12(8)的展开式的通项为Tk＋1＝C8k(eq \r(x))8－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2))) eq \s\up12(k)＝(－1)kC8k2kx4－eq \f(5k,2). (1)设第k＋1项系数的绝对值最大．则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C8k·2k≥C8k＋1·2k＋1，,C8k·2k≥C8k－1·2k－1，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,8－k)≥\f(2,k＋1)，,\f(2,k)≥\f(1,9－k)，))解得5≤k≤6.故系数绝对值最大的项是第6项和第7项． (2)二项式系数最大的项为中间项，即为第5项，所以T5＝(－1)4C84·24·x4－eq \f(20,2)＝1 120x－6. (3)由(1)知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，而第6项的系数为负数，第7项的系数为正数，则系数最大的项为T7＝(－1)6C86·26·x－11＝1 792x－11. (4)系数最小的项为T6＝(－1)5C85·25·x－eq \f(17,2)＝－1 792x－eq \f(17,2). $$