复习参考题教学设计(第二课时)

章末复习提升课

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计数原理

[问题展示]

(选修2-3 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】

第一类线路：甲→乙→丁有2×3＝6条线路；

第2类线路：甲→丙→丁有

4×2＝8条线路，

则从甲地到丁地共有6＋8＝14条线路．

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，丙到丁的线路条数与甲到乙的相同．若从甲地到丁地共有14条线路可走，则该人选择从甲到丙再到丁的走法共有多少种走法．(

)

A．4

C．8

B．6 D．12 【解析】

设甲到乙有x条路线，则乙到丁有x＋1条路线，丙到丁有x条路线．

由题意得x(x＋1)＋4x＝14.

即x2＋5x－14＝0，

x1＝2，x2＝－7(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4×2＝8.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(

)

A．26

C．24

B．20 D．19 【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：12→5→3；12→6→4；12→6→7；12→8→6，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，3＋4＋6＋6＝19.

【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A→B→C→D；A→F→E→D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A→F→E→F；A→B→A→F；A→F→A→F；A→B→C→B；A→B→A→B；A→F→A→B这6种跳法，随后两次跳法各有四种，比如由F出发的有F→E→F；F→E→D；F→A→F，F→A→B，共四种，因此5次跳法共6×4＝24种，因此共有24＋2＝26种．

【答案】

26

排列组合

[问题展示]

(选修2-3 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A13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A1剩余的4个数分别排在万位，4种方法，114千位，百位和十位的排法有A44种方法，所以能够组成没有重复数字的六位奇数有A3A4A4＝3×4×24＝288个．

5法二：从1，3，5中选一个排在个位上有A13种方法，剩下的数排在前五位有A5种方法，其154中0排在十万位的A44种方法，所以能够组成没有重复数字的六位奇数有A3(A5－A4)＝3×(120－24)＝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A13种方法．

15后五位有A55种排法，其没有重复数字的六位数有A3A5＝360个．

1第二类：十万位为2，万位从1，3，4，5中选一个有A4种方法，后四位有A44种排法，其没4有重复数字的六位数有A14A4＝96个．

3第三类：十万位为2，万位为0，千位从3，4，5中选一个有A13种方法，后三位有A3种排3法，其六位数有A13A3＝18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A12种方法，后两12位有A22种排法，其六位数有A2A2＝4.

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360＋96＋18＋4＋1＝479.

515法二：所有没有重复数字的六位整数有A66－A5＝720－120＝600(或A5A5＝600)．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A55＝120个，十万位为2的仅有1个(201 345)．

因此，所有的六位数有600－120－1＝479.

已知有2个正奇数与n个正偶数和1个0，共n＋3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n＋3个数排成一个n＋3位数，其中偶数有多少个？

11【解】

(1)个位数为奇数的排法有A12，百位的排法有An＋1.十位的排法有An＋1.

11所以A12An＋1An＋1＝18.

即2(n＋1)(n＋1)＝18.

所以n＝2.

(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A44＝24个．

1第2类，0不在个位时，个位从2，4中选一个的排法有A12，万位的排法有A3，其他位的排113法有A33，其5位偶数有A2A3A3＝2×3×6＝36个．

所以偶数共有24＋36＝60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(

) A．24

C．48

【解析】

第1类，含0类．

从1，3，5中取2个数，有C23种方法，从0，2，4中取0仅有1种方法，这三个数组成的12232三位数有C23A2A2＝12(或C3(A3－A2)＝12)个．

B．36 D．60 第2类，不含0类．

1从1，3，5中取2个数有C23，从0，2，4中的2，4里取1个数有C2种方法．

13这三个数组成的三位数有C23C2A3＝36个．

所以共有12＋36＝48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) 2【解析】

法一：数字2只出现一次的四位数有C1数字2出现两次的四位数有C24＝4个；4C23＝6个，数字2出现三次的四位数有C4＝4个，故总共有4＋6＋4＝14个．

法二：由数字2，3组成的四位数共有24＝16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16－2＝14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________．

2【解析】

三位“驼峰数”中1在十位的有A24个，2在十位上的有A3个，3在十位上的有A22个，所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30.

【答案】

30

二项式定理

1[问题展示]

(选修2-3 P30例1)求2x－的展开式．

x6

【解】

法一：直接展开

6234－12x－1＝C0(2x)6＋C1(2x)524－133－142－1x＋C6(2x)x＋C6(2x)x＋C6(2x)·x66x＋C56(26－156－1x)＋C6

xx＝64x3－6×32(x)4＋15×16(x)2－20×8

11＋1

＋15×4－6×2·xxx246＝64x3－192x2＋240x－160＋法二：先化简，再展开

60121－＋.

xx2x32x－1612x－1＝＝3(2x－1)6

xxx1615242333424556＝3[C06(2x)＋C6(2x)(－1)＋C6(2x)(－1)＋C6(2x)(－1)＋C6(2x)(－1)＋C6(2x)(－1)＋C6x(－1)6]

1＝3(64x6－192x5＋240x4－160x3＋60x2－12x＋1)

x＝64x3－192x2＋240x－160＋

11．若ax＋展开式中常数项为－160，则a的值为(

) x660121－＋.

xx2x3A．－2

C．1

B．－1 D．2

【解析】

展开式的通项Tk＋1＝Ck6(ax)6－k1＝Cka6－kx3－k，

6xk3－k＝0，由题意得k6－k

C6a＝－160.所以k＝3，a＝－2. 【答案】

A a2x＋展开式的系数和为1，2．若二项式系数和为128，则展开式中x2的系数为________．

xa21＋＝11【解析】

由题意得，

n2＝128所以n＝7，a＝－1.

－1所以2x＋展开式的通项为

xTk＋1＝Ck7(2x)7－k7nn－1＝Ck27－k(－1)kx7xk7－3k2，

7－3k令＝2，得k＝1.

261所以x2的系数为C172(－1)＝－448.

【答案】

－448

2x－(x3－2)展开式中，常数项为(

)

[拓展1]xA．－120

C．240

2x－展开式的通项为：

【解析】

xTk＋1＝Ck6(x)6－k66B．120 D．360 －2＝Ck(－2)kx6xk6－3k2，

6－3k2当＝0，即k＝2时，展开式的常数项为C26(－2)(－2)＝－120.

26－3k4当＝－3，即k＝4时，展开式的常数项为C46(－2)×1＝240.

2所以展开式的常数项为－120＋240＝120.

【答案】

B 1x＋－2展开式的常数项为________．

[拓展2]x11x＋－2＝x＋－2，

【解析】

法一：因为xx444

展开式的通项为1x＋又x4－kTk＋1＝Ck4x＋1x4－k(－2)k.

4－k－2r1＝Cr.

－kx4xr的通项为4－k－rTr＋1＝Cr4－kx其中0≤k≤4，0≤r≤4－k.k、r∈Z，

令4－k－2r＝0，则k＋2r＝4.

k＝0k＝2k＝4所以或或

r＝2r＝1r＝0.02当k＝0，r＝2时，展开式常数为C4C4(－2)0＝6，

21当k＝2，r＝1时，展开式常数为C4C2(－2)2＝48，

4当k＝4，r＝0时，展开式常数为C4(－2)4＝16.

所以展开式中的常数项为6＋48＋16＝70.

11x＋－2＝x－.

法二：当x＞0时，xx48展开式的通项为－Tk＋1＝Ck8(x)8－k－1k

xk4k＝Ck.令4－k＝0得k＝4.

8(－1)x4所以展开式的常数项为C48(－1)＝70.

1x＋－2

当x＜0时，x1＝(－1)（－x）＋（－x）＋2

4441818＝(－1)－x＋＝－x＋－x.

－x4展开式的通项为4k＝Ck.

8(－x)－Tk＋1＝Ck8(－x)8－k1k

－x令4－k＝0得k＝4.

所以展开式的常数项为C48＝70.

综上所述展开式的常数项为70. 【答案】

70

1．“黄廷芳奖学金”要颁奖给某校甲、乙、丙、丁四个大学新生，现让这四个人排成一行照相，则乙、丙两人位于甲同侧的排法种数是(

) A．16

C．8

B．12 D．6 解析：选A.乙、丙两人位于甲同侧，可分为两类：第一类，乙、丙两人位于甲左侧，当甲

在第三位时，不同的排法种数为A2A1当甲在第四位时，不同的排法种数为A2A12·1＝2，3·1＝6，所以乙、丙两人位于甲左侧的不同排法种数为2＋6＝8；第二类，乙、丙两人位于甲右侧，其排法种数与乙、丙两人位于甲左侧的排法种数相同，也是8种．根据分类加法计数原理，乙、丙两人位于甲同侧的排法种数是8＋8＝16，故选A.

5x＋的展开式中x3的系数相等，则tan θ＝2．已知(xtan θ＋1)的展开式中x的系数与4524(

) A.2

22

241B.

21D．±

2r4C．±554－r5x＋的通项公式为Tr＋1＝Crx＋解析：选C.·x·，令4－r＝3，则r＝1，所以4444的55R5－R展开式中x3的系数是C1，令54·＝5，(xtan θ＋1)的通项公式为TR＋1＝C5·(xtan θ)41－R＝2，得R＝3，所以(xtan θ＋1)5的展开式中x2的系数是C3tan2θ＝5，所以tan2θ＝，5·22所以tan θ＝±.故选C.

23．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，问不同的分法有(

) A．36种

C．18种

B．9种

D．15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A33＝6种不同的分法．所以共有3＋6＝9种不同的分法，故选B.

4．在∠AOB的OA上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m＋n＋1个点，现任取其中3个点为顶点作三角形，可作的三角形的个数为(

) 212A．C1m＋1Cn＋Cn＋1Cm

212B．C1mCn＋CnCm

21211C．C1mCn＋CnCm＋CmCn

221D．C1mCn＋Cm＋1Cm

解析：选C.作出的三角形可以分成两类，一类是含有O点的，另一类是不含O点的．(1)1含有O点的，则在OA，OB上各取1个点，共有C1mCn个；(2)不含有O点的，则在OA上取212一点，OB上取两点，或者在OA上取两点，OB上取一点，共有C1mCn＋CnCm个．所以可作21211的三角形个数为C1mCn＋CnCm＋CmCn，故选C.

bax2＋的展开式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．

5．若xbax2)(ax2＋的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr解析：·6x－666－r6－rr12－3rb＝Cr·bx，令12－3r6·axr63＝3，得r＝3，由C3·b3＝20，得ab＝1，所以a2＋b2≥2ab＝2，所以a2＋b2的最小6·a值为2.

答案：2 6．如图，A，B，C，D为海上4个小岛，要建立3座大桥，将4个小岛连接起来，则不同的建桥方案有________种．

解析：法一：任2个岛之间建立1座桥，则共需C24＝6座桥，现只建其中33座，有C6种建法，但如图(1)，这样的建桥方式是不合题意的，类似这样的情况有C34种，3则共有C36－C4＝16种建桥方案．

法二：依题意，满足条件的建桥方案分两类．

第一类，如图(2)，此时有C14种方法．

1第二类，如图(3)，此时有A4＝12种方法．

24由分类加法计数原理得，共有4＋12＝16种建桥方案．

答案：16 7．如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂1种颜色，要求最多使用3种颜色，且相邻的2个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种. A B C D

解析：将4个区域标上A，B，C，D，当使用2种颜色时，涂色种数为C26×2＝30种．

3当使用3种颜色时，可能(A，C)或(A，D)或(B，D)涂同一颜色，涂色方案有C36·A3·3＝360种．

所以涂色方案共有360＋30＝390种．

答案：390