人教版 高中数学 选修23 练习第一章 章末复习课

2019 学年人教版高中数学选修精品资料章末复习课整合整合网络构建网络构建警示警示易错提醒易错提醒1正确区分正确区分“分类分类”与与“分步分步”，恰当地进行分类恰当地进行分类，使分类后不使分类后不重、不漏重、不漏2正确区分是组合问题还是排列问题正确区分是组合问题还是排列问题，要把要把“定序定序”和和“有序有序”区分开来区分开来3正确区分分堆问题和分正确区分分堆问题和分配问题配问题4二项式定理的通项公式二项式定理的通项公式 Tk1Cknankbk是第是第(k1)项项，而不是而不是第第 k 项项，注意其指数规律注意其指数规律5求二项式展开式中的特殊项求二项式展开式中的特殊项(如：系数最大的项、二项式系数如：系数最大的项、二项式系数最大的项最大的项、常数项常数项、含某未知数的次数最高的项含某未知数的次数最高的项、有理项有理项)时时，要要注意注意 n 与与 k 的取值范围的取值范围6注意区分注意区分“某项的系数某项的系数”与与“某项的二项式系数某项的二项式系数”，展开式中展开式中“二项式系数的和二项式系数的和”与与“各项系数的和各项系数的和”， “奇奇(偶偶)数项系数的和数项系数的和”与与“奇奇(偶偶)次项系数的和次项系数的和”专题一专题一两个计数原理的应用两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章知识的基础分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章知识的基础，高考高考中时有出现中时有出现，一般是与排列、组合相结合进行考查一般是与排列、组合相结合进行考查，难度中等难度中等例例 1现有现有 4 种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有则不同的着色方法共有()高高中中数数学学A.144 种种B72 种种C64 种种D84 种种解析：解析：法一法一根据所用颜色的种数分类根据所用颜色的种数分类第一类：用第一类：用 4 种颜色涂种颜色涂，方法有方法有 A44432124(种种)第二类第二类： 用用 3 种颜色种颜色， 必须有一条对角区域涂同色必须有一条对角区域涂同色， 方法有方法有 C12C14A2348(种种)第三类：用第三类：用 2 种颜色种颜色，对角区域各涂一色对角区域各涂一色，方法有方法有 A2412(种种)根据加法原理根据加法原理，不同的涂色方法共有不同的涂色方法共有 24481284(种种)法二法二根据根据“高高”“”“学学”是否为同色分类是否为同色分类第一类第一类：区域区域“高高”与与“学学”同色同色，从从 4 色中选色中选 1 色色，有有 C14种方种方法法，其余区域其余区域“中中”“”“数数”各有各有 3 种方法种方法，共有共有 43336(种种)第二类：区域第二类：区域“高高”与与“学学”不同色不同色，区域区域“高高”有有 4 种方法种方法，区域区域“学学”有有 3 种方法种方法，区域区域“中中”“”“数数”各有各有 2 种方法种方法，共共有有432248(种种)根据加法原理根据加法原理，方法共有方法共有 364884(种种)答案：答案：D归纳升华归纳升华应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成该事件成该事件，能完成便是分类能完成便是分类，否则便是分步对于有些较复杂问题可否则便是分步对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步能既要分类又要分步，此时应注意层次清晰此时应注意层次清晰，不重不漏不重不漏，在分步时在分步时，要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响(即是否是独立的即是否是独立的)变式训练变式训练在在AOB 的的 OA 边上取边上取 3 个点个点，在在 OB 边上取边上取 4 个点个点(均除均除 O 点外点外)，连同连同 O 点共点共 8 个点个点，现任取其中三个点为顶点作三角现任取其中三个点为顶点作三角形形，可作的三角形有可作的三角形有()A48B42C36D32解析：解析：分三类：第一类：从分三类：第一类：从 OA 边上边上(不包括不包括 O)任取一点与从任取一点与从 OB边上边上(不包括不包括 O)任取两点任取两点，可构造一个三角形可构造一个三角形，有有 C13C24个；个；第二类：从第二类：从 OA 边上边上(不包括不包括 O)任取两点与任取两点与 OB 边上边上(不包括不包括 O)任任取一点取一点，可构造一个三角形可构造一个三角形，有有 C23C14个；个；第三类：从第三类：从 OA 边上边上(不包括不包括 O)任取一点与任取一点与 OB 边上边上(不包括不包括 O)任任取一点取一点，与与 O 点可构造一个三角形点可构造一个三角形，有有 C13C14个个由分类加法计数原理由分类加法计数原理，可作的三角形共有可作的三角形共有 NC13C24C23C14C13C1442(个个)答案：答案：B专题二专题二排列组合应用题排列组合应用题排列组合应用题是高考的一个重点内容排列组合应用题是高考的一个重点内容，常与实际问题相结合进常与实际问题相结合进行考查要认真阅读题干行考查要认真阅读题干，明确问题本质明确问题本质，利用排列组合的相关公式利用排列组合的相关公式与方法解题与方法解题1合理分类合理分类，准确分步准确分步例例 25 名乒乓球队员中名乒乓球队员中，有有 2 名老队员和名老队员和 3 名新队员现从中名新队员现从中选出选出 3 名队员排成名队员排成 1，2，3 号参加团体比赛号参加团体比赛，则入选的则入选的 3 名队员中至名队员中至少少有有 1 名老队员名老队员且且 1、 2 号中至少号中至少有有 1 名新队员的排法有名新队员的排法有_种种(用用数字作答数字作答)解析：解析：只有只有 1 名老队员的排法有名老队员的排法有 C12C23A3336(种种)有有 2 名老名老队员的排法有队员的排法有 C22C13C12A2212(种种)所以共有所以共有 361248(种种)答案：答案：482特殊优先特殊优先，一般在后一般在后例例 3将将 A，B，C，D，E，F 六个字母排成一排六个字母排成一排，且且 A，B 均均在在 C 的同侧的同侧，则不同的排法共有则不同的排法共有_种种(用数字作答用数字作答)解析：解析：当当 C 在第一或第六位时在第一或第六位时，排法有排法有 A55120(种种)；当当 C 在第二或第五位时在第二或第五位时，排法有排法有 A24A3372(种种)；当当 C 在第三或第四位时在第三或第四位时，排法有排法有 A22A33A23A3348(种种)所以排法共有所以排法共有 2(1207248)480(种种)答案：答案：4803直接间接直接间接，灵活选择灵活选择例例 410 件产品中有件产品中有 2 件合格品件合格品， 8 件优质品件优质品， 从中任意取从中任意取 4 件件，至少有至少有 1 件是合格品的抽法有件是合格品的抽法有_种种解析：解析：法一法一抽取的抽取的 4 件产品至少有件产品至少有 1 件合格品分为有件合格品分为有 1 件合格件合格品品、2 件合格品件合格品 2 种情况种情况：有有 1 件合格品的抽法有件合格品的抽法有 C12C38种种；有有 2 件合件合格品抽法有格品抽法有 C22C28种种 根据分类加法计数原理至少有根据分类加法计数原理至少有 1 件合格品的抽法件合格品的抽法共有共有 C12C38C22C28140(种种)法二法二从从 10 件产品中任意抽取件产品中任意抽取 4 件件，有有 C410种抽法种抽法，其中没有合其中没有合格品的抽法有格品的抽法有 C48种种，因此至少有因此至少有 1 件合格品的抽法有件合格品的抽法有 C410C4821070140(种种)答案：答案：1404元素相邻元素相邻，捆绑为一捆绑为一例例 5用数字用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数组成没有重复数字的五位数，则其则其中数字中数字 2，3 相邻的偶数有相邻的偶数有_个个(用数字作答用数字作答)解析解析：数字数字 2 和和 3 相邻的偶数有两种情况相邻的偶数有两种情况第一种情况第一种情况，当数字当数字 2在个位上时在个位上时，则则 3 必定在十位上必定在十位上，此时这样的五位数共有此时这样的五位数共有 6 个；第二个；第二种情况种情况，当数字当数字 4 在个位上时在个位上时，且且 2，3 必须相邻必须相邻，此时满足要求的五此时满足要求的五位数有位数有 A22A3312(个个)，则一共有则一共有 61218(个个)答案：答案：185元素相间元素相间，插空解决插空解决例例 6一条长椅上有一条长椅上有 7 个座位个座位，4 个人坐个人坐，要求要求 3 个空位中个空位中，恰恰有有 2 个空位相邻个空位相邻，共有共有_种不同的坐法种不同的坐法解析解析：先让先让 4 人坐在人坐在 4 个位置上个位置上， 有有 A44种排法种排法，再让再让 2 个元素个元素(一一个是两个空位作为一个整体个是两个空位作为一个整体，另一个是单独的空位另一个是单独的空位)插入插入 4 个人形成个人形成的的5 个个“空挡空挡”之间之间，有有 A25种插法种插法，所以所以所求的坐法数为所求的坐法数为 A44A25480.答案：答案：4806分组问题分组问题，消除顺序消除顺序例例 7某校高二年级共有六个班级某校高二年级共有六个班级，现从外地转入现从外地转入 4 名学生名学生，要要安排到该年级的两个班级且每班安排安排到该年级的两个班级且每班安排 2 名名，则不同的安排方案种数为则不同的安排方案种数为_解析：解析：把新转来的把新转来的 4 名学生平均分两组名学生平均分两组，每组每组 2 人人，分法有分法有C24A223(种种)，把这两组人安排到把这两组人安排到 6 个班中的某个班中的某 2 个班中去个班中去，有有 A26种方法种方法，故故不同的安排种数为不同的安排种数为 3A2690.答案：答案：90归纳升华归纳升华解排列组合应用题应遵循三大原则解排列组合应用题应遵循三大原则，掌握基本类型掌握基本类型，突出转化思突出转化思想想(1)三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则后分步的原则(2)基本类型主要包括基本类型主要包括： 排列中的排列中的“在与不在在与不在”问题问题， 组合中的组合中的“有有与没有与没有”问题、问题、“相邻与不相邻相邻与不相邻”问问题题、 “分组问题分组问题”等等(3)转化思想：就是把一些排列组合问题与基本类型相联系转化思想：就是把一些排列组合问题与基本类型相联系，从而从而把这些问题转化为基本类型把这些问题转化为基本类型，然后加以解决然后加以解决专题三专题三二项式定理的应用二项式定理的应用二项式定理是历年高考中的必考内容二项式定理是历年高考中的必考内容，解决二项式定理问题解决二项式定理问题，特特别是涉及求二项展开式的通项的问题别是涉及求二项展开式的通项的问题，关键在于抓住通项公式关键在于抓住通项公式，还要还要注意区分注意区分“二项式系数二项式系数”与与“展开式系数展开式系数” 例例 8(1)已知已知x2ixn的展开式中第三项与第五项的系数之比为的展开式中第三项与第五项的系数之比为314，其中其中 i21，则展开式中系数为实数且最大的项为则展开式中系数为实数且最大的项为()A第三项第三项B第四项第四项C第五项第五项D第五项或第六项第五项或第六项(2)设设(3x1)6a6x6a5x5a4x4a3x3a2x2a1xa0，则则 a6a4a2a0_解析：解析：(1)T3C2nx2n5，T5C4nx2n10.由由C2nC4n314，得得 n25n500，解得解得 n10(舍去舍去 n5)，又又 Tr1Cr10(i)rx2052r，据此可知当据此可知当 r 分别取分别取 0，2，4，6，8，10 时其系数为实数时其系数为实数，且当且当 r4 时时，C410210 为最大为最大(2)令令 x1，得得 a6a5a4a3a2a1a02664；令令 x1，得得 a6a5a4a3a2a1a04 096.两式相加两式相加，得得 2(a6a4a2a0)4 160，所以所以 a6a4a2a02 080.答案：答案：(1)C(2)2 080归纳升华归纳升华(1)区分区分“项的系数项的系数”与与“二项式系数二项式系数”项的系数与项的系数与 a，b 有关有关，可正可负可正可负，二项式系数只与二项式系数只与 n 有关有关，恒为正数恒为正数(2)切实理解切实理解“常数项常数项”“”“有理项有理项(字母指数为整数字母指数为整数)”“”“系数最大系数最大的项的项”等概念等概念(3)求展开式中的指定项求展开式中的指定项，要把该项完整写出要把该项完整写出，不能仅仅说明是第不能仅仅说明是第几项几项(4)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的常赋的值为值为 0，1等等变式训练变式训练(1)x2x35展开式中的含展开式中的含 x3的项的系数为的项的系数为()A80B60C40D40(2)已知已知(1x)6(12x)5a0a1xa2x2a11x11， 则则 a1a2a11_解析：解析：(1)设展开式的第设展开式的第(r1)项为项为 Tr1Cr5x5r2x3r(2)rCr5x54r，令令 54r3，得得 r2，所以所以，展开式中含展开式中含 x 3 的项为的项为T3(2)2C25x340 x3.(2)令令 x0，得得 a01；令；令 x1，得得 a0a1a2a1164.所以所以 a1a2a1165.答案：答案：(1)C(2)65专题四专题四分类讨论思想分类讨论思想分类讨论思想在解决排列组合问题时经常应用分类讨论思想在解决排列组合问题时经常应用，此类问题一般情此类问题一般情况繁多况繁多，因此要对各种不同的情况进行合理的分类与准确的分步因此要对各种不同的情况进行合理的分类与准确的分步，以以便有条不紊地进行解答便有条不紊地进行解答，避免重复或避免重复或遗漏的现象发生遗漏的现象发生例例 4从从 10 种不同的作物中选出种不同的作物中选出 6 种放入种放入 6 个不同的瓶子中展个不同的瓶子中展出出，如果甲、乙两种种子不能放入第如果甲、乙两种种子不能放入第 1 号瓶内号瓶内，那么不同的放法共有那么不同的放法共有_种种解析：解析：根据选出的根据选出的 6 种种子中所含甲、乙种子个数来分类：选出种种子中所含甲、乙种子个数来分类：选出的的 6 种种子中只含甲或只含乙的不同放法都为种种子中只含甲或只含乙的不同放法都为 C58A15A55；选出的选出的 6 种种种种子中子中，同时含有甲与乙的不同放法有同时含有甲与乙的不同放法有 C48A25A44；选出的选出的 6 种种子中种种子中，都都不含甲与乙的不同放法有不含甲与乙的不同放法有 A68.故不同的放法共有故不同的放法共有 2C58A15A55C48A25A44A68120 960(种种)答案：答案：120 960归纳升华归纳升华排列组合的综合问题一般比较复杂排列组合的综合问题一般比较复杂，分类方法也灵活多变分类方法也灵活多变一般一般有以下一些分类方式：有以下一些分类方式：(1)根据元素分类根据元素分类，又包括根据特殊元素分类又包括根据特殊元素分类，根据元素特征分类根据元素特征分类， 根据特殊元素的个数分类根据特殊元素的个数分类；(2)根据特殊位置分类根据特殊位置分类；(3)根据图形分类根据图形分类， 又包括根据图形的特征分类又包括根据图形的特征分类，根据图形的种类分类根据图形的种类分类；(4)根据题设条件分类根据题设条件分类变式训练变式训练由由 1，2，3，4，5，6 六个数字可组成六个数字可组成_个无个无重复且是重复且是 6 的倍数的五位数的倍数的五位数解析解析： 若一个整数是偶数且若一个整数是偶数且是是3的倍数的倍数， 则这个整数则这个整数是是6的倍数的倍数 据据此本题分两此本题分两类求解类求解第一类：由第一类：由 1，2，4，5，6 作数码首先从作数码首先从 2，4，6 中任选一个中任选一个作为个位数字作为个位数字， 有有 A13种选法种选法， 然后其余四个数字在其他数位上全排列然后其余四个数字在其他数位上全排列，有有 A44种选法种选法，所以符合条件的五位数共有所以符合条件的五位数共有 N1A13A4472(个个)第二类：由第二类：由 1，2，3，4，5 作数码依照第一类的方法作数码依照第一类的方法，符合条符合条件的五位数有件的五位数有 N2A12A4448(个个)综上综上，符合条件的五位数共有符合条件的五位数共有 NN1N2120(个个)答案：答案：120