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2013-2014学年 高中数学北师大版选修2-3【配套备课资源】第一章 章末复习课


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题型一
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两个计数原理的应用

基本原理提供了“完成某件事情”是“分类”进行,还是 “分步”进行.在分类或分步中,针对具体问题考虑与“顺 序”有关,还是无关,来确定排列与组合.

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例1

在∠AOB 的 OA 边上取 m 个点, OB 边上取 n 个点(均 在 ( )

除 O 点外), 连同 O 点共 m+n+1 个点, 现任取其中三个点 为顶点作三角形,可作的三角形有
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1 2 A.Cm+1C2 +C1 +1Cm n n 1 1 2 C.CmC2 +CnCm+C1 C1 n m n 2 B.C1 Cn+C1 C2 m n m 1 D.CmC2 +1+C2 +1C1 n m n

解析 方法一 第一类: OA 边上(不包括 O)任取一点与 从 从 OB 边上(不包括 O)任取两点,可构造一个三角形,有 C1 C2个; m n

第二类:从 OA 边上(不包括 O)任取两点与 OB 边上(不包
2 括 O)任取一点,可构造一个三角形,有 CmC1个; n

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第三类:从 OA 边上(不包括 O)任取一点与 OB 边上(不包括
1 O)任取一点,与 O 点可构造一个三角形,有 C1 Cn个. m

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1 1 由分类加法计数原理共有 N=(C1 C2+C2 Cn+CmC1)个三角形. m n m n

方法二 从 m+n+1 中任取三点共有 C3 +n+1种情况, m 其中三点均在射线 OA 上(包括 O 点),有 C3 +1个,三点均在射 m 线 OB 上(包括 O 点),有 C3+1个. n
3 3 所以,三角形的个数为 N=Cm+n+1-Cm+1-C3+1. n

答案

C

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跟踪训练 1

现有 4 种不同颜色要对如图所示的四 ( D )

个部分进行着色,要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 A.144 种 B.72 种

本 D.84 种 课 C.64 种 时 栏 解析 根据所用颜色的种数分类 目 开 第一类:用 4 种颜色涂,有 A4=4×3×2×1=24(种). 4 关

第二类:用 3 种颜色,必须有一条对角区域涂同色:有 C1C1A2 2 4 3 =48(种).
2 第三类: 2 种颜色, 用 对角区域各涂一色有 A4=4×3=12(种).

共有 24+48+12=84(种).

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题型二

排列与组合应用题

在解决一个实际问题的过程中,常常遇到排列、组合的综合
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性问题,而解决问题的第一步是审题,只有认真审题,才能 把握问题的实质,分清是排列问题、组合问题,还是综合问 题,分清分类与分步的标准和方式,并且要遵循两个原则: 一是按元素的性质进行分类; 二是按事情发生的过程进行分 步.

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解决排列、组合应用题的常用方法: (1)合理分类,准确分步;
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(2)特殊优先,一般在后; (3)先取后排,间接排除; (4)集团捆绑,间隔插空; (5)抽象问题,构造模型; (6)均分除序,定序除序.

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例2

用数字 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数,则其中数
数字 2 和 3 相邻的偶数有两种情况.

字 2,3 相邻的偶数有________个.(用数字作答) 18
解析
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第一种情况,当数字 2 在个位上时,则 3 必定在十位上, 此时这样的五位数共有 6 个; 第二种情况,当数字 4 在个位上时,且 2,3 必须相邻,
2 此时满足要求的五位数有 A2A3=12(个), 3

则一共有 6+12=18(个).

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跟踪训练 2 停车场一排有 12 个空位,如今要停放 7 辆不同 的车,要求恰好有 4 个空位连在一起,求共有多少种停法?
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解 将 4 个连在一起的空位看成一个整体, 由于另一个空位不能与这个整体相连,
2 则可把这两个元素插在 7 辆车之间,共有 A8种方法; 7 而 7 辆车共有 A7种排法,
2 因此共有 A8· 7=282 240(种)不同停法. A7

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题型三
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二项式定理的应用

对于二项式定理的考查常有两类问题:第一类,直接运用通 项公式求特定项或解决与系数有关的问题;第二类,需运用 转化思想化归为二项式定理来处理的问题.

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例 3

? 2 (1)已知?x - ? ?

i ?n ? 的展开式中第三项与第五项的系数之 x? ?

3 比为- ,其中 i2=-1,则展开式中系数为实数且最大的 14 项为
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( B.第四项 D.第五项或第六项

)

A.第三项 C.第五项

解析 T3=-C2x2n-5,T5=C4x2n-10. n n 3 ,得 n2-5n-50=0, 14 5 20? r ∴n=10,又 Tr+1=Cr (-i)r x 2 , 10 由-C2∶C4=- n n
据此可知当 r=0,2,4,6,8,10 时其系数为实数,且当 r=4 时, C4 =210 最大. 10

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(2)已知 x2+x10=a0+a1(x+1)+?+a9(x+1)9+a10(x+1)10,a9 的值为________. -10
解析 方法一 所给等式即[1-(x+1)]2+[1-(x+1)]10=a0+ a1(x+1)+?+a9(x+1)9+a10(x+1)10,

本 课 而“(x+1)9”只能从[1-(x+1)] 10 中产生, 时 栏 根据二项式定理,a =-C9 =-C1 =-10. 9 10 10 目 开 方法二 因为 a9 与 x9 项的系数有关,等式左边 x9 项的系数为 关

0,所以等式右边 x9 项的系数也为 0.
0 因为 x10 的系数为 a10=C10=1,x9 的系数为 a9· 0+a10· 10=a9 C9 C1

+10=0,

所以 a9=-10.

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小结
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二项式的展开式的右端整理为 f(x)=a0+a1x+a2x2+?

+anxn 的形式, 求多项式的系数和有关的问题用赋值法可以直 接得解;若右端整理为 f(x)=a0+a1(x+m)+a2(x+m)2+?+ an(x+m)n 的形式,此时需要先用左端构造出含(x+m)的二项 式,再分析右端系数的规律求解;求具体某项的符号,需要先 由左端构造出含(x+m)的二项式,再把(x+m)看做一个整体研 究其通项,也可以变换右端相关项的因式求解.

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跟踪训练 3 项是

(1)(x-1)9 按 x 降幂排列的展开式中, 系数最大的 ( B ) B.第 5 项

本 课 C.第 5 项和第 6 项 D.第 6 项 时 栏 解析 根据二项式系数的性质, (x-1)9 的展开式中的中间两项 目 开 关 即第 5 项和第 6 项的二项式系数最大,

A.第 4 项和第 5 项

但第 6 项的系数是负数,所以只有第 5 项的系数最大.

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(2)已知(x+2)9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+?+a9(x+1)9,|a1| +|a2|+?+|a9|的值为________.
解析
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方法一

因为(x+2)9=[1+(x+1)] 9=C0+C1(x+1)+ 9 9

C2(x+1)2+?+C9(x+1)9, 9 9
1 所以 a0=C0=1,a1=C9,a2=C2,?,a9=C9. 9 9 9

因此|a1|+|a2|+?+|a9|=a1+a2+?+a9=C1+C2+C3+?+ 9 9 9 C9=29-1=511. 9 方法二 由(x+2)9=[1+(x+1)] 9=C0+C1(x+1)+C2(x+1)2 9 9 9 +?+C9(x+1)9 知, 9 a1,a2,a3,?,a9 均为正,

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所以|a1|+|a2|+?+|a9|=a1+a2+?+a9.

因此,在已知等式中令 x=0,得 a0+a1+a2+?+a9=29. 又 a0=1,所以|a1|+|a2|+?+|a9|=29-1=511.


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