2020年高二数学下学期期末计数原理知识点

2020年高二数学下学期期末计数原理知识点

2020 年高二数学下学期期末计数原理知识点 1．分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第 1 类方案中有 m 种不同的方法，在第 2 类方案中有 n 种不同的方法，那么完成这件事共有 N＝m＋n 种不同的方法． 例 1．(P19 例 4 改编)从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数 的不同取法的种数有( ) A．30 B．20 C．10 D．6 【答案】D [从 0,1,2,3,4,5 六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类：①取出的两数 都是偶数，共有 3 种方法；②取出的两数都是奇数，共有 3 种方法，故由分类加法计数原理得 共有 N＝3＋3＝6 种．] 2．分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第 1 步有 m 种不同的方法，做第 2 步有 n 种不同的方法， 那么完成这件事共有 N＝m×n 种不同的方法． 3. 利用分步乘法计数原理解题时 3 个注意点 (1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的． (2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事． (3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定． 例 2．(2018·山东济南期末)从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数 a，b 组成复 数 a＋bi，其中虚数有( ) A．30 个 B．42 个 C．36 个 D．35 个 【答案】C [∵a＋bi 为虚数，∴b≠0，即 b 有 6 种取法，a 有 6 种取法，由分步乘法 计数原理知可以组成 6×6＝36 个虚数．] 练习．(全国卷Ⅱ)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( ) A．24 B．18 C．12 D．9 【答案】B [从 E 点到 F 点的最短路径有 6 种，从 F 点到 G 点的最短路径有 3 种，所以 从 E 点到 G 点的最短路径为 6×3＝18 种．] 练习．有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则不同 的报名方法有____________种． 【答案】120 [每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有 6 种选法，第二个项目有 5 种选法，第三个项目有 4 种选法，根据分步乘法计数原理，可得不 同的报名方法共有 6×5×4＝120 种．] [变式探究 1] 本题 2 中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好 参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？ 解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有 3 种不同的报名方法，根据分步乘法 计数原理，可得不同的报名方法共有 36＝729 种． [变式探究 2] 本题 2 中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报 一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？ 解 每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘 法计数原理，可得不同的报名方法共有 63＝216 种． 4．两个计数原理的比较 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 不同点 运用加法运算 运用乘法运算 分类完成一件事，并且每类办法中的 每种方法都能独立完成这件事情，要 注意“类”与“类”之间的独立性 和并列性．分类计数原理可利用“并 分步完成一件事，并且只有各 个步骤都完成才算完成这件 事情，要注意“步”与“步” 之间的连续性．分步计数原理 联”电路来理解 可利用“串联”电路来理解 例 3．(2019·四川成都月考)如图，从 A 城到 B 城有 3 条路；从 B 城到 D 城有 4 条路； 从 A 城到 C 城有 4 条路；从 C 城到 D 城有 5 条路，则某旅客从 A 城到 D 城共有____________ 条不同的路线． 【答案】32 [不同路线共有 3×4＋4×5＝32(条)．] 练习. (2019·山东滨州模拟)已知集合 M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集 合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的 个数为( ) A．18 个 B．10 个 C．16 个 D．14 个 【答案】B [第三、四象限内点的纵坐标为负值，横坐标无限制，分两种情况讨论： 第一种：取 M 中的点作横作标，取 N 中的点作纵坐标，共有 3×2＝6 种； 第二种：取 N 中的点作横坐标，取 M 中的点作纵坐标，共有 4×1＝4 种． 综上所述，共有 4＋6＝10 种．] 5．排列与排列数 (1)排列：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列． (2)排列数：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从 n 个不 同元素中取出 m 个元素的排列数，记作 Am n ． 6. 求解排列问题的六种主要方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意 捆绑元素的内部排列 插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相 邻的元素插在前面元素排列的空当中 定序问题 除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定 序元素的全排列 间接法 正难则反、等价转化的方法 例 4．(2019·山东东营月考)某高三毕业班有 40 人，同学之间两两彼此给对方仅写一条 毕业留言，那么全班共写了____________条毕业留言．(用数字作答) 【答案】1 560 [由于 40 个人中每两人之间都要写留言，故为排列问题，则 A2 40＝40×39 ＝1 560(条)．] 7．组合与组合数 (1)组合：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合． (2)组合数：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从 n 个 不同元素中取出 m 个元素的组合数，记作 Cm n ． 8．解决组合应用题的 2 个步骤 第一步，整体分类：要注意分类时，不重复不遗漏，用到分类加法计数原理． 第二步，局部分步，用到分步乘法计数原理． 9．含有附加条件的组合问题的 2 种方法 通常用直接法或间接法，应注意“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解，对于涉及 “至少”“至多”等词的组合问题，既可考虑反面情形即间接求解，也可以分类研究进行直接 求解． 例 5、（2019 年沙坪坝区月考）要从 12 人中选出 5 人去参加一项活动，A，B，C 三人 必须入选，则有____________种不同选法． 【答案】36 [只需从 A，B，C 之外的 9 人中选择 2 人，即有 C2 9＝36 种选法．] [变式探究 1] 本例中若将条件“A，B，C 三人必须入选”改为“A，B，C 三人都不能 入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？ 解 由 A，B，C 三人都不能入选只需从余下 9 人中选择 5 人，即有 C5 9＝C4 9＝126 种选 法． [变式探究 2] 本例中若将条件“A，B，C 三人必须入选”改为“A，B，C 三人只有一 人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？ 解 可分两步，先从 A，B，C 三人中选出 1 人，有 C 1 3种选法，再从余下的 9 人中选 4 人，有 C 4 9种选法，所以共有 C1 3×C4 9＝378 种选法． [变式探究 3] 本例中若将条件“A，B，C 三人必须入选”改为“A，B，C 三人至少一 人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？ 解 可考虑间接法，从 12 人中选 5 人共有 C 5 12种，再减去 A，B，C 三人都不入选的情 况 C 5 9种，共有 C5 12－C5 9＝666 种选法． [变式探究 4] 本例中若将条件“A，B，C 三人必须入选”改为“A，B，C 三人至多两 人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？ 解 可考虑间接法，从 12 人中选 5 人共有 C 5 12种，再减去 A，B，C 三人都入选的情况 有 C 2 9种，所以共有 C5 12－C2 9＝756 种选法． 10．排列数、组合数的公式及性质 公式 排列数公式 Am n ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) ＝ n！ n－m！ 组合数公式 Cm n ＝Am n Am m ＝nn－1…n－m＋1 m！ ＝ n！ m！n－m！ 性质 (1)An n＝n！； (2)0！＝1 (1)C0 n＝1； (2)Cm n ＝Cn－m n ； (3)Cm n ＋Cm－1 n ＝Cm n＋1 备注 n，m∈N*且 m≤n 11．掌握排列组合的三个原则和两个优先 三个原则：(1)有序排列，无序组合；(2)先选后排；(3)复杂问题分类化简或正难则反． 两个优先：(1)特殊元素优先；(2)特殊位置优先． 12．正确理解组合数的性质 (1)Cm n ＝Cn－m n ：从 n 个不同元素中取出 m 个元素的方数法等于取出剩余 n－m 个元素的 方法数． (2) Cm n ＋Cm－1 n ＝Cm n＋1：从 n＋1 个不同元素中取出 m 个元素可分为以下两种情况：①不 含特殊元素 A 有 C m n 种方法；②含特殊元素 A 有 C m－1 n 种方法． 例 6．(2019·甘肃兰州模拟)某班 3 名同学去参加 5 项活动，每人只参加 1 项，同一项活 动最多 2 人参加，则 3 人参加活动的方案共有______________种(用数字作答). 【答案】120 [A3 5＋C2 3A2 5＝120(种)．] 分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分 组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，应注意只要 有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象． （1）整体均分问题，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以 分组后一定要除以 An n(n 为均分的组数)，避免重复计数． 例 7、（2019 年福建月考）国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免 费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有 6 个免费培养的教育专业师范毕 业生要平均分到 3 所学校去任教，有____________种不同的分派方法． 【答案】90 [先把 6 个毕业生平均分成 3 组，有C2 6C2 4C2 2 A3 3 种方法，再将 3 组毕业生分到 3 所学校，有 A3 3＝6 种方法，故 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有C2 6C2 4C2 2 A3 3 ·A3 3＝90 种分派方 法．] （2）局部均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有 m 组元素个数 相等，则分组时应除以 m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全 排列数． 例 8、（2019 年沈阳月考）将 6 本不同的书分给甲、乙、丙、丁 4 个人，每人至少 1 本 的不同分法共有____________种．(用数字作答) 【答案】1 560 [把 6 本不同的书分成 4 组，每组至少 1 本的分法有 2 种． ①有 1 组 3 本，其余 3 组每组 1 本，不同的分法共有C3 6C1 3C1 2C1 1 A3 3 ＝20(种)； ②有 2 组每组 2 本，其余 2 组每组 1 本，不同的分法共有C2 6C2 4 A2 2 ·C1 2C1 1 A2 2 ＝45(种)． 所以不同的分组方法共有 20＋45＝65(种)． 然后把分好的 4 组书分给 4 个人，所以不同的分法共有 65×A4 4＝1 560(种)．] (3)不等分问题，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以 不需要除以全排列数． 例 9、（2019 年海南月考）若将 6 名教师分到 3 所中学任教，一所 1 名，一所 2 名，一 所 3 名，则有____________种不同的分法． 【答案】360 [将 6 名教师分组，分三步完成： 第 1 步，在 6 名教师中任取 1 名作为一组，有 C 1 6种分法； 第 2 步，在余下的 5 名教师中任取 2 名作为一组，有 C 2 5种分法； 第 3 步，余下的 3 名教师作为一组，有 C 3 3种分法． 根据分步乘法计数原理，共有 C1 6C2 5C3 3＝60 种分法． 再将这 3 组教师分配到 3 所中学，有 A3 3＝6 种分法， 故共有 60×6＝360 种不同的分法．] 练习. (2019·江南名校联考)将甲、乙等 5 位同学分别保送到北京大学，上海交通大学， 浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有( ) A．240 种 B．180 种 C．150 种 D．540 种 【答案】C [5 名学生可分为 2,2,1 和 3,1,1 两组方式．当 5 名学生分成 2,2,1 时，共有 1 2 C2 5C2 3A3 3＝90 种方法；当 5 名学生分成 3,1,1 时，共有 C3 5A3 3＝60 种方法．由分类加法计数原 理知共有 90＋60＝150 种保送方法．] 13．二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝C0 nan＋C1 nan－1b＋…＋Ck nan－kbk＋…＋Cn nbn(n∈N*) 二项式系数 二项展开式中各项系数 Ck n(k＝0,1，…，n) 二项式通项 Tk＋1＝Ck nan－kbk，它表示第 k＋1 项 14. 求二项展开式中的项的 3 种方法 求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项 Tk＋1＝Ck nan－kbk 的特点，一般需要建立方 程求 k，再将 k 的值代回通项求解，注意 k 的取值范围(k＝0,1,2，…，n)． (1)第 m 项：此时 k＋1＝m，直接代入通项． (2)常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为 0 建立方程． (3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程． 特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解． 例 10、(全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5 的展开式中 x3y3 的系数为( ) A．－80 B．－40 C．40 D．80 【答案】C [(2x－y)5 展开式的通项为 Tr＋1＝Cr 5·(2x)5－r(－y)r，其中 x2y3 的系数为－4C3 5 ＝－40，x3y2 的系数为 8C2 5＝80，故(x＋y)·(2x－y)5 的展开式中 x3y3 的系数为 80－40＝40] 练习. (2019·安徽合肥模拟)在 x－1 x －1 4 的展开式中，常数项为____________． 【答案】－5 [由题知，二项式展开式为 C 0 4 x－1 x 4·(－1)0 ＋C 1 4 x－1 x 3·(－1)＋ C2 4 x－1 x 2·(－1)2＋C3 4 x－1 x ·(－1)3＋C4 4 x－1 x 0·(－1)4，则常数项为 C0 4·C2 4－C2 4·C1 2＋ C4 4＝6－12＋1＝－5.] 练习. (2018·全国卷Ⅲ) x2＋2 x 5 的展开式中 x4 的系数为( ) A．10 B．20 C．40 D．80 【答案】C [由二项式定理，得 x2＋2 x 5 的第 r＋1 项为 Tr＋1＝Cr 5(x2)5－r· 2 x r＝2rCr 5·x10 －3r，由 10－3r＝4，得 r＝2，所以 x4 的系数为 22C2 5＝40.] 15．二项式系数的性质 16. 赋值法的应用 (1)对形如(ax＋b)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，常用赋值法，只需令 x＝ 1 即可． (2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 x＝y＝1 即可． (3)一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令 g(x)＝(a＋bx)n，则 (a＋bx)n 展开式中各项的系数的和为 g(1)， (a＋bx)n 展开式中奇数项的系数和为1 2 [g(1)＋g(－1)]， (a＋bx)n 展开式中偶数项的系数和为1 2 [g(1)－g(－1)]． 例 11、(2019·四川南充模拟)若(1－2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则 a1＋a2＋a3 ＋a4＝____________． 【答案】0 [令 x＝1 可得 a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1；令 x＝0，可得 a0＝1，所以 a1＋a2 ＋a3＋a4＝0.] [变式探究] 将本例(2)变为“若(1－2x)2 020＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 020x 2 020，则a1 2 ＋a2 22 ＋…＋a2 020 22 020的结果是多少？ 解 当 x＝0 时，左边＝1，右边＝a0，∴a0＝1． 当 x＝1 2 时，左边＝0，右边＝a0＋a1 2 ＋a2 22＋…＋a2 020 22 020， ∴0＝1＋a1 2 ＋a2 22＋…＋a2 020 22 020． 即a1 2 ＋a2 22＋…＋a2 020 22 020＝－1． 练习．(2019·陕西西安月考)已知(2－x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则 a8 等于( ) A．180 B．－180 C．45 D．－45 【答案】A [由题意得 a8＝C8 1022(－1)8＝180.]