1、章末复习提升课计数原理问题展示 (选修 23 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】 第一类路线：甲乙丁有 236 条路线；第 2 类路线：甲丙丁有 428 条路线，则从甲地到丁地共有 6814 条路线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，丙到丁的路线条数与甲到乙的相同若从甲地到丁地共有 14 条路线可走，则该人选择从甲到丙再到丁的走法共有多少种走法( )A4 B6C8 D12【解析】 设甲到乙有 x
2、条路线，则乙到丁有 x1 条路线，丙到丁有 x 条路线由题意得 x(x1)4x14.即 x25x140，解得 x12，x 27(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 428 种选 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( )A26 B20C24 D19【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：125
3、3；1264；1267；1286，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，346619.【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 ABCD ；AFED 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
4、到达 B 或 F.则共有AFEF ；ABAF ；AFAF；ABC B ；AB AB；AFAB 这6 种跳法，随后两次跳法各有四种，比如由 F 出发的有FEF；F ED；FAF，FAB ，共四种，因此 5 次跳法共 6424 种，因此共有 24226 种【答案】 26排列组合问题展示 (选修 23 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 A 种方法，再从 2，4 和131，3，5 中剩下的两个数，共 4
5、 个数中选一个排十万位，有 A 种方法，剩余的 4 个数分别14排在万位，千位，百位和十位的排法有 A 种方法，所以能够组成没有重复数字的六位奇4数有 A A A 3424288 个13 14 4法二：从 1，3，5 中选一个排在个位上有 A 种方法，剩下的数排在前五位有 A 种方法，13 5其中 0 排在十万位的有 A 种方法 ，所以能够组成没有重复数字的六位奇数有 A (A A )4 13 5 43(12024)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 A 种方法13后五位有
6、A 种排法，其没有重复数字的六位数有 A A 360 个5 13 5第二类：十万位为 2，万位从 1，3，4，5 中选一个有 A 种方法，后四位有 A 种排法，14 4其没有重复数字的六位数有 A A 96 个14 4第三类：十万位为 2，万位为 0，千位从 3，4，5 中选一个有 A 种方法，后三位有 A 种13 3排法，其六位数有 A A 18 个13 3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 A 种方法，后两12位有 A 种排法，其六位数有 A A 4.2 12 2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
7、 354.所以所有没有重复数字的六位数有 360961841479 个法二：所有没有重复数字的六位整数有 A A 720120 600 个(或 A A 600) 小于6 5 15 5等于 201 345 的六位数分为以下两类：十万位为 1 的六位数有 A 120 个，十万位为 2 的5仅有 1 个(201 345)因此，所有的六位数有 6001201479 个已知有 2 个正奇数与 n 个正偶数和 1 个 0，共 n3 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 n3 个数排成一个 n3 位数，其中偶
8、数有多少个？【解】 (1)个位数为奇数的排法有 A ，百位的排法有 A ，十位的排法有 A .12 1n 1 1n 1所以 A A A 18.12 1n 1 1n 1即 2(n1)(n 1)18.所以 n2.(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 A 24 个4第 2 类，0 不在个位时，个位从 2，4 中选一个的排法有 A ，万位的排法有 A ，其他位的12 13排法有 A ，其 5 位偶数有 A A A 23636 个3 12 13 3所以偶数共有 243660 个拓展 1 从 1，3，5 中取 2 个数，从
9、 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( )A24 B36C48 D60【解析】 第 1 类，含 0 类从 1，3，5 中取 2 个数，有 C 种方法，从 0，2，4 中取 0 仅有 1 种方法，这三个数组成23的三位数有 C A A 12(或 C (A A )12)个23 12 2 23 3 2第 2 类，不含 0 类从 1，3，5 中取 2 个数有 C ，从 0，2，4 中的 2，4 里取 1 个数有 C 种方法23 12这三个数组成的三位数有 C C A 36 个23 12 3所以共有 123648 个三位数，选 C.【答案】 C拓展 2 用数字 2，3 组成四
10、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)【解析】 法一：数字 2 只出现一次的四位数有 C 4 个；数字 2 出现两次的四位数有 C14C 6 个，数字 2 出现三次的四位数有 C 4 个，故总共有 46414 个24 2 34法二：由数字 2，3 组成的四位数共有 2416 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 16214 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
11、的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为_【解析】 三位“驼峰数”中 1 在十位上的有 A 个，2 在十位上的有 A 个，3 在十位上24 23的有 A 个，所以所有的三位 “驼峰数”的十位上的数字之和为 121622330.2【答案】 30二项式定理问题展示 (选修 23 P30 例 1)求 的展开式(2x 1x)6 【解】 法一：直接展开C (2 )6C (2 )5 C (2 )4 C (2 )3 C (2 )(2x 1x)6 06 x 16 x ( 1x) 26 x ( 1x)2 36 x ( 1x)3 46 x2 C (2 ) C( 1x)456 x( 1x)56( 1x)664x
12、 3632( )41516( )2208x x154 62 (1x)2(1x)4(1x)664x 3192x 2240x 160 .60x 12x2 1x3法二：先化简，再展开 (2x 1)6(2x 1x) (2x 1x )6 1x3 C (2x)6 C (2x)5(1) C (2x)4(1) 2C (2x)3(1) 3C (2x)2(1) 4C (2x)(1) 5C1x3 06 16 26 36 46 56(1) 66 (64x6192x 5240x 4160x 360x 212x1)1x364x 3192x 2240x 160 .60x 12x2 1x31若 展开式中常数项为 160，则
13、a 的值为( )(ax 1x)6 A2 B1C1 D2【解析】 展开式的通项 Tk 1C (a )6k C a6k x3k ，k6 x (1x)kk6由题意得所以 k3，a2.【答案】 A2若 展开式的系数和为 1，二项式系数和为 128，则展开式中 x2 的系数为(2x ax)n _【解析】 由题意得 ，(21 a1)n 12n 128 )所以 n7，a1.所以 展开式的通项为(2x 1x)7 Tk1 C (2 )7k C 27k (1) kx ，k7 x ( 1x)kk77 3k2 令 2，得 k1.7 3k2所以 x2 的系数为 C 26(1) 1448.17【答案】 448拓展 1 (
14、x32)的展开式中，常数项为( )(x 2x)6 A120 B120C240 D360【解析】 展开式的通项为：(x 2x)6 Tk1 C ( )6k C (2) kx ，k6 x ( 2x)kk66 3k2 当 0，即 k2 时，展开式的常数项为 C (2) 2(2)120.6 3k2 26当 3，即 k4 时，展开式的常数项为 C (2) 41240.6 3k2 46所以展开式的常数项为120240120.【答案】 B拓展 2 展开式的常数项为_(x 1x 2)4 【解析】 法一：因为 ，(x 1x 2)4 (x 1x) 24 展开式的通项为 Tk1 C (2) k.k4(x 1x)4 k
15、 又 的通项为 Tr1 C x4kr C x4k 2r .(x 1x)4 k r4 k (1x)r r4 k其中 0k4，0r4k .k、rZ，令 4k2r0，则 k2r4.所以 或 或k 0r 2) k 2r 1) k 4r 0.)当 k0，r2 时，展开式的常数项为 C C (2) 06，04 24当 k2，r1 时，展开式的常数项为 C C (2) 248，24 12当 k4，r0 时，展开式的常数项为 C (2) 416.4所以展开式中的常数项为 6481670.法二：当 x0 时， .(x 1x 2)4 ( x 1x)8 展开式的通项为 Tk1 C ( )8kk8 x ( 1x)kC
16、 (1) kx4k .令 4k 0 得 k4.k8所以展开式的常数项为 C (1) 470.48当 x0 时， (x 1x 2)4 (1) 4（ x） 1（ x） 24 (1) 4 .( x 1 x)8 ( x 1 x)8 展开式的通项为 Tk1 C ( )8kk8 x (1 x)kC (x) 4k .k8令 4k0 得 k4.所以展开式的常数项为 C 70.48综上所述，展开式的常数项为 70.【答案】 701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 abi ，其中虚数有( )A36 个 B42 个C30 个 D35 个解析：选 A.由于 a，b 互不相等
17、且 abi 为虚数，所以 b 只能从 1，2，3，4，5，6 中选一个，共 6 种，a 从剩余的 6 个数中选一个，有 6 种，所以虚数共有 6636(个) 2在(1ax) 7 的展开式中，x 3 项的系数是 x2 项的系数与 x5 项的系数的等比中项，则 a 的值为( )A. B.105 53C. D.259 253解析：选 C.展开式的通项 Tk1 C akxk(k0，1，7)，k7由题意得，(C a3)2C a2C a5，所以 a .37 27 572593(2x 1) 的展开式的常数项是( )(1 1x)5 A10 B9C11 D9解析：选 B.(2x1) (2x1) ，故展开式中的常
18、数(1 1x)5 (1 5x 101x2 101x3 51x4 1x5)项是 2(5) 19.故选 B.4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，则不同的分法有( )A36 种 B9 种C18 种 D15 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 A 6 种不同的分法所以共有3369 种不同的分法，故选 B.5在 的展开式中，不含 x 的各项系数之和为_ (2x 3y 4)9 解析： 的展开式中，不含 x 的各项系数之和， 即 的各项系数之和令(2x 3y 4)9 (3y 4)9 y1，可得 的各项系数之和为(1) 91.(3y 4)9答案：16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_种解析：如图，将 4 个区域标上 A，B，C ，D，当使用 2 种颜色时，涂色种数为 C 23026种.A B C D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 C A 336036 3种所以涂色方案共有 36030390 种答案：390