高中数学 第一章 计数原理复习与小结课件 新人教A版选修2-3
课堂练习 1、如图所示为一电路图，从 A 到 B 共有 ________条不同的线路可通电．
解析 按上、中、下三条线路可分为三类： 上线路中有 3 条，中线路中有 1 条，下线路中有 2× 2＝ 4(条 )，根据分类加法计数原理，共有 3＋ 1 ＋ 4＝ 8(条 )． 2、 (1)一条长椅上有 9 个座位， 3 个人坐， 若相邻 2 人之间至少有 2 个空椅子，共有几种不 同的坐法？
第十课时第一章 计数原理复习与小结
【教学目标】 1. 理解两个原理，并会应用解题； 2. 掌握排列组合的概念并且会灵活运用； 3. 掌握二项式定理的内容和熟练运用解题。 【导入新课】 复习回顾：1.加法原理与乘法原理； 2.排列和排列数的概念、组合与组合数的概 念，以及灵活运用解题； 3．二项式定理的内容。
另外，通项公式主要用于求二项式的指数， 求满足条件的项或系数，求展开式的某一项或系 数，在运用公式时要注意以下几点： n－r r (1)Cr a b 是第 r＋1 项，而不是第 r 项； n n－r r (2)运用通项公式 Tr＋1＝Cr a b 解题，一般都 n 需先转化为方程(组)求出 n、 r， 然后代入通项公式 求解． (3)求展开式的特殊项，通常都是由题意列方 程求出 r，再求出所需的某项；有时需先求 n，计 算时要注意 n 和 r 的取值范围及它们之间的大小 关系．
题型三 求二项展开式的通项、指定项 例 3 设 f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n 展开式中 x 的 系数是 19(m，n∈N *)． (1)求 f(x)展开式中 x 2 的系数的最小值； (2)当 f(x)展开式中 x 2 的系数取最小值时，求 f(x)展开式中 x 7 的系数． 解：f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n 展开式中的 x 的系 数是 19. 1 即 C1 m＋C n＝19，∴m＋n＝ 19. (1)f(x)展开式中 x2 的系数为： (19－n)(18－n) 2 2 2 2 Cm＋Cn＝C 19－n＋Cn＝ ＋ 2 n(n－1) 192 323 2 ＝n － 19n＋ 171＝ n－ ＋ . 2 2 4
(3)确定 2 个空盒有 C2 4种方法． 4 个球放进 2 个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类， 1 2 第一类有序不均匀分组有 C3 4C1A 2种方法； 2 C2 4C 2 2 第二类有序均匀分组有 2 · A 种方法． A2 2 2 2 C4 C2 2 2 3 1 2 故共有 C 4(C4C 1A 2＋ 2 · A )＝84( 种)． A2 2 探究提高 对于排列、 组合的综合题目， 一般是 将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元 素或分好的组进行排列，即一般策略为先组合后排 列．分组时，要注意 “平均分组”与 “不平均分组”的 差异及分类的标准．
(3)排列、组合综合应用问题的常见解法：① 特殊元素( 特殊位置)ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ先安排法； ②合理分类与准 确分步；③排列、组合混合问题先选后排法；④ 相邻问题捆绑法；⑤不相邻问题插空法；⑥定序 问题倍缩法；⑦多排问题一排法；⑧ “小集团”问 题先整体后局部法；⑨构造模型法；⑩正难则反、 等价转化法． 2．二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通 常有两种思路： 一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应 项系数相等)；二是赋值．这两种思路相结合可以 使得二项展开式的系数问题迎刃而解．
(1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计 数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们 可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加 直观、清晰． (2)当两个原理混合使用时，一般是先分类， 在每类方法里再分步． D [由题意知，最少用三种颜色的花卉，按 照花卉选种的颜色可分为三类方案，即用三种颜 色，四种颜色，五种颜色． ①当用三种颜色时，花池 2、4 同色和花池 3、 5 同色，此时共有 A3 5种方案． ②当用四种颜色时，花池 2、4 同色或花池 3、 5 同色，故共有 2A4 5种方案． 5 ③当用五种颜色时有 A5 种方案． 3 5 因此所有栽种方案为 A5 ＋2A4 ＋ A ] 5 5＝420(种)．
2 又∵n∈N*， ∴当 n＝9 或 n＝10 时， C2 m＋Cn的 12 323 324 最小值为2 ＋ 4 ＝ 4 ＝81.∴x2 的系数的最小 值为 81. (2)由(1)知当 n＝9， m＝10 或 n＝10， m＝9 时， 7 3 x2 的系数最小．此时 x7 的系数为 C7 10＋C9＝C10＋ 2 C9 ＝156. 探究提高 二项式定理是一个恒等式，求二项 展开式中某指定项的系数、 二项式系数或指定项问 题， 是二项式定理的常考问题， 通常用通项公式来 解决．在应用通项公式时，要注意以下几点：
新授课阶段 主干知识梳理 1．分类计数原理和分步计数原理 如果每种方法都能将规定的事件完成， 则要用分 类加法计数原理将方法种数相加； 如果需要通过若干 步才能将规定的事件完成， 则要用分步乘法计数原理 将各步的方法种数相乘． 2．排列与组合 (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．从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数公式是 Am n ＝n(n－1)(n－2)…(n－m n！ m ＋1)或写成 An ＝ . ( n －m ) ！
典例分析 题型一两个计数原理 例 1、如图所示，花坛内有五个花池，有五种 不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种
同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则 最多的栽种方案有( ) A．180 种 B．240 种 C． 360 种 C． 420 种 解 题 导 引 题意 → 按花色分类 → 每一类再分步 → 结果
(2)一条长椅上有 7 个座位，4 个人坐，要求 3 个空位中，恰有 2 个空位相邻，共有多少种不同 的坐法？ 解：(1)先将 3 人(用× 表示)与 4 张空椅子(用□ 表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了 7 张椅 子，还有 2 张空椅子，一是分开插入，如图中箭 头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)， 从 4 个空当中选 2 个插入， 2 有 C4 种插法；二是 2 张同时插入，有 C1 4种插法， 3 2 再考虑 3 人可交换有 A3 种方法． 所以， 共有 A3 3(C4 ＋C1 4)＝60(种)； 4 (2)可先让 4 人坐在 4 个位置上， 有 A4 种排法， 再让 2 个“元素”(一个是两个作为一个整体的空 位，另一个是单独的空位)插入 4 个人形成的 5 个 “空当”之间，有 A2 5种插法，所以所求的坐法数为 4 2 A4 · A5＝480.
探究提高 在二项式定理的应用中，“赋值思 想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问 题的经典方法． 例 5 把 3 盆不同的兰花和 4 盆不同的玫瑰花 摆放在右图图案中的 1,2,3,4,5,6,7 所示的位置上， 其中三盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆 放方法为________种．(用数字回答) 解析：排列与组合是解决概率问题的工具， 在高考试卷中一般含有一道专门考查排列与组合 的小题，也可在概率和随机变量分布中考查．单 独考查，难度不大． 1 3 4 解析：A7 A4＝4 320. 7－C5A3·
3 n 例 6 已知( x＋ ) 的展开式中， 各项系数的 3 x 和与各项二项式系数的和之比为 64，则(1－x)n 的 展开式中系数最小的项是第________项． 解析：二项展开式的通项公式的运用及二项 式系数性质的运用等是高考的热点内容．二项式 定理在高考中可单独命题，主要以填空题的形式 出现，属于中低档难度的题目．原式的展开式中， 各项系数的和为 4n，各项二项式系数的和为 2n.由 4n 已知，得2n＝64，所以 n＝6. (1－x)6 的展开式中，第 4 项的系数最小，为 －C3 6＝－20. 答案为 4.
(2)组合：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元 素并成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元 素的一个组合．从 n 个不同元素中取出 m 个元素 的组合数公式是 n(n－1)(n－2)…(n－m＋ 1) m Cn ＝ ， m！ n！ m 或写成 Cn ＝ . m ！( n －m ) ！ (3)组合数的性质 n －m ①C m ＝ C ； n n m m－1 ②C m ＝ C ＋ C . ＋ n 1 n n 3．二项式定理 n 0 1 n－1 2 n －2 2 (1)定理：(a＋b)n＝C0 a b ＋ C a b ＋ C b n n na n －r r 0 n ＋…＋ C r a b ＋ …＋ C n n na b (r＝ 0,1,2， …，n)．
(2)二项展开式的通项 n －r r Tr＋1＝Cr a b ， r＝ 0,1,2，… ，n，其中 Cr n n叫 做二项式系数． (3)二项式系数的性质 ①对称性： 与首末两端 “等距离”两项的二项式 系数相等， n 1 n －1 k n －k 即 C0 ＝ C ， C ＝ C ， … ， C ＝ C n n n n n n ，…. ②最大值：当 n 为偶数时，中间的一项的二项式 系数 取得最大值；当 n 为奇数时，中间 的两项的二项式系数相等，且同时取得最大 值． ③各二项式系数的和 1 2 k n n a． C0 n＋C n＋C n＋…＋C n＋…＋ C n＝2 ； 2 2r 1 3 2r＋ 1 b． C0 ＋ C ＋ … ＋ C ＋ … ＝ C ＋ C ＋ … ＋ C n n n n n n 1 n － ＋…＝ · 2 ＝ 2n 1. 2
解：(1)为保证 “恰有 1 个盒不放球”，先从 4 个 盒子中任意取出去一个，问题转化为 “4 个球， 3 个 盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把 4 个球分成 2,1,1 的三组，然后再从 3 个盒子中选 1 个放 2 个球，其余 2 个球放在另外 2 个盒子内，由 2 1 2 分步计数原理，共有 C1 4C 4C3×A 2＝144(种) ． (2)“恰有 1 个盒内有 2 个球”，即另外 3 个盒子 放 2 个球，每个盒子至多放 1 个球，也即另外 3 个 盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有 1 个盒内有 2 个 球”与 “恰有 1 个盒不放球”是同一件事，所以共有 144 种放法．
高中数学第一章计数原理本章小结课件a选修23a高二选修23数学课件
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三、二项式定理问题的处理方法与策略 1．运用二项式定理一定要牢记通项公式 Tr＋1＝Crnan－rbr(其中 0≤r≤n，r∈N，n∈N*)，注意(a＋b)n 与(b＋a)n 虽然相同，但具 体到它们展开式的某一项时是不相同的，我们一定要注意顺序问 题，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不 同概念，前者只指 Crn，而后者是字母外的部分．
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解法 2：除上面的算法外，也可以采用以减法为主的算法．容 易看到：全部安排四人入座的方法(不管空位相邻还是不相邻) 数是 A74.从中减去不合题意的坐法数即可．不合题意的坐法包括 两类：一类是三个空位相邻，这种情况下共有 A55种安排方法(把 四个人与相邻的三个空位看成 5 个元素)；另一类是三个空位彼 此都不相邻，这种情况下共有 A44·C35种安排办法(请注意这里的 C35，而不是 A35的道理)．根据这种“设计”思想，又可列出(A74－ A55－A44C53)这种算式．
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二、排列、组合应用题的处理方法与策略 1．使用分类计数原理还是分步计数原理要根据我们完成某 件事情时采取的方式而定，分类来完成这件事情时用分类计数原 理，分步骤来完成这件事情时用分步计数原理．怎样确定是分类， 还是分步骤．“分类”表现为其中任何一类中任一个方法均可独 立完成所给事情；而“分步骤”必须把各步骤均完成才能完成所 给事情，所以准确理解两个原理的关键在于明确分类计数原理强 调完成一件事情的几类办法互不干扰，彼此之间交集为空集，并 集为全集，不论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成事 件．分步计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤 才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影 响12/后9/202一1 步采取什么方法．
2019_2020学年高中数学第一章计数原理章末归纳整合课件新人教A版选修2_3
1)3＋C36·33·C26(－1)2＋C46·34·C16(－1)＋C56·35·C06(－1)0＝－168.
方法点评：通过对 1＋2x－3x2 进行因式分解，把三项式转
化为两个二项式的积，将两部分看成两个整体使问题得以解决．
3．若二项式x2－2xn 的展开式【例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？
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，则可把这两个元素插在 7 辆车之间， 共有 A28种方法；而 7 辆车共有 A77种排法，因此共有 A28·A77＝282 240 种不同停法．
【答案】56
【解析】从 M 点走到 N 点，每次只能向北或向东走，则不 论从 M 到 N 怎样走，都必须向北走 3 次，向东走 5 次，共走 8 次，每一次是向北还是向东，就决定了不同的走法，当把向北 的步骤决定后，剩下的步骤只能向东，共有 C38＝56 种不同的走 法．
二项式的展开问题
求二项式的展开式中的特定项时，一般先写出其通项公 式，然后由条件确定该特定项的系数．求展开式中各项系数的 和或差时，常用赋值法．
3．(2018
年浙江)二
项
式
3
x＋21x8
的展开式的常数项是
________．
【答案】7
【解析】3
高中数学 第一章 计数原理章末复习 新人教A版选修2-3
类型二 排列与组合的综合应用 例3 在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目. (1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？ 解 第一步先将 4 个舞蹈节目捆绑起来，看成 1 个节目，与 6 个演唱节目 一起排，有 A77＝5 040(种)方法； 第二步再松绑，给 4 个节目排序，有 A44＝24(种)方法. 根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序.
k≤232， 解得k≥139，
又因为k∈{1,2,3，…，9}，
－5
所以k＝7，当k＝7时，T8＝－15 360 x 6 ，
又因为当k＝0时，T1＝x5，
当k＝10时，T11＝(－2)10
x
10 3
＝1
024 x
10 3
，
－5
所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360 x 6 .
解答
(3)求 n＋9C2n＋81C3n＋…＋9n－1Cnn的值. 解 原式＝10＋9C210＋81C310＋…＋910－1C1100 ＝9C110＋92C210＋939C310＋…＋910C1100 ＝C010＋9C110＋92C210＋993C310＋…＋910C1100－1
跟踪训练5 若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋ a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为__5__. 解析 令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5， 令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
解答
反思与感悟 与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、 各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的 和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边 的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的 式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项 或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求 出结果.
高中数学 第一章 计数原理章末归纳总结课件 新人教A版选修23
1.两个计数原理
运用两个计数原理解题的关键在于正确区分“分类”与 “分步”．分类就是能“一步到位”——任何一类(yī lèi)中任何 一种方法都能完成这件事情，而分步则只能“局部到位”——任 何一步中任何一种方法都不能完成这件事情，只能完成事件的某 一部分，只有当各步全部完成时，这件事情才完成．
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[答案] C
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[解析] 由题意知，满足题意的选修方案有两类：第一类 是所选的 4 门全来自于除 A，B，C 外的 6 门课程，相应的不同 选修方案有 C46＝15 种；第二类是所选的 4 门中有且仅有 1 门来 自于 A，B，C，另 3 门从除 A，B，C 外的 6 门课程中选择，相 应的不同选修方案有 C36C13＝60 种．由分类加法计数原理可得满 足题意的选修方案总数是 15＋60＝75.
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6．(2013·天津理，10)(x－ 1x)6 的二项展开式中的常数项为 ________．
[答案(dáàn)] 15 [解析] Tr＋1＝Cr6x6－r·(－1)r·( 1x)r ＝(－1)r·Cr6x6－32r， 令 6－32r＝0，得 r＝4， ∴常数项为(－1)4C46＝15.
(3)排列组合应用题的解题策略 ①特殊(tèshū)元素、特殊(tèshū)位置优先安排的策略； ②合理分类与准确分步的策略； ③正难则反，等价转化的策略； ④相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法的策略； ⑤元素定序，先排后除的策略； ⑥排列、组合混合题先选后排策略； ⑦复杂问题构造模型策略．
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的“中国印”由四个色块构成，可以用线段在不穿越其他色块的
条件下将其中任意两个色块连接起来(如同架桥)．如果用三条线
高中数学新人教A版选修2-3课件：第一章计数原理本章整合
组,使得每组中都至少有一个元素,求一共有多少种不同的分法的问题.
首 页
专题一
专题二
J 基础知识 Z 重点难点
ICHU ZHISHI
HONGDIAN NANDIAN
S 随堂练习
UITANG LIANXI
专题三
应用 1 设 4 名同学报名参加同一时间安排的三种课外活动的方案有 a
的方法都有 n 种,由分步乘法计数原理得,从 n 个不同元素里有放回地取出
m 个元素(允许重复出现)的排列数为:N=n·
n·
n·
…·
n=nm(m,n∈N*,m≤n).
(2)“隔板法”是解决组合问题中关于若干个相同元素的分组问题的一
种常用方法,用这种方法解决此类问题,过程简捷明了,富有创意性和趣味性.
提示:本题既有相邻问题也有不相邻问题,故是捆绑法与插空法的综合
应用.
解析:先将甲乙捆绑,看作一个元素,有A22 种排法,然后将除甲乙丙之外
的 4 名学生全排列,有A44 种不同的排法,再将甲乙丙插入 5 个空中的两个,有
A25 种不同的排法,所以一共有A22 A44 A25=960 种不同排法.
答案:960
答案:B
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S 随堂练习
J 基础知识 Z 重点难点
ICHU ZHISHI
1
2
UITANG LIANXI
HONGDIAN NANDIAN
3
4
5
6
7
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2.(2013·福建高考)满足 a,b∈{-1,0,1,2},且关于 x 的方程 ax2+2x+b=0 有实
新课标A版高中数学选修2-3课件：第一章 计数原理 1-2-6
探究1
解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合
问题，组合问题与排列问题的根本区别在于：排列问题与取出 元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关，只 要元素相同即可，只有当它能构成组合模型时，才能运用组合 数公式求出其种数；其次要注意两个基本原理的运用，即分类 与分步的灵活运用，在运用分类和分步时，一定要注意有无重 复和遗漏．
探究2 解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接 法”和“间接法(排除法)”．其中用直接法求解时，则应坚持 “特殊元素优先选取”的原则，优先安排特殊元素的选取，再 安排其他元素的选取．而选择间接法的原则是“正难则反”， 也就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大，不妨从反 面问题入手，试一试看是否简捷，特别是涉及“至多”、“至 少”等组合问题时更是如此．此时正确理解“都不是”、“不 都是”、“至多”、“至少”等词语的确切含义是解决这些组 合问题的关键．
第一章 计数原理
1．2 排列与组合
第六课时
组合的应用
课 时 学 案
课 时 作 业
1.解组合应用题的总体思路 (1)考查顺序． 区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，无序问 题用组合解答，有序问题属排列问题． (2)整体分类． 对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的 并集等于全集．计算结果时，使用分类计数原理．
对于(1)，根据题意，17名学员没有角色差异，
地位完全一样，因此这是一个从17个不同元素中选出11个元素 的组合问题；对于(2)，守门员的位置是特殊的，其余上场学员 的地位没有差异，因此这是一个分步完成的组合问题．
【解析】
(1)由于上场学员没有角色差异，所以可以形成的
学员上场方案有C11 17＝12 376(种)． (2)教练员可以分两步完成这件事情： 第1步，从17名学员中选出11人组成上场小组，共有C 11 17 种选 法； 第2步，从选出的11人中选出1名守门员，共有C1 11种选法．
人教版 高中数学 第一章 计数原理本章小结 选修2-3
人教版高中数学精品资料高中数学第一章计数原理本章小结新人教A版选修2-3知识点一两个计数原理的应用(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事件．“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事件，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事件的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件．(2)分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法．例1 某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．(1)任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？(2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？(3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？解析：(1)分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分类加法计数原理，共有6＋7＋8＝21(种)不同的选法．(2)每种选法分三步：第一步从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分步乘法计数原理，共有6×7×8＝336(种)不同的选法．(3)分三类，每类又分两步．第一类从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选1个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7＋6×8＋7×8＝146(种)不同选法．知识点二排列组合问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．现由五个人排在周一至周五的五天中值班，每人一天，按下列条件各有多少种不同的排法？(1)甲不值周一且乙不值周二；(2)甲、乙不排在连续的两天；(3)甲排在乙的前面(不一定相邻)．解析：(1)法一(直接法) 分“甲值周二”和“甲不值周二”两类：甲值周二，则有A44种排法；甲不值周二，则周二有A13种排法，周一有A13种排法，后三天有A33种排法，所以甲不值周二的排法有A13·A13·A33种，由分类加法计数原理，满足条件的排法种数为A44＋A13·A13·A33＝78(种)．法二(间接法) 五个人的排法总数为A55种，甲值周一和乙值周二各有A44种排法，甲值周一且乙值周二有A33种排法，所以甲不值周一且乙不值周二的排法种数为A55－2A44＋A33＝78(种)．(2)法一(直接法) 甲、乙之外的其他三个人的排法种数为A 33种，甲、乙不相邻有A 24种排法，所以排法种数为A 33·A 24＝72(种)．法二(间接法) 五个人的排法总数为A 55种，甲、乙相邻的排法种数为A 44·A 22种，所以排法种数为A 55－A 44·A 22＝72(种)．(3)甲排在乙之前的排法种数为A 55A 22＝60(种)．知识点三 二项式定理的应用(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．(3)求二项式展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．(5)确定二项展开式中的最大或最小项：利用二项式系数的性质．(2015·全国课标卷Ⅱ)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.解析：由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax ，4ax 3，x ，6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3.答案：3一、选择题1．3名学生报名参加艺术体操、美术、计算机、航模课外兴趣小组，每人选报一种，则不同的报名种数有(D )A ．3种B ．12种C ．34种 D ．43种解析：每位学生都有4种报名方法，因此有4×4×4＝43种．2．(2014·高考湖北卷)若二项式⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝(C )A ．2 B.54 C ．1 D.24解析：因为C r7·(2x )r·⎝⎛⎭⎫a x 7－r＝C r7·2r·a7－r·x－7＋2r，令－7＋2r ＝－3，得r ＝2，所以C 27·22·a7－2＝84，解得a ＝1，故选C.3．设集合A ＝{1，2，3，4}，m ，n ∈A ，则关于x ，y 的方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点在x 轴上的椭圆有(A )A ．6个B ．8个C ．12个D ．16个解析：法一 因为椭圆的焦点在x 轴上，所以当m ＝4时，n ＝1或2或3；当m ＝3时，n ＝1或2；当m ＝2时，n ＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．法二 由题意知m >n ，则应有C 24＝6(个)焦点在x 轴上的不同椭圆．故选A.4．(2014·高考重庆卷)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(B)A．72种 B．120种 C．144种 D．168种解析：将所有的安排方法分成两类：第一类，歌舞类节目中间不穿插相声节目，有A33A22A11＝6×2×2＝24(种)；第二类，歌舞类节目中间穿插相声节目，有A33A12A12A14＝6×2×2×4＝96(种)．根据分类加法计数原理，共有96＋24＝120种不同的排法．故选B.能力提升5．12名同学合影，站成了两排，前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是(C)A．C28A23种 B．C28A66种 C．C28A26种 D．C28A25种解析：从后排8人中选2人的方法有C28种．设选出的2人为A、B，安排A到前排有A15种方法，再安排B到前排有A16种方法．∴共有C28A15A16＝C28A26种方法．故选C.6．如果C3n＝C3n－1＋C4n－1，则n的值为(B)A．8 B．7 C．6 D．不存在7．(2013·山东济宁模拟)某科技小组有六名学生(男生多于女生)，现从中选出三人去参观展览，若至少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女生人数为(A) A．2名 B．3名 C．4名 D．5名解析：若选出的三个人都是女生，则不合题意．设男生人数为x，则女生有6－x人．依题意可得C1x C26－x＋C2x C16－x＝16，即x（6－x）（5－x）2＋x（x－1）（6－x）2＝16，化简得x2－6x＋8＝0，解得x＝4或x＝2.因为男生多于女生，所以该小组中女生有2人．故选A.8.如图，一圆形花圃内有5块区域，现有4种不同颜色的花．从4种花中选出若干种植入花圃中，要求相邻两区域不同色，种法有(D)A．324种 B．216种 C．244种 D．240种解析：若1、4同色，共有C14×3×3×2＝72(种)．若1、4不同色(里面分2与4同色不同色)，共有A24×2×(1×3＋2×2)＝168(种)．所以一共有168＋72＝240(种)．9．(2014·高考浙江卷)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．解析：不同的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张，共有C23A24＝36，二是有三人各获得一张，共有A34＝24，因此不同的获奖情况有60种．答案：6010．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．解析：分2步完成：第一步，将4名大学生按2，1，1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A 33种．所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22A 33＝36种．答案：3611．已知(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，若a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m ＝________． 解析：由题设知，a 0＝1，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6＝(1＋m )6，即(1＋m )6＝64. 故1＋m ＝±2，m ＝1或－3. 答案：1或－312．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是________．解析：为了作的直线条数最少，应出现3点或更多点共线的情况，由于直线与圆相离，应让圆上任意两点都与直线上的一点共线．圆周上有4点能连成C 24＝6条直线，而直线上恰有6个点，故这10个点中最多有6个三点共线和1个六点共线的情况，因此最少可作直线C 210－6C 23－C 26＋6＋1＝19(条)．答案：1913．一个口袋里有6封信，另一个口袋里有5封信，各封信内容均不相同． (1)从两个口袋中任取一封信，有多少种不同的取法？ (2)从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？(3)把这两个口袋里的11封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？解析：(1)任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，因此是两类办法．用分类加法计数原理，共有6＋5＝11(种)．(2)各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有6×5＝30(种)．(3)第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能，…，第11封信还有4种可能．由分步乘法计数原理可知，共有411种不同的投法．14．(2013·昆明高二检测)二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n的展开式中：(1)若n ＝6，求倒数第二项．(2)若第5项与第3项的系数比为56∶3，求各项的二项式系数和． 解析：(1)二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n的通项是T r ＋1＝C r n(x )n －r⎝⎛⎭⎫－2x r，当n ＝6时，倒数第二项是 T 6＝C 56(x )6－5⎝⎛⎭⎫－2x 5＝－192x －92.(2)二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n 的通项T r ＋1＝C r n (x )n －r ·⎝⎛⎭⎫－2x r，则第5项与第3项分别为T 5＝C 4n (x )n－4·⎝⎛⎭⎫－2x 4，T 3＝C 2n (x )n －2·⎝⎛⎭⎫－2x 2，所以它们的系数分别为16C 4n 和4C 2n .由于第5项与第3项的系数比为56∶3，则16C 4n ∶4C 2n ＝56∶3，解得n ＝10，所以各项的二项式系数和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210＝1 024.15．一个口袋内有4个不同的红球、6个不同的白球， (1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解析：(1)将取出4个球分成三类情况： ①取4个红球，没有白球，有C 44种； ②取3个红球1个白球，有C 34C 16种； ③取2个红球2个白球，有C 24C 26种， 故有C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种． (2)设取x 个红球，y 个白球，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5，0≤x ≤4，2x ＋y ≥7，0≤y ≤6， 故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1.因此，符合题意的取法种数有 C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186(种)．16．用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题． (1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数？(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数？ (3)若直线方程ax ＋by ＝0中的a 、b 可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？解析：(1)5×6×6×6×3＝3 240(个)． (2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有 A 13A 23＝18(个)；当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有A 12A 34＝48(个)；当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有A 13A 12A 13A 23＝108(个)． 故共有18＋48＋108＝174(个)．(3)a ，b 中有一个取0时，有2条；a ，b 都不取0时，有A 25＝20(条)；a ＝1，b ＝2与a ＝2，b ＝4重复，a ＝2，b ＝1，与a ＝4，b ＝2重复．故共有2＋20－2＝20(条)．。
高中数学 第1章《计数原理》课件 新人教A版选修23
r n
(r＝0,1,2，…，n)称为二项
式系数，第r＋1项Crnan－rbr称为通项．
• [说明] ①二项式系数与项的系数是不同的概念，前者只与 项数有关，而后者还与a，b的取值有关．
• ②运用通项求展开式的特定值(或特定项的系数)，通常先由 题意列方程求出r，再求所需的项(或项的系数)．
(2)二项式系数的性质： ①对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相 等，体现了组合数性质Cnm＝Cnn－m； ②增减性与最大值： 当k＜n＋2 1时，二项式系数Ckn逐渐增大； 当k＞n＋2 1时，二项式系数Ckn逐渐减小；
•
有3封信，4个信简．
• (1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法？
• (2)把3封信都寄出，且每个信简中最多一封信，有多少种寄 信方法？
• [思维点击] 本题关键是要搞清楚以“谁”为主研究问 题．解决这类问题，切忌死记公式，应清楚哪类元素必须应 该用完，就以它为主进行分析，再用分步计数原理求解．
(1)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄 出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第 三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务．根据分步计数 原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法．
(2)典型的排列问题，共有A34＝24种寄信方法．
• 1．有7名女同学和9名男同学，组成班级乒乓球混合双打代 表队，共可组成( )
• A．7队 B．8队 • C．15队 D．63队 • 解析： 由分步乘法计数原理，知共可组成7×9＝63队． • 答案： D
• 2.如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开， 若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )
[说明] 公式①主要用于具体的计算，公式②主要用于 化简．
人教A版高中数学选修2-3课件复习(一)记数原理与排列
n！ (m、n m)！
N*有约束条件的排列问题，应注意如下类型： ⑴某些元素不能在或必须排列在某一位置；⑵某些元素要求连 排（即必须相邻）；⑶某些元素要求分离（即不能相邻）；
2．基本的解题方法： （１）有特殊元素或特殊位置的排列问题，通常是先排特殊元 素或特殊位置，称为优先处理特殊元素（位置）法（优先法）； 特殊元素,特殊位置优先安排策略 （２）某些元素要求必须相邻时，可以先将这些元素看作一个元 素，与其他元素排列后，再考虑相邻元素的内部排列，这种方法 称为“捆绑法”；相邻问题捆绑处理的策略
3，6，7这六个数字中取不同的数值，则这些方程所表
示的直线条数是（）A
A.18B.20C.12D.22
例3：用0-5这六个数字可以组成没有重复的 （1）四位偶数有多少个？奇数？
（2）能被5整除的四位数有多少？ （3）能被3整除的四位数有多少？ （4）能被25整除的四位数有多少？
（5）十位数比个位数大的三位数？
例1、计算：
（1）(x 1)5 5(x 1)4 10(x 1)3 10(x 1)2 5(x 1)
（2）1 2Cn1 4Cn2 ... 2n Cnn
例2、求的(1展开x)式6 (1中的x系)4数。
x3
例3、求展(x开式3中 的3x 常 数x12项)5。
例4、已知展(1开式2 x中)5第2项大于它的相邻两项，求x
A
m n
n (n
1)(n m
1)
(n
n！ (m、n m)！
N*,m
n)
Cnm
Anm Amm
n(n 1)(n 2) m!
(n m 1) n! m!(n m)!
人教A版数学选修2-3《1.1计数原理》课件(共15张ppt)
（5）某商场有6个门，某人从其中的任意一个门进入商场， 再从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？
明计数之道——辨析理解 固化原理
问题5：分类加法计数原理与分步乘法计数 原理的相同点和不同点是什么?
完__成__一N__件=__m_事_1 _有 __mn_类2__不 __m_同3__方_种案不，同在的第方法 1类。方案中有m1
种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方
法， 在第n类方案中有mn种不同的方法，那么
完成这件事共有_N_____m__1___m__2___ _____m__n___
巩固训练：
书架上第一层放有4本不同的计算机书，第 二层放有3本不同的文艺书，第三层放有2本不同 的体育书。若从第一,二,三层中各取1本书，有 多少种不同取法？ 变解式：1：从若第从一书, 二架, 三上层任各取取1本1本书书，，有分多为少3个种步不骤同：取 法第？1步，从第一层取1本书，有4种不同的方法； 变第式22步：，若从从第书二架层上取取12本本书不，同有类3种 别不 的同 书的 ，方 有法多；少 种第不3同步取，法从？第三层取1本书，有2种不同的方法。
种不同的方法。
明计数之道——生活感知 初识原理
问题3：
(1) 小明先从北京到成都，飞机有4班，一天后再从成 都到重庆，火车有3班。小明乘坐这些交通工具从北京 经成都到重庆共有多少种不同的走法？
明计数之道——感知积累 再识原理
问题3：
(1) 小明先从北京到成都，飞机有4班，一天后再从成 都到重庆，火车有3班。小明乘坐这些交通工具从北京 经成都到重庆共有多少种不同的走法？