高中数学人教B版选修2-3练习课件：1.1.2 两个计数原理的应用
• 5．如图有4个编号为1、2、3、4的小三角 形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、 蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻 的小三角形颜色不同，共有多少种不同的 涂色方法？
• 解：第一类：若1、3同色，则1有5种涂法， 2有4种涂法，3有1种涂法(与1相同)，4有 4种涂法． • 故N1＝5×4×1×4＝80(种)． • 第二类：若1、3不同色，则1有5种涂法， 2有4种涂法，3有3种涂法，4有3种涂法． • 故N2＝5×4×3×3＝180(种)． • 综上可知不同的涂法共有N＝N1＋N2＝80 ＋180＝260(种)．
• 2．[2013·山东高考]用0,1，…，9十个数字，可 以组成有重复数字的三位数的个数为( ) • A. 243 B. 252 • C. 261 D. 279 • 解析：由分步乘法计数原理知：用0,1，…，9十 个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为 9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的 个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位 数的个数为900－648＝252，故选B. • 答案：B
第一章
计数原理
§1.1 基本计数原理
课时作业27 两个计数原理的应用
1
课堂对点训练
2
课后提升训练
• • • •
[目标导航] 1．能用两个计数原理解决一些较复杂的问题． 2．掌握直接法与间接法的灵活运用． 3．会用计数原理解决一些几何问题．
课堂对点训练
知识点一
组数问题
• 1.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 • 解析：要完成这件事可分两步，第一步确定 b(b≠0)有6种方法，第二步确定a有6种方法， 故由分步乘法计数原理知共有6×6＝36个虚 数，故选C. • 答案：C
知识点三
涂色问题
• 4．[2013·山东滨州二模]如 图所示，用五种不同的颜色 分别给A、B、C、D四个区域 涂色，相邻区域必须涂不同 颜色，若允许同一种颜色多 次使用，则不同的涂色方法 共有________种．
• 解析：按区域分四步：第一步A区域有5种颜 色可选； • 第二步B区域有4种颜色可选； • 第三步C区域有3种颜色可选； • 第四步由于D区域可以重复使用区域A中已有 过的颜色，故也有3种颜色可选． • 由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝ 180(种)涂色方法． • 答案：180D文档作业
知识点二
几何问题
• 3.已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6,7}， 从两个集合中各取一个元素分别作为点的横 纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表 示第一、二象限内不同的点的个数是( ) • A．18 B．17 • C．16 D．10
• 解析：分两类．第一类：M中的元素作横坐 标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象 限内的点有3×3＝9个；第二类：N中的元素 作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、 二象限内的点有4×2＝8个．由分类加法计 数原理，共有9＋8＝17个点在第一、二象 限． • 答案：B
人教新课标版数学高二-人教选修2-3练习 两个计数原理及其综合应用
选修2-3 1.1.2一、选择题1．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，至多5个，则不同的分法共有()A．4种B．5种C．6种D．7种[答案] A[解析]分类考虑，若最少一堆是1个，那由至多5个知另两堆分别为4个、5个，只有一种分法；若最少一堆是2个，则由3＋5＝4＋4知有2种分法；若最少一堆是3个，则另两堆为3个、4个，故共有分法1＋2＋1＝4种．2．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是() A．4 B．24C．43D．34[答案] C[解析]依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C.3．已知函数y＝ax2＋bx＋c，其中a，b，c∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数共有()A．125个B．15个C．100个D．10个[答案] C[解析]由题意可得a≠0，可分以下几类，第一类：b＝0，c≠0，此时a有4种选择，c也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；第二类：c＝0，b≠0，此时a有4种选择，b也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；第三类：b≠0，c≠0，此时a，b，c都各有4种选择，共有4×4×4＝64个不同的函数；第四类：b＝0，c＝0，此时a有4种选择，共有4个不同的函数．由分类加法计数原理，可确定不同的二次函数共有N＝16＋16＋64＋4＝100(个)．故选C.4．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有()A．6种B．12种C．24种D．30种[答案] C[解析]分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次由甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24种，故选C.5．将5名世博会志愿者全部分配给4个不同的地方服务，不同的分配方案有()A．8 B．15C．512 D．1024[答案] D[解析]由分步计数原理得4×4×4×4×4＝1024，故选D.6．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有()A．6种B．36种C．63种D．64种[答案] C[解析]每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有26－1＝63种．故选C.7．如图，某段电路由五个电阻组成，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，该段电路就会不通，现在电路MN间没有电流通过，那么焊接点脱落的可能性共有()A．14种B．49种C．16种D．64种[答案] B[解析]支路A、B、C有23－1＝7种．支路D、E、F有23－1＝7种．∴共有7×7＝49种，故选B.9．某班2011年元旦联欢会原定的9个歌唱节目已排成节目单，但在开演前又增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为()A．110 B．120C．20 D．12[答案] A[解析]先将其中一个节目插入原节目单的9个节目形成的10个空中有10种方法，再把另一个节目插入前10个节目形成的11个空中有11种插法．由乘法原理知有10×11＝110种．10．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有() A．6种B．9种C．11种D．23种[答案] B[解析]解法1：设四人A，B，C，D写的贺年卡分别是a，b，c，d，当A拿贺年卡b，则B可拿a，c，d中的任何一张，即B拿a，C拿d，D拿c或B拿c，D拿a，C拿d或B拿d，C拿a，D拿c，所以A拿b时有三种不同的分配方式．同理，A拿c，d时也各有三种不同的分配方式．由分类加法计数原理，四张贺年卡共有3＋3＋3＝9(种)分配方式．解法2：让四人A，B，C，D依次拿一张别人送出的贺年卡，如果A先拿，有3种，此时被A拿走的那张贺年卡的人也有3种不同的取法．接下来，剩下的两个人都各只有1种取法，由分类乘法计数原理，四张贺年卡不同的分配方式有3×3×1×1＝9(种)．二、填空题12．设椭圆x2m＋y2n＝1的焦点在y轴上，m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆个数为________________．[答案]20[解析]曲线是焦点在y轴上的椭圆，∴n>m.当m＝1时，n有6种取法，当m＝2时，n有5种取法……当m＝5时n有2种取法，∴这样的椭圆共有6＋5＋4＋3＋2＝20个．13．已知m∈{3,4,5}，n∈{0,2,7,8}，r∈{1,8,9}，则方程(x－m)2＋(y－n)2＝r2可以表示不同圆________个．[答案]36[解析]只有m、n、r都确定后，圆的方程才能确定，由分步乘法计数原理知共表示不同圆3×4×3＝36个．。
人教B数学选修2-3课件：第1章1.1第2课时基本计数原理的应用
第一章计数原理1.1 第2课时基本计数原理基本计数原理的应用番隊七<-医旺旧超屋删)•戢異乏屋昏l M 贬囁科教材整理分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别阅读教材P4〜P5,完成下列问题.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别。
微体验。
1.由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________ .【解析】由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4X3X2=24.【答案】242.（°1+°2+。
3）血+方2+%）（Cl + c2+c3+c4）展开后共有项.【解析】该展开式中每一项的因式分别来自a\+a2+a^ fei+fe+ 彷，C1+C2+C3+C4中的各一项.由a】，a2,伽中取一项共3种取法，从bi，b2,彷中取一项有3种不同取法，从Ci，C2, C3, C4中任取一项共4种不同的取法.由分步乘法计数原理知，该展开式共3X3X4=36（项）.【答案】363.5名班委进行分工，其中人不适合当班长，B只适合当学习委员, 则不同的分工方案种数为・【解析】根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3X2X1=6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1 X3X6= 18种分工方案.【答案】184.___________________________________ 用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用, 且同一数字不能相邻，这样的四位数有____________________________ 个.【解析】分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3 种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上, 有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上, 有2种方法.故有3X3X2=18个不同的四位数.【答案】18\类型1 抽取（分配）问题【例1】⑴高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（A. 16 种B. 18 种C. 37 种D. 48 种（2）甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有 ____ 种.(1)由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对【精彩点拨】立面较少，可考虑间接法求解•⑵先让-人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽•【解】(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有3,种不同的分配方案.则满足条件的不同的分配方案有47=37(种).故选C.(2)不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3X3X1X1=9（种）.【答案】(1)C (2)9规律方袪求解抽取（分配）问题的方法1.当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表法.2.当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可.1. 3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球, 共有多少种方法？【解】法一：（以小球为研究对象）分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择.根据分步乘法计数原理得：共有方法数N=5X4X3=60（种）.法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5,分成以下10类:第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3X2X1=6(种)；第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3X2X1=6(种)；第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3X2X1=6(种)；分类还有以下几种情况:空盒子标号分别为(1,5), (2,3), (2,4), (2,5), (3,4), (3,5), (4,5),共10类，每一类都有6种方法.根据分类加法计数原理得，共有方法数N=6+6+…+6=60(种).\嚳2/ 组数问____________________【例2］用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的：(1)银行存折的四位密码？(2)四位整数？(3)比2000大的四位偶数？【精彩点拨】⑴用分步乘法计数原理求解⑴问；(2)0不能作首位, 优先排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可以按个位是0,2,4分三类, 也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解.【解】⑴分步解决.第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法; 第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法; 第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法; 第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法. 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6X5X4X3=360（个）.(2)分步解决.第一步：首位数字有5种选取方法；第二步：百位数字有5种选取方法；第三步：十位数字有4种选取方法；第四步：个位数字有3种选取方法.由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有5X5X4X3=300(个).(3)法一：按末位是0,2,4分为三类：第一类：末位是0的有4X4X3=48个；第二类：末位是2的有3X4X3=36个；第三类：末位是4的有3X4X3=36个.则由分类加法计数原理有"=48+36+36=120(个).法二：按千位是2,3,4,5分四类：第一类：千位是2的有2X4X3=24（个）; 第二类：千位是3的有3X4X3=36®；第三类：千位是4的有2X4X3=24^）；第四类：千位是5的有3X4X3=36®.则由分类加法计数原理有"=24+36+24+36=120（个）.法三：间接法.用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类: 第一类：末位是0的有5X4X3=60®；第二类：末位是2或4的有2X4X4X3=96（个）.共有60+96=156（个）.其中比2000小的有：千位是1的共有3X4X3=36（个），所以符合条件的四位偶数共有156-36=120（个）.规律方进1.对于组数问题，一般按特殊位置（一般是末位和首位）由谁占领分类, 分类中再按特殊位置（或者特殊元素）优先的方法分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解.2.解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘.排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则.⑥跟踪训练2.由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个:⑴无重复数字的三位数？(2)可以有重复数字的三位数？【解】（1）0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3X3X2 = 18（个）.（2）百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择.由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3X4X4= 48（个）.涂色问题［探究问题］1.用3种不同颜色填涂图中A, B, C, D四个区A B C D域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？【提示】涂A区有3种涂法，B, C, D区域各有2种不同的涂法,由分步乘法计数原理将A,B,C,D四个区域涂色共有3X2X2X2=24（种）不同方案.2.在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂久B, C, D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？【提示】恰用3种不同颜色涂四个区域，则A, C区域，或A, D 区域，或B, D区域必同色.由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3X2X14-3X2X1+3X2X1 = 18(^ 同的方案.3.在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？【提示】若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A, C区域必同色, 且B, D区域必同色.先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法.由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3X2=6（种）不同的涂色方案.【例3】将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如怪所示的图中，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？【精彩点拨】给图中区域标上记号A, B, C, D, E,则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，那么只有1种.因此应先分类后分步.【解】法一：给图中区域标上记号久B, C, D, E,如图所示. 环＜①当B与D同色时,有4X3X2X1X2=48种.②当B与D不同色时，有4X3X2X1X1=24种.故共有48+24=72种不同的涂色方法.法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：第一类，用4种颜色：此时B, D区域或A, E区域同色，则共有2X4X3X2X1=48种不同涂法.第二类，用3种颜色：此时从D同色，A, E同色，先从4种颜色中取3种，再涂色，共4X3X2X1=24种不同涂法.由分类加法计数原理共48+24=72种不同涂法.规律方进求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解,常用方法有:(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题, 用分类加法计数原理分析；(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.3.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱AB&A^G组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色（底面AEG不涂色），要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有______ 种.【解析】先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，由分步乘法计数原理，共有3X2X1X2=12种不同的涂法.【答案】12匚课堂小结7Z涂色问题1.已知圧{1,2,3,4},艸{5,6,7,8},则小可表示不同值的个数为 ()A. 2B. 4C 8 D. 15【解析】询取值共有4个，y的取值也有4个，则小共有4X4 =16个积，但是由于3X8=4X6,所以小共有16-1 = 15(个)不同值，故选D.【笞案】D2.某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有（）A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种【解析】可按女生人数分类:若选派-名女生，有2X3=6种；若选派2名女生，则有3种.由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法.【答案】D3.3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报一门，则不同的报名方案有 ____ 种.【解析】每名同学都有4种不同的报名方案，共有4X4X4=64种不同的报名方案.【答案】644.圆周上有2〃个等分点(〃大于2),任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为_____【解析】先在圆周上找一点，因为有2〃个等分点，所以应有〃条直径，不过该点的直径应有〃一1条，这〃一1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成〃一1个直角三角形，而这样的点有加个，所以一共有2n(n-l)个符合题意的直角三角形.【笞案】2n(n -1)z囂坏刖細筮：回第約鋤另鮒一回宙魁愆邓淄半孟工鲍邯曲洌‘洌醤讎絢綁另邂回比亚9宙＜。
高中数学人教B版选修2-3课件 1.1第2课时基本计数原理的应用
法二：分两类：第一类，操场与教学区用同一种颜色，有 6×5×4＝120 种着色方法；第二类，操场与教学区不同色， 有 6×5×4×3＝360 种着色方法．根据分类加法计数原理， 共有 120＋360＝480 种不同的着色方法．
答案：480
两个计数原理的综合应用
[例 3] (10 分)有一项活动，需在 3 名老师、8 名男同学
(2)用数字 2,3 组成四位数，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)
[思路点拨] 数即得解．
[精解详析]
(1)分三步，即分百位、十位、个位；(2)此题可利
用间接法，即先求出不受限制条件的个数，再减去不符合要求的个
(1)分三步：第一步，取 1 个数字排在百位上，不
和 5 名女同学中选部分人员参加． (1)若只需一人参加，有多少种不同选法？ (2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同 的选法？ (3)若需一名老师、一名同学参加，有多少种不同选法？ [ 思路点拨 ] 第 (1) 问属于分类问题，用分类加法计数原
理；第 (2)问属于分步问题，用分步乘法计数原理；第 (3)问是 综合类问题，需先分类再分步．
答案：108
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
种植与涂色问题
[例 2]
如图所示，要给三、维、
设、计四个区域分别涂上 3 种不同颜色 中的某一种， 允许同一种颜色使用多次， 但相邻区域必须涂不同的颜色， 有多少种不同的涂色方法？ [思路点拨] 完成． 从“三”或“计”区域开始涂色，分四步
[精解详析] 完成．
三、维、设、计四个区域依次涂色，分四步
能取 0，有 5 种方法；第二步，从余下的五个数字中取 1 个作十位， 有 5 种方法；第三步，从余下的 4 个数字中取 1 个作个位，有 4 种 方法．根据分步乘法计数原理，共有 5×5×4＝100 种方法，即得 100 个三位数． (2)若不考虑数字 2,3 至少都出现一次的限制，则个位、十位、 百位、 千位每个“位置”都有两种选择， 所以共有 24＝16 个四位数， 然后再减去“2222,3333”这两个数， 故共有 16－2＝14 个满足要求的 四位数．
高中数学(人教选修2-3)配套课件第一章 1.1.2 两个原理的应用
1．1 计数原理及其应用 1．1.2 两个原理的应用
栏 目 链 接
能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘 法计数原理解决一些简单的实际问题．
栏 目 链 接
栏 目 链 接
基础 梳理
1．加法原理和乘法原理的共同点是什么？不同点是什么？
(1)共同点是，它们都是研究______________共有多少种不同 的方法．
乘法原理
基础 梳理
3．正确区分完成一件事情是分类还是分步．
例如：(1)十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则行车路线 共有__________种．
(2)从－1,0,11,22这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋
栏 bx＋c的系数，可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的 目
A．48种 B．24种 C．14种 D．12种
栏
目
链
解析：从8名男生中任意挑选一名参加座谈会，共有8种不
接
同的选法，从6名女生中任意挑选一名参加座谈会，共有6种不同
的选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法共有8×6＝
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
48(种)．故选A.
答案：A
自测 自评
2．(a1＋a2)·(b1＋b2＋b3)·(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中的项 数是( )
(2)完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军 只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以 “确定三项冠军得主”为线索进行分步．而每项冠军是四人中的某一 人，有4种可能情况，于是共有4×4×4＝43＝64种可能的情况．
栏 目 链 接
题型二 组数问题
例2 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大 的四位偶数？
高中数学(人教B版,选修2-3)：第一章+计数原理(课件+同步练习+章末归纳总结+综合检测,13份)
第一章 1.3 第2课时一、选择题1．(2011·重庆理)(1＋3x )n (其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n ＝( )A ．6B ．7C ．8D ．9 [答案] B[解析] 本题主要考查二项式定理中二项展开式的通项公式的应用．二项式(1＋3x )n 展开式的通项公式为T r ＋1＝3r C r n x r ，∴x 5与x 6的系数分别为35C 5n ，36C 6n .由条件知：35C 5n ＝36C 6n ，即C 5n ＝3C 6n ，∴n ！5！(n －5)！＝3·n ！6！(n －6)！，∴n ＝7，选B. 2．(2014·湖北理，2)若二项式(2x ＋a x )7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝( ) A ．2B ．54C ．1D ．24 [答案] C[解析] 二项式(2x ＋a x )7的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r (a x)r ＝C r 727－r a r x 7－2r ，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1. 3．已知⎝⎛⎭⎫x －a x 8展开式中常数项为1120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是( ) A ．28B ．38C ．1或38D ．1或28[答案] C[解析] T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝⎛⎭⎫－a x r ＝C r 8·(－a )r ·x 8－2r .当r ＝4时，T r ＋1为常数项，此时T 5＝C 48(－a )4＝70a 4＝1120.∴a ＝±2.令x ＝1，则⎝⎛⎭⎫x －a x 8＝(1±2)8＝1或38.故选C. 4．233除以9的余数是( )A ．1B ．2C ．4D ．8[答案] D[解析] 233＝811＝(9－1)11＝911－C 111910＋…＋C 10119－1，∴余数为8.故选D.5．若9n ＋C 1n ＋1·9n －1＋…＋C n －1n ＋1·9＋C n n ＋1是11的倍数，则自然数n 为( ) A ．偶数B ．奇数C ．3的倍数D ．被3除余1的数[答案] B [解析] 原式＝19[(9＋1)n ＋1－1]＝19[10n ＋1－1]是11的倍数，∴10n ＋1－1是99的倍数，∴n 为奇数．故选B.6．在(1－x )11的展开式中，含x 奇次幂的各项系数的和是( )A ．－210B ．210C ．－211D ．211 [答案] A[解析] 令f (x )＝(1－x )11＝a 0＋a 1x ＋…＋a 11x 11，f (1)＝a 0＋a 1＋…＋a 11＝0，f (－1)＝a 0－a 1＋…－a 11＝211，f (1)－f (－1)＝2(a 1＋a 3＋…＋a 11)＝－211.∴含x 奇次幂的系数的和为a 1＋a 3＋…＋a 11＝－210.故选A.7．(1－x )4n ＋1的展开式中系数最大的项是( )A ．第2n 项B ．第2n ＋1项C ．第2n 项和第2n ＋1项D ．第2n ＋2项[答案] B[解析] 令n ＝1则(1－x )5展开式中系数最大的项为第3项．故选B.二、填空题8．(x －13x)18的展开式中含x 15的项的系数为________．(结果用数值表示) [答案] 17[解析] 本题考查二项展开式通项公式的应用．T r ＋1＝C r 18x 18－r (－13x )r ＝(－13)r C r 18x 18－32 r .令18－3r 2＝15，得r ＝2.∴含x 15的项的系数为(－13)2C 218＝17.9．若()x ＋1n ＝x n ＋…＋ax 3＋bx 2＋…＋1(n ∈N ＋)，且a b ＝，那么n ＝____________.[答案] 11[解析] 由二项式定理可得a ＝C 3n ，b ＝C 2n .又a b ＝，∴C 3n 2n ＝得n ＝11.三、解答题 10．在⎝⎛⎭⎫x －2x 28的展开式中， (1)系数的绝对值最大的项是第几项？(2)求二项式系数最大的项；(3)求系数最大的项；(4)求系数最小的项．[解析] (1)设第r ＋1项系数的绝对值最大，即⎩⎪⎨⎪⎧ C r 8·2r ≥C r －18·2r －1，C r 8·2r ≥C r ＋18·2r ＋1.∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2r ≥19－r ，18－r ≥2r ＋1.从而有5≤r ≤6.故系数绝对值最大的项是第6项和第7项．(2)二项式系数最大的项为中间项，即为第5项．∴T 5＝C 48(x )4·⎝⎛⎭⎫－2x 24＝1 120x 6. (3)由(1)知展开式中的第6项及第7项的系数绝对值最大，而第6项系数为负，第7项的系数为正．则系数最大的项为T 7＝C 68·(x )2⎝⎛⎭⎫－2x 26＝1 792x11. (4)系数最小的项为T 6＝C 58·(x )3⎝⎛⎭⎫－2x 25＝－1792x x 9＝－1 792x －172.一、选择题1．在(1＋x )5＋(1＋x )6＋(1＋x )7的展开式中，含x 4项的系数是首项为－2，公差为3的等差数列的第几项( )A ．13B ．18C ．11D ．20[答案] D[解析] 含x 4项的系数为C 45＋C 46＋C 47＝C 58－1＝55. 设它为等差数列的第k 项，则－2＋3(k －1)＝55.∴k ＝20.故选D.2．(2013·长春十一高中高二期中)若a 为正实数，且(ax －1x)2014的展开式中各项系数的和为1，则该展开式第2014项为( )A.1x 2014 B ．－1x 2014 C.4028x 2012 D ．－4028x 2012 [答案] D[解析]由条件知，(a －1)2014＝1，∴a －1＝±1，∵a 为正实数，∴a ＝2.∴展开式的第2014项为：T 2014＝C 20132014·(2x )·(－1x)2013 ＝－2C 12014·x －2012＝－4028x －2012，故选D. 3．若(1＋a )＋(1＋a )2＋(1＋a )3＋…＋(1＋a )n ＝b 0＋b 1a ＋b 2a 2＋…＋b n a n ，且b 0＋b 1＋b 2＋…＋b n ＝30，则自然数n 的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6[答案] B[解析] 令a ＝1得：b 0＋b 1＋b 2＋...＋b n ＝2＋22＋23＋ (2)＝2(2n －1)2－1＝2n ＋1－2＝30. ∴2n ＋1＝32.∴n ＝4.故选B.二、填空题4．设(2x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋…＋a 1x ＋a 0，则|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 6|＝________.[答案] 729[解析] ∵|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 6|就是(2x ＋1)6展开式中各项系数的和，∴应为36＝729.5．若将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________.[答案] 10[解析] 本题考查二项式定理的展开式．x 5＝[(x ＋1)－1]5＝(x ＋1)5－C 15(x ＋1)4＋C 25(x ＋1)3－C 35(x＋1)2＋C 45(x ＋1)－C 55(x ＋1)0，∴a 3＝C 25＝10.适当的变形将问题简化．三、解答题6．已知(2x －3)7＝a 0(x －1)7＋a 1(x －1)6＋…＋a 6(x －1)＋a 7.(1)求a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7；(2)求a 0－a 7.[解析] (1)令x ＝2，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(4－3)7＝1.(2)令x ＝1，得a 7＝(2×1－3)7＝－1，x 7的系数a 0＝C 0727(－3)0＝128，∴a 0－a 7＝129.7．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13x n 的展开式中偶数项的二项式系数的和比(a ＋b )2n 展开式中奇数项的二项式系数的和小120，求第一个展开式的第三项．[解析] (a ＋b )2n 展开式中奇数项的二项式系数的和为22n －1，⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x n 展开式中偶数项的二项式系数的和为2n －1.依题意，有2n －1＝22n －1－120，即(2n )2－2n －240＝0.解得2n ＝16，或2n ＝－15(舍)．∴n ＝4. 于是，第一个展开式中第三项为T 3＝C 24(x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2＝63x . 8．已知(12＋2x )n 中 (1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．[解析] (1)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ， ∴n 2－21n ＋98＝0.∴n ＝7或n ＝14.当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5.∴T 4的系数＝C 37(12)423＝352， T 5的系数＝C 47(12)324＝70. 当n ＝14时，二项式系数最大的项是T 8.∴T 8的系数＝C 714(12)727＝3 432. (2)由C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，可得n ＝12，设T r ＋1项的系数最大． ∵(12＋2x )12＝(12)12(1＋4x )12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C k 124k ≥C k －1124k －1C 4124k ≥C k ＋1124k ＋1， ∴9.4＜k ＜10.4，∴k ＝10. ∴展开式中系数最大的项为T 11.T 11＝(12)12C 1012410x 10＝16 896x 10.。
(人教版)高中数学选修2-3课件：1.1.2
1．(1)用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个无重复数字的 ①四位密码？②四位数？
(2)从1到200的这200个自然数中，每个位数上都不含数字8 的共有多少个？
数学 选修2-3
第一章 计数原理
自主学习 新知突破
合作探究 课堂互动
解析： (1)①完成“组成无重复数字的四位密码”这件 事，可以分为四步：第一步，选取左边第一个位置上的数字， 有5种选取方法；第二步，选取左边第二个位置上的数字，有4 种选取方法；第三步，选取左边第三个位置上的数字，有3种 选取方法；第四步，选取左边第四个位置上的数字，有2种选 取方法．由分步乘法计数原理，可以组成不同的四位密码共有 N＝5×4×3×2＝120个．
数学 选修2-3
Байду номын сангаас第一章 计数原理
自主学习 新知突破
合作探究 课堂互动
②百位数为2的数只有200这一个符合要求． 故三位数中符合要求的数有81＋1＝82个． 由分类加法计数原理知，符合要求的数字共有8＋72＋82 ＝162个．
数学 选修2-3
第一章 计数原理
自主学习 新知突破
合作探究 课堂互动
种植与涂色问题
数学 选修2-3
第一章 计数原理
自主学习 新知突破
合作探究 课堂互动
(1) 题 中 未 强 调 四 位 数 的 各 位 数 字 不 重 复，故只需强调首位不为0，依次确定千、百、十、个位，各 有8,9,9,9种方法．
所以共能组成8×93＝5 832个不同的四位数． (2)与(1)的区别在于首位可为0. 所以共能组成94＝6 561个不同的四位密码．
用n种不同的颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、 乙)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边界)的区域 不用同一颜色．
《两个计数原理》课件
概率计算问题
概率的基本性质
概率具有非负性、规范性、可加性等基本性质，用于描述随机事件发生的可能性。
概率计算方法
通过列举法、古典概型、几何概型等方法计算概率。
分步计数原理在概率计算问题中的应用
将复杂事件分解为若干个简单事件的组合，利用分步计数原理计算每个简单事件发生的概率，然后根据 概率的加法原则和乘法原则计算出复杂事件发生的概率。
04
两个计数原理的实例分析
排列组合实例
总结词
通过具体实例，理解排列与组合的概念及计算方法。
详细描述
通过实际生活中的例子，如不同颜色球的不同排列方式、不同组合的彩票中奖 概率等，来解释排列与组合的基本概念，以及如何使用计数原理进行计算。
概率计算实例
总结词
通过实例掌握概率计算的基本方 法。
详细描述
选择分步计数原理
当问题涉及多个独立步骤，且需要按照顺序逐步计算每一步 的数量时，应选择分步计数原理。例如，计算排列数时，需 要按照顺序计算从n个不同元素中取出k个元素的所有排列数 。
THANK YOU
感谢聆听
05
总结与思考
两个计数原理的异同点
相同点
两个计数原理都是用来解决计数问题，特别是涉及多个独立事件 的问题。
不同点
分类计数原理是针对完成某一任务的不同方式进行计数，而分步 计数原理则是针对完成某一任务的不同步骤进行计数。
两个计数原理的应用范围
分类计数原理
适用于问题涉及多种独立的方式或方法，需要分别计算每一种方式或方法的数量 ，然后求和得到总数。
分步计数原理的适用范围是：当完成 一个任务时，需要分成几个有序的步 骤，并且各个步骤之间有相互影响。
两个计数原理的对比
2017-2018学年高中数学人教B版 选修2-3教师用书：第1
第2课时基本计数原理的应用1.熟练应用两个计数原理.(重点))2.能运用两个计数原理解决一些综合性的问题.(难点[基础·初探]教材整理分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别阅读教材P4～P5，完成下列问题.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别1.由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________.【解析】由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24.【答案】242.(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)展开后共有________项.【导学号：62980004】【解析】该展开式中每一项的因式分别来自a1＋a2＋a3，b1＋b2＋b3，c1＋c2＋c3＋c4中的各一项.由a1，a2，a3中取一项共3种取法，从b1，b2，b3中取一项有3种不同取法，从c1，c2，c3，c4中任取一项共4种不同的取法.由分步乘法计数原理知，该展开式共3×3×4【答案】363.5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________.【解析】根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18种分工方案.【答案】184.用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有________个.【解析】分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法.故有3×3×2＝18个不同的四位数.【答案】18[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]抽取(分配)问题(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有()A.16种B.18种C.37种D.48种(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________.【精彩点拨】(1)由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接(2)先让一人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽.【自主解答】(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案.则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种).故选C.(2)不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种).【答案】(1)C(2)9求解抽取(分配)问题的方法1.当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表法.2.当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可.[再练一题]1.3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？【解】法一(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择.根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60.法二(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法.根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种).组数问题用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的(1)银行存折的四位密码；(2)四位整数；(3)比2 000大的四位偶数.【精彩点拨】(1)用分步乘法计数原理求解(1)问；(2)0不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可以按个位是0,2,4分三类，也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解.【自主解答】(1)分步解决.第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法.由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个).(2)分步解决.第一步：首位数字有5种选取方法；第二步：百位数字有5种选取方法；第三步：十位数字有4种选取方法；第四步：个位数字有3种选取方法.由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有5×5×4×3＝300(个).(3)法一按末位是0,2,4分为三类：第一类：末位是0的有4×4×3＝48个；第二类：末位是2的有3×4×3＝36个；第三类：末位是4的有3×4×3＝36个.则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个).法二按千位是2,3,4,5分四类：第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个).则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个).法三间接法.用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：第一类：末位是0的有5×4×3＝60个；第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96个.共有60＋96＝156(个).其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个).1.对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解.2.解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘.排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则.[再练一题]2.由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：【导学号：62980005】(1)无重复数字的三位数？(2)可以有重复数字的三位数？【解】(1)0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18(个).(2)百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择.由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48(个).[探究共研型]涂色问题探究1用3种不同颜色填涂图1-1-4中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？【提示】涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案.探究2在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？【提示】恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色.由加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案.探究3在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？【提示】若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B、D区域必同色.先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法.由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案.将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图1-1-5所示的图中，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？图1-1-5【精彩点拨】给图中区域标上记号A，B，C，D，E，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，那么只有1种.因此应先分类后分步.【自主解答】法一：给图中区域标上记号A，B，C，D，E，如图所示.①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种.②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种.故共有48＋24＝72种不同的涂色方法.法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：第一类，用4种颜色：此时B，D区域或A，E区域同色，则共有2×4×3×2×1＝48种不同涂法.第二类，用3种颜色：此时B，D同色，A，E同色，先从4种颜色中取3种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法.由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法.求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.)[再练一题]3.如图1-1-6所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种.图1-1-6【解析】先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法.【答案】12[构建·体系]1.已知x∈{1,2,3,4}，y∈{5,6,7,8}，则xy可表示不同值的个数为()A.2B.4C.8D.15【解析】x的取值共有4个，y的取值也有4个，则xy共有4×4＝16个积，但是由于3×8＝4×6，所以xy共有16－1＝15(个)不同值，故选D.【答案】 D2.某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有()A.6种B.7种C.8种D.9种【解析】可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种.由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法.【答案】 D3.3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报一门，则不同的报名方案有________种.【导学号：62980006】【解析】每名同学都有4种不同的报名方案，共有4×4×4＝64种不同的方法.【答案】644.圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________.【解析】先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形.【答案】2n(n－1)5.用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图1-1-7所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.问：该板报有多少种书写方案？图1-1-7【解】第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角用的颜色相同，有5种不同的选法；第三步，选理综视界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与理综视界的颜色不同即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案.我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)。
(人教版)高中数学选修2-3课件：1.2.2 第1课时
重复数字的两位数的方法．
A．①③
B．②④
C．①②
D．①②④
解析： ①②取出元素与顺序无关，③④取出元素与顺序
有关．
答案： C
数学 选修2-3
第一章 计数原理
自主学习 新知突破
合作探究 课堂互动
2．方程C2x8＝C32x8－8的解为(
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
)
A．4或9
B．4
C．9
D．其他
解析： 当x＝3x－8时，解得x＝4；当28－x＝3x－8时， 解得x＝9.
数学 选修2-3
第一章 计数原理
自主学习 新知突破
合作探究 课堂互动
组合数与组合数公式的注意事项
(1)组合数公式C
m n
中，m，n满足的条件是m∈N，n∈N*，
m≤n，在解决与组合数有关的问题时，应特别注意．
(2)在学习组合数公式时，要注意与排列数公式进行对
比．组合数公式C
m n
＝
nn－1n－2…n－m＋1 m！
数学 选修2-3
第一章 计数原理
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合作探究 课堂互动
(1)两人之间相互握手，与顺序无关，故 是组合问题；
(2)分成的两个学习小组没有顺序，是组合问题； (3)取出3个数字之后，无论怎样改变这三个数字之间的顺 序，其和均不变，此问题只与取出元素有关，而与元素的安排 顺序无关，是组合问题； (4)2 名 学 生 完 成 的 是 同 一 件 工 作 ， 没 有 顺 序 ， 是 组 合 问 题．
第一章 计数原理
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组合 数公 式
乘积形式 阶乘形式
nn－1n－2…n－m＋1 Cnm＝____________m_！_____________
人教版高中数学选修2-3课件：第一章1-1第2课时两个计数原理的综合应用
[思考尝试· 夯基] 1．某小组有 8 名男生，6 名女生，从中任选男生、 女生各一人去参加座谈会，则不同的选法有( A．48 种 B．24 种 C．14 种 ) D．12 种
解析：从 8 名男生中任意挑选一名参加座谈会，共有 8 种不同的选法， 从 6 名女生中任意挑选一名参加座谈会， 共有 6 种不同的选法．
第一章
计数原理
1.1 分类加法计数原理与分步乘法 计数原理 第 2 课时 两个计数原理的综合应用
[学习目标] 1.进一步理解和掌握分类加法计数原理 与分步乘法计数原理(重点)． 2.能根据具体问题的特征， 选择两种计数原理解决一些实际问题(难点)．
[知识提炼· 梳理] 1．两个计数原理的区别
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开 始计算之前要进行仔细分析 —— 需要分类还是需要分 步．应用加法原理时，要注意“类”与“类”之间的独 立性和并列性，各类中的每个方法都能独立的将这件事 情完成；应用乘法原理时，
四位密码共有 N＝5×4×3×2＝120(个)．
(2)直接法．完成“组成无重复数字的四位数”这件 事，可以分四步：第一步，从 1，2，3，4 中选取一个数 字作千位数字，有 4 种不同的选取方法；第二步，从 1， 2，3，4 中剩余的三个数字和 0 共四个数字中选取一个数 字作百位数字，有 4 种不同的选取方法；第三步，从剩余 的三个数字中选取一个数字作十位数字， 有 3 种不同的选
解析：经过点 B，不同的走法有 2×2＝4(种)．若可 经过点 B，也可不经过点 B，不同的走法有 2×2＋2＝ 6(种)． 答案：4 6
类型 1 组数问题(自主研析) [典例 1] 已知 0，1，2，3，4 这五个数字． (1)用这五个数字可以组成多少个无重复数字的四位 密码？ (2)用这五个数字可以组成多少个无重复数字的四位 数？ (3)用这五个数字可以组成多少个无重复数字的四位 奇数？