高中数学第一章计数原理阶段复习课课件新人教A版
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高中数学 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 分类加法计(1)
答案：4 6 12
类型 1 组数问题(自主研析) [典例 1] 用 0，1，2，3，4 五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的密码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数？ 解：(1)三位数字的密码，首位可以是 0，数字也可以重 复，每个位置都有 5 种排法，共有 5×5×5＝53＝125(种)． (2)三位数的首位不能为 0，但可以有重复数字，首先考
19
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)．
20
类型 2 分配问题
[典例 2] (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
6
2．应用分类加法计数原理的注意事项 分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行 计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． 3．应用分步乘法计数原理的注意事项 分步要做到步骤完整，步与步之间要相互独立，根 据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到 总数．
7
1．从 3 名女同学和 2 名男同学中选出一人主持本班
答案：C
11
5．如图所示，从点 A 沿圆或三角形的边运动到点 C， 若经过点 B，有________种不同的走法．若可经过点 B， 也可不经过点 B，有________种不同的走法．
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)．
一次班会，则不同的选法种数为( )
A．6
B．5
C．3Leabharlann D．2解析：由分类加法计数原理，共有 3＋2＝5 种不同选
类型 1 组数问题(自主研析) [典例 1] 用 0，1，2，3，4 五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的密码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数？ 解：(1)三位数字的密码，首位可以是 0，数字也可以重 复，每个位置都有 5 种排法，共有 5×5×5＝53＝125(种)． (2)三位数的首位不能为 0，但可以有重复数字，首先考
19
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)．
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类型 2 分配问题
[典例 2] (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
6
2．应用分类加法计数原理的注意事项 分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行 计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． 3．应用分步乘法计数原理的注意事项 分步要做到步骤完整，步与步之间要相互独立，根 据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到 总数．
7
1．从 3 名女同学和 2 名男同学中选出一人主持本班
答案：C
11
5．如图所示，从点 A 沿圆或三角形的边运动到点 C， 若经过点 B，有________种不同的走法．若可经过点 B， 也可不经过点 B，有________种不同的走法．
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)．
一次班会，则不同的选法种数为( )
A．6
B．5
C．3Leabharlann D．2解析：由分类加法计数原理，共有 3＋2＝5 种不同选
高中数学 第1章 计数原理 2.2 组合 第一课时 组合与组合数公式课件 新人教A版选修2-3
组合数的两个性质，性质 1 反映了组合数的对称性，在 m>n2时，通常不直接计算 Cmn ，而改为 Cnn－m；对于性质 2，Cmn＋1 ＝Cnm＋Cmn －1要会正用、逆用、变形用．
课堂互动探究
归纳透析 触类旁通
题型一 组合的概念及其应用
判断下列问题是排列问题，还是组合问题． (1)从集合 A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相加，得到 的和共有多少个？ (2)从集合 A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相除，得到 的商共有多少个？ (3)从 a，b，c，d 这四名同学中任取两名同学去参加某 一活动，共有多少种不同的选法？ (4)四个人互发电子邮件，共写了多少个电子邮件？
[名 师 点 拨] 组合数的性质 Cnm＋1＝Cmn ＋Cmn －1，其公式特点是等号右边 两式的下标比左边少 1，上标一个与左边的上标相等，另一 个比左边的上标少 1，它主要用于组合数的化简.
求证：Cnm＋2＝Cnm＋2Cnm－1＋Cnm－2. 证明：由组合数的性质 Cnm＋1＝Cmn ＋Cmn －1可知，右边＝(Cnm ＋Cmn－1)＋(Cnm－1＋Cnm－2)＝Cnm＋1＋Cnm－＋11＝Cnm＋2＝左边．右边＝左 边，所以原式成立.
【解析】 (1)∵C37＋C47＝C48. ∴C37＋C47＋C58＋C69＝C48＋C58＋C69＝C59＋C69＝C610＝210. (2)由 Cx1－2 2＝C21x2－4得 x－2＝2x－4 或 x－2＝12－2x＋4， 即 x＝2 或 x＝6.又 x∈N*，且 0≤x－2≤12,0≤2x－4≤12， ∴x＝2 或 x＝6 符合题意． 【答案】 (1)210 (2)2 或 6
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念， 考试加油。
课堂互动探究
归纳透析 触类旁通
题型一 组合的概念及其应用
判断下列问题是排列问题，还是组合问题． (1)从集合 A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相加，得到 的和共有多少个？ (2)从集合 A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相除，得到 的商共有多少个？ (3)从 a，b，c，d 这四名同学中任取两名同学去参加某 一活动，共有多少种不同的选法？ (4)四个人互发电子邮件，共写了多少个电子邮件？
[名 师 点 拨] 组合数的性质 Cnm＋1＝Cmn ＋Cmn －1，其公式特点是等号右边 两式的下标比左边少 1，上标一个与左边的上标相等，另一 个比左边的上标少 1，它主要用于组合数的化简.
求证：Cnm＋2＝Cnm＋2Cnm－1＋Cnm－2. 证明：由组合数的性质 Cnm＋1＝Cmn ＋Cmn －1可知，右边＝(Cnm ＋Cmn－1)＋(Cnm－1＋Cnm－2)＝Cnm＋1＋Cnm－＋11＝Cnm＋2＝左边．右边＝左 边，所以原式成立.
【解析】 (1)∵C37＋C47＝C48. ∴C37＋C47＋C58＋C69＝C48＋C58＋C69＝C59＋C69＝C610＝210. (2)由 Cx1－2 2＝C21x2－4得 x－2＝2x－4 或 x－2＝12－2x＋4， 即 x＝2 或 x＝6.又 x∈N*，且 0≤x－2≤12,0≤2x－4≤12， ∴x＝2 或 x＝6 符合题意． 【答案】 (1)210 (2)2 或 6
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念， 考试加油。
2018-2019学年高中数学 第一章 计数原理章末整合提升优质课件 新人教A版选修2-3
＋23k＝3，解得 k＝6．
故含有 x3 的项是第七项，T7＝C610x3＝210x3．
4
(2)∵(
1x＋3 x2)10 的展开式中共有 11 项，
∴系数最大的项是第六项，T6＝C510(x－14)5(x23)5＝252x2152．
『规律方法』 利用二项式系数的性质，可以把在展开式中 数 Cnk转化为靠前的二项式系数 Cnn－k，转化后可简化解题过程 [本 还可以解决一些较为简单的二项展开式系数的最大(或最小)问题 二项式系数和展开式系数这两个不同的概念．
组合数性质：1Cmn ＝Cnn－m；2Cmn＋1＝Cnm＋1＋Cmn －1
组合的应用
计
二项式定理：a＋bn＝Cn0an＋Cn1an－1b＋…＋Cnkan－kbk＋
数 原
二定项理式二 二项 项展 式开 系式 数通 性项 质： ：T1k＋对1＝称C性knan；－kb2k增k＝减0性，与1，最2大，值3，；…，
『规律方法』 求展开式中各项系数的和的一个有效方法
赋予变量的值一般是0,1，－1等．
专题四 ⇨分类讨论思想
• 当计数问题过于复杂或限制条件较多时，一般 论的方法解决，即对计数问题中的各种情况进 后针对每一类分别研究和求解．分类的原则是 遗漏．
• 典例 7 (1)从编号为1,2,3，…，10,11的11个 出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取
2)6( 1
3
)n－6，
3
C6n3
2n－6 1
3
6
由 Cnn－63
26 1
3
3n－6＝16，∴n＝9．
3
故
T7＝C69(3
2)9－6( 1
3
)6＝C39·2·19＝536．
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
这类问题的类型就是把 n(n≥1)个相同的元素分配到 m(1≤m≤n)个不同的
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
8
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
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.
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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
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5
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8
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
高中数学第1章计数原理1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质课件新人教A版选修23
第二十九页，共46页。
探究 3 二项式系数何时取得最大值？ 【提示】 当 n 是偶数时，中间的一项取得最大值；当 n 是奇数时，中间 的两项 Cn－2 1n，Cn＋2 1n 相等，且同时取得最大值．
第三十页，共46页。
已知 f(x)＝(3 x2＋3x2)n 展开式中各项的系数和比各项的二项式系数 和大 992.
∴a1＋a3＋a5＋…＋a2
017＝－1－232
017
.
第二十二页，共46页。
(3)∵Tr＋1＝Cr2 017(－2x)r＝(－1)r·C
r 2
017·(2x)r，
∴a2k－1＜0(k∈N*)，a2k＞0(k∈N)．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 017|
＝a0－a1＋a2－a3＋…－a2 017＝32 017.
第八页，共46页。
(2)增减性与最大值：当 k＜n＋2 1时，二项式系数是逐增渐大_(_z_ē_n_ɡ_d的à)．由对称性 知它的后半部分是逐渐_减__小__的，且在中间取得最大值．当 n 是偶数时，中间一
n
项的二项式系数__C_n2___取得最大值；当 n 是奇数时，中间两项的二项各式系数
n－1
第十七页，共46页。
第十八页，共46页。
[ 再练一题] 1．(2016·南充高二检测)如图 1-3-4 所示，满足如下条件： ①第 n 行首尾两数均为 n； ②表中的递推关系类似“杨辉三角”． 则第 10 行的第 2 个数是________，第 n 行的第 2 个数是 ________．
图 1-3-4
第二十三页，共46页。
1．解决二项式系数和问题思维流程．
第二十四页，共46页。
2．“赋值法”是解决二项展开式中项的系数常用的方法，根据题目要求， 灵活赋给字母不同值．一般地，要使展开式中项的关系变为系数的关系，令 x＝ 0 可得常数项，令 x＝1 可得所有项系数之和，令 x＝－1 可得偶次项系数之和与 奇次项系数之和的差．
探究 3 二项式系数何时取得最大值？ 【提示】 当 n 是偶数时，中间的一项取得最大值；当 n 是奇数时，中间 的两项 Cn－2 1n，Cn＋2 1n 相等，且同时取得最大值．
第三十页，共46页。
已知 f(x)＝(3 x2＋3x2)n 展开式中各项的系数和比各项的二项式系数 和大 992.
∴a1＋a3＋a5＋…＋a2
017＝－1－232
017
.
第二十二页，共46页。
(3)∵Tr＋1＝Cr2 017(－2x)r＝(－1)r·C
r 2
017·(2x)r，
∴a2k－1＜0(k∈N*)，a2k＞0(k∈N)．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 017|
＝a0－a1＋a2－a3＋…－a2 017＝32 017.
第八页，共46页。
(2)增减性与最大值：当 k＜n＋2 1时，二项式系数是逐增渐大_(_z_ē_n_ɡ_d的à)．由对称性 知它的后半部分是逐渐_减__小__的，且在中间取得最大值．当 n 是偶数时，中间一
n
项的二项式系数__C_n2___取得最大值；当 n 是奇数时，中间两项的二项各式系数
n－1
第十七页，共46页。
第十八页，共46页。
[ 再练一题] 1．(2016·南充高二检测)如图 1-3-4 所示，满足如下条件： ①第 n 行首尾两数均为 n； ②表中的递推关系类似“杨辉三角”． 则第 10 行的第 2 个数是________，第 n 行的第 2 个数是 ________．
图 1-3-4
第二十三页，共46页。
1．解决二项式系数和问题思维流程．
第二十四页，共46页。
2．“赋值法”是解决二项展开式中项的系数常用的方法，根据题目要求， 灵活赋给字母不同值．一般地，要使展开式中项的关系变为系数的关系，令 x＝ 0 可得常数项，令 x＝1 可得所有项系数之和，令 x＝－1 可得偶次项系数之和与 奇次项系数之和的差．
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．
高二数学之人教A版数学2-3全册课件：第一章 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
3．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________． 解析：第 1 步取 b 的数，有 6 种方法；第 2 步取 a 的 数，也有 6 种方法．根据分步乘法计数原理，共有 6×6 ＝36 种方法． 答案：36
4．一学习小组有 4 名男生，3 名女生，任选一名学生当数学课 代表，共有________种不同选法；若选男女生各一名当组长， 共有________种不同选法． 解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选， 有 4 种选法；另一类是从女生中选，有 3 种选法．根据分类加 法计数原理，共有 4＋3＝7 种不同选法． 若选男女生各一名当组长，需分两步：第 1 步，从男生中选一 名，有 4 种选法；第 2 步，从女生中选一名，有 3 种选法．根 据分步乘法计数原理，共有 4×3＝12 种不同选法．
(3)可分两类，每一类又分两步． 第1类，选一名老师再选一名男同学，有3×8＝24种选 法； 第2类，选一名老师再选一名女同学，共有3×5＝15种选 法． 由分类加法计数原理知，共有24＋15＝39种选法．
1.计数时出现的“遗漏”
[典例] 有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面，2面，3面在 某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不 同的信号，共可以组成多少种不同的信号？
(2)分三个步骤完成： 第1步，排个位，从2,4中选1个，有2种方法； 第2步，排十位，从余下的3个数字中选1个，有3种方法； 第3步，排百位，只能从余下的2个数字中选1个，有2种方 法． 根据分步乘法计数原理，共有2×3×2＝12个满足要求的 三位偶数．
[类题通法] 利用分步乘法计数原理时要注意
2．完成一件事有n类不同的方案，在第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，则完成这件事共有N＝
2017-2018学年高中数学第一章计数原理1.3二项式定理1.3.2课件新人教A版选修2-3
＝ ( C 2 2 ＋ C 1 2 ＋ C 1 3 ＋ … ＋ C 1 9 － C 2 2 ) ＋ ( C 3 3 ＋ C 3 2 ＋ … ＋ C 9 2 ) ＝ C120＋ C130－ 1＝ 164.
(2)由题可设第n行的第14个与第15个数的比为2∶3,即
二项展开式的第14项和第15项的系数比为
C.0
D.2
(2)已知(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,(n∈N*),且a2=60. ①求n的值;
②求
的值.
a21a 22 2a 23 3 1na 2n n
【解题指南】(1)对x赋值1,即可求得.
(2)①由a2=60,求出n的值.
②令x=0,求出a0,再令x=-1 即可求得. 2
这C 正0 n 1 好C 是1 n第C nn 2 +1 2C 条3 n 细2 斜C 4 n 线 3 上… 各数之和.
类型二 求展开式中的系数和
【典例2】(1)(2017·济宁高二检测)如果(1-2x)7=a0+
a1x+a2x2+…+a7x7,那么a0+a1+…+a7的值等于 ( )
A.-1
B.-2
【解题指南】(1)该数列从第3项开始每隔一项等于前 两项的和,解答本题可观察数列的各项在杨辉三角中的 位置,把各项还原为各二项展开式的二项式系数,然后利 用组合数的性质求和. (2)可联系对应二项式系数的位置求解.
【解析】(1)选C.由图知,数列中的首项是
C
,第2 2项
2
是 ,第3项是
项是C 12 ,
答案:7
C
6 13
6.已知(2x-1)5=a0x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5. (1)求a0+a1+a2+…+a5. (2)求|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|. (3)求a1+a3+a5.