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
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人教A版高中数学选修2-3课件第一章计数原理章末专题整合.pptx
例7 (1)(2013·高考江西卷)x2－x235 展开式中的常数项为
() A．80
B．－80
C．40
D．－40
(2)(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)设 m 为正整数,(x＋y)2m 展开
式的二项式系数的最大值为 a,(x＋y)2m＋1 展开式的二项式
系数的最大值为 b.若 13a＝7b,则 m＝( )
所以共有 2×(120＋72＋48)＝480(种)排法．
【答案】 480
3．直接间接(直接法、间接法),灵活选择
例4 50件产品中有3件是次品,从中任意取4件,至少有一
件是次品的抽法有多少种？
【解】 法一(直接法):抽取的 4 件产品至少有一件次品分 为有 1 件次品、2 件次品、3 件次品 3 种情况:有 1 件次品 的抽法有 C13C347种;有 2 件次品抽法有 C23C247种;有 3 件次品 的抽法有 C33C147种． 根据分类加法计数原理,至少有一件次品的抽法共有 C13C347 ＋C23C247＋C33C147＝51 935(种)． 法二(间接法):从 50 件产品中任意抽取 4 件,有 C450种抽法, 其中没有次品的抽法有 C447种,因此至少有 1 件次品的抽法 有 C450－C447＝51 935(种)．
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第一章 计数原理
章末专题整合
知识体系构建
专题归纳整合
专题一 两个计数原理
应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件 是分类完成还是分步完成,而分类与分步的区别又在 于任取其中某一方法是否能完成该事件,能完成便是 分类,否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要 分类又要分步,此时应注意层次清晰,不重不漏,在分 步时,要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响 (即是否是独立的)．
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
C24A33＝36种．故选D.
2．(2019 年浙江)在二项式( 2＋x)9 的展开式中，常数项是 ________，系数为有理数的项的个数是________.
【答案】16 2 5
9－r
【解析】( 2＋x)9 的展开式的通项为 Tr＋1＝C9r( 2)9－r·xr＝2 2 Cr9 xr，令 r＝0，得常数项是 T1＝16 2．当 r＝1，3，5，7，9 时， 系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数是 5 个．
【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．
解：分三类，①没有数字 1 和 3 时，有 A34个； ②只有 1 和 3 中的一个时，有 2A24个； ③同时有 1 和 3 时，把 3 排在 1 的前面，再从其余 4 个数 字中选 1 个数字插入 3 个空当中的一个即可，有 C14·C13个． 所以满足条件的三位数共有 A34＋2A24＋C14·C13＝60 个．
方法点评：“相邻问题”又叫“集团问题”，采用“捆绑 法”，即先将几个相邻元素看作一个整体，将此整体与其他元 素进行排列，然后整体内部全排列．
2．如图所示，某城市M，N两地间有4条东西街道和6条南 北街道．若规定只能向东或向北沿图中路线行走，则从M到N 有________种不同的走法．(用数字作答)
1)3＋C36·33·C26(－1)2＋C46·34·C16(－1)＋C56·35·C06(－1)0＝－168.
2019秋新版高中数学人教A版选修2-3课件：第一章计数原理本章整合1
二项式定理
对称性 “杨辉三角”与二项式系数的性质 增减性、最大值
0 1 2 ������ 各二项式系数的和:C������ + C������ + C������ + … + C������ = 2������
本章整合
知识建构
综合应用
真题放送
-3-
本章整合
知识建构
综合应用
真题放送
-4-
本章整合
本章整合
计数原理
计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 排列的定义:从������个不同元素中取出������(������ ≤ ������)个元素,按照一定的顺序排成一列 排列 排列数公式:A������ ������ = ������(������-1)(������-2)…(������-������ + 1) = 排列的应用 排列、组合 组合 组合的定义:从������个不同元素中取出������(������ ≤ ������)个元素合成一组
综合应用
真题放送
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本章整合
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综合应用
真题放送
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本章整合
仅供学习交流！！！
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1
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9
5.(2016· 山东高考)若 ������������ + a=
解析: 因为
2
1 5 5 的展开式中 x 的系数是-80,则实数 ������
.
������ Tr+1=C5 (ax2)5-r
1 ������ ������
=
������ 5-r 10 - 2 C5 a ������ ,所以由
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
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UITANG LIANXI
HONGDIAN NANDIAN
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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
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
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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
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UITANG LIANXI
HONGDIAN NANDIAN
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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
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．
2019秋新版高中数学人教A版选修2-3课件：第一章计数原理1.3.1
10-2������ ·������ 3 .
令 3 =2,则 k=2. 故 x 的系数为
1 2 -2
2 ·C10 = 4 × 45= 4 .
1
45
题型一
题型二
题型三
题型四
10-2������ (3)当 Tk+1 为有理项时, 3 为整数,0≤k≤10,且 k∈N. 10-2������ 3 令 3 =z,则 k=5-2z,∴z 为偶数,从而求得当 z=2,0,-2 时,k=2,5,8
-8-
题型一
题型二
题型三
题型四
解:(1)方法一:直接利用二项式定理展开并化简: 2 ������ +
0 C4 (2
1 4 ������
=
������)4 +
1 3 ������
1 0 ������
+
1 C4 (2
������)3·
4 C4
· (2
������)0·
方法二: 2 ������ +
1 4 8 1 2 =16x +32x+24+ + 2 . ������ ������ ������ 1 4 2������+1 4 1 4 = = (2 x+ 1) ������ ������ ������2
1.3
二项式定理
1.3.1
二项式定理
-3-
-4-
-5-
1
2
1.如何正确区分二项展开式中某一项的系数与二项式系数
������ 剖析 两者是不同的概念. C������ (r=0,1,2,…,n)叫做二项式系数,而某
一项的系数是指此项中除字母外的部分.如(1+2x)7 的二项展开式的 3 3 3 第 4 项的二项式系数为C7 =35,而其第 4 项的系数为C7 · 2 =280.
高中数学人教A版选修2-3课件第1章计数原理
数字有A22 种排法.由分步乘法计数原理,所有排列的个数是C13 ×
A25 × C12 × A22 =240.
答案:240
专题归纳
高考体验
专题三 涂色问题的解决思路
例3一个地区分为5个行政区域(如图所示),现给地图着色,要求相
邻区域不得使用同一种颜色.现有4种颜色可供选择,则不同的着色
方法有
种.(用数字作答)
第1课时 计数原理
知识网络
要点梳理
知识网络
要点梳理Biblioteka 填一填:①⑤;⑥
;②
.
;③
!
答案:①A =n(n-1)…(n-m+1)=(-)!
;④
②C
;
=
A
A
=
!
!(-)!
③C = C- ④C+1
= C + C -1 ⑤(a+b)n=C0 an+C1 an1
答案:D
专题归纳
高考体验
专题四 二项式定理的应用
3
例 4 (1+2 )3(1- x)5 的展开式中 x 的系数是 (
A.-4 B.-2
)
C.2
思路分析:利用(a+b)n 展开式中第 r+1 项为
Tr+1=nr an-r·br(r=0,1,2,…,n)将两项展开,确定 x 的系数.
解析:(1+2 x)3(1- 3 )5
成一列
元素
合成一组
知识网络
要点梳理
4.排列数与组合数
(1)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.
A25 × C12 × A22 =240.
答案:240
专题归纳
高考体验
专题三 涂色问题的解决思路
例3一个地区分为5个行政区域(如图所示),现给地图着色,要求相
邻区域不得使用同一种颜色.现有4种颜色可供选择,则不同的着色
方法有
种.(用数字作答)
第1课时 计数原理
知识网络
要点梳理
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要点梳理Biblioteka 填一填:①⑤;⑥
;②
.
;③
!
答案:①A =n(n-1)…(n-m+1)=(-)!
;④
②C
;
=
A
A
=
!
!(-)!
③C = C- ④C+1
= C + C -1 ⑤(a+b)n=C0 an+C1 an1
答案:D
专题归纳
高考体验
专题四 二项式定理的应用
3
例 4 (1+2 )3(1- x)5 的展开式中 x 的系数是 (
A.-4 B.-2
)
C.2
思路分析:利用(a+b)n 展开式中第 r+1 项为
Tr+1=nr an-r·br(r=0,1,2,…,n)将两项展开,确定 x 的系数.
解析:(1+2 x)3(1- 3 )5
成一列
元素
合成一组
知识网络
要点梳理
4.排列数与组合数
(1)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.
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理
3各二项式系数的和：C0n＋Cn1＋C2n＋…＋Cnn＝2n
7
专题突破
8
专题一 ⇨两个计算原理的综合应用
• 1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理很少单独命题 ，多与排列、组合等问题相结合，以选择题或填空题的形 式考查，难度适中，属中档题．
• 2．应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是 分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取 其中某一方法是否能完成事件，能完成便是分类，否则便 是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此 时，应注意层次分明，不重不漏．
9
• 典例 1 某地政府召集5家企业的负责人开会，已知甲 企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发 言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为 B ()
• A．14
B．
16
• C．20
D．
48
• [分析] 根据题意分成两类，一类是甲企业有1人发言，另 两个发言人来自其余4家企业，另一类是3人全来自其余4 家企业，采用分类加法和分步乘法计数原理可得解． 10
组合
＝m！nn！－m！，规定C0n＝1
组合数性质：1Cmn ＝Cnn－m；2Cmn＋1＝Cnm＋1＋Cmn －1组合的应用6 Nhomakorabea计
二项式定理：a＋bn＝Cn0an＋Cn1an－1b＋…＋Cnkan－kbk＋…＋Cnnbn
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，；…，n
新课标导学
数学
选修2-3 ·人教A版
1
第三章
统计案例 章末整合提升
2
1
知识网络
2
专题突破
3
知识网络
4
计 数 原
分类加法计数原理：第一类有m种不同的方法，第二类
基本计 有n种不同的方法，则共有N＝m＋n种不同的方法
数原理分步乘法计数原理：第一步有m种不同的方法，第二步有
理
n种不同的方法，则共有N＝m·n种不同的方法
• [解析] 分两类，第1类：甲企业有1人发言，有2种情况 ，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘 法计数原理，得N1＝2×6＝12；
• 第2类：3人全来自其余4家企业，有4种情况． • 综『上规可律方知法，』共有运用N两＝个N原1＋理解N答2＝时1先2分＋类4后＝分1步6，(种还)是情先况分．步后分类，
14
(2)从(1)知万位数字是 5 的有 A44＝24(个)， 万位数字是 4，千位数字是 5 的有 A33＝6(个)； 但比第 93 项大的数有 120－93＝27(个)，第 93 项即倒数第 28 项，而万位数 字是 4，千位数字是 5 的 6 个数是 45321,45312,45231,45213,45132,45123，从此可 见第 93 项是 45213．
应视具体问题而定．有时为了问题的简化和表达的方便，数学中经常将具有实 际意义的事物符号化、数字化．
11
专题二 ⇨排列组合的综合问题
• 1．此类问题多以选择题或填空题的形式考查，且常与分 类加法计数原理或分步乘法计数原理综合考查．
• 2．将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解决排列 、组合应用题的关键一步．(1)正确分类或分步，恰当选择 两个计数原理．(2)有限制条件的排列组合问题应优先考虑 “受限元素”或“受限位置”，而排列组合讨论的问题共同点 是“元素不相同”，不同点是排列与顺序有关，组合与顺序 无关．
• 『规律方法』 根据所述结论，确定各个数位上的数字的 情况是正确求解本题的关键，要做到不重不漏．
15
• 典例 3 (2018·山东省实验中学检测)一条长椅上有七 个座位，四人坐，要求三个空位中，有两个空位相邻，另 一个空位与48这0 两个相邻空位不相邻，则不同的坐法有 _______种．
• [分析] 可优先安排人入座，再让座位去“插队”，也可以 运[解用析逆] 向解思法一维：，转从换一问种题思反考方面法入，手把两．个相邻空位看成一个整体，另一
5
排列的定义：从n个不同元素中取出mm≤n
个元素，按照一定的顺序排成一列
计 数 原 理
排 列
排列排列数公式全Amn排＝列nAn－nn＝1nnn－－21…n－n－2m…＋2×11＝＝nn－！n！m，！规定0！＝1
排列的应用
与
组
合
组合的定义：从n个不同元素中取出mm≤n个元素合成一组 组合数公式：Cmn ＝nn－1n－m2！…n－m＋1
个空位与这个整体不相邻，则是用四个人把两个元素隔开的典型问题．基于这种
考虑，就可先让四人坐在四个位置上，再让后两个“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)选择被四个人造成的五个“空隙”中的两 个．这样有 A44·A25＝480(种)坐法．
16
解法二：除上面的算法外，也可以采用“间接法”．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 A47，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种安排方法(请注意这里是 C35，而不是 A35的道理)．因此共 有 A47－A55－A44C35＝480(种)坐法．
12
• 典例 2 (2018·安徽合肥一中检测)由1,2,3,4,5五个数 字组成没有重复数字的五位数排成一个递增数列，则首项 为12 345，第2项是12354，…，直到末项(第120项)是54 321.问：
• (1)43251是第几项？
• (2)第93项是怎样的一个五位数？
• [分析] (1)由于43251的万位数字是4，故可先求出比 43251大的所有数字的个数，然后再判断43251是笫几项 ；(2)由于一共有120项，故第93项即为倒数第28项，进而 求解即可．
13
[解析] (1)由题意知，没有重复数字的五位数共有 A55＝120(个)． 比 43251 大的数有下列几类： ①万位数字是 5 的有 A44＝24(个)； ②万位数字是 4，千位数字是 5 的有 A33＝6(个)； ③万位数字是 4，千位数字是 3，百位数字是 5 的有 A22＝2(个)； 所以比 43251 大的数共有 A44＋A33＋A22＝32(个) 所以 43251 是第 120－32＝88(项)．