高中数学—计数原理
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)
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
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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
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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．
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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
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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
高中数学教师备课必备系列(计数原理)专题五 计数原理 Word版含解析
一、知识导学.分类计数原理：完成一件事，有ｎ类办法，在第类办法中，有种不同的方法，在第类办法中，有种不同的方法，……在第ｎ类办法中，有种不同的方法，那么完成这件事共有＝＋＋……＋种不同的方法.. 分步计数原理：完成一件事，需要分成ｎ个步骤，做第步，有种不同的方法，做第步，有种不同的方法，……做第ｎ步，有种不同的方法，那么完成这件事共有＝××…×种不同的方法.注：分类计数原理又称加法原理分步计数原理又称乘法原理二、疑难知识导析．分类原理中分类的理解：“完成一件事，有ｎ类办法”这是对完成这件事的所有办法的一个分类.分类时，首先要根据问题的特点，确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类，其次，分类时要注意满足两条基本原则：第一，完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；第二，分别属于不同类的两种方法是不同的方法.前者保证完成这件事的立法不遗漏，后者保证不重复.．分步原理中分步的理解：“完成一件事，需要分成ｎ个步骤”这就是说完成这件事的任何一种方法，都要完成这ｎ个步骤.分步时，首先要根据问题的特点确定一个可行的分步标准，其次，步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这ｎ个步骤，这件事才算最终完成.．两个原理的区别在于一个和分类有关，一个和分步有关.如果完成一件事有ｎ类办法，这ｎ类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一个都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类计数原理.如果完成一件事，需分成ｎ个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步计数原理.．在具体解题时，常常见到某个问题中，完成某件事，既有分类，又有分步，仅用一种原理不能解决，这时需要认真分析题意，分清主次，选择其一作为主线.．在有些问题中，还应充分注意到在完成某件事时，具体实践的可行性.例如：从甲地到乙地，要从甲地先乘火车到丙地，再从丙地乘汽车到乙地.那么从甲地到乙地共有多少种不同的走法？这个问题中，必须注意到发车时刻，所限时间，答案较多.三、经典例题导讲体育场南侧有个大门，北侧有个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有（）．种．种．种．种从，，…中选出个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样的数列共有多少个？错解：根据构成的等差数列的公差，分为公差为、、、四类.公差为时，有个；公差为时，首先将数字分成，，和，，两组，再得到满足要求的数列共＋＝个；公差为时，有，和，和，以及，，共个；公差为时，只有，和，两个.由分类计数原理可知，共构成了不同的等差数列＋＋＋＝个.错因：上述解答忽略了，与，它们是不同的数列，因而导致考虑问题不全面，从而出现漏解. 这需要在解题过程中要全方位、多角度审视问题．正解：根据构成的等差数列的公差，分为公差为±、±、±、±四类.公差为±时，有×＝个；公差为±时，满足要求的数列共×＝个；公差为±时，有×＝个；公差为±时，只有×＝个.由分类计数原理可知，共构成了不同的等差数列＋＋＋＝个.三张卡片的正反面分别写有和和和，若将三张卡片并列，可得到几个不同的三位数（不能作用）.解：解法一第一步，选数字.每张卡片有两个数字供选择，故选出个数字，共有＝种选法.第二步，排数字.要排好一个三位数，又要分三步，首先排百位，有种选择，由于排出的三位数各位上的数字不可能相同，因而排十位时有种选择，排个位只有一种选择.故能排出××＝个不同的三位数.由分步计数原理，共可得到×＝个不同的三位数.解法二：第一步，排百位有种选择，第二步，排十位有种选择，第三步，排个位有种选择.根据分步计数原理，共可得到××＝个不同的三位数.注：如果能当作用，解法仍可行.集合＝｛，｝，集合＝｛－，－｝，可建立多少个以为定义域为值域的不同函数？。
高中数学专题“计数原理”
高中数学“计数原理”教学研究一、对“计数原理”教学知识的深层次理解计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题问题的最基本、最重要的方法，它们为解决很多的实际问题提供了思想和工具.在本章学生将学习计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，进行了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题.（一）知识结构图1．返璞归真地看两个计数原理，它们实际上是学生从小学就开始学习的加法运算与乘法运算的推广，它们是解决计数问题的理论基础．分类加法计数和分步乘法计数是处理计数问题的两种基本思想方法．2．排列、组合是两类特殊而重要的计数问题，而解决它们的基本思想和工具就是两个计数原理．教科书从简化运算的角度提出排列与组合的学习任务，通过具体实例的概括而得出排列、组合的概念；应用分步乘法计数原理得出排列数公式；应用分步计数原理和排列数公式推出组合数公式．对于排列与组合，有两个基本想法贯穿始终，一是根据一类问题的特点和规律寻找简便的计数方法，就像乘法作为加法的简便运算一样；二是注意应用两个计数原理思考和解决问题．3．二项式定理的学习过程是应用两个计数原理解决问题的典型过程，其基本思路是“先猜后证”．如可以通过对中n取1，2，3，4的展开式的形式特征的分析而归纳得出；或者直接应用两个计数原理对展开式的项的特征进行分析．这个分析过程不仅使学生对二项式的展开式与两个计数原理之间的内在联系获得认识的基础，而且也为证明猜想提供了基本思路.（二）“计数原理”在高中数学知识体系中的地位和作用为了更好的把握计数原理的要求，首先需要明确整体定位.标准对计数原理这部分内容的整体定位如下：“计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，也称为基本计数原理，它们为解决很多实际提供了思想和工具.在本摸块中，学生将学习计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题.”为了更好的理解整体定位，需要明确以下几个方面的问题：（Ⅰ）两个基本计数原理是计数原理的开头课，学习它所需的先行知识与学生已熟知的数学知识联系很少，通常教师们或者感觉很简单，一带而过；或者感觉难以开头.中学数学课程中引进的关于排列、组合的计算公式都是以分类加法计数和分步乘法计数原理为基础的，而一些较复杂的排列、组合应用题的求解，更是离不开两个基本计数原理，因此必须使学生学会正确地使用两个基本计数原理，学会正确地使用基本计数原理是这一章教学中必须抓住的一个关键.（Ⅱ）正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件.而原理中提到的分步和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，这就需要教师引导学生，帮助他们分析，找到分类和分步的具体要求——类类互斥，步步独立.（Ⅲ）分类加法计数原理，分步乘法计数原理，单纯这点学生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类、分步，特别是在分类时必须做到既不重复，又不遗漏，找到分步的方法有时是比较困难的，这就要着重进行训练.（三）教学的重点和难点分析1．本章的重点是分类加法计数原理和分步乘法计数原理，排列和组合的意义，以及排列数、组合数计算公式，二项式定理.2．本章的主要难点是如何正确运用有关公式解决应用问题.在解决问题时，由于对问题本身和有关公式的理解不够准确，常常发生重复和遗漏计算、用错公式的情况.为了突破这一难点，教学中应强调一些容易混淆的概念之间的联系与区别，强调运用各个公式的前提条件，并对学生计算中出现的一些典型错误进行认真剖析.二、“计数原理”的教学策略（一）在”新课标”中的处理特点计数是人与生俱来的一种能力，也是了解客观世界的一种最基本的方法.计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数和分步乘法计数是处理计数问题的两种基本思想方法.虽然该部分内容新教材和传统教材没有太大的区别，但在处理方式上，新教材更突出计数原理的地位和作用，强调计数原理的思想和方法，将排列、组合、二项式定理作为计数原理的一个应用实例.要求教学中要引导学生根据计数原理分析、处理问题，而不是机械地套用公式，同时要避免繁琐的、技巧性过高的计数问题.由于计数原理的思想和方法是最基本的，所有的计数问题都不会超越分类和分步这两大类，因此要求在推导排列数公式和组合数公式的过程中让学生进一步理解计数原理的思想；在用排列组合公式和组合数公式解决实际问题时，也不要只是片面地将问题归结为排列、组合两类，而是引导学生学会用计数原理来分析问题.二项式定理是中学数学的传统内容，定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则.这个定理既是初中代数乘法公式的推广，也是进一步研究概率中二项分步的准备知识.学习二项式定理还可以深化对组合数的认识.新课标强调利用基本计数原理对二项式定理进行证明.（二）课程标准要求的具体化和深广分析1．如何认识“通过实例，总结分类加法计数原理、分步乘法计数原理；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.”的含义.可以从以下两个方面来把握标准的要求：第一，通过具体问题情境和实际事例，让学生不断感悟和总结两个基本计数原理，仅仅由教材中的几个实例是不够的，教师必须补充与之匹配的事例充实教材，这样学生才能更深刻地领悟两个基本计数原理.第二，在理解具体问题时，着重分析题意，领悟题眼，用分类或者分步或两者都用，分类要做到“不重不漏”，分步要做到步骤完整，善于归纳用计数原理解决计数问题的方法，这样有利于充分利用两个基本计数原理解题.2．如何认识“通过实例，理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题.”第一，运用大量实例，理解排列的特殊性与组合的特殊性.排列的特殊性在于排列中元素的“互异性”和“有序性”，例如“从全班60名同学中选出4名同学，分别担任班长、学习委员、文艺委员、体育委员，”这就是一个排列问题.可以由学生思考为什么这个问题有元素的“互异性”和“有序性”的特点.与排列比较，组合的特殊性在于它只有元素的“互异性”而不需要考虑顺序，例如，上述问题如果改为“从全班60名同学中选出4名代表参加一项活动，”那么它就要变成一个组合问题了.本质上，“从n个不同元素中取出k个元素的组合”就是这几个不同元素组成的集合的一个k元子集.第二，排列数公式、组合数公式的推导是两个计数原理的一个应用过程，只有理解了排列、组合的概念，并会用两个计数原理解决实际问题，才能把排列数公式、组合数公式推导出来.第三，在教学中注意通过大量实例运用排列数公式、组合数公式解决，但是组合数的性质只作一般性的探究，至于应用不作重点要求，更不研究排列数的性质，在数学中必须引起注意.3．如何认识“能用计数原理证明二项式定理”利用计数原理求出的展开式的思维要点如下：第一，是个多项式乘法问题.根据多项式乘法，它的展开式的每一项，应是每一个多项式中某一项彼此相乘，所构成的单项式.第二，展开式的每一项是通过步乘积构成的，每一步有两种选择，因此，展开式的项数为.第三，展开式的每一项是由是由若干个和若干个的乘积构成，和的个数之和等于，它可以表示成：.第四，在展开式中，形如的同类项个数是多少呢？由于个来自不同的个多项式，它的个数是组合数.第五，在中，共有种不同的同类项，根据加法原理，其展开式为：（a+b）n=.这样，我们就通过乘法原理和加法原理证明了二项式定理，这是一种构造性的证明，即可以探索出问题的结果，同时可以证明出结果的正确性.4．如何理解“会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.”结合“杨辉三角”和从函数的角度来分析二项式系数的一些性质（①对称性②增减性与最大值③各二项式系数的和），在探究以上性质的过程中，实际上是二项式定理的应用，在教学中列举实例，将二项式系数的性质充分应用.（三）教学中的几个思维要点要点1：简单的计数问题讨论是有限集合所含元素的个数.排列数、组合数都是特定集合所含元素的个数，在讨论简单计数问题时，应明确所讨论的集合中元素的基本特征，这是解决简单计数问题的基点.要点2：正确使用基本计数原理是学习本部分内容的关键.中学数学课程中关于排列组合的计算公式都是以基本的计数原理为基础的，而一些较复杂的排列组合应用问题的求解，离不开两个计数原理，两个基本的计数原理是解决简单计数问题的通性通法，排列问题、组合问题以及二项式定理等都是依赖这些通性通法解决的.要点3：理解两个基本计数原理使用的条件是正确使用两个基本计数原理的前提.对于计数原理中的分布和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，需要教师引导，帮助学生找到分类和分步的特征和要求：分类要“类类互斥”，分步要“步步独立”.（四）典型例题的教学1．分清两个原理掌握分类计数原理和分步计数原理是复习好本章的基础.其应用贯穿于本章的始终.正确运用两个原理的关键在于：（1）先要搞清完成的是怎样的“一件事”.例1.4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？分析：要完成的是“4名同学每人从三个项目中选报一项报名”这件事，因为每人必报一项，四人都报完才算完成，于是应按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3×3×3×3=34=81种报名方法.例2.4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？分析：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.例3.乘积（a1+a2+a3）(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后共有多少项？分析：因为展开后的每一项为第一个括号中的一个，第二括号中的一个与第三个括号中的一个的乘积，所以应分三步m1=3,m2=4,m3=5，于是展开后共有m1×m2×m3=3×4×5=60项.例4.有4部车床，需加工3个不同的零件，其不同的安排方法有（）A.34B.43 C43 D.44分析：事件为“加工3个零件”，每个零件都加工完这件事就算完成，应以“每个零件”分步，共3步，而每个零件能在四部车床中的任一台上加工，所以有4种方法，于是安排方法为4×4×4=43=64种，故选B.例5.5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，则不同的选择种数是（）A.54B.45C.5×4×3×2D.分析：因为5名同学都去听讲座，这件事才能完成，所以应以同学进行分步，又因为讲座是同时进行的，每个同学只能选其中一个讲座来听，于是有4种选择，当完成时共有4×4×4×4×4=45种不同的选法，故选B.例6.设集合A=，B=，则从A集到B集所有不同映射的个数是（）A.81B.64C.12D.以上都不正确分析：因映射为从A到B，所以A中每一元素在B中应有一元素与之对应，也就是A中所有元素在B中都有象，因此，应按A中元素分为4步，而对于A中每一元素，可与B中任一元素对应，于是不同对应个数应为3×3×3×3=34=81，故选A.(2)明确事件需要“分类”还是“分步 .例7．用1,5,9,13任意一个数做分子，4，8，12，16中任意一个数作分母，可构造多少个不同的分数？可构造多少个不同的真分数？解：由分步计数原理，可构造N=44=16个不同的分数由分类计数原理，可构造N=4+3+2+1=10个不同的真分数例8. 已知集合，，映射,当且时，为奇数，则这样的映射f的个数是（）A．10个 B．18个 C．32个 D．24个分析当取-1时，，共有4种取法；当取0时，，有2种取法；当取1时，,显然是奇数，共有4种选法.因此，这样的映射f的个数是是：种.(3)“分类”是要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性.“分步”时要注意“步”与“步”之间的连续性.例9. 小李有10个朋友，其中两人是夫妻，他准备邀请其中4人到家中吃饭，这对夫妻或者都邀请，或者都不邀请，有几种请客方法?解：请客方法以“这对夫妻是否被邀请”可分两类：(1)请其中的夫妻二人，则还须从余下的8人中选请2个，有种方法.(2)不请其中的夫妻二人，则应从其余的8人中选请4人，有种方法.由分类计数原理请客方法共有＋＝98种.例10.有10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现如下结果.①4只鞋子没有成双的；②4只鞋中有2只成双，另两支不成双.解：①从10双鞋子中选取4双，有种不同选法；再在每双鞋子中各取一只，分别有取法，根据乘法原理，选取种数为：N==3360（种）②方法1：先选取一双有种选法，再从9双鞋种选取2双鞋有种选法，每双鞋各取一只，有种选法，根据乘法原理，选取种数为：N==1140（种）方法2：先选取一双有种选法，再从18只鞋中选取2只鞋有，而其中成双的可能性有9种，根据乘法原理，选取种数为：N=（-9）例11. 有红、蓝、绿三种颜色的卡片，每种颜色均有A、B、C、D、E字母的各一张，现每次取出四张，要求字母各不相同，三种颜色齐备，问有多少种不同的取法?分析：每次取出四张，所以有一种颜色的卡片取两张，这种颜色的取法数有，确定了颜色之后，再在这种颜色里取两个字母，方法数有；最后，在剩下的两种颜色的卡片及每种颜色下的三个字母中分别取一个，方法数有：故N=.2.分清是排列问题还是组合问题这两个概念共同点都是指从n个不同元素中进行不重复抽取的情况.分清一个具体问题是排列问题还是组合问题的关键在于看从n个不同元素取出m（m n）个元素是否与顺序有关，有序就是排列问题，无序则属于组合问题.例12．某街道有十只路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法有多少种？解：问题等价于在七只亮着的路灯产生的六个空档中放入三只熄掉的路灯，因此满足条件的关灯方法有种.例13.有7名同学排成一排，甲同学最高，排在中间，其它六名同学身高不相等，甲的左边和右边以身高为准，有高到低排列，共有排法总数是分析：此问题相当于求六个元素中取出三个元素的组合数. 所以满足条件的排法有：例14.从12名队员中组队打篮球比赛，要求其中一队的年龄最小的队员也比另一队中年龄最大的队员要大，问有多少种不同的组队方法?分析：从12名队员中选两名观战的每一种选法，对应着一种组队方法:=66例15. 从0，1，……9这十个数字中任取3个组成没有重复数字的三位数，且要求百位数大于十位数，十位数大于个位数，这样的三位数有多少个？分析：显然顺序只有一种，任取3个数的组合数就是这样的三位数的个数，即个.例16.从2，3，5，7四个数中任取不同的两数，分别作对数的底数和真数问：（1）可得多少个不同的对数值？（2）可得多少个大于1的对数值？分析：（1）与顺序有关，是排列问题.；(2) 与顺序无关，是组合问题. .例17. 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者在与负方2号队员比赛，......直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程.那么，所有可能出现的比赛过程共有多少种？分析：设甲队：乙队：下标表示事先安排好的出场顺序，若以依次被淘汰的队员为顺序，比赛过程可类比为这14个字母互相穿插的一个排列.如：最后是胜队中不被淘汰的队员，如，和未参赛的队员，如所以比赛过程可表示为14个位置中取7个位置安排甲队队员，其余位置安排乙队队员.故比赛过程的总数：=3432.3.对复杂的排列组合问题，能正确解决的关键：做好分类，将复杂问题简单化.例18. 一天排语、数、外、生、体、班六节课（上午4节，下午2节），要求：第1节不排体育，数学课一定排在上午，班会一定排在下午，问这样的条件下，共有多少种排课表的方法？解法1：以数学课分类：（1）数学课排在第1节，则有种（2）数学课排在第2，3，4节之一，则有=108种由（1）（2）知，共有156种解法2：以体育课分类：（1）体育课在上午：=108种（2）体育课在下午：=48 .共有156种.例19. 在某次数学测验中，学号i（i=1，2，3，4）的四位同学考试成绩，且满足，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为解：分两类：①共有种；②共有种.例20. 如果三位数的十位数字既大于百位数字也大于个位数字，则这样的三位数一共有（）A、240个B、285个C、231个D、204个分析：①如果三个数字是不重复的：含0：=36；不含0：.共有204个.②如果可以重复：=36. 综合①②：共有240种.例21.在5名乒乓球队员中,其中有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有一名老队员,且1、2号中至少有1名新队员的排法有_______种.(以数作答)解：两老一新时, 有种排法;两新一老时, 有种排法,即共有48种排法.例22.某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有 ( )A.16种B.36种C.42种D.60种解析：投资于2个城市的方案有；投资于3个城市的方案有种.所以，共60种.答案选D.三、学习目标的检测正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件。
新教材2023年高中数学第六章计数原理6
第二步：从占据首位以外的 6 个元素中选 4 个排在除首位以外的其 他 4 个位置上，有 A46种排法．
由分步乘法计数原理，可得共有 A61·A64＝2 160(种)排法． 解法三(间接法)：即先不考虑限制条件，从 7 人中选出 5 人进行排列， 然后把不满足条件的排列去掉． 不考虑甲在首位的要求，总的可能情况有 A57种，甲在首位的情况有 A64种，所以符合要求的排法有 A75－A46＝2 160(种)．
(2)(把位置作为研究对象，先满足特殊位置)第一步：从甲以外的 6 个元素中选 2 个排在首末两个位置上，有 A62种方法；第二步：从未排上 的 5 个元素中选 3 个排在中间 3 个位置上，有 A35种排法；
根据分步乘法计数原理，有 A26·A35＝1 800(种)排法． (3)(把位置作为研究对象)第一步：从甲、乙以外的 5 个元素中选 2 个排在首末两个位置，有 A25种排法； 第二步：从未排上的 5 个元素中选出 3 个排在中间 3 个位置上，有 A53种排法． 根据分步乘法计数原理，共有 A52·A53＝1 200(种)排法．
第二类：女生乙不站在正中间，完成这件事可分为三步． 第一步：女生乙有 4 个位置可选择，有 4 种站法； 第二步：女生丙不能站在正中间(可站在两端)，有 5 个位置可选择， 有 5 种站法； 第三步：其余 5 人可自由选择，有 A55种站法． 根据两个计数原理得，不同的站法共有 A66＋4×5×A55＝3 120 种．
共有 A55·A22＝240 种不同的排法，选 C． (2)先将 6 个歌唱节目排好，其不同的排法为 A66种，这 6 个歌唱节目 的空隙及两端共七个位置中再排 4 个舞蹈节目有 A74种排法，由分步乘法 计数原理可知，任何两个舞蹈节目不得相邻的排法为 A47·A66＝604 800(种)．
高中数学：《计数原理》(理)知识点串讲
《计数原理》（理）知识点串讲一、基本计数原理1．分类加法计数原理做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的办法，在第二类办法中有2m 种不同的办法，…在第n 类办法中有n m 种不同的办法．那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的办法．2．分步乘法计数原理做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同的方法，…，做第n 个步骤有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．说明：①分类加法计数原理和分步乘法计数原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个分事件来完成．②两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关，如果完成一件事情有n 类办法，这n 类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能独立完成这件事情，可类比物理中的“并联”电路来理解；如果完成一件事情需要分成n 个步骤，各个步骤都是相依的、不可缺少的，一个步骤只能完成事情的一部分，必须依次完成所有的步骤，才能完成这件事情，可类比物理中的“串联”电路来理解．③运用两个基本原理解题时，应善于从语言的差异与变化中弄清面临怎样的“一件事”，弄清事件之间的关系是相依还是相斥，然后按照恰当的“对象”进行分类或分步，合理的设计相应的做事方式．分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整”．这两个原理是解决排列组合问题的理论基础．二、排列与组合1．排列一般地，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．说明：①排列的定义中包括两个基本内容：一是“取出元素”；二是“按照一定的顺序排列”．②只有取出的元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同一个排列，元素不完全相同，或元素完全相同而顺序不同的排列属于不同排列．如1，2，3与2，3，4是不同排列；1，2，3与1，3，2也是不同排列．③排列中元素的有序性是判断一个具体问题是不是排列问题的标准，也是与组合问题的根本区别．例如：从1，2，3，5这四个数中每次任取两个数相加（或相乘），可得到多少个不同的和（积）？因为加法（乘法）满足交换律，它们的和（积）与顺序无关，如3+5=5+3，因此不是排列问题．如果从四个数中任取两个数相减（相除），一共有多少个不同的差（商）？因为减法（除法）不满足交换律，35355353⎛⎫-≠-≠ ⎪⎝⎭，取出的两个数就与顺序有关了，属于排列问题．2．排列数（1）定义：从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的排列数，用符号mn A 表示．说明：排列和排列数是两个不同的概念：一个排列是取出的m 个元素按照一定顺序排成的一个具体的排列，是具体的“一件事”；排列数是一个数，是所有的具体排列的数目． 如：从1、2、3中每次任取出两个元素，组成一个两位数．所有的排列有12，13，23，21，31，32．其中每一个数都是一个排列，而排列数是236card()A B ==，{}121323213132B ，，，，，．（2）排列数公式：!(1)(2)(1)()()!m n n A n n n n m n m m n n m =---+=∈N -，，≤． 说明：规定0!1=；乘积形式多用于数字计算，阶乘形式多用于证明恒等式；排列数性质：11m m n n A nA --=；111m m m n n n A mA A ---=+．3．组合一般地，从n 个不同元素中，任意取出()m m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的组合．说明：如果两个组合中的元素完全相同，不管它们的顺序如何都是相同的组合．组合的定义中包含两个基本内容：一是取出元素；二是并成一组，并成一组表示将元素合在一起与元素取出的顺序无关．取出的元素是否有顺序，是区分排列和组合的根本依据．4．组合数（1）定义：从n 个不同元素中，任意取出()m m n ≤个元素的所有的组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的组合数，用符号C m n 表示．（2）组合数公式(1)(1)C !m n n n n m m --+=，C m m n n m mA A =． 5．组合数的性质性质1：C C m n m n n -=；性质112:C C C m m m n n n -+=+． 说明：性质1突出了从n 个不同元素中取出m 个元素与从n 个不同元素中取出n m -个元素是一一对应关系，当2n m <时，不计算C m n 而改为计算C n m n -．性质2中注意它的变形公式的应用，如1212(1)C C C (1)m m m n n n n n n m m m -----==-，11C C mm n n m n --=等．6．解排列组合问题的方法（1）先要判断是组合问题还是排列问题，按照元素的性质分类，按照事件的发生过程分步，不重不漏．借助树形图，框图等形的工具直观帮助解题．总体上有三种方法：直接法（先安排特殊元素和特殊位置），间接法（正难则反），分类讨论法．（2）排列组合问题的16字方针，12个技巧．方针是：分类相加、分步相乘、有序排列、无序组合；技巧是：相邻问题捆绑法（莫忘松绑），不相邻问题插空法，多排问题直排法，定序问题可能法，定位问题优先法，有序分配问题先整体后局部分步法，多元问题分类法，构造模型处理法，至少、至多问题间接法，选排问题先选后排法，局部与整体问题排除法，复杂问题转化法．（3）分组问题的求法：设有m n 个元素，平均分成n 组，每组m 个，则有(1)(2)C C C C mm m mm n n m n m mnn A --种分法；平均分成n 组，再分配到n 个位置，有(1)(2)C C C C mm m m mn n m n m m--种分法．若不平均分组或不平均分组再分配，如：6个元素分成3组，一组1个，二组2个，三组3个，则有123653C C C ；若再将这3组分配给3个位置，则有12336533C C C A 种分法．三、二项式定理1．二项展开式在011222()C C C C C n n n n r n r r n n n n n n na b a a b a b a b b ---+=++++++中，右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式，其中各项的系数C (012)r n r n =，，，，叫做二项式系数．式中的C r n r r n a b -叫做二项展开式的通项，用1r T +表示，即通项为展开式的第1r +项；1r n r r r n T C a b -+=（0r n ≤≤，r ∈N ，n +∈N ），此公式称为二项展开式的通项公式． 说明：①其右端展开式共有1n +项．②通项公式1(0)r n r r r n T C a b r n r n -++=∈∈N N ，，≤≤表示的是第1(0)r r n +≤≤项．③a 与b 的位置不能互换，对于任意实数a 与b ，上面的等式恒成立．④二项式系数指01r n n n n n C C C C ，，，，，，二项展开式的系数与a b ，前面的系数有关．2．杨辉三角杨辉三角是我国古代数学的研究成果，它给我们提供了一种研究问题的数学模型，从不同的角度观察研究模型，就可以得到二项式系数的性质：一是对称性，结合公式m n m n n C C -=理解；二是增减性与最大值，如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大，最大为2nnC ；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大，最大为1122n n n n C C -+=；三是各项的二项式系数的和等于2n ，即012r n n n n n n C C C C +++++=，它表明集合S 含有n 个元素，那么它的所有的子集（包括空集）的个数为2n 个．另外，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即1350242n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=．3．二项展开式的应用（1）利用通项公式1(0)r n r r r n T C a b r n r n -++=∈∈N N ，，≤≤求指定项、特征项（常数项，有理项等）或特征项的系数．（2）近似计算，当a 与1相比较很小且n 不大时，常用近似公式(1)1n a na ±≈±，使用公式时要注意a 的条件以及对计算精确度的要求．（3）整除性问题与求余数问题，对被除式进行合理的变形，把它写成恰当的二项式的形式，使其展开后的每一项含有除式的因式或只有一、二项不能整除．（4）求展开式的各项的系数和，对形如()n ax b +，2()()n ax bx c a b c ++∈R ，，的式子求其展开式的各项的系数和常用赋值法，即只需令1x =即可，奇数项的系数和为(1)(1)2f f +-，偶数项的系数和为(1)(1)2f f --． （5）最大系数与系数最大项的求法，如求()()nax b a b +∈R ，，展开式的系数最大的项，一般采用待定系数法，设展开式的各项系数分别为121n A A A +，，，，设第r 项的系数最大，应有11r r r r A A A A -+⎧⎨⎩，，≥≥，由此解出r 即可．。
高考数学试题逐类透析——计数原理
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！九、计数原理与古典概率（一）计数原理一、高考考什么？[考试说明]1． 理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2． 了解排列、组合的概念，会用排列数公式、组合数公式.解决简单的实际问题[知识梳理] 1．排列数公式!(1)(2)(1)()()!m n n A n n n n m m n n m =---+=≤-；!(1)(2)21nn A n n n n ==--⋅。
2．组合数公式()(1)(1)!()(1)21!!mmn nm m A n n n m n C m n A m m m n m ⋅-⋅⋅-+===≤⋅-⋅⋅⋅-；规定01=！，01n C =. 3．排列数、组合数的性质：①m n mn n C C -=； ②111m m m n n n C C C ---=+；③； ④1121++++=++++r n r n r r r r r r C C C C C ； 4.解排列组合11k k n n kC nC --=问题的常用方法：（1）特殊元素、特殊位置优先法（元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置）。
（2）间接法（对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉）)。
（3）相邻问题捆绑法（把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”，将特殊元素在这些位置上全排列）。
（4）不相邻(相间)问题插空法（某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间）。
[全面解读]考试说明寥寥数语，仅需掌握两个原理，两个概念，但具体到题上却灵活多变，主要要解决几个数学模型：排数问题、排队问题、涂色问题，解题时要注意是有序的还是无序的，是相邻的还是互不相邻的，有没有特殊元素或特殊位置，这些注意到了，正确率就提高了。
2022年人教A版高中数学选择性必修第三册第六章计数原理 章末知识梳理
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第六章 计数原理
数学（选择性必修·第3册 RJA）
3．排列数公式：Amn ＝n(n－1)…(n－m＋1)＝(nn－！m)． 4．全排列：一般地，n个不同元素全部取出的一个排列，称为n个 不同元素的一个全排列． 5．排列数的性质：Amn ＝nAmn－－11＝mAmn－－11＋Amn－1．
[解析] 从数字1,2,3,4,5中取出3个数字(允许重复)，组成三位数，各
位数字之和等于6，
可分为三类情况：
(1)当三个数为1,1,4时，共有C
1 3
＝3(种)排法；(2)
当三个数为1,2,3时，具有A
3 3
＝6(种)排法；(3)当三个数为2,2,2时，只有1
种排法．由分类加法计数原理可得，共有3＋6＋1＝10(种)不同排法，即
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第六章 计数原理
数学（选择性必修·第3册 RJA）
要点专项突破
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第六章 计数原理
数学（选择性必修·第3册 RJA）
要点一
两个计数原理的应用
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．
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第六章 计数原理
数学（选择性必修·第3册 RJA）
[解析] (1)第一步，先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6
计数原理知识点总结高中
计数原理知识点总结高中一、基本原理计数原理的基本原理包括加法原理和乘法原理。
1. 加法原理加法原理是指当一个事件可以分解为几个不相容的部分时，这个事件的总数等于各部分的事件数之和。
加法原理可以用于求解排列组合等问题。
举例: 一个班上有男生20人、女生25人，那么班上的学生总数为20+25=45人。
2. 乘法原理乘法原理是指当一个事件要发生的步骤可以划分为若干个子事件时，这个事件发生的总次数等于各子事件发生次数的乘积。
举例: 要在4x4的格子中按照某种规则走，从左上角到右下角，每一步只能向右或者向下移动，那么一共有6步，每一步有两种选择，那么总共有2^6=64种不同的走法。
二、排列组合排列和组合是计数原理中的两个重要概念，它们是用来计算不同元素的排列和组合的方法。
1. 排列在数学中，排列的定义是指从若干不同的元素中取出一部分进行排列，排列的顺序是有意义的。
对于n个元素中取出m个元素进行排列，共有n(n-1)(n-2)...(n-m+1)种排列，记作A(n,m)。
2. 组合组合是指从若干不同的元素中取出一部分进行组合，组合的顺序是没有意义的。
对于n个元素中取出m个元素进行组合，共有C(n,m) = n!/((n-m)!m!)种组合。
排列和组合在实际问题中有着广泛的应用，比如在组合学、密码学等领域，都会涉及到排列和组合的计算。
因此，掌握排列和组合的相关知识是非常重要的。
三、分配原理分配原理是指把若干个不同的物体分给若干个相异的盒子的方法，它与排列和组合有着密切的联系。
分配原理也是计数原理中的重要内容之一，可以在实际问题中得到广泛的应用。
举例: 有10个苹果和3个盒子，要求将这10个苹果分给这3个盒子，每个盒子至少有一个苹果，求分法的总数。
按照分配原理，将10个苹果放入3个盒子，总共有${{10-1}\choose{3-1}}=36$种不同的分法。
分配原理在实际问题中也有着广泛的应用，比如在计算机科学中的任务调度、网络流量控制等方面都会用到分配原理的相关知识。
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50,
小于100, 求展开式中系数最大的项.
解: 展开式中, 当 x=1 时就是各项系数之和,
即各项系数之和为 3n.
当 50<3n<100 时, 得 n=4.
Tk+1 = C4k(
x
)4 k (
125k
3
2 x
)k
= C4k 2k x 6
设Tk +1是系数最大的项, 则
C4k 2k C4k12k1 解得 k=3.
第三类, 当第一堆放 3 个苹果时, 另两堆只能是 (3, 4), 有 1 种放法.
∴不同的分法有 4+3+1= 8 种. 答: 有 8 种不同的分法.
例2. 有 6 项工程需要先后单独完成, 其中工程乙
必须在工程甲完成后才能进行, 工程丙必须在工程乙
完成后才能进行, 工程丁必须在工程丙完成后立即进
Ann = n(n1)(n 2)(n m +1)321. = n!=123n.
规定 0!=1.
排列数公式可用阶乘表示:
Amn
=
(n
n! m)!
5. 组合与组合数
从 n 个不同元素中取出 m (m≤n) 个元素
合成一组, 叫做从 n 个不同元素中取出 m 个
元素的一个组合. 其所有组合的个数叫做从 n
N=m1+m2+…+mn 种不同的方法.
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2. 分步乘法计数原理
完成一件事, 如果需要 n 个步骤 做第 1
步有 m1 种不同的方法, 做第 2 步有 m2 种不同 的方法, …, 做第 n 步有 mn 种不同的方法. 那么完成这件事共有
种不同的方法.
N=m1m2…mn
3. 排列与排列数 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. 其所有排列的 个数叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排 列数, 用符号 Anm 表示:
Amn = n(n1)(n 2)(n m +1).
m 个连续整数相乘
4. 全排列与阶乘
将 n 个不同元素全部取出的排列.
n 个元素的全排列数等于 n 的阶乘:
个位置, 有A22 种方法.
甲 乙 丙丁
∴ 不同排法种数有 C53A22=20种. (答略)
例3. 机器人从如图的A地移动到 B 地, 每次只移
动一个单位长度, 问机器人最近的走法有多少种?
分析: 分三段移动:
B
A 到 C, C 到 D, D 到 B.
D
第一步, 由 A 到 C, 有 2 种走法. C
个不同元素中取出 m 个元素的组合数, 用符
号
)(n
2)(n m!
m
+1)
=
n! m!(n
m)!.
规定: C0n =1.
6. 组合数的性质 性质 1: Cmn = Cnnm.
性质 2: Cmn+1 = Cmn + Cmn 1.
7. 计数问题的应用 (1) 两个基本原理是基础. (2) 从特殊元素入手, 根据限制条件进行
分类或分步. 分类或分步中可能又包含分类或分步. (3) 在各类或各步中应用排列或组合计数. 关键是不重不漏的设计好分类或分步.
8. 二项式定理 (a + b)n = C0nan +C1nan1b++ Cknankbk ++Cnnbn. 二项式系数: Cnk . 二项展开式的通项: Tk+1 = Cknankbk.
9. 二项式系数的性质
(1) 对称性 首末两端 “等距离” 的二项式系数相等.
(2) 增减性与最大值 中间项以前逐渐增大, 中间项以后逐渐减小.
n 为奇数时, 中间两项最大, n 为偶数时, 中间一项最大.
(3) 各二项式系数和
C0n + C1n + C2n ++ Cnn = 2n. C0n + C2n + C4n += C1n + C3n + C5n += 2n1.
C4k 2k C4k+12k+1
∴
系数最大的项为
T4
=
32 . x
补充 练习
共8 题
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1. 6 个相同的球放入 3 个不同的盒子中, 每个盒子中至少放 1 个, 有多少种不 同的放法?
2. 有 5 个座位连成一排, 现安排3人就坐, 则有两个空位不相连的不同坐法共
有( )种
A．28 B．36
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例1. 把 10 个苹果分成三堆, 要求每一堆至少 1 个, 有多少不同的分法?
分析: 不同的分法是个数的不同. 不防以一堆的个数作为基础分类考虑:
第一类, 当第一堆放 1 个苹果时, 另两堆可以是 (1, 8), (2, 7), (3, 6), (4, 5), 有 4 种分法;
第二类, 当第一堆放 2 个苹果时, 另两堆可以是 (2, 6), (3, 5), (4, 4), 有 3 种分法;
1.1 分类加法计数原理 与分步乘法计数原理
1.2 排列与组合 1.3 二项式定理
第一章 小结
本章小结
知识要点 例题选讲 补充练习 复习参考题 自我检测题
1. 分类加法计数原理 完成一件事, 如果有 n 类不同方案. 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. 那么完成这件事共有
第二步, 由 C 到 D, 至少要走
6 次, 6 次中任取 3 次横走,
A
另外 3 次竖走, 有C63C33种走法. 第三步, 由 D 到 B, 只有 2 种走法.
∴ 总的走法有 2C63C332=80 种. 答: 机器人最近的走法有80种.
例4. 若 最小值等于
(
x 5
+
2 3x .
)n
展开式中存在常数项,
行. 这 6 项工程的不同排法有多少种?
分析: 这是一个排顺序的问题. ① 甲、乙、丙、丁 固定了顺序.
② 丙、丁固定了相邻.
可将丙、丁捆绑成一个元素, 6 个人的排序变成
五个位置. 按甲、乙、(丙丁)的顺序先安排这 4 项工程,
在 5 个位置中取 3 个位置, 有C53 种方法. 另两项工程排剩下的两
则n 的
解: Tk+1=Cnkankbk
= Cnk(
x
)n
k
(
3
2 x
)k
=
Cnk
x
nk 2
2k
x
k 3
=
2k
Cnk
x
nk 2
k 3
3n5k
= 2kCnk x 6 ,
当
3n
6
5k
=
0时,
Tk+1项为常数,
即
k
=
3 5
n,
当 n=5, k=3时, 存在常数项.
例5. (
x
+
3
2 x
)n展开式的各项系数之和大于