高中数学第一章计数原理章末复习课课件新人教A版选修2_3
故恰有 2 个盒子中不放球的放法共有
2 2 C4A4 3 2 C4A4＋ A2 ＝84(种). 2
反思与感悟 解析答案
跟踪训练3
(1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市
参加中国西部经济开发建设，其中甲不到银川，乙不到西宁，共有多少种
n－k k (2)通项公式：Tk＋1＝Ck a b ，k∈{0,1,2，„，n}. n
(3)二项式系数的性质. ①与首末两端等距离的两个二项式系数相等； ②若 n
n 第 ＋ 1 项 为偶数，中间一项 的二项式系数最大；若 2
n 为奇数，中间
n＋1 n＋1 的二项式系数相等且最大. 两项第 项和第 ＋ 1 项 2 2
其中若有 1和3时， 3必须排在1的前面；若只有 1和3中的一个时，它应排 在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个(用数字作答).
反思与感悟
解析答案
跟踪训练1
用红、黄、蓝三种颜色对如图所示的三个方框进行涂色，若
要求每个小方格，涂一种颜色，且涂成红色的方格数为偶数，则不同的涂 14 色方案种数是_____.
第一章 计数原理
章末复习课
学习目标
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能结合具体问题的
特征，合理选择两个计数原理来分析和解决一些简单的实际问题.
2.理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数和组合数公
式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决实际问题.
3.能利用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式
解析答案
角度2 例2 解析
“正难则反”思想 平面上有9个点，排成三行三列的方阵，以其中的任意3个点为顶点， 正面考虑，需分类且容易出现遗漏或重复.
76 个三角形(用数字作答). 共可以组成___ 从反面考虑9个点中有3个点共线的情况的种数，问题则较易解决. 9个点中有3个点共线的情况，显然是三行、三列和两条对角线上的点，
恰有2个盒子中不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，
有两类放法：
第1类，1个盒子中放3个小球.一个盒子中放1个小球.
先把小球分组，有
3 C4种分法，再放到
2 个盒子中，
有
2 A4种不同的放法，共有
3 2 C4A4种不同的放法；
2 C2 A 4 4 第 2 类，2 个盒子中各放 2 个小球有 A2 种放法. 2
解析
因为涂成红色的方格数为偶数，即涂成红色的方格数为0或2，
3 个格涂一种颜色有 2 种(全黄或全蓝)3 个格涂 2 颜色且涂 0 个红色时，
2 C1 C 2 3＝6(种).
2 3 个格涂 2 颜色且涂 2 个红色时，C1 C 2 3＝6(种).
根据分类加法计数原理，可得共有2＋6＋6＝14(种).
解 先从 4 个小球中取 2 个作为一组，有 C2 4种不同的取法，
再把取出的2个小球与另外2个小球(即3组)分别放入4个盒子中的3个盒子里，
有 A3 4 种不同的放法，
3 根据分步乘法计数原理知，共有 C2 A 4 4＝144(种)不同的放法.
解析答案
(3)恰有2个盒子中不放球，有多少种放法？
解
解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C2 4种方法，
2 3 C4A3＝36(种)方案，
同其他两个元素在三个位置上排列
其中有不符合条件的，
即学生甲，乙同时参加同一竞赛有 A3 3种结果，
∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种).
解析答案
类型二
排列与组合的综合应用
例3 有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内. (1)共有多少种放法？ 解 由分步乘法计数原理可知，共有44＝256种放法. (2)恰有1个盒子中不放球，有多少种放法？
n 1 An＝n！；0！＝__
n C0 ＝ C n n＝1； n－m m C Cn ＝ n ；
m m m－1 C Cn ＋Cn ＝ n＋1
排列与排列数
公式
性质 备注
n，m∈N*且m≤n
答案
4.二项式定理
(1)二项式定理的内容.
(a＋b)n＝
n 1 n－1 1 k n－k k n n * C0 a ＋ C a b ＋ „ ＋ C a b ＋ „ ＋ C b ( n ∈ N ) . n n n n
m1×m2ׄ×mn 种不同的方法.
答案
3.排列数与组合数公式及性质 组合与组合数 n An m m A 组合数公式 Cn ＝____ m 排列数公式 Am ＝n(n－1)(n－2)„ n nn－1n－2„n－m＋1 n！ ＝_______________________ m！ (n－m＋1) ＝________ n－m！ n！ m！n－m！ ＝____________ 当m＝n时， Am n 为全排列
的性质，并能应用它们解决与二项展开式有关的计算和证明问题.
问题导学 题型探究 达标检测完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第 二类方案中有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＝ m1＋m2＋„＋mn 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种 不同的方法，„，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N＝
1 2 n n 0 2 1 3 n－1 ③C0 ＋ C ＋ C ＋ „ ＋ C ＝ 2 ； C ＋ C ＋ „ ＝ C ＋ C ＋ „ ＝ 2 . n n n n n n n n
答案 返回
题型探究
类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用 角度1 例1 分类讨论思想
重点难点 个个击破
从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，
易知共 8 种，9 个点中任取 3 个点的组合数为 C3 9，
所以共可以组成 C3 9－8＝76(个)三角形.
反思与感悟
面去思考.
对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立
反思与感悟 解析答案
跟踪训练2
从甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，
每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛， 30 种. 则不同的参赛方案共有____
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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)．
高中数学选修第一章计数原理全章复习与小结教学课件人教版ppt课件
A33 6(种)
涂色问题
例3：如图,要给地图A、B、C、D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,不同的涂色方案有多少种？
若用2色、4色、5色等,结果 又怎样呢？
涂色问题
例、某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个 部分（如右图）现要栽种4种不同颜色的花，每部分 栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的 栽种方法有______种.（以数字作答）
C42C
2 2
A22
A22
问题3：三名教师教六个班的课，每人至少教一个班，
分配方案共有多少种？
C
61C
52C
3 3
+C
4 6
C
C 1 1
21
A22
+
C
62C
42C
2 2
A33
A33
多个分给少个时，采用先分组再分配的策 略
练习： (1)今有10件不同奖品,从中选6件分成三份, 二份各1件,另一份4件, 有多 少种分法?
数叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数。用符号 表示.
C
m n
组合数公式：
C
m n
nn 1n 2n m 1
m!
n!
m!n m !
其中： n, m N * , 并 且m n.
判断一个具体问题是否为组合问题,关键是看取出的元素是否与顺 序有关,有关就是排列,无关便是组合.判断时要弄清楚“事件是什 么”.
(2)证明：310 39 C110 38 C120 37 C130 36 C140 35 C150
涂色问题
例3：如图,要给地图A、B、C、D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,不同的涂色方案有多少种？
若用2色、4色、5色等,结果 又怎样呢？
涂色问题
例、某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个 部分（如右图）现要栽种4种不同颜色的花，每部分 栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的 栽种方法有______种.（以数字作答）
C42C
2 2
A22
A22
问题3：三名教师教六个班的课，每人至少教一个班，
分配方案共有多少种？
C
61C
52C
3 3
+C
4 6
C
C 1 1
21
A22
+
C
62C
42C
2 2
A33
A33
多个分给少个时，采用先分组再分配的策 略
练习： (1)今有10件不同奖品,从中选6件分成三份, 二份各1件,另一份4件, 有多 少种分法?
数叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数。用符号 表示.
C
m n
组合数公式：
C
m n
nn 1n 2n m 1
m!
n!
m!n m !
其中： n, m N * , 并 且m n.
判断一个具体问题是否为组合问题,关键是看取出的元素是否与顺 序有关,有关就是排列,无关便是组合.判断时要弄清楚“事件是什 么”.
(2)证明：310 39 C110 38 C120 37 C130 36 C140 35 C150
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.
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．
第六页，共40页。
[答案] C
第十九页，共40页。
[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.
第二十页，共40页。
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．
第八页，共40页。
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
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
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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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1
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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．
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
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.
高中数学第一章计数原理章末复习课件新人教A版选修23
个数为84－1＝83.
解析 答案
反思与感悟 对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对 立面去思考.
跟踪训练2 由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛， 每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛， 则不同的参赛方案共有__3_0__种. 解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C24种方法， 同其他两个元素在三个位置上排列有 C24A33＝36(种)方案，其中有不符合 条件的， 即学生甲、乙同时参加同一竞赛有 A33种方法， ∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种).
解析 答案
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.
跟踪训练1 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的 三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时， 它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有___6_0_个.(用数字作答) 解析 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类. 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 1 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).
人教版高中数学选修2-3第一章计数原理总复习优质课件
（5）可以组成多少个数字不重复的大于 3000，小于 5421 的四位数？
4. 在连结正八边形的三个顶点组成的三角形中，与正八边形有公共边的有多少个？
5．某艺术组有 9 人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中 7 人会钢琴，3 人会小号， 从中选出会钢琴与会小号的各 1 人，有多少种不同的选法？
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
[例 1]体育场南侧有 4 个大门，北侧有 3 个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的
方案有 （ ）
A．12 种 B．7 种 C．24 种
D．49 种
[例 2]从 1,2，3，…,10 中选出 3 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？
[例 2]从－3，－2，－1,0，1,2，3，4 八个数字中任取 3 个不同的
数字作为二次函数 y ax2 bx c 的系数 a ，ｂ，ｃ的取值，问
共能组成多少个不同的二次函数？
[例 3]以三棱柱的顶点为顶点共可组成多少个不同的三棱锥？
[例 4] 4 名男生和 3 名女生并坐一排，分别回答下列问题： （1）男生必须排在一起的坐法有多少种？ （2）女生互不相邻的坐法有多少种？ （3）男生相邻、女生也相邻的坐法有多少种？ （4）男女生相间的坐法有多少种？ （5）女生顺序已定的坐法有多少种？
0,1,2, , n) 叫做二项式系数.
式中的
C
r n做二项展开式的通项，用 Tr 1
表示，
即
Tr 1
＝
C
r n
a
nr
b
r
.
(a b)n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n .
三、经典例题导讲
4. 在连结正八边形的三个顶点组成的三角形中，与正八边形有公共边的有多少个？
5．某艺术组有 9 人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中 7 人会钢琴，3 人会小号， 从中选出会钢琴与会小号的各 1 人，有多少种不同的选法？
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
[例 1]体育场南侧有 4 个大门，北侧有 3 个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的
方案有 （ ）
A．12 种 B．7 种 C．24 种
D．49 种
[例 2]从 1,2，3，…,10 中选出 3 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？
[例 2]从－3，－2，－1,0，1,2，3，4 八个数字中任取 3 个不同的
数字作为二次函数 y ax2 bx c 的系数 a ，ｂ，ｃ的取值，问
共能组成多少个不同的二次函数？
[例 3]以三棱柱的顶点为顶点共可组成多少个不同的三棱锥？
[例 4] 4 名男生和 3 名女生并坐一排，分别回答下列问题： （1）男生必须排在一起的坐法有多少种？ （2）女生互不相邻的坐法有多少种？ （3）男生相邻、女生也相邻的坐法有多少种？ （4）男女生相间的坐法有多少种？ （5）女生顺序已定的坐法有多少种？
0,1,2, , n) 叫做二项式系数.
式中的
C
r n做二项展开式的通项，用 Tr 1
表示，
即
Tr 1
＝
C
r n
a
nr
b
r
.
(a b)n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n .
三、经典例题导讲