(精品文档)高考数学备考复习(理科)专题十五：计数原理
高考理科计数原理知识点
高考理科计数原理知识点什么是计数原理计数原理是数学中的一个重要分支，它研究的是各种计数问题的解决方法和规律。
在高考理科中，计数原理是必考的一部分，因此对于考生来说，掌握计数原理的知识点是非常重要的。
排列组合排列组合是计数原理中的基础概念，它用于解决从一组元素中选取若干个元素进行排列或组合的问题。
在排列中，元素的顺序是重要的，而在组合中，元素的顺序不重要。
排列排列是从一组元素中选取若干个元素进行排列的问题。
在排列中，元素的选取是有顺序的，不同的顺序会得到不同的排列结果。
对于n个元素中选取m个元素进行排列，排列数的计算公式为：A(n, m) = n! / (n-m)!其中，n!表示n的阶乘，即n的所有正整数的乘积。
组合组合是从一组元素中选取若干个元素进行组合的问题。
在组合中，元素的选取是没有顺序的，不同的顺序不会影响组合的结果。
对于n个元素中选取m个元素进行组合，组合数的计算公式为：C(n, m) = n! / (m! * (n-m)!)二项式定理二项式定理是计数原理中的一个重要定理，它用于计算二项式的展开式中各项的系数。
在高考中，二项式定理经常用于计算多项式的展开式。
二项式定理的公式如下：(a + b)^n = C(n, 0) * a^n * b^0 + C(n, 1) * a^(n-1) * b^1 + ... + C (n, n) * a^0 * b^n其中，C(n, m)表示从n个元素中选取m个元素进行组合的组合数。
应用实例下面我们通过一个实际的应用例子来说明计数原理在高考中的应用。
例题某班有8名男生和6名女生，从中选取3名男生和2名女生组成一个5人的代表团，问有多少种不同的选取方式？解答思路根据题目要求，我们需要从8名男生中选取3名男生，并从6名女生中选取2名女生，然后将这5人组成一个代表团。
由于男生和女生之间的选取是相互独立的，我们可以分别计算男生和女生的选取方式，然后将结果相乘即可。
对于男生的选取方式，根据排列的原理，我们可以计算出男生的选取方式为：A(8, 3) = 8! / (8-3)! = 8! / 5!对于女生的选取方式，同样可以计算出女生的选取方式为：A(6, 2) = 6! / (6-2)! = 6! / 4!最后，将男生和女生的选取方式相乘即可得到最终的结果：A(8, 3) * A(6, 2) = (8! / 5!) * (6! / 4!)结果计算根据上述公式，我们可以进行计算如下：A(8, 3) = 8! / 5! = (8 * 7 * 6 * 5!) / 5! = 8 * 7 * 6 = 336A(6, 2) = 6! / 4! = (6 * 5!) / 4! = 6 * 5 = 30最终的结果为：336 * 30 = 10080因此，有10080种不同的选取方式。
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．。
计数原理-备战高考数学(理)一轮复习考点
计数原理【命题趋势】两个基本计数原理是高考必考内容，有时会单独考查，有时会出现在解答题的过程之中，我们必须掌握.（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.（2）会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.排列组合是高考中的必考内容，必须掌握.有时会是单独一道小题，有时会是在概率统计解答题中涉及，分值至少5分.（1）理解排列、组合的概念.（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.（3）能解决简单的实际问题.二项式定理和排列组合在高考中一般交替考查，二者必出其一，二项式定理好拿分，熟练掌握即可.（1）能用计数原理证明二项式定理.（2）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【重要考向】考向一分类加法、乘法计数原理考向二两个计数原理的综合应用考向三排列与组合的综合应用考向四二项展开式通项的应用考向一分类加法、乘法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏． （4）应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步骤，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏． （5）两个计数原理的区别与联系定义：若数列 {a n } 满足所有的项均由 ﹣1,1 构成且其中-1有m 个，1有p 个 (m +p ≥3) ，则称 {a n } 为“ (m,p) ﹣数列”．（1）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则使得 a i a j a k ＝1 的取法有多少种？ （2）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (m,p) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则存在多少正整数 (m,p) 对使得 1≤m ≤p ≤100, 且 a i a j a k =1 的概率为 12 .【答案】 （1）解：三个数乘积为1有两种情况：“ ﹣1,﹣1,1 ”,“ 1,1,1 ”,其中“ ﹣1,﹣1,1 ”共有： C 32C 41＝12 种, “ 1,1,1 ”共有： C 43=4 种,利用分类计数原理得：a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项, 则使得 a i a j a k ＝1 的取法有： 12+4＝16 种．（2）解：与(1)同理,“ ﹣1,﹣1,1 ”共有 C m 2C p 1种, “ 1,1,1 ”共有 C P 3 种,而在“ (m,p) ﹣数列”中任取三项共有 C m+p3种, 根据古典概型有：C m 2C p 1+C p 3C m+p3=12 ,再根据组合数的计算公式能得到： (p ﹣m)(p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2)＝0 , ①p ＝m 时,应满足 {1≤m ≤p ≤100m +p ≥3p =m ,∴(m,p)=(k,k),k ∈{2,3,4,…,100} ,共 99 个,②p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2＝0 时,应满足 {1<m ≤p <100m +p ≥3p 2−3p −2mp +m 2−3m −2=0 , 视 m 为常数,可解得 p ＝(2m+3)±√24m+12,∵m ≥1, ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,∵m ≥1 , ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,（否则 p ≤m ﹣1 ）,下设 k ＝√2m +1 ,则由于 p 为正整数知 k 必为正整数, ∵1≤m ≤100 , ∴5≤k ≤49 ,化简上式关系式可以知道： m ＝k 2−124=(k−1)(k+1)24,∴k ﹣1,k +1 均为偶数,∴设k＝2t+1,(t∈N∗),则2≤t≤24,∴m＝k2−124=t(t+1)6,由于t,t+1中必存在偶数,∴只需t,t+1中存在数为3的倍数即可,∴t＝2,3,5,6,8,9,11,…,23,24,∴k＝5,11,13,…,47,49．检验：p＝(2m+3)+√24m+12=(k−1)(k+1)24≤48+5024＝100,符合题意,∴共有16个,综上所述：共有115个数对(m,p)符合题意．【考点】古典概型及其概率计算公式，分类加法计数原理，组合及组合数公式【解析】(1)易得使得a i a j a k＝1的情况只有“ ﹣1,﹣1,1”,“ 1,1,1”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.(2)易得“ ﹣1,﹣1,1”共有C m2C p1种,“ 1,1,1”共有C P3种.再根据古典概型的方法可知C m2C p1+C p3C m+p3=12,利用组合数的计算公式可得(p﹣m)(p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2)＝0,当p=m时根据题意有(m,p)=(k,k),k∈{2,3,4,…,100},共99个；当p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2＝0时求得p＝(2m+3)±√24m+12,再根据1≤m≤p≤100,换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1000元，即可参与抽奖活动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1、2、3、4、5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次（每次摸出的小球均不放回口袋），编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励100m元（m为三位数的百位上的数字，如三位数为234，则奖励100×2= 200元）.（1）求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；（2）求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与期望E(X).【答案】（1）解：因为总的基本事件个数n1=A53=60，摸到三位数是奇数的事件数n2=A31A42=36，所以P1=3660=35；所以摸到三位数是奇数的概率35.（2）解：获奖金额 X 的可能取值为50、100、200、300、400、500， P(X =50)=35 ， P(X =100)=1×3×260=110， P(X =200)=1×3×160=120，P(X =300)=1×3×260=110 ， P(X =400)=1×3×160=120 ， P(X =500)=1×3×260=110 ，获奖金额 X 的概率分布为均值 E(X)=50×35+100×110+200×120+300×110+400×120+500×110=150 元. 所以期望是150元.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，分步乘法计数原理【解析】（1）首先利用排列求出摸三次的总的基本事件个数： n 1=A 53=60 ；然后利用分步计数原理求出个位的排法、十位百位的排法求出三位数是奇数的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.（2）获奖金额X 的可能取值为50、100、200、300、400、500，求出各个随机变量的分布列，利用均值公式即可求解考向二 两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题． （2）利用两个原理解决集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n个．对有 n(n ≥4) 个元素的总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,n} 进行抽样，先将总体分成两个子总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,m} 和 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} （ m 是给定的正整数，且 2≤m ≤n −2 ），再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本.用 P ij 表示元素 i 和 j 同时出现在样本中的概率. （1）求 P 1n 的表达式（用m ，n 表示）； （2）求所有 P ij (1≤i <j ≤n) 的和.【答案】 （1）解：由题意，从m 和 m −m 个式子中随机抽取2个，分别有 C m 2 和 C n−m2 个基本事件， 所以 P 1n 的表达式为 P 1n =m−1C m2⋅n−m−1C n−m2=4m(n−m) .（2）解：当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时，可得 P ij =1C m2 ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选两个数的不同方法数为 C m 2 ，则 P ij 的和为1；当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，同理可得 P ij 的和为1； 当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时， P ij =4m(n−m) ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选取一个数，从 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中选一个数的不同方法数为 m(n −m) ， 则 P ij 的和为4，所以所有 P ij 的和为 1+1+4=6 .【考点】相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式，计数原理的应用，组合及组合数公式【解析】（1）根据组合数的公式，以及古典概型的概率计算公式和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；（2）当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时求得 P ij 的和为1，当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，求得 P ij 的和为1，当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时得到 P ij 的和为4，即可求解.6男4女站成一排，求满足下列条件的排法各有多少种？（用式子表达） （1）男甲必排在首位； （2）男甲、男乙必排在正中间； （3）男甲不在首位，男乙不在末位； （4）男甲、男乙必排在一起； （5）4名女生排在一起； （6）任何两个女生都不得相邻； （7）男生甲、乙、丙顺序一定．【答案】 解：（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，故有A 99种， （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，故有A 22A 77种，（3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故有A 1010﹣2A 99+A 88种，（4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，把甲乙两人捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 22A 88种，（5）4名女生排在一起，利用捆绑法，把4名女生捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 44A 77种，（6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，故有A 66A 74种， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，A 1010A 33=A 107种【考点】计数原理的应用【解析】（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，问题得以解决． （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，问题得以解决， （3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故问题得以解决， （4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （5）4名女生排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，问题得以解决， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，问题得以解决．考向三 排列与组合的综合应用先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，利用先选后排法解答问题只需要用三步即可完成. 第一步：选元素，即选出符合条件的元素;第二步：进行排列，即把选出的元素按要求进行排列;第三步：计算总数，即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算方法总数.7名学生，按照不同的要求站成一排，求下列不同的排队方案有多少种． （1）甲、乙两人必须站两端； （2）甲、乙两人必须相邻．【答案】 （1）甲、乙为特殊元素，先将他们排在两头位置，有 A 22 种站法，其余5人全排列，有 A 55种站法．故共 A 22⋅A 55 有＝240种不同站法．（2）(捆绑法)：把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余5人相当于六个元素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以共 A 66⋅A 22 有＝1440种站法．【考点】排列、组合的实际应用，排列、组合及简单计数问题 【解析】（1）运用捆绑法直接求解即可； （2）运用特殊元素分析法直接求解即可.一个笼子里关着10只猫，其中有7只白猫，3只黑猫．把笼门打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫．猫争先恐后地往外钻.如果 10 只猫都钻出了笼子，以X 表示7只白猫被3只黑猫所隔成的段数．例如，在出笼顺序为“□■□□□□■□□■”中，则 X =3 ． （1）求三只黑猫挨在一起出笼的概率； （2）求X 的分布列和数学期望.【答案】 （1）解：设“三只黑猫挨在一起出笼”为事件A ，将三只黑猫捆绑在一起，与其它7只白猫形成 8 个元素， 所以， P(A)=A 33A 88A 1010=115，因此，三只黑猫挨在一起出笼的概率为 115 ；（2）解：由题意可知，随机变量X 的取值为1、2、3、4， 其中 X =1 时，7只白猫相邻，则 P(X =1)=A 77A 44A 1010=130 ，P(X =2)=(A 32C 21C 21C 61+6A 33+A 32C 61)A 77A 1010=310 ，P(X =3)=(A 31C 21A 62+A 32A 62)A 77A 1010=12 ；P(X =4)=A 63A 77A 1010=16， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：因此， E(X)=1×130+2×310+3×12+4×16=145.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量的期望与方差，排列及排列数公式，排列、组合的实际应用【解析】（1）利用捆绑法计算三只黑猫挨在一起出笼的情况种数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，随机变量X 的可能取值有1、2、3、4，利用排列组合思想求出随机变量X 在不同取值下的概率，可得出随机变量X 的分布列，利用数学期望公式可求得随机变量X 的数学期望.考向四 二项展开式通项的应用求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k ,再将k 的值代回通项求解,注意k 的取值范围（0,1,2,,k n ）.（1）第m 项：：此时k +1=m ,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程. （3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.已知 f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗).（1）若 a n =n −1 ，求 f(n) ；（2）若 a n =3n−1 ，求 f(20) 除以5的余数【答案】 （1）因为 f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n . 所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n0 2f(n)=nC n 0+nC n 1+nC n 2+⋯+nC n n =n(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n)=n ⋅2n ，∴f(n)=n ⋅2n−1（2）因为 f(n)=30C n 0+31C n 1+32C n 2+⋯+3n C n n =(1+3)n =4n .f(20)=420=(5−1)20=C 200520−C 201519+C 202518−⋯+C 201852−C 201951+C 202050 除以5余数为1，所以 f(20) 除以5的余数为1. 【考点】二项式系数的性质，二项式定理的应用【解析】（1） 因为f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗)，再结合a n =n −1 ， 得出f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n ，再利用倒序求和法，所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n 0 ， 再利用两式求和法结合二项式的系数的性质，得出 f(n) 。
2025届高中数学一轮复习课件《计数原理》ppt
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解析：(1)因为学生只能从东门或西门进入校园， 所以 3 名学生进入校园的方式共 23＝ 8(种)．因为教师只可以从南门或北门进入校园， 所以 2 名教师进入校园的方式共有 22＝ 4(种)．所以 2 名教师和 3 名学生进入校园的方式共有 8×4＝32(种)．故选 D．
A．12 种 B．24 种 C．72 种 D．216 种
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(2)设 I＝{1,2,3,4}，A 与 B 是 I 的子集，若 A∩B＝{1,2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．若
将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，
按其中一个子集中元素个数分类23个个；； 4个.
即十位数字最小． 称该数为“驼峰数”．比如 102,546 为“驼峰数”，由数字 1,2,3,4 构成的无重复数字 的“驼峰数”有________个．
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解析：(1)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．
(2)根据题意知，a，b，c 的取值范围都是区间[7,14]中的 8 个整数，故公差 d 的范围是区 间[－3,3]中的整数．①当公差 d＝0 时，有 C18＝8(种)；②当公差 d＝±1 时，b 不取 7 和 14， 有 2×C16＝12(种)；③当公差 d＝±2 时，b 不取 7,8,13,14，有 2×C14＝8(种)；④当公差 d＝±3 时，b 只能取 10 或 11，有 2×C12＝4(种)．综上，共有 8＋12＋8＋4＝32(种)不同的分珠计数 法．
高中数学复习 计数原理.理科
计数原理要求层次重难点分类加法计数原理、分步乘法计数原理B⑴分类加法计数原理、分步乘法计数原理①理解分类加法计数原理和分类乘法计数原理； ②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题． ⑵排列与组合①理解排列、组合的概念．②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．③能解决简单的实际问题． ⑶二项式定理①能用计数原理证明二项式定理．②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．用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C 排列、组合的概念 B 排列数公式、组合数公式 C 用排列与组合解决一些简单的实际问题C 用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题B板块一：排列组合 （一） 主要方法：1．排列与组合应用题，主要考查有附加条件的应用问题，解决此类问题通常有三种途径： ①元素分析法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素； ②位置分析法：以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；③间接法：先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数． 求解时应注意先把具体问题转化或归结为排列或组合问题；再通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；然后分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；最后列出式子计算作答． 2．具体的解题策略有：①对特殊元素进行优先安排；②理解题意后进行合理和准确分类，分类后要验证是否不重不漏；高考要求第十三讲 计数原理知识精讲③对于抽出部分元素进行排列的问题一般是先选后排，以防出现重复；④对于元素相邻的条件，采取捆绑法；对于元素间隔排列的问题，采取插空法或隔板法；⑤顺序固定的问题用除法处理；分几排的问题可以转化为直排问题处理；⑥对于正面考虑太复杂的问题，可以考虑反面．⑦对于一些排列数与组合数的问题，需要构造模型．（二）典例分析：【例1】（2019辽宁5）从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有（）A．70种B．80种C．100种D．140种【例2】（2019重庆13）将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有_______种（用数字作答）．【例3】（2019广东7）2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（）A．36种B．12种C．18种D．48种【例4】（2019湖北5）将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为（）A．18B．24C．30D．36【例5】（2018四川6）从甲、乙等10名同学中挑选4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有（）A．70种B．112种C．140种D．168种【例6】某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教（每地1人），其中甲和乙不同去，则不同的选派方案共有种（）A．1320B．288C．1530D．670【例7】（2019北京7）用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（）A．324B．328C．360D．648【例8】（2018天津16）有4张分别标有数字1234，，，的，，，的红色卡片和4张分别标有数字1234蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有____种（用数字作答）．【例9】（2018浙江16）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是__________（用数字作答）．【例10】（2018天津10）有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有．．中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有（）A．1344种B．1248种C．1056种D．960种【例11】 （2019天津16）用数字0123456，，，，，，组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有______个（用数学作答）．【例12】 （2018全国Ⅰ12）将1,2,3填入33⨯的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，下面是一种填法，则不同的填写方法共有（ ）A ．6种B ．12种C ．24种D ．48种【例13】 某幢楼从二楼到三楼的楼梯共11级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用7步走完，则上楼梯的方法有______种．【例14】 （2018辽宁9）一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看．现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有（ ） A ．24种 B ．36种 C ．48种 D ．72种【例15】 用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为129，，，⋅⋅⋅的9个小正方形（如图），使得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同，且“3、5、7”号数字涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（ ）种．A ．72B ．108C ．144D ．192【例16】 （2019浙江16）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是 （用数字作答）．【例17】 编号为1,2,3,4,5的五人入座编号也为1,2,3,4,5的五个座位，至多有2人对号的坐法有______种．【例18】 （2019四川11）3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（ ） A ．360 B ．288 C ．216 D ．96【例19】 某幢楼从二楼到三楼的楼梯共11级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用7步走完，则上楼梯的方法有______种．【例20】 求无重复数字的六位数中，能被3整除的数有______个．987654321板块二：二项式定理 （一） 知识内容1．熟记二项展开式011222()C C C C C n n n n r n r rn nn n n n n a b a ab a b a b b ---+=++++++()n +∈N与通项公式（展开式的第1r +项，即1C r n r rr n T ab -+=，其中0r n ≤≤，r ∈N ，n +∈N ）． 2．掌握二项式系数具有下面性质（结合杨辉三角）：⑴每一行的两端都是1，其余每个数都等于它“肩上”两个数的和．即0C 1n =，C 1n n =，11C C C m m mn n n -+=+． ⑵每一行中，与首末两端“等距离”的两个数相等．即C C m n m n n-=． ⑶如果二项式的幂指数n 是偶数，那么其展开式中间一项12n T +的二项式系数最大；如果n 是奇数，那么其展开式中间两项12n T +与112n T ++的二项式系数相等且最大．⑷二项式展开式的二项式系数的和等于2n ．即01C C C 2nn n n n +++=．3．求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式，解不等式的方法求得．注意区分展开式的系数与二项式系数．（二）典例分析：【例21】 （2018北京12）5231x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项为______；各项系数之和为______．（用数字作答）【例22】 （2018全国II7）64(1(1的展开式中x 的系数是（ ）A ．4-B ．3-C ．3D ．4【例23】 （2018四川13）34(12)(1)x x +-的展开式中x 的系数是______，2x 的系数为______．【例24】 （2018北京11）若231nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的各项系数之和为32，则n =_____，其展开式中的常数项为______．（用数字作答）【例25】 关于二项式2005(1)x -有下列命题：①该二项展开式中非常数项的系数和是1；②该二项展开式中第六项为619992005C x； ③该二项展开式中系数最大的项是第1003项与第1004项； ④当2006x =时，2005(1)x -除以2006的余数是2005．其中正确命题的序号是__________．（注：把你认为正确的命题序号都填上）【例26】 二项式(1sin )n x +的展开式中，末尾两项的系数之和为7，且二项式系数最大的一项的值为52，则x 在(0,2π)内的值为___________．【例27】 若0()C ni i n i f m m ==∑，则22log (3)log (1)f f 等于（ ）A ．2B ．12C ．1D ．3【例28】 （2019南京一模23）已知23*0123(1)(1)(1)(1)(1)(2,)n n n x a a x a x a x a x n n +=+-+-+-++-∈N ≥．⑴当5n =时，求012345a a a a a a +++++的值；⑵设22343,2n n n n ab T b b b b -==++++．试用数学归纳法证明：当2n ≥时，(1)(1)3n n n n T +-=．【例29】 （2018江苏23）请先阅读：在等式2cos 22cos 1()x x x =-∈R 的两边求导得2(cos2)(2cos 1)x x ''=-，由求导法则得(sin 2)24cos (sin )x x x -⋅=⋅-，化简得sin22sin cos x x x =．⑴利用上述想法（或其他方法），结合等式012211(1)C C C C C n n n n nn n n n n x x x xx --+=+++⋅⋅⋅++（x ∈R ，整数2n ≥），证明：112[(1)1]C nn k k n k n x k x--=+-=∑； ⑵对于整数3n ≥，求证：①1(1)C 0nkknk k =-=∑．②21(1)C 0nkknk k =-=∑．③10121C 11n nkn k k n +=-=++∑（3n ≥）．【例30】 规定A (1)(1)m x x x x m =--+，其中x ∈R ，m 为正整数，且0A 1x =，这是排列数A mn （,n m 是正整数，且m n ≤）的一种推广．⑴求315A -的值；⑵排列数的两个性质：①11A A m m n n n --=，②11A A A m m m n n n m -++=（其中,m n 是正整数）．是否都能推广到A m x （x ∈R ，m 是正整数）的情形?若能推广，写出推广的形式并给予证明；若不能，则说明理由． ⑶确定函数3A x 的单调区间．【例31】 （2018湖南10）设[]x 表示不超过x 的最大整数（如[2]2=，514⎡⎤=⎢⎥⎣⎦），对于给定的n *∈N ，定义[][](1)(1)C (1)(1)x n n n n x x x x x --+=--+，[)1x ∈+∞，，则当332x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，时，函数8C x的值域是（ ）A ．16,283⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．16,563⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．284,3⎛⎫ ⎪⎝⎭[)28,56 D ．16284,,2833⎛⎤⎛⎤⎥⎥⎝⎦⎝⎦【例32】 已知函数()f x 满足()()ax f x b f x ⋅=+（0ab ≠），(1)2f =，并且使()2f x x =成立的实数x 有且只有一个．⑴求()f x 的解析式；⑵若数列{}n a 的前n 项和为n S ，n a 满足132a =，当2n ≥时，2()n n S n f a -=，求数列{}n a 的通项公式．⑶在⑵的条件下，令112log (1)n n d a +=-（d ∈N ），求证：当3n ≥时，有1210121C C C C 3C 41n n nn n n n n n d d d d n --+++++>-+．【例33】 已知,,i m n 是正整数，且1i m n <<≤，⑴证明A A i i i i n m m n >；⑵证明(1)(1)n m m n +>+．习题1. （2018福建7）某班级要从4名男生、2名女生中选派4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种数为（ ） A ．14 B ．24 C ．28D ．48习题2. （2018上海12）组合数C r n ()1n r n r >∈Z ≥，、恒等于（ ） A ．111C 1r n r n --++ B ．()()1111C r n n r --++ C ．11C r n nr -- D ．11C r n n r--习题3. （2018山东9）123x x ⎛- ⎪⎝⎭展开式中的常数项为（ ）A ．1320-B ．1320C ．220-D ．220习题4. （2018海南宁夏9）甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有（ ） A ．20种 B ．30种 C ．40种 D ．60种习题5. （2019北京7）用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（ ）A ．324B ．328C ．360D ．648习题6. （2019南京一模23）已知23*0123(1)(1)(1)(1)(1)(2,)n n n x a a x a x a x a x n n +=+-+-+-++-∈N ≥．⑴当5n =时，求012345a a a a a a +++++的值；⑵设22343,2n n n n ab T b b b b -==++++．试用数学归纳法证明：当2n ≥时，(1)(1)3n n n n T +-=．家庭作业习题1.（2018全国II14）从10名男同学，6名女同学中选3名参加体能测试，则选到的3名同学中既有男同学又有女同学的不同选法共有________种（用数字作答）习题2.（2019北京6）若()5122a b+=+（a，b为有理数），则a b+=（）A．45B．55C．70D．80习题3.求二项式153xx⎛-⎪⎭的展开式中：⑴常数项；⑵有几个有理项（只需求出个数即可）；⑶有几个整式项（只需求出个数即可）．月测备选。
高考理科数学考前冲刺-计数原理
核心考点解读——计数原理个不同的步骤，在第一个步骤中有两个计数原理的区别在于完成事情的方法是可以完成事情的所有，还是完成事情的：二项展开式的通项，即1．（2017高考新课标I ，理6）621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．352．（2017高考新课标II ，理6）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有 A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种3．（2017高考新课标III ，理4）()()52x y x y +-的展开式中33x y 的系数为 A ．80-B ．40-C ．40D ．804.(2016高考新课标I ，理14) 5(2x 的展开式中，x 3的系数是 .（用数字填写答案）5.(2016高考新课标II ，理5)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A ．24B ．18C ．12D ．96.(2016高考新课标III ，理12)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a 中0的个数不少于1的个数.若m =4，则不同的“规范01数列”共有A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个7．(2015高考新课标I ，理10)25()x x y ++的展开式中，52x y 的系数为 A.10 B.20C.30D.608. (2015高考新课标II ，理15)4()(1)a x x ++的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a =__________．1．已知的展开式中常数项为，则的值为A.B.C.D.2．党的十九大报告指出，建设教育强国是中华民族伟大复兴的基础工程，必须把教育事业放在优先位置，深化教育资源的均衡发展.现有4名男生和2名女生主动申请毕业后到两所偏远山区小学任教.将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少安排2名毕业生，则每所学校男女毕业生至少安排一名的概率为A.B.C.D.3． 4名党员干部分配到3个贫困户家去精准扶贫，每户至少去一名，共有__________种不同的分配方式（用数字作答）．4．现有五个人参与公司的应聘，若按照抽签顺序进入人力资源部面试，则甲、乙要么都在丙之前面试，要么都在丙之后面试的情况有___________种．5．__________．（用数字填写答案）1．某校高三（1）班周二的课表安排如下，其中上午有四节课，下午有三节课，现需要对课表进行重新调整，将其中的历史改成数学，其他科目既不增加也不减少，且调整后两节数学课不连续（如数学安排在第4，第5节也符合要求），语文课不能安排在第1节，则不同的安排方法种数为A ．48 C ．612D ．8282．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 A ．24 B ．48 C ．60D ．723．已知的展开式中各项系数的和为32，则展开式中的系数为__________．（用数字作答）真题回顾：1.C 【解析】因为6662211(1)(1)1(1)(1)x x x x x++=⋅++⋅+，则6(1)x +展开式中含2x 的项为22261C 15x x ⋅=，621(1)x x ⋅+展开式中含2x 的项为442621C 15x x x⋅=，故2x 的系数为151530+=，选C. 2.D 【解析】由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有24C 种方法，然后进行全排列，由乘法原理，不同的安排方式共有2343C A 36⨯=种． 故选D ．3.C 【解析】()()()()555222x y x y x x y y x y +-=-+-，由()52x y -展开式的通项公式()()515C 2rrrr T x y -+=-可得：当3r =时，()52x x y -展开式中33x y 的系数为()3325C 2140⨯⨯-=-； 当2r =时，()52y x y -展开式中33x y 的系数为()2235C 2180⨯⨯-=，则33x y 的系数为804040-=.4.10【解析】5(2x的展开式的通项为555255C (2)2C r r r r r r x x---=(0r =，1，2，…，5)，令532r-=得4r =，所以3x 的系数是452C 10=.5.B 【解析】由题意，小明从街道的E 处出发到F 处最短路径的条数为6，再从F 处到G 处最短路径的条数为3，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6318⨯=，故选B.6.C 【解析】由题意，得必有10a =，81a =，则具体的排法列表如下：7.C 【解析】25()x x y ++的展开式的通项为2515C (),rr r r T x x y -+=+ 令232,()r x x =+则的通项为23633C ()C ,k k k k k x x x --= 令65,k -=则=1k ，∴ 25()x x y ++的展开式中，52x y 的系数为2153C C =30.8.3【解析】由已知得4234(1)1464x x x x x +=++++，故4()(1)a x x ++的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax ，34ax ，x ，36x ，5x ，其系数之和为441+6+1=32a a ++，解得3a =．名校预测1．【答案】C 【解析】展开式的通项公式为：，令可得，结合题意可得，即.2．【答案】C 【解析】由题意，将这六名毕业生全部进行安排，每所学校至少2名毕业生，每所学校至少安排一名女毕业生共有：一是其中一个学校安排一女一男，另一个学校有一女三男，有112242C C A 16=种， 二是其中一个学校安排一女二男，另一个学校有一女二男，有1224C C 12=种，共有161228+=种，所以概率为 C. 3．【答案】36【解析】首先从4名党员干部中选2名党员干部，作为一个组合，共有种结果，这个组合同另外两名党员干部在三个贫困户家上排列，共有种结果，根据分步计数原理知共有6×6=36种结果，4．80 【解析】若丙在第1位或第5位面试，则有442A 48=种；若丙在第2位或第4位面试，则有22322A A 24=种；若丙在第3位面试，则有22222A A 8=种.综上所述，故有4824880++=种． 5．【答案】112，解得6k =，所以常数项为()6267812C 112T =-⋅⋅=.1．【答案】D 【解析】先安排数学，再安排语文，最后排其他科目.若两节数学课全都安排在上午，则有5454222A 14A 168A +⨯⨯=种排法；若两节数学课全都安排在下午，则有442214A 48A ⨯⨯=种排法；若数学课一节安排在上午，一节安排在下午，则有444422135A 334A 612A ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=种排法，所以总的排法种数为82861248168=++.2．【答案】D 【解析】由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有44A 种排法，所以奇数的个数为443A 72=，故选D. 3．【答案】120【解析】 由题意得，令，则，解得，即展开式的通项为2515(C )2rr r r T x x y -+=+， 令，则223235C (2)T x x y =+，又二项式的展开式中项为，所以展开式中的系数为25C 12120⨯=.。
高三数学总复习《计数原理》
点评: 应用分类计数原理时,首先要依据题的特点,确定恰当的分类 标准,分类应满足:完成一件事的任何一种方法,必须属于某一 类且仅属于这一类,即各类办法相互独立的,是互斥的.
变式1:已知集合A={x|x∈N,且x≤10},a,b∈A,方程
x2 y2 1
ab
,表示焦点在x轴上的椭圆,则这样的椭圆的共有________.
解析:先安排第一天,有5种排法,以后每天均有4种排法,由分步 乘法原理得,5×4×4×4×4=1280(种)
9.甲、乙两个正整数的最大公约数是60,则甲、乙两数的公约 数共有____1_2___个.
解析:∵60=22×3×5, ∴甲、乙两数的公约数形如: 2m,3n,5p,其中m∈{0,1,2},n∈{0,1},P∈{0,1}.所以公约数共有 3×2×2=12(个).
考向精测
1.某赛季足球比赛的计分规则是:胜一场,得3分;平一场,得1分;
负一场,得0分.一球队打完15场,积分33分,若不考虑顺序.该队
胜,负,平的情况有( )
A.3种
B.4种
C.5种
D.6种
解析:分类穷举法:胜11场负4场;胜10场,平3场,负2场;胜9场, 平6场.共3种情况.
答案:A
2.同时抛掷两颗骰子,向上的两个数字之和不小于10的情况有 ____6____ 种.
答案:B
4.(2008·安徽卷)12名同学合影,站成了前排4人后排8人,现 摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排,若其他人的相对顺序 不变.则不同调整方法的总数是( )
A . C 8 2 A 2 3 B . C 8 2 A 6 6 C . C 8 2 A 6 2 D . C 8 2 A 5 2
解析: 从后排8人中选2人有C82种选法, 这2人插入前排4人中且保证前排人的顺序不变, 则先从4人的空当中插入1人有5种插法; 余下1人在5人的空当中插入有6种插法, 因此共有A62种插法.由分步乘法计数原理, 共有C82A62种.
高中数学计数原理(解析版)
计数原理计数原理包含排列组合与二项式定理，在高考数学中通常是以填空题的形式呈现.另外在解答题中与统计概率相结合比较普遍.高考中通常难度不是很大，主要考查是排列与组合的先后顺序或者是有条件限制的排列与组合.二项式定理也是高考考查的一个重点，主要考查二项式定理的展开.本专题通过列举排列组合与二项式定理常见的考题类型，总结此些类型题目的解题方法以及易错点，能够让你在高考中遇到计数原理类型的题目能够迎刃而解. 【满分技巧】捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如 此继续下去，依次即可完成.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.对于二项式定理的应用，只要会求对应的常数项以及对应的n 项即可，但是应注意是二项式系数还是系数.【考查题型】填空题【限时检测】（建议用时：60分钟） 一、单选题1．（2020·上海嘉定区·高三一模）已知0x ≠，*n N ∈，则“2n =”是“1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项”的（ ） A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件【答案】A【分析】运用二项式的展开式的通项公式，结合充分性、必要性的定义进行判断即可. 【详解】1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为：211()r n r r r n rr n n T C x C x x --+=⋅⋅=⋅， 当2n r =时，存在常数项，此时n 为正偶数，因此当2n =时，一定能推出1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项， 但是由1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项不一定能推出2n =.因此“2n =”是“1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项”的充分非必要条件.故选：A2．（2020·上海徐汇区·高三一模）设T 是平面直角坐标系xOy 上以()0,2A 、()1B -、)1C-为顶点的正三角形．考虑以下五种平面上的变换：①绕原点作120︒的逆时针旋转；②绕原点作240︒的逆时针旋转；③关于直线OA 的对称；④关于直线OB 的对称；⑤关于直线OC 的对称．任选三种．．变换(可以相同)共有125种变换方式，若要使得T 变回起始位置(即点A 、B 、C 分别都在原有位置)，共有（ ）种变换方式？ A ．12 B ．16C ．20D ．24【答案】C【分析】要使得T 变回起始位置，可通过三次旋转变换或者一次旋转变换+两次对称变换结合得到. 【详解】第一类：只用旋转变化时：可以按①或者②旋转3次得到；第二类：使用对称与旋转结合时，不能出现相同的对称变换，()1若第一位选择旋转变化，可选①或者②，则第二位的对称变化可在③、④、⑤中任选一种，前两位确定以后第三位就跟着确定，故方法有：23=6⨯种；()2若旋转在第二位，第一位的对称可在③、④、⑤中任选一种，则第二位旋转也在①或者②中选一种，前两位确定以后第三位就跟着确定，故方法有：23=6⨯种；()3若旋转在第三位，第一位的对称可在③、④、⑤中任选一种，则第二位的对称不能选第一位的，前两位定了以后第三位也跟着确定，故有23=6⨯种. 综上所述：共有6662=20+++种方法. 故选：C.【点睛】排列组合的题目关键是找到分类的标准，做到不重不漏.3．（2020·上海市建平中学高三月考）2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若 3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（ ） A ．144 B ．72 C ．54 D ．36【答案】B【分析】两位女生相邻，将其捆绑在一起，和另一位女生不相邻，采用插空法．【详解】根据题意，把3位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素，和剩下的一位女生， 插入到2位男生全排列后形成的3个空中的2个空中，故有22232372A A A =种， 故选：B ．【点睛】本题考查排列组合，需熟练掌握捆绑、插空法，属于基础题二、填空题4．（2019·上海高考真题）首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有_____种（结果用数值表示） 【答案】24【分析】首先安排甲，可知连续2天的情况共有4种，其余的人全排列，相乘得到结果. 【详解】在5天里，连续2天的情况，一共有4种 剩下的3人全排列：33A故一共有：33424A ⨯=种【点睛】本题考查基础的排列组合问题，解题的关键在于对排列组合问题中的特殊元素，要优先考虑，然后再考虑普通元素.5．（2019·上海高考真题）在6x⎛+ ⎝的二项展开式中，常数项的值为__________【答案】15【分析】写出二项展开式通项，通过3602r-=得到4r =，从而求得常数项.【详解】二项展开式通项为：366622666rr r r rr r r C x C x x C x----⋅⋅=⋅⋅=⋅ 当3602r-=时，4r = ∴常数项为：4615C =本题正确结果：15【点睛】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.6．（2018·上海高考真题）在()71x +的二项展开式中，2x 项的系数为 .（结果用数值表示）． 【答案】21.【分析】利用二项式展开式的通项公式求得展开式中x 2的系数． 【详解】二项式（1+x ）7展开式的通项公式为 T r+1=7rC •x r ，令r=2，得展开式中x 2的系数为27C =21． 故答案为：21．【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.7．（2020·上海闵行区·高三一模）新冠病毒爆发初期，全国支援武汉的活动中，需要从A 医院某科室的6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，要求至少有一名主任医师参加，则不同的选派方案共有___________种.(用数字作答) 【答案】90【分析】根据题意，先算出从6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生的选派方案种数，再算出男女主任都没有参加的选派方案种数，两者相减求得结果. 【详解】根据题意，从6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，共有3264206120C C ⋅=⨯=种选派方案，如果所选的男女主任都没有参加，共有215330C C ⨯=种选派方案，所以至少有一名主任医师参加有1203090-=种， 故答案为：90.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关组合的综合问题，方法如下： （1）要用好两个计数原理；（2）可以用间接法求解，用总的减去不满足条件的就是要求的；（3）也可以用直接法求解，包括男主任参加女主任不参加、男主任不参加女主任参加和男女主任都参加，相加即可.8．（2020·上海嘉定区·高三一模）甲和乙等5名志愿者参加进博会A B C D 、、、四个不同的岗位服务，每人一个岗位，每个岗位至少1人，且甲和乙不在同一个岗位服务，则共有___________种不同的参加方法(结果用数值表示). 【答案】216【分析】先求出没有条件限制的种数，再求出甲和乙在同一个岗位服务的分配方法，利用间接法，即可得解.【详解】由题意得，有且只有2人分到一组，然后再分到四个不同的岗位，则有2454240C A =种方法，甲和乙在同一个岗位服务的分配方法有4424A =种，所以甲和乙不在同一个岗位服务的方法有24024216-=种， 故答案为：216.【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.9．（2020·上海高三一模）在81x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的二项展开式中4x 项的系数为__________． 【答案】28【分析】写出二项展开式的通项公式，令x 的指数等于4，求出r 可得结果. 【详解】二项展开式的通项公式为882881()(1)r rr r r r C x C x x---=-，0,1,2,,8r =，令824r -=，得2r，所以二项展开式中4x 项的系数为228(1)28C -=.故答案为：28【点睛】关键点点睛：利用二项展开式的通项公式求解是解题关键.10．（2020·上海长宁区·高三一模）在61()x x+的二项展开式中，2x 项的系数为__________. 【答案】15【分析】写出二项展开式通项公式，由x 的指数为2求得项数，从而得到系数． 【详解】由题意6621661rrrr rr T C x C x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭， 令622r -=，得2r，所以2x 项的系数为2615C =．故答案为：15．11．（2020·上海崇明区·高三一模）若23(2)na b +的展开式中有一项为412ma b ，则m =__________．【答案】60【分析】根据二项展开式的通项公式，得出23(2)na b +的展开式的第1r +项，求出412a b 的系数，即可得出结果.【详解】因为23(2)na b +展开式的第1r +项为22312r n r n r r r n T C ab --+=， 令224312n r r -=⎧⎨=⎩，解得64n r =⎧⎨=⎩，则426260m C ==. 故答案为：60.【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.12．（2020·上海大学附属中学高三三模）二项式153x x 展开式中的常数项是______．【答案】5005【分析】写出二项式153x x 展开式的通项，令x 的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.【详解】二项式15展开式的通项为()5155615151kkkk kk C C x--⎛⋅⋅=⋅-⋅ ⎝， 令5506k -=，得6k =，因此，该二项式展开式中的常数项为()661515005C ⋅-=. 故答案为：5005.【点睛】本题考查二项式展开式中常数项的求解，一般利用二项展开式通项中x 的指数为零来求解，考查运算求解能力，属于中等题. 三、解答题13．（2020·上海奉贤区·高三二模）两个数列{}n α、{}n β，当{}n α和{}n β同时在0n n =时取得相同的最大值，我们称{}n α与{}n β具有性质P ，其中*n ∈N .（1）设2022(1)x +的二项展开式中k x 的系数为k a （0,1,2,3,,2022k =⋅⋅⋅），k ∈N ，记01a c =，12a c =，⋅⋅⋅，依次下去，20222023a c =，组成的数列是{}n c ；同样地，20221()x x-的二项展开式中k x 的系数为kb （0,1,2,3,,2022k =⋅⋅⋅），k ∈N ，记01b d =，12b d =，⋅⋅⋅，依次下去，20222023b d =，组成的数列是{}n d ；判别{}nc 与{}nd 是否具有性质P ，请说明理由；（2）数列{}t dn -的前n 项和是n S ，数列{19823}n -的前n 项和是n T ，若{}n S 与{}n T 具有性质P ，*,N d t ∈，则这样的数列{}t dn -一共有多少个？请说明理由；（3）两个有限项数列{}n a 与{}n b 满足11()n n n n a a b b λ++-=-，*n ∈N ，且110a b ==，是否存在实数λ，使得{}n a 与{}n b 具有性质P ，请说明理由.【分析】（1）2022(1)x +展开式中系数最大项为101110112022C x ，然后再判断20221()x x-展开式中1011x 的系数是否是最大值，即可得结果；（2）令19823nn b =-，则3(13)331982198231322n n n T n n -=-=+-⋅-，结合11n n nn T T T T -+≥⎧⎨≥⎩，求得6n =，求得n T 的最大值，由{}n S 与{}n T 具有性质P ，可得6n =时，max ()10800n S =，由n a t dn =-，结合60,70t d t d ->-<求得t 的范围，再由n a t dn =-是等差数列，可得6(6)6=108002t d t d S -+-⨯=，然后联立*,27360067t d N t d d t d ⎧∈⎪-=⎨⎪<<⎩，解出数列{}t dn -的个数；（3）由11()n n n n a a b b λ++-=-进行迭代，可得n n a b λ=，因为{}n a 与{}n b 具有性质P ， 所以00n n a b =，从而可1λ= 【详解】解：（1）2022(1)x +展开式的通项为12022r r r T C x +=，则数列{}n c 的通项为-12022n n c C = 故数列{}n c 中的最大值为101110122022c C =20221()x x -展开式的通项为'2022202221202220221(1)rr r r rr r T C x C x x --+⎛⎫=⋅-=- ⎪⎝⎭，而当202221011r -=时，得10112r N =∉， 所以{}n c 与{}n d 不具有性质P（2）令19823nn b =-，则3(13)331982198231322n n n T n n -=-=+-⋅-，由11n n n n T T T T -+≥⎧⎨≥⎩，即113333198231982(1)322223333198231982(1)32222n n n n n n n n -+⎧+-⋅≥-+-⋅⎪⎪⎨⎪+-⋅≥++-⋅⎪⎩，解得13198231982n n +⎧≤⎨≥⎩，因为*2,n n N ≥∈，673729,32187== 所以当6n =时，6max 33()19826+31080022n T =⨯-⋅=, 因为 {}n S 与{}n T 具有性质P ， 所以6n =时，max ()10800n S =， 因为n a t dn =-，所以60,70t d t d ->-<， 因为n a t dn =-， 所以6(6)6=108002t d t d S -+-⨯=，由*,27360067t d N t d d t d⎧∈⎪-=⎨⎪<<⎩，解得360636134313,,,516518718t t t d d d ===⎧⎧⎧⋅⋅⋅⎨⎨⎨===⎩⎩⎩共有102个数列；（3）因为11()n n n n a a b b λ++-=-，*n ∈N 当2n ≥，*n ∈N 时，112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+ 112211()()()n n n n b b b b b b b λλλ---=-+-+⋅⋅⋅+-+所以n n a b λ=当1n =时，110a b ==符合上式 所以n n a b λ=，因为{}n a 与{}n b 是有限项数列，所以一定存在最大项， 设00max max (),()n n n n a a b b ==，因为{}n a 与{}n b 具有性质P ， 所以00n n a b =，1λ=显然成立，假设1λ>，则显然00max max (),()n n n n a a b b ==，000n n n a b b λ=>矛盾 同理，1λ<也矛盾， 所以1λ=【点睛】此题考查了二项式定理、数列求和、不等式的性质等性质，综合性强，考查了运算能力，属于难题.14．（2019·上海浦东新区·高三二模）已知各项均不为零的数列{}n a 满足11,a =前n 项的和为n S ，且22212,,2n n nS S n n n a *--=∈≥N ，数列{}n b 满足1,n n n b a a n +=+∈N*. （1）求23,a a ； （2）求2019S ；（3）已知等式11k k n n kC n C --=⋅对0,,k n k n ≤≤∈N*成立. 请用该结论求有穷数列{},1,2,,,k k n b C k n =的前n 项和n T .【答案】（1）见解析；（2）4078379；（3）()2222nn n ++⋅-【分析】（1）由222*122n n n S S n n N n a ，，--=∈≥，可得212n n S S n -+=，结合a 1＝1，依次求得a 2，a 3的值； （2）由212n n S S n -+=（n ≥2），得212(1)n n S S n ++=+，两式作差可得a n +a n +1＝4n +2，结合等差数列的前n 项和求S 2019；（3）由b k ＝a k +a k +1＝4k +2，得123123nn n n n n n T b C b C b C b C =++++，然后结合已知组合数公式的性质求解有穷数列{}12kk n b C k n =，，，，，的前n 项和T n ． 【详解】（1）因为()22221122,2n n n n n S S n a nS S n ---==-≥，又数列{}n a 各项均不为零，所以212n n S S n -+=.当2n =时，211218S S a a a +=++=，所以26a =. 当3n =时，()32123218S S a a a +=++=，所以34a =.（2）由（1）知()211212,242,221,1n n n n n n S S n n a a n n S S n n -++⎧+=≥⎪⇒+=+≥⎨+=+≥⎪⎩. ()()()()2019123452018201914246201821009S a a a a a a a =+++++++=++++++⨯4078379=.（3）由（2）知7,142,2n n b n n =⎧=⎨+≥⎩.1212nn n n n n T b C b C b C =+++()()1232374232n nn n n n n n n C n C C nC C C C =++++++++()()121012301121742n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C ----=++++++++++--()()17421221n n n n n -=+-+--()2222n n n =++⋅-.【点睛】本题考查数列递推式，考查了数列的分组求和与等差数列前n 项和，考查二项式系数的性质，是难题．15．（2020·上海青浦区·复旦附中青浦分校高三月考）等差数列{}n a 和等比数列{}n b 中， 112a b ==，222a b b ==+，n S 是{}n b 前n 项和.(1)若 lim 3n n S b →∞=-，求实数b 的值； (2)是否存在正整数b ，使得数列{}n b 的所有项都在数列{}n a 中?若存在，求出所有的b ，若不存在，说明理由；(3)是否存在正实数b ，使得数列{}n b 中至少有三项在数列{}n a 中，但{}n b 中的项不都在数列{}n a 中?若存在，求出一个可能的b 的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1) 1b =-.(2) 所有的符合题意的*2()b k k N =∈.(3) 2b =.【解析】试题分析：(1)数列{}n b 是等比数列，其前n 和的极限存在，因此有公式q 满足1q <，且极限为11b q -；(2)由于b 是正整数，因此可对b 按奇偶来分类讨论，因此当b 为奇数时，等比数列{}n b 的公比不是整数，是分数，从而数列{}n b 从第三项开始每一项都不是整数，都不在数列{}n a 中，而当b 为偶数时，数列{}n b 的所有项都在{}n a 中，设2b k =，则2212k q k +==+，12(1)n n b k -=⋅+展开有0112112(n n n n n b C k C k ----=++ 2111)n n n n C k C ----+022122()n n n n k C k C ---=+++，这里用到了二项式定理，22(1)ma k m =+-，结论为真；(3)存在时只要找一个b ，首先b 不能为整数，下面我们只要写两数列的通项公式，让m k b a =(,3)m k ≥，取特殊值求出b ，如取4,3m k ==，可得2b =，此时4b 在数列{}n a 中，由于2b =是无理数，会发现数列{}n a 除第一项以外都是无理数，而38b =是整数，不在数列{}n a 中，命题得证，(如取其它的,m k 又可得到另外的b 值)．试题解析：（1）对等比数列{}n b ，公比2122b b q +==+．因为01q <<，所以40b -<<． ２分解方程231(1)2b b =--+， ４分得4b =或1-．因为40b -<<，所以1b =-． ６分（2）当b 取偶数(2,*)b k k N =∈时，{}n b 中所有项都是{}n a 中的项． 8分证: 由题意：均在数列中， 当时，110112*********()2(1)2()2n n n n n n n n n n n b b k C k C k C k C ----------+==+=++++ 021*******(1)1n n n n n n k C k C k C ------⎡⎤=+++++-⎣⎦说明{}n b 的第n 项是{}n a 中的第021321111n n n n n n C k C k C ------++++项． 10分当b 取奇数(21,*)b k k N =+∈时，因为n b 不是整数，所以数列的所有项都不在数列中． 12分综上，所有的符合题意的． （3）由题意，因为12,b b 在{}n a 中，所以{}n b 中至少存在一项()3m b m ≥在{}n a 中，另一项()t b t m ≠不在{}n a 中． 14分由m k b a =得12(1)2(1)2m bk b -+=+-， 取4m =得()321212b k b ⎛⎫+=+- ⎪⎝⎭，即()()2242b k +=-. 取k =4，得222b =（舍负值）．此时43b a =． 16分当222b =时，38b =，()()21222n a n =+-，对任意n ，3n a b ≠. 18分综上，取222b =．(此问答案不唯一，请参照给分)考点：(1)数列的极限，无穷等比数列的和；(2)等差数列与等比数列的通项公式；(3)数列的项的综合问题．。