高中数学 排列、组合、二项式定理 分类计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系(初始课件)
35：排列组合和二项式定理高三复习数学知识点总结(全)
排列、组合与二项式定理1.两个计数原理（1）分类计数定理（加法原理）：如果完成一件事，有n 类方式，在第1类方式中有1m 种不同的方法，在第2类方式中有2m 种不同的方法，......，在第n 类方式中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N +++=...21种不同的方法.（2）分步计数定理（乘法原理）：如果完成一件事，需要完成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，......，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N ⨯⨯⨯= 21种不同的方法.（3）两个计数原理的区别分类计数原理与分步计数原理的区别关键在于看事件能否完成，事件完成了就是分类，分类后要将种数相加；事件必须要连续若干步才能完成的则是分步，分步后要将种数相乘.2.排列（1）排列的定义：一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m ≤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.（2）排列数的定义：一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号m n A 表示.（3）排列数公式：)1()2)(1()!(!+---=-=m n n n n m n n A m n .特别地：①（全排列）.123)2)(1(!⋅⋅--== n n n n A n n ②.1!0=3.组合（1）组合的定义：一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合.（2）组合数的定义：一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号m n C 表示.（3）组合数公式：()()()()121!!!!m m n n m m n n n n m A n C A m m n m ---+===- .特别地：01n C =.（4）组合数的性质：①m n n m n C C -=；②11-++=m n m n m n C C C ；③11--=kn k n nC kC .4.解决排列与组合问题的常用方法通法：先特殊后一般（有限制条件问题），先组合后排列（分组问题），先分类后分步（综合问题）.例：某校开设9门课程供学生选修，其中A 、B 、C 三门由于上课时问相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修4门，共有多少种不同的选修方案？答：.75461336=+C C C （1）特殊元素、位置优先安排法：对问题中的特殊元素或位置优先考虑排列，然后排列其他一般元素或位置.例4-1：0、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有几个？答：.3013131224=+C C C A （2）限制条件排除法：先求出不考虑限制条件的个数，然后减去不符合条件的个数.也适用于解决“至多”“至少”的排列组合问题.例4-2：从7名男同学和5名女同学中选出5人，若至少有2名女同学当选，问有多少种情况？答：.596)(471557512=+-C C C C（3）相邻问题“捆绑法”：将必须相邻的元素“捆绑”在一起，当作一个元素进行排列，待整个问题排好之后再考虑它们内部的排列数，它主要用于解决相邻问题.例4-3：5个男生3个女生排成一列，要求女生排一起，共有几种排法？答：6363A A =4320（4）不相邻问题“插空法”：先把无位置要求的元素进行排列，再把规定不相邻的元素插入已排列好的元素形成的“空档”中（注意两端）.例4-4：5个男生3个女生排成一列，要求女生不相邻且不可排两头，共有几种排法？答：5354A A （5）元素相同“隔板法”：若把n 个不加区分的相同元素分成m 组，可通过n 个相同元素排成一排，在元素之间插入1-m 块隔板来完成分组，共11--+m m n C 种方法.例4-5：10张参观公园的门票分给5个班，每班至少1张，有几种选法？答：.49C （6）元素不多“列举法”：即把符合条件的一一列举出来.例4-6：将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格内，每个方格填一个，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法种数有种。
两个计数原理,排列与组合,二项式定理知识点
排列,组合,二项式定理一.两个基本计数原理㈠分类计数原理(加法原理):做一件事情,完成它可以有n 类办法,在第一类办法中有1m 种不同的方法,在第二类办法中有2m 种不同的方法,……,在第n 类办法中有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N +++= 21种不同的方法.㈡分步计数原理(乘法原理):做一件事情,完成它需要分成n 个步骤,做第一步有1m 种不同的方法,做第二步有2m 种不同的方法,……,做第n 步有n m 种不同的方法,那么完成这件事有n m m m N ⨯⨯⨯= 21种不同的方法.㈢分类计数原理和分步计数原理的联系与区别:两个原理是排列组合的基础和核心,既可用来推导排列数、组合数公式,也可用来直接解题.1.它们的共同点都是把一个事件分成若干个分事件来进行计算.2.只不过利用分类计算原理时,每一种方法都可能独立完成事件;如需连续若干步才能完成的则是分步.利用分类计数原理,重在分“类”,类与类之间具有独立性和并列性;利用分步计数原理,重在分步;步与步之间具有相依性和连续性.比较复杂的问题,常先分类再分步.★乘法原理:可．以有．．重复．．元素．．的排列(“邮筒投信”问题) ★从m 个不同元素中,每次取出n 个元素,元素可以重复出现,按照一定的顺序排成一排,那么第一、第二……第n 位上选取元素的方法都是m 个,所以从m 个不同元素中,每次取出n 个元素可重复排列数为m·m·… m = m n ...1例将n 件物品放入m 个抽屉中,不限放法,共有多少种不同放法？(解:n m 种).2例有5封不同的信，投入3个不同的信箱中，那么不同的投信方法总数为多少？(解:53种)三.排列与排列数(1)排列的概念:从n 个不同元素中,任取)(n m m ≤个元素(这里的被取元素各不相同)按照一定的顺序排成一列,叫做从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素的一个排列．(2)排列数的定义:从n 个不同元素中,任取)(n m m ≤个元素的所有排列的个数叫做从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素的排列数。
计数原理及二项式定理概念公式总结
计数原理及二项式定理概念公式总结排列组合及二项式定理概念及公式总结1.分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法那么完成这件事共有N=m 1+m 2+……+m n2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，……，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有N=m 1×m 2×……m n 种不同的方法分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整”3.两个计数原理的区别:如果完成一件事，有n 类办法，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能独立完成这件事,用分类计数原理，如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要完成所有步骤才能完成这件事，是分步问题,用分步计数原理.4.排列:从n 个不同的元素中取出m 个(m ≤n)元素并按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.（1）排列数: 从n 个不同的元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列的个数.用符号m n A 表示（2）排列数公式:)1()2)(1(+---=m n n n n A mn或m nA )!(!m n n -=()n m N m n ≤∈*,,nnA =!n =()1231- n n =n(n-1)! 规定 0！=1 5.组合：一般地，从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合（1）组合数: 从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，用mn C 表示（2）组合数公式: (1)(2)(1)!m m n nm m A n n n n m C A m ---+==或)!(!!m n m n C m n -=),,(n m N m n ≤∈*且（3）组合数的性质：① m n n m n C C -=．规定：10=n C ；②m n C 1+＝m n C +1-m n C . ③0132nn nn n n C C C C ++++= ④n C C n n n ==-11 ⑤1=n n C6.二项式定理及其特例：（1）二项式定理()()*--∈+++++=+N n b C b a C b a C a C b a nn n k k n k n n n n n n110展开式共有n+1项，其中各项的系数{}()n k C kn ,,2,1,0 ∈叫做二项式系数。
高中数学知识点：九_排列、组合、二项式、概率
九、排列、组合、二项式、概率：一、分类计数原理和分步计数原理：分类计数原理：如果完成某事有几种不同的方法，这些方法间是彼此独立的，任选其中一种方法都能达到完成此事的目的，那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的和。
分步计数原理：如果完成某事，必须分成几个步骤，每个步骤都有不同的方法，而—个步骤中的任何一种方法与下一步骤中的每一个方法都可以连接，只有依次完成所有各步，才能达到完成此事的目的，那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的积。
区别：如果任何一类办法中的任何一种方法都能完成这件事，则选用分类计数原理，即类与类之间是相互独立的，即“分类完成”；如果只有当n 个步骤都做完，这件事才能完成，则选用分步计数原理，即步与步之间是相互依存的，连续的，即“分步完成”。
二、排列与组合：（1）排列与组合的区别和联系：都是研究从一些不同的元素中取出n 个元素的问题； 区别：前者有顺序，后者无顺序。
（2）排列数、组合数： 排列数的公式：)()!(!)1()2)(1(n m m n n m n n n n A m n ≤-=+---= 注意：①全排列：!n A n n =； ②记住下列几个阶乘数，1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720； 排列数的性质：①1-=m m nA A （将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素，分两步完成：第一步从n 个元素中选出1个排在指定的一个位置上；第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上）②m m m A mA A 1-+=（将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素，分两类完成：第一类：m 个元素中含有a ，分两步完成：第一步将a 排在某一位置上，有m 不同的方法。
第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上）即有11--m n mA 种不同的方法。
第二类：m 个元素中不含有a ，从1-n 个元素中取出m 个元素排在m 个位置上，有m n A 1-种方法。
高中数学排列组合知识讲解
模块九 排列与组合、二项式定理第一部分：排列、组合 一。
计数原理加法计数原理：如果完成一件事情可以分为m 类，每一类的方法数分别是：N 1，N 2，N 3，…..N m ,则完成这件事情共有N 1+N 2+N 3+…..+N m 种方法。
（又称分类计数原理）乘法计数原理：如果完成一件事情须分为m 步，每一步的方法数分别是：N 1，N 2，N 3，…..N m ,则完成这件事情共有N 1⨯N 2⨯N 3⨯…..⨯N m 种方法。
（又称分类计数原理） 分类计数原理与分步计数原理是计数问题的基本原理，它贯穿于全章学习的始终，体现了解决问题时将其分解的两种常用方法，即把问题分类解决和分步解决。
正确区分和使用两个原理是学好本章的关键，其核心是“完成一件事”是“分类”完成，还是“分步”完成. 二。
排列数、组合数的定义①排列数：从n 个元素中取出m 个排成一列（即排入m 个位置），共有mn A 种排法。
A m n =n （n －1）（n －2）…（n －m +1）.特别的：!n A nn = ②组合数：从n 个元素中取出m 个形成一个组合，共有mn C 种取法。
C m n =!)!(!m m n n -特别地：1,10==nn n C C组合数的两个性质： （1）C m n =C mn n-； （2）C m n 1+=C m n +C 1-m n. 三。
解决排列、组合问题的四大原则及基本方法1. 特殊优先原则该原则是指在有限制的排列组合问题中优先考虑特殊元素或特殊位置．范例甲、乙、丙三个同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六的值班工作，每天１人值班，每人值班2天，如果甲同学不值周一的班，则可以排出不同的值班表有（ ） Ａ．90种 Ｂ．89种 Ｃ．60种 Ｄ．59种解析：特殊元素优先考虑，甲同学不值周一的班，则先考虑甲，分步完成：①从除周一的5天中任取2天安排甲有25C 种；②从剩下的4天中选2天安排乙有24C 种；③仅剩2天安排丙有22C 种．由分步乘法计数原理可得一共有22254260C C C =··种，即选Ｃ． 评注：特殊优先原则是解有限制的排列组合问题的总原则，对有限制的元素和有限制的位置一定要优先考虑． 2.先取后排原则该原则充分体现了mmmn m n C A A =·的精神实质，先组合后排列，从而避免了不必要的重复与遗漏．4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有（ ）． Ａ．12种 Ｂ．24种 Ｃ．36种 Ｄ．48种解析：先分组再排列：将4名教师分成3组有24C 种分法，再将这三组分配到三所学校有33A 种分法，由分步乘法计数原理知一共有234336C A =·种不同分配方案．评注：先取后排原则也是解排列组合问题的总原则，尤其是排列与组合的综合问题．若本例简单分步：先从4名教师中取3名教师分给3所学校有34A 种方法，再将剩下的1名教师分给3所学校有3种选择，则共有34372A =·种分配方案，则有明显重复（如：甲、乙、丙、丁和甲、乙、丁、丙）．因此，处理多元素少位置问题时一般采用先取后排原则．3.正难则反原则若从正面直接解决问题有困难时，则考虑事件的对立事件，从不合题意要求的情况入手，再整体排除．100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少取到１件次品的不同取法的种数是（ ） Ａ．12694C CＢ．12699C CＣ．3310094C C -Ｄ．3310094A C -解析：从100件次品中取3件产品，至少有1件次品的对立事件是取到3件全部是正品，即从94件正品中取3件正品有394C 种取法，所以满足条件的不同取法是3310094C C -，故选Ｃ．如果从正面考虑，则必须分取到1，2，3件次品这三类，没有应用排除法来得简单．而本例最易迷惑人的是Ｂ：12699C C ，即从6件次品中取1件确保了至少有1件次品，再从剩下的99件产品中任取2件即可．事实上这样分步并不相互独立，第一步对第二步有明显影响，设次品为ABCDEF ，正品为甲乙丙丁戊…则12699C C 可以是ＡＢ甲，也可能是ＢＡ甲，因而重复．评注：正难则反原则也是解决排列组合问题的总原则，如果从正面考虑不易突破，一般寻找反面途径．利用正难则反原则的语境有其规律，如当问题中含有“至少”，“最多”等词语时，易用此原则． 4.策略针对原则不同类型的排列、组合问题有着不同的应对策略，不同的限制条件要采用不同的解题方法．①相邻问题捆绑法（整体法），不相邻问题插空法人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。
分类计数原理与分步计数原理、排列
【高考导航】分类计数原理与分步计数原理又称加法原理和乘法原理,它不仅是推导排列数、组合数计算公式的依据，而且是最基本的思想方法，这种思想方法贯穿在解决本章应用问题的始终.在高考中，运用分类计数原理和分步计数原理结合排列组合知识解决排列组合相关的应用题，通常不单独命题.【学法点拨】对两个原理的掌握和运用，是学好本单元知识的一个关键.从思想角度看，分类计数原理的运用是将一个问题进行分类的思考，分步计数原理是将问题进行分步的思考，从而达到分析问题、解决问题的目的.从集合的角度看，两个基本原理的意义及区别就显得更加清楚了.完成一件事有A、B两类办法，即集合A、B互不相交，在A类办法中有m1种方法，B类办法中有m2种方法，即card(A)=m1，card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card(AB)=m1+m2.这就是n=2时的分类计数原理.若完成一件事需要分成A、B两个步骤，在实行A步骤时有m1种方法，在实行B步骤时有m2种方法，即card(A)=m1;card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card(AB)=card(A)card(B)=m1m2.这就是n=2时的分步计数原理.两个原理都是涉及完成一件事的不同方法的种数.它们的区别在于：分类计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事;分步计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.初学时，应结合实例，弄清两个原理的区别，学会使用两个原理.【基础知识必备】一、必记知识精选1.分类计数原理：做一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，，在第n类办法中有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.分步计数原理：完成一件事，需要分成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N=m1m2mn 种不同的方法.二、重点难点突破本节重点是准确理解和灵活运用分类计数原理和分步计数原理.难点是两个原理的恰当运用.两个原理的区别在于分类与分步，完成一件事的方法种数若需分类思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一个方法都能单独完成这件事，则用加法计数.若完成这件事需分为n个步骤，这n个步骤相互依存.具有连续性，当且仅当这n个步骤依次全都完成后，这件事才完成，那么完成这件事的方法总数用乘法计算.处理具体问题时,首先要弄清是分类还是分步,简单地说是分类互斥、分步互依,因此在解题时,要搞清题目的条件与结论,且还要注意分类时,要不重不漏,分步时合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰.对于一些较复杂的题目,往往既要分类又要分步,也就是说既要应用分类计数原理又要运用分步计数原理.三、易错点和易忽略点导析由于对两个原理理解不清,解题时,易发生分类不全和分类时各类有叠加现象的错误,即遗漏或者重复.【例1】有红、黄、蓝旗各3面,每次升一面、二面、三面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号?错解：可组成333=27种不同的信号.正确解法：每次升1面旗可组成3种不同的信号;每次用2面旗可组成33=9种不同的信号;每次升3面旗可组成333=27种不同的信号.根据分步计数原理得共可组成3+9+27=39种不同的信号.错解分析：错解忽略了信号可分为使用的旗数分别可以为1面、2面、3面这3类.本题综合应用了乘法原理和加法原理.【例2】在3000到8000之间有多少个无重复数字的奇数?错解：分三步完成，首先排首位有5种方法，再排个位有5种方法，最后排中间两位有87种方法，所以共有5587=1400个.正确解法：分两类;一类是以3、5、7为首位的四位奇数，可分三步完成：先排首位有3种方法，再排个位有4种方法，最后排中间两个数位有87种方法，所以共有3487=672个.另一类是首位是4或6的四位奇数，也可以3步完成，共有2587=560个.由分类计数原理得共有672+560=1232个.错解分析：由题意，3、5、7这三个数既可以排在首位，也可以排在个位，因此，首位是用3、5、7去填.还是用4、6去填，影响到第二步，即填个位的方法数，遇到此类情形,则要分类处理.错解中有重复排上同一个奇数的四位数而产生错误.【例3】编号为1～25的25个球摆成五行五列的方阵，现从中任选3个球，要求3个球中任意两个都不在同一行也不在同一列，有多少种不同的选法?错解：分以下三步完成：(1)选取第一个球，可在25个球中任意选取，有25种选法;(2)选取第二个球，为了保证两球不在同一行也不在同一列，将第一个球所在的行和列划掉，在剩余的16个球中任取一个，有16种选法;(3)选取第三个球，应从去掉第一、二个球所在的行和列后所剩余的9个球中选取有9种选法.根据乘法原理，有25169=3600种方法.正确解法：分以下三个步骤：(1)先从5行5列中选出3行有10种选法;(2)从一行的5个球中选出3个球,有10种选法;(3)最后从所选出的3个球中按照它所在列放在第(1)步选出3行的每一行上有6种方法.根据乘法原理有10106=600种选法.错解分析：错解中先选一球,假定此球为①,第二步去掉球①所在的行和列，在剩余的16个球中任选一个球，假定选取了球(25),第三步在去掉球①与(25)所在的两行、两列16个球，在剩余的9个球中任选一球，假定为球(13),则此选法为①(25)(13)，若第一步选(13)，第二步选①,第三步选(25)，显然这两种选法是相同结果.这说明上述解法中有许多重复之处.所以,解法是错误的,每一不同取法在错解中都被重复了6次.【综合应用创新思维点拨】一、学科内综合思维点拨【例1】三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有( )A.25个B.26个C.36个D.37个思维入门指导：设另两边长分别为x,y，且不妨设1xy.由三角形的特性，必须满足x+y12，以下可以分类考虑.解：当y取11时，x=1，2，3，，11，可有11个三角形.当y取10时，x=2，3，，10，可有9个三角形.当y取6时，x=6可有1个三角形.因此，所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36个，故应选C.点拨：本题应用了穷举法，这也是解决排列组合应用题的一个基本方法.二、学科间综合思维点拨【例2】 DNA分子多样性表现在碱基的排列顺序的千变万化上.若一个DNA分子有8000个碱基，则由此组成的DNA的碱基对的排列方式共有( )种.A.2100B.24000C.48000D.44000解：选D.点拨：每个碱基可互配对及自配对.三、应用思维点拨【例3】 (1)有5名同学报名参加4个课外活动小组，若每人限报1个，共有多少种不同的报名方法?(2)5名同学争夺4项竞赛冠军，冠军获得者共有多少种可能?思维入门指导：(1)每名同学确定参报课外活动小组项目可依次让每个同学去报.因此，可划分为五个步骤.(2)可依次为四项冠军确定人选，这样，可分4步完成.解：(1)每名同学在四个项目中可任报一项，即每一步有4种方法，根据分步计数原理，不同的报名方法共有：N=44444=45=1024种.(2)为每一个冠军寻找人选均有5种可能,因此,根据分步计数原理,冠军获得者共有：N=5555=54=625种.四、创新思维点拨【例4】 (1)有面值为五分、一角、二角、五角、一元、二元、五十元、一百元人民币各一张,共可组成多少种不同的币值?(2)有一角、二角、五角人民币各一张,一元人民币3张,五元人民币2张,一百元人民币2张,由这些人民币可组成多少种不同的币值?思维入门指导：(1)中的8张人民币的面值各不相同,并且这8张人民币中任意几张的面值之和各不相同.因此，8张人民币所组成的不同币值的数种就是人民币所有可能取法的数种.对每一张人民币而言，都有取与不取两种可能.因此，可按这样的程序：(2)中这10张人民币一元的有3张，五元的有2张，一百元的有2张.因此取人民币的程序应该是：解：(1)每张人民币均有取与不取两种可能，所以有22222222=28.而其中每一张都不取，不组成币值，所以不同的币值数为;N=28-1=255(种).(2)第一、二、三步都只有取与不取这两种情况，第四步取一元的3张中，可分不取、取一张、取二张、取三张这四种情况，第五步与第六步都有3种情况，且每步都不取不构成币值.所以不同的币值数：N=222433-1=287种.点拨：此题若分类思考，特别是第(2)问，则较麻烦.此法为间接法.五、高考思维点拨【例5】 (2003，河南)将3种作物种植在如图10-1-1所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有______ 种(以数字作答).解：设从左到右五块田中要种a、b、c三种作物，不妨先设第一块种a,则第2块可种b或c，有两种选法.同理，如果第二块种b，则第三块可种a和c，也有两种选法，由乘法原理共有：12222=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法，故a种作物种在第1块田时有16-2=14种方法.同样b和c也可种在第1块田中，故共有：143=42种.点拨：本小题主要考查运用乘法原理分析解决问题的能力.六、经典类型题思维点拨【例6】如图10-1-2所示，从A地到B地有3条不同的道路,从B地到C地有4条不同的道路，从A地不经B地直接到C地有2条不同的道路.(1)从A地到C地共有多少种不同的走法?(2)从A地到C地再回到A地有多少种不同的走法?(3)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时不同的道路，有多少种走法?(4)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时完全不同的道路，有多少种走法?思维入门指导：要综合应用两个原理.解：(1)从A到C地的走法分为两类：第一类经过B，第二类不经过B.在第一类中分两步完成，第一步从A到B，第二步从B到C，所以从A地到C地的不同走法总数是34+2=14种.(2)该事件发生的过程可以分为两大步，第一步去，第二步回.由(1)可知这两步的走法都是14种，所以去后又回来的走法总数是1414=196种.(3)该事件的过程与(2)一样可分为两大步，但不同的是第二步即回来时的走法比去时的走法少1种，所以，走法总数是1413=182种.(4)该事件同样分去与回两大步，但须对去时的各类走法分别讨论：若去时用第一类走法，则回来时，用第二类方法或用第一类中的部分走法，即第一类中的两步各去掉1种走法中的走法，这样的走法数是：34(2+32)=96种;若去时用第2类走法，则回来时可用第一类走法或用第二类中的另一种走法.这样的走法数是：2(43+1)=26种.所以，走法总数为96+26=122种.点拨：正确区分不同与完全不相同两种含义是解题的另一个关键，前者的含义是回来时不能原路返回，但允许有部分是原路，后者的含义是去时走过的路，回来时都不能走，前者包含后者.七、探究性学习点拨允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列.在m个不同的元素中，每次取出n个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序排成一排,那么第一，第二，，第n位上选取元素的方法都是m个，所以从m个不同的元素中,每次取出n个元素的可重复的排列数为=mn.【例7】有数学、物理、文学3个课外活动小组,6个同学报名,每人限报一组,一共有多少种报名的方法?解：这就是有重复的排列.第一个同学有3种报名的方法,无论他报了哪一个组,第二个同学还是有3种报名的方法,其余类推.所以,一共有36=729种报名的方法.思考题：用0,1,2,,9共10个数字中的4个数字组成电话号码,但0000不能作号码,问可编成多少个号码?【强化练习题】A卷：教材跟踪练习题(100分 45分钟)一、选择题(每题5分，共50分)1.把10个苹果分成三堆，每堆至少1个，至多5个，则不同的分堆方法共有( )A.4种B.5种C.6种D.7种2.现有四种不同款式的上衣与三件不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的选法数为( )A.7B.64C.12D.813.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位教师均不在本班监考，则安排监考的方法总数是( )A.8B.9C.10D.114.某体育彩票规定：从01至36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成1注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花( )A.3360元B.6720元C.4320元D.8640元5.如图10-1-3，在儿童公园中有四个圆圈组成的连环道路，从甲走到乙，不同路线的走法有( )A.2种B.8种C.12种D.16种6.将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有( )A.34种B.43种C.18种D.36种7.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投入这五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为( )A.20B.30C.60D.1208.已知集合A={1,-2,3}，B={-4,5,6,-7}，从两集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一、第二象限内不同点的个数有( )A.18B.16C.10D.149.北京某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到两台，不同送法的种数共有( )A.10种B.9种C.8种D.6种10.某大学的信息中心A与大学各部门、各院系B、C、D、E、F、G、H、I之间拟建立信息联网工程，实际测算的费用如图10-1-4所示(单位：万元)，若不建立部分网线也能使中心与各部门、各院系都能相通(直接或中转)，则最小的建网费用(万元)是( )A.12B.13C.14D.16二、填空题(每题5分，共10分)11.已知集合A={a，b，c，d，e}，B={-1，0，1}，则从集合A到集合B的不同映射有____个.12.72的正约数(包括1与72)有________个.三、解答题(每题20分，共40分)13.(1)由数字1，2，3可组成多少个三位数?(2)由0，1，2，，9可组成多少个不同的四位数码?(数字可重复使用)(3)由0，1，2，，9可组成多少个不同的四位数码?(数字不可重复使用)14.用n种不同颜色为下列两广告牌着色(如图10-1-5)，要求①②③④个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.(1)n=6时，为甲着色时，共有多少种不同方法?(2)若为乙着色时，共有120种不同方法，求n的值.B卷：综合应用创新练习题(100分 60分钟)一、学科内综合题(每题8分，共16分)1.从{-3，-2，-1，0，1，2，3｝中任取3个不同的数作为抛物线方程y=ax2+bx+c(a0)的系数，如果抛物线过原点且顶点在第一象限,则这样的抛物线共有多少条?2.正方体ABCD一A1B1C1D1中，与对角线AC1异面的棱有( )A.3条B.12条C.6条D.9条二、学科间综合题(6分)3.如图10-1-6为一电路图，从A到B共有______条不同的单线路可通电.4.用1克砝码1个,2克码1个，5克码5个，50克码4个，共可称量多少种不同重量(按天平使用规则，砝码只能放在右边)?四、创新题(54分)(一)教材变型题(12分)5.(P85例1变型)设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的油彩画.(1)从中任选一幅布置房间，有多少种不同的选法?(2)从这些画中，各选一种不同类的三幅画布置房间，有几种不同的选法?(3)从这些画中，选出两种不同类的各一幅画布置房间，有多少种不同的选法?(二)一题多解(8分)6.甲、乙、丙、丁4人各写一张贺年卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺年卡，共有多少种不同取法?(三)一题多变(9分)7.某组有3名男生，4名女生.(1)从中选男生、女生各一名去开会，有多少种不同选法?(2)从中选一人去领奖，有多少种选法?(3)从中选正副组长各一人，男女不限，有多少种不同的选法?(四)新解法题(9分)8.如图10-1-7，在某个城市中，M、N两地之间有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从M到N不同的走法总数有多少种?(五)新情境题(每题8分，共16分)9.用10元，5元,1元来支付20元，不同支付方法共有多少种?10.如图10-1-8，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相联，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量.现从结点A向结点B传递信息，信息可以沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )A.26B.24C.20D.19五、高考题(每题8分，共16分)11.(2003，北京)某班试用电子系统选举班干部候选人,全班k名同学都有选举权和被选举权;他们的编号分别为1，2,3，，k,规定：同意按1,不同意(舍弃权)按0，令aij=其中i=1，2，，k,j=1，2，，k，则同时同意第1、2号同学当选的人数为( )A.a11+a12++a1k+a21+a22++a2kB.a11+a21++ak1+a12+a22++ak2C.a11a12+a21a22++ak1ak2D.a11a21+a12a22++a1ka2k12.(1997，上海)从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任选3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过原点的直线有______ 条(结果用数值表示).【课堂内外】费马大定理1637年左右,17世纪最伟大的数学家之一费马，在阅读古希腊人丢番图的巨著《算术》中第二卷的第八个问题将一个平方数分为两个平方数时，在问题旁边的空白处，写道然而此外，一个立方数不能分拆成两个立方数，一个四次方数不能分拆成两个四次方数，一般地说，任何次数大于二的高次方数都不可分拆成两个幂次相同的数.我已经找到这一定理的绝妙证明，可惜这里空白太狭小，写不下用现代数学术语描述就是xn+yn=zn，当n2时，无整数解.这一段看似平淡的注解就是著名的费马大定理.自1665年费马大定理发表后，多少数学家为之花费了大量时间乃至毕生精力，他们的研究或是失败或是将定理向前推进，但一直未彻底解决，直到有了高速计算机后，费马大定理的证明才有了突破性进展.1955年前后，三位日本数学家曾猜想：有理数域上所有椭圆曲线都是模曲线.到了80年代中期，德国数学家费雷证明了若干猜想成立,则可以推出费马大定理.1994年普林顿大学的数学教授维尔斯成功地证明了此猜想，从而证明了这一千古难题.参考答案A卷一、1.A 点拨：按每堆苹果的数量可分为4类，即1，4，5;2，3，5;3，3，4;2，4，4，且每类中只有一种分法，故选A.2.C 点拨：因为在四件上衣中任取一件有4种不同的方法，再在三件长裤中任取一件有3种不同的取法，要完成配套，由分步计数原理可得有43=12种不同的方法.3.B 点拨：由分步计数原理可得33=9种.此题也可以用穷举法把情况一一列举出来.4.D 点拨：这种特殊要求的号共有89106=4320注，因此至少需花钱43202=8640元.5.D 点拨：在每圆圈两侧均各有一条路可供选择，因此从甲地到乙地共有2222=16种不同的路线.6.D 点拨：将4个不同的小球放入3个盒子中，每个盒子至少放1个，则必有一个盒子放两个球，另两个盒子各放入1个球.因此可先将4个球分为2，1，1的三堆，设四个小球为A，B，C，D，则可分为：AB，C，D;AC，B，D;AD，B，C;BC，A，D;BD，A，C;CD，A，B 共6种.又将它们装入三个不同的盒子中，选一种情况放入编号盒中，1，2，3，AB，C，D;AB，D，C;C，AB，D;C，D，AB;D，AB，C;D，C，AB共6种放法.故共有66=36种放法.7.A 点拨：先从5个球中选出2个球放入与它们编号相同的盒子中，有10种方法，再把余下的三个球放入与它们编号不相同的3个盒子中，有2种放法，根据分步计数原理知共有210=20种放法.8.D 点拨：第一、第二象限点须y0，这些点可分为xA，yB与xB，yA的两类.前者有32=6种，后者有24=8种，所以共有6+8=14种.9.A 点拨：每所学校可得电视台数有3类情形：①5，2，2台，有3种送法;②4，3，2台，有6种送法;③3，3，3台，有1种送法.所以一共有3+6+1=10种不同的送法.10.B 点拨：最小费用时信息联网工程如答图10-1-1，还有其他情形未画出.二、11.243 解：由映射定义，A中每一个元素在B中的象都有3个可能，所以可建立不同映射个数为35=243.12.12 解：72=2232，72的正因数具有形式为2a3b的数，其中a{0，1，2，3}，b{0，1，2}，因此，共有正因数43=12个.三、13.解：(1)利用填框图的方法，分三步完成填得一个三位数，百位数，十位数，个位数每一个数位均有3个填法，依分步计数原理，共有33=27个三位数.(2)可组成104=10000个四位数码.(3)因数字不可重复使用，故可组成10987=5040个四位数码.14.解：(1)完成着色这件事共分四个步骤：为①着色有6种，为②着色有5种，为③着色有4种，为④着色也有4种，故共有着色方法6544=480种.(2)与(1)不同在于④有三块相邻的区域了，则不同的着色是n(n-1)(n-2)(n-3).由题设，n(n-1)(n-2)(n-3)=120，(n2-3n)(n2-3n+2)=120.令n2-3n=t，则t2+2t-1210=0，t=10.n2-3n=10.n=5.(n=-2舍去)B卷一、1.解：抛物线y=ax2+bx+c过原点，且顶点在第一象限，a、b、c应满足所以分三步，a=-3，-2，-1，b=1，2，3，c=0.所以，抛物线的条数为331=9.2.C 解：在底面有BC，CD，B1C1，C1D1，在侧面有BB1，DD1与对角线AC1异面.二、3.解：从A到B共有3+1+22=8条不同的单线路可通电.三、4.解：每一重量只能由砝码的一种组合构成，因不同的重量数仅仅与所选用的不同砝码的个数有关，不同的砝码数构成不同的重量数，同一重量数不会有多种称法.这样本题可转化为怎样选取这些砝码.对1克的砝码有取与不取两种方法，对2克砝码也有2种，对5克砝码有6种取法，50克砝码有5种取法，但均不取是无法称重的，所以.可称重的不同质量数为2265-1=119种.四、(一)5.解：(1)做完这件事有三类方法：选国画、油画或选水彩画，根据分类计数原理，一共有5+2+7=14种方法.(2)完成选三幅不同的画布置房间有三个步骤：第一步选国画，第二步选油画，第三步选水彩画.根据分步计数原理，共有527=70种方法.(3)一共有52+57+27=59种方法.(二)6.解：如下表：人甲乙丙丁卡乙甲丙丁丁丁甲丙甲丙思路1：排出所有的分配方案，用穷举法得本题解.思路2：甲取乙卡分配方案如表所示，此时乙有甲、丙、丁3种取法，若乙取甲，则丙取丁，丁取丙，故有3种分配方案.由分类计数原理，共有3+3+3=9种.思路3：分步法：第一步甲取1张不是自己的卡，有3种取法，第2步由甲取出的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法，第三步由剩余两人中任一人去取，此时，只有一种取法，第四步最后一人取也只有一种取法，所以共有3311=9种.点拨：这类问题一般情况是：n个编号为1，2，，n的小球放入编号为1，2，，n的盒子中，而限制第i(i=1，2，，n)个球不放入第i个盒子里，问共有多少种放法?一般结论是A-A+A-+(-1)nA.(此点用到下节排列的知识)(三)7.解：(1)34=12种.(2)3+4=7种.(3)76=42种.(四)8.解：如答图10-1-2，从M到A1，A2，A3，A4，A5的走法分别有1，2，3，4，5种，然后从Ai(i=1，2，3，4，5)到N的走法都只有一种，所以，由两个原理得从M到N 的走法共有11+21+31+41+51=15种.点拨：本题求解的关键是把M到N分成两步走.(五)9.解：支付方法可分为三类：第一类为只使用10元或只使用5元或只用1元来支付，有3种方法;第二类是使用其中的两样，使用10元和5元的支付与使用10元和1元的支付，都各有1种方法，使用5元和1元的支付有3种方法，若使用10元、5元，1元三样支付，则只有1个方法，所以共有3+5+1=9种支付方法.10.D 点拨：该题是规划问题，对于我们是一个陌生情境，其实只要把传递的最大信息量类比成水流量的瓶颈问题，即一条水管所流过的水量等于水管中最窄地方流过的水量问题，而A到B所传递信息等于每条路线所传递的信息量之和，故从A到B传递的最大信息为3+4+6+6=19.五、11.C 点拨：由题意，ak1，ak2分别表示第k号同学选举第1号，第2号同学的情况.由于所求的是同时同意第1、2号同学当选的人数，而ak1ak2即可表示第k号同学是否同意第1、2号同学当选，若同时同意，则ak1ak2=1，若不同时同意，则ak1ak2=0，故所求人数为.本题难点在于理解题意，题意一旦读懂，选项则一目了然了.12.30 点拨：因直线过原点，所以C=0，从0，1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为A，B两数，且顺序不同，表示直线不同，所以直线的条数为65=30.。
高中数学排列组合及二项式定理知识点
高中数学之排列组合二项式定理一、分类计数原理和分步计数原理：分类计数原理：如果完成某事有几种不同的方法，这些方法间是彼此独立的，任选其中一种方法都能达到完成此事的目的，那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的和。
分步计数原理：如果完成某事，必须分成几个步骤，每个步骤都有不同的方法，而—个步骤中的任何一种方法与下一步骤中的每一个方法都可以连接，只有依次完成所有各步，才能达到完成此事的目的，那么完成此事的方法总数就是这些方法种数的积。
区别：如果任何一类办法中的任何一种方法都能完成这件事，则选用分类计数原理，即类与类之间是相互独立的，即“分类完成”；如果只有当n 个步骤都做完，这件事才能完成，则选用分步计数原理，即步与步之间是相互依存的，连续的，即“分步完成”。
二、排列与组合：（1）排列与组合的区别和联系：都是研究从一些不同的元素中取出n 个元素的问题； 区别：前者有顺序，后者无顺序。
（2）排列数、组合数：排列数的公式：)()!(!)1()2)(1(n m m n n m n n n n A m n ≤-=+---= 注意：①全排列：!n A n n =； ②记住下列几个阶乘数，1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720；排列数的性质：①11--=m n m n nA A （将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素，分两步完成：第一步从n 个元素中选出1个排在指定的一个位置上；第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上）②m n m n m n A mA A 111---+=（将从n 个不同的元素中取出)(n m m ≤个元素，分两类完成：第一类：m 个元素中含有a ，分两步完成：第一步将a 排在某一位置上，有m 不同的方法。
第二步从余下1-n 个元素中选出1-m 个排在余下的1-m 个位置上）即有11--m n mA 种不同的方法。
第二类：m 个元素中不含有a ，从1-n 个元素中取出m 个元素排在m 个位置上，有m n A 1-种方法。
分类计数原理与分步计数原理
分类计数原理与分步计数原理在概率统计中，分类计数原理和分步计数原理是两种常用的计数方法，它们在解决排列组合和概率计算问题时起着重要的作用。
本文将分别介绍这两种计数原理的概念、应用和区别。
分类计数原理是指将一个复杂的问题分解成若干个简单的子问题，通过计算每个子问题的解的个数，再将它们相加得到最终结果的计数方法。
这种方法在解决排列组合问题时特别有效。
例如，求一个集合中所有满足某种条件的子集个数，就可以通过分类计数原理将问题分解成若干个子问题，然后分别计算每个子问题的解的个数，最后将它们相加得到最终结果。
分步计数原理是指将一个复杂的问题分解成若干个步骤，通过计算每个步骤的解的个数，再将它们相乘得到最终结果的计数方法。
这种方法在解决排列组合问题时同样非常有用。
例如，求一个事件发生的总次数，就可以通过分步计数原理将问题分解成若干个步骤，然后分别计算每个步骤的解的个数，最后将它们相乘得到最终结果。
分类计数原理和分步计数原理在解决问题时各有优势。
分类计数原理适用于将复杂问题分解成简单子问题的情况，而分步计数原理适用于将复杂问题分解成若干步骤的情况。
在实际问题中，我们可以根据具体情况选择使用分类计数原理或分步计数原理，以便更快更准确地解决问题。
需要注意的是，分类计数原理和分步计数原理并不是互斥的，有时候我们也可以将它们结合起来使用。
在解决某些复杂问题时，结合使用这两种计数原理可以更好地拆解问题，从而更高效地求解。
总之，分类计数原理和分步计数原理是解决排列组合和概率计算问题时常用的计数方法，它们在实际问题中具有重要的应用价值。
通过灵活运用这两种计数原理，我们可以更好地解决各种复杂的计数问题，提高问题求解的效率和准确性。
高考数学复习课件：排列组合与二项式定理
直接法：在处理有限制条件的排列，优先排 特殊元素，后再排其他元素。
定元定位优先排
间接法：先不考虑特殊元素，而列出所有元 素的全排列数，从中减去不满足特殊元素 要求的排列数。
注意：不重不漏
• 成才后翻P56 T13
• 六个人从左到右排成一行，最左端只能排甲或已，最右端不 能排甲，则不同的排法？
那么 完成这件事共有
种不同的方法.
2、分步乘法计数原理：完成一件事，需要分成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.
区别1 区别2
分类计数原理
分步计数原理
完成一件事，共有n类办法，关 键词“分类”
完成一件事，共分n个步骤，关 键词“分步”
解：（2）设f（x）=(3x-1)8 分别赋予x=1，-1
a0+a2+a4+a6+a8=[f(1)+f(-1)]/2
一般来说 多项式f（x）各项系数和为f（1） 奇数项系数和为1/2[f(1)-f(-1)] 偶数项系数和为1/2[f(1)+f(-1)]
求值、等式与不等式证明问题
（2）求证：5555+1能被8整除；
解:采用“隔板法” 得: C259 4095
类似练习： 1、将8个学生干部的培训指标分配给5个不同的班级， 共有多少种不同的分配方法？
2、从一楼到二楼的楼梯有17级，上楼时可以一步走 一级，也可以一步走两级，若要求11步走完，则有 多少种不同的走法？
3、方程x+y+z=12的非负整数解的个数为多少？ 正整数解的个数呢？
高中数学排列组合与二项式定理知识点总结
排列组合与二项式定理知识点１．计数原理知识点①乘法原理：N=n1·n2·n3·…nM (分步) ②加法原理：N=n1+n2+n3+…+nM (分类) ２．排列（有序）与组合（无序）Anm=n(n－1)(n－2)(n－3)…(n－m+1)=n!/(n-m)! Ann =n!Cnm = n!/(n-m)!m!Cnm= Cnn－m Cnm＋Cnm＋1= Cn+1m+1 k•k!=(k+1)!－k!３．排列组合混合题的解题原则：先选后排，先分再排排列组合题的主要解题方法：优先法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素. 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.捆绑法（集团元素法，把某些必须在一起的元素视为一个整体考虑）插空法（解决相间问题）间接法和去杂法等等在求解排列与组合应用问题时，应注意：(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题；(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；(3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；(4)列出式子计算和作答.经常运用的数学思想是：①分类讨论思想；②转化思想；③对称思想.４．二项式定理知识点：①(a+b)n=Cn0ax+Cn1an－1b1+ Cn2an－2b2+ Cn3an－3b3+…+ Cnran－rbr+-…+ Cn n－1abn－1+ Cnnbn特别地：(1+x)n=1+Cn1x+Cn2x2+…+Cnrxr+…+Cnnxn②主要性质和主要结论：对称性Cnm=Cnn－m最大二项式系数在中间。
（要注意n为奇数还是偶数，答案是中间一项还是中间两项）所有二项式系数的和：Cn０+Cn1+Cn2+ Cn3+ Cn4+…+Cnr+…+Cnn=2n奇数项二项式系数的和＝偶数项而是系数的和Cn０+Cn２+Cn４+ Cn６+ Cn８+…＝Cn１+Cn３+Cn５+ Cn７+ Cn９+…=2n -1 ③通项为第r+1项：Tr+1= Cnran－rbr 作用：处理与指定项、特定项、常数项、有理项等有关问题。
排列组合二项式定理知识点以及典型例题总结排列组合二项式定理知识点
排列组合二项式定理知识点以及典型例题总结考纲要求:1.知道分类计数原理与分步计数原理的区别，会用两个原理分析和解决一些简单的问题2.知道排列和组合的区别和联系，记住排列数和组合数公式，能用它们解决一些简单的应3.知道一些组合数性质的应用.4.了解二项式定理及其展开式5.记住二项式展开式的通项公式，并能够运用它求展开式中指定的项6.了解二项式系数的性质，能够利用二项式展开式的通项公式求出展开式中二项式系数最大的项.7.了解二项式的展开式中二项式系数与项的系数的区别知识点一：计数原理1.分类加法计数原理如果完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．两个基本计数原理的区别：分类计数原理——每一类办法都能把事单独完成；分步计数原理——缺少任何一个步骤都无法把事完成．2.分步乘法计数原理如果完成一件事，需分成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m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1·m2·…·m n种不同的方法．知识点二：排列1.排列的定义：一般地，从n个不同的元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m 个元素的一个排列．如果m ＜n ，这样的排列叫作选排列．如果m ＝n ，这样的排列叫作全排列．2. 排列数的定义：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有排列的个数，叫作从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号P mn 表示．3. 排列数的公式： (1) P m n ＝n ·(n －1)·(n －2)·…·(n －m ＋1)；(2) P m n ＝()!!n n m -； 规定：0！＝1.知识点三：组合1.组合的定义：一般地，从n 个不同元素中，任取m (m ≤n )个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．2.组合数的定义：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号C mn 表示．3. 组合数公式： (1)()()()121P C P !m mn n m n n n n n m m ---+==(2)()!C !!m n n m n m =-(n ，m ∈N ＋，且m ≤n ) 4. 组合数性质：(1) C =C m n m n n -；(2) 111C +C C mm m n n n +++=知识点四：二项式定理1. 二项式定理(a ＋b )n ＝011222C C C C C n n n m n m nn n n n n n a a b a b a b b ---++++++， n ∈N ＋其中C m n (m ＝0，1，2，…，n )叫做二项式系数；T m ＋1＝C m n m m n a b -叫做二项式展开式的通项公式．2. 二项式系数的性质：(1)每一行的两端都是1，其余每一个数都是它“肩上”两个数的和；(2)在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即C C r n r n n -=(3)如果二项式的幂指数n 是偶数，那么中间一项即第12n +项的系数最大；如果二项式的幂指数n 是奇数，那么中间两项即第12n +项和第32n +项的二项式系数相等且最大； (4)(a ＋b )n 的二项式系数之和为2n ，即012C C C ++C ++C m n n n n n n ++＝2n ； (5)(a ＋b )n 的二项展开式中，奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，都等12n -，024C C C +n n n ++135C +C C n n n =++12n -=.题型一 分类加法计数原理例1 一个盒子里有4个不同的红球，3个不同的黄球和5个不同的蓝球．从盒子中任取一个球，有多少种不同的取法？分析：盒子中取出一个球就可以完成任务，所以考察分类加法计数原理.解答：从盒子中任取一个球，共有三类方案：第一类方案，从4个不同的红球中任取一球，有4种方法；第二类方案，从3个不同的黄球中任取一球，有3种方法；第三类方案，从5个不同的蓝球中任取一球，有5种方法．所以，选一个班担任升旗任务的方法共有：12+10+10=32（种）题型二分步乘法计数原理例2 一个盒子里有4个不同的红球，7个不同的黄球和5个不同的蓝球．从盒子中取红球、黄球和蓝球各一个，有多少种不同的取法？分析：盒子中各取出一个球需要分三步，所以考察分步乘法计数原理.解答：完成这件事需要分三步．第一步，从4个不同的红球中任取一球，有4种方法；第二步，从3个不同的黄球中任取一球，有3种方法；第三步，从5个不同的蓝球中任取一球，有5种方法．由分步乘法计数原理，从盒子中取红球、黄球和蓝球各一个共有⨯⨯435=60种不同的取法．例3 邮政大厅有4个邮筒，现将三封信逐一投入邮筒，共有多少种投法？分析：三封信逐一投入邮筒分成三个步骤，每个步骤投一封信，分别均有4种方法．解答：应用分步计数原理，投法共有44464⨯⨯=种．题型三分类分步混合运算例4 一个盒子里有4个不同的红球，7个不同的黄球和5个不同的蓝球．从盒子中任取2个颜色不同的球，有多少种不同的取法？分析分类计数原理与分步计数原理混合使用的问题，一般要“先分类，后分步”.解答：可按所选两球的颜色分为如下3类．第1类：红球、黄球各一个，有4×7＝28种选法；第2类：红球、蓝球各一个，有4×5＝20种选法；第3类：黄球、蓝球各一个，有7×5＝35种选法．根据分类计数原理，不同的选法种数为N ＝28＋20＋35＝83(种)．知识点二 排列题型一 排列数公式的运用例5 已知221P P n n +-＝10，则n 的值为( ). A ．4 B ．5 C ．6 D ．7解答：由221P P n n +-＝10，得(n ＋1)n －n (n －1)＝10，解得n ＝5.故选B .题型二 排列的运用例6 小华准备从7本世界名著中任选3本，分别送给甲、乙、丙3位同学，每人1本，共有多少种选法？分析 选出3本不同的书，分别送给甲乙丙3位同学，书的不同排序，结果是不同的.因此选法的种数是从7个不同元素中取出3个元素的排列数.解答：不同的送法的种数是 37P 765210=⨯⨯=．即共有210种不同送法．题型三 某元素一定在某位置例7 4名男生和3名女生排成一排照相，分别按下列要求，求各有多少种不同的排法．（1）男生甲一定在中间位置；（2）男生甲不在中间位置.分析 本题是有限制条件的排列问题，若有特殊元素优先考虑特殊元素，若有特殊位置，优先考虑特殊位置.（1）分两步完成：第一步，男生站在中间位置，有一种排法；第二步，排其他的元素，共有66P 种排法.所以，男生甲一定在中间位置共有661P 720⨯=种排法.（2）分两步完成：第一步，男生不在中间位置，有5种排法；第二步，排其他的元素，共有66P 种排法.所以，男生甲一定在中间位置共有665P 3600⨯=种排法. 题型四 某几个元素相邻例8 4名男生和3名女生排成一排照相，同学甲、乙相邻有多少种排法？分析：解决“相邻”问题采用的是“捆绑法”解答：第一步，把甲、乙看成一个元素，与其他5人共6个元素进行全排列；第二步，甲、乙二人进行全排列．即6262P P ＝720×2＝1440(种)．题型五 某几个元素不相邻例9 4名男生和3名女生排成一排照相，同学甲、乙不相邻有多少种排法？分析：解决“不相邻”问题采用的是“插空法”.解答：第一步，把甲、乙之外的5名同学进行全排列；第二步，在5名同学之间或两端共6个空中插入甲、乙两名同学．即5256P P ＝120×30＝3600(种)． 例10 4名男生和3名女生排成一排照相，男女同学相间排列，有多少种排法？ 分析：“相间”是特殊的“不相邻”问题解答：第一步，男生全排列，有44P 种排法；第二步，女生全排列，有33P 种排法；第三步，相间插入有2中插入方法．即男女同学相间排列，有4343P P 2576⨯=种种排法．题型六 数字的排列问题例11 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，求：(1)组成的三位数的个数；(2)组成的三位数中偶数的个数；分析：对数字进行排列时，如果数字中含有0，应区别对待．因为0作为特殊元素，不能在首位出现．解答：(1)应采用特殊位置优先法．因为0不能为首位(百位)，所以首位的排法有14P 种，其他两位是从剩余的4个数字中选2个的一个排列，有24P 种，所以共有1244P P ＝48(种)．(2)由于0的存在，应分两类：第一类个位是0，有24P 个；第二类，个位不是0，先确定个位，从2，4中选一个，有12P 种，再确定首位，有13P 种，剩余的一位是从3个数中选1个，有13P 种．所以共有21114233P P P P +＝30(种)． 知识点三 组合题型一 组合的应用例12 学校组织一项活动，要从5名男同学，3名女同学中选4名．共有多少种选法？ 分析: 从5名男同学，3名女同学中选4名, 选出的4名同学任务是一样的，因此选法的种数是从8个不同元素中取出4个元素的组合数. 解答：不同的选法种数是488765C 704321⨯⨯⨯==⨯⨯⨯种. 题型二 一定包含或一定不包含某元素例13 学校组织一项活动，要从5名男同学，3名女同学中选4名．（1）若甲同学必须去，有多少种选法？（2）若甲同学一定不去，有多少种选法？分析：若甲同学必须去，再从其他7人中选3人即可．解答：（1）共有37765C 321⨯⨯=⨯⨯＝35种选法． 分析：若甲同学一定不去，从其他7人中选4人即可．解答：（2）共有47C 35=种选法．题型三 至多、至少问题例14 学校组织一项活动，要从5名男同学，3名女同学中选4名．若男生甲、女生乙至少有一个被选中，有多少种选法？分析：至多、至少问题从正面解，一般情况先分类，再求解.当从正面求解困难时，可从对立面求解.解答：方法一 男生甲、女生乙至少有一个被选中，分成两类：第一类 男生甲、女生乙只有一个人被选中，有1326C C 260120=⨯=种选法； 第二类 男生甲、女生乙都被选中，有2226C C 21530=⨯=种选法.所以，男生甲、女生乙至少有一个被选中，共有120+30=150种不同的选法.题型四 组合数性质的的相关计算例15 若44511C C C n n n --=+，求n .分析：考察组合数的性质111C +C C m m m n nn +++=；C =C m n m n n-. 解答：45511C +C =C ,n n n --∴45C =C ,n n∴n ＝4＋5＝9.题型四 排列、组合混合应用例16 从6名男生和5名女生中选出3名男生和2名女生排成一行，有多少种不同排法? 分析:可以首先将男生选出，再将女生选出，然后对选出的5名学生排序．解 不同排法的总数为32565565454C C P 543212400032121⨯⨯⨯⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯（种）． 知识点四 二项式定理题型一 求二项式展开式的指定项例17 求二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中第4项. 分析：.二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式第4项，则n 的值为10，m 的值为3，可直接用二项式的通项T m ＋1＝C m n m m n a b -求解.解答：T 4＝T 3＋1＝337103C x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭＝－3240x 4， ∴第4项是－3240x 4.. 例18 求二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中含x 6的项. 分析：二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中含x 6的项，则n 的值为10，m 的值未知.此类问题应先写出二项式的通项，结合条件“含x 6的项”确定出m 的值.从而求出含x 6的项.解答: ∵T m ＋1＝()1010210103C 3C m m m mm m x x x --⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 令10－2m ＝6，得m ＝2.∴含x 6的项为T 3＝T 2＋1＝(－3)2210C x 6＝405x 6. 例19 在二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式，求： (1)常数项；(2)二项式系数最大的项．分析：（1）求常数项，因为不知道m 的值，要根据“常数项”之一条件确定m 的值.所以，与例18过程相似；（2）可计算出第10162+=项为二项式系数最大的项，其实就是求第6项，所以与例17过程相似.解答：（1）∵T m ＋1＝()1010210103C 3C m m m mm m x x x --⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 10－2m ＝0，即m ＝5.∴展开式的第6项是常数项，即T 6＝T 5＋1＝5555510103C =(3)C x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭＝－61236. （2）∵n ＝10，∴展开式有11项，中间一项的二项式系数最大，中间一项为第6项． ∴T 6＝T 5＋1＝5555510103C =(3)C x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭＝－61236. 题型二 求二项式展开式的某一项系数与某一项的二项式系数.例20 求92)x -（的二项展开式中6x 的系数和该项的二项式系数． 分析：二项展开式中某项的的系数与这一项二项式系数是两个不同的概念. 某项的系数是除字母外的所有数乘积的结果，某项的二项式系数是该项的组合数，和其他无关. 解答： 92)x -（的展开式的通项公式为99199C (2)C (1)2m m m m m m m m T x x --+=-=-⋅⋅ 由9－m =6,得m ＝3．即二项展开式中含6x 的项为第4项．故这一项的系数是3339987C (1)2(8)672321⨯⨯⨯-⨯=⨯-=-⨯⨯．该项的二项式系数为39987C 84321⨯⨯==⨯⨯. 题型三 二项式各项系数和与二项式系数和例21 在(1－x )5的二项展开式中，各项系数和为____________；所有项的二项式系数之和为____________.分析：在二项式中令式子中的字母为1，可得各项系数和；所有项的二项式系数之和为2n ，即012C C C ++C ++C m n n n n n n ++＝2n ，故所有项的二项式系数之和只和n 有关.解答：在(1－x )5中，令x =1，可得各项系数和为0.(1－x )5的二项式系数之和为25=32.。
2014高三数学知识点精要21：排列、组合和二项式定理
2014高三数学知识点精要211.两个原理.（1）分类计数原理和分步计数原理是排列组合的基础和核心，既可用来推导排列数、组合数公式，也可用来直接解题。
它们的共同点都是把一个事件分成若干个分事件来进行计算。
只不过利用分类计算原理时，每一种方法都可能独立完成事件；如需连续若干步才能完成的则是分步。
利用分类计数原理，重在分“类”，类与类之间具有独立性和并列性；利用分步计数原理，重在分步；步与步之间具有相依性和连续性。
比较复杂的问题，常先分类再分步,分类相加，分步相乘. （2）一个模型： 影射B A f →:个数若A 有年n 个元素，B 有m 个元素，则从A 到B 能建立nm 个不同的影射①n 件不同物品放入m 个抽屉中，不限放法，共有多少种不同放法？ （解：nm 种） ②四人去争夺三项冠军，有多少种方法？③从集合A={1，2，3}到集合B={3，4}的映射f 中满足条件f （3）=3的影射个数是多少？ ④求一个正整数的约数的个数 （3）含有可重元素．．．．．．的排列问题. 对含有相同元素求排列个数的方法是：设重集S 有k 个不同元素a 1，a 2,…...a n 其中限重复数为n 1、n 2……n k ，且n = n 1+n 2+……n k , 则S 的排列个数等于!!...!!21k n n n n n =.如：已知数字3、2、2，求其排列个数3!2!1)!21(=+=n 又例如：数字5、5、5、求其排列个数？其排列个数1!3!3==n . 2.排列数m nA 中1,n m n m ≥≥∈N 、、组合数mn C 中,1,0,n m n m n m ≥≥≥∈、N . (1)排列数公式!(1)(2)(1)()()!m n n A n n n n m m n n m =---+=≤-；!(1)(2)21n nA n n n n ==--⋅。
如（1）1！+2！+3！+…+n ！（*4,n n N ≥∈）的个位数字为 （答：3）； （2）满足2886xx A A -<的x ＝ （答：8）(2)组合数公式()(1)(1)!()(1)21!!m m n n m m A n n n m n C m n A m m m n m ⋅-⋅⋅-+===≤⋅-⋅⋅⋅-；规定01！=，01n C =.如已知16mn mnm n C C A +++=，求 n ，m 的值（答：m ＝n ＝2）(3)排列数、组合数的性质： ①mn m nn C C -=；②111mm m nn n C C C ---=+；从n 个不同元素中取出m 个元素后就剩下n-m 个元素，因此从n 个不同元素中取出 n-m 个元素的方法是一一对应的，因此是一样多的就是说从n 个不同元素中取出n-m 个元素的唯一的一个组合.（或者从n+1个编号不同的小球中，n 个白球一个红球，任取m 个不同小球其不同选法，分二类，一类是含红球选法有1m n 111m n C C C --=⋅一类是不含红球的选法有m n C ）根据组合定义与加法原理得；在确定n+1个不同元素中取m 个元素方法时，对于某一元素，只存在取与不取两种可能，如果取这一元素，则需从剩下的n 个元素中再取m-1个元素，所以有C 1-m n ，如果不取这一元素，则需从剩余n 个元素中取出m 个元素，所以共有Cm n 种，依分类原理有m n m n m n C C C 11+-=+.③11kk n n kC nC --=；111111+++=+k n k n C n C k④1121++++=++++r n r n r r r r r rC C C C C ；⑤!(1)!!n n n n ⋅=+-；⑥11(1)!!(1)!n n n n =-++. (4)常用的证明组合等式方法. ① 裂项求和法. 如：)!1(11)!1(!43!32!21+-=++++n n n （利用!1)!1(1!1n n n n --=-）n.n!=(n+1)!-n!② 导数法. ③ 数学归纳法. ④倒序求和法. 1321232-=++++n nn n n n n nC C C C一般地：已知等差数列{a n }的首项a 1，公差为d ，a 1C 0n＋a 2C 1n＋a 3C 2n＋…＋a n ＋1C nn=（2a 1＋nd )·2n -1．⑤ 递推法（即用m n m nmn C CC 11+-=+递推）如：413353433+=+++n n C C C C C .⑥ 构造二项式. 如：nn n n n n C C C C 222120)()()(=+++证明：这里构造二项式nn n x x x 2)1()1()1(+=++其中n x 的系数，左边为22110nn n n n n n n n n n n C C C C C C C C ⋅++⋅+⋅+⋅-- ，22120)()()(n n n n C C C +++= 而右边nn C 2=. 更一般地：rnm r n m n r m n r m C C C C C C C +-=+++01103.解排列组合问题的依据是：分类相加（每类方法都能独立地完成这件事，它是相互独立的，一次的且每次得出的是最后的结果，只需一种方法就能完成这件事），分步相乘（一步得出的结果都不是最后的结果，任何一步都不能独立地完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事，各步是关联的），有序排列，无序组合．如（1）将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有 种（答：53）；（2）从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要甲型与乙型电视机各一台，则不同的取法共有 种（答：70）；（3）从集合{}1,2,3和{}1,4,5,6中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数是___（答：23）；（4）72的正约数（包括1和72）共有 个（答：12）；（5）A ∠的一边AB 上有4个点，另一边AC 上有5个点，连同A ∠的顶点共10个点，以这些点为顶点，可以构成_____个三角形（答：90）；（6）用六种不同颜色把右图中A 、B 、C 、D 四块区域分开，允许同一颜色涂不同区域，但相邻区域不能是同一种颜色，则共有 种不同涂法（答：480）；（7）同室4人各写1张贺年卡，然后每人从中拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有 种（答：9）；（8）f 是集合{},,Ma b c =到集合{}1,0,1N =-的映射，且()()f a f b +()f c =，则不同的映射共有 个（答：7）；（9）满足}4,3,2,1{=C B A 的集合A 、B 、C 共有 组（答：47）3.解排列组合问题的方法有：一般先选再排，即先组合再排列，先分再排。
排列与组合的计数原理与二项式定理
排列与组合的计数原理与二项式定理排列与组合是数学中常见的计数问题，它们在各个领域都有广泛的应用。
通过排列与组合的计数原理以及二项式定理，我们可以解决许多与数量有关的问题。
本文将详细介绍排列与组合的计数原理和二项式定理，并探讨它们的应用。
一、排列与组合的计数原理排列是指从一组对象中选取若干个对象按照一定的顺序进行排列的方式。
组合是指从一组对象中选取若干个对象不考虑顺序的方式。
在排列与组合的计数过程中，我们需要明确几个概念：元素个数、选取个数、顺序。
1.1. 排列计数原理排列计数原理适用于需要考虑顺序的情况。
当从n个元素中选取k 个元素进行排列时，排列的总数可以表示为P(n,k)。
其中，P(n,k)的计算公式为：P(n,k) = n! / (n-k)!其中，"!"表示阶乘，即将一个数与它前面所有的正整数相乘。
通过排列计数原理，我们可以计算出一系列排列问题的解答。
1.2. 组合计数原理组合计数原理适用于不考虑顺序的情况。
当从n个元素中选取k个元素进行组合时，组合的总数可以表示为C(n,k)。
其中，C(n,k)的计算公式为：C(n,k) = n! / (k! * (n-k)!)通过组合计数原理，我们可以解决一些需要从一组元素中选取若干个元素进行组合的问题。
二、二项式定理二项式定理是代数学中重要的定理之一。
它可以将任意的幂展开成一系列二项式的和。
二项式的一般形式为(x+y)^n，其中x和y为变量，n为非负整数。
根据二项式定理，展开式可以表示为：(x+y)^n = C(n,0) * x^n * y^0 + C(n,1) * x^(n-1) * y^1 + C(n,2) * x^(n-2) * y^2 + ... + C(n,n) * x^0 * y^n其中，C(n,k)为组合计数原理中的组合数。
二项式定理在代数、概率、统计等领域都有广泛的应用。
通过二项式定理，我们可以计算多项式的展开结果，进而解决一些复杂的代数问题。
【高中数学备课参考】计数原理排列组合及二项式定理：第5节 排列组合解题技巧
排列组合的的解题技巧一、准备工作：排列组合知识要点分析（一）基本原理1.分类计数原理：做一件事，完成它可以有类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，……，在第类办法中有种不同的办法，那么完成这件事共有：…种不同的方法。
2.分步计数原理：做一件事，完成它需要分成个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，……，做第步有种不同的办法，那么完成这件事共有：…种不同的方法。
3.两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关即“联斥性”：（1）对于加法原理有以下三点：①“斥”——互斥独立事件；②模式：“做事”——“分类”——“加法”③关键：抓住分类的标准进行恰当地分类，要使分类既不遗漏也不重复。
（2）对于乘法原理有以下三点：①“联”——相依事件；②模式：“做事”——“分步”——“乘法”③关键：抓住特点进行分步，要正确设计分步的程序使每步之间既互相联系又彼此独立。
（二）排列1．排列定义：一般地说从个不同元素中，任取个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中，任取个元素的一个排列。
特别地当时，叫做个不同元素的一个全排列。
2．排列数定义：从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示。
3．排列数公式（三）组合1．组合定义：一般地说从个不同元素中，任取个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合。
2．组合数定义：从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示。
3．组合数公式4．组合数的两个性质（四）排列与组合的应用1.排列的应用问题（1）无限制条件的简单排列应用问题，可直接用公式求解。
（2）有限制条件的排列问题，可根据具体的限制条件，用“直接法”或“间接法”求解。
2．组合的应用问题（1）无限制条件的简单组合应用问题，可直接用公式求解。
（2）有限制条件的组合问题，可根据具体的限制条件，用“直接法”或“间接法”求解。
高中数学 排列、组合、二项式定理 分类计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系(初始课件)
• 2。取数学和英语，同理有10*8=80种不同的取法； • 3。取英语和语文，同理有9*8=72种不同的取法。 • 根据分类计数原理，共有90+80+72=242种不同的取
法。
小结
• 1两个原理的区别与联系 • 2用两个计数原理解决计数问题时，最重要
• (2)对有些计数问题，既可以用分类加法计数原 理，也可以用分步乘法计数原理，此时要注意 权衡用哪种方法解决问题较为简便．
例题
• 有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同 的英语书，从中任取两本不用的类的书，共有多少 种不用的取法？
• 任取两种不同的书有三类：语文和数学 数学和英语 英语和语文。然后求出每类取法，利用分类加法记 数原理即可得到结果。
例题对比
问题1
• 从甲地到乙地，可以乘火 车，也可以乘汽车，一天 中，火车有 3 班，汽车有2 班那么一天中，乘这些交 通工具从甲地到乙地共有 多少种不同的走法？
问题2
• 从甲地乘火车丙地，从丙 地到乙地乘汽车，一天中， 火车有 3 班，汽车有2 班 那么一天中，乘这些交通 工具从甲地到途径丙地到 乙地共有多少种不同的走 法？
的是在开始计算之前进行仔细分析——需要 分类还是分步 • 3分类要做到不重不漏，然后在分别对每一 类进行计数，最后用加法计数原理求和 • 4分步要做到步骤完整，完成了所有步骤， 恰好完成任务，注意独立性和连续性
• 分析：按照新规定，牌照可以分为两类，即字母组合在左和字母组合 在右。确定一个牌照的字母和数字可以分为6个步骤。
• 解：将汽车牌照分为两类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合 在右。字母组合在左时，分6个步骤确定：
高考数学知识考点精析24 计数原理、排列组合与二项式定理
高考数学知识考点精析24 计数原理、排列组合与二项式定理1、分类计数原理（也称加法原理）：完成一件事，有n 类方法，在第一类方法中有m 1种不同的方法，在第二类方法中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1+m 2+…+m n 不同的方法。
注：每类方法都能独立地完成这件事，它是相互独立的，且每次得出的是最后的结果，只需一种方法就能完成这件事。
分步计数原理（乘法原理）：完成一件事，需要n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，…做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N=m 1m 2…m n 不同的方法。
注：一步得出的结果都不是最后的结果，任何一步都不能独立地完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事。
各步是关联的。
某些复杂的计数问题有时既要用分类计数原理，又要用分步计数原理，分类中有分步，分步中有分类。
2、全错位法，n 个编有号码1,2，3，…n 的元素，放入编有号码1,2，3，…n 的n 个位置，并使元素编号与位置编号不同，则共有多少种放法？n=1时，有0种，n=2时有1种,n=3时，有2种，n=4时，有9种，n=5时，有44种,…一般，()121()n n n a n a a --=-+，3、排列的概念：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。
全排列：把n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做这n 个元素的一个全排列。
排列数的概念：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 个元素的排列数，用符号A m n 表示。
A mn ＝n(n-1)(n-2)(n-3)…(n -m+1)=()!!m n n -,规定：0！＝1，排列数恒等式（1）1(1)m m n n A n m A -=-+;（2）1m mn n n A A n m-=-;（3）11m m n n A nA --=(4)11m m m n n n A mA A -++=阶乘：自然数1到n 的连乘积，用n!=1×2×3×…×n 表示 .()()()1!1!1!,!1!!1n n n n nn n n n =-=+=+-+ （1）1！+2！+3！+…+n ！（*4,n n N ≥∈）的个位数字为 3 ；（2）满足2886x x A A -<的x ＝ 8 4、组合的概念：从n 个不同元素中取出m 个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合。
高二数学分类计数原理与分步计数原理2
根据分步计数原理，最多可以有13×9×9＝1053种不同的选法
答：最多可以给1053个程序命名。
例4.电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与底等两种 状态，而这也是最容易控制的两种状态。因此计算机内部就采 用了每一位只有0或1两种数字的计数法，即二进制，为了使计 算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一 个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计 量单位，每个字节由８个二进制位构成，问 （1）一个字节（8位）最多可以表示多少个不同的字符？ （2）计算机汉字国标码（GB码）包含了6763个汉字，一个 汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用 多少个字节表示？ 如00000000，10000000， 11111111.
1、乘积 ( a1 a 2 a3 )(b1 b2 b3 )( c1 c2 c3 c4 c5 ) 展开后共有几项？
2、某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个 门进入商场，并且要求从其他的门出去，共有多 少种不同的进出商场的方式？
课堂练习
3.如图,该电
路,从A到B共 有多少条不 同的线路可 通电？
每一步得到的只是中间结果， 任何一步都不能独立完成这件 事，缺少任何一步也不能完成 这件事，只有各个步骤都完成 了，才能完成这件事。
各步之间是互相关联的。
各类办法是互相独立的。
即：类类独立，步步关联。
高三数学分类计数原理与分步计数原理
四、【布置作业】 优化设计P173
；希爱力双效片 必利劲 万艾可 希爱力双效片 必利劲 万艾可 ；
急火燎地挂上电筒,然后拔通梅林客栈の订餐热线.这点小事都办不好,难怪被甩,哎...第129部分悠闲の午后,充满生活气息の办公地点,香味四溢.“...你倒选了一个好地方,打算长住？”一个眼神明媚の女子坐在柏少华面前品尝着他做の菜肴,身穿一件天青色の真丝旗袍,远山一样の色彩让她看 起来淡雅大方.她是个很好看の女人,浓妆淡抹,玉音婉转,拥有一股含蓄优雅の韵味.“看情况,目前觉得挺好.”柏少华笑了笑,旁边の水开了,他往里边加了一小勺盐,一小勺橄榄油,取出适合一个人分量の通心面往锅里哗啦一放,一把整齐の意面像绽放在开水里の花朵.室内正在直播,两名容颜出 色の男女一起出现,活像一部世家偶像剧似の特别养眼.美食当前,早有准备の粉丝们在屏幕前有の吃着方便面,有の啃薯片,有の嚼辣条,有の咽口水,唯一相同の就是嘴巴没停过.“...姐,您今年贵庚啊？有男朋友了吗？没有の话可以考虑一下我.”“马不知脸长,也不瞧瞧自己长得像用胶合板做 の一堵墙,配得上我姐吗？”女子瞥见粉丝们の对话颇感有趣,不禁笑靥如花.“你の粉丝们挺可爱の.”柏少华瞧来一眼,唇边挂着一抹浅笑,“一群看热闹不嫌事大の小鬼.”“喂喂喂,姐姐我可是比你大三岁！”立即有人抗议,并扔他一束鲜花表达内心の喜悦,赤.裸裸地表示她是一个口是心非の 动物.“楼上の大姐,你老了,请让位,别妨碍妹妹们表现.”男神の亲属在前,女粉丝们极度兴奋猛献殷勤,像在见家长似の气氛十分紧张.倒是男粉丝淡定许多,他们明确表示男神の大姐很美,但不是他们の菜,他们更喜欢姓洪,姓艾,姓欧阳の那几位曾经入过镜头の青春少艾.“我喜欢那位余姐姐,成 熟稳重又能干,未来一定是个贤妻良母住家好女人,和老板挺配の,大家有没觉得？”“那个陆陆也不错,清秀佳人一枚,耐看.”“不行,作家の性情太飘忽,不适合务实の男人,像老板这样の以后会被欺负得很惨,真の.还是余姐姐好,她心灵手巧人也长得好,以后肯定能成为老板の贤内助,大家说是 吧是吧？”柏少华见众人の讨论越来越激烈,不由得出言提醒一下,“聊归聊,不许人身攻击.”他有那么弱吗？“没有,我们就比较比较.”“就是,为你着想,放心,在她们面前我们不会说の.”吧啦吧啦,仿佛一群正在网上开会の月老与红娘.有嘉宾の时候大家很热闹,仅有他一个人时静悄悄,除了 礼物在飘,这是属于他の独特风景.“诶？少华,你跟大家说嘉宾の来历？”女子蹙眉,这样可不好.柏少华往碟里の意面放进海鲜,将热腾腾の散发浓郁香气の肉酱盖在上边,“这些小鬼好奇问,她们自己说の.”他只是没有阻止,再淋上自制の美味酱汁,令人食指大动...这女子确实是他姐,是表姐, 名叫柏少媛.他小时候曾经随外婆回到外祖家住过两年,与表姐妹兄弟很亲近.后来他被父母接出去了,从这时在外边读书,逢假期才能回来探望外公外婆一段时间,不知不觉就生疏了.直到前两年才回来定居.直播完毕,表姐弟俩离开餐厅,打算出去散散步欣赏云岭の田园风光.“不打算回去过生日？ 大伯娘希望你回去.”柏少媛站在门口阶梯上深呼吸一下,身心放松,这里是个养生の好地方.柏少华拄杖而立,目光游移于四周の景色,“麻烦你回去转告,我对她介绍の名媛淑女没兴趣.”少媛微哂,“男大当婚女大当嫁,你决定回国发展就该想到有今天.”“你不也没嫁么？”柏少华不咸不淡地将 她一军.大表姐语结,责怪地嗔了他一眼.“少跟我贫嘴,男人要先成家再立业,有喜欢の赶紧带一个回去给大家过过眼.”柏少华：“...我家没有皇位要继承,不急.”“那可不一定,”表姐玩笑道,“说不准哪天皇冠就来了.”此表姐今年28有余,仍然单身.皇帝不急太监急,大伯娘天天在朋友圈里喊 人帮她找对象,就差把她の简历挂公园了,把这大表姐气得从这时独居远离亲人.她喜欢旅游,经常满世界地跑,今天到这儿只是路过顺便住几天.两人聊着天,此时,村路走来一老一少,神情忧愁,步履缓慢.路两旁浓荫密集,烈日之下,落在地面の只剩下斑驳の几点光影,给人腾出几分清凉の闲暇时 光.“她们是谁？要不要打招呼？”表姐悄声问.在她眼里,这一老一少是乡农の真实写照,此情此景,蕴含着宁静安逸の乡土之美,却不知诗情画意の后面隐藏着什么.“不用.”柏少华态度很冷淡.他极少主动与人打招呼,除非迎面遇上,或者看见举止怪异の人和物.再说了,没看见她们匆匆忙忙在赶 路么？还提着行李,哦,还拐了一个弯...咦？那不是陆陆家吗？俊颜微凝,转念一想,忽而眉头挑起,柏少华忍不住轻笑,清清冷冷の眼神里多了一丝暖意.“你笑什么？”大表姐惊讶地看他一眼.“没什么,走吧,我带你四周逛逛.”拄着拐杖,步伐稳健,心里暗叹（笑）：可怜の人儿,长日屋中坐,灾 福躲不过,斩不断の麻烦,搭不搭理最后都是她の错.唉,没见过这么倒霉の姑娘,今晚要不要给她做道菜压压惊？太可怜了...陆宅,在这个宁静の午后,婷玉在后院晾晒药材,陆羽在二楼码字赚钱.四只汪在休息,母猫小吉也蜷缩在凉亭の顶上晒太阳,不知它什么时候用什么方法跳上去の.剩下几只小 猫到处乱窜,打滚玩耍,偶尔踩水想弄湿架上の药材.“下去.”遭到温柔喝斥,一指弹中它の眉心,喵地一个后空翻安全落地.“呯呯呯,呯呯呯...”前院の门响了,婷玉回眸一顾,放下药材.“不许胡闹.”将正在爬药架の小猫们一个个摘下来扔到前院,自己随后跟上,经过四只汪身 边,“看着药材别弄脏了.”四只汪领命去了后院看守.打开院门,发现访客是一名老妇与上次那个身怀六甲の少妇,但是,她の孩子好像...“杏子在家吗？”第130部分“在我们家住几天？”凉亭里,茶香芬芳,点心摆上,陆羽和婷玉对视一眼.“恐怕不行.”“不可以.”待人客气の是陆羽,坚决果断 の是婷玉.面对两人异口同声の拒绝,赵婶既尴尬又有些难过.她这辈子没求过什么人,一向是老伴出头の,更没在小辈面前低过头,但今天...她这张老脸啊！“杏子,俗话说,远亲不如近邻,就当看在我跟你周叔の份上,让小飞在这儿住几晚,不,两晚也行...小飞晚上过来住,白天在家里帮忙,可能不 用两天就有客人离开了.”老人期盼道,小心翼翼地说完来意,脸上の褶子仿佛更深了.“赵婶,我很感激您和周叔当初の帮助.可说实话,自从听说何玲介绍这宅子给我是为了替定康叔消灾还人情之后,这一切都不重要了...”陆羽抬手制止急欲分辩の赵婶,“既然何玲一开始就不怀好意,作为亲人の 你们无论帮过我什么都是毫无意义の.”负罪感作祟而已,哪怕是真心实意,也无法改变一家子算计她の事实.这次是迷信,下次呢？宁与真小人交手,莫与伪君子为友.“况且我只是借你们の车用用,过后我不但帮你们送菜,去城里帮您孙子买复习资料、玩具包括何玲の化妆品,你们送我蔬菜小葱,我 也送了回礼...这些事,何玲当没看到,您跟周叔也看不到吗？”“杏子,这些我们都知道,可...”赵婶不善言辞,有些难堪.“没有可是,”打断长辈の话不礼貌,前提是对方要讲理,“赵婶,何玲来我家撒泼还打了我朋友,这笔帐我一直记得.我不想再跟你们老周家有任何牵连,所以这个忙我帮不了, 你们走吧.”挟恩图报,在她这里是行不通の.至于这个何小飞,陆羽看了一眼,是那天在餐厅对她咄咄逼人の旗袍美人.此刻正在一边翻白眼,那眼神闪烁不定在院里左瞧右瞄,一看就不是省心の人.“可她没地方去了！她房间被客人住了,行李都收拾好了.白大姐生病帮不了忙,小飞年轻又不懂煮饭, 只好让我和老伴回家伺候着.如果让小飞出去住,我们耳朵不好使恐怕招呼の不周到.唉,杏子,我们农民赚几个钱不容易,你就当帮帮婶子の忙,等这拔客人走了之后我跟老头子让玲子向你道歉好不好？”“这是两码事,赵婶,”陆羽态度很是冷淡,起身直接下逐客令,“不必多说,你们走吧.”见她不 为所动,赵婶唉了声,枯瘦の手开始抹眼泪.旁边の何小飞早听得不耐烦了,“婶子你跟她们啰嗦什么？房子又不是她の,让不让住她说了不算,你回去让我姑跟房东说一声.我今天就留下不走了,有事你们找我玲姑说去.”说罢,姑娘她一把提起行李风风火火就想闯进屋里找房间.“哎...”陆羽刚想 阻拦,忽然手臂被人抓得死紧死紧の.回头看一眼,是赵婶,打算耍无赖了？她不敢用力甩,万一老人在她家出事那麻烦就大了.“杏子,她就住两晚...”老人一味地哀求.陆羽静静看着老人,老周夫妇不是狡诈之徒,没想到今天为了达到目の居然不择手段.人の私欲一旦发作,善人比恶人更可怕.她不 慌不忙,因为婷玉已经拦住何小飞.“你干嘛？想动粗？现在是法治社会,你敢动我一根毫毛就等着坐牢吧！哼.”身高相等,稍嫌圆润の何小飞仰起下巴,挑眉瞪眼,态度相当嚣张.她の体积看起来比婷玉大一倍,心里自然是不怕の.不过,当她眼睁睁看着对方不声不响地举起手,两指之间挟着一枚细 如发丝の长针时,不禁心底一寒,微微后退.“你想干嘛你想干嘛,我告诉你...”死到临头还嘴硬.婷玉眸色转冷,二话不说手往前用力一刺.身上一痛,何小飞瞳孔倏地圆瞪,僵硬迟缓地低下头,无比惊恐地看着对方那枚三寸长の银针被毫不犹豫地刺进自己の锁骨下方,仅剩2cmの长度留在皮肤 外.“啊,啊,啊你...”何小飞被吓呆了,抬眸瞪着面无表情の女孩.她、她怎么敢？！见她正欲尖叫,婷玉迅速又举起一枚长针往她喉间一刺.啊——？！这回何小飞终于吓得尖叫出口,可惜四下静寂无声,喉咙像被什么塞住了,只能喘气,却发不出半点声音.“小飞？小飞怎么了？”赵婶老眼昏花, 看不出何小飞什么情况,只知道那位漂亮の姑娘在她面前扬了两次手,然后世界就安静了.“陆陆,我正好缺个药奴.”婷玉打量何小飞,眼神冷漠.主题有了,细节任凭发挥,这是某人の强项.陆羽心神领会,发现自己の手仍被赵婶抓得死紧,便轻轻一笑,“赵婶,您先放开手,我们同意了,但有件事得先 告诉你们...”一听说同意了,赵婶欣喜若狂,“什么事？你说.”终于完成任务了.“那倒不必,我不缺钱.”陆羽察觉老人劲道松了,稍用力一挣,缩回自己の手,“是这样,我这位姐姐来自秦岭,她从小在深山里长大,脑子有些不清醒,却对古老の药方、医术极感兴趣.”知道老人听不懂太文绉绉の话, 陆羽努力说得直白些.“她总以为自己是名医,常从山上采了好多草药回来找人试验.以后何小
计数原理、排列组合、二项式
分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础梳理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第一类方案中有m 种不同的方法，在第二类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝_______________种不同的方法．推广：2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第一步有m 种不同的方法，做第二步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝______________种不同的方法．推广：思考探究 区分“分类”和“分步”的依据是什么？课前热身1．从3名女同学2名男同学中选一人，主持本班的主题班会，则不同的选法种数为( )A ．6B ．5C ．3D ．22．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )A ．10种B ．20种C ．25种D ．32种3．有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三条长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是________．4．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法数为________．从第1,2,3层分别各取一本书， 不同的取法数为________． 考点1 分类加法计数原理的应用例1 高三一班有学生50人，男30人，女20人；高三二班有学生60人，男30人，女30人；高三三班有学生55人，男35人，女20人．(1)从高三一班或二班或三班学生中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从高三一班、二班的男生中，或从高三三班的女生中选一名学生任校学生会体育部部长，有多少种不同的选法？【题后感悟】 使用分类加法计数原理计数的两个条件：一是根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．二是完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法．变式练习: 方程x2m ＋y2n＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，其中m ∈{1,2,3,4,5}， n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆有__________个？考点2 分步乘法计数原理的应用例2 由数字1,2,3,4： (1)可组成_________个3位数？(2)可组成_________个没有重复数字的3位数？【题后感悟】 应用分步乘法计数原理要注意两点：(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么，必须经几步才能完成．(2)完成这件事需分为若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，本事件都不可能完成．考点3 两个计数原理的综合应用例3 有一项活动，需在3名老师、8名男生和5名女生中选人参加．(1)若只需1人参加，有多少种不同选法？(2)若需老师、男生、女生各一人参加，有多少种不同的选法？(3)若需一名老师、一名学生参加，有多少种不同的选法？【题后感悟】 在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求．排列与组合基础梳理1．排列与排列数(1)排列 从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素，____________________________，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．(2)排列数 从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素的_____________________，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，记作_______.2．组合与组合数(1)组合 从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素__________________，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．(2)组合数 从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素的_____________________，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，记作__________.思考探究 如何区分某一问题是排列问题还是组合问题？3．排列数、组合数的公式及性质 (n ，m ∈N *且m ≤n )公式 排列数公式＝_________________________ 组合数公式＝____________________________性质 (1)A n n ＝_________；(2)0！＝_____(1)C 0n ＝____；(2)C m n ＝______；(3)C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1课前热身1．设集合A ＝{1,2,3,4}，m ，n ∈A ，则方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点位于x 轴上的椭圆有( ) A ．6个 B ．8个 C ．12个 D ．16个2．用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A ．8B ．24C ．48D ．1203．有3名男生，4名女生，选其中5人排成一行，共有________种不同的排法；选其中5人参加一项活动，共有________种不同的选法.4．7名志愿者安排6人在周六、周日参加活动，若每天安排3人，则不同的安排方案有________种 考点1 排列问题有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．(1)排成前后两排，前排3人，后排4人；(2)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；(3)全体排成一排，女生必须站在一起．【题后感悟】 对于相邻问题，可以先将要求相邻的元素作为一个元素与其他元素进行排列，同时要考虑相邻元素的内部是否需要排列，这种方法称为“捆绑法”．对于不相邻的元素，可先排其他元素，然后将这些要求不相邻的元素插入空位，这种方法称为“插空法”．互动探究1．本题条件不变，求全体排成一排，男生互不相邻的排法总数．考点2 组合问题例2 从7名男生5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数．(1)A ，B 必须当选； (2)A ，B 不全当选．【题后感悟】 组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．互动探究2．题目条件不变，求符合下列条件的选法总数有多少？(1)A ，B 必不当选； (2)至少有2名女生当选．考点3 排列、组合的综合应用(2010·高考湖北卷)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是( )A ．152B ．126C ．90D ．54【题后感悟】 解答同时与排列、组合有关的应用题时，要遵循先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则．基本题型包括：排列中的“在与不在”问题；组合中的“有与没有”问题、“相邻与不相邻”问题等变式训练3．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是( )A ．1260B ．2025C ．2520D ．5040方法技巧1．对于有附加条件的排列组合应用题，通常从三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)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)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不合要求的排列或组合数失误防范1．要注意均匀分组与不均匀分组的区别，均匀分组不要重复计数.2．解受条件限制的组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现遗漏或重复．3．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．二项式定理基础梳理1．二项式定理(1)二项式定理 公式(a ＋b )n ＝______________________________叫做二项式定理．(2)二项展开式的通项 T k ＋1＝______________为展开式的第________项．思考探究 在公式中，交换a ，b 的顺序对各项是否有影响？提示：从整体看，(a ＋b )n 与(b ＋a )n 相同，但具体到某一项是不同的，如(a ＋b )n 的第k ＋1项T k ＋1＝C k n an －k b k ，(b ＋a )n 的第k ＋1项T ′k ＋1＝C k n b n －k a k .2．二项式系数的性质(1)对称性：与首、末两端________的两个二项式系数相等，即______________.(2)增减性与最大值：二项式系数k n C ，当__________时，二项式系数是递增的；当__________时，二项式系数是递减的．当n 是偶数时，____________取得最大值．当n 是奇数时，中间两项_______ 和______相等，且同时取得最大值．(3)各二项式系数的和(a ＋b )n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n ，即C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝_________.二项展开式中,偶数项的二项式系数的和_______奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝________.考点1 二项展开式中的特定项或特定项的系数例1 (2011·高考山东卷)若⎝⎛⎭⎫x －a x 26展开式的常数项为60，则常数a 的值为________． 【题后感悟】 求二项展开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k ＋1，代回通项公式即可 考点2 最大系数与系数最大项的求法例2 二项式(1＋sin x )n 的展开式中，末尾两项的系数之和为7，且系数最大的一项的值为52，则x 在[0,2π]内的值为________．【题后感悟】求形如(a ＋bx )n (a ，b ∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式的各项系数分别为A 0，A 1，A 2，…，且第k ＋1项系数最大．由⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1A k ≥A k ＋1解出k ，即得系数最大项．变式训练： (1＋2x)n 的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项．考点3 二项式系数的性质例3 在二项式⎝⎛⎭⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数之和为A ，各项二项式系数之和为B ， 且A ＋B ＝72，则展开式中常数项的值为( )A ．6B ．9C ．12D ．18例4 二项式(2x －3y)9的展开式中，求：(1)二项式系数之和；(2)各项系数之和；(3)所有奇数项系数之和．【题后感悟】 (1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b)n 、(ax2＋bx ＋c)m(a 、b ∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by)n (a ，b ∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)若f(x)＝a0＋a1x ＋a2x 2＋…＋anx n ，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2. 变式训练 (2010·高考江西卷)(2－x )8展开式中不含x 4项的系数的和为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2对二项式定理的再认识 (1)通项为T r ＋1＝C r n an －r b r 是(a ＋b )n 的展开式的第r ＋1项，而不是第r 项，这里r ＝0,1，…，n . (2)二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是指C 0n ，C 1n ，…，C n n ，它只与各项的项数有关，而与a ，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a ，b 的值有关，如(a ＋bx )n 的展开式中，第r ＋1项的二项式系数是C r n ，而该项的系数是C r n an －r b r .当然，在某些二项展开式(如(a ＋b )n )中，各项的系数与二项式系数是相等的．失误防范1．区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细．项的系数与a ，b 有关，可正可负，二项式系数只与n 有关，恒为正(如例1)．2．切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概念3．赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1．4．在化简求值时，注意二项式定理的逆用,要用整体思想看待a 、b.课后练习1．(2011·高考福建卷)(1＋2x)5的展开式中，x2的系数等于( )A ．80B ．40C ．20D ．10解析：选B.(1＋2x )5的第r ＋1项为T r ＋1＝C r 5(2x )r ＝2r C r 5x r ，令r ＝2，得x 2的系数为22·C 25＝40.2.⎝⎛⎭⎫12x 2－2x 310的展开式中的常数项是( )A ．210 B.1052 C.14D ．－105 3．(2012·荆州质检)(x ＋y)12的展开式中，与第3项系数相等的项是第________项．4．(2012·开封调研)在(x －a)10的展开式中，含x7项的系数是15，则实数a ＝________.。
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联系
• 分类加法计数原理和分步乘法计数原理， 回答的都是有关做一件事的不同方法的种 数问题
区别
• 分类加法计数原理针对的是“分类”问题， 其中各种方法相互独立，用其中任何一种 方法都可以做完这件事；分步乘法计数原 理针对的是“分步”问题，各个步骤中的 方法相互依存，只有各个步骤都完成才算 做完这件事。
• 1。取语文和数学，根据分布乘法计数原理有 10*9=90种不同的取法；
• 2。取数学和英语，同理有10*8=80种不同的取法； • 3。取英语和语文，同理有9*8=72种不同的取法。 • 根据分类计数原理，共有90+80+72=242种不同的取
法。
小结
• 1两个原理的区别与联系 • 2用两个计数原理解决计数问题时，最重要
的是在开始计算之前进行仔细分析——需要 分类还是分步 • 3分类要做到不重不漏，然后在分别对每一 类进行计数，最后用加法计数原理求和 • 4分步要做到步骤完整，完成了所有步骤， 恰好完成任务，注意独立性和连续性
分类计数原理和分步乘法计数 原理的联系
主讲教师：栾小敏
分类计数原理：做一件事，完成它有m1类办法，在第一类办法 中有m2种不同的方法，在第二类办法中有m3种方法，……，在 第n类办法中有mn种不同的方法．那么完成这件事共有 N=m1+m2+m3+……+mn种不同的方法．又称加法原理．
分步计数原理：做一件事，完成它需要分成 n个子步骤，做第一个步骤有m1种不同的方 法，做第二个步骤有m2种不同方法，……， 做第n个步骤有mn种不同的方法．那么完成 这件事共有N=m1*m2*m3*……*mn种不同的 方法．又称乘法原理．
区别1 区别2
分类计数原理
分步计数原理
完成一件事，共有n类办法，关 键词“分类”
完成一件事，共分n个步骤，关 键词“分步”
每类办法都能独立地完成这件事情，每一步得到的只是中间结果，任何一步
它是独立的、一次的、且每次得到 都不能独立完成这件事，缺少任何一步
的是最后结果，只须一种方法就可 也不能完成这件事，只有各个步骤都完
例题对比
问题1
• 从甲地到乙地，可以乘火 车，也可以乘汽车，一天 中，火车有 3 班，汽车有2 班那么一天中，乘这些交 通工具从甲地到乙地共有 多少种不同的走法？
问题2ห้องสมุดไป่ตู้
• 从甲地乘火车丙地，从丙 地到乙地乘汽车，一天中， 火车有 3 班，汽车有2 班 那么一天中，乘这些交通 工具从甲地到途径丙地到 乙地共有多少种不同的走 法？
内容
描述
课件名称
分类加法计数原理与分步乘法计数原理的关系
课程内容 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系
教学设计
激趣导入：通过两个具体例子引出分类计数原理概念。
知识新授：通过实例总结分类加法计数原理和分步乘 法记数原理的区别和联系。 课堂练习：通过两道小题进一步明确两者的关系
课堂小结：总结区别和联系
分步乘法计数原理的应用
• 【例2】 随着人们生活水平的提高，某城市 家庭拥有量迅速增长，汽车牌照号码需要 扩容。交通管理部门出台了一种汽车牌照 组成办法，每一个汽车牌照必须有3个不重 复的英文字母和3个不重复的阿拉伯数字， 并且3个字母必须合成一组出现，3个数字 也必须合成一组出现。那么这种办法共能 给多少量汽车上牌照？
完成这件事。
成了，才能完成这件事。
区别3
各类办法是互相独立的。
各步之间是互相关联的。
即：类类独立，步步关联。
分类加法计数原理的应用
• 【例1】 在所有的两位数中，个位数字大于 十位数字的两位数共有多少个？
• 分析：该问题与计数有关，可考虑选用两 个计数原理来计算，完成这件事，只要两 位数的个位、十位数字确定了，这件事也 就完成了．因此可考虑安排十位数上的数 字进行分类，也可以考虑安排个位数上的 数字进行分类
• 26*25*24*10*9*8=11 232 000 • 同理字母组合在右的个数也位11 232 000个 • 所以共能给22 646 000辆汽车上牌照。
两个原理的综合应用
• (1)对于有些计数问题的解决，对它们既需要进 行“分类”，又需要进行“分步”，那么就要 综合运用两个原理来解决问题．解决这类问题， 首先要明确是先“分类”后“分步”，还是先 “分步”后“分类”；其次是在“分类”和 “分步”的过程中，均要明确“分类标准”和 “分步程序”．
• (2)对有些计数问题，既可以用分类加法计数原 理，也可以用分步乘法计数原理，此时要注意 权衡用哪种方法解决问题较为简便．
例题
• 有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同 的英语书，从中任取两本不用的类的书，共有多少 种不用的取法？
• 任取两种不同的书有三类：语文和数学 数学和英语 英语和语文。然后求出每类取法，利用分类加法记 数原理即可得到结果。
• 分析：按照新规定，牌照可以分为两类，即字母组合在左和字母组合 在右。确定一个牌照的字母和数字可以分为6个步骤。
• 解：将汽车牌照分为两类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合 在右。字母组合在左时，分6个步骤确定：
• 第1步，从26个字母中选一个放在首位，有26种选法。 • 第2步，从剩下的25个字母中选一个放在第2位，有25种选法。 • 第3步，从剩下的24个字母中选一个放在第3位，有24种选法。 • 第4步，从10个数字中选1个，放在第4位，有10种选法。 • 第5步，从剩下的9个数字中选1个，放在第5位，有9种选法。 • 第6步，从剩下的8个数字中选1个，放在第6位，有8种选法。 • 根据分步乘法计数原理，字母在左的个数为：