第12章第1节两个计数原理 -2021年新高考数学自主复习PPT
《两个计数原理》课件
概率计算问题
概率的基本性质
概率具有非负性、规范性、可加性等基本性质,用于描述随机事件发生的可能性。
概率计算方法
通过列举法、古典概型、几何概型等方法计算概率。
分步计数原理在概率计算问题中的应用
将复杂事件分解为若干个简单事件的组合,利用分步计数原理计算每个简单事件发生的概率,然后根据 概率的加法原则和乘法原则计算出复杂事件发生的概率。
04
两个计数原理的实例分析
排列组合实例
总结词
通过具体实例,理解排列与组合的概念及计算方法。
详细描述
通过实际生活中的例子,如不同颜色球的不同排列方式、不同组合的彩票中奖 概率等,来解释排列与组合的基本概念,以及如何使用计数原理进行计算。
概率计算实例
总结词
通过实例掌握概率计算的基本方 法。
详细描述
选择分步计数原理
当问题涉及多个独立步骤,且需要按照顺序逐步计算每一步 的数量时,应选择分步计数原理。例如,计算排列数时,需 要按照顺序计算从n个不同元素中取出k个元素的所有排列数 。
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感谢聆听
05
总结与思考
两个计数原理的异同点
相同点
两个计数原理都是用来解决计数问题,特别是涉及多个独立事件 的问题。
不同点
分类计数原理是针对完成某一任务的不同方式进行计数,而分步 计数原理则是针对完成某一任务的不同步骤进行计数。
两个计数原理的应用范围
分类计数原理
适用于问题涉及多种独立的方式或方法,需要分别计算每一种方式或方法的数量 ,然后求和得到总数。
分步计数原理的适用范围是:当完成 一个任务时,需要分成几个有序的步 骤,并且各个步骤之间有相互影响。
两个计数原理的对比
2021高考数学一轮复习第十二章概率随机变量及其分布123离散型随机变量的分布列均值与方差课件理新
(2)该顾客获得的奖品总价值X元的分布列.
解 依题意可知,X的所有可能取值为0,10,20,50,60, 且 P(X=0)=CC40C21026=13,P(X=10)=CC31C21016=52, P(X=20)=CC21230=115,P(X=50)=CC11C21016=125,P(X=60)=CC11C21013=115. 所以X的分布列为
题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)离散型随机变量的概率分布列描述了由这个随机变量所刻画的随机现象.
(√) (2)离散型随机变量的分布列中,随机变量取各个值的概率之和可以小于1.( × ) (3)随机变量的均值是常数,样本的平均数是随机变量,它不确定.( √ )
综上所述,建议该投资公司选择项目一投资.
思维升华
SI WEI SHENG HUA
离散型随机变量的均值与方差的常见类型及解题策略 (1)求离散型随机变量的均值与方差.可依题设条件求出离散型随机变量的分布 列,然后利用均值、方差公式直接求解. (2)由已知均值或方差求参数值.可依据条件利用均值、方差公式得出含有参数 的方程(组),解方程(组)即可求出参数值. (3)由已知条件,作出对两种方案的判断.可依据均值、方差的意义,对实际问 题作出判断.
跟踪训练1 在一次购物抽奖活动中,假设某10张劵中有一等奖券1张,可获 价值50元的奖品;有二等奖券3张,每张可获价值10元的奖品;其余6张没有 奖.某顾客从此10张奖券中任抽2张,求: (1)该顾客中奖的概率;
解 该顾客中奖,说明是从有奖的4张奖券中抽到了1张或2张,由于是等可能 地抽取, 所以该顾客中奖的概率 P=C14CC16+210 C42=3405=23. 或用间接法,即P=1-CC12260=1-1455=23.
10.1两个计数原理、排列与组合-2021届高三数学一轮复习考点突破课件(共51张PPT)
(2)(上海市 2020 届高三上一模冲刺练习)语文里流行一种
特别的句子,正和反读起来都一样的,比如:“清水池里池
水清”、“中山自鸣钟鸣自山中”,那么在所有的四位数中
符合这个规律且四个数字不能都相同的四位数有
个.
解:设符合题意的四位数为 xyyx, 则当 x=1 时,y=0,2,3,…,9,共 9 个; 当 x=2 时,y=0,1,3,…,9,共 9 个; …
评析 仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键. 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 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 哪一种方法都能单独完成这件事,求完成这件事的方法种数,就用分类
加法计数原理;如果完成一件事需要分成 n 个步骤,缺一不可,即需要 依次完成 n 个步骤,才能完成这件事,而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,就用分步乘法计数原理.
2.(上海市杨浦区 2020 届高三上期中质量调研)从 1,2,3,
4,5,6,7,8,9 中任取 5 个不同的数,中位数为 4 的取法有
()
A.15 种 B.16 种
C.27 种 D.30 种
解:从 1,2,3,4,5,6,7,8,9 中任取 5 个不同的
数,中位数为 4,则必取到 4,故应在 1,2,3 中取 2 个数, 在 5,6,7,8,9 中取 2 个数,即不同的取法有 C23C25=3×10 =30 种.故选 D.
m∈N,并且 m≤n. (4)组合数的两个性质: ①Cmn =____________; ②Cmn+1=____________+____________.
自查自纠
1.m1+m2+…+mn 2.m1×m2×…×mn 3.相互独立 任何一种方法
11.1两个计数原理-2021届高三数学(新高考)一轮复习课件(共28张PPT)
三、走进高考 4.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.24 B.18 C.12 D.9
答案:B 解析:由 E 到 F 有 6 种走法,由 F 到 G 有 3 种走法,由分步乘法 计数原理知,共 6×3=18(种)走法,故选 B.
(2)如图所示的五个区域中,现有四种颜色可供选择,要求每一个 区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数 为( )
A.24 B.48 C.72 D.96
答案:C 解析:分两类:(1)A,C 不同色,先涂 A 有 4 种,C 有 3 种,E 有 2 种,B,D 有 1 种,有 4×3×2=24 种涂法.(2)A,C 同色,先涂 A 有 4 种,E 有 3 种,C 有 1 种,B,D 各有 2 种,有 4×3×2×2=48 种涂法.故共有 24+48=72 种涂色方法,故选 C.
2.从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数 成等比数列,这样的等比数列的个数为( )
A.3 B.4 C.6 D.8
答案:D 解析:以 1 为首项的等比数列为 1,2,4;1,3,9;以 2 为首项的等比 数列为 2,4,8;以 4 为首项的等比数列为 4,6,9;把这 4 个数列的顺序颠 倒,又得到另外的 4 个数列,所以所求的数列共有 2×(2+1+1)=8 个.
A.120 B.140 C.240 D.260
答案:D 解析:由题意,先涂 A 处共有 5 种涂法,再涂 B 处有 4 种涂法, 最后涂 C 处,若 C 处与 A 处所涂颜色相同,则 C 处共有 1 种涂法,D 处有 4 种涂法;若 C 处与 A 处所涂颜色不同,到 C 处有 3 种涂法,D 处有 3 种涂法,由此可得不同的涂色方法有 5×4×(1×4+3×3)= 260(种),故选 D.
2021版高考数学一轮复习第十二章计数原理、概率、随机变量及其分布12.2排列、组合与二项式定理练习理北师大
12.2 排列、组合与二项式定理核心考点·精准研析考点一排列、组合的基本问题1.某校根据2017版新课程标准开设A类选修课3门,B类选修课4门,一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有( )A.30种B.35种C.42种D.48种2.在由数字1、2、3、4、5组成的所有没有重复数字的5位数中,大于23 145且小于43 521的数共有( )A.56个B.57个C.58个D.60个3.八个人分两排坐,每排四人,限定甲必须坐在前排,乙、丙必须坐在同一排,共有________________种安排办法.4.(2018·浙江高考)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成________________个没有重复数字的四位【解析】1.选A.按照所选的3门课程中A类的情形分两类:第一类,2门A类选修课,1门B类选修课,有种方法;第二类,1门A类选修课,2门B类选修课,有种方法,所以由分类加法计数原理得不同的选法共有+=12+18=30(种).2.选C.按照首位的大小分类:(1)开头为231的,有一个.(2)开头为23的,第三位从4,5中选一个,有种,余下的后两位,有种,共有=4个.(3)开头为2,第2位从4,5中选一个,有种,余下的后3位,有种,共有=12个.(4)开头为3,后四位由1,2,4,5全排列,有4!=24个.(5)开头为4,第二位为1,2中的一个,有2种方法,后三位有3!=6种方法,共有2×6=12个.(6)开头为43,第三位从1,2中选一个,有2种方法,后两位有2!种方法,共有2×2=4个.(7)开头为435的,只有1个,所以由分类加法计数原理得所求的数共有1+4+12+24+12+4+1=58(个).3.方法一:可分为“乙、丙坐在前排,甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排,甲坐在前排的八人坐法”两类情况.应当使用分类加法计数原理,在每类情况下,划分“乙、丙坐下”“甲坐下”“其他五人坐下”三个步骤,又要用到分步乘法计数原理,这样可有如下算法:··+··=8 640(种).方法二:采取“总方法数减去不符合题意的所有方法数”的算法.把“甲坐在前排的八人坐法数”看成“总方法数”,这个数目是·.在这种前提下,不合题意的方法是“甲坐在前排,且乙、丙坐两排的八人坐法,”这个数目是····.其中第一个因数表示甲坐在前排的方法数,表示从乙、丙中任选出一人的方法数,表示把选出的这个人安排在前排的方法数,下一个则表示乙、丙中未安排的那个人坐在后排的方法数,就是其他五人的坐法数,于是总的方法数为·-····=8 640(种).答案:8 6404.分类讨论:第一类:不含0的,按照分步乘法计数原理:=10×3×24=720;第二类:包含0的,按照分步乘法计数原理:=10×3×3×6=540,所以一共有1 260个没有重复数字的四位数.答案:1 2601.求解有限制条件的排列问题的主要方法直接法分类法选定一个适当的分类标准,将要完成的事件分成几个类型,分别计算每个类型中的排列数,再由分类加法计数原理得出总数分步法选定一个适当的标准,将事件分成几个步骤来完成,分别计算出各步骤的排列数,再由分步乘法计数原理得出总数捆绑法相邻问题捆绑处理,即可以把相邻几个元素看作一个整体与其他元素进行排列,同时注意捆绑元素的内部排列插空法不相邻问题插空处理,即先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中除法对于定序问题,可先不考虑顺序限制,排列后,再除以已定元素的全排列间接法对于分类过多的问题,按正难则反,等价转化的方法2.两类含有附加条件的组合问题的方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:若“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;若“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中选取.(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型:解这类题目必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法或间接法都可以求解,用直接法分类复杂时,可用间接法求解.考点二排列、组合的综合问题【典例】1.从A,B,C,D,E 5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛,其中A不参加物理、化学竞赛,则不同的参赛方案种数为( )A.24B.48C.72D.1202.把20个不加区别的小球放入1号,2号,3号的三个盒子中,要求每个盒内的球数不小于它的编号数,则不同的方法种数为________________.3.对于任意正整数n,定义“n的双阶乘n!!”如下:当n为偶数时,n!!=n··……6·4·2,当n为奇数时,n!!=n··……5·3·1,现有四个结论:①(2018!!)·(2019!!)=2019!,②(2n)!!=2n,③2018!!的个位数字是8,④<,则四个结论中正确的是________________.【解题导思】序号联想解题1 由“A不参加物理、化学竞赛”联想到分类:A参加,A不参加.由题意知小球没有区别,及盒子内球数不小于编号数,联想到先在2,3号盒子里分别放上1,2个2球,变成了挡板问题.3 看到双阶乘,联想到阶乘.【解析】1.选C.因为A参加时参赛方案有=48(种);A不参加时参赛方案有=24(种),所以不同的参赛方案共72种.2.先在编号为2,3的盒内分别放入1个,2个球,还剩17个小球,三个盒内每个至少再放入1个,将17个球排成一排,有16个空隙,插入2块挡板分为三堆放入三个盒中,即可共有C=120种方法.答案:1203.因为(2018!!)·(2019!!)=(2018×2016×…×6×4×2)×(2019×2017×…×5×3×1)=2019×2018×2017×…×5×4×3×2×1=2019!所以①是正确的.因为(2n)!!=··……6·4·2=2n··……3·2·1=2n, 所以②是正确的.因为由②知道2018!!中有因数5,也有因数2,所以个位数字是0,所以③是错误的.因为对任意正整数n,都有<,所以=,<,=,<,…,=,<,把上面的2n个式子作乘法,得<,所以两边开方得<,所以④是正确的.答案:①②④解决排列、组合的综合问题的关键点(1)解排列与组合综合题一般是先选后排,或充分利用元素的性质进行分类、分步,再利用两个原理作最后处理.(2)解受条件限制的组合题,通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决.分类标准应统一,避免出现重复或遗漏.(3)对于选择题要谨慎处理,注意答案的不同形式,处理这类选择题可采用排除法分析选项,错误的答案都有重复或遗漏的问题.(4)熟记排列数、组合数公式及其变形,准确计算.1.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.24B.48C.60D.72【解析】选D.分两步:第一步,先排个位,有种选择;第二步,排前4位,有种选择.由分步乘法计数原理,知有·=72个.2.某班组织文艺晚会,准备从A,B等8个节目中选出4个节目演出,要求A,B两个节目至少有一个选中,且A,B同时选中时,它们的演出顺序不能相邻,那么不同演出顺序的种数为( )A.1 860B.1 320C.1 140D.1 020【解析】选C.当A,B节目中只选一个时,共有=960种演出顺序;当A,B节目都被选中时,由插空法得共有=180种演出顺序.所以一共有960+180=1140种演出顺序.3.已知i,m,n是正整数,且1<i≤m<n,求证:.【证明】(用分析法)原不等式等价于<,左边==···…·,于是只要证明<即可,联想到“糖水不等式:若0<a<b,m>0,则0<<<1”及不等式的可乘性,所以···…·<··…=,所以原不等式成立.考点三二项式定理命题精解读1.考什么:(1)考查二项展开式的通项及由通项求某一项的系数或常数项.(2)考查应用赋值法求某些数列的和.2.怎么考:求二项展开式的通项或某指定项的系数或常数项,或知道某项系数或二项式系数,反求参数的值,考查二项展开式中组合思想的应用.3.新趋势:结合二项展开式的特征,与数列求和或不等式等知识交汇考查二项式定理.学霸好方法1.求解二项式定理问题的关键:(1)熟记二项式定理,会用组合思想解决展开式的通项,或某些指定项.(2)熟悉二项展开式的特征,掌握赋值法解某项数列求和问题.2.交汇问题:解决与数列、不等式等知识交汇问题时,先用赋值法构造求和模型,再转化为熟悉的问题.二项展开式的通项及其应用【典例】1.(2018·全国卷Ⅲ)的展开式中x4的系数为( ) A.10 B.20 C.40 D.802.的展开式中常数项为( )A. B.160 C.- D.-160 【解析】1.选C.展开式的通项公式为T r+1=(x2)5-r=2r x10-3r,令10-3r=4可得r=2,则x4的系数为22=40.2.选A.的展开式的通项为T r+1=x6-r=x6-2r,令6-2r=0,得r=3,所以展开式中的常数项是T4==.如何解决与二项展开式的通项有关的问题?提示:(1)求展开式中的特定项或其系数.可依据条件写出第k+1项,再由特定项的特点求出k值即可. (2)已知展开式的某项或其系数求参数.可由某项得出参数项,再由通项公式写出第k+1项,由特定项得出k 值,最后求出其参数.二项式系数的性质与各项的和【典例】1.(2019·郑州模拟)若二项式的展开式的二项式系数之和为8,则该展开式所有项的系数之和为( )A.-1B.1C.27D.-272.(2019·鄂尔多斯模拟)在的展开式中,x3的系数等于-5,则该展开式的各项的系数中最大值为( )A.5B.10C.15D.203.(2019·襄阳模拟)设(x2+1)(2x+1)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a10(x+2)10,则a0+a1+a2+…+a10的值为________________.【解析】1.选A.依题意得2n=8,解得n=3,取x=1,得该二项展开式每一项的系数之和为(1-2)3=-1.2.选B.的展开式的通项为T r+1=x5-r·=(-a)r x5-2r,令5-2r=3,则r=1,所以-a×5=-5,即a=1,展开式中第2,4,6项的系数为负数,第1,3,5项的系数为正数,故各项的系数中最大值为=10.3.在所给的多项式中,令x=-1可得(1+1)×(-2+1)8=a0+a1+a2+…+a10,即a0+a1+a2+…+a10=2.答案:2如何求解二项式系数或展开式系数的最值问题?提示:求解二项式系数或展开式系数的最值问题一般分两步:第一步,要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最大”两者中的哪一个.第二步,若是求二项式系数的最大值,则依据(a+b)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解.若是求展开式系数的最大值则在系数均为正值的前提下,求最大值只需解不等式组即可求得答案.二项式定理的综合应用【典例】1.(x+y)(2x-y)6的展开式中x4y3的系数为( )A.-80B.-40C.40D.802.(2019·枣阳模拟)(x2+x+y)5的展开式中x5y2的系数为 ( )A.10B.20C.30D.60【解析】1.选D.(2x-y)6的展开式的通项公式为T r+1=(2x)6-r(-y)r,当r=2时,T3=240x4y2,当r=3时,T4=-160x3y3,故x4y3的系数为240-160=80.2.选C.(x2+x+y)5的展开式的通项为=(x2+x·y r,令r=2,则T3=(x2+x)3y2,又(x2+x)3的展开式的通项为(x2·x k=,令6-k=5,则k=1,所以(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为=30.如何求解(a+b)m(c+d)n或(a+b+c)n展开式的某一项的系数?提示:(1)若n,m中一个比较小,可考虑把它展开得到多个,如(a+b)2(c+d)m=(a2+2ab+b2)(c+d)m,然后展开分别求解.(2)若三项能用完全平方公式,那当然比较简单;若三项不能用完全平方公式,只需根据题目特点,把“三项”当成“两项”看,再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数.(3)观察(a+b)(c+d)是否可以合并,如(1+x)5(1-x)7=[(1+x)(1-x)]5(1-x)2=(1-x2)5(1-x)2.(4)分别得到(a+b)n,(c+d)m的通项公式,综合考虑.1.将多项式a6x6+a5x5+…+a1x+a0分解因式得,m为常数,若a5=-7,则a0=( )A.-2B.-1C.1D.2【解析】选D.因为(x+m)5的通项公式为T r+1=x5-r m r,a5x5=x·x5-1m1+(-2)x5=(5m-2)x5,所以a5=5m-2,又因为a5=-7,所以5m-2=-7,所以m=-1,所以常数项a0=(-2)×(-1)5=2.2.在的展开式中,含x5项的系数为( )A.6B.-6C.24D.-24【解析】选B.由=-+-…-+,可知只有-的展开式中含有x5,所以的展开式中含x5项的系数为-=-6.3.(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a=________________.【解析】设(a+x)(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5.令x=1,得(a+1)×24=a0+a1+a2+a3+a4+a5.①令x=-1,得0=a0-a1+a2-a3+a4-a5.②①-②得16(a+1)=2(a1+a3+a5)=2×32,所以a=3.答案:31.(2019·湘潭模拟)若(1-3x)2 020=a0+a1x+…+a2 020x2 020,x∈R,则a1·3+a2·32+…+a2 020·32 020的值为( )A.22 020-1B.82 020-1C.22 020D.82 020【解析】选B.由已知,令x=0,得a0=1,令x=3,得a0+a1·3+a2·32+…+a2 020·32 020=(1-9)2 020=82 020,所以a1·3+a2·32+…+a2 020·32 020=82 020-a0=82 020-1.2.的展开式中常数项为( )A.-30B.30C.-25D.25【解析】选C.=x2-3x+,的展开式的通项为T r+1=(-1)r,易知当r=4或r=2时原式有常数项,令r=4,T5=(-1)4,令r=2,T3=(-1)2·,故所求常数项为-3×=5-30=-25.。
高考数学总复习 101 两个计数原理配套课件 理 新人教A版
思考题 3 (1)4 张卡片的正、反面分别有 0 与 1、2 与 3、 4 与 5、6 与 7,将其中 3 张卡片排放在一起,可组成多少个不 同的三位数?
【解析】 分三个步骤: 第一步:首位可放 8-1=7 个数; 第二步:十位可放 6 个数; 第三步:个位可放 4 个数. 根据乘法原理,可以组成 N=7×6×4=168 个数.
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2.已知 a∈{-1,2,3},b∈{0,1,3,4},r∈{1,2}则方程(x-
a)2+(y-b)2=r2 所表示的不同的圆的个数有
()
A.3×4×2=24
B.3×4+2=14
C.(3+4)×2=14
D.3+4+2=9
答案 A 解析 ∵a∈{-1,2,3},∴a 有 3 种方法,同理 b 的取法有 4 种,r 有 2 种,又只有 a、b、r 依次确定后,才能确定圆,∴ 故有 3×4×2=24 个不同的圆.
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方法二 本小题在各类资料上都能找到影子,但所给图形 变化后,需要有敏锐的观察力.本题能较深刻地测试逻辑思维 能力.
因区域 1 与其他四个区域都相邻,宜先考虑.区域 1 有 4 种涂法.若区域 2、4 同色,有 3 种涂色,此时区域 3、5 均有 两种
涂法,涂法总数为 4×3×2×2=48 种;若区域 2、4 不同 色,先涂区域 2 有 3 种方法,再涂区域 4 有 2 种方法.此时区 域 3、5 也都只有 1 种涂法,涂法总数为 4×3×2×1×1=24 种.因此涂法共有 48+24=72 种.
第七页,共49页。
1.有不同的语文书 9 本,不同的数学书 7 本,不同的英语
书 5 本,从中选出不属于同一学科的书 2 本,则不同的选法有
二项式定理及其应用新高考数学自主复习ppt
(1+2x-3x2)5=(1-x)5(1+3x)5=(1-5x+10x2-10x3+5x4-x5)·(1+15x +90x2+270x3+405x4+243x5),所以x5的系数为1×243-5×405+10×270-
10×90+5×15-1=92.
第3节 二项式定理及其应用
【答案】3
第3节 二项式定理及其应用
考点3 有关二项展开式中的最值问题的解法
8.[福建厦门第一中学2019期中]二项式(2x-1)5的展开式的各项中,二项式系数最 大的项为( ) A.20x B.20x和-40x2 C.-40x2和80x3 D.80x3
【答案】C
第3节 二项式定理及其应用
必备知识 整合提升
第3节 二项式定理及其应用
【答案】B
第3节 二项式定理及其应用
5.[江西宜春高安中学2019期末](1-x)(1-2x)5展开式中x4的系数为( ) A.-160 B.-80 C.0 D.160
【答案】D
第3节 二项式定理及其应用
【答案】B
第3节 二项式定理及其应用
【答案】B
第3节 二项式定理及其应用
【答案】8
第3节 二项式定理及其应用
【答案】B
第3节 二项式定理及其应用
16.[浙江台州2019高二下期末]在(1-x)7的展开式中,系数最大的项是( ) A.第3项 B.第4项 C.第5项 D.第6项
【答案】C
第3节 二项式定理及其应用
【答案】A
第3节 二项式定理及其应用
【答案】A
第3节 二项式定理及其应用
14.[甘肃兰州一中2019期中]若(1-2x)2019=a0+a1x+a2x2+…+a2019x2019(x∈R),
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第12章第1节两个计数原理 -2021年新高考数学自主复习PPT
第1节
两个计数原理
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第1节
两个计数原理
一定要明确完成的“一件事”是什么,然后考虑是分类完成还是分步完成,分类须 “不重不漏”,分步须连续进行.
第1节
两个计数原理
考点3 两个计数原理的综合应用
5.[东北育才学校2019五模]某地区高考改革,实行“3+2+1”模式,即“3”指语文、
数学、外语三门必考科目,“1”指在物理、历史两门科目中必选一门,“2”指在化学
、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门学科中任意选择两门学
科,则一名学生的不同选科组合有( )
第1节
两个计数原理
2. 分步乘法计数原理
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第1节
两个计数原理
3.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别
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A.8种
B.12种
C.16种
D.20种
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第1节
两个计数原理
【解析】若一名学生只选物理和历史中的一门,则有C21C42=12(种)组合; 若一名学生物理和历史都选,则有C41=4(种)组合, 因此共有12+4=16(种)组合.故选C.
【答案】B
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第1节
两个计数原理
4.[山东省2020届一模]某元宵灯谜竞猜节目,有6名守擂选手和6名复活选手,从复活 选手中挑选1名选手为攻擂者,从守擂选手中挑选1名选手为守擂者,则攻擂者、守擂者 的不同构成方式共有________种.
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第1节
两个计数原理
2.应用分类加法计数原理解题的一般思路
→将完成一件事的方法分成若干类 ↓
→求出每一类的方法数 ↓
→将每一类的方法数相加得出结果
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【解析】从6名守擂选手中选1名,选法有C61=6(种);从6名复活选手中选1名, 选法有C61=6(种).由分步乘法计数原理,得不同的构成方式共有6×6= 36(种).
【答案】36
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【答案】A
第1节 两个计数原理
2.[贵州遵义2019期末]10名运动员中有2名老队员和8名新队员,现从中选3人参加团体 比赛,要求老队员至多1人入选且新队员甲不能入选的选法有( ) A.77种 B.144种 C.35种 D.72种
【答案】A
第1节 两个计数原理
考点2 分步乘法计数原理的应用
3.[课标全国Ⅱ2016·5]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( )
【答案】C
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第1节
两个计数原理
6.[浙江2017·16]从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4 人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有________种不同的选法.(用数字作答)
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第1节
两个计数原理
考点精析 考法突破
考点1 分类加法计数原理的应用
1.应用分类加法计数原理解题的策略 (1)标准明确:明确分类标准,确定完成一件事的各类方案. (2)不重不漏:完成这件事的各类方案中必须满足既不重复又不遗漏. (3)方法独立:确定用每一类方案中的每一种方法都能独立地完成这件事.
A.24 B.18 C.12 D.9
第1节 两个计数原理
【解析】如图,除已知标记的E,F,G三点外,另标记A,B,A1,B1,E1,A2,B2,G1,A3,B3, F1,如图所示.若总体路线最短,则需E到F最短,并且F到G也最短.E到F最短,可由E→B→F或 E→E1→F.显然,由E→B→F最短有3条(E→B→A→A1→F或E→B→B1→A1→F或 E→B→B1→A2→F).由E→E1→F最短有3条(E→E1→B1→A1→F或E→E1→B1→A2→F或 E→E1→B2→A2→F).由分类加法计数原理可知,E→F共有6条最短路径.而F→G有F→G1→A3→G, F→B3→A3→G,F→B3→F1→G共3条最短路径,由分步乘法计数原理可知,共有6×3=18(条)最 短路径.故选B.
第12章
目录
第1节 两个计数原理 第2节 排列与组合 第3节 二项式定理及其应用
第1节 两个计数原理
真题自测 考向速览 必备知识 整合提升 考点精析 考法突破
第1节 两个计数原理
真题自测 考向速览
考点1 分类加法计数原理的应用
1.[辽宁抚顺重点高中2019期末]如果把个位数是1,且恰有3个数字相同的四位数叫做 “伪豹子数”,那么在由1,2,3,4,5五个数字组成的有重复数字的四位数中,“伪 豹子数”共有( ) A.16个 B.12个 C.28个 D.20个
【答案】660
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第1节
两个计数原理
必备知识 整合提升
1.分类加法计数原理
第12章第1节两个计数原理 -2021年新高考数学自主复习PPT
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