排列组合二项式定理全章小结精品课件曹新田
排列组合二项式定理PPT教学课件
我的家乡在 长江边上，那里 有成片的橘园。
家乡的红橘， 真让人喜爱呀！
排列、组合、二项式定理复习
例4、9名同学站成一排，规定A、B间恰好有4 名学生，有多少种不同的排法？
例5、街道上有编号为1，2，3，……，10的 十盏灯，为了节约用电又不影响照明，可以 把其中三盏灯熄掉，但不能是同时相邻的两 盏或三盏灯，也不能是两端的灯，则满足条 件的熄灯方法有多少种？
排列、组合、二项式定理复习
剥掉皮，就是鲜嫩的、 金黄色的瓤，掰一瓣放 入嘴里轻轻一咬，满嘴 都是甜甜的汁，使人感 到舒畅极了。
十一月左右，果实成熟了，绿叶 丛中露出了一盏盏红色的小灯笼。 它们有的两个一排，有的三个一束， 有的四五个抱成团……沉甸甸的，把 枝条儿越压越弯。走近细看，红橘的 皮上还有一个个的小窝窝呢。剥掉皮， 就是鲜嫩的、金黄色的瓤，掰一瓣放 入嘴里轻轻一咬，满嘴都是甜甜的汁， 使人感到舒畅极了。
（2）在（1）题中若4名女同学必须排在一起， 共有多少种不同排法？
（3）在（1）题中若3名男同学必须必须不相 邻，共有多少种不同排法？
排列、组合、二项式定理复习
例2、7位同学排成一排，要求A、B、C三人 从左到右顺序一定，共有多少种不同排法？
例3、7个高矮不同的人站成一排，要求最高 的站中间，向两边越来越矮的不同站法有多 少种？
排列、组合、二项式定理复习
一、主要知识点
1、分类计数原理与分步计数原理
2、排列与组合 （1）排列数公式
Anm n(n 1)(n 2)(n m 1) (m n)
Anm
(n
n! m)!
Hale Waihona Puke Ann n! n(n 1)(n 2)2 1
排列、组合、二项式定理复习
高二数学人教B版必修第二册第三章排列、组合与二项式定理小结课件
3
)0
(
1)9
(
1 x3
)0
高二数学 人教B版 必修第 二册第 三章排 列、组 合与二 项式定 理小结 课件
高二数学 人教B版 必修第 二册第 三章排 列、组 合与二 项式定 理小结 课件
夯实基础
(x3
1 x3
)9
C90
(
x
3
)9
(1)0
(
1 x3
)0
C91( x3)8(1)1(
1 x3
)1
C99
夯实基础
例4．已知 (x3 1 )n的展开式中，各项二项式系数和是512，
x
（4）系数最大的项是第几项？
解：
Tk 1
C9k
(
x3
)9k
(
1 x
)k
C9k (1)k x274k
T5 C94 (1)4 C94
故系数最大的项是第5项.
高二数学 人教B版 必修第 二册第 三章排 列、组 合与二 项式定 理小结 课件
高二数学 人教B版 必修第 二册第 三章排 列、组 合与二 项式定 理小结 课件
高二数学 人教B版 必修第 二册第 三章排 列、组 合与二 项式定 理小结 课件
夯实基础
第二类：再从0，2中选2，可以排在首位和第二位，有2种方
法；再从1，3，5中任选2个数排剩下的两个位置，有 A32 种
方法；分步用乘法，共有 2 A32 =12 种方法. 分类用加法，所以完成这件事总共有 1 A32 2 A32 =18 种方 法,满足条件的奇数是18 个.
高二数学 人教B版 必修第 二册第 三章排 列、组 合与二 项式定 理小结 课件
夯实基础
总结:二项式定理常见问题及解决策略: 1.某一项的问题——Tk1 Cnk ankbk 2.和的问题—— 恰当赋值
10.1-1排列组合--分类计数原理与分步计数原理精品课件曹新田
• 课外作业；教材习题 课外作业； 10.1
⑶完成这件事的任何一种方法“必须并且只需” 连续完成 完成这件事的任何一种方法“必须并且只需” 每一个步骤----不多不少 不多不少． 每一个步骤 不多不少．
分类计数原理 加法原理 分类计数原理（加法原理） 原理）
做一件事情，完成它可以有n 做一件事情，完成它可以有n类，在第一类办 法中有m 种不同的方法，在第二类中有m 法中有m1种不同的方法，在第二类中有m2种不同 的法， 在第n类方法中有m 类不同的方法， 的法，…，在第n类方法中有mn类不同的方法，那 么完成这件事情共有 N=m1+m2+……+mn 种不同的方法 直 达 目 的 相 互 独 立 ，
问题剖析 要我们做什么事情 完成这个事情有几类方法 每类方法能否独立完成这件事情 每类方法中分别有几种不同的方法 完成这件事情共有多少种不同的方法
(1)
从书架上拿一本书 有三类方法 能 6种、7种、10种 10种 6+7+10=23种 6+7+10=23种
例1.书架的第一层有6本不同的数学书，第二层有7本 1.书架的第一层有6本不同的数学书，第二层有7 书架的第一层有 不同的英语书，第三层有10本不同的语文书， 10本不同的语文书 不同的英语书，第三层有10本不同的语文书，现想现 层中某两层，各取一本， 从１，２，３层中某两层，各取一本，有多少种不同 方法？ 方法？
⑶完成这件事的任何一种方法“必属于且只能属于”某一类完成这件事的任何一种方法“必属于且只能属于”某一类 ---不重不漏． 不重不漏． 不重不漏
• 从甲地到丙地，要从甲地先乘火车到乙， 从甲地到丙地，要从甲地先乘火车到乙， 再从乙地乘汽车到丙地，从甲地到乙地， 再从乙地乘汽车到丙地，从甲地到乙地， 乘火车，火车有3 乘火车，火车有3班，从乙地到丙地乘汽 ，，汽车有 汽车有2 那么，一天中， 车，，汽车有2班，那么，一天中，乘坐这 些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同 的走法？ 的走法？
二项式定理二项式系数的性质曹新田PPT教案学习
(a+b)3 (a+b)4 (a+b)5
C
0 3
C
1 3
C
2 3
C
3 3
C
0 4
C14
C
2 4
C
3 4
C
4 4
C
0 5
C15
C
2 5
C
3 5
C
4 5
C
5 5
1 33 1 1 46 41 1 5 10 10 5 1
(a+b)6
C
0 6
C16
C
2 6
C
3 6
C
4 6
C
5 6
C
6 6
1
6 15 20 15 6 1
二项式系数的性质3：各二项式系数的和
在二项式定理中，令 a b 1 ，则
C0n
C1n
Cn2
C
n n
2n
---赋值法
即(a b)n 的展开式的各二项式系数的和为2n.
同时由于C0n 1 ，上式还可以写成：
C1n C2n C3n Cnn 2n 1
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三、例题选讲：
例1.证明：在(a＋b)n展开式中,奇数项的二项式系 数的和等于偶数项的二项式系数的和.
，由对称性知2 , 它的后半部是逐渐减小的.
n
C 最 值: 当n是偶数时，中间的一项 2取得最大时 ；
n
n1 n1
C C 当n是奇数时，中间的两项
2， 2 相等，
n
n
且同时取得最大值.
2 二项式系数之和: n (由赋值法求得 )
（2）数学思想：函数思想.
（3） 数学方法 ： 赋值法 、递推法.
排列组合二项式定理PPT课件
通项是指展开式的第 r+1 项，
展开式共有 n+ 个项. 1
第3页/共9页
性性质质复复习习
性质1：在二项展开式中，与首末两端等距离
的任意两项的二项式系数相等.
性质2：如果二项式的幂指数是偶数，中间一
项的二项式系数最大；如果二项式的
幂指数是奇数，中间两项的二项式系
性质3性：质数3最：大；
性质3：
C
0 n
Pnm
n! (n m)!
Pnn n!
1)
0!
1
C
m n
C
m n
n(n 1) (n n! m!
m!(n m)!
m
C
0 n
1)
1
Pnm
C
m n
Pmm
， C C m n
nm n
Cm n1
Cnm
C m1 n
全排列：n个不同元素全部取出的一个排列.全排列数公式：所
有全排列的个数，即：
Pnn n第2页(n/共9页1) (n 2) 21
6×5=30
2. 若x、y可以取1，2，3，4，5中的任一个，则点(x,y)的不同个
数有多少？
5×5=25
第5页/共9页
练习2
1.计算：
③ p44=
① =p83 ，33②6 = ，p136 3=360 p33 24，④ = p55， 1⑤20 = ， p66 = 720
6p2 2
2
Cn0 1
Cn1 n
感谢您的观看！
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不同点
直接（分类）完成
间接（分步骤）完成
第1页/共9页
1.排列和组合的区别和联系：
名称
排列组合二项式定理复习小结(学生)
排列组合二项式定理-小结与复习一、知识点：（一）排列与组合 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 1 m 种不同的方法，在第二类办法中有 2 m 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 12 n N m m m =+++ L 种不同的方法2.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 1 m 种不同的方法，做第二步有 2 m 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 12 n N m m m =´´´ L 种不同的方法 3．排列的概念：从n 个不同元素中，任取m （m n £ ）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m 个元素的一个排列 ．．．．4．排列数的定义：从n 个不同元素中，任取m （m n £ ）个元素的所有 排列的个数叫做从n 个元素中取出m 元素的排列数，用符号 mn A 表示 5．排列数公式： (1)(2)(1) m n A n n n n m =---+ L （ ,, m n N m n *Σ ） 6 阶乘： ! n 表示正整数 1 到n 的连乘积，叫做n 的阶乘 规定0!1 = ． 7．排列数的另一个计算公式： m n A = !()! n n m - 8 组合的概念：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9．组合数的概念：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 mn C 表示． 10．组合数公式： (1)(2)(1) ! m m n n m m A n n n n m C A m ---+ == L 或 )! ( ! ! m n m n C m n - = ) , , ( n m N m n £ Î * 且 11 组合数的性质 1： m n n m n C C - = ．规定： 10 = n C ； 12．组合数的性质 2： m n C 1 + ＝ mn C + 1 - m nC （二）二项式定理 1． 01 ()() n n n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N -* +=+++++Î L L ， 2． 1 (1)1 n r r nn n x C x C x x +=+++++ L L .3．二项展开式的通项公式： 1 r n r r r n T C a b - + = 注意:求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对r 的限 制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性4. 二项式系数表（杨辉三角）5．二项式系数的性质： () n a b + 展开式的二项式系数是 0 n C ， 1 n C ， 2 n C ，…，n n C ． r n C 可以看成以r 为自变量的函数 () f r，定义域是 {0,1,2,,} n L ，（1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵ m n m n nC C - = ）． 直线 2 n r = 是图象的对称轴．（2）增减性与最大值：当n 是偶数时，中间一项 2 n n C取得最大值；当n 是 奇数时，中间两项 12 n n C - ， 12 n n C + 取得最大值．（3）各二项式系数和：∵ 1 (1)1 n r r n n n x C x C x x +=+++++ L L ，令 1 x = ，则 012 2 n r n n n n n nC C C C C =++++++ L L 请对照知识点总结典型题型二、解题思路：解排列组合问题，首先要弄清一件事是“分类”还是“分步”完成， 对于元素之间的关系，还要考虑“是有序”的还是“无序的” ，也就是会 正确使用分类计数原理和分步计数原理、排列定义和组合定义，其次，对 一些复杂的带有附加条件的问题，需掌握以下几种常用的解题方法： 特殊优先法 对于存在特殊元素或者特殊位置的排列组合问题， 我们可 以从这些特殊的东西入手，先解决特殊元素或特殊位置，再去解决其它元 素或位置，这种解法叫做特殊优先法.例如：用 0、1、2、3、4 这 5 个数 字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有________个.（答案：30 个）科学分类法 对于较复杂的排列组合问题，由于情况繁多，因此要对各 种不同情况，进行科学分类，以便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏 现象发生 例如：从 6 台原装计算机和 5台组装计算机中任取 5 台，其中至 少有原装与组装计算机各两台， 则不同的选取法有_______种. （答案： 350）插空法 解决一些不相邻问题时，可以先排一些元素然后插入其余元 素，使问题得以解决 例如：7 人站成一行，如果甲乙两人不相邻，则不同 排法种数是______.(答案:3600)捆绑法 相邻元素的排列，可以采用“整体到局部”的排法，即将相邻 的元素当成“一个”元素进行排列，然后再局部排列 例如：6 名同学坐成 一排，其中甲、乙必须坐在一起的不同坐法是________种.（答案：240）P 种“捆绑”方法注意:⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有 mm⑵ｍ个不同元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位P 种不同的“插入”方法置有 mn⑶ｍ个相同的元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个C 种不同的“插入”方法位置，有 mn⑷若干个不同的元素“等分”为 ｍ个组,要将选取出每一个组的组合P数的乘积除以 mm排除法从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方 法.b、排列组合应用题往往和代数、三角、立体几何、平面解析几何的某些 知识联系，从而增加了问题的综合性，解答这类应用题时，要注意使用相 关知识对答案进行取舍.例如：从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取 3 个元素分别作为直线方程 Ax+By+C=0 中的 A、B、C，所得的经过坐标原点 的直线有_________条.（答案：30）三、例题选讲：例 1 由数字１、２、３、４、５、６、７组成无重复数字的七位数(1）求三个偶数必相邻的七位数的个数；（2）求三个偶数互不相邻的七位数的个数解 (1)：因为三个偶数２、４、６必须相邻，所以要得到一个符合条 件的七位数可以分为如下三步：A 种不同的排法；第一步将１、３、５、７四个数字排好有 44A 种不同的“捆第二步将２、４、６三个数字“捆绑”在一起有 33绑”方法;第三步将第二步“捆绑”的这个整体“插入”到第一步所排的四 个不同数字的五个“间隙”(包括两端的两个位置)中的其中一个位置 上,有 15 A 种不同的“插入”方法 根据乘法原理共有 431 435 A A A ×× ＝720 种不同的排法 所以共有 720 个符合条件的七位数解（2）：因为三个偶数２、４、６ 互不相邻，所以要得到符合条 件的七位数可以分为如下两步：第一步将１、３、５、７四个数字排好，有 44 A 种不同的排法； 第二步将２、４、６分别“插入”到第一步排的四个数字的五个“间隙” （包括两端的两个位置）中的三个位置上，有 3 5 A 种“插入” 方法 根据乘法原理共有 1440 3 5 4 4 = × A A 种不同的排法 所以共有 1440 个符合条件的七位数例２ 将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ分成三组，共有多少种不同的分法？ 解：要将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ分成三组，可以分为三类办法：（１－１－４）分法、（１－２－３）分法、（２－２－２）分法 下面分别计算每一类的方法数：第一类（１－１－４）分法，这是一类整体不等分局部等分的问 题，可以采用两种解法解法一：从六个元素中取出四个不同的元素构成一个组，余下的 两个元素各作为一个组，有 46 C 种不同的分法 解法二：从六个元素中先取出一个元素作为一个组有 1 6 C 种选法， 再从余下的五个元素中取出一个元素作为一个组有 15 C 种选法，最后余 下的四个元素自然作为一个组，由于第一步和第二步各选取出一个元 素分别作为一个组有先后之分，产生了重复计算，应除以 2 2 A所以共有 11 65 2 2C C × Ａ ＝15 种不同的分组方法 第二类（１－２－３）分法，这是一类整体和局部均不等分的问 题，首先从六个不同的元素中选取出一个元素作为一个组有 1 6 C 种不 同的选法，再从余下的五个不同元素中选取出两个不同的元素作为一 个组有 2 5 C 种不同的选法，余下的最后三个元素自然作为一个组，根 据乘法原理共有 12 65 C C × ＝60 种不同的分组方法 第三类（２－２－２）分法，这是一类整体“等分”的问题，首 先从六个不同元素中选取出两个不同元素作为一个组有 2 6 C 种不同的 取法，再从余下的四个元素中取出两个不同的元素作为一个组有 24 C 种 不同的取法，最后余下的两个元素自然作为一个组 由于三组等分存在 先后选取的不同的顺序，所以应除以 3 3 P ，因此共有 2264 33A C C × ＝15 种不 同的分组方法 根据加法原理，将Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ六个元素分成三组共 有：15＋60＋15＝90 种不同的方法例３ 一排九个坐位有六个人坐，若每个空位两边都坐有人，共有多少 种不同的坐法？解：九个坐位六个人坐，空了三个坐位，每个空位两边都有人，等价于三个空位互不相邻，可以看做将六个人先依次坐好有 6 6 A 种不同的坐法，再将三个空坐位“插入”到坐好的六个人之间的五个“间隙” （不包括两端）之中的三个不同的位置上有 3 5 C 种不同的“插入”方法根据乘法原理共有 6365 A C × ＝7200 种不同的坐法 ①计算: )1 ( 5 ) 1 ( 10 ) 1 ( 10 ) 1 ( 5 ) 1 (2345 - + - + - + - + - x x x x x ②计算: n n n n n C C C 2 42 1 2 1 + + + + L 分析：本例是二项式定理的逆用.若正用二项式定理,亦可求解,但过程较繁.解： ①) 1 ( 5 ) 1 ( 10 ) 1 ( 10 ) 1 ( 5 ) 1 ( 2 3 4 5 - + - + - + - + - x x x x x =1 1 ] 1 ) 1 [( 5 = - + - x ② n n n n n C C C2 42 1 2 1 + + + + L ＝(12) n + ＝ n3 例 4． 证明恒等式: 10 10 10 1 10 0 10 2= + + + C C C L 分析:本题的证明方法值得注意,它是对二项式定理中的a 、b 取某些特殊 值.证明：左边＝ 01101010101010 (11)2 C C C +++=+= L ＝右边引伸:化简 n nn n n n n n n C x C x C x C ) 1 ( 2 2 1 1 0 - + + + - - - L 解: n n n n n n n n n C x C x C x C ) 1 ( 2 2 1 1 0 - + + + - - - L ＝ nx ) 1 ( - 例 5． 求证 ) ( 9 8 3 * 2 2 N n n n Î - - + 能被 64 整除. 分析:考虑到用二项式定理证明,就需要多项式展开后的各项尽量多的含有 2 8 的式子.因此,可将 2 2 3 + n 化成 1 1 2 ) 1 8 ( ) 3 ( + + + = n n 再进行展开,化简即可证得.证明：∵ 221 389(81)89n n n n ++ --=+-- ＝ 1221 111 (18888)89n n n n n n C C C n + +++ +++++-- L ＝ 221 11 888 n n n n n C C + ++ +++ L ＝ 2221 11 8(88) n n n n n C C -- ++ +++ L ∴多项式展开后的各项含有 28 ∴ ) ( 9 8 3 * 2 2 N n n n Î - - + 能被 64 整除.引伸:①求证 1 9 23 + 能被 10 整除;②求 13 8 除以 9 的余数.例 6. 求 5 2 ) 1 ( ) 1 ( x x - + 的展开式中 3 x 的系数.解:利用通项公式 r r n r n r b aC T - + = 1 ,则 2 ) 1 ( x + 的通项公式 r r r x C T × = + 2 1 , } 2 , 1 , 0 { Îr 5 ) 1 ( x - 的通项公式 k k k k k k x C x C T 5 5 1 ) 1 ( ) (- = - × = + , } 5 , 4 , 3 , 2 , 1 , 0 { Î k 令 3 = +r k ,则 î í ì = = 2 1 r k 或 î í ì = = 1 2 r k 或 îí ì = = 0 3 r k 从而 3 x 的系数为 53 5 2 5 1 2 1 5 = - + - C C C C 引伸:求 10 3 ) 1 )( 1 ( x x + - 的展开式中 5 x 的系数. ( 答案:207 )例 7． 求 15 3 ) 1 ( xx - 的展开式中的常数项和有理项. 解:设展开式中的常数项为第 1 + r 项,则6 5 30 15 15 3 15 1 ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) 1 ( r r r r r r r r x C x x C T - - + × × - = × × - = (*) 由题意得 0 65 30 = - r ,解得6 = r , 所以展开式中的常数项为第7 项 5005 ) 1 ( 6 15 6 1 6 7 = × - = = + C T T . 由题意可得 Z r Î - 65 30 ,即r 是6 的倍数,又因为 15 0 £ £r ,所以 r =0,6,12 故展开式中的有理项为5 5 0 15 0 1 ) 1 ( x x C T = × × - = , 5005 7 = T , 5 13 420- = x T . 四、基础练习 1：1.从{1、2、3、4、…、20}中任选 3 个不同的数，使这三个数成等差数列， 这样的等差数列最多有（ ）90 个 （B）180 个 （C）200 个 （D）120 个2.男女学生共有 8 人，从男生中选取 2 人，且从女生中选取 1 人，共有 30 种不同的选法，其中女生有（ ）(A)2 人或 3 人 （B）3 人或 4 人 （C）3 人 （D）4 人3.从编号分别为 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11 的 11 个球中，取 出 5 个小球，使这 5 个小球的编号之和为奇数，其方法总数为（ ）（A）200 （B）230 （C）236 （D）2064.兰州某车队有装有 A，B，C，D，E，F 六种货物的卡车各一辆，把这些 货物运到西安，要求装 A 种货物，B 种货物与 E 种货物的车，到达西安的 顺序必须是 A，B，E（可以不相邻，且先发的车先到），则这六辆车发车的 顺序有几种不同的方案（ ）（A）80 （B）120 （C）240 （D） 3605.用 0，1，2，3，4 这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个 偶数夹在两个奇数之间的五位数的个数是（ ）（A）48 （B）36 （C）28 （D）126.某药品研究所研制了 5 种消炎药 , , , , , 5 4 3 2 1 a a a a a 4 种退烧药 , , , , 4 3 2 1 b b b b 现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效实 验，但又知 , , 2 1 a a 两种药必须同时使用，且 4 3 ,b a 两种药不能同时使用， 则不同的实验方案有（ ）（A）27 种 （B）26 种 （C）16 种 （D）14 种7.某池塘有 A，B，C 三只小船，A 船可乘 3 人，B 船可乘 2 人，C 船可乘 1 人，今天 3 个成人和 2 个儿童分乘这些船只，为安全起见，儿童必须由成 人陪同方能乘船，他们分乘这些船只的方法共有（ ）120 种 （B）81 种 （C）72 种 （D）27 种8.梯形的两条对角线把梯形分成四部分，有五种不同的颜色给这四部分涂 色，每一部分涂一种颜色，任何相邻（具有公共边）的两部分涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）180 种 （B）240 种 （C）260 种 （D）320 种9.将 1，2，3，4，5，6，7，8，9 这九个数排成三横三纵的方阵，要求每D 1 C DAA 1 C 1B 1 B 一竖列的三个数从前到后都是由从小到大排列，则不同的排法种数是 __168010.10 个相同的小球放入编号为 1，2，3 的三个盒子内，要求每个盒子的 球数不小于它的编号数，则不同的放法共有______ 种，1511.过正方体的每三个顶点都可确定一个平面，其中能与这个正方 体的 12 条棱所成的角都相等的不同平面的个数为_______ 个 12.从单词 “equation” 中选取 5 个不同的字母排成一排， 含有 “qu” （其中“qu”相连且顺序不变）的不同的排列共有（ ）120 个 （B）480 个 （C）720 个 （D）840 个13.将 5 枚相同的纪念邮票和 8 张相同的明信片作为礼品送给甲、乙两名 学生，全部分完且每人至少有一件礼品，不同的分法是（ ）（A）52 （B）40 （C）38 （D）11基础练习 21.从正方体的6个面中选取3个面， 其中有2个面不相邻的选法共有 （ ）A.8 种B.12 种C.16 种D.20 种分析：两个面不相邻，只能对面，中间再夹一个面.第一步，正方体两平 面相对有 3 种不同情况，中间可以夹剩下的 4 个中的任意一个，又有 4 种 不同的情况，这两步都完成，事情完成，用分步计数原理 答案选 B.2.一名数学教师和四名获奖学生排成一行留影，若老师不排在两端，则共 有_____种不同的排法.分析：（法一）、从特殊元素出发，由于数学教师是特殊元素，所以他除了 两端外，还有 3 个位置可排共有 1 3 A 种排法，然后排学生共有 44 A 种排法， 由分步计数原理可得答案是 72.（法二）从特殊位置出发，由于两端是特殊位置，除数学教师外先从四名学生中选 2 人排在两端共有 2 4 A 种排法，然后剩余的学生及老师排剩余的 位置共有 A 3 3 种排法.由分步计数原理可得答案是 72.3. 由数字 1、2、3、4、5、6、7 组成无重复数字的七位数.（1）求有 3 个偶数相邻的 7 位数的个数；（2）求 3 个偶数互不相邻的 7 位数的个数.答案：用捆绑法可得（1）为 720 个；用插空法可得（2）为 1440 个.4. 从 5 男 4 女中选 4 位代表，其中至少有 2 位男同志，且至少有 1 位女 同志，分别到 4 个不同的工厂调查，不同的分派方法有（ ） A.100 种 B.400 种 C.480 种 D.2400 种解：分两种情况，采取先取后排的思想可得符合要求的选法共有2400 4 4 1 4 3 5 4 4 2 4 2 5 = + A C C A C C （种）5. 四面体的顶点和各棱中点共 10 个点，在其中取 4个不共面的点，不同的取法有________种. 解： 取出的 4 点不共面比取出的 4 点共面的情形要复杂， 因此宜用间接法： 用任意取出四点的组合总数减去这四点共面的取法数.取出四点共面时有 三种可能 第一类：四点共面于四面体的某一个面时，有 4 46 C 种取法；第二类： 由四面体的一条棱上三点及对棱中点所确定的平面有 6 个； 第三类： 过四面体中的四条棱的中点，而与另外两条棱平行的平面有 3 个.故取 4个点不共面时的不同取法有 ) ( 141 ) 3 6 4 (46 4 10 种 = + + - C C 6.已知碳元素有 3 种同位素 12 C、 13 C、 14 C，氧元素也有 3 种同位素 16 O、 17O、 18O，则不同的原子构成的 CO 2 分子有（ ） A.81 种 B.54 种 C.27 种 D.9 种解：分步计数原理，先选碳原子，再选第一个氧原子，第二个氧原子.所 以27 13 1 3 1 3 = = C C C N （种）7.用 1、2、3、4、5、6 六个数字组成没有重复数字的四位数中，是 9 的 倍数的共有（ ） A.360 个 B.180 个 C.120 个 D.24 个解：因为 3+4+5+6=18 能被 9 整除，所以共有 4 4 A =24个. 8 .在代数式 52 2 ) 1 1 )( 5 2 4 ( xx x + - - 的展开式中，常数项为_____.(答 案:15)9.若 44 33 22 1 0 4) 3 2 ( x a x a x a x a a x + + + + = + ,则 ( ) ( )23 1 24 2 0 a a a a a + - + + 的值为A.1B.-1C.0D.2解：题中的 0 a ， 1 a ，…， 4 a 是二项展开式的各项系数而不是各项的二项式系数，它们不等于 0 4 C ，1 4 C ，…， 44 C 令 x＝1 或－1 可得它们的不同形 式的代数和，于是可得结论 答案选 A.10．求 6 102 ) 1 ( ) 1 ( x x x - + + 展开式中各项系数的和. （令 1 = x ,得 0 ）11．若 7 7 2 2 1 0 7 ) 2 1 ( x a x a x a a x + + + + = - L ,则= + + + 7 1 0 a a a L ,-1=+ + + 6 4 2 0 a a a a , =+ + + 7 5 3 1 a a a a , =+ + + 7 1 0 a a a L .12． n x x x ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( 2 + + + + + + L 的展开式中的各项系数之和为 .( 2 2 1 - + n )13．设 12 11 11 1 12 0 8 4 ) 3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) 4 ( ) 1 ( a x a x a x a x x + + + + + + + = + + L ,求:(1) 12 2 1 0 a a a a + + + + L 的值;(2) 12 4 2 0 a a a a + + + + L 的值.解:令 31 x += ,即 2 x =- ,得 12 2 1 0 8 4 2 ) 1 ( a a a a + + + + = × - L , 即 256 2 8 12 2 1 0 = = + + + + a a a a L .令 31 x +=- ,即 4 x =- 得 12 2 1 0 8 4 0 ) 3 ( a a a a + - + - = × - L ,即 0 12 2 1 0 = + - + - a a a a L ,故128 ) 0 256(21 )] ( ) [(2 1 12 2 1 0 12 2 1 0 12 4 2 0 = + = + - + - + + + + + = + + + + a a a a a a a a a a a a L L L 五、课后作业 1：1. ①有 1 元、2 元、5 元、50 元、100 元的人民币各一张,取其中的一张 或几张,能组成多少种不同的币值?②7 个电阻串联在一起连成一串,中间只要有一个坏了,这串电阻就 失效,因电阻损坏而失效的可能性种数是多少?解： ① 63 1 2 6 66 2 6 1 6 = - = + + + C C C L种 ② 仿照①,共有 127 种.2 在 10 )3 2 ( y x - 的展开式中,求:①二项式系数的和; ②各项系数的和;③奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和; ④奇数项系数和与 偶数项系数和; ⑤x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和.分析:因为二项式系数特指组合数 rn C ,故在①,③中只需求组合数的和,而与二项式 y x 3 2 - 中的系数无关.解：设 1010 2 8 2 9 1 10 0 10 ) 3 2 ( y a y x a y x a x a y x + + + + = - L (*),各项系数和即为 10 1 0 a a a + + + L ,奇数项系数和为 0210 a a a +++ L ,偶 数项系数和为 9 5 3 1 a a a a + + + + L , x 的奇次项系数和为9 5 3 1 a a a a + + + + L ,x 的偶次项系数和 10 4 2 0 a a a a + + + + L .由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求出相关的系数和.①二项式系数和为 10 10 10 1 10 0 10 2 = + + + C C C L . ②令 1 = = y x ,各项系数和为 1 ) 1 ( ) 3 2 ( 10 10 = - = - .③奇数项的二项式系数和为 9 10 10 2 10 0 10 2 = + + + C C C L , 偶数项的二项式系数和为 99 10 3 10 1 10 2 = + + + C C C L . ④设 10 10 2 8 2 9 1 10 0 10 ) 3 2 ( y a y x a y x a x a y x + + + + = - L ,令 1 = = y x ,得到 1 10 2 1 0 = + + + + a a a a L …(1),令 1 = x , 1 - = y (或 1 - = x , 1 = y )得 10 10 3 2 1 0 5 = + + - + - a a a a a L …(2)(1)+(2)得 1010 2 0 5 1 ) ( 2 + = + + + a a a L ,∴奇数项的系数和为 25 1 10+ ;(1)-(2)得 10 9 3 1 5 1 ) ( 2 - =+ + + a a a L , ∴偶数项的系数和为 25 1 10- .⑤x 的奇次项系数和为 25 1 109 5 3 1 - =+ + + + a a a a L ; x 的偶次项系数和为 25 1 1010 4 2 0 + = + + + + a a a a L . 注意:要把“二项式系数的和”与“各项系数和”,“奇(偶)数项系数 和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来,“赋值法”是求系数和的常规 方法之一.3 已知 n x x 2 2 3) ( + 的展开式的系数和比 n x ) 1 3 ( - 的展开式的系数和大992,求 n xx 2 ) 1 2 ( - 的展开式中:①二项式系数最大的项;②系数的绝对值最大的项.解：由题意 992 2 2 2 = - n n ,解得 5 = n .① 10 1(2) x x- 的展开式中第 6 项的二项式系数最大,即 8064 ) 1 ( ) 2 ( 5 55 101 5 6 - = - × × = = + xx C T T . ②设第 1 + r 项的系数的绝对值最大,则 rr r r r r r r x C xx C T 2 10 10 10 10 10 1 2) 1 ( ) 1 ( ) 2 ( - - - + × × × - = - × × = ∴ ï î ï í ì × ³ × × ³ × - - + - + - - - 1 10 1 10 10 10 1 10 1 10 10 10 2 2 2 2 r r r r r r r r C C C C ,得 ï îï í ì ³ ³ + - 1 10 10 1 10 10 2 2 r r r r C C C C ,即 î í ì - ³ + ³ - r r r r 10 ) 1 ( 2 2 11 ∴ 311 38 £ £r ,∴ 3 = r ,故系数的绝对值最大的是第 4 项4.已知 n xx ) 2 ( 2+的展开式的第5项的二项式系数与第3项的二项式系数之比为 14:3,求展开式中的常数项.解:由题意 3 : 14 : 2 4 = n n C C ,即 0 50 5 2 = - - n n ,∴ 10 = n 或 5 - = n (舍去)∵ 2 5 10 10 2 10 10 1 2 ) 2 ( ) ( rrr r r r r xC xx C T - - + × × = × = ,由题意得 0 25 10 = - r ,得 2 = r ,∴常数项为第 3 项 180 2 22 10 1 23 =× = = + C T T . 引伸:条件变为第5项的系数与的3项的系数之比为56:3,求展开式的中间 项.解:由题意 3 : 56 ) 4 ( : ) 16 ( 2 4 = n n C C ,可得 10 = n ,展开式共11项,故展开式的中间项为第 6 项,即 2 1568064 -= x T .4.求 10 3 2 )1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( x x x x + + + + + + + + L 的展开式中含2 x 项的系数. 解:二项式 2 ) 1 ( x + ,3 ) 1 ( x + ,… 10 )1 ( x + 展开式中2 x 项的系数分别为： 222 2310 ,,,.C C C L 其和为： 222 2310 C C C +++ L ＝ 3 11C ∴ 10 3 2 ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( x x x x + + + + + + + + L 的展开式中含 2 x 项的系数为 311C 5. 若 n 是 3 的倍数，求证： 1 3 - n是 13 的倍数解：令 n ＝3k ，k 是整数，则( ) 126 26 26 1 1 26 1 27 1 3 1 1 1 - + × + + × + = - + = - = - - - kk k k k k k kk n C C C L ( )11 1 1 26 26 26 - - - + + × + = k k k k k C C L . ( )1 2 1 1 26 26 - - - + + × + k k k k k C C L Q 是整数，\ n 是13的倍数. 3-1。
排列组合二项式定理PPT教学课件(1)
的面积相等。
B
B
定理二：如果三棱锥的底面积是S，高是h，那么
它的体积是
V三棱锥＝
1 Sh
3
A’ A’ A’ A’ A’
A’ A’
练习4
如图 从甲地 到乙地有2 条路可通，
从乙地到丙地有3条路可通 从甲地到丁地有4条路可通 从丁地到丙地有2条路可通
从甲地到丙地有多少种不同的走法？
甲
乙
丁
丙
解：（1）从书架上任取一本书，有两类 办法：第一类 办法是从上层取数学书，可以从6本书中任取一本，有6 种方法；第二类办法是从下层取语文书，可以从5本书中 任取一本，有5种方法； 据加法原理得到不同的取法种 数为：N=m1+m2=6+5=11
第九章 排列、组合、二
项式定理
9.1基本原理
教学目的： 1、正确理解加法原理和乘法原理 2、能正确运用它们来解决排列组合问题
教学重点： 加法原理和乘法原理的区别
教学难点： 对复杂事件的分步与分类
例1
书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同 的语文书。 （1）从中任取1本有多少种不同的取法？ （2）从中任取数学书语文书各1本，有多少种不同 的取法？
放在同一个平面α上，这是它们的顶点都在和平面α平行的同
面内，用平行于平面α的任一平面去截截它面们分，别与底面相似，
设截面和顶点的距离是h1，截面面积分别是S1、S2，
那么 ∵ S1
h2 1
，S
2
h2 1
S1 S2，S1 S2
S h2 S h2 S S
根据祖搄原理，这两个锥体的体积相等。
与三棱柱相对照，请猜想三棱锥体积公式。
定理一、等底面积等高的两个锥体体积相等。
排列组合与二项式定理PPT课件
(1)C0n＋Cn1
＋
…＋
Crn＋…
＋
Cnn＝ 2n；
C0n＋
Cn2
＋
…＝
Cn1
＋
C
3 n
＋…＝2n－1.
(2) 应 用 “ 赋 值 法 ” 可 求 得 二 项 展 开 式 中 各项 系 数 和 为
f(1)．“奇数(偶次)项”系数和为12[f(1)＋f(－1)]，“偶数(奇次)
项”系数和为12[f(1)－f(－1)]．
第18讲 │ 要点热点探究
要点热点探究
► 探究点一 计数原理及其应用
例1(1)在任意两个正整数m和n间定义某种运算，用⊗表 示运算符号，并规定，当m和n都为奇数或都为偶数时，m⊗n ＝m＋n；当m和n中有一个为奇数，另一个为偶数时，m⊗n ＝mn，设集合M＝{(a，b)|a⊗b＝36，a、b∈N＋}，则集合M 中共有________个元素；
第18讲 │ 要点热点探究
41 【解析】 一类：当 m、n 都为奇数时，由 m＋n＝36， 可知 m＝1,3,5，…，35，相应的 n 随之确定，共有 18 个不同 数对(a，b)；
二类：当 m 和 n 都为偶数时，由 m＋n＝36，可知 m＝ 2,4,6，…，34，相应的 n 随之确定，共有 17与D”看成一个整体，故有2A
3 4
＝
48种涂法．
故不同的涂法共有24＋48＝72种，选A.
【点评】 本题的涂色问题是一类典型应用两个计数原理解决的 计数问题，在高考中多次出现这类问题，解决的基本思路有两条：一 是按照颜色的种类进行分类；二是按区域一个一个地涂色．在具体填 涂的过程中应用计数原理，找到问题的解决方案．
第18讲 │ 要点热点探究
【点评】 分清是分类还是分步，是决定用分类计算原理 还是分步计算原理的必要条件；分类时标准统一，做到不重不 漏．分步时程序清晰，做到独立、完整．如果题目中既要用到 分类计数原理，又要用到分步计数原理，一般应遵循“先分 类，再分步”的原则．
排列组合二项式定理复习ppt中小学教学课件
闻,由同狱鲁思蒂谦笔录成书《马可.波
罗游记》, 此书盛道东方之富庶和文明,
深受大众喜爱和传诵. 后来，他获释后
回到威尼斯. 1324年，马可·波罗70岁。
当年去世，葬於威尼斯的圣．多雷玆教
堂
。
( 威尼斯） 帕米尔高原
波 斯
（大都）
河西走廊
吐鲁番
楼兰古城
玉门关
敦煌
秦陵兵马俑
大雁塔
真真假假
马可·波罗一行经过长途跋涉，来到了繁华的 楼兰城，见到了美丽的楼兰姑娘。
D 10
3．1 3 32 399 被4除所得的系数为（ A ）
A．0 B．1
C．2
D．3
二填空题
1(05湖南 ) (1 x) (1 x)2 (1 x)3 (1 x)6 展开式中x2 的系数是___3_5__________
2 20012000 被22除所得的余数为 1 。
3 已知 (x 1)6 (ax 1)2 展开式中的 x3 系数是56，
例1：1993年全国高考题：同室4人各写1张贺年卡，先集
中起来，然后每人从中各拿1张别人送出的贺年卡，则4张
贺年卡不同的分配方式有（ ）
A．6种
B．9种
C．11种
D．23种
解法1：设四人A，B，C，D写的贺年卡分别是a，b，c，d， 当A拿贺年卡b，则B可拿a，c，d中的任何一个，即B拿a， C拿d，D拿c或B拿c，D拿a，C拿d或B拿d，C拿a，D拿c， 所以A拿b时有三种不同分配方法．同理，A拿c ，d时也各
3×3×3×3=81
1.排列和组合的区别和联系：
名称
排列
组合
一个~
从n个不同元素中取出m个元 素，按一定的顺序排成一列