选修2-3第一章计数原理归纳整合
人教A版高中数学选修2-3课件第一章计数原理章末专题整合.pptx
例7 (1)(2013·高考江西卷)x2－x235 展开式中的常数项为
() A．80
B．－80
C．40
D．－40
(2)(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)设 m 为正整数,(x＋y)2m 展开
式的二项式系数的最大值为 a,(x＋y)2m＋1 展开式的二项式
系数的最大值为 b.若 13a＝7b,则 m＝( )
所以共有 2×(120＋72＋48)＝480(种)排法．
【答案】 480
3．直接间接(直接法、间接法),灵活选择
例4 50件产品中有3件是次品,从中任意取4件,至少有一
件是次品的抽法有多少种？
【解】 法一(直接法):抽取的 4 件产品至少有一件次品分 为有 1 件次品、2 件次品、3 件次品 3 种情况:有 1 件次品 的抽法有 C13C347种;有 2 件次品抽法有 C23C247种;有 3 件次品 的抽法有 C33C147种． 根据分类加法计数原理,至少有一件次品的抽法共有 C13C347 ＋C23C247＋C33C147＝51 935(种)． 法二(间接法):从 50 件产品中任意抽取 4 件,有 C450种抽法, 其中没有次品的抽法有 C447种,因此至少有 1 件次品的抽法 有 C450－C447＝51 935(种)．
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第一章 计数原理
章末专题整合
知识体系构建
专题归纳整合
专题一 两个计数原理
应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件 是分类完成还是分步完成,而分类与分步的区别又在 于任取其中某一方法是否能完成该事件,能完成便是 分类,否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要 分类又要分步,此时应注意层次清晰,不重不漏,在分 步时,要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响 (即是否是独立的)．
高二数学(选修2-3人教B版)-计数原理全章总结
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和. 解：（2）由通项可知，展开式的第三项是
T3 C52 13 (2x)2 40x2
所以，第三项的系数为40.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
表示？
(a b)n (a b)(a b) (a b)
n个a b
Tr1 Cnr anr br
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
解：首先将A、B、C、D排成一排，共有 A44 种排法，每一种
排法都会产生五个“空”，在这五个“空”中任选一个，将E
放入，共有 C51 种方法；其次，E中的两个元素可以交换，有 A22
种方法.
所以，共有 A44 C51 A22 240 种不同的排法.
问题4 (a b)n 的展开式中的系数为什么可以用组合数的形式
（
Cm n1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
Cmn
Cm1 n
）？
作业： 1.一个集合由8个元素组成，这个集合含有3个元素的子集有多 少个？ 2.将6名应届大学毕业生分配到两个用人单位，每个单位至少 两人，一共有多少种不同的分配方案？ 3.求 (9x 1 )18 展开式的常数项，并说明它是展开式的第几项.
3x
入，共有 A43 种排法. 所以，一共有A33 A43 144 种不同的排法.
例5、有6位同学站成一排，符合下列各题要求的不同排法有多 少种？ （2）甲、乙相邻. 解：（2） 设除甲、乙之外的另外四个同学为A、B、C、D. 因为甲、乙要相邻，所以可以把甲、乙“绑”在一起看作一个 元素(记为E).
选修2-3 第一章1.1计数原理
可完成这件事
件事
区别 各类办法之间是互斥的、并列的、 各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不
三 独立的
遗漏，“独立”确保不重复
五、课堂小结
1.本节课学习了分类计数与分步计数原理 2.明确了分类计数与分步计数原理的区别与联系 3.学会了分类计数与分步计数原理的初步运用
六、作业布置
（练习册+智学网）
飞机2
天津
火车4 汽车1
轮船2
大连
分析: 从甲地到乙地有4类方法, 第一类方法, 乘飞机，有2种方法; 第二类方法, 乘火车，有4种方法; 第三类方法, 乘轮船，有2种方法; 第四类方法，乘汽车，有1种方法。 所以，从甲地到乙地共有 2+4+2+1=9 种方法。
以上问题的特点是：
（1）完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类；
2.我国许多地区的电话号码都是由6位升至8位,这样电话号码可以增 加多少?如果考虑用户不喜欢带4的,那么电话号码又可增加多少? 回答这些问题将会用到这章的内容,这节课我们先学习两个原理.
二、新课讲解
问题1. 从天津到大连，可以乘飞机，可以乘火车，也可以乘汽车，还可 以乘轮船。一天中，飞机有2个航班，火车有4 班，轮船有2班，汽车有1 班。那么一天中乘坐这些交通工具从天津到大连共有多少种不同的走法?
所以,从A村经B村去C村共有3×2 = 6 种不同的方法。
三、归纳总结：
2.分步乘法计数原理(乘法原理)
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法， 做第二步有m2种方法，……，做第n步有mn种方法．那么，完成这件事 共有
N＝_m__1×__m__2×__…__×__m_n__种方法．
人教版高中数学选修2-3知识点汇总
人教版高中数学必修2-3知识点第一章计数原理1.1分类加法计数与分步乘法计数分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法。
分类要做到“不重不漏”。
分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤。
做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法。
分步要做到“步骤完整”。
n元集合A={a1，a2⋯，a n}的不同子集有2n个。
1.2排列与组合1.2.1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(arrangement)。
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示。
排列数公式：n个元素的全排列数规定：0!=11.2.2组合一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合(combination)。
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号或表示。
组合数公式：∴规定：组合数的性质：(“构建组合意义”——“殊途同归”)1.3二项式定理1.3.1二项式定理(binomial theorem)*注意二项展开式某一项的系数与这一项的二项式系数是两个不同的概念。
1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质*表现形式的变化有时能帮助我们发现某些规律！(1)对称性(2)当n 是偶数时，共有奇数项，中间的一项取得最大值；当n 是奇数时，共有偶数项，中间的两项，同时取得最大值。
(3)各二项式系数的和为(4)二项式展开式中，奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和：(5)一般地，第二章随机变量及其分布2.1离散型随机变量及其分布(n ∈N *)其中各项的系数(k ∈{0，1，2，⋯，n})叫做二项式系数(binomial coefficient)；2.1.1离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量(random variable)。
高中数学新人教A版选修2-3课件：第一章计数原理本章整合
组,使得每组中都至少有一个元素,求一共有多少种不同的分法的问题.
首 页
专题一
专题二
J 基础知识 Z 重点难点
ICHU ZHISHI
HONGDIAN NANDIAN
S 随堂练习
UITANG LIANXI
专题三
应用 1 设 4 名同学报名参加同一时间安排的三种课外活动的方案有 a
的方法都有 n 种,由分步乘法计数原理得,从 n 个不同元素里有放回地取出
m 个元素(允许重复出现)的排列数为:N=n·
n·
n·
…·
n=nm(m,n∈N*,m≤n).
(2)“隔板法”是解决组合问题中关于若干个相同元素的分组问题的一
种常用方法,用这种方法解决此类问题,过程简捷明了,富有创意性和趣味性.
提示:本题既有相邻问题也有不相邻问题,故是捆绑法与插空法的综合
应用.
解析:先将甲乙捆绑,看作一个元素,有A22 种排法,然后将除甲乙丙之外
的 4 名学生全排列,有A44 种不同的排法,再将甲乙丙插入 5 个空中的两个,有
A25 种不同的排法,所以一共有A22 A44 A25=960 种不同排法.
答案:960
答案:B
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S 随堂练习
J 基础知识 Z 重点难点
ICHU ZHISHI
1
2
UITANG LIANXI
HONGDIAN NANDIAN
3
4
5
6
7
8
2.(2013·福建高考)满足 a,b∈{-1,0,1,2},且关于 x 的方程 ax2+2x+b=0 有实
高中数学选修2-3知识点
高中数学选修2-3知识点高中数学选修2-3知识点第一章：计数原理1.分类加法计数原理：完成一件事情，有N类方法，第一类方法有M1种不同的方法，第二类方法有M2种不同的方法，以此类推，第N类方法有MN种不同的方法。
那么完成这件事情共有M1+M2+。
+MN种不同的方法。
2.分步乘法计数原理：完成一件事情需要分成N个步骤，第一步有m1种不同的方法，第二步有M2种不同的方法，以此类推，第N步有MN种不同的方法。
那么完成这件事情共有XXX种不同的方法。
3.排列：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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。
4.排列数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素排成一列，称为从n个不同元素中取出m个元素的m个排列。
从n个不同元素中取出m个元素的一个排列数，用符号An表示。
An=m!/(n-m)!(m≤n，n，m∈N)。
5.公式：A(n+m)=An+Am*m!(m≤n，n，m∈N)；An=m*(m-1)*。
*(n-m+1)=n!/(n-m)。
6.组合：从n个不同的元素中任取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。
7.公式：C(m,n)=C(n,n-m)=m!/[(n-m)!*m!]；C(m,n)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)；C(n,m)=C(n-1,m-1)*(n-m+1)/m。
8.二项式定理：(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。
9.二项式通项公式展开式的通项公式：T=C(n,r)*a^(n-r)*b^r (r=0,1.n)，其中C(n,r)为二项式系数。
10.二项式系数Cn：C(n,r)=C(n,n-r)=n!/(r!(n-r)!)，其中r为从n个元素中取出的元素个数。
11.杨辉三角：杨辉三角是一种数学图形，由二项式系数构成，XXX的数为C(n,0)，C(n,1)。
人教版高二数学选修2-3第一章计数原理《《计数原理》小结与复习》
第一章 计数原理《计数原理》小结与复习班级：高二（ ）班 学号： 姓名：一．知识点整理1、两个基本计数原理： （1）分类计数原理：完成一件事，有n 类办法,完成这件事共有 N=m 1+m 2+…+m n 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，完成这件事有N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法。
2、排列（1）排列：一般地，从n 个不同的元素中取出m （m ﹤n ）个元素，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。
（2）排列数公式： )!(!)1()2()1(m n n m n n n n A m n -=+-⋅⋅⋅-⋅-⋅=， 3、组合（1）组合：一般地，从n 个不同元素中取出m 个不同元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个不同元素的一个组合。
（2）组合数公式： （3）组合数公式性质： 性质1: m n nm n C C -= 性质2: 111+++=+k n k n k n C C C 推论1: t n t n k k k C C C C C 122110+++=+⋅⋅⋅+++ 推论2: 1121++++=+⋅⋅⋅+++k n k n k k k k k k C C C C C4、二项式定理：（1）二项式定理：011222()n n n n r n r r n n n n n n n a b C a C a b C a b C a b C b ---+=++++++（2）通项是展开式的第 项，即：2、二项展开式的特点:（1）项数：共n ＋1项；（2）指数：a 按降幂排列，b 按升幂排列，每一项中a 、b 的指数和为n（3）系数:第r ＋1项的二项式系数为C n r (r ＝0,1,2,…，n )二．巩固练习 1.(西安)4个男生与3个女生站成一排，如果两端不站女生且3(A)144种 (B)288种 (C)432种 (D)576种2.(海淀)某科技小组有6名同学，现从中选出3人去参观展览，至少有1名女生入选时的不同选法有16种，则小组中的女生数目为( )。
高中选修2-3第一章计数原理知识点总结与训练
第一章：计数原理
一、两个计数原理
3、两个计数原理的区别
二、排列与组合
1、排列：
叫做从n 2n
3其中 4出m 5从n 取出m 6、组合数公式：
其中 注意：判断一个具体问题是否为组合问题,关键是看取出的元素是否与顺序有关,有关就是排列,无关便是组合.判断时要弄清楚“事件是什么”.
7、性质： .,,*n m N m n ≤∈并且m n n m n C C -=m n m n m n C C C 1
1+-=+
三、二项式定理
如果在二项式定理中，设a=1,b=x，则可以得到公式：
2、性质：
注意事项：
相邻问题，常用“捆绑法”
1、有4
（1
（2
（3
（4
2
3、(1)
(2)?
4、从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛,每校至少有1人,这样有几种选法?
5、将8个学生干部的培训指标分配给5个不同的班级，每班至少分到1个名额，共有多少种不同的分配方法？
6、对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有种可能？
7、3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有多少种?
8、如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？
9、求值与化简：。
高中数学选修2-3 第一章计数原理 章末高效整合
6．C16＋C26＋C36＋C46＋C56的值为________．
解析： ∵C06＋C16＋C26＋C36＋C46＋C56＋C66＝26＝64， ∴C16＋C26＋C36＋C46＋C56＝64－2＝62. 答案： 62
7．某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有 8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活 动．
A．2
B．3
C．4
D．5
解析： ∵a0＝a8＝C80＝1，a1＝a7＝C18＝8， ∴a2＝a6＝C82＝28，a3＝a5＝C38＝56，a4＝C48＝70，∴奇 数个数为 2，故选 A. 答案： A
5．(1＋3 x)61＋41x10 展开式中的常数项为________． 解析： 先求(1＋3 x)6 的展开式的通项． Tr＋1＝Cr6(x13)r＝Cr6x3r，r＝0,1,2,3,4,5,6. 再求1＋41x10 的展开式的通项．
1 ． 从 0,1,2,3,4,5 这 六 个 数 字 中 任 取 两 个 奇 数 和 两 个 偶
数，组成没有重复数字的四位数的个数为( )
A．300
B．216
C．180
D．162
解析： 分两类：第 1 类，含 0，有 C12C23C13A33＝108 个 数；
第 2 类，不含 0，有 C23A44＝72 个数． 共有 108＋72＝180(个)，故选 C. 答案： C
④直接计数困难的问题，采用间接法，即从方法总数中 减去不符合条件的方法数．
⑤排列和组合的综合题，采用“先组后排”，即先选出 元素，再排序．
4．二项式定理及二项式系数的性质
(1)二项式定理：公式(a＋b)n＝C
0 n
an＋C
1 n
人教a版数学【选修2-3】第1章《计数原理》归纳总结ppt课件
2．(2012·浙江理，6)若从1、2、3、„、9这9个整数中同
时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( A．60种 C．65种 [答案] D B．63种 D．66种 )
[解析] 本题考查了排列与组合的相关知识．取出的 4 个 数和为偶数，可分为三类．
4 2 2 四个奇数 C4 5，四个偶数 C4，二奇二偶，C5C4. 4 2 2 共有 C4 ＋ C ＋ C 5 4 5C4＝66 种不同取法． [点评] 分类讨论思想在排列组合题目中应用广泛．
1 n n ③各二项式系数的和：C0 ＋ C ＋„＋ C ＝ 2 . n n n
第一章
章末归纳总结
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(4)解决二项式定理问题的注意事项
n－k k ①运用二项式定理一定要牢记通项 Tk＋1＝Ck a b ，注意(a n
＋b)n 与(b＋a)n 虽然相同， 但具体到它们展开式的某一项时是不 同的．另外，二项式系数与项的系数是两个不同概念，前者指
第一章
章末归纳总结
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3．在(x2＋x＋1)(x－1)5的展开式中，含x4项的系数是(
)
A．－25
C．5 [答案] B
B．－5
D．25
[解析] (x2＋x＋1)(x－1)5＝(x3－1)(x－1)4，其展开式中 x4
中任何一种方法都不能完成这件事情，只能完成事件的某一部
分，只有当各步全部完成时，这件事情才完成．
第一章 章末归纳总结
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2．排列与组合 (1)排列与组合的定义
高中数学选修2-3第一章计数原理章末优化总结课件 (共18张PPT)
1、只要有坚强的意志力，就自然而然地会有能耐、机灵和知识。2、你们应该培养对自己，对自己的力量的信心，百这种信心是靠克服障碍，培养意志和锻炼意志而获得的。 3、坚强的信念能赢得强者的心，并使他们变得更坚强。4、天行健，君子以自强不息。5、有百折不挠的信念的所支持的人的意志，比那些似乎是无敌的物质力量有更强大 的威力。6、永远没有人力可以击退一个坚决强毅的希望。7、意大利有一句谚语：对一个歌手的要求，首先是嗓子、嗓子和嗓子……我现在按照这一公式拙劣地摹仿为：对 一个要成为不负于高尔基所声称的那种“人”的要求，首先是意志、意志和意志。8、执着追求并从中得到最大快乐的人，才是成功者。9、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 10、发现者，尤其是一个初出茅庐的年轻发现者，需要勇气才能无视他人的冷漠和怀疑，才能坚持自己发现的意志，并把研究继续下去。11、我的本质不是我的意志的结果， 相反，我的意志是我的本质的结果，因为我先有存在，后有意志，存在可以没有意志，但是没有存在就没有意志。12、公共的利益，人类的福利，可以使可憎的工作变为可 贵，只有开明人士才能知道克服困难所需要的热忱。13、立志用功如种树然，方其根芽，犹未有干；及其有干，尚未有枝；枝而后叶，叶而后花。14、意志的出现不是对愿 望的否定，而是把愿望合并和提升到一个更高的意识水平上。15、无论是美女的歌声，还是鬓狗的狂吠，无论是鳄鱼的眼泪，还是恶狼的嚎叫，都不会使我动摇。16、即使 遇到了不幸的灾难，已经开始了的事情决不放弃。17、最可怕的敌人，就是没有坚强的信念。18、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下 去。19、意志若是屈从，不论程度如何，它都帮助了暴力。20、有了坚定的意志，就等于给双脚添了一对翅膀。21、意志坚强，就会战胜恶运。22、只有刚强的人，才有神 圣的意志，凡是战斗的人，才能取得胜利。23、卓越的人的一大优点是：在不利和艰难的遭遇里百折不挠。24、疼痛的强度，同自然赋于人类的意志和刚度成正比。25、能 够岿然不动，坚持正见，度过难关的人是不多的。26、钢是在烈火和急剧冷却里锻炼出来的，所以才能坚硬和什么也不怕。我们的一代也是这样的在斗争中和可怕的考验中 锻炼出来的，学习了不在生活面前屈服。27、只要持续地努力，不懈地奋斗，就没有征服不了的东西。28、立志不坚，终不济事。29、功崇惟志，业广惟勤。30、一个崇高 的目标，只要不渝地追求，就会居为壮举；在它纯洁的目光里，一切美德必将胜利。31、书不记，熟读可记；义不精，细思可精；惟有志不立，直是无着力处。32、您得相 信，有志者事竟成。古人告诫说：“天国是努力进入的”。只有当勉为其难地一步步向它走去的时候，才必须勉为其难地一步步走下去，才必须勉为其难地去达到它。33、 告诉你使我达到目标的奥秘吧，我唯一的力量就是我的坚持精神。34、成大事不在于力量的大小，而在于能坚持多久。35、一个人所能做的就是做出好榜样，要有勇气在风 言风语的社会中坚定地高举伦理的信念。36、即使在把眼睛盯着大地的时候，那超群的目光仍然保持着凝视太阳的能力。37、你既然期望辉煌伟大的一生，那么就应该从今 天起，以毫不动摇的决心和坚定不移的信念，凭自己的智慧和毅力，去创造你和人类的快乐。38、一个有决心的人，将会找到他的道路。39、在希望与失望的决斗中，如果 你用勇气与坚决的双手紧握着，胜利必属于希望。40、富贵不能淫，贫贱不能移，威武不能屈。41、生活的道路一旦选定，就要勇敢地走到底，决不回头。42、生命里最重 要的事情是要有个远大的目标，并借助才能与坚持来完成它。43、事业常成于坚忍，毁于急躁。我在沙漠中曾亲眼看见，匆忙的旅人落在从容的后边；疾驰的骏马落在后头， 缓步的骆驼继续向前。44、有志者事竟成。45、穷且益坚，不坠青云之志。46、意志目标不在自然中存在，而在生命中蕴藏。47、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。 48、思想的形成，首先是意志的形成。49、谁有历经千辛万苦的意志，谁就能达到任何目的。50、不作什么决定的意志不是现实的意志；无性格的人从来不做出决定。我终 生的等待，换不来你刹那的凝眸。最美的不是下雨天，是曾与你躲过雨的屋檐。征服畏惧、建立自信的最快最确实的方法，就是去做你害怕的事，直到你获得成功的经验。 真正的爱，应该超越生命的长度、心灵的宽度、灵魂的深度。生活真象这杯浓酒，不经三番五次的提炼呵，就不会这样可口！人格的完善是本，财富的确立是末能力可以慢 慢锻炼，经验可以慢慢积累，热情不可以没有。不管什么东西，总是觉得，别人的比自己的好！只有经历过地狱般的折磨，才有征服天堂的力量。只有流过血的手指才能弹 出世间的绝唱。对时间的价值没有没有深切认识的人，决不会坚韧勤勉。第一个青春是上帝给的；第二个的青春是靠自己努力的。不要因为寂寞而恋爱，孤独是为了幸福而 等待。每天清晨，当我睁开眼睛，我告诉自己：我今天快乐或是不快乐，并非由我所遭遇的事情造成的，而应该取决于我自己。我可以自己选择事情的发展方向。昨日已逝，
高中数学选修2-3(人教A版)第一章计数原理1.2知识点总结含同步练习及答案
1 6 7 12 C0 12 < C12 < ⋯ < C12 > C12 > ⋯ > C12 ，所以 2x − 3 ⩾ 5 且 2x ⩽ 12 解得 4 ⩽ x ⩽ 6．
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− A5 9
= =
8 × 7 × 6 × 5 × (8 + 7) 8 × 7 × 6 × 5 × (24 − 9) = 1.
2×8×7×6×5×4+7×8×7×6×5 8×7×6×5×4×3×2×1−9×8×7×6×5
（3）根据原方程，可得
3x(x − 1)(x − 2) = 2(x + 1)x + 6x(x − 1).
0 10 （1）计算：C5 10 ⋅ C10 − C10 ； m−1 （2）证明：mCm n = nCn−1 ．
解：（1）原式= （2）证明：因为
10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 1 − 1 = 252 − 1 = 251 ； 5×4×3×2×1
Cm n =
n! , m!(n − m)! (n − 1)! n(n − 1)! n m−1 n n! ⋅ = = . Cn−1 = m m (m − 1)!(n − m)! m ⋅ (m − 1)!(n − m)! m!(n − m)!
正整数 1 到 n 的连乘积，叫做 n 的阶乘，用 n! 表示．另外，我们规定 0! = 1 ．所以排列数公 式还可以写成
Am n =
(n − m)！
n！
.
组合的定义 一般地，从 n 个不同元素中取出 m （m ⩽ n ）个元素合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合（combination）． 组合数及组合数的公式 从 n 个不同元素中取出 m （m ⩽ n ）个元素的所有不同组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取 出 m 个元素的组合数，用符号 Cm n 表示．
数学人教B版选修2-3本章整合 第一章计数原理 含解析
本章整合知识网络专题探究专题一：正确运用两个计数原理【应用1】从集合{O，P，Q，R，S}与{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母O，Q和数字0至多只出现一个的不同排法种数是__________．(用数字作答)解析：把排法分成三类：①当无字母O，Q和数字0时，有排法C23·C29·A44种；②当无字母O，Q，但有数字0时，有排法C23·C19·A44种；③当无数字0，但有字母O，Q其中之一时，有排法C12·C13·C29·A44种．综上，符合题意的不同排法种数是C23·C29·A44＋C23·C19·A44＋C12·C13·C29·A44＝8 424.答案：8 424【应用2】随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增长，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，每个汽车牌照都必须有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辆汽车上牌照？提示：按照新规定，牌照可以分为2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6个步骤．解：将汽车牌照分为2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个步骤确定一个牌照的字母和数字：第1步，从26个字母中选1个，放在首位，有26种选法；第2步，从剩下的25个字母中选1个，放在第2位，有25种选法；第3步，从剩下的24个字母中选1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个字母中选1个，放在第6位，有8种选法．根据分步乘法计数原理，字母组合在左的牌照共有26×25×24×10×9×8＝11 232 000(个)．同理，字母组合在右的牌照也有11 232 000个．所以，共能给11 232 000＋11 232 000＝22 464 000辆汽车上牌照．专题二：解排列组合应用题区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，无序的问题用组合知识解答，有序的问题属于排列问题．解含有约束条件的排列、组合问题，应先观察取出的元素是否有顺序，从而确定是排列问题还是组合问题，然后仔细审题，弄清怎样才算完成一件事，从而确定是分类完成，还是分步完成．分类时需要满足两个条件：(1)类与类之间要互斥(保证不重复)；(2)总数要完备(保证不遗漏)．分步时应按事件发生的连贯过程进行分步，做到步与步之间相互独立、互不干扰，并确保连续性．解决受条件限制的排列、组合问题的一般策略有：(1)特殊元素优先安排的策略；(2)正难则反、等价转化的策略；(3)相邻问题捆绑处理的策略；(4)不相邻问题插空处理的策略；(5)定序问题排除法处理的策略；(6)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；(7)平均分组问题运用除法处理的策略；(8)构造模型的策略．【应用1】7名学生站成一排，下列情况各有多少种不同排法？(1)甲、乙必须排在一起；(2)甲不在排头，乙不在排尾；(3)甲、乙、丙互不相邻；(4)甲、乙之间必须隔一人．解：(1)(捆绑法)先将甲、乙看作一个人，有A66种排法，然后对甲、乙进行排列，所以不同的排法有A22·A66＝1 440(种)．(2)(间接法)甲在排头或乙在排尾排法共2A66种，其中都包含甲在排头且乙在排尾的情形，故有不同的排法A77－2A66＋A55＝3 720(种)．(3)(插空法)把甲、乙、丙插入其余4名学生产生的5个空中，有A44·A35＝1 440(种)排法．(4)先从其余5人中选1人有5种选法，放在甲、乙之间，将三人看作一个整体有A55种排法，然后甲乙换位有A22种，共有5A55·A22＝1 200(种)排法．【应用2】有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？(3)恰有一个盒内有2个球，有多少种放法？解：(1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有44＝256(种)．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C24种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理，共有放法：C14·C24·C13·A22＝144(种)．(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．【互动探究】本例中的4个小球若只放入4个盒子中的两个盒子，即只有两个空盒子，共有多少种放法？解：先从四个盒子中任意拿走两个有C24种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C34·C12种放法；第二类：有C24种放法．因此共有C34·C12＋C24＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有C24·14＝84(种)．专题三：二项式定理应用【应用1】 ⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 8的展开式中x 4的系数是( ) A ．16 B ．70C ．560D ．1 120解析：设二项展开式的第(r ＋1)项含有x 4，则T r ＋1＝C r 8(x 2)8－r ⎝⎛⎫2x r ＝C r 8·2r ·x 16－3r，令16－3r ＝4，求得r ＝4.所以x 4的系数为C 48·24＝1 120. 答案：D【应用2】 若⎝⎛⎭⎫x ＋1x n 展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( ) A ．10 B ．20C ．30D ．120解析：利用二项式系数的性质和通项公式求常数项.⎝⎛⎭⎫x ＋1x n 展开式的二项式系数和为C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝64＝2n ，解得n ＝6.设第(r ＋1)项为常数项，则T r ＋1＝C r 6·x 6－r ·⎝⎛⎭⎫1x r ＝C r 6·x 6－2r，令6－2r ＝0，解得r ＝3，所以T r ＋1＝T 4＝C 36＝20.答案：B【应用3】 设(x 2＋1)(2x ＋1)9＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 11(x ＋2)11，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：采用赋值法，要使等式右边为a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11，应该令x ＋2＝1，即x ＝－1，于是可得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝2×(－1)9＝－2.答案：A。
人教A版高中数学选修2-3课件第1章计数原理本章整合
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专题一 专题二 专题三
【例 3】 (1+2 ������)3(1-3 ������)5 的展开式中 x 的系数是( )
A.-4
B.-2
C.2
D.4
思路点拨:利用(a+b)n 展开式中第 r+1 项 Tr+1=C������������ an-rbr(r=0,1,2,…,n)将
排列组合是解决计数问题的一种重要方法.但要注意,计数问题的基本 原理是分步计数原理和分类计数原理,是最普遍使用的,不要把计数问题等 同于排列组合问题.
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【例 1】 某地政府召集 5 家企业的负责人开会,其中甲企业有 2 人到 会,其余 4 家企业各有 1 人到会,会上有 3 人发言,则这 3 人来自 3 家不同企 业的可能情况的种数为( )
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专题一 两个计数原理
分类计数原理和分步计数原理是本部分内容的基础.在应用题的考查 中,经常要用它对问题进行分类或分步分析求解,如何灵活利用这两个原理 对问题进行分析往往是解应用题的关键.两个原理的共同之处是研究做一 件事,完成它共有的方法种数问题,而它们的主要差异是“分类”与“分步”.分 类计数原理的特点是:类与类相互独立,每类方法均可独立完成这件事(可类 比物理中的“并联”电路来理解);分步计数原理的特点是:步与步相互依存, 且只有当所有步骤均完成了(每个步骤缺一不可),这件事才算完成(可类比 物理中的“串联”电路来理解).运用时要掌握其计数本质,合理恰当地运用两 个原理.
高中数学选修2-3(人教B版)第一章计数原理1.4知识点总结含同步练习题及答案
描述：例题：高中数学选修2-3(人教B版)知识点总结含同步练习题及答案第一章 计数原理 1.3计数模型（补充）一、学习任务掌握计数的几种模型，并能处理一些简单的实际问题．二、知识清单数字组成模型 条件排列模型 分组分配模型染色模型计数杂题三、知识讲解1.数字组成模型与顺序相关的数字问题，通常是计算满足某些特征的数字的个数．常见特征比如各个数位的数字不同、四位数、奇数、比某数大的数、某个数位满足某种条件的数等等，其中各个数位数字可以相同的问题通常借助乘法原理分步解决，各个数位数字不相同通常是与排列相关的问题．由 、、、、 这五个数字可组成多少个无重复数字的五位数？解：首位不能是 ，有 种，后四位数有 种排列，所以这五个数可以组成 个无重复的五位数．012340C 14A 44=96C 14A 44用数字 、 组成四位数，且数字 、 至少都出现一次，这样的四位数共有______个（用数字作答）．解：因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是 或 的情况不合题意，所以符合题意的四位数有 个．23231423−2=1424从 ， 中选一个数字，从 、、 中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（ ）A． B． C． D．解：B当选 时，先从 、、 中选 个数字有 种方法，然后从选中的 个数字中选 个排在末位有 种方法，剩余 个数字排在首位，共有 种方法；当选 时，先从 、、 中选 个数字有 种方法，然后从选中的 个数字中选 个排在末位有 种方法，其余 个数字全排列，共有 种方法．依分类加法计数原理知共有 个奇数．02135241812601352C 2321C 121=6C 23C 1221352C 2321C 122=12C 23C 12A 226+12=18用 ， ，， ， ， 这 个数字，可以组成______个大于 且小于 的012345630005421描述：例题：2.条件排列模型计算满足某些限制条件的排列的个数，常见的如相邻问题、不相邻问题、某位置不能排某人、某人只能或不能排在某些位置的问题等等．不重复的四位数．解：分四类：①千位数字为 ， 之一时，百十个位数只要不重复即可，有 （个）；②千位数字为 ，百位数字为 ，，， 之一时，共有 （个）；③千位数字是 ，百位数字是 ，十位数字是 ， 之一时，共有 （个）；④最后还有 也满足条件．所以，所求四位数共有 （个）．175342=120A 3550123=48A 14A 245401=6A 12A 135420120+48+6+1=175 名男生， 名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．（1）全体站成一排，其中甲只能在中间或两端；（2）全体站成一排，男生必须排在一起；（3）全体站成一排，甲、乙不能相邻．解：（1）先考虑甲的位置，有 种方法，再考虑其余 人的位置，有 种方法．故有种方法；（2）（捆绑法）男生必须站在一起，即把 名男生进行全排列，有 种排法，与 名女生组成 个元素全排列，故有 种不同的排法；（3）（插空法）甲、乙不能相邻，先把剩余的 名同学全排列，有 种排法，然后将甲、乙分别插到 个空中，有 种排法，故有 种不同的排法．34A 136A 66=2160A 13A 663A 3345=720A 33A 555A 556A 26=3600A 55A 26有甲、乙、丙在内的 个人排成一排照相，其中甲和乙必须相邻，丙不排在两头，则这样的排法共有______种．解：甲和乙必须相邻，可将甲、乙捆绑，看成一个元素，与丙除外的另三个元素构成四个元素，自由排列，有 种方法；丙不排在两头，可对丙插空，插四个元素生成的中间的三个空中的任何一个，有 种方法；最后甲、乙两人的排法有 种方法．综上，总共有 种排法．6144A 44A 13A 22=144A 44A 13A 22 把椅子摆成一排， 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（ ）A． B． C． D．解：D“不相邻”应该用“插空法”，三个空椅子，形成 个空，三个坐人的椅子插入空中，因为人不同，所以需排序，所以有 种不同坐法．6314412072244=24A 34某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同课程的排法？解：法一： 门课程总的排法是 种，其中不符合要求的可分为：体育排在第一节有 种排法，数学排在最后一节有 种排法，但这两种方法，都包括体育在第一节，数学排在最后一节，这种情况有 种排法，因此符合条件的排法应是： 种．法二：① 体育、数学即不排在第一节也不排在最后一节，这种情况有 种排法；② 数学6A 66A 55A 55A 44−2+=504A 66A 55A 44⋅A 24A 44⋅144种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种．（以数字作答）72种花，且相邻的96高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。
人教版高中数学选修2-3第一章计数原理总复习优质课件
4. 在连结正八边形的三个顶点组成的三角形中，与正八边形有公共边的有多少个？
5．某艺术组有 9 人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，其中 7 人会钢琴，3 人会小号， 从中选出会钢琴与会小号的各 1 人，有多少种不同的选法？
注：分类计数原理又称加法原理 分步计数原理又称乘法原理
[例 1]体育场南侧有 4 个大门，北侧有 3 个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的
方案有 （ ）
A．12 种 B．7 种 C．24 种
D．49 种
[例 2]从 1,2，3，…,10 中选出 3 个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样的数列共 有多少个？
[例 2]从－3，－2，－1,0，1,2，3，4 八个数字中任取 3 个不同的
数字作为二次函数 y ax2 bx c 的系数 a ，ｂ，ｃ的取值，问
共能组成多少个不同的二次函数？
[例 3]以三棱柱的顶点为顶点共可组成多少个不同的三棱锥？
[例 4] 4 名男生和 3 名女生并坐一排，分别回答下列问题： （1）男生必须排在一起的坐法有多少种？ （2）女生互不相邻的坐法有多少种？ （3）男生相邻、女生也相邻的坐法有多少种？ （4）男女生相间的坐法有多少种？ （5）女生顺序已定的坐法有多少种？
0,1,2, , n) 叫做二项式系数.
式中的
C
r n做二项展开式的通项，用 Tr 1
表示，
即
Tr 1
＝
C
r n
a
nr
b
r
.
(a b)n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n .
三、经典例题导讲
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别属于不同类的两种方法是不同的方法．分步乘法计数原理的
关键是“步”，分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标 准；其次，分步时还要注意满足完成一件事必须并且只有连续
完成这n个步骤后，这件事才算完成，只有满足了上述条件，才
能用分步乘法计数原理．
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【例1】 有3封信，4个信筒． (1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法？ (2)把3封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种
专题二
排列组合的应用
排列组合应用题是高考的一个重点内容，常与实际问题相结 合进行考查．要认真阅读题干，明确问题本质，利用排列组 合的相关公式与方法解题．
(1)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列出式子计算并作答． (2)处理排列组合的综合性问题，一般思想方法是先选元素(组 合)，后排列，按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程 “分步”，始终是处理排列组合问题的基本方法和原理，通过
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解题训练注意积累分类和分步的基本技能． (3)解排列组合应用题时，常见的解题策略有以下几种： ①特殊元素优先安排的策略； ②合理分类和准确分步的策略； ③排列、组合混合问题先选后排的策略； ④正难则反、等价转化的策略； ⑤相邻问题捆绑处理的策略；
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要点归纳
1．两个计数原理
分步乘法计数原理与分类加法计数原理是排列组合中解决
问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原 理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题 时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目 的．正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一 件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原 理的关键．注意有些复杂的问题往往在分步中有分类，分 类中有分步，两个原理往往交错使用．
解 法一 在每个车队抽调 1 辆车的基础上， 还需抽调 3 辆车， 可分为三类： 1 从一个车队中抽调，有 C7 种； 从两个车队中抽调， 一个车队中抽 1 辆， 另一个车队中抽 2 辆， 2 有 C7 · C1 2＝ 42 种； 从三个车队中抽调，每个车队中抽调 1 辆，有 C3 7＝ 35 种．故 由分类加法计数原理知，共有 7＋ 42＋ 35＝ 84 种抽调方法． 法二 (隔板法) 由于每个车队的车均多于 4 辆， 只需将 10 个份额分成 7 份． 可 将 10 个元素排成一排，在相互之间的 9 个空档(除去两端)中 插入 6 个档板，即可将元素分成了 7 份，因而有 C6 9＝ 84 种抽 调方法．
寄信方法？
解 (1)分3步完成寄出3封信的任务；第一步，寄出1封 信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第
三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务，根据分步
乘法计数原理，共有4×4×4＝43＝64种寄பைடு நூலகம்方法．
(2)典型的排列问题，共有 A3 4＝24 种寄信方法．
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(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x 的某次幂等，此时要特别注意二项式展开式中第 k＋1 项的通项 n－k k k 公式是 Tk＋1＝Ck b (k＝0，1，„n)，其二项式系数是 Cn ，而 na ＋1 不是 Ck n ，这是一个极易错点．
(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的 项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二 项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法 是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关 系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式 子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项 或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，
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2．排列与组合 主要是排列数与组合数计算公式、性质的应用以及排列组合 应用题．
排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其
中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式， 在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本 遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢． 对于应用题，则首先要分清是否有序，即是排列问题还是组
再由方程组求出结果，在求各项系数的绝对值的和时，则要
先根据绝对值里面数的符号赋值求解．
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专题一
两个计数原理
选择使用两个原理解决问题时，要根据我们完成某件事情采取
的方式而定，确定是分类还是分步要抓住两个原理的本质．分
类加法计数原理的关键是“类”，分类时，首选要根据问题的特 点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其 次分类时要注意，完成这件事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必须属于某一类，并且分
⑥不相邻问题插空处理的策略；
⑦定序问题除法处理的策略； ⑧分排问题直排处理的策略； ⑨“小集团”排列问题中先整体后局部的策略； ⑩构造模型的策略．
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【例2】 某运输公司有7个车队，每个车队的车均多于4辆，现 从这个公司中抽调出10辆车，并且每个车队中至少抽取1 辆车，那么共有多少种不同的抽调方式？
合问题．
有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：(1)元素 分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)位置 分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置．
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组合应用题的难点是与几何图形有关的问题，此时一般要与
两个原理结合应用，还要结合图形的实际意义． 排列与组合综合应用题中也有很多重点和难点，比如分配问
题，一般方法是先分组，后分配，分组问题又要注意均匀分
组和不均匀分组的区别，均匀分组在各组逐一满足后还要除 以均匀分组组数的全排列；而有公共元素的分配问题，则可 以利用图示法求组数，这样可以避免分组中的重复． 3．二项式定理
这部分常考知识、题型、主要方法以及注意点大体如下：
(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题 型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式 等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；