第一章计数原理复习课(习题课)
高中数学《第一章计数原理复习参考题》272PPT课件
小结
有限制排列
相邻问题---捆绑法 不相邻问题---插空法
二项式定理
区分二项式系 数和项的系数
求系数和
求某一项的系数
选修2-3第一章《计数原理》
计数原理复习课
安吉高级中学 韩志刚
1．排列的定义：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
，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的
一个排列(arrangement).
2．排列数、排列数公式：从 n 个不同元素中取出 m(m n) 个元素的所
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例 3.已知 x
1
n
的展开式中的第二项和第三项的系数相等．
2 x
(1)求 n 的值；
(2)求展开式中所有二项式系数的和；
(3)求展开式中所有项的系数和．
变式
若 x2 1 x 29 a0 a1x 1 a2x 12 a3x 13 a11x 111
，则 a1 a2 a3 a11 的值为__________.
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有限制的排列考虑 前一步的排法对后一步是 否造成影响
例 2. 7 名师生站成一排照相留念，其中老师 1 人，男生 4 人， 女生 2 人，在下列情况下，各有多少种不同站法？（答案用数 字回答） （1）若 4 名男生身高都不相等，按从高到底从左到右排队.
有
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
m n
=_________________
利用 1,2,3,4 这四个数字，可以组成多少个没有重复数字 的三位数？
高中数学第一章计数原理复习提升课课件选修2-3
第三类：十万位为 2，万位为 0，千位从 3，4，5 中选一个有 A13种方法，后三位有 A33种排法，其六位数有 A13A33＝18 个． 第四类：十万位为 2，万位为 0，千位为 1，百位数为从 4，5 种选一个有 A12种方法，后两位有 A22种排法，其六位数有 A12A22＝ 4. 第五类：十万位为 2，万位为 0，千位为 1，百位为 3，十位为 5，仅有一个：201 354.
排列组合
[问题展示] (选修 2-3 P41 复习参考题 B 组 T2) 用数字 0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的数，问： (1)能够组成多少个六位奇数？ (2)能够组成多少个大于 201 345 的正整数？
【解】 (1)法一：先从 1，3，5 中选一个排在个位上，有 A13种 方法，再从 2，4 和 1，3，5 中剩下的两个数，共 4 个数中选 一个排十万位，有 A14种方法，剩余的 4 个数分别排在万位，千 位，百位和十位的排法有 A44种方法，所以能够组成没有重复数 字的六位奇数有 A13A14A44＝3×4×24＝288 个． 法二：从 1，3，5 中选一个排在个位上有 A13种方法，剩下的数 排在前五位有 A55种方法，其中 0 排在十万位的 A44种方法，所 以能够组成没有重复数字的六位奇数有 A13(A55－A44)＝3×(120 －24)＝288 个．
章末复习提升课
计数原理
[问题展示] (选修 2-3 P12 习题 1.1 A 组 T2)如图，从甲地到乙 地有 2 条路，从乙地到丁地有 3 条路；从甲地到丙地有 4 条路， 从丙地到丁地有 2 条路．从甲地到丁地共有多少条不同的路 线？
【解】 第一类线路：甲→乙→丁有 2×3＝6 条线路； 第 2 类线路：甲→丙→丁有 4×2＝8 条线路， 则从甲地到丁地共有 6＋8＝14 条线路．
数学选修2-3第一章计数原理习题集（附答案解析）
第 1 页 共15 页 选修2-3 第一章章节习题集1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一、课时过关·能力提升1.某校举办了一次教师演讲比赛,参赛的语文老师有20人,数学老师有8人,英语老师有4人,从中评选出一个冠军,则可能的结果种数为( ) A.12B.28C.32D.640解析:由分类加法计数原理得,冠军可能的结果种数为4+8+20=32. 答案:C2.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( ) A .60B .48C .36D .24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36个,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2=12个,共36+12=48个,故选B . 答案:B3.某人有3个不同的电子邮箱,他要发5封电子邮件,不同发送方法的种数为( )A.8B.15C.35D.53 解析:每封电子邮件都有3种不同的发送方法,共有35种不同的发送方法. 答案:C4.已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A ,B 的值,则可表示出的不同直线的条数为( ) A.19B.20C.21D.22解析:当A 或B 中有一个为零时,则可表示出2条不同的直线;当AB ≠0时,A 有5种选法,B 有4种选法,则可表示出5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理知,共可表示出20+2=22条不同的直线. 答案:D5.五名护士上班前将外衣放在护士站,下班后回护士站取外衣,由于灯光暗淡,只有两人拿到了自己的外衣,另外三人拿到别人外衣的情况有( ) A.60种B.40种C.20种D.10种解析:设五名护士分别为A,B,C,D,E.其中两人拿到自己的外衣,可能是AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE 共10 种情况,假设A,B 两人拿到自己的外衣,则C,D,E 三人不能拿到自己的外衣,则只有C 取D,D 取E,E 取C,或C 取E,D 取C,E 取D 两种情况.故根据分步乘法计数原理,应有10×10×2=202=20种情况. 答案:C6.将4位老师分配到3个学校去任教,共有分配方案( ) A .81种B .12种C .7种D .256种解析:每位老师都有3种分配方案,分四步完成,故共有3×3×3×3=81种. 答案:A7.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、人分别从事翻译、导游、导游、导游、导购、导购、导购、保洁四项不同的工作保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,则选派方案共有( ) A .280种 B .240种 C .180种D .96种解析:由于甲、乙不能从事翻译工作,因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人,有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种,因此共有4×5×4×3=240种,故选B 答案:B8.用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数,比3 542大的四位数的个数是( ) A .360B .240C .120D .60解析:因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数,所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5,所以共有2×5×4×3=120个比3 542大的四位数. 答案:C9.圆周上有2n 个等分点(n 大于2),任取3点可得一个三角形,恰为直角三角形的个数为 .解析:先在圆周上找一点,因为有2n 个等分点,所以应有n 条直径,不经过该点的直径应有(n-1)条,这(n-1)条直径都可以与该点形成直角三角形,一个点可以形成(n-1)个直角三角形,而这样的点有2n 个,所以一共有2n (n-1)个符合题意的直角三角形. 答案:2n (n-1)10.如图所示,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网络联系,连线上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,信息可以分开沿不同路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为 .解析:由题图可知,从A 到B 有4种不同的传递路线,各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6,由分类加法计数原理得,单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19. 答案:1911.三人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被传给甲,则共有种不同的传递方法.解析:分两类:第一类,若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法;同理,第二类,甲先传给丙,也有3种不同的传法.共有6种不同的传递方法. 答案:612.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A 爬到相对顶点C 1,求其中经过3条棱的路线共有多少条?解:从总体上看有三类方法:分别经过AB,AD,AA1从局部上看每一类又需分两步完成,故第一类:经过AB,有m1=1×2=2条;第二类:经过AD,有m2=1×2=2条;第三类:经过AA1,有m3=1×2=2条.根据分类加法计数原理,从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.13.用n种不同颜色的彩色粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.当n=6时,该板报有多少种书写方案?解:第一步选英语角用的彩色粉笔,有6种不同的选法;第二步选语文学苑用的彩色粉笔,不能与英语角用的颜色相同,有5种不同的选法;第三步选理综视界用的彩色粉笔,与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同,有4种不同的选法;第四步选数学天地用的彩色粉笔,只需与理综视界的颜色不同即可,有5种不同的选法.共有6×5×4×5=600种不同的书写方案.14.用0,1,0,1,……,9这十个数字,可以组成多少个满足下列条件的数?(1)三位整数;(2)无重复数字的三位整数;(3)小于500的无重复数字的三位整数;(4)小于100的无重复数字的自然数.解:由于0不能放到首位,可以单独考虑.(1)百位上有9种选择,十位和个位各有10种选法由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×10×10=900.(2)由于数字不可重复,可知百位数字有9种选择,十位数字也有9种选择,但个位数字仅有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×9×8=648.(3)百位数字只有4种选择,十位数字有9种选择,个位数字有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是4×9×8=288.(4)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数:10个.两位自然数:十位数字有9种选择,个位数字也有9种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的两位数的个数是9×9=81.由分类加法计数原理知,适合题意的自然数的个数是10+81=91.1.2 排列与组合1.2.1 排列一、课时过关·能力提升1.从集合{3,5,7,9,11}中任取两个元素,①相加可得多少个不同的和?②相除可得多少个不同的商?③作为椭圆=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程?④作为双曲线=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程?上面四个问题属于排列问题的是( )A.①②③④B.②④C.②③D.①④解析:∵加法满足交换律,∴①不是排列问题;∵除法不满足交换律,如,∴②是排列问题;若方程=1表示焦点在x轴上的椭圆,则必有a>b,a,b的大小一定;在双曲线=1中不管a>b还是a<b,方程均表示焦点在x轴上的双曲线,且是不同的双曲线.故③不是排列问题,④是排列问题.答案:B2.某年级一天有6节课,需要安排6门课程,则该年级一天的课程表的排法有( )A.66种B.36种C.种D.12种解析:本题相当于对6个元素进行全排列,故有种排法.答案:C3.设m∈N*,则乘积m(m+1)(m+2)2)……(m+20)可表示为 ( )A. B. C. D.解析:由排列数公式,=(m+20)(m+19)(m+18)…(m+1)m.答案:D4.某会议室共有8个座位,现有3人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法有( )A.12种B.16种C.24种D.32种解析:将三个人插入五个空位中间的四个空当中,有=24种坐法.答案:C5.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.120解析:个位数字有种排法,十位、百位、千位有种排法,从而共=48个不同的四位偶数答案:C6.要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不排在开头,并且任意两个舞蹈节目不排在一起,则不同的排法种数是( )A. B. C. D.解析:第一步先排5个独唱节目共种;第二步排舞蹈,不相邻则用插空法,且保证不放到开头,从剩下5个空中选3个插空共有种,故一共有种.答案:C7.5名男生与2名女生排成一排照相,若男生甲必须站在中间,2名女生必须相邻,则符合条件的排法共有( )A.48种B.192种C.240种D.288种解析:(用排除法)将2名女生看作1人,与4名男生一起排队,有种排法,而女生可互换位置,所以共有种排法,男生甲插入中间位置,只有一种插法;而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有种,这时男生甲若插入中间位置不符合题意,故符合题意的排列总数为=192.答案:B8.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从2,3,4,5,6,9这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,其中“伞数”有 ( )A.120个B.80个C.40个D.20个解析:由题意知可按十位数字的取值进行分类:第一类,十位数字取9,有个;第二类,十位数字取6,有个;第三类,十位数字取5,有个;第四类,十位数字取4,有个.所以一共有=40个.答案:C9.张先生和王先生两对夫妇各带1名小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两名小孩一定要排在一起,则这6人的入园排法共有 .解析:分三步完成:第1步,将两位爸爸排在两端,有种排法;第2步,将两名小孩看作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置,有种排法;第3步,两个小孩之间还有种排法.因此,这6人的入园排法共有=24种.答案:24种10.某校在高二年级开设选修课,其中数学选修班开了4个,选课结束后,有四名选修英语的同学甲、乙、丙、丁要求改修数学,为照顾各班平衡,数学选修班每班只接收1名改修数学的同学.那么甲不在(1)班,乙不在(2)班的分配方法有 .解析:先分甲,第一类,当甲在(2)班时,分配乙、丙、丁有种方法.第二类,当甲不在(2)班时,则甲有种分法,再分乙有种分法,分配丙、丁有种分法.因此,总共有=14种分法.答案:14种11.用1,2,3,4,5,6,7排成无重复数字的七位数,按下述要求各有多少个?(1)偶数不相邻;(2)偶数一定在奇数位上;(3)1和2之间恰好夹有一个奇数,没有偶数.解:(1)用插空法,共有=1 440个.(2)先把偶数排在奇数位上有种排法,再排奇数有种排法共有=576个.(3)1和2排列有种方法,在1和2之间放一个奇数有种方法,把1,2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有种排法,故共有=720个.12.一条铁路线上原有n个车站,为适应客运需要,新增加了m个车站(m>1),客运车票增加了62种,则原有多少个车站?现在有多少个车站?解:∵原有n个车站,∴原有客运车票种.又现有(n+m)个车站,∴现有客运车票种.由题设知:=62,∴(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62,∴2mn+m2-m=62,∴n=(m-1)>0,∴(m-1),∴62>m(m-1),即m2-m-62<0.又∵m>1,∴1<m<,∴1<m≤8.当m=2时,n=15.当m=3,4,5,6,7,8时,n均不为整数.∴n=15,m=2.∴原有车站15个,现有车站17个.1.2.2 组合一、课时过关·能力提升1.某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有( )A.45种B.56种C.90种D.120种解析:用排除法,不同的选法种数为=45.答案:A2.氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一,某肽链由7种不同的氨基酸构成,若只改变其中3种氨基酸的位置,其他4种不变,则不同的改变方法的种数为 ( )A.210B.126C.70D.35解析:从7种中取出3种有=35种取法,比如选出a,b,c种,再都改变位置有b,c,a和c,a,b两种,故不同的改变方法有2×35=70种.答案:C3.有15盏灯,要求关掉6盏,且相邻的灯不能全关掉,两端的灯不能关掉,则不同的关灯方法有( )A.28种B.84种C.180种D.360种解析:将9盏灯排成一排,关掉的6盏灯插入9盏亮灯的中间8个空隙中的6个空隙中,有=28种方法.答案:A4.某科技小组有6名学生,现从中选出3人去参加展览,至少有1名女生入选的不同选法有16种,则该小组中的女生人数为( )A.2B.3C.4D.5解析:设男生有x人,则女生有(6-x)人.依题意得=16,即x(x-1)(x-2)+16×6=6×5×4.解得x=4,故女生有2人.答案:A5.中小学校车安全引起社会的关注,为了彻底消除校车安全隐患,某市购进了50台完全相同的校车,准备发放给10所学校,每所学校至少2台,则不同的发放方案种数为( )A. B.C. D.解析:首先每个学校配送一台,这个没有顺序和情况之分,剩下40台;将剩下的40台像排队一样排列好,则这40台校车之间有39个空,对这39个空进行插空,比如说用9面小旗隔开,就可以隔成10部分.所以是在39个空中选9个空进行插空.故不同的方案种数为.答案:D6.已知一组曲线y=ax3+bx+1,其中a为2,4,6,8中的任意一个,b为1,3,5,7中的任意一个.现从这些曲线中任取两条,它们在x=1处的切线相互平行的组数为 ( )A.9B.10C.12D.14解析:y'=ax2+b,曲线在x=1处切线的斜率k=a+b.切线相互平行,则需它们的斜率相等,因此按照在x=1处切线的斜率的可能取值可分为五类完成.第一类:a+b=5,则a=2,b=3;a=4,b=1.故可构成2条曲线,有组.第二类:a+b=7,则a=2,b=5;a=4,b=3;a=6,b=1.可构成三条曲线,有组.第三类:a+b=9,则a=2,b=7;a=4,b=5;a=6,b=3;a=8,b=1.可构成四条曲线,有组.第四类:a+b=11,则a=4,b=7;a=6,b=5;a=8,b=3.可构成3条曲线,有组.第五类:a+b=13,则a=6,b=7;a=8,b=5.可构成2条曲线,有组.故共有=14组相互平行的切线.答案:D7.5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,若甲球必须放入A盒,则不同的放法种数是 ( )A.120B.72C.60D.36解析:将甲球放入A盒后分两类,一类是除甲球外,A盒还放其他球,共=24种放法,另一类是A盒中只有甲球,则其他4个球放入另外三个盒中,有=36种放法.故总的放法有24+36=60种.答案:C8.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动.若每天安排3人,则不同的安排方案共有 .(用数字作答)解析:第一步安排周六有种方法,第二步安排周日有种方法,故不同的安排方案共有=140种.答案:140种9.用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有 .(用数字作答)解析:分两种情况:第一类:个位、十位和百位上各有一个偶数,有=90个.第二类:个位、十位和百位上共有两个奇数一个偶数,有=234个,共有90+234=324个.答案:324个10.某餐厅供应盒饭,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同品种的菜.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上的不同选择,则餐厅至少还需准备 种不同的素菜(结果用数值表示)解析:在5种不同的荤菜中选出2种的选择方式的种数是=10.若选择方式至少为200种,设素菜为x种, 则有≥200,即≥20,化简得x(x-1)≥40,解得x≥7.所以,至少应准备7种素菜.答案:711.在如图所示的四棱锥中,顶点为P,从其他的顶点和各棱中点中取3个,使它们和点P在同一平面内,不同的取法种数为 .解析:满足要求的点的取法可分为三类:第一类,在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点,有4种取法;第二类,在两个对角面上除点P外任取3点,有2种取法;第三类,过点P的侧棱中,每一条上的三点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面,有4种取法.因此,满足题意的不同取法共有4+2+4=56种.答案:5612.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,求与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数.解:与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:第一类,与信息0110恰有两个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选2个位置相同,其他2个不同有=6个信息.第二类,与信息0110恰有一个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选1个位置相同,其他3个不同有=4个信息.第三类,与信息0110没有一个对应位置上的数字相同,即4个位置中对应数字都不同,有=1个信息 由分类加法计数原理知,与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为6+4+1=11.13.在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法(1)有3名内科医生和2名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.解:(1)先选内科医生有种选法,再选外科医生有种选法,故选派方法的种数为=120.(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为=246.(3)分两类:一是选1名主任有种方法;二是选2名主任有种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有种选法.故有选派方法的种数为=1911.3 二项式定理1.3.1 二项式定理一、课时过关·能力提升1.的展开式中倒数第3项的系数是( )A.·2B.·26C.·25D.·22解析:的展开式中倒数第3项为二项展开式中的第6项,而T6=·(2x)2··22·x-8.该项的系数为·22.答案:D2.的展开式中的常数项为-220,则a的值为 ( )A.1B.-1C.2D.-2解析:T k+1=·a k.∵T k+1为常数项,∴-k=0,∴k=3.∴·a3=-220,∴a=-1.答案:B3.对任意实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值是( )A.3B.6C.9D.21解析:由已知x3=[2+(x-2)]3=·23+·22·(x-2)+·2·2·((x-2)2+(x-2)3.所以a2=·2=6.答案:B4.的展开式中含x3项的二项式系数为( )A.-10B.10C.-5D.5解析:T k+1=·x 5-k=(-1)k·x5-2k,令5-2k=3,则k=1故x3项的二项式系数为=5答案:D5.若(1+)5=a+b(a,b为有理数),则a+b等于 ( )A.45B.55C.70D.80解析:由二项式定理,得(1+)5=1+·()2+·()3+·()4+·()5=1+5+20+20+20+4=41+29,即a=41,b=29,故a+b=70.答案:C6.(1-)6(1+)4的展开式中x的系数是( )A.-4B.-3C.3D.4解析:方法一:(1-)6的展开式的通项为(-)m,(1+)4的展开式的通项为)n,其中m=0,1,2,…,6;n=0,1,2,3,4.令=1,得m+n=2,于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数等于·(-1)0··(-1)1··(-1)2·=-3.方法二:(1-)6(1+)4=[(1-)(1+)]4(1-)2=(1-x)4(1-2+x).于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数为·1+·(-1)1·1=-3.答案:B7.若x>0,设的展开式中的第3项为M,第4项为N,则M+N的最小值为 .解析:由T3=x,T4=,则M+N=≥2.当且仅当,即x=时,等号成立答案:8.二项式的展开式中,常数项的值为 .答案:0,1,2,……,n)的部分图象如图,则a= .9.已知(ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a2x2+a1x+a0(x∈N*),点A i(i,a i)(i=0,1,2,解析:由展开式得T k+1=(ax)n-k=a n-k·x n-k,由题图可知a1=3,a2=4,即a=3,且a2=4,化简得na=3,且=4,解得a=.答案:10.求证:32n+3-24n+37能被64整除.证明:32n+3-24n+37=3×9n+1-24n+37=3(8+1)n+1-24n+37=3(·8n+1+·8n+…+·8+1)-24n+37=3×64(·8n-1 +·8n-2+…+)+24-24n+40=64×3(·8n-1+·8n-2+…+)+64.显然上式是64的倍数,故原式可被64整除11.(1)求(1+x)2(1-x)5的展开式中x3的系数;(2)已知展开式的前三项系数的和为129,这个展开式中是否含有常数项?一次项?如果没有,请说明理由;如果有,请求出来.解:(1)(1+x)2的通项为T r+1=·x r,(1-x)5的通项为T k+1=(-1)k·x k,其中r∈{0,1,2},k∈{0,1,2,3,4,5},令k+r=3,则有k=1,r=2;k=2,r=1;k=3,r=0.故x3的系数为-=5.(2)展开式的通项为T k+1=(x)n-k·=·2k·(k=0,1,2,…,n),由题意,得20+2+22=129所以1+2n+2n(n-1)=129,则n2=64,即n=8.故T k+1=·2k·(k=0,1,2,…,8),若展开式存在常数项,则=0,解之,得k=∉Z,所以展开式中没有常数项若展开式中存在一次项,则=1,即72-11k=6,所以k=6.所以展开式中存在一次项,它是第7项,T7=26x=1 792x.1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质一、课时过关·能力提升1.如果的展开式中各项系数之和为128,则展开式中含的项是( )A. B.C. D.解析:由的展开式中各项系数之和为128可得2n =128,n=7.其通项T k+1=(3x )7-k =(-1)k ·37-k,令7-=-3,解得k=6,此时T 7=.答案:C 2.的展开式中第8项是常数项,则展开式中系数最大的项是( )A.第8项B.第9项C.第8项、第9项D.第11项、第12项 解析:展开式中的第8项为)n-7为常数,即=0,解得n=21.故展开式中系数最大的项为第11项、第12项.答案:D 3.若(x+3y )n展开式的系数和等于(7a+b )10展开式中的二项式系数之和,则n 的值为( ) A.5B.8C.10D.15解析:(7a+b )10展开式的二项式系数之和为210,令x=1,y=1,则由题意知,4n =210,解得n=5.答案:A4.已知+2+22+…+2n =729,则的值等于( )A.64B.32C.63D.31解析:由已知(1+2)n =3n=729,解得n=6.则=32.答案:B5.(1+x )n(3-x )的展开式中各项系数的和为1 024,则n 的值为( ) A .8B .9C .10D .11解析:由题意知(1+1)n (3-1)=1 024,即2n+1=1 024,故n=9. 答案:B6.若(1-2x )2 015=a 0+a 1x+…+a 2 015x2 015(x ∈R ),则+…+的值为( ) A.2 B.0C.-1D.-2 解析:令x=0,则a 0=1,令x=,则a 0++…+=0,故+…+=-1.答案:C7.(x+1)9按x 的升幂排列二项式系数最大的项是( ) A .第4项和第5项 B .第5项 C .第5项和第6项 D .第6项解析:展开式中共有10项,由二项式系数的性质可知,展开式的中间两项的二项式系数最大,即第5项和第6项的二项式系数最大. 答案:C8.在(a-b )10的二项展开式中,系数最小的项是 .解析:在(a-b )10的二项展开式中,奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,且偶数项系数的绝对值为对应的二项式系数,因为展开式中第6项的二项式系数最大,所以系数最小的项为T 6=a 5(-b )5=-252a 5b 5.答案:-252a 5b 59.设(x-1)21=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 21x 21,则a 10+a 11= . 解析:∵(x-1)21的展开式的通项为T k+1=x 21-k (-1)k ,∴a 10+a 11=(-1)11+(-1)10=-=-=0.答案:0 10.若(2x+)4=a 0+a 1x+…+a 4x 4,则(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2的值为 .解析:令x=1,得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4=(2+)4,令x=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+a 4=(-2+)4,(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2=(a 0+a 1+a 2+a 3+a 4)·)·((a 0-a 1+a 2-a 3+a 4)=(2+)4(-2+)4=1. 答案:111.若(2x-3y )10=a 0x 10+a 1x 9y+a 2x 8y 2+…+a 10y 10,求:(1)各项系数之和;(2)奇数项系数的和与偶数项系数的和.解:(1)各项系数之和即为a 0+a 1+a 2+…+a 10,可用“赋值法”求解.令x=y=1,得a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2-3)10=(-1)10=1.(2)奇数项系数的和为a 0+a 2+a 4+…+a 10,偶数项系数的和为a 1+a 3+a 5+…+a 9. 由(1)知a 0+a 1+a 2+…+a 10=1,①令x=1,y=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 10=510,②①+②得,2(a 0+a 2+…+a 10)=1+510,则奇数项系数的和为;①-②得,2(a 1+a 3+…+a 9))=11-5510,则偶数项系数的和为12.已知(+3x 2)n 展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项; (2)求展开式中系数最大的项.解:令x=1得展开式各项系数和为(1+3)n =4n展开式二项式系数和为+…+=2n ,由题意有4n -2n=992.即(2n )2-2n -992=0,(2n -32)(2n+31)=0,解得n=5.(1)因为n=5,所以展开式共6项,其中二项式系数最大的项为第3项、第4项,它们是T 3=)3·(3x 2)2=90x 6, T 4=)2(3x 2)3=270.(2)设展开式中第k+1项的系数最大.由T k+1=)5-k ·(3x 2)k =3k,得⇒⇒≤k≤.因为k∈Z,所以k=4,所以展开式中第5项系数最大.T5=34=405.13.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家.杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果,它的许多性质与组合数的性质有关,杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律.如图是一个11阶杨辉三角:(1)求第20行中从左到右的第4个数;(2)在第2斜列中,前5个数依次为1,3,6,10,15;第3斜列中,第5个数为35.显然,1+3+6+10+15=35.事实上,一般的有这样的结论:第m斜列中(从右上到左下)前k个数之和,一定等于第m+1斜列中第k个数.试用含有m,k(m,k∈N*)的数字公式表示上述结论,并给予证明.解:(1)=1 140(2)+…+,证明如下:左边=+…++…+=…==右边.。
计数原理复习课习题课共38页文档
31、只有永远躺在泥坑里的人，才不会再掉进坑里。——黑格尔 32、希望的灯一旦熄灭，生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德 33、希望是人生的乳母。——科策布 34、形成天才的决定因素应该是勤奋。——郭沫若 35、学到很多东西的诀窍，就是一下子不要学很多。——洛克
计数原理复习课习题课
1、纪律是管理关系的形式。——阿法 纳西耶 夫 2、改革如果不讲纪律，就难以成功。
3、道德行为训练，不是通过语言影响 ，而是 让儿童 练习良 好道德 行为， 克服懒 惰、轻 率、不 守纪律 、颓废 等不良 行为。 4、学校没有纪律便如磨房里没有水。 ——夸 美纽斯
5、教导儿童服从真理、服从集体，养 成童 自觉的 纪律性 ，这是 儿童道 德教育 最重要 的部分 。—— 陈鹤琴
高中数学《第一章计数原理复习参考题》240PPT课件
考虑在内才不会遗漏；把所有不可能的情况都排除，才不致
重复，这样才能达到不重不漏的要求．
小结
1．组合应用题的解法 (1)无限制条 Nhomakorabea的组合应用题的解法步骤为：“一、判断； 二、转化；三、求值；四、作答．” (2)有限制条件的组合应用题的解法 常用解法有：直接法、间接法，可将条件视为特殊元素或 特殊位置，一般地按从不同位置选取元素的顺序分步，或 按从同一位置选取的元素个数的多少分类．
解 (1)根据分步乘法计数原理得到：C62C24C22＝90 种． (2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有 C62C24C22种方法，这个过程 可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有 x 种方法； 第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有 A33种方法．根据分 步乘法计数原理可得：C62C24C22＝xA33，所以 x＝C26AC4323C22＝15.因此
(2)为保证“恰有 1 个盒子不放球”，先从 4 个盒子中任意 拿去 1 个，即将 4 个球分成 2，1，1 的三组，有 C42种分法； 然后再从 3 个盒子中选 1 个放 2 个球，其余 2 个球，2 个 盒子，全排列即可．由分步计数原理知，共有放法 C14·C24·C31·A22＝144(种)．
【变式3】 有五张卡片，它们的正、反面分别写着0与1，2与3，4
与5，6与7，8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，
共可组成多少个不同的三位数？
解 法一 从 0 和 1 这个特殊情况考虑，可分三类： 第 1 类：取 0 不取 1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有 C41 种方法；0 可在后两位，有 C12种方法；最后需从剩下的三张中任 取一张，有 C13种方法；又除含 0 的那张外，其他两张都有正面或 反面两种可能，故此时可得不同的三位数有 C14×C12×C13×22 个． 第 2 类：取 1 不取 0，同上分析可得不同的三位数 C24×22×A33个． 第 3 类：0 和 1 都不取，有不同的三位数 C43×23×A33个． 综上所述，不同的三位数共有 C14×C21×C13×22＋C24×22×A33＋C34 ×23×A33＝432(个)． 法二 任取三张卡片可以组成不同的三位数 C35×23×A33个，其中 0 在百位的有 C24×22×A22个，这是不合题意的，故不同的三位数 共有 C53×23×A33－C24×22×A22＝432(个)．
分类加法与分步乘法计数原理-
35
思考
集合A＝{a1，a2，…，an}共有多少个 子集？
36
课堂练习
1. 一种号码锁有4个拨号盘， 每个拨号盘上有从0到9共10个数字， 这4个拨号盘可以组成多少个四位 数字号码？
N＝10×10×10×10＝10000（种）
37
2. 要从甲、乙、丙3名工人中选 出2名分别上日班和晚班，有多少种 不同的选法？ 第一步: 选1人上日班； 有3种方法 第二步: 选1人上晚班. 有2种方法
33
开始
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子模块2 45条执行路径
A
子模块3 28条执行路径
子模块4 38条执行路径ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
子模块5 43条执行路径
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结束
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34
例5 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 种汽车牌照组成方法，每一个汽车牌照 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？
4×8＝32
13
问题探究
3.从师大声乐系某6名男生和8名女生中 各选一人表演男女二重唱，共有多少种 不同的选派方法？
6×8＝48
上述原理称为分步乘法计数原理.
14
问题探究
4.上述计数问题的算法有何共同特点？ 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.
30×29×20＋20×19×30 ＝17400＋11400＝28800（种）
第一章计数原理复习课(复习课)
种数
符号 计算 公式 关系
所有排列的的个数
An
m
所有组合的个数
Cn
Cn
m
m
m
An n(n 1) (n m 1)
An
m
n( n 1) ( n m 1)
n! ( n m)!
An n !
m
n
0! 1
m
Cn
m
n!
m!
性质
区别
An
m
Cn Am
m
m!( n m )! m
m
Cn 1
0
A n n A n 1
先选后排
m 1
Cn Cn
n m
C n1 C n C n
m
m 1
只选不排
解排列组合问题遵循的一般原则: 1.有序---- 排列; 无序--- 组合 2. 分类--- 加法 ; 分步--- 乘法 3. 既有分类又有分步: 先分类再分步 4. 既有排列又有组合: 先选后排 5. 先 特殊后一般 6. 正难则反 7.分类 要不重不漏
练习题 6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈
60
要考虑“钻石圈”可以翻转的特点
设六颗颜色不同的钻石为a,b,c d,e,f.与围桌 而坐情形不同点是a,b,c,d,e,f与f,e,d,c,b,a在 围桌而坐中是两种排法，即在钻石圈中只 是一种排法,即把钻石圈翻到一边,所求数 为：[(6－1)!]/2＝60
排列组合、二项式定理 复习课
一、两个原理的区别与联系：
名称 内容
分类原理
做一件事，完成它可以有n类办法， 第一类办法中有m1种不同的方法， 第二类办法中有m2种不同的方法…， 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
人教版2020高中数学 第一章 计数原理 1.1 计数原理习题课教案 新人教A版选修2-3
你知道怎么求极值吗？
比照老师问题，自主学习，在过程中可与下一环节结合起来进行讨论。
提纲式引领学习，让学生有的放矢，不至于茫然抓不住重点。不知道自己要干什么。
议
总结求极值的一般步骤
学生感觉难度增加,但又不是说下不了手的感觉,小组中学习较好的充分发挥作用.
小组合作学习，充分发挥小组同学的力量，让每一个都成为学习的主人。
展
运用所学解决问题
由小组长带头总结
集体讨论，各个击破。
评
老师总结，并指出易出现的问题
学生听讲并做笔记
知识形成体系，对于该节内容有了一个比较清晰的认识。对于这两节内容也有了质的提升,从而极大地增加了学生学习的信心.
检
教学反思
教学后完成
重点
进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
难点
能根据实际问题特征，正确选择计数原理解决实际问题．
教学过程
教师活动
学生活动
设计意图（备注）
导
你知道什么是函数的极值吗？
主动思考，带着问题翻书自行阅读当页内容。并回答老师提出的问题并将自己疑惑的东西记下
问题引如，激发学生兴趣，学生易于从书上内容中找到答案。增加学习的信心。
教材内容分析
借助几何直观体会定积分的基本思想，初步了解定积分的概念。
学生分析
学生对数学的学习已经有了一定的认识，需要从一个更加全面的方面的了解、分析以及掌握逻辑用语，对于我们的学习和生活都有一定的作用。
学习目标
1.进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.能根据实际问题特征，正确选择计数原理解决实际问题．
1.1 计数原理习题课
课程标准描述
通过实例（如求曲边梯形的面积、变力做功等），从问题情境中了解定积分的实际背景；借助几何直观体会定积分的基本思想，初步了解定积分的概念。 ② 通过实例（如变速运动物体在某段时间内的速度与路程的关系），直观了解微积分基本定理的含义。
高中数学第一章计数原理章末复习课件新人教A版选修23
个数为84－1＝83.
解析 答案
反思与感悟 对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对 立面去思考.
跟踪训练2 由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛， 每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛， 则不同的参赛方案共有__3_0__种. 解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C24种方法， 同其他两个元素在三个位置上排列有 C24A33＝36(种)方案，其中有不符合 条件的， 即学生甲、乙同时参加同一竞赛有 A33种方法， ∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种).
解析 答案
类型二 排列与组合的综合应用 例3 在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目. (1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？ 解 第一步先将 4 个舞蹈节目捆绑起来，看成 1 个节目，与 6 个演唱节目 一起排，有 A77＝5 040(种)方法； 第二步再松绑，给 4 个节目排序，有 A44＝24(种)方法. 根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序.
跟踪训练1 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的 三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时， 它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有___6_0_个.(用数字作答) 解析 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类. 分三类：①没有数字 1 和 3 时，有 A34个； ②只有 1 和 3 中的一个时，有 2A24个； ③同时有 1 和 3 时，把 3 排在 1 的前面，再从其余 4 个数字中选 1 个数字 插入 3 个空当中的 1 个即可，有 C14·C13个. 所以满足条件的三位数共有 A34＋2A24＋C14·C13＝60(个).
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．
高中数学第一章计数原理1.2.1第2课时排列(二)习题新人教A版选修2-3(2021年整理)
2018-2019学年高中数学第一章计数原理1.2.1 第2课时排列(二)习题新人教A版选修2-3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018-2019学年高中数学第一章计数原理1.2.1 第2课时排列(二)习题新人教A版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018-2019学年高中数学第一章计数原理1.2.1 第2课时排列(二)习题新人教A版选修2-3的全部内容。
第一章1。
2 1.2.1 第2课时排列（二)A级基础巩固一、选择题1．5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为( B )A．18 B．36C．48 D．60［解析] 甲在排头或排尾站法有A错误!种，再让乙在中间3个位置选一个，有A错误!种站法，其余3人有A错误!种站法，故共有A错误!·A错误!·A错误!＝36种站法．2．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日,则不同的安排方案共有（ C )A．504种B．960种C．1008种D．1108种［解析］甲、乙相邻的所有方案有A错误!A错误!＝1440种;其中丙排在10月1日的和丁排在10月7日的一样多，各有:A22A错误!＝240种，其中丙排在10月1日且丁排在10月7日的有A错误!A错误!＝48种，故符合题设要求的不同安排方案有：1440－2×240＋48＝1008种，故选C．3．（2018·广元模拟）在航天员进行一项太空实验中,要先后实施6个程序，其中程序A 只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有( C ）A．34种B．48种C．96种D．144种[解析] 根据题意,程序A只能出现在第一步或最后一步，则从第一个位置和最后一个位置选一个位置把A排列,有A错误!＝2种结果，又由程序B和C实施时必须相邻,把B和C看做一个元素，同除A外的3个元素排列,注意B和C之间还有一个排列，共有A错误!A错误!＝48种结果，根据分步计数原理知共有2×48＝96种结果，故选C．4．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( B ）A．192种B．216种C．240种D．288种［解析］分两类：最左端排甲有A错误!＝120种不同的排法，最左端排乙,由于甲不能排在最右端，所以有C错误!A错误!＝96种不同的排法,由分类加法原理可得满足条件的排法共有120＋96＝216种．5．（2018·濮阳三模)《红海行动》是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队"奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求:重点任务A必须排在前三位，且任务E、F必须排在一起,则这六项任务的不同安排方案共有（ D )A．240种B．188种C．156种D．120种［解析] 根据题意,由于任务A必须排在前三位，分3种情况讨论：①、A排在第一位，任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况,将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A错误!＝6种安排方法,则此时有4×2×6＝48种安排方案；②、A排在第二位，任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有3个,考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置,有A错误!＝6种安排方法，则此时有3×2×6＝36种安排方案;③、A排在第三位,任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个任务全排列,安排在其他三个位置，有A错误!＝6种安排方法，则此时有3×2×6＝36种安排方案；则符合题意要求的安排方案有36＋36＋48＝120种；故选D．6．由数字0、1、2、3、4、5可以组成能被5整除，且无重复数字的不同的五位数有（ A ) A．(2A错误!－A错误!)个B．(2A错误!－A错误!）个C．2A4，5个D．5A4，5个［解析］能被5整除，则个位须为5或0，有2A错误!个,但其中个位是5的含有0在首位的排法有A错误!个，故共有(2A错误!－A错误!）个．二、填空题7．（2018·和平区高三)现有6个人排成一横排照相，其中甲不能被排在边上,则不同排法的总数为__480__．［解析］假设6个人分别对应6个空位,甲不站在两端，有4个位置可选，则其他5人对应其他5个位置，有A错误!＝120种情况，故不同排列方法种数4×120＝480种．故答案为480．8．将序号分别为1,2,3，4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是__96__．［解析］先分组后用分配法求解,5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法,每一种分法中的排列方法有A错误!种，因此共有不同的分法4A错误!＝4×24＝96（种)．9．2018年某地举行博物展，某单位将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻,2件绘画作品不能相邻,则该单位展出这5件作品不同的方案有__24__种．（用数字作答)［解析] 将2件书法作品排列，方法数为2种，然后将其作为1件作品与标志性建筑设计作品共同排列有2种排法,对于其每一种排法，在其形成的3个空位中选2个插入2件绘画作品，故共有不同展出方案：2×2×A错误!＝24种．三、解答题10．一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单．(1）3个舞蹈节目不排在开始和结尾,有多少种排法？（2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？［解析] （1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A错误!种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A错误!种排法，故共有不同排法A错误!A 错误!＝14400种．(2）先不考虑排列要求，有A错误!种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有A错误! A错误!种排法,所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有(A错误!－A错误!A错误!）＝37440种．B级素养提升一、选择题1．用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的6位数，其中个位数字小于十位数字的六位数共有( A ）A．300个B．464个C．600个D．720个[解析］解法一：确定最高位有A15种不同方法．确定万位、千位、百位，从剩下的5个数字中取3个排列，共有A3，5种不同的方法，剩下两个数字，把大的排在十位上即可,由分步乘法计数原理知,共有A错误!·A错误!＝300（个)．解法二:由于个位数字大于十位数字与个位数字小于十位数字的应各占一半，故有错误!A 错误!·A错误!＝300(个)．2．某地为了迎接2018年城运会，某大楼安装了5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是（ C ）A．1205秒B．1200秒C．1195秒D．1190秒［解析] 由题意每次闪烁共5秒，所有不同的闪烁为A错误!个，相邻两个闪烁的时间间隔为5秒，因此需要的时间至少是5A错误!＋（A错误!－1)×5＝1195秒．二、填空题3．6人站成一排,甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为__576__．[解析］“不能都站在一起”与“都站在一起”是对立事件，由间接法可得A错误!－A 错误!A错误!＝576．4．如图是一个正方体纸盒的展开图,若把1，2，3,4，5,6分别填入小正方形后,按虚线折成正方体，则所得到的正方体相对面上的两个数的和都相等的概率是__错误!__．［解析］6个数任意填入6个小正方形中有6！＝720种方法;将6个数分三组（1，6），（2,5),(3，4)，每组中的两个数填入一对面中，共有不同填法A3，3×2×2×2＝48种,故所求概率P＝错误!＝错误!．三、解答题5．用0、1、2、3、4五个数字:(1)可组成多少个五位数；(2)可组成多少个无重复数字的五位数；（3）可组成多少个无重复数字的且是3的倍数的三位数；(4）可组成多少个无重复数字的五位奇数．[解析] （1)各个数位上的数字允许重复，故由分步乘法计数原理知，共有4×5×5×5×5＝2500（个)．(2）解法一:先排万位，从1，2，3，4中任取一个有A错误!种填法，其余四个位置四个数字共有A错误!种，故共有A14·A错误!＝96（个)．解法二：先排0,从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入有A错误!种方法，其余四个数字全排有A错误!种方法，故共有A错误!·A错误!＝96(个)．（3）构成3的倍数的三位数，各个位上数字之和是3的倍数，按取0和不取0分类：①取0，从1和4中取一个数，再取2进行排，先填百位A错误!,其余任排有A错误!，故有2A12·A错误!种．②不取0，则只能取3，从1或4中再任取一个，再取2然后进行全排为2A错误!，所以共有2A错误!A错误!＋2A错误!＝8＋12＝20（个)．（4）考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1、3中选一个填入个位有A错误!种填法，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有A错误!种填法，包含0在内还有3个数在中间三位置上全排列，排列数为A错误!，故共有A错误!·A错误!·A错误!＝36（个）．6．4个男同学，3个女同学站成一排．（1）3个女同学必须相邻，有多少种不同的排法?（2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？(3)三位女同学站在中间三个位置上的不同排法有多少种？（4)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法?(5）若3个女生身高互不相等，女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？[解析］（1)3个女同学是特殊元素，她们排在一起，共有A3，3种排法；我们可视排好的女同学为一整体，再与男同学排队，这时是5个元素的全排列，应有A5，5种排法,由分步乘法计数乘法原理，有A错误!A错误!＝720种不同排法．(2）先将男生排好，共有A4，4种排法,再在这4个男生之间及两头的5个空档中插入3个女生有A错误!种方案,故符合条件的排法共有A错误!A错误!＝1440种不同排法．（3)三位女同学站在中间三个位置上的不同排法有A33·A错误!＝144种．（4)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人,有A4，4种排法；由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有A错误!种排法；最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档中有A错误!种排法．这样，总共有A错误!A错误!A错误!＝960种不同排法．(5)从7个位置中选出4个位置把男生排好，则有A4，7种排法．然后再在余下的3个空位置中排女生,由于女生要按身体高矮排列，故仅有一种排法．这样总共有A错误!＝840种不同排法．C级能力拔高如图所示，有一个正方体的铁丝架，把它的侧棱中点I,J,K，L也用铁丝依次连上,现有一只蚂蚁想沿着铁丝从A点爬到G点，则最近的路线一共有几条？并用字母把这些路线表示出来．［解析］①从A到F,有A→B→J→F，A→I→J→F，A→I→E→F,三条路线．②从A到H，有A→D→L→H，A→I→L→H，A→I→E→H,三条路线．③从A到K，有A→B→C→K，A→B→J→K，A→I→J→K，A→D→C→K，A→D→L→K,A→I→L→K，六条路线．共有3＋3＋6＝12条最短路线．逆向追踪树形图可表示这些路线，如图所示．。
2014-2015学年高中数学选修2-3 第1章 计数原理第一章习题课二项式定理
研一研·题型解法、解题更高效
1 (2)|x|＋|x|－23 的展开式中的常数项为________ －20 ．
解析
本 课 时 栏 目 开 关
1 3 ∵|x|＋|x|－2 ＝
1 6 |x|－ ， |x|
∴所求展开式中的常数项是－C3 6＝－20.
∴常数项为 T7＝C6 10＝210.
研一研·题型解法、解题更高效
题型一 例1
本 课 时 栏 目 开 关
求二项展开式的项或系数
(1)求(x－1Байду номын сангаас－(x－1)2＋(x－1)3－(x－1)4＋(x－1)5 的展开 3
式中 x2 的系数． (2)求( 3x＋ 2)100 的展开式中，系数为有理数的项的个数．
本 课 时 栏 目 开 关
本 课 时 栏 目 开 关
【学习要求】 1．能熟练地掌握二项式定理的展开式及有关概念． 2．会用二项式定理解决与二项式有关的简单问题．
试一试·扫描要点、基础更牢固
本 0 n 1 n－1 2 n－2 2 r n－r r n n 课 n C a ＋ C a b ＋ C a b ＋…＋ C a b ＋…＋ C n n n n nb 时 1．(a＋b) ＝ 栏 (n∈N*)，这个公式表示的定理叫做二项式定理，其中 Cr n(r＝0, 目 开 1,2，…，n)叫做 二项式系数，通项是指展开式的第 r＋1 项， 关 r n－r r C b . 即 na
取得最大值，即
0 1 2 r n n C ＋ C ＋ C ＋…＋ C ＋…＋ C ＝ 2 n n n n n (4)二项式系数之和 ，所用方法
是 赋值法 ．
试一试·扫描要点、基础更牢固
3 2 x － 1.
2014-2015学年高中数学选修2-3 第1章 计数原理第一章习题课
研一研·题型解法、解题更高效
题型三 种植问题
例 3 从黄瓜、白菜、油菜、扁豆 4 种蔬菜品种中选出 3 种， 分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有 多少种不同的种植方法．
法或者图表法． (2)当涉及对象数目很大时， 一般有两种方法： ①直接使用分类 加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序 的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行． ②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去 所有不符合条件的抽取方法数即可．
研一研·题型解法、解题更高效
有 4×3×2＝24(种)， 其中不种黄瓜有 3×2×1＝6(种)， 故共有 不同种植方法 24－6＝18(种)．
研一研·题型解法、解题更高效
小结
本 课 时 栏 目 开 关
按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基
本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证所提供 的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都完 成了这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只 是向事情的完成迈进了一Βιβλιοθήκη ．研一研·题型解法、解题更高效
小结
本 课 时 栏 目 开 关
(1)涂色问题的基本要求是相邻区域不同色，但是不相邻
的区域可以同色．因此一般以不相邻区域同色，不同色为分类 依据，相邻区域可用分步涂色的办法涂色． (2)涂色问题往往涉及分类、分步计数原理的综合应用，因此， 要找准分类标准，兼顾条件的情况下分步涂色．
研一研·题型解法、解题更高效
分类还有以下几种情况：(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)， (4,5)；共 10 类，每一类都有 6 种方法． 根据分类加法计数原理得：共有方法数 N ＝ 6 ＋ 6 ＋ „ ＋ 6 ＝
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。
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常见方法: 1.优限法（一般适用于在与不在问题）
2. 捆绑法 (一般适于相邻问题) 3. 插空法 (一般适于不相邻问题) 4. 排除法 (至多、至少、不都等问题) 5. 定序 用除法
1.有4名男生，3名女生排成一排
• （1）若男生甲既不站在排头又不站在排尾，则有多少不 同的排法？
练习3 一排8个座位，3人去坐，每人两边至少有一个空 座的坐法有多少种？
练习4：停车场有12个停车位，现有8辆车停放，若要求 四个空车位连在一起，则_______种不同的停车方法。
四、混合问题，先“组”后“排”
一本, 有多少种不同的选法? (3)若从这些书中取不同科目的书两本, 有多少种
不同的选法?
例2
F
E
D
如图，某电子器件是由三个电 C
阻组成的回路,其中有6个焊接 A B
点A，B，C，D，E，F，如果某个焊接点脱
落，整个电路就会不通。现发现电路不通
了, 那么焊接点脱落的可能性共有（ ）
63种 （B）64种 （C）6种 （D）36种
练习1 某城新建的一条道路上有12只路灯，为了 节省用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中三
盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的
两盏灯，可以熄灭的方法共有（ ）
（A）C83
种（B）A83 种
（C）C
3 9
种
（D）C131 种
解：C83
练习2 某人射击8枪，命中4枪，那么命中的4枪中恰有3
枪是连中的情形有几种？
则有多少不同的排法？ • （8）如果3名女生不全在一起, 有多少种不同的排法? • （9）如果甲在乙左, 丙在乙右,顺序固定, 有多少种不同的
排法?
（1）变式：从7盆不同的盆花中选出5盆摆放在主席 台前，其中有两盆花不宜摆放在正中间，则一共有 _____种不同的摆放方法（用数字作答）。
解： A51 A64 1800
C
m n
C
m n
n(n 1) (n m 1)
n! m! m!(n m)!
C
0 n
1
Anm Cnm Amm
Anm nAnm11
C
m n
C nm n
Cm n1
Cnm
C m1 n
先选后排
只选不排
解排列组合问题遵循的一般原则:
1.有序---- 排列; 无序--- 组合 2. 分类--- 加法 ; 分步--- 乘法 3. 既有分类又有分步: 先分类再分步 4. 既有排列又有组合: 先选后排
• （2）若男生甲不站在排头，女生乙不站在排尾，则有多 少不同的排法？
• （3）若女生全部站在一起，则有多少不同的排法？ • （4）若3名女生互不相邻，则有多少不同的排法？ • （5）若男女相间，则有多少不同的排法？ • （6）若有且仅有两名女生相邻，则有多少不同的排法？ • （7）若甲乙两人必须排在一起，丙丁两人不能排在一起，
分析:由加法原理可知 C61 C62 C66 63 由乘法原理可知 2×2×2×2×2×2-1=63
基 础 练习
（1）5名同学报名参加4项活动（每人限报
4 1项），共有 5 种不同的报名方法
（2）5名同学争夺4项竞赛冠军，冠
5 军获得者共有 4 种可能
二、排列和组合的区别和联系：
(2)变式1.（徐州二模）从6人中选4人组成 4×100m接力赛，其中甲不跑第一棒，乙不跑最 后一棒，有多少种选法？
分析：（一）直接法
（二）间接法
（2）变式2：将5列车停在5条不同的轨道上，其中a列 车不停在第一轨道上，b列车不停在第二轨道上，那么 不同的停放方法有（ ）
（A）120种 （B）96种 （C）78种 （D）72种
排列组合、二项式定理 复习课
一、两个原理的区别与联系：
名称 内容
分类原理
分步原理
定义
做一件事，完成它可以有n类办法， 做一件事，完成它可以有n个步骤，
第一类办法中有m1种不同的方法， 第二类办法中有m2种不同的方法…， 第n类办法中有mn种不同的方法， 那么完成这件事共有
做第一步中有m1种不同的方法， 做第二步中有m2种不同的方法……， 做第n步中有mn种不同的方法， 那么完成这件事共有
解： C142 C64 (C21 )4 255
三、“相邻”用“捆绑”，“不邻”就“插空”
例： 七人排成一排，甲、乙两人必须相邻，且甲乙 都不与丙相邻，则不同的排法有（ ）种
(A)960种 （B）840种 （C）720种 （D）600种
解： A22 A44 A52 960 另解：A22 A55 A41 960
(2)前排一人，中间二人，后排六人；
点评：分排问题直排处理
二、注意区别“恰好”与“至少”
例：从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有 一双同色的手套的不同取法共有（ ） (A) 480种（B）240种 （C）180种 （D）120种
解：C61 C52 C21 C21 240
练习： 从6双不同颜色的手套中任取4只， 其中至少有一双同色手套的不同取法共有 ____种
解：A44 A31 A31 A33 78 A55 2 A44 A33 78
（9）变式：9个人排成一排，甲、乙、丙 顺序一定
N
A99 A33
A96
60480
2.9个人排成一排
(1)前排三人，中间三人，后排三人；
N A93 A63 A33 A99
N=m1+m2+m3+…mn 种不同的方法 N=m1·m2·m3·…·mn 种不同的方法.
相同点 做一件事或完成一项工作的方法数
不同点 直接（分类）完成
间接（分步骤）完成
例1. 书架上放有3本不同的数学书,5本不同的 语文书,6本不同的英语书, (1)若从这些书中任取一本,有多少种不同的选法? (2)若从这些书中取数学书、语文书、英语书各
名称 定义
种数 符号 计算 公式 关系
性质
区别
排列
从n个不同元素中取出m个元 素，按一定的顺序排成一列
组合
从n个不同元素中取出m个元 素，把它并成一组
所有排列的的个数
所有组合的个数
Anm
C
m n
Anm
Anm
n(n 1) (n m 1)
n! (n m)!
Ann n!
0! 1