第一章计数原理复习课(习题课)

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高中数学《第一章计数原理复习参考题》272PPT课件

思考：a2 _______.
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
——————
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？

数学：第一章《计数原理》复习课件(人教A版2-3)

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 C．42种 ) B．35种 D．48种
[解析]
分两类：①选A类选修课2门，B类选修课1门，有
C32·C41＝12(种)； ② 选 A类选修课 1 门，B类选修课2 门，有 C31·C42 ＝ 3×6 ＝ 18(种)，共有12＋18＝30(种)． [答案] A
题中的应用．这里应该注意两点：一是集合M中的每个元素可作为同一点的横、纵坐标；二是第(3)问用逆向求解的间接法．
[课堂记录]
(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：
第一步确定a的值，共有6种确定方法；
第二步确定b的值，也有6种确定方法．
根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6×6＝36. (2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；
答案：8
热点之一
分类加法计数原理
分类加法计数原理是人们在大量实践经验的基础上归纳出来的基本规律．从思想方法的角度看，运用分类加法计数原理解决问题就是将一个复杂问题分解为若干“类别”，先分类解决，各个击破，再将其整合，得出原问题的答案．运用该原理解决问题的突破口是明确什么是“完成一件事”．
[例1] 多少个？
第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2．会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.
1．分类加法计数原理、分步乘法计数原理 (1)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．

高中数学《第一章计数原理复习参考题》297PPT课件

二项式定理复习课
廊坊八中张玉侠
学习目标
❖ 1、通过典型例题的复习进一步体会二项式定理的广泛应用，并渗透 “逻辑推理” “数学运算”等核心素养。
❖ 2.通过习题练习体现 “数学抽象” “数据分析”等核心素养。
❖ 3.通过强调解题中的注意事项，实现 “会用数学的眼光观察世界；会用数学的思维思考世界；会用数学的语言表达世界。”的终极目标。
的展开式中
的系数为( )
通项法
A. 10 B. 20 C. 40 D. 80
【解析】
2
瞄准高考.使命必达
课堂练习1．【2016年全国1卷】
(2x x )5 的展开式中 x3 项的系数是
．
课堂练习2．【2018年浙江卷】
的展开式中常数项是_________．
【变式】本题中有理项的项数是_____．
D4 x＋ax5(x∈R)展开式中 x3 的系数为 10，则实数 a 等于
()
A．－1
1 B.2
C．1
D．2
二项乘方知多少，万里源头通项找；若要三项变两项，化归思想别忘掉；易混易错常念叨，永远不忘记心上。
必做：试卷必做部分
选做：试卷选做部分
谢谢光临指导！
2
例3.在
的展开式中常数项
为
（结果用数值表示）．化归法
瞄准2 高考.使命必达
课堂练习4：在
的展开式中常数项
为
（结果用数值表示）．
抢答题：
抢答题：
必答题：
c
必答题：
c 2．(2013·江西)(x2－x23)5 展开式中的常数项为(
)
A．80
B．－80
C．40
D．－40

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

方法点评选定安排标准、考虑全面、把所有可能情况均
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-

共能给22 464 000辆汽车上牌照.
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）
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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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A
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子模块4 38条执行路径ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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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）

高中数学第一章计数原理模块复习课课件北师大版选修230831228

归纳
高考(ɡāo kǎo)
体验
专题
(zhuāntí)
一
专题二
专题三
解(1)分三类:第一类从高一年级选一个班,有7种不同方法;第二类从高二年
级选一个班,有7种不同方法;第三类从高三年级选一个班,有9种不同方
法,由分类加法计数原理,共有7+7+9=23种不同选法.
(2)每种选法分三步:第一步从高一年级选一个班,有7种不同的方法;
梳理
知识(zhī shi)
网络
5.排列数、组合(zǔhé)数的公式及性质
公式
排列数公式
组合数公式
m
…·(n-m+1)
n =n(n-1)·
nm
=
n!
=
=
n!
m
n
n(n-1)·…·(n-m +1)
m
m(m-1)·…·1
=
m
m!(n -m)!
(n-m )!
(1)n0 =1;
(1)nn =n!;
纳
高考(ɡāo
kǎo)体验
专题
(zhuānt
í)一
专题二
专题三
跟踪训练4五位老师和五名学生站成一排:
(1)五名学生必须排在一起共有多少种排法?
(2)五名学生不能相邻共有多少种排法?
解(1)先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有
A66种排法,五名学生再内部全排列有A55种,故共有A66 ·A55 =86 400 种
不同排法,所以组成的符合题意的六位数有A11 ·A14 ·A44 =96 个.
答案:96
第十七页，共43页。
专题
(zhuāntí)归
纳

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

思
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．
高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。
− 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．

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.

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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3 7 4 5 7 2
A.128
B.129 C.4
7
D.0
1 2 3 n 2Cn 4Cn 2 n1 Cn 练3. Cn 等于（） n n n 3 1 3 n A. 3 B. 3 1 C. D. 1
2
2
二、二项式定理通项公式的应用
（一）求二项式的特定项
例1、已知 3 x 3 的展开式中第6项为常数项 3 x （1）求n
先选后排
只选不排
学情反馈
• 提升空间：
• 1：审题不认真：
• 18、19（2）
• 2. 基础不扎实：
• （2）、（7）
• • • •
3. 能力待提升：（17）、（22） 4、努力再突破：（21）需讲题目
• （2）（8）、（ 11）、(15)、（16）、（17）、（21）
常见方法: 1.优限法（一般适用于在与不在问题）捆绑法 2. (一般适于相邻问题) 插空法 3. (一般适于不相邻问题) 排除法 4. (至多、至少、不都等问题)
四、混合问题，先“组”后“排”
例1. 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？解：由题意知前5次测试恰有4次测到次品，且第5 次测试是次品。故有：C 3C1 A4 576 种可能
4 6 4
( x 1) 4( x 1) 6( x 1) 4( x 1) 1 练1.化简：
4 3 2
.
6
练2、设A 3 C 3 C 3 C 3, B C 3
7 2 7 5 4 7 3 6 7 1 7
C 3 C 3 1, 则A B的值为（）
区别
A C m An nA
m n m1 n1
Ann n !
n( n 1) ( n m 1) C n! m! m 0 0! 1 C n m!(n m )! C n 1 m m n m
A
m n
C C
n m n
C C C
m n1 m n
m 1 n
r r n
n n n
3.一般地， (a b) 展开式的二项式系数
n
C , C , C
0 n
1 n
（ 1） C （ 2） C
n n 有如下性质： m nm （对称性） n n
C
m n
C
m 1 n
C
m n 1
n 2 n
（3）当n为偶数时， C
最大
当n为奇数时， C
（ 4） C
0 n 1 n
1、二项定理: 一般地，对于n N*有
0 n 1 n 1 2 n 2 2 ( a b )n C n a Cn a b Cn a b
C a
r n
n r
b
r
C b
n n
n
通项公式 Tr+1 = C a b
n
1 n 2 2 n
r n-r n
r
2、 (1+ x) 1 + C x + C x + + C x + + C x
（2）求展开式中所有的有理项
n
(1 2 x) 的展开式中第6项与第7项的系数相例 2、等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项。
n
变式引申：
7 ( x y ) 1、的展开式中，系数绝对值最大的项是（
）
A.第4项
1 n 2、若 ( x x 2 ) 展开式中的第6项的系数最大，则不
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：
4 4 1 4 C12 C6 (C2 ) 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
1 5 4 6
18、变式引申：
7 ( x y ) 1、的展开式中，系数绝对值最大的项是（
）
A.第4项
1 n 2、若 ( x x 2 ) 展开式中的第6项的系数最大，则不
3
B.第4、5项 )
C.第5项
D.第3、4项Βιβλιοθήκη 含x的项等于( A.210
B.120
C.461
D.416
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.从5男4女中选4位代表，其中至少2位男士，且至多2位女士，分到四个不同的工厂调查，不同的分配方法有多少种？
练习: 某学习小组有5个男生3个女生，从中选3名男生和1名女生参加三项竞赛活动，每项活动至少有1人参加，则有不同参赛方法______种.
3 1 2 3 解：采用先组后排方法: C5 C3 C4 A3 1080
小结：本题涉及一类重要问题：问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先元素（即组合）后排列。
六、分清排列、组合、等分的算法区别
例1: (1)今有10件不同奖品,从中选6件分给甲一件, 乙二件和丙三件,有多少种分法? (2) 今有10件不同奖品, 从中选6件分给三人,其中1 人一件1人二件1人三件, 有多少种分法? (3) 今有10件不同奖品, 从中选6件分成三份,每份2 件, 有多少种分法?
解法1:
2 1 1 C10 C8 C7 2520
4 2 2 C10 C4 A2 2520
解法2:
七、分类组合,隔板处理
例: 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? 分析:问题相当于把个30相同球放入6个不同盒子(盒子不能空的)有几种放法?这类问可用“隔板法”处理. 5 解:采用“隔板法” 得 C: 29 4095 小结：把n个相同元素分成m份每份,至少1个元素,问有多少种不同分法的问题可以采用“隔板法”得出共 m1 C 有n1 种.
名称定义排列组合
从n个不同元素中取出m个元素，按一定的顺序排成一列从n个不同元素中取出m个元素，把它并成一组
种数
符号计算公式关系
所有排列的的个数
所有组合的个数
m Cn
m n
A
m An
m n
Anm n(n 1) (n m 1)
n! (n m)!
性质
排列组合、二项式定理复习课
本章知识结构框图两个计数原理
排列、排列数公式组合、组合数公式
二项式定理
应用
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
16、补偿练习带有编号1,2,3,4,5的五个球. （1）全部投入4个不同的盒子里；（2）放进不同的4个盒子里，每盒至少一个；
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19（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： A A 1800
D 例2 如图，某电子器件是由三个电 C A B 阻组成的回路,其中有6个焊接点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
F
E
1 2 6 分析:由加法原理可知 C6 C6 C6 63
(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
2 4 2 A A A 解： 2 4 5 960
2 5 1 A5 A4 960 另解：A2
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（） 3 3 3 3 C C C （A） 8 种（B） A8 种（C） 9 种（D） 11 种 3 解： C8 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？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。
分步原理
做一件事，完成它可以有n个步骤，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 N=m1· m2· m3·…·mn 种不同的方法.
定义
相同点不同点
做一件事或完成一项工作的方法数
直接（分类）完成间接（分步骤）完成
二、排列和组合的区别和联系：
N A A A A
(2)前排一人，中间二人，后排六人；点评：分排问题直排处理