高中数学第一章计数原理阶段复习课课件新人教A版
高中数学 第一章 计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第2课时 分类加法计(1)
类型 1 组数问题(自主研析) [典例 1] 用 0，1，2，3，4 五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的密码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数？ 解：(1)三位数字的密码，首位可以是 0，数字也可以重 复，每个位置都有 5 种排法，共有 5×5×5＝53＝125(种)． (2)三位数的首位不能为 0，但可以有重复数字，首先考
19
共有 60＋96＝156(个)． 其中比 2 000 小的有：千位是 1 的共有 3×4×3＝ 36(个)， 所以符合条件的四位偶数共有 156－36＝120(个)．
20
类型 2 分配问题
[典例 2] (1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四
个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去
6
2．应用分类加法计数原理的注意事项 分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行 计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． 3．应用分步乘法计数原理的注意事项 分步要做到步骤完整，步与步之间要相互独立，根 据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到 总数．
7
1．从 3 名女同学和 2 名男同学中选出一人主持本班
答案：C
11
5．如图所示，从点 A 沿圆或三角形的边运动到点 C， 若经过点 B，有________种不同的走法．若可经过点 B， 也可不经过点 B，有________种不同的走法．
解析：经过点 B，不同的走法有 2×2＝4(种)．若可 经过点 B，也可不经过点 B，不同的走法有 2×2＋2＝ 6(种)．
一次班会，则不同的选法种数为( )
A．6
B．5
C．3Leabharlann D．2解析：由分类加法计数原理，共有 3＋2＝5 种不同选
高中数学 第1章 计数原理 2.2 组合 第一课时 组合与组合数公式课件 新人教A版选修2-3
课堂互动探究
归纳透析 触类旁通
题型一 组合的概念及其应用
判断下列问题是排列问题，还是组合问题． (1)从集合 A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相加，得到 的和共有多少个？ (2)从集合 A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相除，得到 的商共有多少个？ (3)从 a，b，c，d 这四名同学中任取两名同学去参加某 一活动，共有多少种不同的选法？ (4)四个人互发电子邮件，共写了多少个电子邮件？
[名 师 点 拨] 组合数的性质 Cnm＋1＝Cmn ＋Cmn －1，其公式特点是等号右边 两式的下标比左边少 1，上标一个与左边的上标相等，另一 个比左边的上标少 1，它主要用于组合数的化简.
求证：Cnm＋2＝Cnm＋2Cnm－1＋Cnm－2. 证明：由组合数的性质 Cnm＋1＝Cmn ＋Cmn －1可知，右边＝(Cnm ＋Cmn－1)＋(Cnm－1＋Cnm－2)＝Cnm＋1＋Cnm－＋11＝Cnm＋2＝左边．右边＝左 边，所以原式成立.
【解析】 (1)∵C37＋C47＝C48. ∴C37＋C47＋C58＋C69＝C48＋C58＋C69＝C59＋C69＝C610＝210. (2)由 Cx1－2 2＝C21x2－4得 x－2＝2x－4 或 x－2＝12－2x＋4， 即 x＝2 或 x＝6.又 x∈N*，且 0≤x－2≤12,0≤2x－4≤12， ∴x＝2 或 x＝6 符合题意． 【答案】 (1)210 (2)2 或 6
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念， 考试加油。
2018-2019学年高中数学 第一章 计数原理章末整合提升优质课件 新人教A版选修2-3
＋23k＝3，解得 k＝6．
故含有 x3 的项是第七项，T7＝C610x3＝210x3．
4
(2)∵(
1x＋3 x2)10 的展开式中共有 11 项，
∴系数最大的项是第六项，T6＝C510(x－14)5(x23)5＝252x2152．
『规律方法』 利用二项式系数的性质，可以把在展开式中 数 Cnk转化为靠前的二项式系数 Cnn－k，转化后可简化解题过程 [本 还可以解决一些较为简单的二项展开式系数的最大(或最小)问题 二项式系数和展开式系数这两个不同的概念．
组合数性质：1Cmn ＝Cnn－m；2Cmn＋1＝Cnm＋1＋Cmn －1
组合的应用
计
二项式定理：a＋bn＝Cn0an＋Cn1an－1b＋…＋Cnkan－kbk＋
数 原
二定项理式二 二项 项展 式开 系式 数通 性项 质： ：T1k＋对1＝称C性knan；－kb2k增k＝减0性，与1，最2大，值3，；…，
『规律方法』 求展开式中各项系数的和的一个有效方法
赋予变量的值一般是0,1，－1等．
专题四 ⇨分类讨论思想
• 当计数问题过于复杂或限制条件较多时，一般 论的方法解决，即对计数问题中的各种情况进 后针对每一类分别研究和求解．分类的原则是 遗漏．
• 典例 7 (1)从编号为1,2,3，…，10,11的11个 出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取
2)6( 1
3
)n－6，
3
C6n3
2n－6 1
3
6
由 Cnn－63
26 1
3
3n－6＝16，∴n＝9．
3
故
T7＝C69(3
2)9－6( 1
3
)6＝C39·2·19＝536．
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
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UITANG LIANXI
HONGDIAN NANDIAN
3
4
5
6
7
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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
高中数学第1章计数原理1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质课件新人教A版选修23
探究 3 二项式系数何时取得最大值？ 【提示】 当 n 是偶数时，中间的一项取得最大值；当 n 是奇数时，中间 的两项 Cn－2 1n，Cn＋2 1n 相等，且同时取得最大值．
第三十页，共46页。
已知 f(x)＝(3 x2＋3x2)n 展开式中各项的系数和比各项的二项式系数 和大 992.
∴a1＋a3＋a5＋…＋a2
017＝－1－232
017
.
第二十二页，共46页。
(3)∵Tr＋1＝Cr2 017(－2x)r＝(－1)r·C
r 2
017·(2x)r，
∴a2k－1＜0(k∈N*)，a2k＞0(k∈N)．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 017|
＝a0－a1＋a2－a3＋…－a2 017＝32 017.
第八页，共46页。
(2)增减性与最大值：当 k＜n＋2 1时，二项式系数是逐增渐大_(_z_ē_n_ɡ_d的à)．由对称性 知它的后半部分是逐渐_减__小__的，且在中间取得最大值．当 n 是偶数时，中间一
n
项的二项式系数__C_n2___取得最大值；当 n 是奇数时，中间两项的二项各式系数
n－1
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第十八页，共46页。
[ 再练一题] 1．(2016·南充高二检测)如图 1-3-4 所示，满足如下条件： ①第 n 行首尾两数均为 n； ②表中的递推关系类似“杨辉三角”． 则第 10 行的第 2 个数是________，第 n 行的第 2 个数是 ________．
图 1-3-4
第二十三页，共46页。
1．解决二项式系数和问题思维流程．
第二十四页，共46页。
2．“赋值法”是解决二项展开式中项的系数常用的方法，根据题目要求， 灵活赋给字母不同值．一般地，要使展开式中项的关系变为系数的关系，令 x＝ 0 可得常数项，令 x＝1 可得所有项系数之和，令 x＝－1 可得偶次项系数之和与 奇次项系数之和的差．
高中数学 第1章《计数原理》课件 新人教A版选修23
r n
(r＝0,1,2，…，n)称为二项
式系数，第r＋1项Crnan－rbr称为通项．
• [说明] ①二项式系数与项的系数是不同的概念，前者只与 项数有关，而后者还与a，b的取值有关．
• ②运用通项求展开式的特定值(或特定项的系数)，通常先由 题意列方程求出r，再求所需的项(或项的系数)．
(2)二项式系数的性质： ①对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相 等，体现了组合数性质Cnm＝Cnn－m； ②增减性与最大值： 当k＜n＋2 1时，二项式系数Ckn逐渐增大； 当k＞n＋2 1时，二项式系数Ckn逐渐减小；
•
有3封信，4个信简．
• (1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法？
• (2)把3封信都寄出，且每个信简中最多一封信，有多少种寄 信方法？
• [思维点击] 本题关键是要搞清楚以“谁”为主研究问 题．解决这类问题，切忌死记公式，应清楚哪类元素必须应 该用完，就以它为主进行分析，再用分步计数原理求解．
(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．根据分步计数 原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法．
(2)典型的排列问题，共有A34＝24种寄信方法．
• 1．有7名女同学和9名男同学，组成班级乒乓球混合双打代 表队，共可组成( )
• A．7队 B．8队 • C．15队 D．63队 • 解析： 由分步乘法计数原理，知共可组成7×9＝63队． • 答案： D
• 2.如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开， 若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )
[说明] 公式①主要用于具体的计算，公式②主要用于 化简．
高二数学之人教A版数学2-3全册课件：第一章 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
3．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数 a，b 组成复 数 a＋bi，其中虚数有________． 解析：第 1 步取 b 的数，有 6 种方法；第 2 步取 a 的 数，也有 6 种方法．根据分步乘法计数原理，共有 6×6 ＝36 种方法． 答案：36
4．一学习小组有 4 名男生，3 名女生，任选一名学生当数学课 代表，共有________种不同选法；若选男女生各一名当组长， 共有________种不同选法． 解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选， 有 4 种选法；另一类是从女生中选，有 3 种选法．根据分类加 法计数原理，共有 4＋3＝7 种不同选法． 若选男女生各一名当组长，需分两步：第 1 步，从男生中选一 名，有 4 种选法；第 2 步，从女生中选一名，有 3 种选法．根 据分步乘法计数原理，共有 4×3＝12 种不同选法．
(3)可分两类，每一类又分两步． 第1类，选一名老师再选一名男同学，有3×8＝24种选 法； 第2类，选一名老师再选一名女同学，共有3×5＝15种选 法． 由分类加法计数原理知，共有24＋15＝39种选法．
1.计数时出现的“遗漏”
[典例] 有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面，2面，3面在 某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不 同的信号，共可以组成多少种不同的信号？
(2)分三个步骤完成： 第1步，排个位，从2,4中选1个，有2种方法； 第2步，排十位，从余下的3个数字中选1个，有3种方法； 第3步，排百位，只能从余下的2个数字中选1个，有2种方 法． 根据分步乘法计数原理，共有2×3×2＝12个满足要求的 三位偶数．
[类题通法] 利用分步乘法计数原理时要注意
2．完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1 种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在 第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝
2017-2018学年高中数学第一章计数原理1.3二项式定理1.3.2课件新人教A版选修2-3
＝ ( C 2 2 ＋ C 1 2 ＋ C 1 3 ＋ … ＋ C 1 9 － C 2 2 ) ＋ ( C 3 3 ＋ C 3 2 ＋ … ＋ C 9 2 ) ＝ C120＋ C130－ 1＝ 164.
(2)由题可设第n行的第14个与第15个数的比为2∶3,即
二项展开式的第14项和第15项的系数比为
C.0
D.2
(2)已知(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,(n∈N*),且a2=60. ①求n的值;
②求
的值.
a21a 22 2a 23 3 1na 2n n
【解题指南】(1)对x赋值1,即可求得.
(2)①由a2=60,求出n的值.
②令x=0,求出a0,再令x=-1 即可求得. 2
这C 正0 n 1 好C 是1 n第C nn 2 +1 2C 条3 n 细2 斜C 4 n 线 3 上… 各数之和.
类型二 求展开式中的系数和
【典例2】(1)(2017·济宁高二检测)如果(1-2x)7=a0+
a1x+a2x2+…+a7x7,那么a0+a1+…+a7的值等于 ( )
A.-1
B.-2
【解题指南】(1)该数列从第3项开始每隔一项等于前 两项的和,解答本题可观察数列的各项在杨辉三角中的 位置,把各项还原为各二项展开式的二项式系数,然后利 用组合数的性质求和. (2)可联系对应二项式系数的位置求解.
【解析】(1)选C.由图知,数列中的首项是
C
,第2 2项
2
是 ,第3项是
项是C 12 ,
答案:7
C
6 13
6.已知(2x-1)5=a0x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5. (1)求a0+a1+a2+…+a5. (2)求|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|. (3)求a1+a3+a5.
2019_2020学年高中数学第一章计数原理1.2.2组合第1课时组合与组合数公式课件新人教A版选修2_3
若 C2n＝10，则 n 的值为( 9 名学生中选出 3 名参加“希望英语”口语比赛，不同选法
有( )
A．504 种
B．729 种
C．84 种
D．27 种
答案：C
计算 C37＋C47＋C58＋C69＝________. 答案：210
甲、乙、丙三地之间有直达的火车，相互之间的距离均不相等， 则车票票价有________种. 解析：车票的票价有 C23＝3(种). 答案：3
合应用题
核心素养 数学抽象
数学运算
逻辑推理、 数学运算
问题导学 预习教材 P21～P24 的内容，并思考下列问题： 1.组合的概念是什么？ 2.什么是组合数？组合数公式是什么？ 3.组合数有哪些性质？
1.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.
第五类：若 3 人中有两人唱歌第三人跳舞或两人跳舞第三人唱歌， 共有 2C23C11C25C35＝600(种). 第六类：若 3 人中只有一人唱歌，又有一人跳舞有 C13C12C35C35＝ 600(种). 由分类加法计数原理得不同选法共有 25＋50＋300＋300＋600＋ 600＝1 875(种).
阶乘式
n！ Cnm＝_m_！__（__n_－__m__）__！__
Cnm＝_C_nn_－_m_，Cmn＋1＝_C_mn__＋__C_nm_－_1_
①n，m∈N*且 m≤n；②规定 C0n＝1
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)从 a1，a2，a3 三个不同元素中任取两个元素组成一个组合，所 有组合的个数为 C23.( √ ) (2)从 1，3，5，7 中任取两个数相乘可得 C24个积．( √ ) (3)C35＝5×4×3＝60.( × ) (4)C22 001167＝C12 017＝2 017.( √ )
2018-2019学年高中数学 第一章 计数原理 1.2.2 第1课时 组合(一)优质课件 新人教A
[解析] 原方程可化为：20·5n！＋n5！！＝4(n＋4)·n－n＋13！！4！＋ 即n＋5n＋4n＋6 3n＋2n＋1 ＝n＋4n＋36n＋2n＋1n＋15(n＋3)(n＋2)，
∴(n＋5)(n＋4)(n＋1)－(n＋4)(n＋1)n＝90， 即 5(n＋4)(n＋1)＝90， ∴n2＋5n－14＝0，即 n＝2 或 n＝－7.注意到 n≥1 且 n∈Z， ∴n＝2.故 n 的值为 2．
〔跟踪练习 3〕 计算：(1)C58＋C91800·C77； (2)C05＋C15＋C25＋C35＋C45＋C55．
[解析] (1)原式＝C38＋C2100×1＝83× ×72× ×61＋1020××199＝56＋49 (2)原式＝2(C05＋C15＋C25)＝2(C16＋C25)＝2(6＋52× ×41)＝32．
规律总结』 1.性质“Cnm＝Cnn－m”的意义及作用． 反映的是组合数的对称性，即从n个不
意义 → 同的元素中取m个元素的一个组合与 剩下的n－m个元素的组合相对应
作用 → 当m>n2时，计算Cnm通常转化为计算Cnn－m
2．与排列组合有关的方程或不等式问题要用到排列数、组 组合数的性质，求解时，要注意由 Cnm中的 m∈N＋，n∈N＋，且 的范围，因此求解后要验证所得结果是否适合题意．
3．A23＋A24＋A25＋…＋A2100＝__2_C_31_0_1－___2__.(用组合数表示)
[解析] 解法一：原式＝C23A22＋C24A22＋…＋C2100A22 ＝(C23＋C24＋…＋C2100)·A22 ＝(C33＋C23＋C24＋C25＋…＋C2100－C33)·A22 ＝(C34＋C24＋C25＋…＋C2100－C33)·A22 ＝(C35＋C25…＋C2100－C33)·A22 … ＝(C3101－C33)·A22 ＝(C3101－1)·A22 ＝2C3101－2．
2018-2019学年高中数学 第一章 计数原理 1.2.2 第2课时 组合(二)优质课件 新人教A
• 『规律总结』 要注意从不同类型的几何问题 合问题，寻找一个组合的模型加以处理．
• 处理几何中的计数问题时要抓住“对应关系” 三点对应一个三角形，不共面四点可以确定一 ．可借助于图形思考问题，要善于利用几何的 特征解题．避免重复或遗漏．
• 〔跟踪练习3〕 • 空间12个点，其中5个点共面，此外无任何4个
解法二(间接法)：从 8 位家长中选出 4 位家长有 C48种选法， 仅来自于 2 个家庭不符合条件，其选法有 C24种，所以满足题意的 64(种)．
• 『规律总结』 常见的限制条件及解题方法
• (1)特殊元素：若要选取的元素中有特殊元素， 特殊元素，特殊元素的多少作为分类依据．
• (2)含有“至多、至少”等限制语句：要分清限 包含的情况，可以此作为分类依据，或采用间
[解析] (1)即从 7 名学生中选出三名代表，共有选法 C37＝3 (2)至少有一名女生的不同选法共有 C13C24＋C23C14＋C33＝31 种 种． (3)男、女生都要有的不同的选法共有 C37－C34－C33＝30 种， 30 种．
• 『规律总结』 解简单的组合应用题时，要先 是组合问题，若取出的元素只是组成一组，与 是组合问题；若取出的元素排成一列，与顺序 列问题．只有当该问题能构成组合模型时，才 数公式求出其种数．在解题时还应注意两个计 用，在分类和分步时，注意有无重复或遗漏．
词“恰有”“至少”“至多”等字眼．使用两 解决．
[解析] (1)从余下的 34 名学生中选取 2 名，有 C234＝561(种 ∴不同的选法有 561 种． (2)从 34 名可选学生中选取 3 名，有 C334种． 或者 C335－C234＝C334＝5984 种． ∴不同的选法有 5984 种． (3)从 20 名男生中选取 1 名，从 15 名女生中选取 2 名，有 C ∴不同的选法有 2100 种．
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).
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
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-3
(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
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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．
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2．排列与组合 (1)排列与组合的定义
2021年秋高中数学第一章计数原理阶段复习课第1课计数原理学案新人教A版选修23
2021年秋高中数学第一章计数原理阶段复习课第1课计数原理学案新人教A 版选修23[核心速填] (建议用时5分钟)1．分类加法计数原理：完成一件事能够有n 类方法，在第一类方法中有m 1种不同的方法，在第二类方法中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法．2．分步乘法计数原理：完成一件事需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，…，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法．3．排列数与组合数公式及性质排列数公式A mn ＝n (n －1)(n －2)…(n－m ＋1)＝n ！n －m ！组合数公式C m n＝A m nA m m＝n n －1n －2…n －m ＋1m ！＝n ！m ！n －m ！(1)二项式定理的内容 (a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *)． (2)通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k，k ∈{0,1,2，…，n }，(3)二项式系数C kn (k ∈{0,1,2，…，n })的性质 ①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；②若n 为偶数，中间一项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n2＋1项的二项式系数最大；若n 为奇数，中间两项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n ＋12项和第n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大．③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ；C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.[体系构建]通过前面的学习与核心知识的填写，请把本课的知识点以网络构建的形式展现出来．[题型探究]两个计数原理对问题进行分类或者分步进行分析求解．(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给情况．“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给情况，因此准确明白得两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件情况的几类方法互不干扰，不论哪一类方法中的哪一种方法都能够独立完成事件．(2)分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不阻碍，即前一步用什么方法不阻碍后一步采取什么方法.(1)方程x2m＋y2n＝1表示焦点在y轴上的椭圆，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么如此的椭圆的个数是________．(2)某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、两个不同的宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且宣传广告与公益广告不能连续播放，两个宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？【导学号：95032096】(1)20[以m的值为标准分类，分五类：第一类：m＝1时，使n＞m，n有6种选择；第二类：m＝2时，使n＞m，n有5种选择；第三类：n＝3时，使n＞m，n有4种选择；第四类：n＝4时，使n＞m，n有3种选择；第五类：n＝5时，使n＞m，n有2种选择；因此共有6＋5＋4＋3＋2＝20种方法．](2)[解]用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序，则完成这件事有三类方法．第一类：宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6.分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．第二类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．第三类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6，同样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．由分类加法计数原理得：6个广告不同的播放方式有36＋36＋36＝108种．[延伸探究] 若本例(1)中条件“y轴”改为“x轴”，试求满足条件的椭圆的个数．[解]因为方程表示焦点在x轴上的椭圆，则m＞n＞0.以m的取值进行分类．当m＝1时，n值不存在；当m＝2时，n可取1，只有1种选择；当m＝3时，n可取1,2，有2种选择；当m＝4时，n可取1,2,3，有3种选择；当m＝5时，n可取1,2,3,4，有4种选择；由分类加法计数原理可知，符合条件的椭圆共有10个．才算完成，只有满足了上述条件，才能用分步乘法计数原理．2．使用两个原明白得决问题时应注意的问题关于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们能够恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．[跟踪训练]1．有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情形下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．[解](1)每人都能够从这三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36＝729(种)．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都能够从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．排列、组合的应用本质，利用排列、组合的知识解决．(1)5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体竞赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种．(用数字作答)(2)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？②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？③若已定好节目单，后来情形有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原先节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？【导学号：95032097】[思路探究]按照“专门元素先排法”分步进行，先专门后一样．[解](1)①只有1名老队员的排法有C12C23A33＝36种．②有2名老队员的排法有C22C13C12A22＝12种．因此共有36＋12＝48种．(2)①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A 77＝5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A 44＝24种方法．依照分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960种．②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A 66＝720种方法． ×□×□×□×□×□×□×第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)，如此相当于7个“×”选4个来排，一共有A 47＝7×6×5×4＝840种．依照分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800种．③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A 1212种排法，但原先的节目已定好顺序，需要排除，因此节目演出的方式有A 1212A 1010＝A 212＝132种排法．2．(1)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架飞机预备着舰．假如甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．48种(2)3名教师与4名学生排成一横排照相，求①3名教师必须排在一起的不同排法有多少种？②3名教师必须在中间(在3,4,5位置上)的不同排法有多少种？③3名教师不能相邻的不同排法有多少种？C [(1)法一：将甲、乙两机“捆绑”看作一个元素，与除去丙、丁两机外的另一架飞机进行全排列，再将丙、丁两机“插空”排入，共有A 22·A 22·A 23＝24种不同着舰方法．法二：先对甲、乙两机“捆绑”在一起看作整体，该整体有两种着舰方法，现在相当于只有4架舰载机，这4架舰载机有A 44种着舰方法，其中有A 22·A 33种方法丙丁两机相邻着舰，利用分步乘法计数原理得2×()A 44－A 22·A 33＝24种．](2)①3名教师的排法有A 33，把3名教师作为一个整体与4个学生共5个元素的全排列共有A 55种，则共有A 33A 55＝720(种)．②3名教师的排法有A 33，4个学生在4个位子上的全排列共有A 44种，则共有A 33A 44＝144(种)． ③先4个学生全排列，再在五个空位中任选3个排3名教师，共A 44A 35＝1 440(种)．二项式定理的应用r ＋1r n n －r r数的变化，是二项式定理的核心，它在求展开式的某些特定项(如含指定幂的项、常数项、中间项、有理项、系数最大的项等)及其系数等方面有着广泛的应用．(1)已知(1＋kx 2)6(k 是正整数)的展开式中x 8的系数小于120，则k ＝________.(2)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍.【导学号：95032098】①求n ；②求展开式中二项式系数最大的项； ③求展开式中所有x 的有理项．(1)1 [(1＋kx 2)6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(kx 2)r ＝C r 6k r x 2r ，令2r ＝8得r ＝4，∴x 8的系数为C 46·k 4＝15k 4∴15k 4＜120.也即k 4＜8，又k 是正整数．故k 只能取1.](2)[解] ①令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎪⎫5x －1x n展开式中各项系数之和为(5－1)n ＝4n，各项二项式系数之和为2n，由题意得，4n＝16·2n，因此2n＝16，n ＝4.②通项T r ＋1＝C r4(5x )4－r⎝⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r C r 454－r x4－32r .展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x .③由②得：4－32r ∈Z .(r ＝0,1,2,3,4)，即r ＝0,2,4，因此展开式中所有x的有理项为T1＝(－1)0C0454x4＝625x4，T3＝(－1)2C2452x＝150x，T5＝(－1)4C4450x－2＝x－2.[规律方法]应用二项式定明白得题要注意的问题(1)通项公式表示的是第“r＋1”项，而不是第“r”项．(2)展开式中第r＋1项的二项式系数C r n与第r＋1项的系数，在一样情形下是不相同的，在具体求各项的系数时，一样先处理符号，对根式和指数的运算要细心，以防出差错．(3)它表示二项展开式中的任意项，只要n与r确定，该项也随之确定．关于一个具体的二项式，它的展开式中的项T r＋1依靠于r.[跟踪训练]3．(1)若二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x＋ax7的展开式中1x3的系数是84，则实数a＝( ) A．2 B．54C．1 D．24(2)已知(1＋x＋x2)⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x3n(n∈N*)的展开式中没有常数项，且2≤n≤8，则n＝________.(1)C(2)5[(1)二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x＋ax7的展开式的通项公式为T r＋1＝C r7(2x)7－r⎝⎛⎭⎪⎫axr＝C r727－r a r x7－2r，令7－2r＝－3，得r＝5.故展开式中1x3的系数是C5722a5＝84，解得a＝1.(2)⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x3n展开式的通项是T r＋1＝C r n x n－r⎝⎛⎭⎪⎫1x3r＝C r n x n－4r，r＝0,1,2，…，n，由于(1＋x＋x2)⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x3n的展开式中没有常数项，因此C r n x n－4r，x C r n x n－4r＝C r n x n－4r＋1和x2C r n x n－4r＝C rn xn－4r＋2都不是常数，则n－4r≠0，n－4r＋1≠0，n－4r＋2≠0，又因为2≤n≤8，因此n≠2,3,4,6,7,8，故取n＝5.]二项式定理中的“赋值”问题012311则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．(2)设(2－3x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．①a0.②a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100.③a1＋a3＋a5＋…＋a99.④(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2.⑤|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.【导学号：95032099】[思路探究]转化为利用二项展开式的通项公式求相应二项式的某些项的问题．(1)5[对已知条件式中令x＝2，得a0＝(4＋1)×(－1)＝－5；令x＝3得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(9＋1)×0＝0；∴a1＋a2＋a3＋…＋a11＝5.](2)①令x＝0，则展开式为a0＝2100.②令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－3)100，(*)因此a1＋a2＋…＋a100＝(2－3)100－2100.③令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋3)100.与②中(*)式联立相减得a1＋a3＋…＋a99＝2－3100－2＋31002.④原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)][(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)·(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)＝[(2－3)(2＋3)]100＝1100＝1.⑤因为T r＋1＝(－1)r C r1002100－r(3)r x r，因此a2k－1＜0(k∈N＋)．因此|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋3)100.[规律方法]赋值法的应用规律与二项式系数有关，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，要紧方法是赋值法，通过观看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4．(1)已知(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n.若a 1＋a 2＋…＋a n－1＝29－n ，那么自然数n 的值为( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3(2)若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝________. (1)C (2)364 [(1)令x ＝1得2＋22＋23＋ (2)＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n 即2－2n ＋11－2＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n ，即2n ＋1－2＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n 令x ＝0得a 0＝1＋1＋1＋…＋1＝n ，∵a n ＝1，∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n ＋1－n －3，∴2n ＋1－n －3＝29－n ，解得n ＝4，故选C. (2)令x ＝0得，a 0＝1.∴当x ＝1时，a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12＝36； ① 当x ＝－1时，a 0－a 1＋a 2＋…－a 11＋a 12＝1； ②①＋②得2(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 12)＝730， ∴a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 12＝364.]。