高中选修2-3第一章计数原理知识点总结与训练

合集下载

第1章计数原理专解2 求特定条件下方法种数必备知识点巩固练习-人教A版高中数学选修2-3

【必备知识点】1.排列的定义一般地，从n 个不同的元素中取出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．2.排列数的定义从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示.3.排列数公式，其中n ，m ∈N +，且m≤n ．4. 阶乘表示式（1）全排列：个不同元素全部取出的一个排列，叫做个不同元素的一个全排列.全排列.（2）阶乘的概念：把正整数1到的连乘积，叫做的阶乘.表示：，即.规定：．（3）排列数公式的阶乘式：所以．5.组合定义：一般地，从个不同元素中取出（）个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．m m n ≤n m m n A A (1)(2)(1)mn n n n n m =---+n n (1)(2)321nn A n n n =--⨯⨯⨯n n !n nn A =!n 0!1=(1)(2)(1)()21!A (1)(2)(1)()21()!m n n n n n m n m n n n n n m n m n m ⋅-⋅-⋅⋅-+⋅-⋅⋅⋅=---+==-⋅⋅⋅-!A ()!mn n n m =-n m m n ≤n m6.组合数及其公式（1）组合数的定义：从个不同元素中取出（）个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数．记作．（2）组合数的公式及推导求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，可以按以下两步来考虑：第一步，先求出从这n 个不同元素中取出m 个元素的组合数；第二步，求每一个组合中m 个元素的全排列数．根据分步计数原理，得到．因此这里n ，m ∈N +，且m ≤n ，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．7. 组合数公式：(1)（、，且）(2) （、，且）8.组合数的性质性质1：（、，且）性质2：（、，且）n m n m ≤n m mn C mn A mn C mm A m m mn n m A C A =⋅2)(n m -+!()!mn n A n m =-!!()!mn n C m n m =-(-1)(-2)(-1)!m mn nm mA n n n n m C m A +==m +∈N n n m ≤!!(-)!mn n C m n m =m +∈N n n m ≤mn n m n C C -=m +∈N n n m ≤11-++=m n m n m n C C C m +∈N n n m ≤【典例展示】例1（重庆高考）从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科，脑壳外和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________（用数学作答）.【解析】按每科选派人数分3,1,1和，2,2,1两类.当选派人数为3，1,1时，有3类，共有种200351413153413151433=++CCCCCCCCC.当选派人数为2,1,1时，有3类，共有种390252413251423152423=++CCCCCCCCC.故共有200+390=590（种）答案：590例2：（浙江高考）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B.63种C.65种D.66种答案：D例3：（陕西高考）两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（）A.10种B.15种C.20种D.30种答案;C【思路总结与方法】1.思路：解决这个问题首先要确定所给问题的类别.再根据问题类别采用相应的计数原理进行计算求出方法的个数.2.解题步骤：①确定所给问题是“分类”问题还是“分步”问题②根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理列出算式.③求出方法总数.【巩固练习】1.（山东）现有16张不同的卡片，期中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（）A.232 B.252 C.472 D.484解析：含有红色时，C(4,1)*C(12,2)=264种；不含红色时，分为两种小情况：1）含有三色，C(4,1)*C(4,1)*C(4,1)=64种；2）含有两色，必然是1色1种，另一色2种。

高二数学(选修2-3人教B版)-计数原理全章总结

解：（1）第三项的二项式系数 C52 10 .
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).

高中数学选修2-3 第一章计数原理章末总结

2 同的方法数为 C2 ；接着给乙医生配备 2 名护士，有 C 6 4种方
法；剩下的 2 名护士配备给丙医生，只有一种方法．故组成
2 三个体检队的方法共有 C2 6C4＝90(种)．
将三个体检队派往三个学校，每校 1 队，不同的分派方
3 法有 A3 ＝6(种)．
由分步计数原理，满足题意的不同分配方法数为 90×6 ＝540(种)．
共有多少？
【解】解法一：设计让 3 所学校依次挑选：先让学校
2 1 2 甲挑选，有 C1 C 种；再由学校乙挑选，有 C 3 6 2C4种；余下的 2 2 到学校丙只有一种．于是不同的方法数共有 C 1 C1 3C 6· 2C4 ＝
540(种)．
解法二：组成三个体检队：给甲医生配备 2 名护士，不
根据分步计数原理，一共有 720×840＝604 800(种)安排顺序．
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有 A12 12种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的 A12 12 顺序可有A10＝A2 12＝132(种)排法． 10
6名旅客安排在3个房间，每个房间至少安排
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．
排列组合是解决计数问题的一种重要方法．但要注意，
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类或
分步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”．

高中数学选修2-3计数原理概率知识点总结

⾼中数学选修2-3计数原理概率知识点总结选修2-3定理概念及公式总结第⼀章基数原理1.分类计数原理：做⼀件事情，完成它可以有n类办法，在第⼀类办法中有种不同的⽅法，在第⼆类办法中有种不同的⽅法，……，在第n类办法中有种不同的⽅法那么完成这件事共有N=m1+m2+……+m n种不同的⽅法2.分步计数原理：做⼀件事情，完成它需要分成n个步骤，做第⼀步有m1种不同的⽅法，做第⼆步有m2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=m1×m2×……m n种不同的⽅法分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整”3.两个计数原理的区别:如果完成⼀件事，有n类办法，不论哪⼀类办法中的哪⼀种⽅法，都能独⽴完成这件事,⽤分类计数原理，如果完成⼀件事需要分成⼏个步骤，各步骤都不可缺少，需要完成所有步骤才能完成这件事，是分步问题,⽤分步计数原理.4.排列:从n个不同的元素中取出m个(m≤n)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.（1）排列数: 从n个不同的元素中取出m个(m≤n)元素的所有排列的个数.⽤符号表⽰（2）排列数公式:⽤于计算，或⽤于证明。

===n(n-1)! 规定0！=15.组合：⼀般地，从个不同元素中取出个元素并成⼀组，叫做从个不同元素中取出个元素的⼀个组合（1）组合数: 从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，⽤表⽰（2）组合数公式: ⽤于计算，或⽤于证明。

（3）组合数的性质：①．规定：；②＝+ .③④6.⼆项式定理及其特例：（1）⼆项式定理展开式共有n+1项，其中各项的系数叫做⼆项式系数。

（2）特例：.7.⼆项展开式的通项公式：（为展开式的第r+1项）8．⼆项式系数的性质：（1）对称性：在展开式中，与⾸末两端“等距”的两个⼆项式系数相等,即，直线是图象的对称轴．（2）增减性与最⼤值：当时，⼆项式系数逐渐增⼤，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。

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

这类问题的类型就是把 n(n≥1)个相同的元素分配到 m(1≤m≤n)个不同的
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
首页
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( )。

人教版高中数学第一章计数原理本章小结选修2-3

人教版高中数学精品资料高中数学第一章计数原理本章小结新人教A版选修2-3知识点一两个计数原理的应用(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事件．“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事件，所以准确理解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事件的几类办法互不干扰，不论哪一类办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，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法．例1 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．(1)任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？(2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？(3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？解析：(1)分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分类加法计数原理，共有6＋7＋8＝21(种)不同的选法．(2)每种选法分三步：第一步从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分步乘法计数原理，共有6×7×8＝336(种)不同的选法．(3)分三类，每类又分两步．第一类从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选1个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7＋6×8＋7×8＝146(种)不同选法．知识点二排列组合问题在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．现由五个人排在周一至周五的五天中值班，每人一天，按下列条件各有多少种不同的排法？(1)甲不值周一且乙不值周二；(2)甲、乙不排在连续的两天；(3)甲排在乙的前面(不一定相邻)．解析：(1)法一(直接法) 分“甲值周二”和“甲不值周二”两类：甲值周二，则有A44种排法；甲不值周二，则周二有A13种排法，周一有A13种排法，后三天有A33种排法，所以甲不值周二的排法有A13·A13·A33种，由分类加法计数原理，满足条件的排法种数为A44＋A13·A13·A33＝78(种)．法二(间接法) 五个人的排法总数为A55种，甲值周一和乙值周二各有A44种排法，甲值周一且乙值周二有A33种排法，所以甲不值周一且乙不值周二的排法种数为A55－2A44＋A33＝78(种)．(2)法一(直接法) 甲、乙之外的其他三个人的排法种数为A 33种，甲、乙不相邻有A 24种排法，所以排法种数为A 33·A 24＝72(种)．法二(间接法) 五个人的排法总数为A 55种，甲、乙相邻的排法种数为A 44·A 22种，所以排法种数为A 55－A 44·A 22＝72(种)．(3)甲排在乙之前的排法种数为A 55A 22＝60(种)．知识点三二项式定理的应用(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．(3)求二项式展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．(5)确定二项展开式中的最大或最小项：利用二项式系数的性质．(2015·全国课标卷Ⅱ)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.解析：由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax ，4ax 3，x ，6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3.答案：3一、选择题1．3名学生报名参加艺术体操、美术、计算机、航模课外兴趣小组，每人选报一种，则不同的报名种数有(D )A ．3种B ．12种C ．34种 D ．43种解析：每位学生都有4种报名方法，因此有4×4×4＝43种．2．(2014·高考湖北卷)若二项式⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝(C )A ．2 B.54 C ．1 D.24解析：因为C r7·(2x )r·⎝⎛⎭⎫a x 7－r＝C r7·2r·a7－r·x－7＋2r，令－7＋2r ＝－3，得r ＝2，所以C 27·22·a7－2＝84，解得a ＝1，故选C.3．设集合A ＝{1，2，3，4}，m ，n ∈A ，则关于x ，y 的方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点在x 轴上的椭圆有(A )A ．6个B ．8个C ．12个D ．16个解析：法一因为椭圆的焦点在x 轴上，所以当m ＝4时，n ＝1或2或3；当m ＝3时，n ＝1或2；当m ＝2时，n ＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．法二由题意知m >n ，则应有C 24＝6(个)焦点在x 轴上的不同椭圆．故选A.4．(2014·高考重庆卷)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(B)A．72种 B．120种 C．144种 D．168种解析：将所有的安排方法分成两类：第一类，歌舞类节目中间不穿插相声节目，有A33A22A11＝6×2×2＝24(种)；第二类，歌舞类节目中间穿插相声节目，有A33A12A12A14＝6×2×2×4＝96(种)．根据分类加法计数原理，共有96＋24＝120种不同的排法．故选B.能力提升5．12名同学合影，站成了两排，前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是(C)A．C28A23种 B．C28A66种 C．C28A26种 D．C28A25种解析：从后排8人中选2人的方法有C28种．设选出的2人为A、B，安排A到前排有A15种方法，再安排B到前排有A16种方法．∴共有C28A15A16＝C28A26种方法．故选C.6．如果C3n＝C3n－1＋C4n－1，则n的值为(B)A．8 B．7 C．6 D．不存在7．(2013·山东济宁模拟)某科技小组有六名学生(男生多于女生)，现从中选出三人去参观展览，若至少有一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) A．2名 B．3名 C．4名 D．5名解析：若选出的三个人都是女生，则不合题意．设男生人数为x，则女生有6－x人．依题意可得C1x C26－x＋C2x C16－x＝16，即x（6－x）（5－x）2＋x（x－1）（6－x）2＝16，化简得x2－6x＋8＝0，解得x＝4或x＝2.因为男生多于女生，所以该小组中女生有2人．故选A.8.如图，一圆形花圃内有5块区域，现有4种不同颜色的花．从4种花中选出若干种植入花圃中，要求相邻两区域不同色，种法有(D)A．324种 B．216种 C．244种 D．240种解析：若1、4同色，共有C14×3×3×2＝72(种)．若1、4不同色(里面分2与4同色不同色)，共有A24×2×(1×3＋2×2)＝168(种)．所以一共有168＋72＝240(种)．9．(2014·高考浙江卷)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．解析：不同的获奖分两种，一是有一人获两张奖券，一人获一张，共有C23A24＝36，二是有三人各获得一张，共有A34＝24，因此不同的获奖情况有60种．答案：6010．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．解析：分2步完成：第一步，将4名大学生按2，1，1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A 33种．所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22A 33＝36种．答案：3611．已知(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，若a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m ＝________．解析：由题设知，a 0＝1，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6＝(1＋m )6，即(1＋m )6＝64. 故1＋m ＝±2，m ＝1或－3. 答案：1或－312．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是________．解析：为了作的直线条数最少，应出现3点或更多点共线的情况，由于直线与圆相离，应让圆上任意两点都与直线上的一点共线．圆周上有4点能连成C 24＝6条直线，而直线上恰有6个点，故这10个点中最多有6个三点共线和1个六点共线的情况，因此最少可作直线C 210－6C 23－C 26＋6＋1＝19(条)．答案：1913．一个口袋里有6封信，另一个口袋里有5封信，各封信内容均不相同． (1)从两个口袋中任取一封信，有多少种不同的取法？ (2)从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？(3)把这两个口袋里的11封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？解析：(1)任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，因此是两类办法．用分类加法计数原理，共有6＋5＝11(种)．(2)各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有6×5＝30(种)．(3)第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能，…，第11封信还有4种可能．由分步乘法计数原理可知，共有411种不同的投法．14．(2013·昆明高二检测)二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n的展开式中：(1)若n ＝6，求倒数第二项．(2)若第5项与第3项的系数比为56∶3，求各项的二项式系数和．解析：(1)二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n的通项是T r ＋1＝C r n(x )n －r⎝⎛⎭⎫－2x r，当n ＝6时，倒数第二项是 T 6＝C 56(x )6－5⎝⎛⎭⎫－2x 5＝－192x －92.(2)二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n 的通项T r ＋1＝C r n (x )n －r ·⎝⎛⎭⎫－2x r，则第5项与第3项分别为T 5＝C 4n (x )n－4·⎝⎛⎭⎫－2x 4，T 3＝C 2n (x )n －2·⎝⎛⎭⎫－2x 2，所以它们的系数分别为16C 4n 和4C 2n .由于第5项与第3项的系数比为56∶3，则16C 4n ∶4C 2n ＝56∶3，解得n ＝10，所以各项的二项式系数和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210＝1 024.15．一个口袋内有4个不同的红球、6个不同的白球， (1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解析：(1)将取出4个球分成三类情况： ①取4个红球，没有白球，有C 44种； ②取3个红球1个白球，有C 34C 16种； ③取2个红球2个白球，有C 24C 26种，故有C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种． (2)设取x 个红球，y 个白球，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5，0≤x ≤4，2x ＋y ≥7，0≤y ≤6，故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1.因此，符合题意的取法种数有 C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186(种)．16．用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题． (1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数？(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数？ (3)若直线方程ax ＋by ＝0中的a 、b 可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？解析：(1)5×6×6×6×3＝3 240(个)． (2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有 A 13A 23＝18(个)；当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有A 12A 34＝48(个)；当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有A 13A 12A 13A 23＝108(个)．故共有18＋48＋108＝174(个)．(3)a ，b 中有一个取0时，有2条；a ，b 都不取0时，有A 25＝20(条)；a ＝1，b ＝2与a ＝2，b ＝4重复，a ＝2，b ＝1，与a ＝4，b ＝2重复．故共有2＋20－2＝20(条)．。

第一章计数原理章末归纳总结(人教A版选修2-3)

(3)男女分别分组，4 个男的平分成两组共有C242＝3(种),4 个女的分成两组也有C224＝3(种)不同分法，这样分组方法就有 3×3＝9(种)，对于其中每一种分法上 4 辆车，又有 A44种上法，因而不同分配方法为 9·A44＝216(种).
• [例5] 在二项式(x－1)11的展开式中，系数最小的项的系数为 ________.(结果用数值表示)
• [点评] 二项式定理是一个恒等式，对一切x 的允许值都能成立．当求展开式的系数或者证明有关组合数的恒等式时，常常用此方法．
• [例7] 求(1＋2x)12展开式中系数最大的项．
[解析] ∵原式不是(a＋b)n 的标准二项式，因此不一定是中间项系数最大．
设 Tk＋1 项系数最大，有TTkk＋＋11系系数数≥ ≥TTkk系＋2系数数，.
• [例3] 6个女同志(其中有一个领唱)和2个男同志，分成两排表演．
• (1)每排4人，问共有多少种不同排法？
• (2)领唱站在前排，男同志站在后排，还是每排4人，问有多少种不同的排法？
• [分析] 排队问题与排数问题相似，首先要看有无特殊元素，特殊位置；进而是如何安排特殊元素等．
[解析] (1)要完成这件事，必须分三步：第一步：前面 8 人中选 4 人站在前面，另 4 人站在后面，共有 C48·C44＝C48种不同的排法；第二步：前面 4 人进行排列，有 A44种排法；第三步：后面 4 人也进行排列，有 A44种排法．三步依次完成，这件事才算完成，故由分步乘法计数原理有 N＝C84A44A44种不同的排法． (2)同理 N＝C35A44A44种不同的排法．
(1)若第三块田放 c；
abc 第四、五块田分别有 2 种方法，共 2·2 种方法． (2)若第三块田放 a：

高中数学选修2-3：第一章计数原理章末复习提升

1．两个计数原理分类加法计数原理与分步乘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．2．排列与组合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合问题．3．二项式定理(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、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；(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项的通项公式是T k＋1＝C k n a n－k b k(k＝0,1，…n)，其二项式系数是C k n，而不是C k＋1，这是一个极易错点．n题型一排列与组合的应用在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题，而解决问题的第一步是审题，只有认真审题，才能把握问题的实质，分清是排列问题、组合问题，还是综合问题，分清分类与分步的标准和方式，并且要遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．解决排列组合应用题的常用方法：(1)合理分类，准确分步；(2)特殊优先，一般在后；(3)先取后排，间接排除；(4)相邻捆绑，间隔插空；(5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序．例16个女学生(其中有1个领唱)和2个男学生分成两排表演．(1)若每排4人，共有多少种不同的排法？(2)领唱站在前排，男学生站在后排，每排4人，有多少种不同的排法？跟踪训练17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，各有不同站法多少种？(1)两个女生必须相邻而站；(2)4名男生互不相邻；(3)老师不站中间，女生甲不站左端．题型二二项式定理的应用对于二项式定理的考查常有两类问题：第一类，直接运用通项公式求特定项或解决与系数有关的问题；第二类，需运用转化思想化归为二项式定理来处理的问题．例2(1)若(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为() A．－1B．0C．1D．2(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.跟踪训练2已知3x2)n的展开式中倒数第三项的系数为45.(1)求含有x3的项；(2)求系数最大的项．题型三分类讨论思想当计数问题过于复杂或限制条件较多时，一般采取分类讨论的方法解决，即对计数问题中的各种情况进行分类，然后针对每一类分别研究和求解．分类的原则是不重复、不遗漏．例3(1)从编号为1,2,3，…，10,11的11个球中，取出5个球，使这5个球的编号之和为奇数，其取法总数为()A．236B．328C．462D．2640(2)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个球，若甲球必须放入第1个盒子中，则不同的方法种数是()A．120B．72C．60D．36跟踪训练3某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有()A．36种B．42种C．48种D．54种题型四正难则反思想正难则反即是一种手段，又是一种策略．有许多计数问题，应用正难则反思想求解，常能事半功倍．在解题时，当正向思维受阻时，不妨改变思维方向，从结论或条件的反面进行思考，从而使问题得到解决．例4现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，不同的取法种数为()A．484 B．472C．252 D．232跟踪训练4若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．题型五化归与转化思想通过观察、类比、联想等过程，选择恰当的模型把未知问题、疑难问题转化为熟悉的、简单的问题来解决，这就是化归与转化思想．例5已知x＋y＋z＋m＝50(x，y，z，m∈N*)，这个方程的正整数解的组数为________．跟踪训练55封信投入5个信箱中．(1)只有一个信箱是空的，有多少种不同的投法？(2)有两个信箱里各投两封信，共有多少种不同的投法？题型六方程思想方程思想，即对于一个问题，用建立方程的方法去解决的一种思想．具体方法是通过分析问题中变量间的等量关系，构建方程或方程组，或利用方程的性质去分析、研究、解决问题．例6 袋中装有带有编号的红球和白球共16个，现从中任取2球，若取出的2球是同色的取法和取出的2球是异色的取法相等，则取出2球都是红球的取法有多少种？跟踪训练6 设n ＝⎠⎛02(3x 2＋12)d x ，若(x －ax )n 的展开式中x 3的系数是－84，求a 的值．排列、组合应用题从形式上看有以下几种最为常见的问题：数字问题、人或物的排列问题、几何问题、选代表或选样品的问题、集合的子集个数问题．二项式定理题型为以下几种：求展开式中的某一项或某一项系数的问题；求所有项系数的和或者奇数项、偶数项系数和的问题；二项式某一项为字母，求这个字母的值的问题；求近似值的问题，试题难度不大．提醒：完成作业章末检测[答案]精析题型探究例1解(1)要完成这件事分三步．第一步，从8人中选4人站在前排，另4人站在后排，共有C48C44种不同的排法；第二步，前排4人进行全排列，有A44种不同的排法；第三步，后排4人进行全排列，有A44种不同的排法．由分步乘法计数原理知，有C48C44A44A44＝40320(种)不同的排法．(2)思路与(1)同，有C35A44A44＝5760(种)不同的排法．跟踪训练1解(1)∵两个女生必须相邻而站，∴把两个女生看做一个元素，则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有A66A22＝1440种站法．(2)∵4名男生互不相邻，∴应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有A33A44＝144种站法．(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A66＝720种站法，当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A55×5×5＝3000种站法．根据分类加法计数原理知共有720＋3000＝3720种站法．例2(1)C[在(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，令x＝1，得(2＋3)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4；令x＝－1，得(－2＋3)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.两式相乘，得(2＋3)4·(－2＋3)4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4)．所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(－4＋3)4＝1.](2)解①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.整理得，(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.因为a0＝1，所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.跟踪训练2解(1)已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C n－2＝45，即C2n＝45，得n2n－n＝90，解得n＝－9(不合题意，舍去)或n＝10.通项T k＋1＝C k10(x－14)10－k(x23)k＝C k10x10243k k--+(0≤k≤10，k∈N)，令－10－k4＋2k3＝3，解得k＝6.故含有x3的项是第七项，T7＝C610x3＝210x3.(2)∵(41x＋3x2)10的展开式中共有11项，∴系数最大项是第六项，T6＝C510(x14-)5(x23)5＝252x2512.例3(1)A(2)C[解析](1)以取出的编号为奇数的球的个数进行分类．第一类，取出的5个球的编号中只有1个奇数，有C16C45＝30(种)取法；第二类，取出的5个球的编号中有3个奇数，有C36C25＝200(种)取法；第三类，取出的5个球的编号全是奇数，有C56＝6(种)取法．根据分类加法计数原理，共有30＋200＋6＝236(种)取法．(2)共有4个盒子5个球，所以必有1个盒子中放入2个球，且甲必须在第1个盒子中，所以应以第1个盒子中的球的个数进行分类．第一类，第1个盒子中只有甲球，把剩余的4个球分成个数分别为1,1,2的三堆，再分配给剩余的3个盒子，共有方法C24A33种；第二类，第1个盒子中有2个球，此时相当于把除甲球外的4个球放入4个盒子中，方法有A44种．根据分类加法计数原理，满足题意的方法种数为C24A33＋A44＝60.跟踪训练3B[分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法．依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42种编排方案．]例4B[设(x，y，z)表示取x张红色卡片、y张黄色卡片、z张蓝色卡片．若从正面考虑，需考虑当不取绿色卡片时，有(2,1,0)，(2,0,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，(1,0,2)，(0,1,2)，(1,1,1)共7类，当取1张绿色卡片时，有(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)，(1,1,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，共6类，分类较多，而其对立面为3张卡片同一颜色或2张绿色卡片，第三张从非绿色卡片中任取，其包含的情况较少，因此用正难则反思想求解．根据题意，共有C316种取法，其中每一种卡片各取3张，有4C34种取法，取2张绿色卡片有C24·C112种取法，故所求的取法共有C316－4C34－C24·C112＝472(种)．]跟踪训练411[解析]把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o.共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A 24－1＝12－1＝11(种)．例5 18424[解析] 50＝1＋1＋…＋1，题中求方程的正整数解相当于把50个“1”分配到4个位置上，x ，y ，z ，m 的值分别对应4个位置上“1”的个数．由于这些“1”完全相同，又因为x ，y ，z ，m ∈N *，相当于每一个位置上至少有一个“1”，因此可转化为计数问题来解决．显然50个“1”中间有49个空，插入3个板，所以有C 349＝18424，即这个方程的正整数解的组数为18424.跟踪训练5 解 (1)先从5个信箱中取出4个，有C 45种不同的取法，再将5封信分成四组，分别为1,1,1,2，共有C 15C 14C 13C 22A 33种不同的分法，最后将这四组信投入已取出的四个信箱中，有A 44种不同的投法，所以共有C 45·C 15C 14C 13C 22A 33·A 44＝1200(种)不同的投法． (2)先从5个信箱中取出3个，有C 35种不同的取法，再把5封信分成三组，分别为2,2,1，有C 25C 23C 11A 22种不同的分法，最后把这三组信分别投入已取出的三个信箱中，有A 33种不同的投法，所以共有C 35·C 25C 23C 11A 22·A 33＝900(种)不同的投法．例6 解设红球有x 个，则白球的个数为16－x .则取出的2球同色的取法为C 2x ＋C 216－x 种，2球异色的取法为C 1x C 116－x 种．根据题意，得C 2x ＋C 216－x ＝C 1x C 116－x ，整理得x 2－16x ＋60＝0，解得x ＝6或x ＝10，符合题意．(1)若x ＝6，则取出的2球都是红球的取法共有C 26＝15(种)；(2)若x ＝10，则取出的2球都是红球的取法共有C 210＝45(种)．跟踪训练6 解因为n ＝⎠⎛02(3x 2＋12)d x ＝(x 3＋x 2)|20＝9，所以(x －ax )9展开式的第r ＋1项T r ＋1＝C r 9x 9－r (－a x )r ＝(－a )r C r 9x 9－2r ，令9－2r ＝3，得r ＝3，所以(x －a x )9展开式中x 3的系数是(－a )3C 39＝－84a 3，所以－84a 3＝－84，解得a ＝1.。

高中数学选修2-3(人教B版)第一章计数原理1.3知识点总结含同步练习题及答案

a1 + a2 + ⋯ + a100 = 1 − 2 100 .
（3）令 x = −1 可得 a0 − a1 + a2 − a3 + ⋯ + a100 = 3 100 ⋯ ②，与 ① 式联立相减得
a1 + a3 + ⋯ + a99 =
1 − 3 100 . 2
3.二项式定理的应用描述：二项式定理一般应用在以下几个方面： ①进行近似计算．当 a 的绝对值与 1 相比很小且 n 不大时，常用近似公式 (1 + a)n ≈ 1 + na，因为这时展开式的后面 3 3 n n 很小，可以忽略不计；类似地，有 2 部分 C2 (1 − a)n ≈ 1 − na． n a + Cn a + ⋯ + Cn a ②证明某些整除性问题或求余数；
求证：对一切 n ∈ N ∗ ，都有 2 ⩽ (1 + 解：因为
1 n ) < 3． n
(1 +
1 n 1 1 2 1 3 1 n 1 3 n + C2 ) = C0 n + Cn ⋅ n ⋅ ( ) + Cn ⋅ ( ) + ⋯ + Cn ⋅ ( ) n n n n n 1 n−1 1 n−1 n−2 1 n−1 n−2 1 = 1+1+ ⋅ + ⋅ +⋯+ ⋅ ⋅ ⋯ . n n n n n n 2! 3! n!
= 120
（1）展开式的第 4 项的二项式系数为 C3 10 = 120． 3 （2）展开式的第 4 项的系数为 C10 ⋅ (−2)3 = −960 ． 3 4 4 （3）展开式的第 4 项为：T4 = C3 10 ⋅ (−2) ⋅ x = −960x ．二项式 (x − y)11 的展开式中二项式系数最大的项为（） A．第 3 项 B．第 6 项 C．第 6 、7 项 D．第 5 、7 项解：C 展开式共有 12 项，故中间两项即第 6 、 7 项的二项式系数相等，且最大．

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
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
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
成才之路 · 高中新课程 · 学习指导 · 人教A版 · 数学 · 选修2-3
2．排列与组合 (1)排列与组合的定义

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．

人教版高中数学选修2-3课后习题解答

4 2、（1） A15 15 14 13 12 32760 ； 7 （2） A7 7! 5040 ；
（3） A 2 A 8 7 6 5 2 8 7 1568 ；
4 8 2 8
8 7 A12 5 A12 （4） 7 7 5 . A12 A12
3、
N N!
2 2
3 6
4 24
5 120
6 720
7 5040
8 40320
4、（1）略.
8 7 6 7 7 7 7 （2） A8 . 8 A7 7 A6 8 A7 8 A7 A7 A7 3 24 （种）. 6、 A4
3 60 （种）. 5、 A5
练习（P25） 1、（1）甲、乙，甲、丙，甲、丁，乙、丙，乙、丁，丙、丁；（2）冠军甲乙甲丙甲丁乙丙乙亚军乙甲丙甲丁甲丙乙丁 2、 ABC ， ABD ， ACD ， BCD .
3 20 （种）. 3、 C6 2 6 （个）. 4、 C4
丁乙
丙丁ห้องสมุดไป่ตู้
丁丙
2 5、（1） C6
65 15 ； 1 2
3 （2） C8
8 7 6 56 ； 1 2 3
新课程标准数学选修 2—3 第一章课后习题解答（第 1 页共 11 页）
习题 1.1 B 组（P13） 1、 “一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在 0～ 5 这六个数字中拨，所以有号码 10× 10× 10 ×6 ＝6000 （个）. 2、（1 ） “一件事情”是“ 4 名学生分别参加 3 个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是 34 . （2 ） “一件事情”是“ 3 个班分别从 5 个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是 53 . 1 ． 2 排列与组合练习（P20） 1、（1） ab, ac, ad , ba, bc, bd , ca, cb, cd , da, db, dc ；（2） ab, ac, ad , ae, ba, bc, bd , be, ca, cb, cd , ce, da, db, dc, de, ea, eb, ec, ed .

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

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：
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。

2、排列数：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.
3、排列数公式：其中
4、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。

5、组合数：
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。

用符号表示。

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： m n A m n A ()()()
()!
!
121m n n m n n n n A m n -=
+---= .
,,*n m N m n ≤∈并且m n C ()()()
()!
!!
!121m n m n m m n n n n C m
n -=
+---=
.
,,*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：
0241351
2
n n n n
n n n
C C C C C C -=+++
=+++
=奇数项二项式系数和偶数项二项式系数和：
注意事项：
相邻问题，常用“捆绑法”
不相邻问题，常用“插空法”
巩固训练：
1、有4个男生和3个女生排成一排，按下列要求各有多少种不同排法：
（1）男甲排在正中间；
（2）男甲不在排头，女乙不在排尾；
（3）三个女生排在一起；
（4）三个女生两两都不相邻；
2、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、(1)今有10件不同奖品,从中选6件分成三份, 二份各1件,另一份
4件, 有多少种分法?
(2) 今有10件不同奖品,从中选6件分给甲乙丙三人,每人二件有多少种分法?
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：
105
5845635425215222221)1(⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+C C C C C 求值：。