高二数学计数原理
2023-2024学年高二数学单元速记——计数原理(压轴题专练)+答案解析
第七章计数原理（压轴题专练）题型一无限制条件的排列问题【例1】12名选手参加校园歌手大奖比赛，比赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名，每人最多获得一种奖项，共有多少种不同的获奖情况？【解析】从12名选手中选出3名获奖并安排奖次，共有A312＝12×11×10＝1320(种)不同的获奖情况.思维升华解简单排列应用题的思路(1)认真分析题意，看能否把问题归结为排列问题，即是否有顺序；(2)如果是的话，再进一步分析，这里n个不同的元素指的是什么，以及从n个不同的元素中任取m(m≤n)个元素的每一种排列对应的是什么事件；(3)运用排列数公式求解.巩固训练1.一天有6节课，安排6门学科，一天的课程表有________种排法.【答案】720【解析】这是6个元素的全排列问题，故一天的课程表排法有A66＝6×5×4×3×2×1＝720(种).题型二元素的“在”与“不在”问题【例2】六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站两端；(2)甲、乙站在两端；(3)甲不站左端，乙不站右端.【解析】(1)法一要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A55种站法，根据分步计数原理，共有站法A14A55＝480(种).法二由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A25种站法，然后其余4人有A44种站法，根据分步计数原理，共有站法A25A44＝480(种).法三若对甲没有限制条件共有A66种站法，甲在两端共有2A55种站法，从总数中减去甲在两端的排列数，即得所求的站法数，共有A66－2A55＝480(种).(2)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A44种，根据分步计数原理，共有A22A44＝48(种)站法.(3)法一甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A55种，且甲在左端而乙在右端的站法有A44种，故共有A66－2A55＋A44＝504(种)站法.法二以元素甲分类可分为两类：第1类，甲站右端有A55种；第2类，甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有A14A14A44种，故共有A55＋A14A14A44＝504(种)站法.思维升华“在”与“不在”问题的解决方法巩固训练1.乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员安排在第一、三、五位置，其余7名队员中选2名安排在第二、四位置上，那么不同的出场安排有________种.【答案】252【解析】分两步完成：第1步，安排三名主力队员有A33种排法；第2步，安排另2名队员有A27种排法，所以共有A33A27＝252(种)不同的出场安排.题型三“相邻”与“不相邻”问题【例3】4个男同学和3个女同学(其中含甲、乙、丙)站成一排.(1)3个女同学必须排在一起，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)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？【解析】(1)(捆绑法)3个女同学是特殊元素，共有A33种排法；由于3个女同学必须排在一起，则可视排好的女同学为一个整体，再与4个男同学排队，应有A55种排法.由分步计数原理得，有A33A55＝720(种)不同的排法.(2)(插空法)先将男同学排好，共有A44种排法，再在这4个男同学的中间及两头的5个空当中插入3个女同学，则有A35种方法.故符合条件的排法共有A44A35＝1440(种).(3)先排甲、乙、丙3人以外的其他4人，有A44种排法；由于甲、乙要相邻，故先把甲、乙排好，有A22种排法；最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的中间及两头的5个空当中，则有A25种排法.所以共有A44A22A25＝960(种)不同的排法.思维升华处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则.(1)元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列.(2)元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素.巩固训练1.分别求出符合下列要求的不同排法的种数.(1)6名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；(2)6名学生排成一排，其中甲、乙不能分开；(3)6人排成一排，其中甲、乙不相邻.【解析】(1)分排与直排一一对应，故排法种数为A 66＝720.(2)先把甲、乙看成一个整体，这样同其他4名学生合在一起共有5个元素，排成一排有A 55种不同的排法，对于其中的每一种排法，甲、乙之间又有A 22种不同的排法，因此共有A 55A 22＝240(种)不同的排法.(3)甲、乙不相邻，第一步除甲、乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙在已排好的4人的左、右及之间的空位中排，共有A 44A 25＝480(种)排法.题型四定序问题【例4】某电视节目的主持人邀请年龄互不相同的5位嘉宾逐个出场亮相.(1)其中有3位老者要按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有多少种？(2)3位老者与2位年轻人都要分别按从大到小的顺序出场，顺序有多少种？【解析】(1)5位嘉宾无约束条件的全排列有A 55种，由于3位老者的排列顺序已定，因此满足3个老者按年龄从大到小的顺序出场，出场顺序有A 55A 33＝20(种).(2)设符合条件的排法共有x 种，用(1)的方法可得x A 33A 22＝A 55，解得x ＝A 55A 33A 22＝10(种).思维升华在有些排列问题中，某些元素的前后顺序是确定的(不一定相邻)，解决这类问题的基本方法有两种：(1)整体法，即若有m ＋n 个元素排成一列，其中m 个元素之间的先后顺序确定不变，先将这m ＋n 个元素排成一列，有A m ＋nm ＋n 种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他n 个元素的位置不动，把这m 个元素交换顺序，有Amm 种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此共有A m ＋nm ＋n A m m种满足条件的不同排法.(2)插空法，即m 个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m 个元素，只有一种排法，然后把剩下的n 个元素分类或分步插入由以上m 个元素形成的空隙中.巩固训练1.五个人排成一排，求满足下列条件的不同排列各有多少种.(1)A，B，C三人左中右顺序不变(不一定相邻)；(2)A在B的左边且C在D的右边(可以不相邻).【解析】(1)首先五个人站成一排，共有A55种排法，其中A，B，C三人的全排列有A33种排法，而A，B，C从左到右的顺序只是其中一种，所以满足条件的排法共A55A33＝20(种).(2)同(1)，不过此题中A和B，C和D被指定了顺序，则满足条件的排法共A55A22A22＝30(种).题型五排列与组合的应用【例5】6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？【解析】(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.巩固训练1.某局安排3位副局长带53地调研，每地至少去1名副局长和1名职员，则不同的安排方法种数为________.【答案】900【解析】分三步：第一步，将5名职员分成3组，每组至少1第二步，将这3组职员分到3地有A33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A33种不同的方法.根据分步计数原理，得不同的安排方法共有33A33＝900(种).题型六二项式定理的应用【例6】(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【答案】C【解析】在(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4中，令x ＝1，得(2＋3)4＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4；令x ＝－1，得(－2＋3)4＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4.两式相乘，得(2＋3)4×(－2＋3)4＝(a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4)·(a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4).所以(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2＝(－4＋3)4＝1.(2)的展开式中倒数第三项的系数为45.①求含有x 3的项；②求系数最大的项.【解析】①已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，得n 2－n ＝90，解得n ＝－9(不合题意，舍去)或n ＝10.故通项为T r ＋1＝C r 10(x －14)10－r (x 23)r＝C r 10x －10－r 4＋2r 3(0≤r ≤10，r ∈N )，令－10－r 4＋2r 3＝3，解得r ＝6.故含有x 3的项是第7项，为T 7＝C 610x 3＝210x 3.的展开式中共有11项，且其二项式系数与项的系数相同，∴系数最大的项是第6项，为T 6＝C 510(x －14)5(x 23)5＝252x 2512.巩固训练1.展开式的二项式系数之和为256.(1)求n ；(2)若展开式中常数项为358，求m 的值；(3)若(x ＋m )n 展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m 的取值情况.【解析】(1)由二项式系数之和为2n ＝256，可得n ＝8.(2)设常数项为第r ＋1项，则T r ＋1＝C r 8x8－＝C r 8m r x8－2r ，故8－2r ＝0，即r ＝4，则C 48m 4＝358，解得m ＝±12.(3)易知m >0，设第r ＋1r 8m r ≥C r －18mr －1，r 8m r≥C r ＋18mr ＋1，化简可得8m－1m＋1≤r≤9mm＋1.由于只有第6项和第7项系数最大，4<8m－1m＋1≤5，≤9mm＋1<7，m≤2，m<72.所以m只能等于2.题型七分类讨论思想【例7】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【答案】A【解析】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.根据分类计数原理，共有30＋200＋6＝236(种)取法.巩固训练1.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，则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【答案】B【解析】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.依分类计数原理，知共有A44＋C13A33＝42(种)编排方案.题型八正难则反思想【例8】对于各数不相等的正整数组(i1，i2，…，i n)(n是不小于2的正整数)，如果在p>q时有i p>i q，则称i p 和i q是该数组的一个“好序”，一个数组中“好序”的个数称为此数组的“好序数”，例如，数组(1，3，4，2)中有好序“1，3”“1，4”“1，2”“3，4”，其“好序数”等于4.若各数互不相等的正整数组(a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7)的“好序数”等于3，则(a7，a6，a5，a4，a3，a2，a1)的“好序数”等于________.【答案】18【解析】各数互不相等的正整数组(a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7)的“好序数”等于3，这个数组中可以组成的实数对数为C27＝21，则(a7，a6，a5，a4，a3，a2，a1)的“好序数”为21－3＝18.巩固训练1.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.【答案】11【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A24－1＝12－1＝11(种).。
【高中数学】分类加法计数原理与分步乘法计数原理 高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第3册
解:从总体上看,由甲到丙有 两类不同的走法,
第一类, 由甲经乙去丙, 又需分两步, 所以 m1 = 2×3 = 6 种不同的走法;
第二类, 由甲经丁去丙, 也需分两步, 所以 m2 = 4×2 = 8 种不同的走法;
所以从甲地到丙地共有
N = 6 + 8 = 14 种不同的 走法。
甲地 丁地
乙地 丙地
所以 从甲地到乙地共有 4 + 2 + 3 = 9
种方法。
分类加法计数原理:做一件事情，完成它可以有n类办法,在第一类 办法中有m1种不同的方法,在第二类办法中有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。
分步乘法计数原理
思考： 如图,由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条。 从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法?
变式练习1、某班宣传小组要出一期向英雄学习的专刊，
现有红、黄、白、绿、蓝五种颜色的粉笔供选用，要
求在黑板中A、B、C、D每一部分只写一种颜色，如图
所示，相邻两块颜色不同，则不同颜色的书写方法共
有________种．180
B A
C
D
变式练习2、 用红、黄、蓝3种颜色给下图中① ② ③
④ ⑤五个区域涂色，要求相邻两个区域的颜色不同，有
6.1分类加法计数原理与 分步乘法计数原理
思考：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字（0~9） 给教室的座位编号，总共编出多少种不同的号码？
分类加法计数原理:完成一件事有两类方案,在第一类方案中
有m种不同的方法,在第二类方案中有n种不同的方法那么完成这
高二数学(选修2-3人教B版)-计数原理全章总结
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和. 解：（2）由通项可知，展开式的第三项是
T3 C52 13 (2x)2 40x2
所以，第三项的系数为40.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
表示？
(a b)n (a b)(a b) (a b)
n个a b
Tr1 Cnr anr br
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
解：首先将A、B、C、D排成一排，共有 A44 种排法，每一种
排法都会产生五个“空”，在这五个“空”中任选一个，将E
放入，共有 C51 种方法；其次，E中的两个元素可以交换，有 A22
种方法.
所以，共有 A44 C51 A22 240 种不同的排法.
问题4 (a b)n 的展开式中的系数为什么可以用组合数的形式
（
Cm n1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
Cmn
Cm1 n
）？
作业： 1.一个集合由8个元素组成，这个集合含有3个元素的子集有多 少个？ 2.将6名应届大学毕业生分配到两个用人单位，每个单位至少 两人，一共有多少种不同的分配方案？ 3.求 (9x 1 )18 展开式的常数项，并说明它是展开式的第几项.
3x
入，共有 A43 种排法. 所以，一共有A33 A43 144 种不同的排法.
例5、有6位同学站成一排，符合下列各题要求的不同排法有多 少种？ （2）甲、乙相邻. 解：（2） 设除甲、乙之外的另外四个同学为A、B、C、D. 因为甲、乙要相邻，所以可以把甲、乙“绑”在一起看作一个 元素(记为E).
高二数学知识点及公式
1.计数原理知识点①乘法原理：N=n1·n2·n3·…nM(分步)②加法原理：N=n1+n2+n3+…+nM(分类)2.排列(有序)与组合(无序)Anm=n(n-1)(n-2)(n-3)-…(n-m+1)=n!/(n-m)!Ann=n!Cnm=n!/(n-m)!m!Cnm=Cnn-mCnm+Cnm+1=Cn+1m+1k•k!=(k+1)!-k!3.排列组合混合题的解题原则：先选后排，先分再排排列组合题的主要解题方法：优先法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.捆绑法(集团元素法，把某些必须在一起的元素视为一个整体考虑) 插空法(解决相间问题)间接法和去杂法等等在求解排列与组合应用问题时，应注意：(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题;(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理;(3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏;(4)列出式子计算和作答.经常运用的数学思想是：①分类讨论思想;②转化思想;③对称思想.4.二项式定理知识点：①(a+b)n=Cn0ax+Cn1an-1b1+Cn2an-2b2+Cn3an-3b3+…+Cnran-rbr+-…+Cnn-1abn-1+Cnnbn特别地：(1+x)n=1+Cn1x+Cn2x2+…+Cnrxr+…+Cnnxn②主要性质和主要结论：对称性Cnm=Cnn-m二项式系数在中间。
(要注意n为奇数还是偶数，答案是中间一项还是中间两项)所有二项式系数的和：Cn0+Cn1+Cn2+Cn3+Cn4+…+Cnr+…+Cnn=2n奇数项二项式系数的和=偶数项而是系数的和Cn0+Cn2+Cn4+Cn6+Cn8+…=Cn1+Cn3+Cn5+Cn7+Cn9+…=2n-1③通项为第r+1项：Tr+1=Cnran-rbr作用：处理与指定项、特定项、常数项、有理项等有关问题。
高二数学计数原理知识点总结归纳
高二数学计数原理知识点总结归纳1. 排列与组合在数学中，排列与组合是计数原理的基本概念。
排列表示对给定的一组元素进行有序的安排，而组合则表示选取给定集合中的若干元素的无序集合。
2. 排列排列是从一个给定的元素集合中选取出一些元素按照一定的顺序进行排列的算法。
根据排列的性质，可以分为两种类型：有重复元素的排列和无重复元素的排列。
2.1 有重复元素的排列设有 n 个元素中，其中有 m1个元素相同，m2个元素相同，...，mk 个元素相同。
则排列数 P 的计算公式为：P = n! / (m1! * m2! * ... * mk!)2.2 无重复元素的排列设有 n 个不同的元素要进行排列，选取其中 r 个元素进行排列的方式，计算排列数的公式为：P = n! / (n - r)!3. 组合组合是从一个给定的元素集合中选取出若干元素的无序集合。
与排列不同的是，组合不考虑元素的顺序。
根据组合的性质，可以分为两种类型：有重复元素的组合和无重复元素的组合。
3.1 有重复元素的组合设有 n 个元素中，其中有 m1 个元素相同，m2 个元素相同，...，mk 个元素相同。
则组合数 C 的计算公式为：C = (n + 1)! / (m1! * m2! * ... * mk! * (n - m1 - m2 - ... - mk)!)3.2 无重复元素的组合设有 n 个不同的元素要进行组合，选取其中 r 个元素进行组合的方式，计算组合数的公式为：C = n! / (r! * (n - r)!)4. 二项式定理二项式定理是数学中一个重要的公式，它描述了两个数的二次方的展开式中，各个项的系数与指数之间的关系。
二项式定理的公式如下：(a + b)^n = C(n, 0) * a^n * b^0 + C(n, 1) * a^(n-1) * b^1 + ... + C(n, r) *a^(n-r) * b^r + ... + C(n, n) * a^0 * b^n其中，C(n, r) 表示了 n 中取 r 的组合数。
高二年级数学选修2-3《计数原理》优质课件
4、用0，1，2，…，9这十个数字可以组成无重复数字 的三位数的个数为
布置作业：课本习题1.1 A组（必做）
B组（选做）
本节课结束 同学们，再见！
分步乘法计数原理：
完成一件事情需要两个步骤，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。
推广
如果完成一件事需要三个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做 第2步有m2种不同的方法，做第3步有m3种不同的方法，那么完成这 件事共有多少种不同的方法？
完成这件事总共有几种方法？
给座位编号
2个步骤：确定字母、 确定数字 不能
第1步：6种 第2步：9种 6×9=54种
练习2.设某班有男生30名，女生24名．现要 从中选出男、女各一名代表班级参加比赛， 共有多少种不同的选法?
解：第1步，从30名男生中选出1名，有30种不同选择；
第2步，从24名女生中选出1名，有24种不同选择． 共有30×24=720种不同的选法．
A8
9
A9
1
2
3
4
5
…
F
6
7
8
9
1 2
树
3 4
形
5 6
图
7
8
9
所以，共有9+9+9+9+9+9=6×9=54种不同号码
用前6个大写英文字母和1~9九个阿拉伯数字，以A1，A2，···，B1， B2，···的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？
高二第六章计数原理知识点
高二第六章计数原理知识点计数原理是离散数学的一部分，用于研究和探索计数的方法和技巧。
在高二的数学学习中，计数原理作为重要的知识点之一，在组合数学、概率论和图论等领域中都有广泛的应用。
本文将介绍高二第六章计数原理的相关知识点和常见应用。
一、排列与组合1. 排列排列是指从一组元素中按一定顺序取出若干个元素，形成不同的顺序。
排列可以分为有重复元素的排列和没有重复元素的排列。
在计数原理中，排列问题常用的计算方法是利用阶乘。
2. 组合组合是指从一组元素中无序地取出若干个元素，形成一个子集。
组合问题也可以分为有重复元素的组合和没有重复元素的组合。
在计数原理中，组合问题的计算方法是利用组合数公式。
二、二项式定理1. 二项式的展开二项式定理是计算二项式的重要工具，它可以将一个二项式展开成一系列项的和。
二项式定理的公式为：(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其中C(n,k)表示从n个不同元素中选出k个元素的组合数。
2.应用举例通过二项式定理，我们可以计算多项式的展开式，从而得到多项式的各个系数。
比如，我们可以计算(a + b)^3的展开式：(a + b)^3 = C(3,0) * a^3 * b^0 + C(3,1) * a^2 * b^1 + C(3,2) * a^1 * b^2 + C(3,3) * a^0 * b^3= a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3三、鸽巢原理鸽巢原理是指如果有n只鸽子进入m个巢，其中n > m，那么至少有一个巢中会有两只或两只以上的鸽子。
鸽巢原理在图论、密码学等领域有着广泛的应用，尤其是在处理极端情况和求解最优解问题时。
四、容斥原理容斥原理是一种计算基数的方法，用于解决多个集合的交、并、补的计数问题。
容斥原理的核心思想是通过对各个集合的计数进行加减交替操作，以得到所求的总数。
高二数学(选修2-3人教B版)-基本计数原理
原理初悟
2019年北京“世园会”举世瞩目，李华同学一家打
算去参观“世园会”，在计划出行的方案中有自驾出行，
乘坐“世园会”公交专线出行.自驾去“世园会”有2条
路线可以选择，乘坐“世园会”公交专线出行有4条路
线可以选择，请问李华一家去参观“世园会”共有多少
种出行方案？
2+4=6（种）
例1、书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3
根据分类加法计数原理从甲地到丁地共有6+8=14
种不同的走法.
甲地
乙地
丙地
丁地
先分类、再分步
练习：某学校的一天的课程表要求如下，每天上午有4节课，
下午有2节课，安排5门不同的课程，其中安排某一门课两
节连在一起上，那么一天不同的课程表安排方案有多少种？
节数 课程
1
2
3
4
5
6
练习：某学校的一天的课程表要求如下，每天上午有4节课，
法……在第n类办法中，有 mn 种不同的方法，
则完成这件事共有N m1 m2 +mn 种不同的方法.
分步乘法计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做
第1步有 m1 种不同的方法，做第2步有 m2 种不同的方
法……做第n步有 mn 种不同的方法，则完成这
件事共有 N m1 m2 mn 种不同的方法.
出公园.只考虑游玩路线的选择，该游客有多少种不同的走
法？
西门
景点A
东门
3×2=6（种）
情境创设
a1
西门
a1
1
a2
a3
b1
景点A
b2
a2
2
1
东门
高二数学人教B版选择性必修第二册第三章基本计数原理教学PPT课件
【尝试与发现1】
（2）从甲地到乙地,可以乘坐火车,也可以乘汽车,还可以乘 轮船,假定火车每日1班,汽车每日3班,轮船每日2班,那 么一天中从甲地到乙地有多少种不同的走法呢?
老师
第一步，同学A有4个位置可以选，有4种方法； 第二步，同学B有3个位置可以选，有3种方法； 第三步，同学C有2个位置可以选，有2种方法； 第四步，同学D只有1个位置可选，有1种方法.
根据分步乘法计数原理：共 4 3 2 1 24 种.
“分类加法计数原理”和“分步乘法计数原理” 合称为基本计数原理.
路的选择，则有多少种不同的走法？ 数字，因此可以分为三步完成：
共分四步完成：（不妨设4位同学为A,B,C,D）
你能用适当的符号表示出
合称为基本计数原理.
所有的情况吗？ 任何一类的任意一列火车均可完成这件事
中有 种不同的方法，第二类办法中有 种不同方法
不同的路，从景点A到东门共有2条不同的路.
不同的选择方法有：43+2+3=48种
完成一件事情，如果需要分成n个步骤，且：
不同的选择方法有：43+2+3=48种
从同学入手，逐个确定每个同学所站的位置，
（3）有4位同学和1位老师站成一排照相，如果老师要站在正中
不妨设从西门到景点A的三条路为 a1，a2，a3， 从景点A到东门的路为 b1 ，b2 .
用 a1b1 表示先经 a1 到景点A，然后经 b1 到东门.注意到不管选
【作业】B版教材 7页 A组 1；
A组 1.张丽的书桌上有3本不同的语文课外读物和2本不同的数学课外读物. （1）现在她想从中取出一本随身携带，以便外出时阅读，有多少种不
高二数学两个基本计数原理PPT优秀课件
2021/02/25
11
A.45个 B 55个 C 78个 D 91个
例4、如图从A到B，使路程最短的 不同走法有多少种？
A
B
变式:
西北
如右图：从城市的西
北到东南角有多少种
不同走 法？（沿最短
路径）
东南
反馈练习：
• 1。十字路口来往的车辆： • （1）若不允许车辆回头，共有多少种不同的行车路线？ • （2）若允许车辆回头，共有多少种不同的行车路线？
数学应用:
• 例1
AB (1) 满足集合
{a,b},的集合A,B共有多少组?
(2)已知 A{ab,}A, B{ab,,c}, 则满足条件B可 的能 集是 合？
例2、用4种不同颜色给地图上色，要求相邻的两块涂不同的颜色， 共有多少种不同的涂色方法？1324
变式1:如果按①②④③的次序填涂,怎样解 决这个问题? 变式2:试着另外改变次序填涂,怎样解决这 个问题?你能发现解决问题有何规律?
• 2。已知A={1，2，3} • （1）由A A可以组成多少个不同的映射？ • (2) 若A A的映射中，元素2不能对应2，这样的映射有多少
个？
• 思考： 你能推广（1）到更一般的结论吗？
THANKS
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演讲人: XXX
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• 练习、用五种不同的颜色给图中四个区域涂色,每个区域涂一种 颜色,
(1)共有多少种不同的涂色方法?
(2)若要求相邻(有公共边)的区域不同色,那么共有多少种不同的涂 色方法?
例3
已知集A合{x| xZ,-2x10}, m,nA方程x2 y2 1,表示焦点在
2024-2025学年高二数学选择性必修第一册(配北师大版)课件1.3基本计数原理的简单应用
规律方法 (抽取)分配问题的常见类型及其解法 (1)当涉及对象数目不大时,一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表 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.
思考辨析 利用多项式的乘法法则探索(a1+a2)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3+c4)的展开式中有 多少项?
提示 可以直接展开后进行统计,最后得出结论;也可以用分步乘法计数原 理,分三步: 第一步,从第一个因式中取一个因子,有2种取法; 第二步,从第二个因式中取一个因子,有3种取法; 第三步,从第三个因式中取一个因子,有4种取法. 则此多项式的展开式中有2×4×3=24(项).
(2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内, 每格涂一种颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以反复使用,共有多 少种不同的涂色方法?
1
2
34
解 第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上,有5种不同的涂法. ①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时,有4×3=12(种)不同的涂法,第4个 小方格有3种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有5×12×3=180(种)不 同的涂法. ②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时,有4种涂法,由于相邻两格不同色, 因此,第4个小方格也有4种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有 5×4×4=80(种)不同的涂法. 由分类加法计数原理可得共有180+80=260(种)不同的涂法.
规律方法 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.解决此类问题要特别关注图形的结构特征.如果图形很不规则, 往往从某一块出发进行分步涂色,从而选用分步乘法计数原理;如果图形具 有一定的对称性,那么先对涂色方案进行分类,每一类再进行分步. 2.把涂色问题转化为两个基本计数原理的综合应用,体现了数学抽象的核 心素养.
2024-2025学年高二数学选择性必修第一册(北师版)教学课件第五章-§1基本计数原理
第三类,经过支路③有2×2=4种方法,
所以总的线路条数N=3+1+4=8.
5.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A爬到相对顶点C1,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, , 1.从局部上看每一类又需分两步完成.
故第一类:经过,有1=1×2=2条;
－18＝72(个).在这72个两位数中，每一个个位数字()小于十位数字()的两位数都有一个十位数字
()小于个位数字()的两位数与之对应，故满足条件的两位数的个数是72÷2＝36.故选B.
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二、分步乘法计数原理
例2
如图，从A村到B村的道路有3条，从B村到C村的道路有2条，从C村到D村的道路有3条.
因此要分3类相加：
第1类，选出的是教师，有3种选法；第2类，选出的是男学生，有8种选法；
第3类，选出的是女学生，有5种选法.
根据分类加法计数原理，共有N＝3+8+5＝16种选法.
（2）完成这件事，需要分别选出1名教师、1名男学生和1名女学生，可以先选教师，再选男学生，
最后选女学生，因此要分3步相乘：
(2)计数:求出每一类中的方法数;
(3)结论:将每一类中的方法数相加得最终结果.
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跟踪训练 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数是( B )
A．18
解析 （方法一）
B．36
C．72
D．48
按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成八类，在每一类中满足
共有6+6+6＝6×3＝18条线路可以选择.
计数原理-完整版课件
• 7．某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学 校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．
• 1．书架上有不同的语文书10本，不同的英语书7本，不同的数学 书5本，现从中任选一本阅读，不同的选法有( )
• A．22种 B．350种
• C．32种 D．20种
• 解析： 由分类加法计数原理得，不同的选法有10＋7＋5＝22 种．
• 答案： A
• 2．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的 坐法种数为( )
两通项相乘得：C6r x3r Ck10x－4k＝C6r C1k0x3r －4k，
令
r 3
－
k 4
＝0，得4r＝3k，这样一来，(r，k)只有三组：
(0,0)，(3,4)，(6,8)满足要求．
故常数项为：1＋C36C410＋C66C810＝4 246.
答案： 4 246
6．C16＋C26＋C36＋C46＋C56的值为________．
• A．3×3! B．3×(3！)3
• C．(3！)4 D．9!
• 解析： 把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有 (3！)4种．
• 答案： C
• 3．(2013·山东卷)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的 三位数的个数为( )
• A．243 B．252
• C．261 D．279
• 解析： 能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无 重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三 位数的个数是900－648＝252.
专题03 计数原理(解析版)--高二数学专题解析
专题03计数原理--高二数学专题解析知识点一：分类加法计数原理一、单选题1．将4封不同的信投入3个不同的信箱，且4封信全部投完，则不同的投法有（）A ．81种B ．64种C ．24种D ．4种【答案】A【分析】利用分步乘法计数原理进行分析，即可求得信的投法总数．【详解】由题意可知，每封信都有3种投法，根据分步乘法计数原理可知，不同的投法有：43333381⨯⨯⨯==种，故选A ．2．有5本不同的中文书，4本不同的数学书，3本不同的英语书，每次取一本，不同的取法有（）A．3种B．12种C．60种D．不同于以上的答案【答案】B【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理计算作答.【详解】依题意，计算不同取法种数有3类办法：取一本中文书有5种方法，取一本数学书有4种方法，取一本英语书有3种方法，++=（种）.由分类加法计数原理得：每次取一本，不同的取法有54312故选：B3．某公司员工义务献血，在体检合格的人中，O型血的有10人，A型血的有5人，B型血的有8人，AB 型血的有3人．从4种血型的人中各选1人去献血，不同的选法种数为（）A．1200B．600C．300D．26【答案】A【分析】由分步计数原理即可求解.【详解】分四步：第一步，选O型血的人有10种选法；第二步，选A型血的人有5种选法；第三步，选B型血的人有8种选法；第四步，选AB型血的人有3种选法．故共有10×5×8×3＝1200（种）不同的选法．故选：A4．古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律，由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为（）A．8B．16C．24D．32【答案】C【分析】利用分类加法原理即可求解.【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有16个，若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有8个，所以梯形的个数是16+8=24，故选：C.5．某商场共有4个门，若从一个门进，另一个门出，不同走法的种数是（）A．10B．11C．12D．13【答案】C【分析】利用分步乘法原理即可得解.【详解】分两步完成，第一步：从4个门中选择一个门进有4种方法，第二步：从余下的3个门中选一个出有3种方法，⨯=种.根据分步计数乘法原理，共有4312故选：C6．将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有（）A．6种B．9种C．11种D．23种【答案】B【详解】第一步，把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，故选B．二、填空题7．某座山，若从东侧通往山顶的道路有3条，从西侧通往山顶的道路有2条，那么游客从上山到下山共有______种不同的走法【答案】25【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理计算作答.【详解】依题意，游客上山有5种方法，下山有5种方法，由分步计数乘法原理知，从上山到下山方法共⨯=种，所以游客从上山到下山共有25种不同的走法.有5525故答案为：258．一种号码拨号锁有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__________个四位数号码？．【答案】10000【分析】用分步乘法原理计算即可求解.【详解】按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第1步，有10种拨号方式，第2步，有10种拨号方式，第3步，有10种拨号方式，第4步，有10种拨号方式，⨯⨯⨯=个四位数的号码.根据分步计数原理，共可以组成1010101010000故答案为：10000.9．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有___________个．【答案】12【分析】分析可得，共有三个1，三个2，三个3，三个4，4种情况，分别求得满足题意“好数”个数，根据分类加法计数原理，即可得答案．【详解】当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种，当有三个2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．-表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P到四个顶点的距离组成10．如图，设点P为正四面体A BCD的集合记为M，如果集合M中有且只有2个元素，那么符合条件的点P有________个.【答案】10【分析】根据分类计数原理求解即可．【详解】符合条件的点P有两类：一，六条棱的中点；二，四个面的中心；+=个．集合M中有且只有2个元素，符合条件的点P有4610故答案为：1011．整数3528有______个不同的正因数.【答案】36【分析】先对3528进行分解，找到3223528237=⨯⨯，再根据分步相乘计数原理求解.【详解】3223528237=⨯⨯，3528的正因数必为237a b c ⨯⨯的形式，{}0,1,2,3a ∈，{}0,1,2b ∈，{}0,1,2c ∈，所以3528共有43336⨯⨯=个不同的正因数.故答案为：36.12．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲､乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳､射击､体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有__________种.【答案】24【分析】分游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况讨论，然后利用分类加法原理求解即可【详解】当游泳场地安排2人时，则不同的安排方法有2232C A 6=种，当游泳场地安排1人时，则不同的安排方法有122332C C A 18=种，由分类加法原理可知共有61824+=种，故答案为：2413．A 、B 、C 、D 、E 五人按顺时针方向围成一圈玩传球游戏，要求每次只能传给不与自己相邻的人．游戏开始时，球在A 手里，则经过5次传球，传到D 手中，不同的传球方案共有__________种．【答案】10【分析】先结合题意列出前两次传球与后三次传球的情况，从而列出所有满足的传球方案，由此得解.【详解】依题意，由于球只能不与自己相邻的人，所以推得第二次传球后，球只能在①，②，③，④情况中的一种；又第五次传球要传到D 手中，故后三次传球仅能在⑤，⑥，⑦，⑧情况中的一种；由于球只能传给不相邻的人，故只有①⑤，①⑥，①⑧，②⑤，②⑦，②⑧，③⑤，③⑥，③⑧，④⑥，共10个组合可传球，所以不同的传球方案共有10种.故答案为：10.三、解答题14．一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4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9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？【答案】(1)9；(2)20；(3)94【分析】（1）分析题意，这是一个分类问题，分两种情况讨论，即分别从第一个和第二个信封中取信，由分类加法计数原理计算可得答案（2）分析题意，这是一个分步问题，分两步进行，先从第一个信封中取信，再从第二个信封取信，由分步乘法计数原理计算可得答案（3）将信封投入邮筒，是分步问题，每封信都有4种不同的方法，由分步乘法计数原理计算可得答案【详解】（1）任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，是分类问题，从第一个口袋中取一封信有5种情况，从第二个口袋中取一封信有4种情况，则共有549+=种．（2）各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能完成这件事，是分步问题，应分两个步骤完成，第一步，从第一个口袋中取一封信有5种情况；第二步，从第二个口袋中取一封信有4种情况，由分步乘法计数原理，共有5420⨯=种．（3）第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信投入邮筒有4种可能，L ，第九封信投入邮筒有4种可能，由分步乘法计数原理可知，共有94种不同的投法．【反思】本题主要考查分步计数原理与分类计数原理的运用，解题时，注意分析题意，认清是分步问题还是分类问题，这是解题的关键．15．为了确保电子邮箱的安全，在注册时，通常要设置电子邮箱密码．在某网站设置的邮箱中，(1)若密码为4位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？(2)若密码为4〜6位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？【答案】(1)10000(2)1110000【分析】（1）根据分步乘法原理即可计算；（2）分密码为4位、5位、6位三种情况分别用分步乘法原理计算，再将所得结果相加即得结果.【详解】（1）设置1个4位密码要分4步进行，每一步确定一位数字，每一位上都可以从0〜9这10个数字中任取1个，有10种取法．根据分步计数原理，4位密码的个数是1010101010000⨯⨯⨯=．（2）设置的密码为4〜6位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，这样的密码共有3类．其中4位密码、5位密码、6位密码的个数分别为410，510，610．根据分类计数原理，设置由数字0〜9组成的4〜6位密码的个数是4561010101110000++=．故满足条件的密码有1110000个．16．已知集合}2{32101M =---，，，，，，(,)P a b 表示平面上的点(,a b M ∈)．问：(1)(,)P a b 可表示平面上多少个不同的点?(2)(,)P a b 可表示平面上多少个第二象限的点?【答案】(1)36；(2)6【分析】（1）采用分步乘法计数原理，即可求出结果；（2）根据分步乘法计数原理和第二象限点的横坐标和纵坐标的特点，即可求出结果．P a b可分两步完成：【详解】（1）确定平面上的点(,)第一步，确定a的值，共有6种方法；第二步，确定b的值，也有6种方法．⨯=；根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6636（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，∴有3种不同的确定方法；第二步，确定b，由于0b>，∴有2种不同的确定方法．⨯=．根据分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数为32617．（多选题）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有（）A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D．要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法【答案】ABC【分析】根据题意，结合分类计数原理和分步计数原理，逐项计算，即可求解.【详解】对于A中，从国画中选一副有5种不同的选法；从油画中选一副有2种不同的选法；从水彩画中选一副有7种不同的选法，++=种不同的选法，所以A正确；由分类计数原理，共有52714对于B中，从国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，⨯⨯=种不同的选法，所以B正确；根据分步计数原理，共有52770⨯=种不同的选法；对于C中，若其中一幅选自国画，一幅选自油画，则有5210⨯=种不同的选法；若一幅选自国画，一幅选自水彩画，则有5735若一幅选自油画，一幅选自水彩画，则有2714⨯=种不同的选法，++=种不同的选法，所以C正确；由分类计数原理，可得共有10351459对于D中，从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第一步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；第二步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法，⨯=种不同的选法，所以D错误.根据分步计数原理，不同挂法的种数是542018．（多选题）现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是（）A ．选1人为负责人的选法种数为30B ．每组选1名组长的选法种数为3024C ．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335D ．若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种【答案】ABC【分析】利用加法计数原理判断选项A ；利用乘法计数原理判断选项B ；利用乘法及加法计数原理判断选项C ；利用间接法并结合乘法计数原理判断选项D.【详解】对于A ，选1人为负责人的选法种数：678930+++=，故A 正确；对于B ，每组选1名组长的选法：67893024⨯⨯⨯=，故B 正确；对于C ，2人需来自不同的小组的选法：676869787989335⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，故C 正确；对于D ，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有44种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有：434337-=，故D 错误；故选：ABC.19．（多选题）如图，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 传递消息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为（）A ．18B ．19C ．24D ．26【答案】AB 【分析】先求出每一条线路单位时间内传递的最大信息量，再由分类加法原理求解即可【详解】第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；第二条线路单位时间内传递的最大信息量为4；第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6；第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6．因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为346619+++=，【答案】4 13【分析】利用分步乘法计数原理求出所有的涂色种数，再求出的概率公式计算可得【详解】依题意分22．将圆分成()*2,n n n ≥∈N 个扇形，每个扇形用红、黄、蓝、橙四色之一涂色，要求相邻扇形不同色，设这n 个扇形的涂色方法为n a 种，则n a 与1n a -的递推关系是______．【答案】1143n n n a a --=⨯-（3n ≥）【分析】假设第1个扇形与第n 个扇形不相邻，对这两个扇形颜色相同和不同进行分类计算即可.【详解】如上图所示，由题意，将圆分成()*2,n n n ≥∈N 个扇形，涂色方法有n a 种，若假设第1个扇形与第n 个扇形不相邻，如下图所示：则为第1个扇形涂色，有4种方法，为第2个扇形涂色，有3种方法，为第3个扇形涂色，有3种方法，…，为第n 个扇形涂色，有3种方法，故由分步乘法计数原理，涂色方法共有143n -⨯种，其中，包括了第1个扇形与第n 个扇形颜色不同的方法n a 种，与第1个扇形与第n 个扇形颜色相同的方法x 种，即143n n a x -⨯=+，而第1个扇形与第n 个扇形颜色相同的涂色方法x 种，可以看作将第1个扇形与第n 个扇形合并为一个扇形，如下图所示：即n 1-个扇形的涂色方法1n a x -=（为使1n a -满足题意，需使12n -≥，即3n ≥），综上所述，1143n n n a a --⨯=+（3n ≥），∴n a 与1n a -的递推关系是1143n n n a a --=⨯-（3n ≥）.故答案为：1143n n n a a --=⨯-（3n ≥）.【点睛】本题解题的关键，是将环形涂色问题断开，转换为带形涂色问题进行解决.23．某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从A ，B ，C ，D ，E ，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A ，B 两人中安排一人，第四节课只能从A ，C 两人中安排一人，则不同的安排方案共有______种．（用数字作答）【答案】36【分析】按第一节上课的老师分成两类，利用分步乘法计数原理计算出每一类安排上课方法数，然后将两类方法数相加即得.【详解】不同的安排方案有两类办法：第一类，第一节课若安排A ，则第四节课只能安排C ，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4312⨯=种排法；第二类，第一节课若安排B ，则第四节课可安排A 或C ，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有24324⨯⨯=种排法，因此不同的安排方案有122436+=种.故答案为：3624．某新闻采访组由5名记者组成，其中甲､乙､丙､丁为成员，戊为组长.甲､乙､丙､丁分别来自A B C D 、、、四个地区.现在该新闻采访组要到A B C D 、、、四个地区去采访，在安排采访时要求：一地至少安排一名记者采访且组长不单独去采访；若某记者要到自己所在地区采访时必须至少有一名记者陪同.则所有采访的不同安排方法有___________种.【答案】44【分析】通过分类计数原理将问题分成甲，乙，丙，丁都不到自己的地区和甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区两类进行讨论，然后通过分步计数原理得到每一类的答案，最后求和即可.【详解】分两类：①甲，乙，丙，丁都不到自己的地区，组长可任选一地有()3311436⨯⨯⨯⨯=；②甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区，并有组长陪同有()21148⨯⨯⨯=.所以总数36844+=.故答案为：44.25．用4种不同的颜色给图中的A ，B ，C ，D 四个区域涂色，要求每个区域只能涂一种颜色．(1)有多少种不同的涂法？(2)若相邻区域不能涂同一种颜色，有多少种不同的涂法？【答案】(1)256；(2)48【答案】(1)9(2)24【分析】（1）利用分类相加计数原理即可得解；（2）利用分步相乘计数原理即可得解.【详解】（1）从书架上任取1本书，有三类方案：第1类，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类，从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的种数为4329++=.（2）从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三步完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法.⨯⨯=.根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为43224。
高二年级下学期新课标A版高中数学选修2-3 第一章计数原理
1 2
[f(1)＋f(－
1)]．
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第一章 计数原理
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2．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，求： (1)a1＋a2＋…＋a7； (2)a1＋a3＋a5＋a7； (3)a0＋a2＋a4＋a6.
解析： (1)令x＝0，则a0＝－1，
令x＝1，则a7＋a6＋…＋a1＋a0＝27＝128
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(1)令x＝1，则二项式各项系数的和为f(1)＝
(1＋3)n＝4n，
பைடு நூலகம்
2分
又展开式中各项的二项式系数之和为2n.
由题意知，4n－2n＝992.
∴(2n)2－2n－992＝0，
∴(2n＋31)(2n－32)＝0，
∴2n＝－31(舍)，或2n＝32，∴n＝5.
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与“杨辉三角”有关的问题
如图所示，在杨辉三角中，斜线 AB 上 方 箭 头 所 示 的 数 组 成 一 个 锯 齿 形 的 数 列 ： 1,2,3,3,6,4,10，…，记这个数列的前n项和为Sn，求S19.
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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___．
2．增减性与最大值．当n为偶数时，中间的一项取得最大
数学 计数原理
数学计数原理
在数学中，计数原理是一种常用的方法，用于计算由多个步骤组成的任务的总数目。
计数原理有两个基本原则，分别是乘法原理和加法原理。
乘法原理是指，如果一个任务可以分解为n个相互独立的步骤，且每个步骤都有m种选择，则整个任务的总数目为n乘以m。
例如，假设要组合一个四位数密码，其中每位数字可选取的范围是0到9。
根据乘法原理，总的密码组合数为：10乘以10
乘以10乘以10，即10的四次方，等于10000种可能的密码
组合。
加法原理是指，如果一个任务可以通过两个或多个互不相交的子任务完成，其中第一个子任务有n种可能，第二个子任务有m种可能，则整个任务的总数目为n加m。
例如，假设要在一个菜单中选择主菜和甜点，菜单中提供了3
种主菜选择和2种甜点选择。
根据加法原理，总的餐点组合数为：3加2，等于5种可能的餐点组合。
计数原理在组合数学、概率论、统计学等领域中有广泛应用。
通过应用计数原理，我们可以解决各种问题，如排列组合、概率计算、统计分析等。
高二数学两个基本计数原理7省名师优质课赛课获奖课件市赛课一等奖课件
在图(2)中,按要求接通电路必须分两步进行:第一步,合上A中旳一只开关;第二步,合上B中旳一只开关。故有 2×3=6 种不同措施。
答:在图 (1)旳电路中,只合上一只开关以接通电路,有5种不同旳措施；图(2)旳电路中,合上两只开关以接通电路,有6种不同旳措施.
………...问Fra bibliotek情境1:问题 1.从南京到上海，有3条公路,2条铁路,那么从南京到上海共有多少种不同旳措施?
上海
宁波
问题2、增长杭州游，从南京到杭州旳路有三条，由杭州到上海旳路有两条。问：从南京经杭州到上海有多少种不同旳措施？
上海
宁波
杭州
完毕一件事, 有n类方式, 在第一类方式,中有m1种不同旳措施,在第二类方式,中有m2种不同旳措施，……，在第n类方式,中有mn种不同旳措施. 那么完毕这件事共有 种不同旳措施。
分类计数原理
N=m1+m2+…+m n
例1: 某班共有男生28名,女生20名,从该班选出学生代表参加校学代会.若学校分配给该班1名代表,有多少种不同旳选法?若学校分配给该班2名代表,且男女生代表各1名,有多少种不同旳选法?
例2: (1) 在图 (1)旳电路中,只合上一只开关以接通电路,有多少种不同旳措施? (2) 在图(2)旳电路中,合上两只开关以接通电路,有多少种不同旳措施?
密码为4位,每位均为0到9这10个数字中旳一种数字,这么旳 密码共有多少个?
解:(1) 设置四位密码,每一位上都能够从0到9这10个数字中取一种,有10种取法,根据分步计数原理,四位密码旳个数是 10×10×10×10＝10000
密码为4位,每位是0到9这10个数字中旳一种,或是从A到Z这26个英文字母中旳1个,这么旳密码共有多少个?
高二数学分类计数原理和分布计数原理 人教版名师课件
区别二
每类办法都能独立完成 这件事情。
每一步得到的只是中间结果， 任何一步都不能能独立完成 这件事情，缺少任何一步也 不能完成这件事情，只有每 个步骤完成了，才能完成这 件事情。
各类办法是互斥的、
区别三 并列的、独立的
各步之间是相关联的
例1 图书馆的书架上第1层放有4本不同的《读 者》,第 2层放有3本不同的《小小说月刊》,第3 层放有2本不同的体育杂志 (1)从书架上任取1本书,有多少种不同的取法?
N=4×4×4=64
2、把5封信投入6个邮箱，不同的投法共有（A ）
A、 65 种 B、 56 种 C、 720 种 D、30 种
3、集合A={a，b，c} B={1，2}。则集合A到 集合B的映射有多少个？集合B到集合A 的映 射有多少个？
集合A到集合B的映射有2*2*2=23 {个a，b，c} {a，b，c}
F8
C 12
A
12 E
由分类计数原理可得最大信息量为N＝3＋4+6+6＝19
作业： 完成资料上的题
谢谢：祝同学们学习 进步，身心健康。
2）首先要根据具体问题的特点确定一个分步的标准， 然后对每步方法计数.
分类计数与分步计数原理的区别和联系：
加法原理
乘法原理
联系
区别一
分类计数原理和分步计数原理，回答的都是关于 完成一件事情的不同方法的种数的问题。 完成一件事情共有n类 完成一件事情,共分n个 办法，关键词是“分类” 步骤，关键词是“分步”
单位时间内传递的最大信息量为（ D ）
A、 26 B、 24
C、 20 D、 19
分析：从A到B有四条路线
。 D
沿A-C-D-B, 传递的最大信息量为 3 3
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分配问题
问题1：3个小球放进两个盒子，每 C 2C 1 A2 个盒子至少一个，有多少种放法？ 3 1 2 2 2 3 1 C4 C2 2 问题2：4本书分给两个同学，每人 C C + A 4 1 2 2 A 2 至少一本，有多少种放法？ 问题3：三名教师教六个班的课，每人 至少教一个班，分配方案共有多少种？
1.3：二项式定理
1、二项定理: 一般地，对于n N*有
0 n 1 n 1 2 n2 2 ( a b )n C n a Cn a b Cn a b
C a
r n
nr
b
r
C b
n n
r r n
n
通项公式 Tr+1 = C a b
2、 (1+ x) 1 + C x + C x +
分配问题
问题1：3个小球放进两个盒子，每 C 2C 1 A2 个盒子至少一个，有多少种放法？ 3 1 2 2 2 3 1 C4 C2 2 问题2：4本书分给两个同学，每人 C C + A 4 1 2 2 A 2 至少一本，有多少种放法？ 问题3：三名教师教六个班的课，每人 至少教一个班，分配方案共有多少种？ 2 2 2 1 1 1 2 3 4 C2 C4 C2 3 C1 C 6 + C 6 C 5 C 3 +C 6 A3 2 3 A2 A3
最大
当n为奇数时， C
（ 4） C
0 n 1 n
n 1 2 = n
C
n 1 2 n
n
且最大
C C 2
n n
1.3：二项式定理
奇数项二项式系数和 偶数项二项式系数和： C C C
0 n 2 n 4 n
C C C
1 n 3 n 5 n
2
n 1
赋值法
x 2 5 1.求： ( ) 的有理项 2 x
数之比为14：3，求展开式的常数项
Tr 1 C ( x )
r 10
10 r
2 r r r ( 2 ) (2) C10 x x
1
10 5 r 2
王新敞
奎屯
新疆
5. ( x 7 y) 展开式的二项式系数之和为128、那么展 开式的项数是 ；各项系数之和为：
排列数公式： A nn 1n 2n m 1
m n
n! n m !
其中：n, m N * , 并且m n.
1.2：排列与组合 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。 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 m 元素的组合数。用符号 C 表示 . n nn 1n 2 n m 1 m 组合数公式： , m N * , 并且m n.
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”.
排列组合典型例题
排列组合应用题的常用方法
1、基本原理法 3、捆绑法 5、间接法 2、特殊优先法 4、插空法 6、穷举法
1．对有约束条件的排列问题，应注意如下类型： ⑴某些元素不能在或必须排列在某一位置；⑵某些元素要求连 排（即必须相邻）；⑶某些元素要求分离（即不能相邻）； 2．基本的解题方法： （１）有特殊元素或特殊位置的排列问题，通常是先排特殊元 素或特殊位置，称为优先处理特殊元素（位置）法（优先法）； 特殊元素,特殊位置优先安排策略
解法一: 按地图A、B、C、D四个区域依 次分四步完成, 第一步, m1 = 3 种, 第二步, m2 = 2 种, 第三步, m3 = 1 种, 第四步, m4 = 1 种, 所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案 种数共有 N = 3 × 2 ×1×1 = 6 种。 解法二: 3种颜色4块区域，则肯定有两块同色， 只能A、D同色，把它们看成一个整体元素，所 以涂色的方法有：
分组问题
问题1：3个小球分成两堆，有多少种分法？
2 1 C3 C1
问题2：4个小球分成两堆，有多少种分法？
2 2 C C 3 1 C4 C1 + 4 2 2 A2
问题3：6个小球分成3堆，有多少种分法？
平均分成m m 组要除以 Am
2 2 2 1 1 C C C 1 2 3 4 2 1 6 C4 C2 C6 C5 C 3 +C 6 2 + A2 A33
A 6(种)
3 3
涂色问题
例3：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？
若用2色、4色、5色 等,结果又怎样呢？
涂色问题 例、某城市在中心广场建造一个花圃， 花圃分为6个部分（如右图）现要栽种4 种不同颜色的花，每部分栽种一种且相 邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的 栽种方法有______种.（以数字作答）
4 6 4
练习：1、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.
解：采用先组后排方法:
1 C53 C3 C 42 A33 1080
2、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
练习： 1、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？
2、从一楼到二楼的楼梯有17级，上楼时可以一步走 一级，也可以一步走两级，若要求11步走完，则有 多少种不同的走法？
混合问题，先“组”后“排”
例对某种产品的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 3 1 4 次测试是次品。故有： C C A 576 种可能。
5 1 6 2 3 4
课堂练习： 1、如图，是5个区域，用红、黄、 蓝、白、黑5种颜色涂这些区域，使 每个区域涂一种颜色，且相邻的区 域涂不同的颜色。如果颜色可反复 使用，那么共有多少种涂色方法？
2、将３种作物种植在如图所示的５块试验田里， 每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同 一种作物，不同的种植方法共有多少种？（以 数字作答）
( x 1) 4 4( x 1) 3 6( x 1) 2 4( x 1) 1 2.化简：
.
3.(1 x) (1 x)
2
(1 x) (1 x)
3
15
1820 展开式中含x3项的系数为___________ 。
2 n 4. ( x 2 ) 的展开式中，第五项与第三项的二项式系 x
n
1 n 2 n 2
r n-r n
r
+C x +
+C x
n n n
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
法共有多少种?
解法一：先组队后分校（先分堆后分配）
C C A
6 4
2
2
3 3
540
解法二：依次确定到第一、第二、第三所学校去的医 生和护士.
1 3 2 6 1 2 2 4
(C C ) (C C ) 1 540
涂色问题
例：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？
（3）三个女生排在一起；
（4）三个女生两两都不相邻；
例、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 A C C11 种 （A） 8 种（B） 8 种 （C） C 9 种 （ D）
各步之间是互相关联的。
各类办法是互相独立的。
1.2：排列与组合 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。 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 m 元素的排列数。用符号 A 表示 . n
两个计数原理
1、分类加法计数原理：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. 2、分步乘法计数原理：完成一件事，需要分成n个步 骤，做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的 方法……，做第n步有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.
多个分给少个时，采用先分组 再分配的策略
练习： (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?
解: (1) C C C C 3150 2 2 C C C (2) 6 4 C 18900