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
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人教A版高中数学选修2-3课件第一章计数原理章末专题整合.pptx
例7 (1)(2013·高考江西卷)x2－x235 展开式中的常数项为
() A．80
B．－80
C．40
D．－40
(2)(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)设 m 为正整数,(x＋y)2m 展开
式的二项式系数的最大值为 a,(x＋y)2m＋1 展开式的二项式
系数的最大值为 b.若 13a＝7b,则 m＝( )
所以共有 2×(120＋72＋48)＝480(种)排法．
【答案】 480
3．直接间接(直接法、间接法),灵活选择
例4 50件产品中有3件是次品,从中任意取4件,至少有一
件是次品的抽法有多少种？
【解】 法一(直接法):抽取的 4 件产品至少有一件次品分 为有 1 件次品、2 件次品、3 件次品 3 种情况:有 1 件次品 的抽法有 C13C347种;有 2 件次品抽法有 C23C247种;有 3 件次品 的抽法有 C33C147种． 根据分类加法计数原理,至少有一件次品的抽法共有 C13C347 ＋C23C247＋C33C147＝51 935(种)． 法二(间接法):从 50 件产品中任意抽取 4 件,有 C450种抽法, 其中没有次品的抽法有 C447种,因此至少有 1 件次品的抽法 有 C450－C447＝51 935(种)．
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第一章 计数原理
章末专题整合
知识体系构建
专题归纳整合
专题一 两个计数原理
应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件 是分类完成还是分步完成,而分类与分步的区别又在 于任取其中某一方法是否能完成该事件,能完成便是 分类,否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要 分类又要分步,此时应注意层次清晰,不重不漏,在分 步时,要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响 (即是否是独立的)．
2019_2020学年高中数学第一章计数原理章末归纳整合课件新人教A版选修2_3
C24A33＝36种．故选D.
2．(2019 年浙江)在二项式( 2＋x)9 的展开式中，常数项是 ________，系数为有理数的项的个数是________.
【答案】16 2 5
9－r
【解析】( 2＋x)9 的展开式的通项为 Tr＋1＝C9r( 2)9－r·xr＝2 2 Cr9 xr，令 r＝0，得常数项是 T1＝16 2．当 r＝1，3，5，7，9 时， 系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数是 5 个．
【答案】56
【解析】从 M 点走到 N 点，每次只能向北或向东走，则不 论从 M 到 N 怎样走，都必须向北走 3 次，向东走 5 次，共走 8 次，每一次是向北还是向东，就决定了不同的走法，当把向北 的步骤决定后，剩下的步骤只能向东，共有 C38＝56 种不同的走 法．
二项式的展开问题
求二项式的展开式中的特定项时，一般先写出其通项公 式，然后由条件确定该特定项的系数．求展开式中各项系数的 和或差时，常用赋值法．
解：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 个空当中的一个即可，有 C14·C13个． 所以满足条件的三位数共有 A34＋2A24＋C14·C13＝60 个．
方法点评：“相邻问题”又叫“集团问题”，采用“捆绑 法”，即先将几个相邻元素看作一个整体，将此整体与其他元 素进行排列，然后整体内部全排列．
2．如图所示，某城市M，N两地间有4条东西街道和6条南 北街道．若规定只能向东或向北沿图中路线行走，则从M到N 有________种不同的走法．(用数字作答)
1)3＋C36·33·C26(－1)2＋C46·34·C16(－1)＋C56·35·C06(－1)0＝－168.
2019秋新版高中数学人教A版选修2-3课件：第一章计数原理本章整合1
二项式定理
对称性 “杨辉三角”与二项式系数的性质 增减性、最大值
0 1 2 ������ 各二项式系数的和:C������ + C������ + C������ + … + C������ = 2������
本章整合
知识建构
综合应用
真题放送
-3-
本章整合
知识建构
综合应用
真题放送
-4-
本章整合
本章整合
计数原理
计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 排列的定义:从������个不同元素中取出������(������ ≤ ������)个元素,按照一定的顺序排成一列 排列 排列数公式:A������ ������ = ������(������-1)(������-2)…(������-������ + 1) = 排列的应用 排列、组合 组合 组合的定义:从������个不同元素中取出������(������ ≤ ������)个元素合成一组
综合应用
真题放送
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本章整合
知识建构
综合应用
真题放送
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本章整合
仅供学习交流！！！
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1
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5.(2016· 山东高考)若 ������������ + a=
解析: 因为
2
1 5 5 的展开式中 x 的系数是-80,则实数 ������
.
������ Tr+1=C5 (ax2)5-r
1 ������ ������
=
������ 5-r 10 - 2 C5 a ������ ,所以由
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
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
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S 随堂练习
J 基础知识 Z 重点难点
ICHU ZHISHI
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UITANG LIANXI
HONGDIAN NANDIAN
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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
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
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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》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．
2019秋新版高中数学人教A版选修2-3课件：第一章计数原理1.3.1
10-2������ ·������ 3 .
令 3 =2,则 k=2. 故 x 的系数为
1 2 -2
2 ·C10 = 4 × 45= 4 .
1
45
题型一
题型二
题型三
题型四
10-2������ (3)当 Tk+1 为有理项时, 3 为整数,0≤k≤10,且 k∈N. 10-2������ 3 令 3 =z,则 k=5-2z,∴z 为偶数,从而求得当 z=2,0,-2 时,k=2,5,8
-8-
题型一
题型二
题型三
题型四
解:(1)方法一:直接利用二项式定理展开并化简: 2 ������ +
0 C4 (2
1 4 ������
=
������)4 +
1 3 ������
1 0 ������
+
1 C4 (2
������)3·
4 C4
· (2
������)0·
方法二: 2 ������ +
1 4 8 1 2 =16x +32x+24+ + 2 . ������ ������ ������ 1 4 2������+1 4 1 4 = = (2 x+ 1) ������ ������ ������2
1.3
二项式定理
1.3.1
二项式定理
-3-
-4-
-5-
1
2
1.如何正确区分二项展开式中某一项的系数与二项式系数
������ 剖析 两者是不同的概念. C������ (r=0,1,2,…,n)叫做二项式系数,而某
一项的系数是指此项中除字母外的部分.如(1+2x)7 的二项展开式的 3 3 3 第 4 项的二项式系数为C7 =35,而其第 4 项的系数为C7 · 2 =280.
高中数学人教A版选修2-3课件第1章计数原理
数字有A22 种排法.由分步乘法计数原理,所有排列的个数是C13 ×
A25 × C12 × A22 =240.
答案:240
专题归纳
高考体验
专题三 涂色问题的解决思路
例3一个地区分为5个行政区域(如图所示),现给地图着色,要求相
邻区域不得使用同一种颜色.现有4种颜色可供选择,则不同的着色
方法有
种.(用数字作答)
第1课时 计数原理
知识网络
要点梳理
知识网络
要点梳理Biblioteka 填一填:①⑤;⑥
;②
.
;③
!
答案:①A =n(n-1)…(n-m+1)=(-)!
;④
②C
;
=
A
A
=
!
!(-)!
③C = C- ④C+1
= C + C -1 ⑤(a+b)n=C0 an+C1 an1
答案:D
专题归纳
高考体验
专题四 二项式定理的应用
3
例 4 (1+2 )3(1- x)5 的展开式中 x 的系数是 (
A.-4 B.-2
)
C.2
思路分析:利用(a+b)n 展开式中第 r+1 项为
Tr+1=nr an-r·br(r=0,1,2,…,n)将两项展开,确定 x 的系数.
解析:(1+2 x)3(1- 3 )5
成一列
元素
合成一组
知识网络
要点梳理
4.排列数与组合数
(1)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.
A25 × C12 × A22 =240.
答案:240
专题归纳
高考体验
专题三 涂色问题的解决思路
例3一个地区分为5个行政区域(如图所示),现给地图着色,要求相
邻区域不得使用同一种颜色.现有4种颜色可供选择,则不同的着色
方法有
种.(用数字作答)
第1课时 计数原理
知识网络
要点梳理
知识网络
要点梳理Biblioteka 填一填:①⑤;⑥
;②
.
;③
!
答案:①A =n(n-1)…(n-m+1)=(-)!
;④
②C
;
=
A
A
=
!
!(-)!
③C = C- ④C+1
= C + C -1 ⑤(a+b)n=C0 an+C1 an1
答案:D
专题归纳
高考体验
专题四 二项式定理的应用
3
例 4 (1+2 )3(1- x)5 的展开式中 x 的系数是 (
A.-4 B.-2
)
C.2
思路分析:利用(a+b)n 展开式中第 r+1 项为
Tr+1=nr an-r·br(r=0,1,2,…,n)将两项展开,确定 x 的系数.
解析:(1+2 x)3(1- 3 )5
成一列
元素
合成一组
知识网络
要点梳理
4.排列数与组合数
(1)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.
2019秋新版高中数学人教A版选修2-3课件：第一章计数原理1.2.1
1.2
排列与组合
1.2.1
排列
-3-
-4-
-5-
1
2
2.排列数与排列数公式 (1)排列数定义: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A������ ������ 表示. (2)排列数公式:A������ ������ =n(n-1)(n-2)…(n-m+1).
1
2
(3)全排列和阶乘:n 个不同元素全部取出的一个排列,叫做 n 个 元素的一个全排列.即有 A������ ������ =n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1, 就是说,n 个不同元素全部取出的排列数,等于正整数 1 到 n 的连 乘积.正整数 1 到 n 的连乘积,叫做 n 的阶乘,用 n!表示.所以 n 个不同
4+8 4 = . 4 8 5 5 24-9 4×3×2A8 -9A8 A8 -A9 3×8! 4×9! ������ -1 ������ (3)原方程 3A8 =4A9 可化为 = , (8-������)! (10-������)! 3×8! 4×9×8! 即 = , (8-������)! (10-������)(9-������)(8-������)!
题型一
题型二
题型三
题型四
(4)(捆绑法)若 1 和 3 相邻,则把 1 和 3“捆绑”,看成一个整体与 1 3 0,2,4 进行排列.故组成无重复数字的五位数共有A2 2 A3 A3 =36 个. (5)方法一:(间接法)由(2),(4)两问可得,1 和 3 不相邻时,共可组成 无重复数字的五位数有 96-36=60 个. 方法二:(插空法)先将 0,2,4 排好,再将 1 和 3 分别插入产生的 4 2 个空当中有A3 A 3 4 =72 种排法,而当 0 在万位时,1,3 分别插入 2,4 产生 2 的 3 个空当中有A2 2 A3 =12 种排法.故 1 和 3 不相邻的无重复数字的 五位数共有 72-12=60 个.
排列与组合
1.2.1
排列
-3-
-4-
-5-
1
2
2.排列数与排列数公式 (1)排列数定义: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A������ ������ 表示. (2)排列数公式:A������ ������ =n(n-1)(n-2)…(n-m+1).
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(3)全排列和阶乘:n 个不同元素全部取出的一个排列,叫做 n 个 元素的一个全排列.即有 A������ ������ =n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1, 就是说,n 个不同元素全部取出的排列数,等于正整数 1 到 n 的连 乘积.正整数 1 到 n 的连乘积,叫做 n 的阶乘,用 n!表示.所以 n 个不同
4+8 4 = . 4 8 5 5 24-9 4×3×2A8 -9A8 A8 -A9 3×8! 4×9! ������ -1 ������ (3)原方程 3A8 =4A9 可化为 = , (8-������)! (10-������)! 3×8! 4×9×8! 即 = , (8-������)! (10-������)(9-������)(8-������)!
题型一
题型二
题型三
题型四
(4)(捆绑法)若 1 和 3 相邻,则把 1 和 3“捆绑”,看成一个整体与 1 3 0,2,4 进行排列.故组成无重复数字的五位数共有A2 2 A3 A3 =36 个. (5)方法一:(间接法)由(2),(4)两问可得,1 和 3 不相邻时,共可组成 无重复数字的五位数有 96-36=60 个. 方法二:(插空法)先将 0,2,4 排好,再将 1 和 3 分别插入产生的 4 2 个空当中有A3 A 3 4 =72 种排法,而当 0 在万位时,1,3 分别插入 2,4 产生 2 的 3 个空当中有A2 2 A3 =12 种排法.故 1 和 3 不相邻的无重复数字的 五位数共有 72-12=60 个.
人教A版数学选修2-3《1.1计数原理》课件(共15张ppt)
（4）某校高一有6个班，高二有8个班，从中选择1个班级 担任周一早晨的升旗任务，一共有多少种不同选法？
（5）某商场有6个门，某人从其中的任意一个门进入商场， 再从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？
明计数之道——辨析理解 固化原理
问题5：分类加法计数原理与分步乘法计数 原理的相同点和不同点是什么?
完__成__一N__件=__m_事_1 _有 __mn_类2__不 __m_同3__方_种案不，同在的第方法 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，那么
完成这件事共有_N_____m__1___m__2___ _____m__n___
巩固训练：
书架上第一层放有4本不同的计算机书，第 二层放有3本不同的文艺书，第三层放有2本不同 的体育书。若从第一,二,三层中各取1本书，有 多少种不同取法？ 变解式：1：从若第从一书, 二架, 三上层任各取取1本1本书书，，有分多为少3个种步不骤同：取 法第？1步，从第一层取1本书，有4种不同的方法； 变第式22步：，若从从第书二架层上取取12本本书不，同有类3种 别不 的同 书的 ，方 有法多；少 种第不3同步取，法从？第三层取1本书，有2种不同的方法。
种不同的方法。
明计数之道——生活感知 初识原理
问题3：
(1) 小明先从北京到成都，飞机有4班，一天后再从成 都到重庆，火车有3班。小明乘坐这些交通工具从北京 经成都到重庆共有多少种不同的走法？
明计数之道——感知积累 再识原理
问题3：
(1) 小明先从北京到成都，飞机有4班，一天后再从成 都到重庆，火车有3班。小明乘坐这些交通工具从北京 经成都到重庆共有多少种不同的走法？
（5）某商场有6个门，某人从其中的任意一个门进入商场， 再从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？
明计数之道——辨析理解 固化原理
问题5：分类加法计数原理与分步乘法计数 原理的相同点和不同点是什么?
完__成__一N__件=__m_事_1 _有 __mn_类2__不 __m_同3__方_种案不，同在的第方法 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，那么
完成这件事共有_N_____m__1___m__2___ _____m__n___
巩固训练：
书架上第一层放有4本不同的计算机书，第 二层放有3本不同的文艺书，第三层放有2本不同 的体育书。若从第一,二,三层中各取1本书，有 多少种不同取法？ 变解式：1：从若第从一书, 二架, 三上层任各取取1本1本书书，，有分多为少3个种步不骤同：取 法第？1步，从第一层取1本书，有4种不同的方法； 变第式22步：，若从从第书二架层上取取12本本书不，同有类3种 别不 的同 书的 ，方 有法多；少 种第不3同步取，法从？第三层取1本书，有2种不同的方法。
种不同的方法。
明计数之道——生活感知 初识原理
问题3：
(1) 小明先从北京到成都，飞机有4班，一天后再从成 都到重庆，火车有3班。小明乘坐这些交通工具从北京 经成都到重庆共有多少种不同的走法？
明计数之道——感知积累 再识原理
问题3：
(1) 小明先从北京到成都，飞机有4班，一天后再从成 都到重庆，火车有3班。小明乘坐这些交通工具从北京 经成都到重庆共有多少种不同的走法？
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
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(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
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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
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专题一 专题二 专题三
【例 3】 (1+2 ������)3(1-3 ������)5 的展开式中 x 的系数是( )
A.-4
B.-2
C.2
D.4
思路点拨:利用(a+b)n 展开式中第 r+1 项 Tr+1=C������������ an-rbr(r=0,1,2,…,n)将
排列组合是解决计数问题的一种重要方法.但要注意,计数问题的基本 原理是分步计数原理和分类计数原理,是最普遍使用的,不要把计数问题等 同于排列组合问题.
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专题一 专题二 专题三
【例 1】 某地政府召集 5 家企业的负责人开会,其中甲企业有 2 人到 会,其余 4 家企业各有 1 人到会,会上有 3 人发言,则这 3 人来自 3 家不同企 业的可能情况的种数为( )
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专题一 两个计数原理
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 对问题进行分析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”.分 类计数原理的特点是:类与类相互独立,每类方法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.
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理
3各二项式系数的和：C0n＋Cn1＋C2n＋…＋Cnn＝2n
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专题突破
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专题一 ⇨两个计算原理的综合应用
• 1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理很少单独命题 ，多与排列、组合等问题相结合，以选择题或填空题的形 式考查，难度适中，属中档题．
• 2．应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是 分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取 其中某一方法是否能完成事件，能完成便是分类，否则便 是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此 时，应注意层次分明，不重不漏．
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• 典例 1 某地政府召集5家企业的负责人开会，已知甲 企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发 言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为 B ()
• A．14
B．
16
• C．20
D．
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• [分析] 根据题意分成两类，一类是甲企业有1人发言，另 两个发言人来自其余4家企业，另一类是3人全来自其余4 家企业，采用分类加法和分步乘法计数原理可得解． 10
组合
＝m！nn！－m！，规定C0n＝1
组合数性质：1Cmn ＝Cnn－m；2Cmn＋1＝Cnm＋1＋Cmn －1组合的应用6 Nhomakorabea计
二项式定理：a＋bn＝Cn0an＋Cn1an－1b＋…＋Cnkan－kbk＋…＋Cnnbn
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，；…，n
新课标导学
数学
选修2-3 ·人教A版
1
第三章
统计案例 章末整合提升
2
1
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2
专题突破
3
知识网络
4
计 数 原
分类加法计数原理：第一类有m种不同的方法，第二类
基本计 有n种不同的方法，则共有N＝m＋n种不同的方法
数原理分步乘法计数原理：第一步有m种不同的方法，第二步有
理
n种不同的方法，则共有N＝m·n种不同的方法
• [解析] 分两类，第1类：甲企业有1人发言，有2种情况 ，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘 法计数原理，得N1＝2×6＝12；
• 第2类：3人全来自其余4家企业，有4种情况． • 综『上规可律方知法，』共有运用N两＝个N原1＋理解N答2＝时1先2分＋类4后＝分1步6，(种还)是情先况分．步后分类，
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(2)从(1)知万位数字是 5 的有 A44＝24(个)， 万位数字是 4，千位数字是 5 的有 A33＝6(个)； 但比第 93 项大的数有 120－93＝27(个)，第 93 项即倒数第 28 项，而万位数 字是 4，千位数字是 5 的 6 个数是 45321,45312,45231,45213,45132,45123，从此可 见第 93 项是 45213．
应视具体问题而定．有时为了问题的简化和表达的方便，数学中经常将具有实 际意义的事物符号化、数字化．
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专题二 ⇨排列组合的综合问题
• 1．此类问题多以选择题或填空题的形式考查，且常与分 类加法计数原理或分步乘法计数原理综合考查．
• 2．将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解决排列 、组合应用题的关键一步．(1)正确分类或分步，恰当选择 两个计数原理．(2)有限制条件的排列组合问题应优先考虑 “受限元素”或“受限位置”，而排列组合讨论的问题共同点 是“元素不相同”，不同点是排列与顺序有关，组合与顺序 无关．
• 『规律方法』 根据所述结论，确定各个数位上的数字的 情况是正确求解本题的关键，要做到不重不漏．
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• 典例 3 (2018·山东省实验中学检测)一条长椅上有七 个座位，四人坐，要求三个空位中，有两个空位相邻，另 一个空位与48这0 两个相邻空位不相邻，则不同的坐法有 _______种．
• [分析] 可优先安排人入座，再让座位去“插队”，也可以 运[解用析逆] 向解思法一维：，转从换一问种题思反考方面法入，手把两．个相邻空位看成一个整体，另一
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排列的定义：从n个不同元素中取出mm≤n
个元素，按照一定的顺序排成一列
计 数 原 理
排 列
排列排列数公式全Amn排＝列nAn－nn＝1nnn－－21…n－n－2m…＋2×11＝＝nn－！n！m，！规定0！＝1
排列的应用
与
组
合
组合的定义：从n个不同元素中取出mm≤n个元素合成一组 组合数公式：Cmn ＝nn－1n－m2！…n－m＋1
个空位与这个整体不相邻，则是用四个人把两个元素隔开的典型问题．基于这种
考虑，就可先让四人坐在四个位置上，再让后两个“元素”(一个是两个作为一个 整体的空位，另一个是单独的空位)选择被四个人造成的五个“空隙”中的两 个．这样有 A44·A25＝480(种)坐法．
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解法二：除上面的算法外，也可以采用“间接法”．容易看到：全部安排四 人入座的方法(不管空位相邻还是不相邻)数是 A47，从中减去不合题意的坐法数即 可．不合题意的坐法包括两类：一类是三个空位相邻，这种情况共有 A55种安排方 法(把四个人与相邻的三个空位看成 5 个元素)；另一类是三个空位彼此都不相邻， 这种情况下共有 A44·C35种安排方法(请注意这里是 C35，而不是 A35的道理)．因此共 有 A47－A55－A44C35＝480(种)坐法．
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• 典例 2 (2018·安徽合肥一中检测)由1,2,3,4,5五个数 字组成没有重复数字的五位数排成一个递增数列，则首项 为12 345，第2项是12354，…，直到末项(第120项)是54 321.问：
• (1)43251是第几项？
• (2)第93项是怎样的一个五位数？
• [分析] (1)由于43251的万位数字是4，故可先求出比 43251大的所有数字的个数，然后再判断43251是笫几项 ；(2)由于一共有120项，故第93项即为倒数第28项，进而 求解即可．
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[解析] (1)由题意知，没有重复数字的五位数共有 A55＝120(个)． 比 43251 大的数有下列几类： ①万位数字是 5 的有 A44＝24(个)； ②万位数字是 4，千位数字是 5 的有 A33＝6(个)； ③万位数字是 4，千位数字是 3，百位数字是 5 的有 A22＝2(个)； 所以比 43251 大的数共有 A44＋A33＋A22＝32(个) 所以 43251 是第 120－32＝88(项)．