1、专题课件第一章 计数原理章末复习学习目标1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.理解排列与组合的区别与联系，能利用排列组合解决一些实际问题.3.能用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式的性质1分类加法计数原理完成一件事有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，那么完成这件事共有Nm1m2mn种不同的方法2分步乘法计数原理完成一件事需要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，那么完成这件事有Nm1m2mn种不同的方法3排列数与组合数公式及性质排
2、列与排列数组合与组合数公式排列数公式An(n1)(n2)(nm1)组合数公式C性质当mn时，A为全排列；An！；0！1CC1；CC；CCC备注n，mN*，且mn4.二项式定理(1)二项式定理的内容：(ab)nCanCan1b1CankbkCbn (nN*)(2)通项公式：Tk1Cankbk，k0,1,2，n(3)二项式系数的性质：与首末两端等距离的两个二项式系数相等；若n为偶数，中间一项的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项的二项式系数相等且最大CCCC2n；CCCC2n1.类型一数学思想方法在求解计数问题中的应用例1车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车
3、工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解方法一设A，B代表2位老师傅A，B都不在内的选派方法有CC5(种)，A，B都在内且当钳工的选派方法有CCC10(种)，A，B都在内且当车工的选派方法有CCC30(种)，A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有ACC80(种)，A，B有一人在内且当钳工的选派方法有CCC20(种)，A，B有一人在内且当车工的选派方法有CCC40(种)，所以共有CCCCCCCCACCCCCCCC185(种)方法二5名男钳工有4名被选上的方法有CCCCCCCC75(种)，5名男钳
4、工有3名被选上的方法有CCCCCA100(种)，5名男钳工有2名被选上的方法有CCC10(种)，所以共有7510010185(种)方法三4名女车工都被选上的方法有CCCCCCCC35(种)，4名女车工有3名被选上的方法有CCCCCA120(种)，4名女车工有2名被选上的方法有CCC30(种)，所以共有3512030185(种)反思与感悟解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：类与类之间要互斥(保证不重复)；总数要完备(保证不遗漏)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
5、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_个(用数字作答)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类分三类：没有数字1和3时，有A个；只有1和3中的一个时，有2A个；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CC个所以满足条件的三位数共有A2ACC60(个)例2设集合S1,2,3,4,5,6,7,8,9，集合Aa1，a2，a3是S的子集，且a1，a2，a3满足a1a26包含的情况较少，当a39时，a2取2，a1取1，只有这一种情况，利用正难则反思想解决集合S的含有三个元
6、素的子集的个数为C84.在这些含有三个元素的子集中能满足a1a26的集合只有1,2,9，故满足题意的集合A的个数为84183.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_种考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案30解析从4人中选出两个人作为一个元素有C种方法，同其他两个元素在三个位置上排列有CA36(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A种方法，不同的参赛方案共有36630(种)类型二
7、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？(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，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？考点排列组合综合问题题点分组分配问题解(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A5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A24(种)方法根据分步乘法计数原理，一共有5 04024120 960(种)安排顺序(2
8、)第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“”)，一共有A720(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)这样相当于7个“”选4个来排，一共有A840(种)方法根据分步乘法计数原理，一共有720840 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A种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A132(种)排列反思与感悟排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏在用间接
9、法计数时，要注意考虑全面，排除干净跟踪训练3在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，称该数为“驼峰数”，比如：“102”“546”为驼峰数，由数字1,2,3,4,5这5个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为_考点排列的应用题点数字的排列问题答案30解析三位“驼峰数”中1在十位的有A个，2在十位上的有A个，3在十位上的有A个，所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为121622330.类型三二项式定理及其应用例4已知在n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是563.(1)求展开式中的所有有理项；(2)求展开式中系数绝对值最大的项；(3)求n9C81C9n1C的值考
10、点二项式定理的应用题点二项式定理的简单应用解(1)由C(2)4C(2)2563，解得n10(负值舍去)，通项为Tk1C()10kk(2)kC，当5为整数时，k可取0,6，于是有理项为T1x5和T713 440.(2)设第k1项系数的绝对值最大，则解得又因为k1,2,3，9，所以k7，当k7时，T815 360，又因为当k0时，T1x5，当k10时，T11(2)101 024，所以系数的绝对值最大的项为T815 360.(3)原式109C81C9101C.反思与感悟(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
11、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系数最大或最小项：利用二项式系数的性质跟踪训练4已知二项式n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍(1)求n；(2)求展开式中二项式系数最大的项；(3)求展开式中所有有理项考点二项式定理的应用题点二项式定理的简单应用解(1)令x1得二项式n展开式中各项系数之和为(51)n4n，各项二项式系数之和为2n，由题意得，4n162n，所以2n16，
12、n4.(2)通项Tk1C(5x)4kk(1)kC54k，展开式中二项式系数最大的项是第3项：T3(1)2C52x150x.(3)由(2)得4kZ(k0,1,2,3,4)，即k0,2,4，所以展开式中所有有理项为T1(1)0C54x4625x4，T3(1)2C52x150x，T5(1)4C50x2x2.例5若(x23x2)5a0a1xa2x2a10x10.(1)求a2；(2)求a1a2a10；(3)求(a0a2a4a10)2(a1a3a7a9)2.考点展开式中系数的和问题题点多项展开式中系数的和问题解(1)(x23x2)5(x1)5(x2)5，a2是展开式中x2的系数，a2C(1)5C(2)3C
13、(1)4C(2)4C(1)3C(2)5800.(2)令x1，代入已知式可得，a0a1a2a100，而令x0，得a032，a1a2a1032.(3)令x1可得，(a0a2a4a10)(a1a3a7a9)65，再由(a0a2a4a10)(a1a3a7a9)0，把这两个等式相乘可得，(a0a2a4a10)2(a1a3a7a9)26500.反思与感悟与二项式系数有关，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，主要方法是赋值法，通过观察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，有时赋值后得到的式子比所求式
14、子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果跟踪训练5若(x21)(x3)9a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3a11(x2)11，则a1a2a3a11的值为_考点展开式中系数的和问题题点多项展开式中系数的和问题答案5解析令x2，得a0(221)(23)95，令x3，则a0a1a2a3a11(321)(33)90，所以a1a2a3a11a05.1设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为()A(34，3
15、4) B(43，34)C(34，43) D(A，A)考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案C解析由题意知本题是一个分步乘法问题，首先每名学生报名有3种选择，根据分步乘法计数原理知4名学生共有34种选择，每项冠军有4种可能结果，根据分步乘法计数原理知3项冠军共有43种可能结果故选C.25名大人带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数有()AAA种 BAA种CAA种 DA4A种考点排列的应用题点元素“在”与“不在”问题答案A解析先排大人，有A种排法，去掉头尾后，有4个空位，再分析小孩，用插空法，将2个小孩插在4个空位中，有A种排法，由分步乘法计数原理可知，有AA
16、种不同的排法，故选A.3我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为()A72 B108 C180 D216考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案C解析根据题意，分析可得，必有2人参加同一社团，首先分析甲，甲不参加“围棋苑”，则其有3种情况，再分析其他4人，若甲与另外1人参加同一个社团，则有A24(种)情况，若甲是1个人参加一个社团，则有CA36(种)情况
17、，则除甲外的4人有243660(种)情况，故不同的参加方法的种数为360180(种)，故选C.4(x2y)6的展开式中，x4y2的系数为()A15 B15 C60 D60考点二项展开式中的特定项问题题点求二项展开式特定项的系数答案C解析(x2y)6展开式的通项为Tk1Cx6k(2y)k，令k2，得T3Cx4(2y)260x4y2，所以x4y2的系数为60，故选C.5若n的展开式的系数和为1，二项式系数和为128，则展开式中x2的系数为_考点展开式中系数的和问题题点二项展开式中系数的和问题答案448解析由题意得所以n7，a1，所以7展开式的通项为Tk1C(2)7kkC27k(1)k，令2，得k1
18、.所以x2的系数为C26(1)1448.1排列与组合(1)排列与组合的区别在于排列是有序的，而组合是无序的(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件，对于有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置(3)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点，一般方法是先分组，后分配2二项式定理(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、近似计算、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
19、，此时要特别注意二项展开式中第k1项的通项公式是Tk1Cankbk(k0,1，n)，其中二项式系数是C，而不是C，这是一个极易错点(3)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等主要方法是赋值法一、选择题15位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有()A10种 B20种C25种 D32种考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案D解析5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有2532(种)，故选D.2某城市
20、的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有()A8种 B10种C12种 D32种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案B解析根据题意，要求从A地到B地路程最短，必须只向下或向右行走即可分别可得，需要向下走2次，向右走3次，共5次，从5次中选3次向右，剩下2次向下即可，则有C10(种)不同走法34名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，则出场方案的种数是()A6A B3AC2A DAAA考点排列的应用题点元素“相邻”与“不相邻”问题答案D解析先从4名男歌手中选一名放在两名女歌手之间，并把他们捆绑在一起，看做一个元素和另外的3名男歌手进行全排
21、列，故有AAA种不同的出场方案4在6的展开式中，含x7的项的系数是()A180 B160C240 D60考点二项展开式中的特定项问题题点求二项展开式特定项的系数答案C解析6的展开式的通项为Tk1C(2x2)6kk(1)k26kC，令12k7，得k2，即含x7项的系数为(1)224C240.5已知8的展开式中常数项为1 120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是()A28 B38C1或38 D1或28考点展开式中系数的和问题题点二项展开式中系数的和问题答案C解析由题意知C(a)41 120，解得a2.令x1，得展开式中各项系数的和为1或38.6(1x)13的展开式中系数最小的项为()A第
22、6项 B第8项C第9项 D第7项考点展开式中系数最大(小)的项问题题点求展开式中系数最大(小)的项答案B解析依据二项式系数与项的系数的关系来解决展开式中共有14项，中间两项(第7,8项)的二项式系数最大由于二项展开式中二项式系数和项的系数满足奇数项相等，偶数项互为相反数，所以系数最小的项为第8项，系数最大的项为第7项故选B.7航天员在进行一项太空实验时，先后要实施6个程序，其中程序B和C都与程序D不相邻，则实验顺序的编排方法共有()A216种 B180种C288种 D144种考点排列的应用题点元素“相邻”与“不相邻”问题答案C解析当B，C相邻，且与D不相邻时，有AAA144(种)方法；当B，C
23、不相邻，且都与D不相邻时，有AA144(种)方法故共有288种编排方法8某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的2个班级中且每班安排2名，则不同的安排方法种数为()AAC B.ACCAA D2A考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案B解析将4人平均分成两组有C种方法，将这两组分配到6个班级中的2个班有A种方法所以不同的安排方法有CA种二、填空题9设二项式6的展开式中x2的系数为A，常数项为B，若B4A，则a_.考点二项展开式中的特定项问题题点由特定项或特定项的系数求参数答案3解析因为二项式6的展开式中x2的系数为ACa215a2；常数项为BCa320a3.因为
24、B4A，所以20a3415a2，所以a3.10某运动队有5对老搭档运动员，现抽派4名运动员参加比赛，则这4人都不是老搭档的抽派方法数为_考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案80解析先抽派4对老搭档运动员，再从每对老搭档运动员中各抽派1人，故有CCCCC80(种)抽派方法11高三(三)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，3个音乐节目恰有2个节目连排，则不同排法的种数是_考点排列的应用题点元素“相邻”与“不相邻”问题答案288解析先从3个音乐节目中选取2个排好后作为1个节目，有A种排法，这样共有5个节目，其中2个音乐节目不连排，2
25、个舞蹈节目不连排如图，若曲艺节目排在5号(或1号)位置，则有4AA16(种)排法；若曲艺节目排在2号(或4号)位置，则有4AA16(种)排法；若曲艺节目排在3号位置，则有22AA16(种)排法故共有不同排法A(163)288(种).12345三、解答题12现有5名教师要带3个不同的兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，求不同的带队方案有多少种？考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用解第一类，把甲、乙看做一个复合元素，和另外的3人分配到3个小组中，有CA18(种)，第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲、乙分配到其中2个小组，有
26、AA36(种)，根据分类加法计数原理可得，共有183654(种)13已知n(nN*)的展开式的各项系数之和等于5的展开式中的常数项，求n的展开式中含a1项的二项式系数考点二项式定理的应用题点二项式定理的简单应用解5的展开式的通项为Tk1C(4)5kkC(1)k45k，令105k0，得k2，此时得常数项为T3C(1)2435127.令a1，得n的展开式的各项系数之和为2n，由题意知2n27，所以n7，所以7的展开式的通项为Tk1C7k()kC(1)k37k.令1，得k3，所以n的展开式中含a1项的二项式系数为C35.四、探究与拓展14.n展开式中的第7项与倒数第7项的系数比是16，则展开式中的第
27、7项为_考点二项式定理的应用题点二项式定理的简单应用答案解析第7项为T7C()n66，倒数第7项为Tn5C()6n6，由，得n9，故T7C()966C2.15用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个四位偶数？(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？考点排列的应用题点数字的排列问题解(1)用间接法，从6个数中，任取4个组成4位数，有A种情况，但其中包含0在首位的有A种情况，依题意可得，有AA300(个)(2)根据题意，分0在末尾与不在末尾两种情况讨论，0在末尾时，有A种情况，0不在末尾时，有AAA种情况，由分类加法计数原理，共有AAAA156(个)(3)千位是1的四位数有A60(个)，千位是2，百位是0或1的四位数有2A24(个)，第85项是2 301.16
