第五章 计数原理（期末复习课件）高二数学上学期北师大版

高二数学上学期·期末复习大串讲 专题05 计数原理 北师大版（2019） 01 02 03 目 录 押题预测 题型剖析 考点透视 3大常考点：知识梳理、思维导图 10个题型典例剖析+技巧点拨 精选10道期末真题对应考点练 考点透视 01 PART 考点透视 考点1 　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. 考点透视 考点2.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＝ 种不同的方法. 思考　如何区分“完成一件事”是分类还是分步？ 答案　区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步. m×n 考点透视 考点3.两个计数原理的区别与联系   分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题 不同点 针对的是“分类”问题 不同点 各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事 各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事 考点透视 考点4.两个计数原理的应用 用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点： 一、要完成的“一件事”是什么；二、需要分类还是需要分步. (1)分类要做到“ ”，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 ，得到总数. (2)分步要做到“ ”，即完成了所有步骤，恰好完成任务.分类后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数 ，得到总数. 不重不漏 求和 步骤完整 相乘 考点透视 考点5.排列的定义 　 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照 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. 一定的顺序 考点透视 考点6.排列相同的条件 　 两个排列相同的充要条件： (1)两个排列的 完全相同. (2)元素的排列 也相同. 元素 顺序 考点透视 考点7.排列数的定义 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的 ，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. 思考　排列与排列数相同吗？ 答案　排列数是元素排列的个数，两者显然不同. 所有不同排列的个数 考点透视 考点8. 排列数公式及全排列 1.排列数公式的两种形式 (1)A ＝ ，其中m，n∈N*，并且m≤n. (2)A ＝ . 2.全排列：把n个不同的元素 取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列，全排列数为A ＝n！(叫做n的阶乘).规定：0！＝ . n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) 全部 1 考点透视 考点9.组合数公式 　 组合数 公式 乘积形式 ＝_________________________， 其中m，n∈N*，并且m≤n 阶乘形式 ＝______________ 规定：C ＝ . 1 考点透视 考点10.　组合数的性质 考点透视 考点11.二项式系数的性质 对称性 在(a＋b)n的展开式中，与首末两端“ ”的两个二项式系数相等，即 ＝____ 增减性 与最 大值 增减性：当k< 时，二项式系数是逐渐 ；当k> 时，二项式系数是逐渐 .最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数____最大； 当n为奇数时，中间两项的二项式系数______，_______相等，且同时取得最大值 各二项 式系数 的和 等距离 增大的 减小的 2n 2n－1 题型剖析 02 PART 题型剖析 题型1. 分类加法计数原理 解析　因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n. 当m＝4时，n＝1,2,3； 当m＝3时，n＝1,2； 当m＝2时，n＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个). √ 题型剖析 题型2.分步乘法计数原理 【例题2】从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，可组成不同的二次函数共____个，其中不同的偶函数共___个.(用数字作答) 解析　一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知，共有不同的二次函数3×3×2＝18(个). 若二次函数为偶函数，则b＝0. a的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知，共有不同的偶函数3×2＝6(个). 18 6 题型剖析 题型3.两个原理的综合应用 【例题3】如图，甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走.从甲地到丙地共有多少种不同的走法？ 题型剖析 题型3.两个原理的综合应用 解　要从甲地到丙地共有两类不同的方案： 第1类，从甲地经乙地到丙地，共需两步完成： 第1步，从甲地到乙地，有3条公路可走； 第2步，从乙地到丙地，有2条公路可走. 根据分步乘法计数原理，从甲地经乙地到丙地有3×2＝6(种)不同的走法. 第2类，从甲地不经乙地到丙地，有2条水路可走，即有2种不同的走法. 由分类加法计数原理知，从甲地到丙地共有6＋2＝8(种)不同的走法. 题型剖析 题型4.组数问题 解　三位数字的电话号码，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(个). 【例题4】用0,1,2,3,4五个数字. (1)可以排成多少个三位数字的电话号码？ 解　三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(个). (2)可以排成多少个三位数？ 题型剖析 题型5.占位模型中标准的选择 【例题5】(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？ 解　要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81(种)报名方法. 题型剖析 题型5.占位模型中标准的选择 (2)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？ 解　每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法.根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2＝24(种). (3)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？ 解　要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4＝64(种)可能的结果. 题型剖析 题型6. 涂色问题 【例题6】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？ 题型剖析 题型6. 涂色问题 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. 题型剖析 题型7. 种植问题 【例题7】从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有多少种不同的种植方法. 解　方法一　(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6(种)不同的种植方法. 同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6(种)不同的种植方法. 故不同的种植方法共有6×3＝18(种). 方法二　(间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有不同的种植方法24－6＝18(种). 题型剖析 题型8.排列的概念 【例题8】判断下列问题是否为排列问题： (1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)； (2)选2个小组分别去植树和种菜； (3)选2个小组去种菜； (4)选10人组成一个学习小组； (5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员； (6)某班40名学生在假期相互打电话. 题型剖析 题型8.排列的概念 解　(1)票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题. (2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题. (3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题. (5)每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题. (6)A给B打电话与B给A打电话是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题. 所以在上述各题中(2)(5)(6)是排列问题，(1)(3)(4)不是排列问题. 题型剖析 题型9.简单的排列问题 【例题9】　(1)有7本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？ 解　从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列，所以共有7×6×5＝210(种)不同的送法. 题型剖析 题型10.排列数公式的应用 【例题10】三个女生和五个男生排成一排. 如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？ 解　(捆绑法)因为三个女生必须排在一起， 所以可以先把她们看成一个整体， 题型剖析 题型11.组合数公式的应用 题型剖析 题型12.有限制条件的组合问题 【例题12】课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？ (1)至少有一名队长当选； (2)至多有两名女生当选； 解　至多有2名女生当选含有三类： 有2名女生当选；只有1名女生当选；没有女生当选， 题型剖析 题型13. 二项展开式的系数和问题 　 【例题13】已知(x2－2x a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a20(x－1)20. (1)求a2的值； 解　∵(x2－2x－3)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a20(x－1)20， 令x－1＝t，展开式化为(t2－4)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a20t20. 题型剖析 题型13. 二项展开式的系数和问题 6 (2)求a1＋a3＋a5＋…＋a19的值； (3)求a0＋a2＋a4＋…＋a20的值. 解　令t＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a20＝310， 令t＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a20＝310， ∴a1＋a3＋a5＋…＋a19＝0. 解　由(2)得a0＋a2＋a4＋…＋a20＝310. 题型剖析 题型14.二项式系数性质的应用 【例题14】已知f(x)＝( ＋3x2)n的展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中二项式系数最大的项； 解　令x＝1，则二项式各项系数的和为f(1)＝(1＋3)n＝4n， 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(舍去)或2n＝32，∴n＝5. 由于n＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大的项为中间的两项， 押题预测 03 PART 题型剖析 1.某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有 A.24种 B.9种 C.3种 D.26种 解析　不同的杂志本数为4＋3＋2＝9，从其中任选一本阅读，共有9种选法. √ 题型剖析 2.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 A.30个 B.42个 C.36个 D.35个 √ 解析　要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)，有6种方法， 第二步确定a，有6种方法， 故由分步乘法计数原理知，共有6×6＝36(个)虚数. 题型剖析 3.如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有_____种.(用数字作答) 750 解析　首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，根据分步乘法计数原理得，共有6×5×5×5＝750(种)涂色方法. 题型剖析 4.由数字1,2,3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为 A.15 B.12 C.10 D.5 解析　分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个； 第二类组成两位整数，其中偶数有2个； 第三类组成三位整数，其中偶数有2个. 由分类加法计数原理知共有偶数5个. √ 题型剖析 5.从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为 A.甲乙、乙甲、甲丙、丙甲 B.甲乙丙、乙丙甲 C.甲乙、甲丙、乙甲、乙丙、丙甲、丙乙 D.甲乙、甲丙、乙丙 √ 解析　从三人中选出两人，而且要考虑这两人的顺序，所以有如下6种站法：甲乙、甲丙、乙甲、乙丙、丙甲、丙乙. 题型剖析 6.将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有 A.12种 B.18种 C.24种 D.36种 √ 解析　先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有3×2×1＝6(种)不同的排法，再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法，所以共有6×2×1＝12(种)不同的排法. 题型剖析 7.高三(一)班学生要安排毕业晚会的4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，则共有________种不同的排法. 3 600 题型剖析 8.从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是 A.9 B.10 C.18 D.20 √ 题型剖析 9.(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n的展开式中各项系数之和为 A.2n＋1 B.2n－1 C.2n＋1－1 D.2n＋1－2 解析　令x＝1， 则2＋22＋…＋2n＝2n＋1－2. √ 题型剖析 10.在 的展开式中，所有奇数项系数之和为1 024，则中间 项系数是 A.330 B.462 C.682 D.792 √ 解析　∵二项展开式中所有项的二项式系数之和为2n， 而所有偶数项的二项式系数之和与所有奇数项的二项式系数之和相等， 故由题意得2n－1＝1 024，∴n＝11， 题型剖析 11.空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为 A.205 B.110 C.204 D.200 √ 题型剖析 12.有4名男医生、3名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成1个医疗小组，则不同的选法共有____种. 18 C C C 性质1：C＝ . 性质2：C＝C＋C. C (1)C＋C＋C＋…＋C＝ ； (2)C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝_____ C 【例题1】设集合A＝{1,2,3,4}，m，n∈A，则方程＋＝1表示焦点位于x轴上的椭圆有 A.6个 B.8个 C.12个 D.16个 对于其中的每一种排法，三个女生之间又有A种不同的排法. 因此共有A·A＝4 320(种)不同的排法. 这样同五个男生合在一起共有六个元素，排成一排有A种不同的排法， 【例题11】3C－2C； 解　3C－2C＝3×－2×＝148. 所以共有CC＋CC＋C＝966(种)选法. 解　C－C＝825(种). a2＝C(－4)9＝－49×10. 它们分别为T3＝C( )3·(3x2)2＝90x6， T4＝C( )2·(3x2)3＝  . 解析　不同排法的种数为AA＝3 600. 因为＝，＝，所以从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是20－2＝18. 解析　首先从1,3,5,7,9这五个数中任取两个不同的数排列，共有A＝20(种)排法， ∴展开式共12项，中间项为第6项、第7项，其系数为C＝C＝462. n 方法二　从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C－C＝205. 解析　方法一　可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为CC＋CC＋CC＋CC＝205. 解析　从4名男医生中选2人，有C种选法，从3名女医生中选1人，有C种选法，由分步乘法计数原理知，所求选法种数为CC＝18. $$