第6章计数原理章末总结课件-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册

第 六 章 计数原理章末总结 邯郸市荀子中学 郭素霞 第 六 章 计 数 原 理 知识导图 完成一件事情，有 n 类不同方案，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种 不同的方法. 1.分类加法计数原理 2.分步乘法计数原理 完成一件事情，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 种不同的方法. N=m1+m2+⋅⋅⋅+mn N=m1× m2× …× mn 知识梳理 两个计数原理   分类加法计数原理 分步乘法计数原理 区别一 完成一件事共有 n 类办法，关键词是“分类” 区别二 每类办法中的每种方法 这件事,它是独立的、一次的且每种方法得到的都是最后结果,只需一种方法就可完成这件事 除最后一步外,其他每步得到的只是中间结果,任何一步 这件事,缺少任何一步也不能完成这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事 区别三 各步之间是关联的、独立的,“关联”确保不遗漏,“独立”确保不重复 完成一件事共有n个步骤,关键词是“分步” 都能独立地完成 都不能独立完成 各类办法之间是互斥的、并列的、独立的 知识梳理 3、排列数：(m≤n) 从n个不同元素中取出p 个元素，按一定的顺序排成一列，叫做n 取p 的一个排列. 4、组合数： (m≤n) 从n 个不同元素中取出 p 个元素作为一组，叫做n 取p 的一个组合． 知识梳理 知识梳理 知识梳理 例1 将编号1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3的盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的号不能相同，则不同的放球方法有（    ） A．16种 B．12种 C．9种 D．6种 解：由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，当四个小球分组为如下情况时，放球方法有： 当1与2号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 当1与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 当1与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 当2与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 当2与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 当3与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法； 因此，不同的放球方法有12种，故选B. B 专题一：计数原理 典例解析 例2 某班为期末考试获得单科状元的学生拍照，原统计的10个学生已经排好顺序，后又发现需要再增加3名学生拍照，不改变原来学生排位的顺序，则新的拍照的排位方法有（    ）种 A．165 B．286 C．990 D．1716 解：第一步：10个节目空出11个位置，加入1个新来的节目，所以加入一个新节目有11种方法，第二步：从排好的11个节目空出的12个位置中，加入第2个新节目，有12种方法， 第三步：从排好的12个节目空出的13个位置中，加入第3个新节目，有13种方法， 所以由分步乘法计数原理得，加入3个新节目后的节目单的排法有 （种）. 故选：D D 典例解析 规律方法　 (1)明确完成的这件事是什么. (2)思考如何完成这件事. (3)判断它属于分类还是分步,是先分类后分步,还是先分步后分类. (4)选择计数原理进行计算. (5) 解决排列与组合的综合问题要遵循先选后排,特殊元素(特殊位置)优先的原则. 归纳总结 典例解析 例3 在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型如图所示，图中正方形 <m></m> 内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成）， <m></m> ， <m></m> ， <m></m> ， <m></m> 这4个三角形和“赵爽弦图” <m></m> 涂色，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知有4种不同的颜色可供选择.则不同的涂色方法种数是( ). C A. <m></m> B. <m> C. <m></m> D. <m></m> 典例解析 解： 如图，设“赵爽弦图” <m></m> 为①区， <m></m> ， <m></m> ， <m>，</m> <m></m> 这4个三角形分别为②，③，④，⑤区. 第一步，给①区涂色，有4种涂色方法. 第二步，给②区涂色，有3种涂色方法. 第三步，给③区涂色，有2种涂色方法. 第四步，给④区涂色，若④区与②区同色，则⑤区有2种涂色方法. 若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法. 由分类、分步计数原理可得共有 <m></m> 涂色方法，故选C. 典例解析 涂色/种植问题常见方法 (1)按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析． (2)以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题， 用分类加法计数原理分析． (3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题． (4)种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数． 归纳总结 典例解析 解：（1）由于百位不为 0，则百位有 5 种选择，个位、十位有 共可以组成5×20=100个数字不重复的三位数 例4 用 0，1，2，3，4，5 这六个数字，完成下面问题 （1）可以组成多少个数字不重复的三位数？ （2）可以组成多少个数字不重复的三位奇数？ （3）可以组成多少个数字不重复的小于 1 000 的自然数？ 专题二：排列及排列数 典例解析 （2）根据题意，末位数字可以为 1、3、5，有种选择， 首位数字不能为 0，有种选择， 中间 1 位，有种排法， 则不重复的三位奇数共有种 （3）不重复的小于 1 000 的自然数分为不重复的一位数和二位数、三位数， 不重复的一位数有 6 个； 不重复的二位数有5×5=25个； 不重复的三位数有5×5×4=100个． 则可以组成6 + 25 + 100 =131个数字不重复的小于 1 000 的自然数； 典例解析 例5 专题二：排列及排列数 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数. (1)选5人排成一排； (2)排成前后两排，前排3人，后排4人； (3)全体排成一排，女生必须站在一起； (4)全体排成一排，男生互不相邻； (5)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边； (6)全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边. 典例解析 典例解析 男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名．现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？ (1)男运动员3名，女运动员2名； (2)至少有1名女运动员； (3)队长中至少有1人参加； (4)既要有队长，又要有女运动员． 例6 专题三：组合及组合数 男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名．现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？ (1)男运动员3名，女运动员2名； (2)至少有1名女运动员； (3)队长中至少有1人参加； (4)既要有队长，又要有女运动员． 解：(1)分两步完成：第一步，选3名男运动员，有种选法； 第二步，选2名女运动员，有种选法． 由分步计数原理可得，共有＝120(种)选法． 典例解析 (2)方法一　“至少有1名女运动员”包括以下四种情况： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．由分类计数原理可得总选法共有＋＋＋＝246(种)． 方法二　“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解． 从10人中任选5人有种选法，其中全是男运动员的选法有种．所以“至少有1名女运动员”的选法有－＝246(种)． (3)方法一　(直接法)可分类求解： “只有男队长”的选法种数为；“只有女队长”的选法种数为； “男、女队长都入选”的选法种数为，所以共有2＋＝196(种)选法． 方法二　(间接法)从10人中任选5人有种选法， 其中不选队长的方法有种．所以“至少有1名队长”的选法有－＝196(种)． (4)当有女队长时，其他人任意选，共有种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有种选法，其中不含女运动员的选法有种，所以不选女队长时的选法共有(－)种． 所以既要有队长又要有女运动员的选法共有＋－＝191(种)． 典例解析 例7 某车间甲组有10名工人，其中有4名女工人；乙组有5名工人，其中有3名女工人．现采用分层抽样方法（层内采用不放回简单随机抽样）从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核． （1）求从甲、乙两组各抽取的人数； （2）求从甲组抽取的工人中恰好1名女工人的概率； （3）求抽取的3名工人中恰有2名男工人的概率． 解：（1）因为车间甲组有10名工人，乙组有5名工人，所以甲、乙两组的比例是2:1, 又因为从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核，所以从甲、乙两组各抽取的人数是2，1； 典例解析 （2）因为车间甲组有10名工人，其中有4名女工人，所以从甲组抽取的工人中恰好1名女工人的概率 （3）因为车间甲组有10名工人，其中有4名女工人；乙组有5名工人，其中有3名女工人，所以求抽取的3名工人中恰有2名男工人的概率 ． 典例解析 例8 （1）6本不同的书按2∶2∶2平均分给甲、乙、丙三个人，有 多少种不同的分法？ （2）12支笔按3：3：2：2：2分给A、B、C、D、E五个人，有多少种不同的分法？ 解：（1）先将6本不同的书分为3组，有 种选法，再将3组分给甲、乙、丙三 个人，有 种选法. 均匀分组 分配问题 专题四：分组问题 典例解析 例9 （2）12支笔按3：3：2：2：2分给A、B、C、D、E五个人有多少种不同的分法？ 解：先将12支笔按3：3分为2组，有 种选法； 再将余下的6支笔按2：2：2分为3组，有 种选法； 最后将5组分给A、B、C、D、E五个人，有 种选法. 解：先将12支笔按3：3分为2组，有 种选法； 再将余下的6支笔按2：2：2分为3组，有 种选法； 最后将5组分给A、B、C、D、E五个人，有 种选法. 解：先将12支笔按3：3分为2组，有 种选法； 再将余下的6支笔按2：2：2分为3组有 种选法； 最后将5组分给A、B、C、D、E五个人，有 种选法. 部分均匀分组 分配问题 典例解析 例10 (x－)n的展开式中第4项和第6项的二项式系数相等. (1)求n的值；                       (2)求展开式的第6项； (3)求展开式的第6项的二项式系数；   (4)求展开式的第6项的系数； (5)求展开式的中间项；               (6)求展开式中二项式系数最大的项； (7)求展开式的常数项;  (8)求展开式中含有x4的项； (9)求展开式中的有理项； (10)求展开式的各二项式系数的和； (11)求展开式的偶数项的二项式系数和; (12)求展开式的各项系数的和； 专题五：二项式定理 典例解析 典例解析 常数项：字母的指数是0的项 有理项：字母的指数是整数的项 典例解析 1. 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:(1)要完成这件事分三步． 随堂练习 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) 56 随堂练习 随堂练习 随堂练习 ＝＝＝ 组合数的性质: ①＝1 ②＝1 ③＝ ④ ＝n·(n－1)·(n－2)·…·(n－m＋1)＝ ①＝n!＝n·(n－1)·(n－2)·…·2·1 ②0!＝0 5、二项式定理： (a＋b)n＝an＋an－1b＋…＋an－kbk＋…＋bn (n∈N*) (1)展开式共n＋1项；各项次数均为n次 (2)通项（第k＋1项）：Tk＋1＝an－kbk (a，b不能互换) (3)令a＝1，b＝x，得(1＋x)n＝＋x＋x2＋…＋xk＋…＋xn 6、二项展开式的性质 展开式中各项的二项式系数：，，…， (与a，b无关) (1)与首末两端等距离的两个二项式系数相等，即＝ (2)二项式系数的和：＋＋＋…＋＝2n (3)奇偶数项的二项式系数和相等，即＋＋＋…＝＋＋＋…＝ (4)的最大值：中间项的二项式系数最大； n为偶数时，中间一项最大；n为奇数时，中间两项＝最大 (5)的单调性：k＜时递增；k＞时递减 (6) 解：（1）从7人中选5人排列，共有 （种 ． （2）分两步完成，先选3人站前排，有 种方法，余下4人站后排，有 种方法，按照分步乘法计数原理计算可得一共有 （种 . （3）捆绑法，将女生看成一个整体，进行全排列，有 种，再与3名男生进行全排列有 种，共有 （种 ． （4）插空法，先排女生，再在空位中插入男生，故有 （种 ． （5）先排甲，有5种方法，其余6人有 种排列方法，共有 (种). （6）7名学生全排列，有 种方法，其中甲在最左边时，有 种方法，乙在最右边时，有 种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有 种方法，故共有 (种). （2）令k＝5，则第6项为＝－56＝－56 （3）第6项的二项式系数为＝56 （4）第6项的系数为＝－56 （5）展开式共9项，中间项为第5项＝70＝70 （7）令8－＝0，得k＝6，∴常数项为＝28 （6）即中间项，为第5项70＝70 （1）由题意得：∵＝，∴n＝8. 通项公式为 Tk＋1＝＝＝，k＝0,1,2,…,8 （12）令x＝1，得系数和－＋－＋…－＋ （11）＋＋…＝27＝128 ＝(＋＋…)－(＋＋…)＝0 （9）令8－∈Z，得k＝0,3,6，∴有理项为x8，－56x4，28. （8）令8－＝4，得k＝3，∴含x4的项为＝－56x4 （10）＋＋＋…＋＝28 ＝256 第三步，后排4人进行全排列，有Aeq \o\al(4,4)种不同的排法． 由分步乘法计数原理知，有Ceq \o\al(4,8)Ceq \o\al(4,4)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(4,4)＝40 320(种)不同的排法． (2)思路与(1)同，有Ceq \o\al(3,5)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(4,4)＝5 760(种)不同的排法． 第一步，从8人中选4人站在前排，另4人站在后排，共有Ceq \o\al(4,8)Ceq \o\al(4,4)种不同的排法； 第二步，前排4人进行全排列，有Aeq \o\al(4,4)种不同的排法； 解：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Ceq \o\al(3,8)＝56种不同的走法． 3.已知(1－2x)2 022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 022x2 022，求： (1)展开式中所有项的二项式系数的和. (2)展开式中所有项的系数的和. (3)展开式中所有奇次项系数的和. (4)展开式中所有偶次项系数的和. (5)＋＋＋…＋的值. （3）令x＝-1，得a0－a1＋a2－a3＋…－a2021＋a2 022＝(1+2×1)2022＝32022 ② ①－②得a1＋a3＋…＋a2021＝ （4）①＋②得a0＋a2＋…＋a2022＝ （5）令x＝0，得a0＝(1－2×0)2022＝1 令x＝，得a0＋＋＋＋…＋＝0 解：（1）＋＋＋…＋＝22022 （2）令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2 022＝(1－2×1)2022＝1 ① $$