第6章 计数原理 章末整合提升(课件PPT)-【【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教A版2019）

第六章　计数原理 章末整合提升 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 谢谢观看 返回目录 第六章　计数原理 数学•选择性必修　第三册(配RJA版) 1 一、两个计数原理 　[注意]　运用两个基本原理解题的关键在于正确区分“分类”与“分步”，分类就是能“一步到位”——任何一类中任何一种方法都能完成整个事件；而分步则只能“局部到位”——任何一步中任一种方法只能完成事件的某一部分． [题组训练] 1．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有(　　) A．120种　 B．90种　　 C．60种　 D．30种 解析　先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有Ceq \o\al(1,6)种选法，再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆，有Ceq \o\al(2,5)种选法，最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有Ceq \o\al(3,3)种选法，由分步乘法计数原理知，共有Ceq \o\al(1,6)·Ceq \o\al(2,5)·Ceq \o\al(3,3)＝60种不同的安排方法．故选C. 答案　C 2．甲、乙、丙3人站到共有5级的台阶上(每级台阶足够长，可站多人)，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是(　　) A．35 B．105 C．125 D．4 854 解析　由题意可知，甲、乙、丙3人每人都有5种选法，由分步乘法计数原理可知，不同的站法种数是53＝125种． 故选C. 答案　C 3．据史书的记载，最晚在春秋末年，人们已经掌握了完备的十进位制记数法，普遍使用了算筹这种先进的计算工具．算筹记数的表示方法为：个位用纵式，十位用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推，遇零则置空．如图所示： 如：10记为，26记为，71记为.现有4根算筹，可表示出两位数的个数为(　　) A．8 B．9 C．10 D．12 解析　由题意知，共有4根算筹． 当十位1根，个位3根，共有2个两位数； 当十位2根，个位2根，共有4个两位数； 当十位3根，个位1根，共有2个两位数； 当十位4根，个位0根，共有2个两位数， 所以一共有10个两位数． 故选C. 答案　C 4．只用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有_______个．(用数字作答) 解析　因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24－2＝14(个)． 答案　14 二、排列与组合eq \a\vs4\al(题点多探,多维探究) 排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要树立先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则． 角度一　站位问题 　6个女同志(其中有一个领唱)和2个男同志，分成两排表演． (1)每排4人，问共有多少种不同的排法？ (2)领唱站在前排，男同志站在后排，还是每排4人，问有多少种不同的排法？ [解析]　(1)法一　要完成这件事，必须分三步： 第一步，先从8人中选4人站在前面，另4人站在后面，这共有Ceq \o\al(4,8)·Ceq \o\al(4,4)＝Ceq \o\al(4,8)种不同的排法； 第二步，前面4人进行排列，有Aeq \o\al(4,4)种不同的排法； 第三步，后面4人也进行排列，有Aeq \o\al(4,4)种不同的排法； 三步依次完成，这件事才算完成，故由分步计数原理有N＝Ceq \o\al(4,8)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(4,4)＝40 320种不同的排法． 法二　每排4人，和排成一排的站法一样，故有Aeq \o\al(8,8)＝40 320(种)． (2)同(1)的方法一，N＝Ceq \o\al(3,5)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(4,4)＝5 760种不同的排法． 角度二　分组分配问题 　某校准备组建一个18人的足球队，这18人由高一年级的10个班的同学组成，每个班级至少1人，名额分配方案共有多少种？ [解析]　构造一个如下图的隔板模型，取18枚棋子排成一列，在相邻的每两枚棋子形成的17个间隙中选取9个插入隔板，将18枚棋子分隔成10个区间，第i(1≤i≤10)个区间的棋子数对应第i个班级学生的名额，因此名额分配方案的种数与隔板插入方法数相等，因隔板插入方法数为Ceq \o\al(9,17)，故名额分配方案有Ceq \o\al(9,17)＝24 310(种)． 三、二项式定理 1．对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握“赋值法”，“赋值法”是解决二项式系数问题的一个重要方法． 2．求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求k，再求Tk＋1．有时还需先求n，再求k，才能求出Tk＋1． 3．对于二项式系数问题，应注意以下几点： (1)求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1； (2)关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法． 　(13分)(规范答题)如果Ceq \o\al(0,n)＋eq \f(1,2)Ceq \o\al(1,n)＋eq \f(1,3)Ceq \o\al(2,n)＋…＋eq \f(1,n＋1)Ceq \o\al(n,n)＝eq \f(31,n＋1)，求(1＋x)2n的展开式中系数最大的项． [审题指导]　由于2n是偶数，且(1＋x)2n展开式中各项的系数即为二项式系数，因此系数最大的项应为第n＋1项，因而只需确定n值即可． [规范解答]　由Ceq \o\al(0,n)＋eq \f(1,2)Ceq \o\al(1,n)＋eq \f(1,3)Ceq \o\al(2,n)＋…＋eq \f(1,n＋1)Ceq \o\al(n,n)＝eq \f(31,n＋1)， 可得(n＋1)Ceq \o\al(0,n)＋eq \f(1,2)(n＋1)Ceq \o\al(1,n)＋eq \f(1,3)(n＋1)Ceq \o\al(2,n)＋…＋eq \f(1,n)(n＋1)Ceq \o\al(n－1,n)＋Ceq \o\al(n,n)＝31，①2分 ∴Ceq \o\al(1,n＋1)＋Ceq \o\al(2,n＋1)＋Ceq \o\al(3,n＋1)＋…＋Ceq \o\al(n＋1,n＋1)＝31，6分 即2n＋1－1＝31，∴n＝4.10分 ∴展开式中系数最大的项为T5＝Ceq \o\al(4,8)x4＝70x4.②13分 $$