第4章 计数原理（复习课件）数学湘教版选择性必修第一册

该高中数学单元复习课件系统梳理了计数原理、排列组合、二项式定理等核心知识，通过单元知识图谱将两个计数原理与排列组合、二项式定理的逻辑关系清晰呈现，构建从基础原理到实际应用的完整知识网络。 其亮点在于采用“考点串讲-题型剖析-针对训练”分层设计，如排列问题的捆绑法、插空法实例，结合变式题培养学生逻辑推理能力，课堂总结强调分类分步原则与转化思想，助力学生巩固知识，也为教师提供精准复习指导。

单元复习课件 第4章计数原理 湘教版2019选择性必修第一册·高二 学习内容导览 单元知识图谱 2 单元复习目标 1 3 考点串讲 针对训练 5 题型剖析 4 6 课堂总结 1.理解两个基本计数原理，掌握排列和组合的核心概念，熟悉理解掌握二项式定理. 3.准确区分“分类”与“分步”，“排列”与“组合”，特别是处理带有约束条件的复杂问题，理解组合数的两个性质及其证明. 2. 两个基本计数原理的理解和应用，排列与组合的概念、公式及区别，利用计数原理和排列组合解决实际问题. 单元学习目标 两个计数原理 排列 组合 应用 二项式定理 单元知识图谱 1.分类加法计数原理： 如果完成一件事情有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法， 在第二类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的 方法，每种方法都能独立完成这件事，那么完成这件事共有 N = m1＋m2＋…＋mn 种不同的方法． 考点一、两种计数原理 我们把分类加法计数原理简称为分类计数原理，或加法原理． 考点串讲 用分类加法计数原理解决计数问题时，首先要根据问题的特点确定一个适当的分类标准，然后根据这个分类标准进行分类． 分类时还要注意两条基本原则： 一是完成这件事的任何一种方法必须分入相应的类； 二是不同类的方法必须是互不相同的． 只有满足这两条基本原则才可以使计数不重不漏． 考点一、两种计数原理 考点串讲 2.分步乘法计数原理： 如果完成一件事需要分成n个步骤，第1步有m1种不同的方法，第2步有m2种不同的方法，…，第n步有mn 种不同的方法，每个步骤都完成才算做完这件事，那么完成这件事共有 N = m1×m2×…×mn 种不同的方法． 我们把分步乘法计数原理简称为分步计数原理，或乘法原理． 考点一、两种计数原理 考点串讲 方法总结： 1．如果完成一件事有两类方案，这两类方案彼此之间是相互独立的，无论哪一类方案中的哪一种方法都能单独完成这件事，求能完成这件事的方法种数就用分类加法计数原理． 2．如果完成一件事需要分成多个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤有若干种不同的方法,求能完成这件事的方法种数就用分步乘法计数原理． 3．按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都完成了这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步． 考点一、两种计数原理 考点串讲 考点二、排列 2.排列数：所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个不同的元素的排列数，用符号 表示． 1.排列： 一般地，从n个不同元素中取出m（m≤ n）个不同的元素，按照一定的顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列． 3.排列数公式： n，m∈N+，m ≤ n． 4.n的阶乘: n! = n(n－1)(n－1)· ··· · 3 · 2 · 1． 规定 0! = 1． 考点串讲 有限制条件的排列应用题的几种常见类型 （1）特殊元素(位置)优先考虑：含有特殊元素或特殊位置，通常优先安排特殊元素或特殊位置； （2）相邻元素捆绑法：某些元素要求必须相邻时可以先将这些元素看作一个整体，与其他元素排列后，再考虑相邻元素的内部排序； （3）不相邻元素插空法：某些元素要求不相邻时，可以先安排其他元素,再将这些不相邻元素插入空档． 考点二、排列 考点串讲 考点三、组合 1.组合：一般地，从n个不同元素中取出m（m≤ n）个不同的元素，不论次序地构成一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合． 2.组合数：从n个不同元素中取出m（m≤ n）个不同的元素，所有不同组合的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号 表示． 3.组合数公式： （n，m∈N+，m ≤ n） 4.组合数公式性质： 考点串讲 1．排列与组合的区别： 排列不仅与元素有关，且与元素的排列顺序有关，组合只与元素有关，与顺序无关，要区分排列与组合，可以选择一个结果，交换这个结果中两个元素先后顺序，看是否对结果产生影响，若无新变化，则是组合问题． 2．排列与组合的联系： 组合是研究排列的第一步，即只取元素． 3．排列数与组合数公式的联系： 考点四、排列和组合的区别和联系 考点串讲 2.二项展开式特征： （1）项数：共有n＋1项，比指数n多1． （2）次数：各项的次数均为n； 字母a的次数按降幂排列，由n递减到0 ，字母b的次数按升幂 排列，由0递增到n ． （3）二项式系数： 只与n，r有关，与a，b无关． （4）展开式的通项（第r＋1项）： 考点五、二项式定理 1.二项式定理 考点串讲 二项式系数的性质特点： （2）单调性和最大值：二项式系数f (r)从两端向中间逐渐增大． （1）对称性：二项式系数f (r)关于直线 对称，即f (r)=f (n－r)． 在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即 当n是偶数时，展开式的项数n＋1是奇数，中间一项的二项式系数 取得最大值； 当n是奇数时，展开式的项数n＋1是偶数，中间两项的二项式系数 取得最大值； 考点五、二项式定理 考点串讲 二项式系数的性质特点： （3）各二项式系数和为： ． 奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等： 考点五、二项式定理 考点串讲 题型一、分类加法原理的应用 例1.某书架共有三层，第一层放3本不同的数学书，第二层放有2本不同的语文书，第三层放有2本不同的英语书，从该书架上任取1本书，有多少种不同的取法？ 解：从该书架上任取1本书，结果可能是数学书，语文书或英语书， 取到数学书时有3种不同的取法， 取到语文书时有2种不同的取法， 取到英语书时有2种不同的取法， 所以一共有3＋2＋2=7种不同的取法． 题型剖析 变式1.一项工作可以用两种方法完成．有5人只会用第一种方法完成，另有4人只会用第二种方法完成．从中选出1人来完成这项工作，共有 多少种不同的选法？ 解：依题意，可知完成这一项工作的方法可以用分为两类： 第一类，用第一种方法完成，有5人可选择； 第二类，用第二种方法完成，有4人可选择． 根据分类加法计数原理，选出1人来完成这项工作共有 5＋4 = 9 种不同的选法． 题型一、分类加法原理的应用 针对训练 题型二、分类乘法原理的应用 例2.某书架有三层，第一层放有3本不同的数学书，第二层放有2本不同的语文书，第三层放有2本不同的英语书，从书架的第一、二、三层各取1本书，共有多少种不同的取法？ 解：记：3本不同的数学书分别为M1，M2，M3，2本不同的语文书分别为 C1，C2，2本不同的英语书分别为E1，E2，则从书架的第一、二、三层各 取1本书的所有可能结果为： M1C1E1，M1C1E2，M1C2E1，M1C2E2， M2C1E1，M2C1E2，M2C2E1，M2C2E2， M3C1E1，M3C1E2，M3C2E1，M3C2E2． 共有3×2×2=12（种)不同的取法． 题型剖析 变式2.乘积(x1＋x2＋x3＋x4)(y1＋y2＋y3)(z1＋z2)展开后共有多少项? 解：根据分步乘法计数原理，(x1＋x2＋x3＋x4)(y1＋y2＋y3)(z1＋z2)展开后， 共有 4×3×2 = 24 项． 题型二、分类乘法原理的应用 针对训练 题型三、两种计数原理的综合应用 例3.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲只 会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，丁用 哪种结账方式都可以.若甲、乙、丙、丁购物后依次结账，那么他们结账方式的组合种数 共有( ) D A.36种 B.30种 C.24种 D.20种 【解析】以乙的结账方式分两类. 第一类：乙用现金结账，将四人的结账分四步. 第一步：甲的结账方式有1种；第二步：乙的结账方式有1种；第三步：丙的结账方式有3种； 第四步：丁的结账方式有4种. 根据分步乘法计数原理共有 种结账方式. 第二类：乙用银联卡结账，将四人的结账方式分四步. 第一步：甲的结账方式有1种；第二步：乙的结账方式有1种；第三步：丙的结账方式有2种； 第四步：丁的结账方式有4种. 根据分步乘法计数原理知共有 种结账方式. 综上，根据分类加法计数原理知有 种不同的结账方式. 题型剖析 变式3.如图是某社区的街道示意图，一辆洒水车从点出发不重复 地经过所有街道又回到 点，那么洒水车行走的不同路线有( ) A.8种 B.12种 C.16种 D.24种 【解析】根据题意，洒水车从 点出发可以选择向左或向右，有2种情况： ①若向左，走到点时，有3种选择，走到点后，有2种选择回到 点，然后剩下1种 选择回到点，最后返回点，路线有 （种）； ②若向右，走到点时，有3种选择，走到点后，有2种选择回到 点，然后剩下1种 选择回到点，最后返回点，路线有 （种）. 综上，洒水车行走的不同路线共有 （种）. B 题型三、两种计数原理的综合应用 针对训练 题型四、排列公式的应用 例4（1）计算： ； 【解析】 . （2）化简: !; 【解析】 !, 原式 . （3）解方程： ； 【解析】由，得 ,即 ， 化简得 ，解得或 . 且， , 原方程的解为 . 题型剖析 变式4. 等于 ( ) D A. B. C. D. 【解析】 是 个数的连乘积，则原式 . 题型四、排列公式的应用 针对训练 题型五、排列问题捆绑法 例5 ,,,, 名同学，按下列要求排成一排，求满足下列条件的排列方法数. （1）5名同学排成一排且, 相邻; 【解析】将,相邻的排列分两步：第一步，把,“捆绑”在一起，由于, 有序，因 此有 种“捆绑”方法;第二步，将,“捆绑”后视为一个元素，再与,,进行排列， 有 种方法.根据分步乘法计数原理知，,相邻的排法种数为 . （2）5名同学排成一排，,相邻，且, 也相邻. 【解析】依据题意分三步：第一步，把,“捆绑”，有种方法；第二步，把, “捆 绑”，有种方法；第三步，将“捆绑”后的“两个元素”与再进行排列，有 种方法. 根据分步乘法计数原理知，不同的排法种数为 . 题型剖析 （3）5名同学排成一排，, 相邻但不排在两端; 【解析】完成这件事可分为三步. 第一步，先将，“捆绑”在一起，并视为一个元素，有 种方法; 第二步，， “捆绑”后与其余三个元素共计四个元素排成一排占四个位置，由于 ，不排在两端，故将“捆绑”后的， 优先安排在中间的两个位置上，有2种方法； 第三步，最后排其余3人，有 种方法. 根据分步乘法计数原理知，不同的排法种数为 . （4）5名同学排成一排，,中至少有一人与 相邻. 【解析】以,相邻或, 相邻分两类. 第一类，,相邻，有 种不同的排法; 第二类，,相邻，有 种不同的排法； 由于与,同时相邻的情况计算了两次，应减去一次，其方法数为.故, 中 至少一人与相邻的排法种数为 . 题型五、排列问题捆绑法 题型剖析 变式5.5名男生与2名女生排成一排，则男生甲必须站在中间，2名女生必须相邻的 排法种数为( ) A A.192 B.216 C.240 D.360 【解析】将2名女生看作一人，与4名男生（甲除外）排列，共有 种排法，其中女 生又可互换位置，所以共有 种排法，男生甲插入中间位置，只有一种插入法，5男2女的排列中，2名女生恰好站在甲的左、右两个位置有 种排法，此时2名女生没有相邻，不符合题意，故符合题意的排法共有 （种）. 题型五、排列问题—捆绑法 针对训练 题型六、排列问题—插空法和排除法 例6.已知，，，， 名同学，按下列要求进行排列，求所有满足条件的排列 方法数. （1）把5名同学排成一排且， 不相邻; 【解析】第一步，先排不受限制的同学，，，其排列方法有 种． 第二步，由于已经排好的，， 间（包括两端）形成了4个空，把有限制条件 （不相邻）的同学，插到这4个空中，其排列方法有 种． 由分步乘法计数原理知，满足条件的排列方法有 （种）． 题型剖析 （2）把5名同学排成一排且，都不与 相邻； 【解析】第一步，先排不受限制的同学，，其排列方法有 种． 第二步，由于已经排好的， 之间（包括两端）形成了3个空，把有限制条件 （不相邻）的同学，插到这3个空中，其排列方法有 种． 第三步，由于已经排好的，，，之间（包括两端）形成了5个空，且不能与 相邻，所以把插入已经排好的，，,中时只有3种选择，其排列方法有 种． 由分步乘法计数原理知，符合条件的排列方法有 （种）． 题型六、排列问题—插空法和排除法 （3）把5名同学安排到排成一排的6个空位中的5个空位上，且， 不相邻. 【解析】先不考虑， 不相邻这个限制条件，把5名同学安排到6个空位中的5个空 位上，其排列方法有 种；把5名同学安排到6个空位中的5个空位上且，相邻的 排列方法有 种，所以满足条件的排列方法有 （种）． 题型剖析 变式6.某学校安排从一号至六号由指定的六位老师参加值班，要求每一位老师值班一 天，但老师甲与老师乙不能相邻且老师丙与老师丁也不能相邻，则不同的安排方法 有( ) A A.336种 B.408种 C.240种 D.264种 【解析】由题意可知，先不考虑限制条件，任意安排值班的方法共有种， 老师甲和乙相邻的安排方法有 种，老师丙与老师丁相邻的安排方法 有 种，老师甲、乙相邻且老师丙、丁相邻的安排方法有种， 故符合题意的安排方法共有 种. 题型六、排列问题—插空法和排除法 针对训练 题型七、组合数的计算和证明 例7 证明： （1） ; 【解析】 . （2） . 【解析】 , , 故 . 题型剖析 题型七、组合数的计算和证明 变式7. 计算下列各式的值. （1） ; 【解析】原式 . （2） . 【解析】原式 . 针对训练 题型八、分组分配问题 例8 9本不同的书，在下列条件下各有多少种不同的分组分配方法？ （1）分为三组，每组3本； 假设分给甲、乙、丙三人，每人3本，则有 种方法，这个过程可以分两步完成. 第一步：分为三组，每组3本，设有 种方法. 第二步：再将这三组分给甲、乙、丙三名同学，有 种方法. 根据分步乘法计数原理可得 , 所以 , 因此分为三组，每组3本的分配方法一共有280种. 题型剖析 （2）分为三组，一组2本，一组3本，一组4本； 【解析】第一步：分为三组，一组2本，一组3本，一组4本,设有 种方法. 第二步：将这三组分别给甲、乙、丙三名同学，使甲有2本，乙有3本，丙有4本，有 1种方法. 根据分步乘法计数原理可得 ,即共有1 260种不同的分组方法. 题型八、分组分配问题 题型剖析 变式8.某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少 分1辆工程车，则下列结论正确的有( ) BD A.分给甲、乙、丙三地每地各2辆，有120种分配方式 B.分给甲、乙两地每地各2辆，分给丙、丁两地每地各1辆，有180种分配方式 C.分给甲、乙、丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式 D.分给甲、乙、丙、丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1 080种分配方式 【解析】根据题意，依次分析选项： 对于A，在6辆不同的工程车中选出2辆，分给甲地，有 种分法，在剩下的4辆工程 车中选出2辆，分给乙地，有 种分法， 将最后的2辆工程车分给丙地，有 种分法， 则有 种分配方式，A错误； 对于B，在6辆不同的工程车中选出2辆，分给甲地，有 种分法， 在剩下的4辆工程车中选出2辆，分给乙地，有 种分法， 在剩下的2辆工程车中选出1辆，分给丙地，有 种分法， 题型八、分组分配问题 针对训练 将最后的1辆工程车分给丁地，有1种分法， 则有 种分配方式，B正确； 对于C，将6辆工程车分为4，1，1的三组，有 种分法， 将分好的三组安排到三个工地，有 种情况， 则有 种分配方式，C错误；对于D，将6辆工程车分为2,2,1,1的四 组，有种分法，将分好的四组安排到四个工地，有 种情况，则 有种分配方式，D正确.故选 . 题型八、分组分配问题 针对训练 题型九、隔板法的应用 例9.体育老师把10个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求每个箱子中 放入足球的个数不少于其编号，则不同的放法种数为( ) D 【解析】先在编号为2，3的箱子中分别放入1个、2个足球，将剩下的7个足球排成一 行，在它们之间插入两个“隔板”把它们分成三部分，得不同的放法种数为 ， 故所求不同的放法有15种. 题型剖析 变式9.某中学为提升高三学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进入社区 义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名 额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是 ( ) BD A.若1班不再分配名额，则共有 种分配方法 B.若1班有除劳动模范之外的学生参加，共有 种分配方法 C.若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法 D.若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法 题型九、隔板法的应用 针对训练 【解析】根据题意，依次分析选项： 对于A，若1班不再分配名额，即将20个名额分配到其他5个班，每个班都必须有人参加， 可以将20个名额看成20个小球，排成一排，中间有19个空位可用，在其中任选4个， 安排4个挡板，有种情况，即有 种分配方法，A错误； 对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，即将20个名额分配到6个班级，每个班 都必须有人参加， 可以将20个名额看成20个小球，排成一排，中间有19个空位可用，在其中任选5个， 安排5个挡板，有种情况，即有 种分配方法，B正确； 对于C，D,若每个班至少3人参加，1班有2个劳动模范，先满足每个班级2个名额，还 剩10个名额，分配到6个班级，每个班都必须有人参加，可以将10个名额看成10个小 球，排成一排，中间有9个空位可用，在其中任选5个，安排5个挡板，有 种 情况，即有126种分配方法，C错误，D正确. 故选 . 题型九、隔板法的应用 针对训练 题型十、排列组合综合问题 例10.有4名男医生，3名女医生，从中选2名男医生，1名女医生到3个不同地区巡回 医疗，但规定男医生甲不能到地区 ，则不同的分派方案共有____种.（用数字作答） 分两类完成 第一类:地区分派女医生，有 种分派方案. 第二类:地区分派除医生甲之外的男医生，有 种分派方案. 根据分类加法计数原理，分派方案共有 （种）. 90 题型剖析 变式10.有8名划船运动员，其中3人只会划左舷，3人只会划右舷，其他2人既会划左舷 又会划右舷，现要从这8名运动员中选出6人平均分在左、右舷参加划船比赛，则不 同的选法共有____种. 37 【解析】设集合只会划左舷的3人，只会划右舷的3人， 既会划左 舷又会划右舷的2人}.先分类，以集合 为基准，被选出划左舷的3个人中，有以下几 类情况： 中有3人；中有2人，中有1人；中有1人， 中有2人. 第①类情况中，由于划左舷的人已选定，划右舷的人可以在集合， 中选3人，有 种选法，同理可得第②③类情况的选法种数.故不同的选法共有 （种）. 题型十、排列组合综合问题 针对训练 题型十一、二项式定理的应用 例11. 求下列各式的展开式： （1） ； 【解析】 . （2） . 【解析】 . 题型剖析 变式11.化简下列各式: （1） ; 【答案】 （2） . 【答案】 . . 题型十一、二项式定理的应用 针对训练 题型十二、二项式展开特定项及系数 例12（1）设的展开式中第2项与第4项的系数之比为，则含 的项为______. 【解析】由题设，得， ， 于是有 ，化简得,解得，故原式为 . 的展开式的第项为，令，得 ， 所以含的项为 . （2）的展开式中， 的系数是_____.（用数字填写答案） 【解析】 . 由于含的项仅在最后两项，因此展开式中含 的系数为 . 题型剖析 题型十二、二项式展开特定项及系数 变式12.（1） 的展开式的常数项是( ) D A.15 B.10 C. D. 【解析】 的展开式的通项为 ,令,得 , 的展开式的常数项是 故选D. （2）的展开式中，含的系数为40，则 ___. 1 【解析】 展开式中二项式通项为 ,令 ， 得.所以展开式中含的系数为,由条件得,即 . 针对训练 题型十三、赋值法求系数和 例13.若 ,则 ( ) B A.40 B.41 C. D. 【解析】 依题意，令，可得，令 ， 可得 ， 以上两式相加可得，所以 . 题型剖析 变式13.条件①前三项系数成等差数列，条件②二项式系数和为64. 在以上两个条件中任选一个补充在下面问题中，并进行解答. 问题：在的展开式中，____，求 的值及展开式中的常数项. 【答案】因为展开式的通项为 . 选择①：前三项的系数成等差数列，且前三项的系数分别为, , ，则，解得或 （舍去）， 所以,令，解得 ，所以展开式中的常数项为 . 选择②：二项式系数和为64，则 ， 所以，所以 ， 令，解得 ， 所以展开式中的常数项为 . 针对训练 1.两个计数原理的应用 分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本部分内容的基础，对应用题的考查，经常要对问题进行分类或者分步进行分析求解． (1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情．“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件． (2)分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法. 课堂总结 2.排列、组合的应用 排列、组合应用题是高考的重点内容，常与实际问题结合命题，要认真审题，明确问题本质，利用排列、组合的知识解决． 解排列、组合应用题应遵循三大原则，掌握基本类型，突出转化思想． (1)三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则． (2)基本类型主要包括：排列中的“在与不在”问题，组合中的“有与没有”问题、“相邻与不相邻”问题、“分组问题”等． (3)转化思想就是把一些排列、组合问题与基本类型相联系，从而把这些问题转化为基本类型，然后加以解决． 课堂总结 3.二项式定理问题的处理方法和技巧 对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项．另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题． 1．(1)区分“项的系数”与“二项式系数”．项的系数与，b有关，可正可负，二项式系数只与有关，恒为正数． (2)切实理解“常数项”、“有理项(字母指数为整数)”、“系数最大的项”等概念． 2．(1)求展开式中的指定项，要把该项完整写出，不能仅仅说明是第几项． (2)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为等． 课堂总结 感谢聆听! $