1、第六章第六章 计数原理计数原理 章末复习课章末复习课 一、两个计数原理 1分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因 分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性 2掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养 例 1 (1)现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张，从中任取 3 张， 要求这 3 张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多 1 张，则不同的取法种数为( ) A484 B472 C252 D232 答案 B 解析 根据题意，共有 C316种取法，其中每一种卡片各取 3 张，有 4C34种
2、取法，取 2 张绿色卡 片有 C24 C112种取法，故所求的取法共有 C3164C34C24 C112472(种) (2)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？ 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 C45C445(种)， A，B 都在内且当钳工的选派方法有 C22C25C4410(种)， A，B 都在内且当车工的选派方法有 C22C45C2430(种)， A，B 都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法
3、有 A22C35C3480(种)， A，B 有一人在内且当钳工的选派方法有 C12C35C4420(种)， A，B 有一人在内且当车工的选派方法有 C12C45C3440(种)， 所以共有 C45C44C22C25C44C22C45C24A22C35C34C12C35C44C12C45C34185(种)选派方法 方法二 5 名男钳工有 4 名被选上的方法有 C45C44C45C34C12C45C24C2275(种)， 5 名男钳工有 3 名被选上的方法有 C35C12C44C35C34A22100(种)， 5 名男钳工有 2 名被选上的方法有 C25C22C4410(种)， 所以共有 7510
4、010185(种)选派方法 方法三 4 名女车工都被选上的方法有 C44C45C44C35C12C44C25C2235(种)， 4 名女车工有 3 名被选上的方法有 C34C12C45C34C35A22120(种)， 4 名女车工有 2 名被选上的方法有 C24C22C4530(种)， 所以共有 3512030185(种)选派方法 反思感悟 应用两个计数原理计数的四个步骤 (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 跟踪训练 1 (1)从 1,2,3,4,5,6 这 6 个数字中， 任取 3
5、 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) 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，满足条件的三位数有 A34个； 只有 1 和 3 中的一个时，满足条件的三位数有 2A24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 个空中的 1 个即可，满足条件的三位数有 C14 C13个 所以满足条件的三位数共有 A342A24C14 C13
6、60(个) (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 答案 30 解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C24种方案， 同其他两个元素在三个位置上排列有 C24A3336(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，共有 A33种方案， 所以不同的参赛方案共有 36630(种) 二、排列与组合的综合应用 1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 2
7、明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养 例 2 在高三(1)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？ 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 A77 5 040(种)方法；第二步再松绑，给 4 个舞蹈节目排序，有 A4424(种)方
8、法 根据分步乘法计数原理，一共有 5 04024120 960(种)安排顺序 (2)第一步将 6 个演唱节目排成一列(如图中的“”)，一共有 A66720(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 A47840(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 A12 12种排法，但原来的节目已定好顺序，需要 消除，所以节目演出的顺序有A 12 12 A10 10A 2 12132(种) 反思感悟 解决排列、组合综合问题要注意
9、以下几点 (1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题 (2)对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步， 分类时要不重不漏，分步时要步步相接 (3)对于含有“至多”、“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净 跟踪训练 2 6 个女生(其中有 1 个领唱)和 2 个男生分成两排表演 (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 第一步，从 8 人中选 4 人站在前排，另 4 人站在后排，共有 C48C44种不同的排法； 第二步，前排 4 人进行全排
10、列，有 A44种不同的排法； 第三步，后排 4 人进行全排列，有 A44种不同的排法 由分步乘法计数原理知，有 C48C44A44A4440 320(种)不同的排法 (2)思路与(1)相同，有 C35A44A445 760(种)不同的排法 三、二项式定理及其应用 1二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明 不等式等，其原理可以用于三项式相应展开式项的系数求解 2二项式原理所体现的是一种数学运算素养 命题角度 1 二项展开式的“赋值问题” 例 3 (1)若(2x 3)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则(a0a2a4)2(a1a3)2的值为( ) A1
11、B0 C1 D2 答案 C 解析 在(2x 3)4a0a1xa2x2a3x3a4x4中， 令 x1，得(2 3)4a0a1a2a3a4； 令 x1，得(2 3)4a0a1a2a3a4. 两式相乘，得 (2 3)4 (2 3)4(a0a1a2a3a4) (a0a1a2a3a4) 所以(a0a2a4)2(a1a3)2(43)41. (2)若(3x22x1)5a10 x10a9x9a8x8a1xa0(xC)，求(a0a2a4a6a8a10)2 (a1a3a5a7a9)2；a2a4a6a8a10. 解 令 x1，得 a0a1a1025； 令 x1，得(a0a2a4a6a8a10)(a1a3a5a7a9
12、)65. 两式相乘，得(a0a2a4a6a8a10)2(a1a3a5a7a9)22565125. 令 xi， 得a10a9 ia8a7 ia6a5 ia4a3 ia2a1 ia0(22i)525(1i)5 25(1i)22(1i)128128i. 整理得，(a10a8a6a4a2a0)(a9a7a5a3a1) i128128i， 故a10a8a6a4a2a0128. 因为 a01， 所以a10a8a6a4a2127. 反思感悟 “赋值法”在二项展开式中的应用 (1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征 (2)赋值：结合待求和上述特征，对变量 x 赋值，常见的赋值有 x1，x0，x1 等
13、等，具 体视情况而定 (3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可 跟踪训练 3 若(x21)(x3)9a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3a11(x2)11，则 a1 a2a3a11的值为_ 答案 5 解析 令 x2，得 a0(221)(23)95， 令 x3，则 a0a1a2a3a11(321)(33)90， 所以 a1a2a3a11a05. 命题角度 2 二项展开式的特定项问题 例 4 已知在 x 2 3 x 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)求展开式中系数的绝对值最大的项； (3)求 n9C2n81C
14、3n9n 1Cn n的值 解 (1)由 C4n(2)4C2n(2)2563， 解得 n10(负值舍去)， 通项为 Tk1Ck10( x)10 k 2 3 x k (2)kCk10 5 5 6 k x ， 当 55k 6 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 Ck102kCk 1 102 k1， Ck102kCk 1 102 k1， 解得 k22 3 ， k19 3 ， 又因为 k1,2,3，9，所以 k7， 当 k7 时，T815 360 5 6 x ， 又因为当 k0 时，T1x5， 当 k10 时，T11(2)
15、10 10 3 x 1 024 10 3 x ， 所以系数的绝对值最大的项为 T815 360 5 6 x . (3)原式109C21081C310910 1C10 10 9C 1 109 2C2 109 3C3 109 10C10 10 9 C 0 109C 1 109 2C2 109 3C3 109 10C10 101 9 19 101 9 10 101 9 . 反思感悟 二项式特定项的求解策略 (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
16、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)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( x 3 x)n的展开式中所有项的二项式系数之和为 1 024. (1)求展开式的所有有理项(指数为整数)； (2)求(1x)3(1x)4(1x)n的展开式中 x2项的系数 解 (1)由题意得，2n1 024，n10， 展开式的通项为 Tk1Ck10( x)10 k(3 x)k(1)kCk10 10 23 kk x (1)kCk10 5 6 k x (k0,1，10)， 令 5k 6Z
17、，得 k0,6. 有理项为 T1C010 x5x5，T7C610 x4210 x4. (2)CknCk 1 n Ckn1，Ck 1 n Ckn1Ckn， x2项的系数为 C23C24C210(C34C33)(C35C34)(C311C310)C311C33164. 1(2019 全国)(12x2)(1x)4的展开式中 x3的系数为( ) A12 B16 C20 D24 答案 A 解析 展开式中含 x3的项可以由“1 与 x3”和“2x2与 x”的乘积组成，则 x3的系数为 C34 2C144812. 2(2018 全国) x22 x 5的展开式中 x4的系数为( ) A10 B20 C40 D
18、80 答案 C 解析 x22 x 5的展开式的通项公式为 T k1C k 5 (x 2)5k 2 x kCk 5 2 k x103k， 令 103k4，解得 k2. 故展开式中 x4的系数为 C25 2240. 3(2020 新高考全国)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( ) A120 种 B90 种 C60 种 D30 种 答案 C 解析 先从 6 名同学中选 1 名安排到甲场馆，有 C16种选法，再从剩余的 5 名同学中选 2 名安 排到乙场馆，有 C25种选法，最后将剩下的
19、 3 名同学安排到丙场馆，有 C33种选法，由分步乘 法计数原理知，共有 C16 C25 C3360(种)不同的安排方法 4(2020 全国) xy 2 x (xy)5的展开式中 x3y3的系数为( ) A5 B10 C15 D20 答案 C 解析 方法一 xy 2 x (xy)5 xy 2 x (x55x4y10 x3y210 x2y35xy4y5)， x3y3的系数为 10515. 方法二 当 xy 2 x 中取 x 时，x3y3的系数为 C35， 当 xy 2 x 中取y 2 x 时，x3y3的系数为 C15， x3y3的系数为 C35C1510515. 5(2020 全国)4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去 1 个小区，每个 小区至少安排 1 名同学，则不同的安排方法共有_种 答案 36 解析 将 4 名同学分成人数为 2,1,1 的 3 组， 有 C246(种)分法， 再将 3 组同学分到 3 个小区， 共有 A336(种)分法，由分步乘法计数原理可得不同的安排方法共有 6636(种)
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