第一章 计数原理 章末复习课 学案（人教B版高中数学选修2-3）

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1、第一章第一章 计数原理计数原理 章末复习章末复习 学习目标 1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.理解排列与组合的区别与联系， 能利用排列组合解决一些实际问题.3.能用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项 展开式的性质 1分类加法计数原理 做一件事，完成它有 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， 那么完成这件事共有 Nm1m2 mn种不同的方法 2分步乘法计数原理 做一件事，完成它需要分成 n 个步骤，做第一步有 m1种不同的方法，做第二步有 m2种不同 的方法做第 n 步有 mn种不同的

2、方法，那么完成这件事共有 Nm1m2mn种不同 的方法 3排列数与组合数公式及性质 排列与排列数 组合与组合数 公式 排列数公式 Am nn(n1)(n 2)(nm1) n！ nm！ 组合数公式 Cm nA m n Am m nn1n2nm1 m！ n！ m！nm！ 性质 当mn时， Am n为全排列A n n n！ ；0！1 C0nCnn1； Cm nC nm n ； Cm nC m1 n Cm n1 备注 n，mN且 mn 4.二项式定理 (1)二项式定理的内容： (ab)nC0nanC1nan 1b1Cr na nrbrCn nb n (nN ) (2)通项公式：Tr1Crnan rbr

3、，r0,1,2，n (3)二项式系数 Crn，r0,1,2，n的性质： 与首末两端等距离的两个二项式系数相等； 若 n 为偶数， 其展开式中间一项 1 2 n T 的二项式系数最大； 若 n 为奇数， 中间两项 1 2 n T 与 1 1 2 n T 的二项式系数相等且最大 C0nC1nC2nCnn2n；C0nC2nC1nC3n2n 1. 类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用 命题角度 1 分类讨论思想 例 1 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

4、种 选派方法？ 考点 组合的应用 题点 有限制条件的组合问题 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 C45C44C22C25C44C22C45C24A22C35C34

5、C12C35C44C12C45C34185(种) 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 7510010185(种) 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 C24C22C4

6、530(种)， 所以共有 3512030185(种) 反思与感悟 解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满 足两个条件 (1)类与类之间要互斥(保证不重复) (2)总数要完备(保证不遗漏) 跟踪训练 1 从 1,2,3,4,5,6 这 6 个数字中， 任取 3 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) 考点 两个计数原理的应用 题点 两个计数原理与排列组合的综合应用 答案 60 解析 1 与 3 是特殊元素，以此为分类标准进行分

7、类 分三类：没有数字 1 和 3 时，有 A34个； 只有 1 和 3 中的一个时，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 个空当中的 1 个即可，有 C14 C13个 所以满足条件的三位数共有 A342A24C14 C1360(个) 命题角度 2 “正难则反”思想 例 2 从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60 的共有( ) A24 对 B30 对 C48 对 D60 对 考点 两个计数原理的应用 题点 两个计数原理与排列组合的综合应用 答案 C 解析 如图， 在正方体ABCDA1B1C1D1中

8、， 与面对角线AC成60 角的面对角线有B1C， BC1， A1D，AD1，AB1，A1B，D1C，DC1，共 8 条，同理与 DB 成 60 角的面对角线也有 8 条因此 一个面上的 2 条面对角线与其相邻的 4 个面上的 8 条对角线共组成 16 对又正方体共有 6 个面，所以共有 16696(对)又因为每对被计算了 2 次， 因此成 60 角的面对角线有1 296 48(对) 反思与感悟 对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考 跟踪训练 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

9、赛，则不同的参赛方案共有_种 考点 两个计数原理的应用 题点 两个计数原理与排列组合的综合应用 答案 30 解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C24种方法， 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有 A33种参赛方案， 不同的参赛方案共有 36630(种) 类型二 排列与组合的综合应用 例 3 在高三一班元旦晚会上，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？ (

10、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？ 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 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 个节目排序，有 A4424(种)方法 根据分步乘法计数原理，可知一共有 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

11、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可知，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，所以节目演出的方式有A 12 12 A10 10A 2 12132(种)排列 反思与感悟 排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合对含有特殊元 素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列对特殊元素的位置有要求时，在组合 选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏在用间接法计数时，要注意考虑全 面，排除干净 跟踪训练 3 两人进行乒

12、乓球比赛，先赢 3 局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情 形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( ) A10 种 B15 种 C20 种 D30 种 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 C 解析 分三种情况：恰好打 3 局，有 2 种情形；恰好打 4 局(一人前 3 局中赢 2 局，输 1 局，第 4 局赢)，共有 2C236(种)情形；恰好打 5 局(一人前 4 局中赢 2 局，输 2 局，第 5 局赢)，共有 2C2412(种)情形所有可能出现的情形有 261220(种)，故选 C. 类型三 二项式定理及其应用 命题角度 1 二项展开式的特定项问题 例 4 已知在

13、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)求展开式中系数绝对值最大的项； (3)求 n9C2n81C3n9n 1Cn n的值 考点 二项式定理的应用 题点 求二项展开式中的特定项 解 (1)由 C4n(2)4C2n(2)2563，解得 n10， 因为通项 Tr1Cr10( x)10 r 2 3 x r 5 5 6 10 (2) C r rr x ， 当 55r 6 为整数时，r 可取 0,6， 展开式是常数项，于是有理项为 T1x5和 T713 440. (2)设第 r1 项系数的绝对值最大，则 Cr102rCr 1

14、 102 r1， Cr102rCr 1 102 r1， 解得 r22 3 ， r19 3 ， 又因为 r1,2,3，9，所以 r7， 当 r7 时，T8 5 6 15 360 x ， 又因为当 r0 时，T1x5， 当 r10 时，T11 10 10 3 (2) x 10 3 1 024x ， 所以系数的绝对值最大的项为 T8 5 6 15 360 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

15、 101 9 . 反思与感悟 (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)求二项展开式中各项系数的和或差：赋值代入 (5)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 已知二项式 5x 1 x n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的 16 倍 (1)求 n； (2)求展开式中二项式

16、系数最大的项； (3)求展开式中所有有理项 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 解 (1)令 x1，得二项式 5x 1 x n 展开式中各项系数之和为(51)n4n，各项二项式系数 之和为 2n， 由题意，得 4n16 2n，所以 2n16，n4. (2)通项 Tr1Cr4(5x)4 r 1 x r (1)rCr454 r 3 4 2r x ， 展开式中二项式系数最大的项是第 3 项， T3(1)2C2452x150 x. (3)由(2)得 43 2rZ(r0,1,2,3,4)，即 r0,2,4，所以展开式中所有有理项为 T1(1)0C0454x4625x4， T3(1)2C2

17、452x150 x， T5(1)4C4450 x 2x2. 命题角度 2 二项展开式的“赋值”问题 例 5 若(x23x2)5a0a1xa2x2a10 x10. (1)求 a2； (2)求 a1a2a10； (3)求(a0a2a10)2(a1a3a9)2. 考点 展开式中系数的和问题 题点 多项展开式中系数的和问题 解 (1)(x23x2)5(x1)5(x2)5， a2是展开式中 x2的系数， a2C55(1)5C35(2)3C45(1)4C45(2)4C35(1)3 C55(2)5800. (2)令 x1，代入已知式可得， a0a1a2a100， 而令 x0，得 a032，a1a2a1032

18、. (3)令 x1 可得， (a0a2a10)(a1a3a9)65， 又(a0a2a10)(a1a3a9)0， 把这两个等式相乘可得， (a0a2a10)2(a1a3a9)26500. 反思与感悟 与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数 或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要 方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值， 有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项 或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果 跟踪训练 5

19、若(x21)(x3)9a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3a11(x2)11，则 a1 a2a3a11的值为_ 考点 展开式中系数的和问题 题点 多项展开式中系数的和问题 答案 5 解析 令 x2，得 a0(221)(23)95， 令 x3，则 a0a1a2a3a11(321)(33)90， 所以 a1a2a3a11a05. 1按 ABO 血型系统学说，每个人的血型为 A，B，O，AB 型四种之一依血型遗传学，当 且仅当父母中至少有一人的血型为 AB 型时，子女的血型一定不是 O 型，若某人的血型为 O 型，则其父母血型的所有可能情况有( ) A12 种 B6 种 C10 种 D9 种

20、 考点 题点 答案 D 解析 由题意，他的父母的血液类型都是 A，B，O 三种之一，故每人的血液类型有三种可 能，则其父母血型的所有可能情况有 339(种) 2已知关于 x 的二项式 x a 3 x n展开式的二项式系数之和为 32，常数项为 80，则 a 的值 为( ) A1 B 1 C2 D 2 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 由特定项或特定项的系数求参数 答案 C 解析 由条件知 2n32，即 n5，在通项公式 Tr1Cr5( x)5 r a 3 x r 15 5 6 5 C r rr a x 中，令 15 5r0，得 r3，C35a380，解得 a2. 34 名大学生到三家企业应

21、聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名 大学生的情况有( ) A24 种 B36 种 C48 种 D60 种 考点 排列组合的综合应用 题点 排列与组合的综合应用 答案 D 解析 分两类： 第一类：有 3 名被录用，有 A3424(种)， 第二类，4 名都被录用，则有一家企业录用 2 名， 有 C13C24A2236(种) 根据分类加法计数原理得，共有 243660(种) 4 5 名大人带两个小孩排队上山， 小孩不排在一起也不排在头尾， 则不同的排法种数有( ) AA55 A24种 BA55 A25种 CA55 A26种 DA774A66种 考点 排列的应用 题点 元素“在”

22、与“不在”问题 答案 A 解析 先排大人，有 A55种排法，去掉头尾后，有 4 个空位，再分析小孩，用插空法，将 2 个 小孩插在 4 个空位中，有 A24种排法，由分步乘法计数原理可知，有 A24 A55种不同的排法，故 选 A. 5 若 2 xa x n的展开式的系数和为1， 二项式系数和为128， 则展开式中x2的系数为_ 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 448 解析 由题意得 2 1a 1 n1， 2n128， 所以 n7，a1， 所以 2 x1 x 7展开式的通项为 T r1 Cr7(2 x)7 r 1 x r 7 3 7 2 7 C 2( 1) r

23、 rrr x ， 令73r 2 2，得 r1. 所以 x2的系数为 C1726(1)1448. 1排列与组合 (1)排列与组合的区别在于排列是有序的，而组合是无序的 (2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件，对于有限制条件的排列问题，通常从以下两 种途径考虑： 元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素； 位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置 (3)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点，一般方法是先分组，后分配 2二项式定理 (1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证 明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式 (2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x 的某次幂等，此时要特别注 意二项展开式中第 r1 项的通项公式是 Tr1Crnan rbr(r0,1，n)，其中二项式系数是 Crn，而不是 Cr 1 n ，这是一个极易错点 (3)与二项式系数有关， 包括求展开式中二项式系数最大的项、 各项的二项式系数或系数的和、 奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值 法.