(共32张PPT)
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第2课时 分类加法计数原理与分布乘法计数原理的应用
学习目标 素养要求
1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别 数学抽象
2.会正确应用这两个计数原理计数 数学运算
| 自学导引 |
项目 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 用来计算完成一件事的不同方法种数 不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每一步都完成才算完成这件事(每一步完成的只是完成这件事的一个环节)
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
两个计数原理的区别与联系
用前6个大写英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2，…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？
提示：编写一个号码要先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字，我们可以用树形图列出所有可能的号码．如图：
【预习自测】
由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6×9＝54(个)不同的号码．
| 课堂互动 |
用0,1,2,3,4五个数字，
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
素养点睛：考查逻辑推理素养及数学运算素养．
解：(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，因此每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种)．
题型1 组数问题
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种)．
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法．因而有12＋18＝30(种)排法．即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数．
【例题迁移】 (改变问法)由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？
解：完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1,3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36(个)．
组数问题的原则及注意点
(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法反面分类求解．
(2)要注意数字“0”不能排在两位或两位以上的数的最高位．
1．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为 ( )
A．24 B．18
C．12 D．6
【答案】B
【解析】由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此总共有12＋6＝18(种)情况．故选B．
高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有 ( )
A．16种 B．18种
C．37种 D．48种
素养点睛：考查逻辑推理素养及数学运算素养．
【答案】C
题型2 选(抽)取与分配问题
【解析】方法一(直接法)
以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种)．
综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种)．
方法二(间接法)
先计算3个班级自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即4×4×4－3×3×3＝37(种)方案．
解决抽取(分配)问题的方法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法．
(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．
2．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？
【答案】解：(以小球为研究对象)分三步来完成：
第一步：放第一个小球有5种选择；
第二步：放第二个小球有4种选择；
第三步：放第三个小球有3种选择，
由分步乘法计数原理得，总方法数N＝5×4×3＝60.
题型3 涂色与种植问题
(1)将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种.
(2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
1 2
3 4
素养点睛：考查逻辑推理素养及数学运算素养．
【答案】(1)42
【解析】分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
1．若第三块田放c：
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．
a b c
2．若第三块田放a：
第四块有b或c，共2种方法，
①若第四块放c：
第五块有2种方法；
a b a
a b a c
②若第四块放b：
第五块只能种作物c，共1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．
a b a b
(2)解：第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．
由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．
【例题迁移】 (变换条件)本例(2)中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？
素养点睛：考查逻辑推理素养及直观想象素养．
解：依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．
第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；
第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；
第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种)．
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．
第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．
综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．
解决涂色(种植)问题的常用方法
(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．
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．
3．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法有________种．
【答案】420
【解析】按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：
第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180(种)不同的染色方法．
第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240(种)不同的染色方法．
根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420(种)不同的染色方法．
有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？
错解：每次升一面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×2＝6(种)不同的信号；每次升3面旗可组成3×2×1＝6(种)不同的信号，根据分类加法计数原理知，共有不同信号3＋6＋6＝15(种)．
易错防范：每次升起2面或3面旗时，颜色可以相同．
正解：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9(种)不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27(种)不同的信号．根据分类加法计数原理得，共可组成3＋9＋27＝39(种)不同的信号.
易错警示 分类计数时不要出现遗漏
| 素养达成 |
1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答后面将要学习的排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．
2．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．
3．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．
4．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．
1．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有 ( )
A．6种 B．5种
C．4种 D．3种
【答案】C
【解析】不同的选派情况可分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法．根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有2＋1＋1＝4(种)．
2．用0,1，…，9这10个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为 ( )
A．243 B．252
C．261 D．648
【答案】B
【解析】0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
3．某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有 ( )
A．24种 B．48种
C．64种 D．81种
【答案】A
【解析】由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的参赛方法．
4．火车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有 ( )
A．510种 B．105种
C．50种 D．500种
【答案】A
5．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种．
【答案】108
【解析】A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108(种)涂法．(共29张PPT)
第六章 计数原理
6.2 排列与组合
6.2.1 排列
学习目标 素养要求
1.通过实例理解排列的概念 数学抽象
2.能应用排列知识解决简单的实际问题 数学运算
| 自学导引 |
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照__________排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
【答案】一定的顺序
排列的定义
【预习自测】
思维辨析(对的打“√”，错的打“×”)
(1)1,2,3与3,2,1为同一排列． ( )
(2)有12名学生参加植树活动，要求3人一组，分组方案的种数属于排列问题． ( )
(3)从1,2,3,4中任选两个元素，就组成一个排列． ( )
(4)从5个同学中任选2个同学分别参加数学和物理竞赛的所有不同的选法是一个排列问题． ( )
【答案】(1)× (2)× (3)× (4)√
同一个排列中，同一个元素能重复出现吗？
提示：由排列的定义知，在同一个排列中不能重复出现同一个元素.
| 课堂互动 |
(1)在各国举行的足球联赛中，一般采取“主客场制”(即每两个球队之间分为主队和客队各赛一场)．若共有12支球队参赛，则需进行多少场比赛？
(2)在“世界杯”足球赛中，由于有东道主国家承办，故无法实行“主客场制”，而采用“分组循环淘汰制”．若共有32支球队参加，分为八组，每组4支球队进行小组循环赛，则在小组循环赛中需进行多少场比赛？
题型1 排列的概念
(3)在乒乓球单打比赛中，由于参赛选手较多，故常采取“抽签组对淘汰制”决出冠军，若共有100名选手参赛，待冠军产生时，共需举行多少场比赛？
在上述三个问题中，是排列问题的是________(填序号)．
素养点睛：考查逻辑推理素养及数学抽象素养．
【解析】对于(1)，同样是甲、乙两队比赛，甲作为主队和乙作为主队是两场不同的比赛，故与顺序有关，是排列问题；对于(2)，由于是组内循环，故甲、乙两队之间只需要进行一场比赛，与顺序无关，不是排列问题；对于(3)，由于两名选手一旦比赛后就淘汰其中一位，故也与顺序无关，不是排列问题．故填(1).
确认一个具体问题是否为排列问题，一般从两个方面确认
(1)要保证元素的无重复性，否则不是排列问题．
(2)要保证选出的元素被安排的有序性，否则不是排列问题，而检验它是否有顺序的标准是变换某一结果中两元素的位置，看结果是否变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序．
1．判断下列问题是不是排列问题，并说明理由．
(1)从甲、乙、丙、丁四名同学中选出两名参加一项活动，其中一名同学参加活动A，另一名同学参加活动B；
(2)从甲、乙、丙、丁四名同学中选出两名参加一项活动；
(3)从所有互质的三位数中选出两个数求其和；
(4)从所有互质的三位数中选出两个数求其商；
(5)高二(1)班有四个空位，安排从外校转来的三个学生坐这四个空位中的三个．
解：(1)是排列，因为选出的两名同学参加的是不同的活动，相当于把选出的同学按顺序安排到两个不同的活动中．
(2)不是排列，因为选出的两名同学参加的是同一个活动，没有顺序之分．
(3)不是排列，因为选出的两个三位数之和对顺序没有要求．
(4)是排列，因为选出的两个三位数之商会随着分子、分母的顺序而发生变化，且这些三位数是互质的，不存在选出的数不同而商的结果相同的可能，故是排列．
(5)是排列，可看作从四个空位中选出三个座位，分别安排给三个学生．
(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位不同的数，一共可以组成多少个？
(2)写出从4个元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列．
素养点睛：考查逻辑推理素养及直观想象素养．
解：(1)由题意作“树状图”，如下．
故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个．
题型2 排列中的树状图法
(2)由题意作“树状图”，如下．
故所有的排列为abc，abd，acb，acd，adb，adc，bac，bad，bca，bcd，bda，bdc，cab，cad，cba，cbd，cda，cdb，dab，dac，dba，dbc，dca，dcb.
利用“树状图”法解决简单排列问题的适用范围及策略
(1)适用范围：“树状图”在解决排列元素个数不多的问题时，是一种比较有效的表示方式．
(2)策略：在操作中先将元素按一定顺序排出，然后以先安排哪个元素为分类标准进行分类，再安排第二个元素，并按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能做到不重不漏，然后再按树状图写出排列．
2．写出A，B，C，D四名同学站成一排照相，A不站在两端的所有可能站法．
(1)从100个两两互质的数中取出2个数，求其商的个数；
(2)求由0,1,2,3组成的能被5整除且没有重复数字的四位数的个数；
(3)有4名大学生可以到5家单位实习，若每家单位至多招1名新员工，每名大学生至多到1家单位实习，且这4名大学生全部被分配完毕，求其分配方案的个数．
素养点睛：考查逻辑推理素养及数学运算素养．
题型3 排列的简单应用
解：(1)从100个两两互质的数中取出2个数，分别作为商的分子和分母，其排列有100×99＝9 900.
(2)因为组成的没有重复数字的四位数能被5整除，所以这个四位数的个位数字一定是“0”，故确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字即可，共有3×2×1＝6(个)．
(3)可以理解为从5家单位中选出4家单位，分别把4名大学生安排到4家单位，有5×4×3×2＝120(个)．
【例题迁移1】 (变换条件)将例3(3)条件变为“有7本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本”共有多少种不同的送法？
解：从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列，所以共有7×6×5＝210(种)不同的送法．
【例题迁移2】 (变换条件)将例题迁移1中的条件变为“有7种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本”，共有多少种不同的送法？
解：从7种不同的书中买3本书，这3本书并不要求都不相同，根据分步乘法计数原理知，共有7×7×7＝343(种)不同的送法．
要想正确地表示排列问题的排列数，应弄清这件事中谁是分步的主体，分清m个元素和n(m≤n)个不同的位置各是什么．
3．某博物馆计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画，4幅油画，5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须放在一起，并且水彩画不放在两端，则不同的陈列方法有________种．
【答案】5 760
【解析】4幅油画有4×3×2×1＝24(种)不同的排法，5幅国画有5×4×3×2×1＝120(种)不同的排法，水彩画放在油画和国画之间，则有24×120×2＝5 760(种)不同的陈列方法．
有6个人站成前后两排照相，要求前排2人，后排4人，问有多少种不同的排法？
错解：前排共两人有6×5＝30(种)排法，后排有4×3×2×1＝24(种)排法，故共有30＋24＝54(种)排法．
易错防范：只有当元素完全相同，并且排列顺序也完全相同时，才是同一排列．元素完全不同，或元素部分相同，或元素完全相同而顺序不同的排列都不是同一排列．
正解：本题实际上和6个人站成一排照相共有多少种不同排法的问题完全相同，所以不同的排法总数为6×5×4×3×2×1＝720(种).
易错警示 分不清分类还是分步计数致误
| 素养达成 |
排列的定义中包含两个基本内容：一是“取出元素”，二是“按照一定顺序排成一列”．这里“一定的顺序”与“位置”有关，所以，不考虑顺序就不是排列．
1．(多选)下列问题不是排列问题的是 ( )
A．从10名同学中选取2名去参加知识竞赛，共有多少种不同的选取方法？
B．10个人互相通信一次，共写了多少封信？
C．平面上有5个点，任意三点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？
D．从1,2,3,4四个数字中，任选两个相加，其结果共有多少种？
【答案】ACD
【解析】排列问题是与顺序有关的问题，四个选项中只有B中的问题是与顺序相关的，其他问题都与顺序无关，所以选ACD．
2．甲、乙、丙三人排成一排去照相，甲不站在排头的所有排列种数为 ( )
A．6 B．4
C．8 D．10
【答案】B
3．某电视台一节目收视率很高，现要连续插播4个广告，其中2个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是商业广告，则不同的播放方式有 ( )
A．12种 B．16种
C．18种 D．24种
【答案】A
【解析】可分二步：第一步，排最后一个商业广告，有2种；第二步，在余下的三个位置排第二个商业广告和两个公益宣 传广告，有3×2×1＝6(种)．根据分步计数原理，不同的播放方式共有2×6＝12(种)．
4．2020北京车展期间，某调研机构准备从5人中选3人去调查E1馆、E3馆、E4馆的参观人数，不同的安排方法种数为________．
【答案】60
【解析】由题意可知，问题为从5个元素中选3个元素的排列问题，所以安排方法有5×4×3＝60(种)．
5．有3名大学毕业生，到5家招聘员工的公司应聘，若每家公司至多招聘一名新员工，且3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有________种不同的招聘方案(用数字作答)．
【答案】60
【解析】将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题，所以不同的招聘方案共有5×4×3＝60(种)．(共31张PPT)
第六章 计数原理
6.2 排列与组合
6.2.3 组合
学习目标 素养要求
1.通过实例理解组合的概念 数学抽象
2.会解决简单的组合问题 逻辑推理
| 自学导引 |
一般地，从n个不同元素中____________________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
【答案】取出m(m≤n)个元素作为一组
组合的概念
【预习自测】
下列问题属于组合问题的是________．
①由1,2,3,4构成的双元素集合；
②由1,2,3构成的两位数的方法；
③由1,2,3组合无重复数字的两位数的方法．
【答案】①
(1)共同点：两者都是从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素．
(2)不同点：排列与元素的顺序________，组合与元素的顺序________．
注意：①元素相同且顺序也相同的两个排列才是相同的；
②只要元素相同，不论元素的顺序如何，两个组合都是相同的．
【答案】有关 无关
排列与组合之间的联系与区别
①从3,5,7,11中任取两个数相除；②从3,5,7,11中任取两个数相乘．
以上两个问题中哪个是排列？①与②有何不同特点？
提示：①是排列，①中选取的两个数相除是有顺序要求的，②中选取的两个数相乘是无顺序要求的．
【预习自测】
| 课堂互动 |
判断下列问题是排列问题，还是组合问题．
(1)从1,2,3，…，9九个数字中任取3个，组成一个三位数，这样的三位数共有多少个？
(2)从1,2,3，…，9九个数字中任取3个，然后把这三个数字相加得到一个和，这样的和共有多少个？
(3)从a，b，c，d四名学生中选两名去完成同一份工作，有多少种不同的选法？
素养点睛：考查数学抽象素养．
题型1 组合的概念
解：(1)当取出3个数字后，如果改变3个数字的顺序，会得到不同的三位数，此问题不但与取出元素有关，而且与元素的安排顺序有关，是排列问题．
(2)取出3个数字之后，无论怎样改变这3个数字的顺序，其和均不变，此问题只与取出元素有关，而与元素的安排顺序无关，是组合问题．
(3)两名学生完成的是同一份工作，没有顺序，是组合问题．
组合与排列的区别方法
先弄清楚事件是什么，再根据有无顺序区分排列与组合．区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．
1．判断下列问题是组合问题还是排列问题：
(1)把5本不同的书分给5个学生，每人一本；
(2)从7本不同的书中取出5本给某个同学；
(3)10个人相互写一封信，共写了几封信；
(4)10个人互相通一次电话，共通了几次电话．
解：(1)由于书不同，每人每次拿到的也不同，有顺序之分，故它是排列问题．
(2)从7本不同的书中，取出5本给某个同学，在每种取法中某个同学拿到的5本书并不考虑书的顺序，故它是组合问题．
(3)因为两人互写一封信跟写信人与收信人的顺序有关，故它是排列问题．
(4)因为互通电话一次没有顺序之分，故它是组合问题．
现有6名教师，其中4名男教师，2名女教师．
(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？
(2)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？
素养点睛：考查逻辑推理素养．
题型2 简单的组合问题
解：(1)设4名男教师分别为“男1，男2，男3，男4”，2名女教师分别为“女1，女2”，则从中选2名的选法有“男1，男2；男1，男3；男1，男4；男1，女1；男1，女2；男2，男3；男2，男4；男2，女1；男2，女2；男3，男4；男3，女1；男3，女2；男4，女1；男4，女2；女1，女2”共15种．
(2)从4名男教师中选2名有“男1，男2；男1，男3；男1，男4；男2，男3；男2，男4；男3，男4”共6种，2名女教师只有1种选法，根据分布乘法计数原理，共有不同的选法6×1＝6(种)．
【例题迁移】 (改变问法)本例已知条件不变，若改为：现从中选2名教师参加会议，至少有1名男教师的选法是多少？最多有1名男教师的选法又是多少？
解：至少有1名男教师可分两类：1男1女和2男0女．
由例2知，1男1女有8种，2男0女有6种，根据分类加法计数原理知有8＋6＝14(种)．
最多有1名男教师包括两类：1男1女和0男2女．
由例2知，1男1女有8种， 0男2女有1种，
根据分类加法计数原理知有8＋1＝9(种)．
简单的组合问题的解题思路及注意点
1．解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题．排列问题与元素顺序有关，而组合问题与元素的顺序无关．
2．要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用．在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏．
2．一个口袋内装有4个标号不同的白球和1个黑球．
(1)从口袋内取出3个小球，共有多少种取法？
(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？
(3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？
解：设口袋内的4个白球分别为“白1，白2，白3，白4”，则
(1)从口袋内取出3个小球，有“白1，白2，白3；白1，白2，白4；白1，白2，黑；白1，白3，白4；白1，白3，黑；白1，白4，黑；白2，白3，白4；白2，白3，黑；白2，白4，黑；白3，白4，黑”共10种取法．
(2)取出的3个球中有1个黑球，由(1)知有6种取法．
(3)取出的3个球中不含黑球，由(1)知有4种取法．
某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？
素养点睛：考查逻辑推理素养及数学建模素养．
解：由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
第一类：从只会英语的6人中选1人说英语有6种方法，则会日语的有2＋1＝3(种)．
此时共有6×3＝18(种)
题型3 双重元素的组合问题
第二类：选既会英语又会日语的1人说英语有1种方法，此时选会日语的有2种．
故共有1×2＝2(种)方法．
所以由分类计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．
本题用到两个计数原理解题，两个原理的区别在于：分类每次得到的是最后结果，分步每次得到的是中间结果，即每次仅完成整件事情的一部分，当且仅当几个步骤全部做完后，整件事情才算完成．
3．某校开设A类选修课3门，B类选修课5门，一位同学要从中选3门．若要求两类课程中各至少选1门，则不同的选法共有 ( )
A．15种 B．30种
C．45种 D．90种
【答案】C
【解析】分两类，A类选修课选1门，B选修课选2门，或者A类选修课选2门，B类选修课选1门，因此，共有3×10＋3×5＝45(种)选法．
有甲、乙、丙3项任务，任务甲需要2人承担，任务乙、丙各需要1人承担，从5人中选派4人承担这3项任务，不同的选法共有________种(用数字作答)．
错解：分3步完成：第一步：从5人中选出4人，有5种方法．
第二步：从这4人中选出2人承担任务甲，有A种方法．
第三步：剩下的2人分别承担任务乙、丙，有A种方法．
根据乘法原理，不同的选法共有5AA＝120种．
易错警示 “排列”“组合”概念混淆不清
易错防范：错因是“排列”“组合”概念混淆不清．承担任务甲的两人与顺序无关，此处应是组合问题．(设5人分别为A，B，C，D，E，则有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE共10种)．
正解一：先从5人中选出2人承担任务甲；再从余下3人中选出1人承担任务乙；最后从剩下的2人中选出1人去承担任务丙．根据乘法原理，不同的选法共有10×3×2＝60(种)．
正解二：先从5人中选出2人承担任务甲；再从余下3人中选出2人分别承担任务乙、丙．根据乘法原理，不同的选法共有10×A＝60(种).
| 素养达成 |
排列与组合的联系与区别：
(1)联系：二者都是从n个不同的元素中取m(m≤n)个元素．
(2)区别：排列问题中元素有序，组合问题中元素无序．
1．以下四个问题，属于组合问题的是 ( )
A．从3个不同的小球中，取出2个排成一列
B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌
C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星
D．从13位司机中任选出两位开同一辆车往返甲、乙两地
【答案】C
【解析】只有从100位幸运观众中选出2名幸运之星，与顺序无关，是组合问题．
2．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各数位之和为偶数的共有 ( )
A．36个 B．24个
C．18个 D．6个
【答案】A
3．某班级要从4名男生、2名女生中派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为 ( )
A．14 B．24
C．28 D．48
【答案】A
【解析】可分类完成．第1类，选派1名女生、3名男生(男1男2男3，男1男2男4，男1男3男4，男2男3男4)，有2×4＝8(种)选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生(男1男2，男1男3，男1男4，男2男3，男2男4，男3男4)，有1×6＝6(种)选派方案．故共有8＋6＝14(种)不同的选派方案．
4．从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖、2名二等奖、3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．
【答案】60
【解析】根据题意，一等奖有6种选法，二等奖由剩余的5名选手中选2人，共有10种选法(例举略)，其余的为三等奖，根据分步乘法计数原理所有可能的决赛结果有6×10＝60(种)．
5．五个点中任何三点都不共线，则这五个点可以连成______条线段；如果是有向线段，共有______条．
【答案】10 20(共37张PPT)
第六章 计数原理
6.3 二项式定理
6.3.2 二项式系数的性质
学习目标 素养要求
1.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题 逻辑推理
2.理解二项式系数的性质并灵活运用 数学运算
| 自学导引 |
二项式系数的性质
【答案】(1)× (2)×
二项展开式中系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)，这种说法对吗？
提示：错误．二项展开式中项的系数与二项式系数是不同的，二项式系数最大项是中间一项(共奇数项)或中间两项(共偶数项)，但是项的系数的最大值与项其他数字因数的大小有关.
| 课堂互动 |
(1)试求1 99510除以8的余数；
(2)求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．
素养点睛：考查逻辑推理素养．
(1)解：1 99510＝(8×249＋3)10.∵其展开式中除末项为310外，其余的各项均含有8这个因数，∴1 99510除以8的余数与310除以8的余数相同．又∵310＝95＝(8＋1)5，其展开式中除末项为1外，其余的各项均含有8这个因数，∴310除以8的余数为1，即1 99510除以8的余数也为1.
题型1 整除问题
利用二项式定理可以解决求余数和整除的问题，通常需将底数化成两数的和与差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系．
1．已知n∈N*，求证：1＋2＋22＋…＋25n－1能被31整除．
显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除．
已知(2x－1)5＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，求a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.
素养点睛：考查逻辑推理素养及数学运算素养．
解：令x＝1，得(2×1－1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，∴a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1.
题型2 二项展开式的系数的和问题
【例题迁移1】 (改变问法)例2条件不变，求|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|.
解：∵(2x－1)5的展开式中偶数项的系数为负值，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.令x＝－1，得[2×(－1)－1]5＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5，即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－(－3)5＝35，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝35＝243.
【例题迁移2】 (改变问法)例2条件不变，求a1＋a3＋a5.
2．在二项式(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(2)各项系数之和；
(3)所有奇数项系数之和．
素养点睛：考查逻辑推理素养及数学运算素养．
题型3 求展开式中系数或二项式系数的最大项
【例题迁移1】 (改变问法)在本例条件下求系数最大的项与系数最小的项．
求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论
(1)当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大．
(2)当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
易错警示 二项式系数和概念不清致误
答案：B
| 素养达成 |
1．求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求的展开式系数和特征来确定．一般地对字母赋的值为0,1或－1，但在解决具体问题时要灵活掌握．
2．注意两点：(1)区分开二项式系数与项的系数；
(2)求解有关系数最大时的不等式组时，注意其中k∈{0,1,2，…，n}．
1．在(a－b)20的二项展开式中，二项式系数与第6项的二项式系数相同的项是 ( )
A．第15项 B．第16项
C．第17项 D．第18项
【答案】B
2．(1＋x)2n＋1的展开式中，二项式系数最大的项所在的项数是 ( )
A．n，n＋1 B．n－1，n
C．n＋1，n＋2 D．n＋2，n＋3
【答案】C
【答案】C
4．设(－3＋2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a1＋a2＋a3的值为________．
【答案】－15
