(共49张PPT)
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课前·基础认知
课堂·重难突破
素养·目标定位
随堂训练
素养 目标定位
目 标 素 养
1.通过实例,了解分类加法计数原理与分步乘法计数原理,能应用它们解决简单的实际问题.
2.正确理解“完成一件事情”的含义;根据问题特征,正确地区分“分类”或“分步”.
3.通过两个计数原理的学习,提升数学抽象及数学建模的核心素养.
知 识 概 览
课前·基础认知
1.分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N= m+n 种不同的方法.
微思考1分类加法计数原理中的“完成一件事有两类不同方案”如何理解
提示:分类加法计数原理中的“完成一件事有两类不同方案”,是指完成这件事的所有方法可以分为两类,即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务,两类中没有相同的方法,且完成这件事的任何一种方法都在某一类中.
微训练1从A地到B地,可乘汽车、火车、轮船三种交通工具,如果一天内汽车有3个班次,火车有4个班次,轮船有2个班次,那么一天内从A地到B地不同的方法种数为( )
A.1+1+1=3 B.3+4+2=9
C.3×4×2=24 D.以上都不对
答案:B
解析:分三类:第1类,乘汽车,从3个班次中选1个班次有3种方法;第2类,乘火车,从4个班次中选1个班次有4种方法;第3类,乘轮船,从2个班次中选1个班次有2种方法.根据分类加法计数原理,共有3+4+2=9种不同的方法.
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N= m×n 种不同的方法.
微思考2(1)分步乘法计数原理中的“完成一件事需要两个步骤”如何理解
提示:分步乘法计数原理中的“完成一件事需要两个步骤”,是指完成这件事的任何一种方法,都需要分成两个步骤.在每一个步骤中任选一种方法,然后相继完成这两个步骤就能完成这件事,即各个步骤是相互依存的,每个步骤都要做完才能完成这件事.
(2)如何区分一个问题是“分类”还是“分步”
提示:若完成这件事,可以分几种情况,每种情况中任何一种方法都能完成任务,则是分类;若从其中一种情况中任取一种方法只能完成任务的一部分,且只有依次完成各种情况,才能完成这件事,则是分步.
微训练2已知x∈{2,3,7},y∈{-3,-4,8},则xy可表示不同的值的个数为( )
A.10 B.6
C.8 D.9
答案:D
解析:求xy的值分两步取值:第1步,x的取值有3种;第2步,y的取值有3种.故有3×3=9个不同的值,且经检验计算结果均不相同.
课堂·重难突破
一 分类加法计数原理
典例剖析
1.所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数共有多少个
解:(方法一)按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个.
根据分类加法计数原理,满足条件的两位数的个数是8+7+6+5+4+3+2+1=36.
(方法二)按个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个.根据分类加法计数原理,满足条件的两位数的个数是1+2+3+4+5+6+7+8=36.
规律总结 利用分类加法计数原理计数时的解题流程
学以致用
1.某校高三年级(1)班、(2)班和(3)班的人数如表所示:
班级 男生人数 女生人数 总人数
高三(1)班 30 20 50
高三(2)班 30 15 45
高三(3)班 32 18 50
(1)从三个班中选1名学生任学生会主席,有多少种不同的选法
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长,有多少种不同的选法
解:(1)从三个班中选1名学生任学生会主席,可以分为三类:
第1类,从高三(1)班中选出1名学生,有50种不同的选法;
第2类,从高三(2)班中选出1名学生,有45种不同的选法;
第3类,从高三(3)班中选出1名学生,有50种不同的选法.
根据分类加法计数原理,不同的选法种数为50+45+50=145.
(2)由题意可知共有三类方案:
第1类,从高三(1)班男生中任选1名学生,有30种不同的选法;
第2类,从高三(2)班男生中任选1名学生,有30种不同的选法;
第3类,从高三(3)班女生中任选1名学生,有18种不同的选法.
根据分类加法计数原理,不同的选法种数为30+30+18=78.
二 分步乘法计数原理
典例剖析
2.从-2,-1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的系数a,b,c,则可以组成多少条不同的抛物线
解:第1步选系数a(a不能为0),有5种选法.
第2步选系数b,有5种选法.
第3步选系数c,有4种选法.
根据分步乘法计数原理得组成抛物线的条数为5×5×4=100.
规律总结 利用分步乘法计数原理计数时的解题流程
学以致用
2.从1,2,3,4中选三个数字,组成无重复数字的三位数,则满足下列条件的数有多少个
(1)三位数;
(2)三位偶数.
解:(1)分三步完成:
第1步,排个位,有4种方法;
第2步,排十位,从剩下的3个数字中选1个,有3种方法;
第3步,排百位,从剩下的2个数字中选1个,有2种方法.
根据分步乘法计数原理,三位数共有4×3×2=24(个).(亦可从最高位排起)
(2)分三步完成:
第1步,排个位,只能从2,4中选1个,有2种方法;
第2步,排十位,从剩下的3个数字中选1个,有3种方法;
第3步,排百位,从剩下的2个数字中选1个,有2种方法.
根据分步乘法计数原理,三位偶数共有2×3×2=12(个).
三 两个计数原理的综合应用
典例剖析
3.现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画.
(1)从中任选一幅画布置房间,有几种不同的选法
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间,有几种不同的选法
(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有几种不同的选法
解:(1)分为三类:第1类,从国画中选,有5种不同的选法;第2类,从油画中选,有2种不同的选法;第3类,从水彩画中选,有7种不同的选法.根据分类加法计数原理,共有5+2+7=14种不同的选法.
(2)国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法,根据分步乘法计数原理,共有5×2×7=70种不同的选法.
(3)分为三类:第1类是一幅选自国画,一幅选自油画,有5×2=10种不同的选法;
第2类是一幅选自国画,一幅选自水彩画,有5×7=35种不同的选法;
第3类是一幅选自油画,一幅选自水彩画,有2×7=14种不同的选法.
根据分类加法计数原理,共有10+35+14=59种不同的选法.
规律总结 两个计数原理的联系与区别
内容 计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 两个计数原理都是计算完成某件事的方法种数,目标都是必须完成这件事 区别一 完成一件事,共有n类方法,关键词是“分类” 完成一件事,共分n个步骤,关键词是“分步”
内容 计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
区别二 每类方法中的每一种方法都能独立完成这件事,只需一种方法即可完成这件事 每一步得到的只是中间结果,任何一步都不能独立完成这件事,缺少任何一步也不能完成这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事
区别三 各类方法之间是互斥的、并列的、独立的,即“分类互斥” 各步之间是关联的、独立的,“关联”确保不遗漏,“独立”确保不重复,即“分步互依”
学以致用
3.在7名学生中,有3名会下象棋但不会下围棋,有2名会下围棋但不会下象棋,另2名既会下象棋又会下围棋,现从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选法
解:选参加象棋比赛的学生有两种方法:一种方法是从只会下象棋的3人中选,另一种方法是从既会下象棋又会下围棋的2人中选;选参加围棋比赛的学生也有两种选法:一种方法是从只会下围棋的2人中选,另一种方法是从既会下象棋又会下围棋的2人中选.互相搭配,可得四类不同的选法.
第1类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有3×2=6种选法;
第2类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有3×2=6种选法;
第3类,从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛,同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛有2×2=4种选法;
第4类,2名既会下象棋又会下围棋的学生分别参加象棋比赛和围棋比赛有2种选法.
根据分类加法计数原理,共有6+6+4+2=18种选法.
四 涂色与种植问题
典例剖析
4.(1)若将3种作物全部种植在5块试验田中,如图所示,每块试验田种植一种作物,且相邻的试验田不能种植同一种作物,则不同的种植方法共有 种.
答案:42
解析:分别用a,b,c代表3种作物,先安排第1块田,有3种方法,不妨设放入a,再安排第2块田,有2种方法,不妨设放入b,第3块田也有2种方法,可种作物a或c.
①若第3块田放c:
第4,5块田分别有2种方法,共有2×2=4种方法.
a b c
②若第3块田放a:
第4块有2种方法,可种作物b或c,
若第4块放c:
第5块有2种方法;
若第4块放b:
第5块只能种作物c,共1种方法.
故共有3×2×(4+2+1)=42种方法.
a b a
a b a c
a b a b
(2)用红、黄、蓝、白、黑5种颜色给“田”字形的4个小方格涂色,如图所示,每格涂一种颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以重复使用,那么共有多少种不同的涂色方法
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种不同的涂法,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.
规律总结 解决涂色、种植问题的一般思路
(1)涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解,有几种常用方法:
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.
(2)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.
学以致用
4.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顶点颜色不同,若只有5种颜色可供使用,且颜色可重复使用,则不同染色方法的总数为 .
答案:420
解析:按照S→A→B→C→D的顺序进行染色,按照A,C是否同色分为两类:
第1类,A,C同色,有5×4×3×1×3=180种不同的染色方法;
第2类,A,C不同色,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.
随堂训练
1.某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明,有5名同学只会用综合法证明,有3名同学只会用分析法证明,现从这些同学中任选1名同学证明这一数学问题,不同的选法种数为
( )
A.8 B.15
C.18 D.30
答案:A
解析:依据分类加法计数原理,共有5+3=8种不同的选法.
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),因此有重复数字的三位数有900-648=252(个).
3.有5名乒乓球队员,其中2名是老队员,其他3名是新队员.现从中选出3名队员参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有 种.
答案:9
解析:分为两类:第1类,入选的3名队员,有2名老队员、1名新队员,有3种选法;第2类,入选的3名队员,有2名新队员、1名老队员,有2×3=6种选法.
依据分类加法计数原理,共有6+3=9种不同选法.
4.如图,用4种不同的颜色给图中的矩形A,B,C,D涂色,要求相邻的矩形颜色不同,且颜色可以重复使用,则不同的涂法有
种.
答案:108
解析:分四步完成:第1步,涂A,有4种涂法;第2步,涂B,有3种涂法;第3步,涂C,有3种涂法;第4步,涂D,有3种涂法.
依据分步乘法计数原理,共有4×3×3×3=108种涂法.
5.用0,1,2,3,4五个数字,
(1)可以排出多少个三个数字的密码
(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
解:(1)三个数字的密码,首位可以是0,数字也可以重复,每个位置都有5种排法,共有5×5×5=53=125(个).
(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2,3位可以排0,所以共有4×5×5=100(个).
(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,第1类是末位数字是0,则有4×3=12种排法;
第2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,因为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,因而共有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.(共36张PPT)
6.2 排列与组合
第1课时 排列与排列数
课前·基础认知
课堂·重难突破
素养·目标定位
随堂训练
素养 目标定位
目 标 素 养
1.通过实例,理解排列的概念及排列数公式.
2.正确运用排列数公式进行计算.
3.通过学习,提升数学抽象、数学运算与数学建模的核心素养.
知 识 概 览
课前·基础认知
1.排列
(1)一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,并按照 一定的顺序 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.
(2)根据排列的定义,两个排列相同的充要条件是:两个排列的元素完全 相同 ,且元素的排列顺序也 相同 .
微判断(1)若两个排列的元素相同,则这两个排列是相同的排列.( )
(2)从6名学生中选3名学生参加数学、物理、化学竞赛,共有多少种选法属于排列问题.( )
(3)有12名学生参加植树活动,要求三人一组,共有多少种分组方案属于排列问题.( )
×
√
×
(4)从3,5,7,9中任取两个数进行指数运算,可以得到多少个幂属于排列问题.( )
(5)从1,2,3,4中任取两个数作为点的坐标,可以得到多少个点属于排列问题.( )
√
√
2.排列数与排列数公式
微思考 排列与排列数有何区别
提示:“排列”是指从n个不同的元素中任取m(m≤n)个元素,按照一定的顺序排成一列,不是数;“排列数”是指从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数,是一个自然数.因此符号 只表示排列数,而不表示具体的排列.
课堂·重难突破
一 排列的概念
典例剖析
1.判断下列问题是不是排列问题.
(1)从10个小组中选2个小组分别去植树和种菜,问一共有多少种选法
(2)从10个小组中选2个小组去种菜,问一共有多少种选法
(3)从50个人中选10人组成一个学习小组,问一共有多少种选法
(4)从50个人中选3人分别担任班长、学习委员、生活委员,问一共有多少种选法
解:(1)植树和种菜是不同的,存在顺序问题,是排列问题.
(2)(3)不存在顺序问题,不是排列问题.
(4)每人的职务不同,例如甲当班长或当学习委员是不同的,存在顺序问题,是排列问题.
在上述各题中(1)(4)是排列问题.
规律总结 判断一个具体问题是不是排列问题的方法
学以致用
1.判断下列问题是不是排列问题.
(1)同宿舍4人,每两人互写一封信,问他们一共写了多少封信
(2)同宿舍4人,每两人通一次电话,问他们一共通了几次电话
解:(1)是排列问题,A给B写信与B给A写信是不同的,存在顺序问题.
(2)不是排列问题,“通电话”不存在顺序问题,甲与乙通了电话,也就是乙与甲通了电话.
二 排列的简单应用
典例剖析
2.从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成无重复数字的两位数,一共可以组成多少个
解:由题意作“树形图”,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12个.
互动探究
1.(变问法)本例中,问:一共可以组成多少个偶数
2.(变条件)将本例中“1,2,3,4”四个数,改为“0,1,2,3”.
规律总结 利用“树形图”法解决简单排列问题的策略及适用范围
(1)策略:在操作中先将元素按一定顺序排出,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,这样能不重不漏,最后按树形图写出排列.
(2)适用范围:“树形图”在解决排列元素个数不多的问题时,是一种比较有效的表达方式.
学以致用
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.
解:如图:
故所有可能的站法是BACD,BADC,BCAD,BDAC,CABD, CADB,CBAD,CDAB,DABC,DACB,DBAC,DCAB,共12种.
三 排列数公式的应用
典例剖析
(3)解:因为n-1≥2且n∈N*,
所以原不等式化为(n-1)(n-2)+n≤10,
即n2-2n-8≤0,解得-2≤n≤4,
所以3≤n≤4且n∈N*,
所以n=3或n=4.
规律总结 排列数的计算方法
(1)排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进行,应用时需注意:连续正整数的积可以写成某个排列数,其中最大的正整数是排列元素的总个数,而正整数(因式)的个数是所选取元素的个数,这是排列数公式的逆用.
(2)应用排列数公式的阶乘形式时,一般先写出它们的式子,再提取公因式,最后计算.
学以致用
化简,得x2-19x+78=0,解得x1=6,x2=13(舍去).
故原方程的解为x=6.
随堂训练
1.从1,3,5,7四个数字中,任选两个数做加、减、乘、除运算,分别计算它们的结果有多少种,在这些问题中,可以看作排列问题的个数是( )
A.1 B.3 C.2 D.4
答案:C
解析:因为加法运算和乘法运算满足交换律,所以选出两个数做加法运算和乘法运算时,结果与两数字位置无关,故不是排列问题,而减法运算和除法运算与两数字的位置有关,故是排列问题.
答案:ACD
3.(x-3)(x-4)(x-5)…(x-12)(x-13),x∈N*,x>13可表示为( )
答案:B
解析:从(x-3)到(x-13)共(x-3)-(x-13)+1=11个数,根据排列数公式知(x-3)(x-4)(x-5)…(x-12)(x-13)= .
4.从a,b,c,d,e五个元素中每次取出三个元素,可组成 个以b为首的不同的排列,它们分别是 .
答案:12 bac,bad,bae,bca,bcd,bce,bda,bdc,bde,bea,bec,bed
解析:画出树形图如下:
可知共有12个,分别是
bac,bad,bae,bca,bcd,
bce,bda,bdc,bde,bea,
bec,bed.
5.(1) 8个人排成一排,共有多少种不同的排法
(2)8个人排成两排,前后两排各4人共有多少种不同的排法
(3)8个人排成两排,前排3人,后排5人,共有多少种不同的排法 (共45张PPT)
6.2 排列与组合
第2课时 排列的应用
课前·基础认知
课堂·重难突破
素养·目标定位
随堂训练
素养 目标定位
目 标 素 养
1.进一步加深对排列定义的理解.
2.掌握几种有限制条件的排列,能应用排列数公式解决简单的实际问题.
3.通过本节学习,继续提升数学抽象、数学运算与数学建模的核心素养.
知 识 概 览
课前·基础认知
1.排列数公式
另外,我们规定0!=1.
微思考 前面学过的计数方法有哪些
提示:枚举法、分类加法计数原理、分步乘法计数原理、排列数法.
2.解决排列应用题的常用方法
(1)位置分析法:以位置为主,特殊(受限)的位置优先考虑.有两个以上的约束条件时,往往根据其中的一个条件分类处理.
(2)元素分析法:以元素为主,先满足特殊(受限)元素的要求,再处理其他元素.若有两个以上的约束条件,往往考虑一个元素的同时,兼顾其他元素.
(3)间接法:也叫排异法,直接考虑时情况较多、不易计算,但其对立面情况较少,相对来讲比直接解答简捷,可以先求出对立面,再从总体情况中减去.
(4)插空法:首先把无限制的元素排好,然后将不能相邻的元素插入排好的元素形成的空中.要注意无限制条件的元素的排列数及所形成的空的个数,此方法适用于“不相邻”问题的排列.
(5)捆绑法:把要求捆绑在一起的相邻元素看成一个整体,与其他元素进行排列,同时需要考虑捆绑元素的内部排序.此法适用于“相邻”问题的排列.
微训练(1)用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为 .
答案:48
(2)A,B,C,D,E五人并排站成一排,如果A,B必须相邻且B在A的右边,那么不同的排法种数有 种.
答案:24
解析:把A,B视为一个整体,且B固定在A的右边,则本题相当于4人的全排列,不同的排法共 =24种.
(3)从4名男生和3名女生中选出3人,分别从事三种不同的工作,若这3人中至少有1名女生,则选派方案共有 种.
答案:186
课堂·重难突破
一 无限制条件的排列问题
典例剖析
1.(1)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
(2)有7种不同的书,每种书数量足够多,要买3本送给3名同学,每人1本,共有多少种不同的送法
解:(1)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,共有 =7×6×5=210种不同的送法.
(2)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,共有7×7×7=343种不同的送法.
规律总结
1.典型的排列问题,用排列数计算其排列方法数.
2.非典型的排列问题,用计数原理计算其排列方法数.
3.在排列问题中元素不能重复选取,而在用分步乘法计数原理解决的问题中,元素可以重复选取.
学以致用
1.(1)有5个不同的科研小课题,从中选3个由高二(6)班的3个学习兴趣小组进行研究,每组一个课题,共有多少种不同的安排方法
(2)有5个不同的科研小课题,高二(6)班的3个学习兴趣小组报名参加,每组限报一个课题,共有多少种不同的报名方法
解:(1)从5个不同的课题中选出3个,由兴趣小组进行研究,对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列,因此不同的安排方法有 =5×4×3=60种.
(2)由题意知3个兴趣小组可能报同一科研小课题,因此元素可以重复,不是排列问题.
由于每个兴趣小组都有5种不同的选择,且3个小组都选择完才算完成这件事,由分步乘法计数原理,共有5×5×5=125种报名方法.
二 排队问题
典例剖析
2.有3名男生,4名女生,在下列不同要求下,求不同的排列方法总数.
(1)全体排成一行,其中甲只能在正中间或者两边位置.
(2)全体排成一行,其中甲不在最左边,乙不在最右边.
(3)全体排成一行,其中男生必须排在一起.
(4)全体排成一行,男、女各不相邻.
(5)全体排成一行,其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变.
规律总结 1.排队问题的解题策略
(1)合理归类,先将题目大致归类,常见的类型有特殊元素、特殊位置、相邻问题、不相邻问题、定序问题等,再针对每一类采用相应的方法解题.
(2)恰当结合,排列问题的解决离不开两个计数原理的应用,解题过程中要恰当结合两个计数原理.
(3)正难则反,这是一个基本的数学思想,巧妙应用排除法可起到事半功倍的效果.
2.元素相邻和不相邻问题的解题策略
限制条件 解题策略
元素相邻 通常采用“捆绑”法,即先把相邻元素看作一个整体,再与其他元素排列
元素不相邻 通常采用“插空”法,即先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻元素插在前面元素排列形成的空中
学以致用
2.3名女生和5名男生排成一排:
(1)如果女生全排在一起,那么有多少种不同的排法
(2)如果女生互不相邻,那么有多少种不同的排法
(3)如果女生不站两端,那么有多少种不同的排法
(4)如果甲、乙两人必须站两端,那么有多少种不同的排法
(5)如果甲不站左端、乙不站右端,那么有多少种不同的排法
三 数字排列问题
典例剖析
3.用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的:
(1)六位奇数
(2)个位数字不是5的六位数
(3)不大于4 310的四位偶数
(方法三)(间接法)
(2)(方法一)(间接法)
(方法二)(间接法)首位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同.因此需分两类:
(3)(直接法)
规律总结 数字排列问题常见的解题方法
(1)“两优先排法”:特殊元素优先排列,特殊位置优先填充.如“0”不排“首位”.
(2)“分类讨论法”:先按照某一标准将排列分成几类,再按照分类加法计数原理进行.要注意以下两点:一是分类标准必须恰当;二是分类过程要做到不重不漏.
(3)“间接法”:全排列数减去不符合条件的排列数.
(4)“位置分析法”:按位置逐步讨论,把要求数字的每个数位排好.
学以致用
3.用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数.
(1)在组成的五位数中,所有奇数的个数有多少
(2)在组成的五位数中,数字1和3相邻的个数有多少
(3)在组成的五位数中,若从小到大排列,30 124排第几个
随堂训练
1.6名学生排成两排,每排3人,则不同的排法种数为( )
A.36 B.120
C.240 D.720
答案:D
2.6名选手依次演讲,其中甲选手不排在第一个也不排在最后一个演讲,则不同的演讲次序共有( )
A.240种 B.360种 C.480种 D.720种
答案:C
3.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有( )
A.144个 B.120个 C.96个 D.72个
答案:B
4.5位母亲带领5名儿童站成一排照相,儿童不相邻的站法有
种.
答案:86 400
5.两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩,购票后排队依次入园.为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两个小孩一定要排在一起,则这6人的入园顺序排法种数为 .
24
6.有3名男生4名女生,在下列不同要求下,求不同的排列方法总数.
(1)全体排成一行,其中男生甲不在最左边;
(2)全体排成一行,其中4名女生必须排在一起;
(3)全体排成一行,3名男生两两不相邻.(共46张PPT)
6.2 排列与组合
第3课时 组合与组合数
课前·基础认知
课堂·重难突破
素养·目标定位
随堂训练
素养 目标定位
目 标 素 养
1.通过实例,理解组合的概念;正确认识排列与组合的区别与联系.
2.理解排列数与组合数之间的联系,掌握组合数公式,并能运用公式进行计算.
3.通过本节学习,提升数学抽象与数学建模的核心素养.
知 识 概 览
课前·基础认知
1.组合
一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为 一组 ,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
微思考1(1)取“甲乙”和“乙甲”是同一个组合吗
(2)如何区分一个具体问题是排列问题还是组合问题
提示:(1)是.
(2)
排列问题 若交换某两个元素的位置对结果有影响,则是排列问题,即排列问题与选取的顺序有关
组合问题 若交换任意两个元素的位置对结果没有影响,则是组合问题,即组合问题与选取的顺序无关
2.组合数的概念、公式
微思考2如何理解组合与组合数这两个概念
提示:类比“排列”与“排列数”,“组合”与“组合数”也是两个不同的概念,“组合”是指“从n个不同元素中取m(m≤n)个元素作为一组”,它不是一个数,而是具体的一件事;“组合数”是指“从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数”,它是一个数.例如,从3个不同元素a,b,c中每次取出两个元素的组合为ab,ac,bc,其中每一种都叫一个组合,这些组合共有3个,则组合数为3.
答案:(1)15 (2)1
3.组合数的性质
答案:(1)18 (2)C
课堂·重难突破
一 组合的概念
典例剖析
1.(1)判断下列问题是组合问题还是排列问题:
①设集合A={a,b,c,d,e},则集合A的子集中含有3个元素的有多少个
②某铁路线上有5个车站,则这条线上共需准备多少种车票 多少种票价(假设来回的票价相同)
③2023年元旦期间,某班10名同学互送贺年卡,表示新年的祝福,贺年卡共有多少张
(2)已知a,b,c,d,e五个元素,写出每次取出3个元素的所有组合.
解:(1)①问题与元素顺序无关,故是组合问题.
②因为甲站到乙站,与乙站到甲站车票是不同的,故是排列问题,但票价与顺序无关,甲站到乙站,与乙站到甲站是同一种票价,故是组合问题.
③甲写给乙贺卡,与乙写给甲贺卡是不同的,因为与顺序有关,所以是排列问题.
(2)可按ab→ac→ad→bc
→bd→cd顺序写出,即
所有组合为abc,abd,abe,acd,ace,ade,bcd,bce,bde,cde.
规律总结 1.区分一个具体问题是排列问题还是组合问题,关键是看结果与顺序有无关系,有关系就是排列问题,无关系就是组合问题.
2.写组合时,一般先将元素按一定的顺序排好,再按照顺序用图示的方法逐一将各个组合表示出来,这样做既直观明了,又能避免重复和遗漏.
学以致用
1.(1)判断下列问题是排列问题还是组合问题:
①把当日动物园的4张门票分给5个人,每人至多分一张,而且票必须分完,有多少种分配方法
②从2,3,5,7,11这5个质数中,每次取2个数分别作为分子和分母构成一个分数,共能构成多少个不同的分数
③从9名学生中选出4名参加一个联欢会,有多少种不同的选法
(2)从甲、乙、丙、丁四人中,选出2人组成科技小组,有多少种不同的组合 请写出来.
解:(1)①是组合问题.由于4张票是相同的(都是当日动物园的门票),不同的分配方法取决于从5人中选择哪4人,这和顺序无关.
②是排列问题,选出的2个数作分子或分母,结果是不同的.
③是组合问题,选出的4人无角色差异,不需要排列他们的顺序.
(2)可按甲→乙→丙→丁顺序写出,即
所有组合为甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁,共6种.
二 组合数公式的应用
典例剖析
答案:D
解析:分式的分母是100!,分子是101个连续自然数的乘积,最大的为n+100,最小的为n,
A.3 B.4 C.5 D.6
答案:D
∴n-2≤3,即n≤5.
∴3≤n≤5且n∈N*.
∴n的取值可以是3或4或5.故选D.
规律总结 关于组合数公式的选取技巧
学以致用
A.7 B.6
C.5 D.4
答案:B
化简整理,得n2-3n-54=0,解得n=9或n=-6(舍去),即n=9.
整理,得n2-11n-12<0,∴-1
又n≥5且n∈N*,∴n=5,6,7,8,9,10,11.
三 简单的组合问题
典例剖析
3.一个口袋内装有除颜色外其他完全相同的7个白球和1个黑球.
(1)从口袋内取出3个球,有多少种取法
(2)从口袋内取出3个球,其中含有1个黑球,有多少种取法
(3)从口袋内取出3个球,其中不含黑球,有多少种取法
解:(1)从口袋内的8个球中取出3个球,
互动探究
(变条件,变问法)若将条件中“1个黑球改成2个黑球”,
(1)从口袋内取出3个球,其中恰好含有1个黑球,有多少种取法
(2)从口袋内取出3个球,其中至少含有1个黑球,有多少种取法
规律总结 解简单的组合应用题的策略
(1)首先要判断它是不是组合问题,组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关,而组合问题与取出元素的顺序无关,只要元素相同即可.
(2)注意两个计数原理的运用,即分类与分步的灵活运用.在分类和分步时,一定要避免重复或遗漏.
学以致用
3.有10名教师,其中6名男教师,4名女教师.
(1)现要从中选2名去参加会议,有 种不同的选法;
(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议,有 种不同的选法;
(3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议,有 种不同的选法.
答案:(1)45 (2)21 (3)90
解析:(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数,就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数,
即共有45种不同的选法.
(2)分两类:
随堂训练
1.(多选题)下列问题是组合问题的是( )
A.从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加2个公司的实习,有多少种不同的选法
B.有4张相同的电影票,要在7人中选出4人去观看,有多少种不同的选法
C.某人射击8枪,击中4枪,且命中的4枪均为2枪连中,则不同的结果有多少种
D.从10名学生中选2名学生分别去敬老院和社区医院,有多少种不同的选法
答案:BC
解析:AD与顺序有关,是排列问题,BC均与顺序无关,是组合问题,故选BC.
答案:D
3.某校开设A类选修课3门,B类选修课5门,一名同学要从中选3门,若要求两类课程中至少各选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
答案:x=4或x=5
解析:由原方程得x+1=2x-3或x+1+2x-3=13,所以x=4或x=5.
经检验x=4或x=5都符合题意,
所以原方程的解为x=4或x=5.
5.若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,那么共有 条.
答案:10 20
6.某生物兴趣小组有12名学生,其中正、副组长各1名,组员10名.现从该小组选派3名同学参加生物学科知识竞赛.
(1)如果正、副组长2人中有且只有1人入选,共有多少种不同的选派方法
(2)如果正、副组长2人中至少有1人入选,且组员甲没有入选,共有多少种不同的选派方法 (共57张PPT)
6.2 排列与组合
第4课时 组合的应用
课前·基础认知
课堂·重难突破
素养·目标定位
随堂训练
素养 目标定位
目 标 素 养
1.进一步理解组合的定义,熟练掌握组合数公式的应用.
2.能解决含有限制条件的组合问题,掌握常见的类型及解决策略.
3.通过本节学习,进一步提升数学建模、数学运算的核心素养.
知 识 概 览
课前·基础认知
1.组合的有关概念
一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
微思考1应用组合知识解决实际问题的步骤是什么
提示:(1)判断:判断实际问题是不是组合问题.
(2)方法:选择利用直接法还是间接法解题.
(3)计算:利用组合数公式结合两个计数原理计算.
(4)结论:根据计算结果写出方案个数.
微训练(1)若把4张同样的参观券分给5个人,每人最多分一张,且全部分完,则分法一共有( )
答案:D
解析:由于4张同样的参观券分给5个人,每人最多分一张,从5个人中选4人满足分配要求,故有 种.
(2)某施工小组有男工人7名,女工人3名,现要选1名女工人和2名男工人去支援另一施工小组,不同的选法有( )
答案:D
2.组合与排列的异同点
共同点:排列与组合都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素.
不同点:排列与元素的顺序有关,组合与元素的顺序无关.
微思考2解决先选后排问题时,应遵循哪些原则
提示:(1)先特殊后一般;(2)先组合后排列;(3)先分类后分步.
课堂·重难突破
一 有限制条件的组合问题
典例剖析
1.课外活动小组共13人,其中男生8人,女生5人,并且男、女生各有一名队长,现从中选5人主持某项活动,符合下列条件的选法各有多少种
(1)至少有一名队长入选;
(2)至多有两名女生入选;
(3)既要有队长,又要有女生入选;
(4)至多有1名队长入选.
(3)分两类:
(4)分两类:
根据分类加法计数原理,至多1名队长被选上的方法有462+660=1 122种.
互动探究
(变问法)(1)队长都不入选;
(2)队长恰有一人入选.
规律总结 有限制条件的组合问题的解法
(1)“含”与“不含”问题:常用直接分步法,即“含”的先取出,“不含”的可把所指元素去掉再取,分步计数.
(2)“至多”与“至少”问题:常有两种解决思路:①直接分类法,但要注意分类不重不漏;②间接法,注意找准对立面,确保不重不漏.
学以致用
1.某社团共有35名学生,其中男生20名,女生15名,从中选出3名学生参加活动.
(1)其中某一女生必须在内,不同的选法有多少种
(2)其中某一女生不能在内,不同的选法有多少种
(3)恰有2名女生在内,不同的选法有多少种
(4)至少有2名女生在内,不同的选法有多少种
(5)至多有2名女生在内,不同的选法有多少种
二 分组(分配)问题
典例剖析
2.(1)6本不同的书,按下列要求各有多少种不同的分配方法:
①分给甲、乙、丙三人,每人2本;
②分为三份,每份2本;
③分为三份,一份1本,一份2本,一份3本;
④分给甲、乙、丙三人,一人1本,一人2本,一人3本;
⑤分给甲、乙、丙三人,每人至少1本.
(2)6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子,求满足下列要求的放法各有多少种
①每个盒子都不空;
②恰有一个空盒子;
③恰有两个空盒子.
(2)解:①首先把6个相同的小球排成一行,在首尾两球外侧放置一块隔板,然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板,有 =10种.
即有10种不同的放法.
②恰有一个空盒子,分两步进行.
③恰有两个空盒子,分两步进行.
规律总结 1.分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题:
①完全均匀分组,每组的元素个数均相等;
②部分均匀分组,应注意不要重复,若有n组均匀,则必须除以n!;
③完全非均匀分组,这种分组不考虑重复情况.
(2)分配问题属于“排列”问题.
分配问题可以按要求逐个分配,也可以先分组,再分配.
2.相同元素分配问题的建模思想
(1)隔板法:如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置,便可看作向排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板,相邻两块隔板形成一个“盒”.每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法,此法称之为隔板法.隔板法专门解决相同元素的分配问题.
(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m,且每个对象都有),有 种方法.可描述为(n-1)个空中插入(m-1)块板.
学以致用
2.(1)某大学为提高数学系学生的数学素养,特开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“数学原理”四门选修课程,要求数学系每名同学每学年至多选3门,大一到大三三学年必须将4门选修课程选完,则每名同学的不同选修方式有
( )
A.60种 B.78种
C.84种 D.144种
答案:B
(2)假如某大学给某市三所重点中学7个推荐名额,则每所中学至少分到一个名额的方法数为( )
A.30 B.21
C.10 D.15
答案:D
解析:(1)根据题意,分两步进行分析:
第1步,将4门选修课程分为3组,
根据分步乘法计数原理,共有13×6=78种选修方式.故选B.
三 组合在几何中的应用
典例剖析
3.平面内有12个点,其中有4个点共线,此外再无任何3点共线.以这些点为顶点,可构成多少个不同的三角形
解:(方法一)以从共线的4个点中取点的多少作为分类标准.
根据分类加法计数原理,不同的三角形共有48+112+56=216个.
规律总结 解答几何组合问题的策略
(1)几何组合问题,主要考查组合的知识和空间想象能力,题目多以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景.这类问题情境新颖,多个知识点交汇在一起,综合性强.
(2)解答几何组合问题的思考方法与一般的组合问题基本一样,只要把图形的限制条件视为组合问题的限制条件即可.
(3)计算时可用直接法,也可用间接法,要注意在限制条件较多的情况下,需要分类计算符合题意的组合数.
学以致用
3.(1)四面体的一个顶点为A,从其他顶点和各棱中点中取3个点,使它们和点A在同一平面上,有多少种不同的取法
(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,有多少种不同的取法
四 排列、组合的综合应用
典例剖析
4.有5名男生和3名女生,从中选出5人担任5门不同学科的课代表,求分别符合下列条件的选法种数:
(1)有女生但人数必须少于男生;
(2)某女生一定担任语文课代表;
(3)某男生必须包括在内,但不担任数学课代表;
(4)某女生一定要担任语文课代表,某男生必须担任课代表,但不担任数学课代表.
规律总结 排列、组合综合问题的解题原则
(1)按事情发生的过程进行分步.
(2)按元素的性质进行分类.通常从以下三个途径考虑:
①以元素为主考虑,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素;
②以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置;
③先不考虑附加条件,计算出排列数或组合数,再减去不符合要求的排列数或组合数.
学以致用
4.某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加A,B,C三个地区的调研工作,每个地区至少去1人,且甲、乙两人约定去同一地区,则不同的派遣方案共有( )
A.24种 B.36种 C.48种 D.64种
答案:B
随堂训练
1.若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取3个不同的数,使其和为奇数,则不同的取法共有( )
A.30种 B.33种
C.37种 D.40种
答案:D
2.某班级要从4名男生、2名女生中选派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.24 B.14
C.28 D.48
答案:B
3.(多选题)从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛,则下列说法正确的有( )
A.如果选出的4人中男生、女生各有2人,那么有30种不同的选法
B.如果男生中的甲和女生中的乙必须在内,那么有28种不同的选法
C.如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内,那么有140种不同的选法
D.如果4人中必须既有男生又有女生,那么有184种不同的选法
答案:BC
4.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动,若每天安排3人,则不同的安排方案共有 种.
答案:140
5.正六边形顶点和中心共7个点,可组成 个三角形.
答案:32
解析:不共线的三个点可组成一个三角形,7个点中共线的是:正六边形过中心的3条对角线,即共有3种情况,故组成三角形的个数为 -3=32.
6.如图,在以AB为直径的半圆周上,有异于A,B的六个点C1,C2,…,C6,线段AB上有异于A,B的四个点D1,D2,D3,D4.
(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多
少个三角形 其中含C1点的有多少个
(2)以图中的12个点(包括A,B)中的4个
点为顶点,可作出多少个四边形
7.5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多少种
解:根据题意,分两步进行分析:
第1步,将5名同学分为3组,若分为1,2,2的三组,(共36张PPT)
6.3.1 二项式定理
课前·基础认知
课堂·重难突破
素养·目标定位
随堂训练
素养 目标定位
目 标 素 养
1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理.
2.掌握二项式定理及其二项展开式的通项公式.
3.能解决与二项式定理有关的简单问题.
4.通过学习,提升数学运算的核心素养.
知 识 概 览
课前·基础认知
1.二项式定理
注:①通项为展开式的第k+1项不要误认为是第k项;②公式对 a,b∈R都成立.
(2)在二项式定理中,若设a=1,b=x,则得到公式:
微思考 二项式定理中,项的系数与二项式系数有什么区别
提示:二项式系数与项的系数完全是不同的两个概念.二项式系数是指 ,它只与各项的项数有关,而与a,b的值无关,而项的系数是指该项中除变量外的常数部分,它不仅与各项的项数有关,而且也与a,b的值有关.
微训练1以下判断正确的是( )
A.(a+b)n展开式中共有n项
B.在公式中,交换a,b的顺序对各项没有影响
D.(a-b)n与(a+b)n的展开式的二项式系数相同
答案:D
微训练2求(1+2x)n展开式项的系数和二项式系数.
课堂·重难突破
一 二项式定理的正用和逆用
典例剖析
(2)化简:(x-1)5+5(x-1)4+10(x-1)3+10(x-1)2+5(x-1).
规律总结 二项式定理的双向功能
(1)正用:将二项式(a+b)n展开,得到一个多项式,即二项式定理从左到右使用是展开.对较复杂的式子,先化简再用二项式定理展开.
(2)逆用:将展开式合并成二项式(a+b)n的形式,即二项式定理从右到左使用是合并.对于化简、求和、证明等问题的求解,要熟悉公式的特点、项数、各项幂指数的规律以及各项系数的规律.
学以致用
1.化简(x+1)4-4(x+1)3+6(x+1)2-4(x+1)+1的结果为( )
A.x4 B.(x-1)4
C.(x+1)4 D.x4-1
答案:A
答案:1
二 二项式系数与项的系数问题
典例剖析
(1)求展开式第4项的二项式系数;
(2)求展开式第4项的系数;
(3)求展开式的第4项.
规律总结 1.二项式系数都是组合数 (k∈{0,1,2,…,n}),它与二项展开式中某一项的系数不一定相等,要注意区分“二项式系数”与二项式展开式中“项的系数”这两个概念.
学以致用
(1)求n的值;
(2)求展开式中含x3的项,并指出该项的二项式系数.
三 与展开式中的特定项有关的问题
典例剖析
(1)求n的值;
(2)求含x2的项的系数;
(3)求展开式中的常数项.
互动探究
(变问法)本例条件不变,问题改为“求展开式中所有的有理项”.
∵k∈Z,∴r应为偶数,r=2,0,-2,即k=2,5,8,
故第3项、第6项与第9项为有理项,它们分别为45x2,-252, 45x-2.
规律总结 求二项展开式的特定项常见题型及处理措施
(2)求常数项.对于常数项,隐含条件是字母的指数为0(即0次项).
(3)求有理项.对于有理项,一般是根据通项公式所得到的项,其所有的字母的指数恰好是整数的项.解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数,根据具体要求,先令其属于整数,再根据数的整除性来求解.
(4)求整式项.求二项展开式中的整式项,其通项公式中同一字母的指数应是非负整数,求解方式与求有理项一致.
学以致用
4.(1)在(1-2x)5(2+x)展开式中,x4的系数为 .
答案:(1)80 (2)4
随堂训练
答案:B
2.(1+2x)5的展开式中,x2的系数等于( )
A.80 B.40
C.20 D.10
答案:B
A.2 B.4 C.8 D.28
答案:C
答案:7
依题意需使18-3k为非负整数.
故18-3k≥0,解得k≤6,
又k∈N,即k=0,1,2,3,4,5,6,共7项.
(1)求展开式中的第4项;
(2)求展开式中的有理项的系数和.(共41张PPT)
6.3.2 二项式系数的性质
课前·基础认知
课堂·重难突破
素养·目标定位
随堂训练
素养 目标定位
目 标 素 养
1.学会运用函数观点分析处理二项式系数的性质.
2.理解和掌握二项式系数的性质,并能够求解与二项式系数有关的问题.
3.通过学习,提升逻辑推理和数学运算的核心素养.
知 识 概 览
课前·基础认知
1.从函数的观点分析二项式系数
2.二项式系数的性质
(1)对称性
(2)增减性与最大值
微思考 二项展开式中系数最大的项与二项式系数最大的项相同吗
提示:系数最大的项不一定是二项式系数最大的项,只有当二项式系数与各项系数相等时,两者才一致.
答案:4,5
课堂·重难突破
一 求展开式的系数和
典例剖析
1.已知(2x-1)5=a0x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5.求:
(1)a5;
(2)a0+a1+a2+…+a5;
(3)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|;
(4)a1+a3+a5;
(5)a0+a2+a4.
解:(1)令x=0,a5=-1.
(2)令x=1,得a0+a1+a2+…+a5=1.
(3)令x=-1,得-35=-a0+a1-a2+a3-a4+a5.
因此|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|=a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243.
(4)由a0+a1+a2+…+a5=1,-a0+a1-a2+…+a5=-35,
得2(a1+a3+a5)=1-35.
(5)a0+a1+a2+…+a5=1,-a0+a1-a2+…+a5=-35,
互动探究
(变问法)求:(1)a1+a2+a3+a4+a5;(2)5a0+4a1+3a2+2a3+a4.
解:(1)因为a0是(2x-1)5展开式中x5的系数,
所以a0=25=32.
又a0+a1+a2+…+a5=1,
所以a1+a2+a3+a4+a5=-31.
(2)因为(2x-1)5=a0x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,
所以两边求导数得10(2x-1)4=5a0x4+4a1x3+3a2x2+2a3x+a4.
令x=1,得5a0+4a1+3a2+2a3+a4=10.
规律总结 1.解决二项式系数和问题的思维流程.
2.对形如(ax+b)n,(ax2+bx+c)m(a,b,c∈R,m,n∈N*)的式子求其展开式的各项系数之和,常用赋值法,只需令x=1即可;对(ax+by)n(a,b∈R,n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和,只需令x=y=1即可.
3.一般地,若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则f(x)展开式中各项系数之和为f(1),a0=f(0),
学以致用
1.在(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.
解:设(2x-3y)9=a0x9+a1x8y+a2x7y2+…+a9y9.
(2)各项系数之和为a0+a1+a2+…+a9,令x=1,y=1,
得a0+a1+a2+…+a9=(2-3)9=-1.
(3)令x=1,y=-1,
可得a0-a1+a2-…-a9=59,①
又a0+a1+a2+…+a9=-1,②
即所有奇数项系数之和为976 562.
二 求展开式中系数或二项式系数最大的项
典例剖析
2.已知( +3x2)n的展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项;
(2)求展开式中系数最大的项.
解:令x=1,则展开式的各项系数的和为(1+3)n=4n,又展开式中各项的二项式系数和为2n,
由题意知,4n-2n=992.
∴(2n)2-2n-992=0,∴(2n+31)(2n-32)=0,
∴2n=-31(舍去)或2n=32,∴n=5.
规律总结 1.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.
2.展开式中系数的最大项的求法,求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的,需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析.如求(a+bx)n(a,b∈R)的展开式中系数的最大项,一般采用待定系数法.设展开式中各项系数分别为A0,A1,A2,…,An,且第(k+1)项最大,应用 解出k,即得出系数的最大项.
学以致用
2.在(x-y)11的展开式中,求:
(1)二项式系数最大的项;
(2)项的系数绝对值最大的项;
(3)项的系数最大的项和系数最小的项.
解:(1)二项式系数最大的项为中间两项:
(2)∵(x-y)11展开式的通项为
(3)由(2)知中间两项系数绝对值相等,
又第6项系数为负,第7项系数为正,
三 整除及余数问题
典例剖析
3.(1)用二项式定理证明:1110-1能被100整除;
(2)求9192被100除所得的余数.
前91项均能被100整除,后两项和为-919.
因为余数为正,所以可从前面的数中分离出1 000,
结果为1 000-919=81,
故9192被100除可得余数为81.
规律总结 利用二项式定理可以解决余数和整除问题.通常需要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.
整除问题或余数问题的处理方法:
(1)解决这类问题,必须构造一个与题目条件有关的二项式.
(2)用二项式定理处理这类问题时,通常把被除数的底数写成除数(或与除数有密切关联的数)与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,只考虑后面(或者是前面)的几项就可以了.
学以致用
3.设a∈Z,且0≤a≤13,若512 021+a能被13整除,则a=( )
A.0 B.1
C.11 D.12
答案:B
随堂训练
1.在(a+b)n的展开式中,只有第4项的二项式系数最大,则n=( )
A.4 B.5
C.6 D.7
答案:C
解析:在(a+b)n的展开式中,只有第4项的二项式系数最大,则展开式共有7项,即n=6,故选C.
2.5555除以8,所得余数是( )
A.7 B.1 C.0 D.-1
答案:A
展开式中含有56的因式能被8整除.当不能被8整除,
即k=55时,为(-1)55=-1.
因为余数要为正数,所以加8,得-1+8=7.故选A.
3.(多选题)已知 (a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等,且展开式的各项系数之和为1 024,则下列说法正确的是( )
A.展开式中奇数项的二项式系数和为256
B.展开式中第6项的系数最大
C.展开式中存在常数项
D.展开式中含x15项的系数为45
答案:BCD
5.( -x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则(a0+a2+a4+…+a10)2-(a1+a3+a5+…+a9)2的值为 .
答案:1
解析:∵(a0+a2+a4+…+a10)2-(a1+a3+a5+…+a9)2=[(a0+a2+a4+…+a10)+(a1+a3+a5+…+a9)]×
[(a0+a2+a4+…+a10)-(a1+a3+a5+…+a9)],
∴令x=1,
则a0+a1+a2+…+a10=[(a0+a2+a4+…+a10)+(a1+a3+a5+…+a9)]
=( -1)10,①
6.(1+2x)n的展开式中第6项和第7项的系数相等,求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项.(共33张PPT)
数学探究 杨辉三角的性质与应用
课前·基础认知
课堂·重难突破
素养·目标定位
随堂训练
素养 目标定位
目 标 素 养
1.探索杨辉三角性质的发现和证明.
2.体会杨辉三角的应用.
3.通过学习,提升直观想象、数据分析、逻辑推理及数学运算的核心素养和人文素养.
知 识 概 览
课前·基础认知
1.杨辉三角
我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中,把二项式系数图形化,使组合数内在的一些代数性质直观地体现出来.
(a+b)n的展开式中的二项式系数,当n依次取1,2,3,…时,如图所示:
上图称为杨辉三角(或帕斯卡三角).
2.杨辉三角的特点
观察杨辉三角的相邻两行,可以发现,三角形的两个腰都是由数字1组成的,其余的数都等于它肩上的两个数相加,即
微思考 根据杨辉三角的特点,在杨辉三角同一行中与两个1等距离的项的系数相等,你可以得到二项式系数的什么性质
微训练 与杨辉三角有类似性质的三角形数垒如图所示,a,b是某行的前两个数,当a=7时,b等于( )
A.20 B.21
C.22 D.23
答案:C
解析:根据观察可知,每一行的第一个数和最后一个数都相等,其余的数都等于它肩上的两个数相加.故b=6+16=22.
课堂·重难突破
一 杨辉三角的简单应用
典例剖析
1.如图所示,杨辉三角中的第5行除去两端数字1以外,均能被5整除,则具有类似性质(第n行能被n整除)的行是( )
A.第6行 B.第7行
C.第8行 D.第9行
答案:B
解析:由题意,第6行为1,6,15,20,15,6,1,第7行为1,7,21,35,35, 21,7,1,第8行为1,8,28,56,70,56,28,8,1,第9行为1,9,36,84,126, 126,84,36,9,1,故第7行除去两端数字1以外,均能被7整除.
规律总结 杨辉三角相关问题的一般思路
学以致用
1.如图所示,由二项式系数构成的杨辉三角中,第 行中从左至右的第14个数与第15个数的比为2∶3.
答案:34
二 杨辉三角在数列中的应用
典例剖析
2.设数列{an}是集合{2s|s∈N}中的所有数从小到大排列成的数列,将数列{an}的各项按照上小下大,左小右大的原则排成类似“杨辉三角”的图形.
(1)按图中箭头方向数字1,2,8,64,…组成
一个数列{bn},求数列{bn}的通项公式;
(2)22 005是第几行的第几个数
解:(1)观察每一行的第一个数,不难发现:
又22 005=21 953+(53-1),
故22 005是第63行的第53个数.
规律总结 将等差(等比)数列重新排列成类似“杨辉三角”的图形,考查相关数列问题是杨辉三角数列创新题的常见形式之一,这类问题主要考查重排后指定某数位置的确定或者特定行的通项公式的求法.求解关键是找到数列的排列规律.
学以致用
2.如图,构造一个类似杨辉三角的图形,
则这个图形的第20行的第19个数是多少
解:根据图形的对称性,第20行的第19个数等于第20行的第2个数,把从第2行开始的每一行的第2个数构成的数列记为{an},n≥2,a2=3,则a3-a2=2×2-1,
a4-a3=2×3-1,
…
an+1-an=2n-1,
把以上式子相加得an+1-a2=3+5+7+…+2n-1,
所以an+1=3+3+5+7+…+2n-1=2+1+3+5+7+…+2n-1=2+n2.
所以这个图形的第20行的第19个数是a20=2+192=363.
随堂训练
1.一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵如图所示,称做“开方做法本源”,现在简称为“杨辉三角”,它是杨辉的一大重要研究成果.若用ai-j表示三角形数阵的第i行第j个数,则a100-3=( )
A.5 050 B.4 851
C.4 950 D.5 000
答案:B
2.如图,在杨辉三角中,斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列:1,2,3,3,6,4,10,…,记这个数列的前n项和为S(n),则S(16)等于( )
A.144 B.146
C.164 D.461
答案:C
3.(多选题)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角,以下关于杨辉三角的猜想中正确的有( )
ABC
解析:由杨辉三角的性质以及二项式定理可知A,B,C正确, 115=161 051,选项D错误.故选ABC.
4.如图,在杨辉三角中,从上往下数共有n行(n∈N*),在这些数中,非1的数之和为 .
答案:2n-2n
5.如图所示,满足如下条件:
①第n行首尾两数均为n;
②图形中的递推关系类似“杨辉三角”.
则第10行的第2个数是 ,第n行的第2个数是 .
解析:由题图可知第10行的第2个数为(1+2+3+…+9)+1=46,
6.在杨辉三角中,除每行的两端数值外,每一数值都是它肩上的两个数相加,杨辉三角开头几行如图所示.
(1)利用杨辉三角展开(1-x)6;
(2)在杨辉三角中哪一行会出现相邻的三个数,它们的比是3∶4∶5
解:(1)根据杨辉三角的规律“每行两端都是1,其余每个数都等于它肩上的两个数相加”,可写出第6行的二项式系数为1,6,15,20,15,6,1,
因此(a+b)6=a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6.
令a=1,b=-x,得(1-x)6=1-6x+15x2-20x3+15x4-6x5+x6.(共36张PPT)
第六章 计数原理
习题课一 两个计数原理与排列、组合的应用
一 两个计数原理的应用
1.分类加法计数原理
注:每种方法均能完成任务.
2.分步乘法计数原理
注:两步都完成才算完成任务,缺一不可.
命题角度1:“类中有步”的计数问题
【典型例题1】电视台在某节目中拿出两个信箱,其中存放着先后两次答题中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙信箱中有20封,现由主持人抽奖确定幸运观众,若先确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴,则有 种不同的结果.
答案:28 800
解析:在甲箱或乙箱中抽取幸运之星,决定了后边选幸运伙伴是不同的,故要分两类分别计算:第1类,幸运之星在甲箱中先确定,再在两箱中各确定一名幸运伙伴,有30×29×20=17 400种结果;第2类,幸运之星在乙箱中先确定,同理有20×19×30=11 400种结果.
因此共有17 400+11 400=28 800种不同的结果.
解题技巧 用流程图描述计数问题,类中有步的情形如图所示:
从A到B算作完成一件事,完成这件事有两类方法,第1类方法中有3步,第2类方法有2步,每步的方法数为mi(i=1,2,3,4,5).
因此,完成这件事的方法数为(m1m2m3+m4m5).
“类”与“步”可进一步地理解为:
“类”用“+”连接,“步”用“×”连接,“类”独立,“步”连续,“类”标志一件事的完成,“步”缺一不可.
此类问题若不能合理分类,往往会出现多解情况.分类要注意不重不漏.
【跟踪训练1】为了应对经济制裁,某天然气公司决定从10名办公室工作人员中裁去4人,要求甲、乙二人不能全部裁去,则不同的裁员方案的种数为 .
答案:182
命题角度2:“步中有类”的计数问题
【典型例题2】某学校文学社中甲、乙、丙、丁、戊、己这六名即将毕业的高三成员从左到右站成一排拍照留念,其中甲不站在队伍的两端,乙、丙两人不相邻,丁必须站在戊的左面(丁、戊两人可以相邻,也可以不相邻),则满足条件的不同站队方式的站法数为 .
答案:168
解析:根据题意,分两步进行分析.
第1步,将丁、戊、己三人排好,要求丁必须站在戊的左面,
则甲、乙、丙三人有8+48=56种排法.
根据分步乘法计数原理,共有3×56=168种不同的排法.
解题技巧 用流程图描述计数问题,步中有类的情形如图所示:
从计数的角度看,由A到D算作完成一件事,可简单地记为A→D.
完成A→D这件事,需要经历三步,即A→B,B→C,C→D.
其中B→C这步又分为三类,这就是步中有类.
其中mi(i=1,2,3,4,5)表示相应步的方法数.
完成A→D这件事的方法数为m1(m2+m3+m4)m5.
【跟踪训练2】如图所示,使电路接通,开关不同的开闭方式共有( )
A.11种 B.12种 C.20种 D.21种
答案:D
解析:根据题意,设5个开关依次为1,2,3,4,5,若电路接通,则开关1,2与3,4,5中都至少有1个接通,分两步完成:
第1步:对于开关1,2,共有2×2=4种情况,
其中全部断开的有1种情况,则其至少有1
个接通的有4-1=3种情况;
第2步:对于开关3,4,5,共有2×2×2=8种情况,其中全部断开的有1种情况,则其至少有1个接通的有8-1=7种情况.
根据分步乘法计数原理,电路接通,开关不同的开闭方式有3×7=21种.故选D.
二 有限制条件的排列问题
排列问题的限制条件一般表现为:某些元素不能在某个位置,某个位置只能放某些元素等.要先处理特殊元素或先处理特殊位置,再去安排其他元素或位置.当用直接法比较复杂时,可以用间接法,先不考虑限制条件,算出所有的排列数,再从中减去全部不符合条件的排列数,这种方法也称为“去杂法”,但必须注意不重复、不遗漏(去尽).
命题角度1:元素“相邻”与“不相邻”问题
【典型例题3】某次文艺晚会上共演出了8个节目,其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目,求分别满足下列条件的节目单的排法有多少种
(1)一个唱歌节目作开头,另一个作结尾;
(2)两个唱歌节目不相邻;
(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.
【跟踪训练3】某校举办诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加,要求甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加,且当这3名学生都参加时,甲和乙的朗诵顺序不能相邻,那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为( )
A.720 B.768
C.810 D.816
答案:B
命题角度2:元素“在”与“不在”问题
【典型例题4】甲、乙、丙、丁、戊五人按下列要求站一横排,分别有多少种不同的站法
(1)甲不能在两端;
(2)甲、乙必须在两端;
(3)甲不在最左端,乙不在最右端.
规律总结 “在”与“不在”排列问题解题原则及方法
(1)原则:谁特殊谁优先,可以从元素入手也可以从位置入手.
(2)方法:从元素入手时,先给特殊元素安排位置,再把其他元素安排在其他位置上;从位置入手时,先安排特殊位置,再安排其他位置.
提醒:解题时,或从元素考虑,或从位置考虑,都要贯彻到底.不能一会考虑元素,一会考虑位置,造成分类、分步混乱,导致解题错误.
【跟踪训练4】某次演习时,队长要求队员们依次完成六项任务,并对任务的顺序提出了如下要求:重点任务A必须排在前三位,且任务E,F必须排在一起,则这六项任务的不同安排方案共有( )
A.240种 B.188种
C.156种 D.120种
答案:D
根据分类加法计数原理,不同安排方案共有24+72+24=120种.故选D.
命题角度3:排列中的定序问题
【典型例题5】将A,B,C,D,E这5个字母排成一列,要求A,B,C在排列中的顺序为“A,B,C”或“C,B,A”(可以不相邻).则有多少种不同的排列方法
解:5个不同元素中部分元素A,B,C的排列顺序已定,这种问题有以下两种常用的解法.
(方法二)(插空法) 若字母A,B,C的排列顺序为“A,B,C”,将字母D,E插入,形成的4个空中,分两类:
同理,若字母A,B,C的排列顺序为“C,B,A”,也有20种不同的排列方法.
因此,满足条件的排列有20+20=40种.
规律总结 有些排列问题中,某些元素前后顺序是确定的(不一定相邻),解决这类问题的基本方法有两种
(2)插空法,即m个元素之间的先后顺序确定不变,因此先排这m个元素,只有一种排法,再把剩下的n个元素分类或分步插入由以上m个元素形成的空中.
【跟踪训练5】某学校举行校庆文艺晚会,已知节目单中共有七个节目,为了活跃现场气氛,主办方特地邀请了三位老校友分别演唱经典歌曲,并要将这三个不同节目添入节目单,而不改变原来的节目顺序,则不同的安排方式有 种.
答案:720
三 排列与组合的综合应用
1.排列、组合综合题的一般解法
一般坚持先组后排的原则,即先选元素后排列,同时注意按元素性质分类或按事件的发生过程分类.
2.解决受限制条件的排列、组合问题的一般策略
(1)特殊元素优先安排的策略;
(2)正难则反,等价转化的策略;
(3)相邻问题,捆绑处理的策略;
(4)不相邻问题,插空处理的策略;
(5)定序问题,除法处理的策略;
(6)“小集团”排列问题,先整体后局部的策略;
(7)平均分组问题,除法处理的策略;
(8)构造模型的策略.
【典型例题6】某高校需安排6位应届毕业生到3家企业实习,每家企业至少有1位实习生,并且实习生甲、乙、丙必须去同一家企业实习,则不同的实习安排方式共有( )
A.12种 B.18种
C.24种 D.36种
答案:D
解析:因为甲、乙、丙必须去同一家企业实习,则将甲、乙、丙捆绑作为一个整体,则共有4组人需要安排到3家企业实习,将四组人分为3组,则为1,1,2,因为出现重复的一组,
规律总结 解排列、组合综合问题的注意点
(1)元素是否有序是区分排列与组合的基本方法,无序的问题是组合问题,有序的问题是排列问题.
(2)对于有多个限制条件的复杂问题,首先应认真分析每个限制条件,然后考虑是分类还是分步,这是处理排列、组合综合问题的一般方法.
(3)涉及平均分组时,要除以平均分组的组数的阶乘.
【跟踪训练6】某科室派出4名调研员到3个学校调研该校高三复习备考近况,要求每个学校至少派一名调研员,则不同的分配方案种数为 .
答案:36(共30张PPT)
章末核心素养整合
专题归纳突破
知识体系构建
知识体系构建
专题归纳突破
专题一 两个计数原理
1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
找共性 (1)弄清完成一件事是做什么;
(2)确定是先分类后分步,还是先分步后分类;
(3)弄清分步、分类的标准是什么;
(4)利用两个计数原理求解
2.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
分类加法计数原理针对“分类”问题,其中各种方法相互独立,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对“分步”问题,各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
【典型例题1】(1)方程 =1表示焦点在y轴上的椭圆,其中m∈{1,2,3,4,5},n∈{1,2,3,4,5,6,7},那么这样的椭圆的个数是 .
(2)已知10件产品中,有7件合格品,3件次品,若从中任意抽取5件产品进行检查,则抽取的5件产品中恰好有2件次品的抽法有( )
A.35种 B.38种
C.105种 D.630种
答案:(1)20 (2)C
解析:(1)以m的值为标准分类,分五类:
第1类:当m=1时,使n>m,n有6种选择;
第2类:当m=2时,使n>m,n有5种选择;
第3类:当m=3时,使n>m,n有4种选择;
第4类:当m=4时,使n>m,n有3种选择;
第5类:当m=5时,使n>m,n有2种选择.
根据分类加法计数原理,共有6+5+4+3+2=20个.
(2)根据题意,分两步完成:
专题二 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.
求解排列应用问题的5种主要方法
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列,同时注意捆绑元素的内部排列
插空法 对不相邻问题,先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中
间接法 正难则反、等价转化的方法
【典型例题2】(1)已知5名乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有1名老队员,且1,2号中至少有1名新队员的排法有 种.
答案:48
根据分类加法计数原理,共有36+12=48种.
(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
专题三 二项式定理的应用
1.二项式定理
2.二项式系数的性质
3.各二项式系数的和
(1)(a+b)n展开式的各二项式系数的和:
【典型例题3】(1)已知x(x-2)7=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a8(x-1)8,则a5+a6=( )
A.-14 B.0
C.14 D.-28
答案:B
解析:令x-1=t,整理原题设条件,
得(t+1)(t-1)7=a0+a1t+a2t2+…+a8t8,
∵a5与a6分别是展开式中t5与t6的系数,
∴a5+a6=0.
故选B.
(2)已知 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求展开式中二项式系数最大的项;
③求展开式中所有的有理项.
专题四 思想方法专题
1.数形结合思想
数形结合是根据数量与图形之间的关系,认识研究对象的数学特征,寻找解决问题方法的一种数学思想.通常包括“以数解形”和“以形助数”两方面.
【典型例题4】如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A.24 B.18
C.12 D.9
答案: B
解析:由题意可知,E→F有6种满足题意的走法,F→G有3种满足题意的走法,由分步乘法计数原理知,小明可以选择的最短路径条数为6×3=18.
2.分类讨论思想
分类讨论问题的实质是通过增加题设条件把整体化为部分来解决,这是解分类讨论问题的指导思想.
【典型例题5】某城市关系要好的A,B,C,D四个家庭各有两个孩子共8人,他们准备使用某打车软件,分乘甲、乙两辆汽车出去游玩,每车限坐4人(乘同一辆车的4个孩子不考虑位置),其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自同一个家庭的乘坐方式共有( )
A.18种 B.24种
C.36种 D.48种
答案: B
解析:根据题意,分两种情况讨论:
①A家庭的孪生姐妹在甲车上,甲车上另外的两个孩子要来自不同的家庭,可以在剩下的三个家庭中任选2个,再从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车,
②A家庭的孪生姐妹不在甲车上,需要在剩下的三个家庭中任选1个,让其2个孩子都在甲车上,对于剩余的两个家庭,从每个家庭的2个孩子中任选一个来乘坐甲车,有 =12种乘坐方式,故共有12+12=24种乘坐方式,故选B.
3.“正难则反”思想
有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简单易求,可以先求出它的反面,再从整体中淘汰.
【典型例题6】设集合S={1,2,3,4,5,6,7,8,9},集合A={a1,a2,a3}是S的子集,且a1,a2,a3满足a1A.78 B.76 C.83 D.84
答案:C
解析:若从正面考虑,需分当a3=9时,a2可以取8,7,6,5,4,3,共6类;当a3=8时,a2可以取7,6,5,4,3,2,共6类;……分类较多.
但是对立面a3-a2>6包含的情况较少,当a3=9时,a2取2,a1取1,只有这一种情况,利用正难则反思想解决.
集合S含有三个元素的子集的个数为 =84.在这些含有三个元素的子集中能满足a16的集合只有{1,2,9},
故满足题意的集合A的个数为84-1=83.