(共41张PPT)
第三章
3.1.2 排列与排列数
基础落实·必备知识全过关
重难探究·能力素养全提升
目录索引
成果验收·课堂达标检测
课程标准 1.正确理解排列的意义,掌握写出简单排列的方法,加深对分类讨论方法的理解,发展学生的运算求解能力和逻辑思维能力.
2.掌握有关排列综合题的基本解法,提高分析问题和解决问题的能力,学会用分类讨论思想解决问题.
基础落实·必备知识全过关
知识点一 排列的定义
一般地,从n个不同对象中,任取m(m≤n)个对象,按照一定的顺序排成一列,称为从n个不同对象中取出m个对象的一个排列.
一个顺序得到一个排列,顺序不同得到不同的排列
特别地,m=n时的排列(即取出所有对象的排列)称为全排列.
名师点睛
理解排列的定义应注意的问题
(1)排列的定义中包括两个基本内容,一是“取出元素”,二是“按一定顺序
排列”.
(2)只有当对象完全相同,并且对象的排列顺序也完全相同时,两个排列才是同一个排列.
(3)定义中的“一定顺序”说明了排列的本质:有序.
(4)判断一个具体问题是不是排列问题,就看从n个不同对象中取出m个对象后,在安排这m个对象时,要求是有序还是无序,有序就是排列问题,无序就不是排列问题.
过关自诊
下列问题是排列问题的是 .(填序号)
(1)从1到10十个自然数中任取两个不同数
组成平面直角坐标系内的点的坐标,可得多少个不同的点的坐标
(2)从10名同学中随机抽取2名同学去学校参加座谈会,有多少种不同的抽取方法
(3)某商场有四个大门,从一个门进去,购买物品后再从另一个门出来,不同的出入方式共有多少种
(1)(3)
解析 (1)由于取出的两个数组成的点的坐标,与哪一个数作为横坐标,哪一个数作为纵坐标的顺序有关,所以这是排列问题.
(2)抽取2名同学参加座谈会不用考虑2名同学的顺序,所以不是排列问题.
(3)因为从一个门进,从另一个门出是有顺序的,所以是排列问题.
知识点二 排列数的定义
从n个不同对象中取出m个对象的所有排列的个数,称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数,用符号 表示.
名师点睛
“排列”和“排列数”是两个不同的概念.排列是指“从n个不同对象中,任取m个对象,按照一定顺序排成一列”,它不是一个数,而是具体的一个排列(也就是具体的一件事);排列数是指“从n个不同的对象中取出m个对象的所有排列的个数”,是一个数.
过关自诊
写出从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位数的所有排列数为 .(用符号表示)
知识点三 排列数公式
1.排列数公式
名师点睛
1.这个公式只有在m,n都是正整数,且m≤n的情况下才成立.
2.公式右边是m个数的连乘积,它的第一个因数是n,后面的每一个因数都比它前面相邻的因数少1,最后一个因数为(n-m+1).
2.排列数公式的阶乘表示
全排列数公式的阶乘表示: =n!=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1.
规定:0!=1, =1.
排列数公式的阶乘表示:
过关自诊
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重难探究·能力素养全提升
探究点一 排列数公式的应用
【例1】 [人教A版教材例题]计算:
规律方法 排列数的计算方法
(1)排列数的计算主要是利用排列数公式进行.应用时注意:连续正整数的积可以写成某个排列数,其中最大的数是排列元素的总个数,而正整数(因式)的个数是选取元素的个数,这是排列数公式的逆用.
(2)应用排列数公式的阶乘形式时,一般写出它们的式子后再提取公因式,然后计算,这样往往会减少运算量.
变式训练1用排列数表示(55-n)·(56-n)…(69-n)(n∈N+,且n<55).
解 ∵55-n,56-n,…,69-n中最大的数为69-n,且元素总个数为
(69-n)-(55-n)+1=15.
∴(55-n)(56-n)…(69-n)=
探究点二 无限制条件的排列问题
【例2】 (1)有5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5本不同的书中选出3本分别送给3名同学,对应于从5个不同元素中任取3个元素的排列,因此不同送法的种数是 =5×4×3=60,所以共有60种不同的送法.
(2)有5种不同的书(每种不少于3本),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 由于有5种不同的书,送给每个同学的每本书都有5种不同的选购方法,因此送给3名同学,每人各1本书的不同方法种数是5×5×5=125,所以共有125种不同的送法.
规律方法 无限制条件的排列问题的求解策略
没有限制条件的排列问题,即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制,这一类问题相对简单,分清元素和位置即可.
变式训练2[人教A版教材习题]一位老师要给4个班轮流做讲座,每个班讲1场,有多少种轮流次序
探究点三 有限制条件的排列问题
【例3】 有3名男生、4名女生,在下列不同要求下,求不同的排列方法种数.
(1)全体排成一行,其中甲只能在中间或者两边;
(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;
(6)排成前后两排,前排3人,后排4人.
规律方法 1.排列问题中的限制条件主要是特殊元素(位置)的分析,一般遵循特殊元素(位置)优先安排的原则.应记住相邻、相间、定序、分排等常见的模型.
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,即把相邻元素看作一个整体参与其他元素的排列
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的空中
变式训练3[北师大版教材习题]已知5个不同的元素a,b,c,d,e排成一排.
(1)a,e相邻共有多少种排法
(2)a,e不相邻共有多少种排法
【例4】 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下列数 (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.
变式探究 本例条件不变,可以组成多少个能被5整除的五位数
规律方法 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:按照某一标准将排列分成几类,然后按照分类加法计数原理进行计算.要注意两点:一是分类标准必须恰当;二是分类过程要做到不重不漏.
(3)排除法: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.
变式训练4[人教A版教材例题]用0~9这10个数字,可以组成多少个没有重复数字的三位数
解 方法一:如图①所示,由于三位数的百位上的数字不能是0,所以可以分两步完成:第1步,确定百位上的数字,可以从1~9这9个数字中取出1个,有
种取法;第2步,确定十位和个位上的数字,可以从剩下的9个数字中取出2个,有 种取法.根据分步乘法计数原理,所求的三位数的个数为
图①
方法二:如图②所示,符合条件的三位数可以分成三类:第1类,每一位数字都不是0的三位数,可以从1~9这9个数字中取出3个,有 种取法;第2类,个位上的数字是0的三位数,可以从剩下的9个数字中取出2个放在百位和十位,有 种取法;第3类,十位上的数字是0的三位数,可以从剩下的9个数字中取出2个放在百位和个位,有 种取法.
图②
方法三:从0~9这10个数字中选取3个的排列数为 ,其中0在百位上的排列数为 ,它们的差就是用这10个数字组成的没有重复数字的三位数的个数,即所求三位数的个数为 =10×9×8-9×8=648.
成果验收·课堂达标检测
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1.4×5×6×…×(n-1)×n等于( )
D
解析 原式可写成n×(n-1)×…×6×5×4,故选D.
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2.甲、乙、丙三人排成一排去照相,甲不站在最左边的所有排列种数为
( )
A.6 B.4
C.8 D.10
B
解析 先排甲,有2种方法,然后乙和丙全排列即可,所以共有2 =4种排法.故选B.
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3.(多选题)下列问题是排列问题的是( )
A.求从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组的方法种数
B.求从甲、乙、丙三名同学中选出两名参加一项活动的方法种数
C.求从a,b,c,d中选出3个字母的方法种数
D.求从1,2,3,4,5中取出2个数字组成两位数的个数
AD
解析 对于A,从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组,与顺序有关,是排列问题;对于B,从甲、乙、丙三名同学中选出两名参加一项活动,只要求选出即可,不是排列问题;对于C,从a,b,c,d中选出3个字母,只要求选出即可,不是排列问题;对于D,从1,2,3,4,5中取出2个数字组成两位数,需要先选出再排序,是排列问题.故选AD.
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4.春节文艺汇演中需要将A,B,C,D,E,F六个节目进行排序,若A,B两个节目必须相邻,且都不能排在3号位置,则不同的排序方式有 种.(用数字作答)
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5.7名班委有7种不同的职务,甲、乙、丙三人在7名班委中,现对7名班委进行职务具体分工.
(1)若正、副班长两职只能从甲、乙、丙三人中选两人担任,有多少种不同的分工方案
(2)若正、副班长两职至少要选甲、乙、丙三人中的一人担任,有多少种不同的分工方案
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第三章
培优课1 基本计数原理
重难探究·能力素养全提升
探究点一 组数问题
【例1】 用0,1,2,3,4 五个数字:
(1)可以排成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=125个.
(2)三位数的首位不能为0,但可以有重复数字,首先考虑百位的排法,除0外共有4种方法,十位、个位可以排0,因此,共有4×5×5=100个.
(3)被2整除的数即偶数,个位数字可取0,2,4,因此,可以分两类,第一类是个位数字是0,则有4×3=12种排法;
第二类是个位数字不是0,则个位有2种排法,即2或4,再排百位,因为0不能在百位,所以有3种排法,十位有3种排法,
所以有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.
规律方法 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,可采用间接法求解.
变式训练1由0,1,2,3,4,5,6这七个数字可以组成多少个无重复数字的四位
偶数
解 由于首位数字不能为0,偶数的末位数字必须是偶数数字,且当首位取某个偶数数字(如2)时,末位数字不能取该偶数数字,因此可先分类,再分步.
第一类,当首位取奇数数字(可取1,3,5中任一个)时,末位数字可取0,2,4,6中任一个,而百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数字则不能取与这三个数字重复的数字,故共有3×4×5×4=240种取法.
第二类,当首位取2,4,6中的某个偶数数字时,末位数字可取3个偶数数字中任一个,百位数字不能取与上述重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字,故共有3×3×5×4=180种取法.
故可以组成240+180=420个无重复数字的四位偶数.
探究点二 抽取与分配问题
【例2】 (1)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践,其中甲工厂必须有班级去,每个班去哪一个工厂可自由选择,则不同的分配方案有( )
A.360种 B.420种
C.369种 D.396种
C
解析 (方法一 直接法)以甲工厂分配班级情况进行分类,共分为四类:第一类,四个班级都去甲工厂,此时分配方案只有1种情况;第二类,有三个班级去甲工厂,剩下的一个班级去另外四个工厂,其分配方案共有4×4=16种;第三类,有两个班级去甲工厂,另外两个班级去其他四个工厂,其分配方案共有6×4×4=96种;第四类,有一个班级去甲工厂,其他三个班级去另外四个工厂,其分配方案有4×4×4×4=256种.综上所述,不同的分配方案有1+16+96+256=369种.
(方法二 间接法)先计算四个班自由选择去何工厂的总数,再扣除甲工厂无人去的情况,即5×5×5×5-4×4×4×4=369种方案.
(2)甲、乙、丙三人各写一张贺卡,放在一起,再各取一张不是自己的贺卡,则不同取法的种数有 .
2
解析 不妨由甲先来取,共2种取法,而甲取完后,剩下的两个人无论谁先取,每人都只有一种取法,所以不同的取法共有2×1×1=2种.
变式探究 变“条件”,如果将本例(2)中“甲、乙、丙三人”改为“甲、乙、丙、丁四人”,则不同取法的种数有 .
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解析 不妨由甲先取,有3种选法,若选的乙制作的贺卡,则乙从剩下的3张贺卡中任选一张,也有3种选法,剩下的两人都只有一种选法,根据分步乘法计数原理知,共有3×3×1×1=9种不同的取法.
规律方法 抽取与分配问题常见类型及解法
变式训练2(多选题)[2023广东顺德高二月考]现有3名老师,8名男同学和5名女同学,共16人,有一项活动需派人参加,则下列说法中正确的是( )
A.只需1人参加,有16种选法
B.若需老师、男同学、女同学各1人参加,则有120种选法
C.若需1名老师和1名学生参加,则有39种选法
D.若需3名老师和1名学生参加,则有56种选法
ABC
解析 选项A,分三类:选老师有3种选法,选男同学有8种选法,选女同学有5种选法,故共有3+8+5=16种选法,故A正确;选项B,分三步:第一步选老师,有3种选法;第二步选男同学,有8种选法;第三步选女同学,有5种选法,故共有3×8×5=120种选法,故B正确;选项C,分两步,第一步选老师,有3种选法;第二步选学生,第二步又分为两类,第一类选男同学,有8种选法;第二类选女同学,有5种选法,故共有3×(8+5)=39种选法,故C正确;选项D,若需3名老师和1名学生参加,则有13种选法,故D错误.故选ABC.
探究点三 涂色与种植问题
【例3】 如图所示,某乡村设计一块巨型创意农田.这块农田分成了A,B,C,D,E五个区域,计划每个区域从黄、白、红、绿四种颜色的植物中任选一种种满,若每个区域种且只种一种颜色的植物,相邻区域所种的植物颜色不同,则共有 种不同的种法.(用数字作答)
72
解析 当用三种颜色的植物栽种时,先从四种颜色的植物中选三种颜色的植物,有4种选法,再用这三种颜色的植物栽种,有3×2×1×1×1=6种方案,故有4×6=24种方案;
当用四种颜色的植物栽种时,分两种情况讨论,当AC区域同色时,有4×3×2×1×1=24种不同方案,当AC区域不同色时,有4×3×2×1×1=24种不同方案,故有48种不同方案.
综上,共有24+48=72种不同方案.
规律方法 解决此类问题要特别关注图形的结构特征.如果图形不规则,往往从某一块出发进行分步涂色,从而选用分步乘法计数原理;如果图形具有一定的对称性,那么先对涂色方案进行分类,每一类再进行分步.
变式训练3
如图,准备用4种不同的颜色给a,b,c,d,e五块区域涂色,要求每个区域随机用一种颜色涂色,且相邻区域(有公共边的)所涂颜色不能相同,则不同涂色方案的种数是( )
A.96 B.114
C.168 D.240
C
解析 根据题意,涂色分4步进行.对于e区域,有4种颜色可选,即有4种情况.对于c区域,与e区域相邻,有3种情况.对于d区域,与e,c区域相邻,有2种情况.对于a,b区域,分2种情况讨论:若a区域与d区域涂色的颜色相同,则b区域有3种颜色可选,即有3种情况,此时a,b区域有1×3=3种情况;若a区域与d区域所涂的颜色不相同,则a区域有2种情况,b区域有2种情况,此时a,b区域有2×2=4种情况,则a,b区域共有3+4=7种情况.所以不同涂色方案的种数是4×3×2×7=168.故选C.(共34张PPT)
第三章
3.1.1 基本计数原理
基础落实·必备知识全过关
重难探究·能力素养全提升
目录索引
成果验收·课堂达标检测
课程标准 1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.正确地理解“完成一件事情”的含义,能准确应用两个计数原理解决一些简单的实际问题.
基础落实·必备知识全过关
知识点一 分类加法计数原理
原理内容
完成一件事,如果有n类办法,且:第一类办法中有m1种不同的方法,第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
理解“办法”与“方法”的区别
名师点睛
利用分类加法计数原理解题的注意事项
(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事,完成这件事可以有哪些办法.
(2)完成这件事有n类办法,无论用哪类办法中的哪种方法都可以单独完成这件事,而且不需要用到其他的方法.
(3)确立恰当的分类标准,准确地对“完成这件事的办法”进行分类,要求每一种方法必须属于某一类办法,不同类办法的任意两种方法不同,也就是分类必须既不重复也不遗漏.从集合的角度看,若完成一件事分A,B两类办法,则A∩B= ,A∪B=I(I表示全集).
过关自诊
1.判断正误.(正确的打√,错误的打×)
(1)在分类加法计数原理中,两类不同办法中的方法可以相同.( )
(2)用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号,总共能编出26+10=36种不同的号码.( )
(3)在分类加法计数原理中的每一种方法都可以完成这件事.( )
×
在分类加法计数原理中,两类不同办法中的方法是不同的,若相同它只能在同一类办法中且只能算是一种方法.
√
因为大写的英文字母共有26个,阿拉伯数字共有10个,所以总共可以编出26+10=36种不同的号码.
√
在分类加法计数原理中的每一种方法都是独立的,可单独完成这件事.
2.[北师大版教材习题改编]一件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人来完成这件工作,则不同的选法种数为( )
A.9 B.10 C.20 D.40
A
解析 利用第一种方法去完成有5种选法,利用第二种方法去完成有4种
选法.
故不同的选法种数为5+4=9.故选A.
知识点二 分步乘法计数原理
原理内容
完成一件事,如果需要分成n个步骤,且: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种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.
名师点睛
利用分步乘法计数原理解题的注意事项
(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事,完成这件事需要几步.
(2)完成这件事需要分成若干个步骤,只有每个步骤都完成了,才算完成这件事,无论缺少哪一步,这件事都不可能完成.
n个步骤缺一不可
过关自诊
1.判断正误.(正确的打√,错误的打×)
(1)在分步乘法计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.
( )
(2)在分步乘法计数原理中,一件事是分两步完成的,其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.( )
2.[人教A版教材习题改编]从5名同学中选出正、副组长各一名,不同的选法种数是 .
√
×
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解析 要完成的一件事是“从5名同学中选出正、副组长各1名”,分两步完成:第1步,选正组长,有5种方法;第2步,选副组长,有4种方法,所以共有5×4=20种选法.
知识点三 两个原理的联系与区别
1.联系
分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是解决计数问题最基本、最重要的方法.
2.区别
区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
区别一 完成一件事共有n类办法,关键是“分类” 完成一件事共有n个步骤,关键是“分步”
区别二 每类办法中的每种方法都能独立地完成这件事,它是独立的、一次的且每种方法得到的都是最后结果,只需一种方法就可完成这件事 除最后一步外,其他每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 各类办法之间是互斥的、并列的、独立的 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
名师点睛
1.两个原理的区别在于“分类”与“分步”:
若完成一件事需分类思考,且这n类办法是相互独立的,无论用哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事,则用分类加法计数原理.
若完成这件事需分为n个步骤,且这n个步骤相互依存,具有连续性,当且仅当这n个步骤依次完成后,这件事才完成,则用分步乘法计数原理.
2.处理具体问题时要注意两点:
一是合理分类,准确分步.分类时,要不重不漏;分步时,要合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰.对于一些较复杂的题目,往往既要分类又要分步.
二是特殊优先,一般在后.解含有特殊元素、特殊位置的计数问题时,应优先安排特殊元素,优先确定特殊位置,再考虑其他元素与其他位置.
过关自诊
1.从甲地到乙地,一天中有5个班次的火车,12个班次的客车,3个班次的飞机,还有6个班次的轮船.某人某天要从甲地到乙地,则他不同出行方式选择的种数是( )
A.26 B.60 C.18 D.1 080
A
解析 由分类加法计数原理知有5+12+3+6=26种不同选择.故选A.
2.[北师大版教材习题改编]在平面直角坐标系中,确定若干个点,点的横坐标取自集合P={1,2,3},点的纵坐标取自集合Q={1,4,5,6},这样的点共有
个.
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解析 平面直角坐标系内的点有横、纵坐标,得到一个点要分两步:
第一步,确定点的横坐标,有3种取法;
第二步,确定点的纵坐标,有4种取法.
所以这样的点共有3×4=12个.
重难探究·能力素养全提升
探究点一 利用分类加法计数原理解题
【例1】 在所有的两位数中,个位数字比十位数字大的两位数有多少个
解 (方法一)分析个位数字,可分以下几类:
个位是9,则十位可以是1,2,3,…,8中的一个,有8个;
个位是8,则十位可以是1,2,3,…,7中的一个,有7个;
同理,个位是7的有6个;个位是6的有5个,……,个位是2的只有1个.
由分类加法计数原理知,满足条件的两位数有8+7+6+5+4+3+2+1=36个.
(方法二)按十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类,在每一类中满足题目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,由分类加法计数原理知,符合题意的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36个.
变式探究 本例中条件不变,求个位数字小于十位数字且为偶数的两位数的个数.
解 当个位数字是8时,十位数字取9,只有1个.
当个位数字是6时,十位数字可取7,8,9,共3个.
当个位数字是4时,十位数字可取5,6,7,8,9,共5个.
同理可知,当个位数字是2时,共7个.
当个位数字是0时,共9个.
由分类加法计数原理知,符合条件的个数为1+3+5+7+9=25.
规律方法 利用分类加法计数原理解题的一般思路
变式训练1在1,2,3,…,200中,能够被5整除的数共有多少个
解 能够被5整除的数,末位数字是0或5,因此,我们把1,2,3,…,200中能够被5整除的数分成2类来计数:
第一类,末位数字是0的数,共有20个;
第二类,末位数字是5的数,共有20个.
根据分类加法计数原理,在1,2,3,…,200中,能够被5整除的数共有20+20=40个.
探究点二 利用分步乘法计数原理解题
【例2】 现要排一份5天的值班表,每天有1人值班,共有5人,每人都可以值多天班或不值班,但相邻两天不准由同一人值班,问此值班表有多少种不同的排法
解 先排第1天,可排5人中任意一人,有5种排法;
再排第2天,此时不能排第1天已排的人,有4种排法;
再排第3天,此时不能排第2天已排的人,有4种排法;
同理第4,5天均有4种排法.
由分步乘法计数原理,知值班表不同排法的种数是5×4×4×4×4=1 280.
规律方法 利用分步乘法计数原理解题的一般思路
变式训练2(多选题)有4位同学报名参加三个不同的社团,则下列说法正确的是( )
A.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有34种
B.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有43种
C.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有43种
D.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有34种
AC
解析 对于A选项,第一个同学有3种报法,第二个同学有3种报法,后面的2个同学也各有3种报法,根据分步乘法计数原理共有34种结果,A正确,B错误;对于C选项,每个社团限报一个人,则第一个社团有4种选择,第二个社团有4种选择,第3个社团有4种选择,根据分步乘法计数原理共有43种结果,C正确,D错误.故选AC.
探究点三 两个原理的综合应用
【例3】 有9本不同的语文书,7本不同的数学书,5本不同的英语书,从中选出不属于同一学科的书2本,则不同的选法有( )
A.21种 B.315种
C.153种 D.143种
D
解析 由题意,选一本语文书、一本数学书有9×7=63种,选一本数学书、一本英语书有5×7=35种,选一本语文书、一本英语书有9×5=45种,所以共有63+35+45=143种选法.故选D.
规律方法 应用两个计数原理解题的策略
对于两个计数原理的综合应用问题,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;分步时要注意步与步之间的连续性,同时应合理设计步骤的顺序,使各步互不干扰.也可以根据题意合理地画出示意图或者列出表格,使问题的实质直观地显现出来,从而便于我们 解题.
变式训练3用0到9这10个数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( )
A.324 B.328
C.360 D.648
B
解析 若个位数字为0,则十位和百位数字的排法种数为9×8=72;若个位数字不为0,则确定个位数字有4种方法,确定百位数字有8种方法,确定十位数字有8种方法,所以排法种数为4×8×8=256.所以256+72=328,所以可以组成328个没有重复数字的三位偶数.故选B.
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1.某同学从3本不同的哲学图书、4本不同的自然科学图书、2本不同的社会科学图书中任选1本阅读,则不同的选法共有( )
A.24种 B.12种
C.9种 D.3种
C
解析 由分类加法计数原理知,不同的选法种数为3+4+2=9.故选C.
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2.某种高考模式采用“3+1+2”的形式:“3”为全国统考科目,分别是语文、数学、外语,所有学生必考;“1”为首选科目,考生须在物理、历史科目中选择1个科目;“2”为再选科目,考生可在思想政治、地理、化学、生物学这4个科目中选择2个科目.已知小明同学必选化学,那么他可选择的方案共有
( )
A.4种 B.6种 C.8种 D.12种
B
解析 根据题意,分2步进行分析:①小明必选化学,则需在思想政治、地理、生物学中再选出1个科目,选法有3种;②小明在物理、历史科目中选出1个,选法有2种.由分步乘法计数原理知,小明可选择的方案共有3×2=6种.故选B.
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3.[2023重庆高二阶段练习]已知某教学大楼共有四层,每层都有东、西两个楼梯,则从一层到四层不同的走法种数为( )
A.32 B.23 C.43 D.24
B
解析 根据题意,教学大楼共有四层,每层都有东、西两个楼梯,则从一层到二层,有2种走法,同理从二层到三层、从三层到四层也各有2种走法,则从一层到四层共有2×2×2=23种走法.故选B.
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4.已知某电路图如图所示,则从A到B共有 条不同的线路可以
通电.
8
解析 先分三类.第一类,经过支路①有3种方法;第二类,经过支路②有1种方法;第三类,经过支路③有2×2=4种方法,所以总的线路条数为3+1+4=8.
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5.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A爬到相对顶点C1,求其中经过3条棱的路线共有多少条.
解 从总体上看有三类方法,分别经过AB,AD,AA1.从局部上看每一类又需分两步完成.
故第一类:经过AB,有m1=1×2=2条;
第二类:经过AD,有m2=1×2=2条;
第三类:经过AA1,有m3=1×2=2条.
根据分类加法计数原理,从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有
2+2+2=6条.
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第三章
3.3 第一课时 二项式定理
基础落实·必备知识全过关
重难探究·能力素养全提升
目录索引
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课程标准 1.理解二项式定理是代数乘法公式的推广.
2.理解并掌握二项式定理,能利用计数原理证明二项式定理.
3.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
基础落实·必备知识全过关
知识点 二项式定理
名师点睛
二项式定理形式上的特点
(1)二项展开式有(n+1)项,而不是n项.
(2)二项式系数都是 (k=0,1,2,…,n),它与二项展开式中某一项的系数不一定相等.
(3)在排列方式上,按照字母a的降幂排列,从第一项起,次数由n次逐项减少
1次直到0次,同时字母b按升幂排列,次数由0次逐项增加1次直到n次.
过关自诊
1. 的展开式共有11项,则n等于( )
A.9 B.10
C.11 D.8
B
2.二项式(1-2x)6的展开式中第3项是 ,其二项式系数是 ,(用数字作答)其系数是 .
60x2
15
60
解析 ∵T3= (-2x)2=60x2,∴展开式中第3项是60x2,其二项式系数是15,其系数是60.
3.[北师大版教材例题]求(1+x)n的展开式.
重难探究·能力素养全提升
探究点一 二项式定理的应用
【例1】 (1)[人教A版教材例题]求(x+ )6的展开式.
(2)化简:(x-1)5+5(x-1)4+10(x-1)3+10(x-1)2+5(x-1).
规律方法 运用二项式定理的解题策略
(1)正用:求形式简单的二项展开式时可直接由二项式定理展开,展开时注意二项展开式的特点:前一个字母是降幂,后一个字母是升幂.形如(a-b)n的展开式中会出现正负间隔的情况.对较繁杂的式子,先化简再用二项式定理展开.
(2)逆用:逆用二项式定理可将多项式化简,对于这类问题的求解,要熟悉公式的特点、项数、各项幂指数的规律以及各项的系数.
变式训练1(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
A
探究点二 二项式系数与项的系数问题
【例2】 (1)求二项式 的展开式中第6项的二项式系数和第6项的系数.
(2)求(x- )9的展开式中x3的系数.
规律方法 二项式系数与项的系数的求解策略
(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”与二项展开式中“项的系数”这两个概念.
(2)第k+1项的系数是此项字母前的数连同符号,而此项的二项式系数为
探究点三 求展开式中的特定项
(1)求n;
(2)求含x2项的系数;
(3)求展开式中所有的有理项.
规律方法 1.求二项展开式的特定项的常见题型
(1)求第k项,
(2)求含xk的项(或xpyq的项);
(3)求常数项;
(4)求有理项.
2.求二项展开式的特定项的常用方法
(1)对于常数项,隐含条件是字母的指数为0(即0次项);
(2)对于有理项,一般是先写出通项公式,其所有的字母的指数恰好都是整数的项.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,令其属于整数,再根据数的整除性来求解;
(3)对于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.
A.-25 B.25 C.40 D.41
D
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1.二项式(a+b)2n的展开式的项数是( )
A.2n B.2n+1
C.2n-1 D.2(n+1)
B
解析 根据二项式定理可知,展开式共有(2n+1)项.
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2.[2023广东高二月考]在(x- )6的展开式中,常数项为( )
A.256 B.240 C.192 D.160
B
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4.在(2x2- )6的展开式中常数项是 ,中间项是 .
60
-160x3
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(1)展开式中第4项的二项式系数;
(2)展开式中第4项的系数;
(3)展开式的第4项.
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第三章
3.1.3 第一课时 组合及组合数公式
基础落实·必备知识全过关
重难探究·能力素养全提升
目录索引
成果验收·课堂达标检测
课程标准 1.理解组合的概念,会区分排列与组合问题.
正确认识组合与排列的区别与联系
2.掌握组合数公式,会利用公式解决一些简单组合问题,理解排列数与组合数之间的联系.
3.掌握组合数的两个性质,能够应用组合数的性质进行有关的化简与证明.
基础落实·必备知识全过关
知识点一 组合与组合数
1.组合 所取对象不同
一般地,从n个不同对象中取出m(m≤n) 个对象并成一组,称为从n个不同对象中取出m个对象的一个组合.
2.组合数
从n个不同对象中取出m个对象的所有组合的个数,称为从n个不同对象中取出m个对象的组合数,用符号 表示.
名师点睛
1.排列与组合的区别与联系
(1)共同点:两者都是从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象.
(2)不同点:排列与对象的顺序有关,组合与对象的顺序无关.
(3)只要两个组合中的对象完全相同,不论对象的顺序如何,都是相同的组合,只有当两个组合中对象不完全相同时,才是不同的组合.
2.组合与组合数的区别
一个组合是具体的一件事,它不是一个数;而组合数是指所有组合的个数,它是一个数.
过关自诊
1.给出下列几个问题,其中是组合问题的有 .
①某班选10名同学参加拔河比赛;②从1,2,3,4中选出两个数,构成平面向量a的坐标;③从1,2,3,4中选出两个数分别作为实轴长和虚轴长,构成双曲线方程;④从正方体的8个顶点中任取2个点构成线段.
①④
解析 由于①④中选出的元素与顺序无关,而②③中选出的元素与顺序有关,由组合的定义可知,①④为组合问题.
2.已知a,b,c,d四个元素,取出两个元素的所有组合数为 .(用数字表示)
6
解析 所有组合为ab,ac,ad,bc,bd,cd,因此组合数为6.
知识点二 组合数公式
名师点睛
对组合数公式的几点说明
过关自诊
已知 ,则n的值构成的集合为 .
{6,7,8,9}
又n∈N+,∴n的值为6,7,8,9.
∴n的值构成的集合为{6,7,8,9}.
知识点三 组合数的两个性质
名师点睛
过关自诊
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重难探究·能力素养全提升
探究点一 组合的概念
【例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
(3)元旦期间,某班10名同学互送贺年卡,传递新年的祝福,贺年卡共有多少张
解 (1)因为本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)甲写给乙贺年卡,与乙写给甲贺年卡是不同的,所以与顺序有关,是排列问题.
变式训练1(多选题)给出下列几个问题,其中是组合问题的是( )
A.求由1,2,3,4构成的含有两个元素的集合的个数
B.求5支球队每两支球队都进行一场比赛的场数
C.3人去做5种不同的工作,每人做1种,求不同的安排种数
D.求由1,2,3组成无重复数字的两位数的个数
AB
解析 选项A,B中选出元素就完成了这件事,是组合问题;而选项C,D中选出的元素还需排列,与顺序有关,是排列问题.故选AB.
探究点二 有关组合数的计算与证明
规律方法 关于组合数公式的选取技巧
变式训练2[人教A版教材习题]计算下列各式:
探究点三 简单的组合问题
【例3】 [人教A版教材例题]在100件产品中,有98件合格品,2件次品.从这100件产品中任意抽出3件.
(1)有多少种不同的抽法
(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种
(3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种
解 (1)所有的不同抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的组合数,所以抽法种数为
(2)从2件次品中抽出1件的抽法有 种,从98件合格品中抽出2件的抽法有
种,因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法种数为
(3)方法一 从100件产品中抽出的3件中至少有1件是次品,包括有1件次品和有2件次品两种情况,因此根据分类加法计数原理,抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数为
方法二 抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的抽法种数减去3件都是合格品的抽法种数,即
变式探究 在例3中,其他条件不变,若抽出的3件中至多有1件正品的抽法有多少种
解 因为一共有2件次品,至多有1件正品即为恰有1件正品,故有 =98种.
规律方法 解答简单的组合问题的思考方法
(1)弄清要做的这件事是什么事;
(2)看选出的元素是否与顺序有关,也就是看是不是组合问题;
(3)结合两计数原理,利用组合数公式求出结果.
变式训练3在一次数学竞赛中,某学校有12人通过了初试,学校要从中选出5人去参加市级培训,在下列条件中,有多少种不同的选法
(1)任意选5人;
(2)甲、乙、丙三人必须参加;
(3)甲、乙、丙三人不能参加.
解 (1) =792种不同的选法.
(2)甲、乙、丙三人必须参加,只需从另外的9人中选2人,共有 =36种不同的选法.
(3)甲、乙、丙三人不能参加,只需从另外的9人中选5人,共有 =126种不同的选法.
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1.从7人中选出3人参加座谈会,则不同的选法有( )
A.210种 B.42种 C.35种 D.6种
C
解析 参加座谈会与顺序无关,是组合问题,共有 =35种不同的选法.
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2.已知m,n∈N+,关于下列排列组合数,结论错误的是( )
D
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3.某地将医院按其功能、任务不同划分为三个等级:一级医院、二级医院、三级医院.某地有9家医院,其中3家一级医院,4家二级医院,2家三级医院.现在要从中抽出4家医院进行药品抽检,则抽出的医院中至少有2家一级医院的抽法有( )
A.81种 B.80种 C.51种 D.41种
C
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4.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目,则下列说法正确的有( )
AC
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5.已知集合M={1,2,3,4,5,6},N={6,7,8,9},从M中选3个元素,N中选2个元素组成一个含5个元素的新集合C,则这样的集合C共有 个.
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6.平面内有11个点,其中任何三点不共线,以其中两个点为端点,问:
(1)线段有多少条
(2)有向线段有多少条 (共34张PPT)
第三章
本章总结提升
知识网络·整合构建
专题突破·素养提升
目录索引
知识网络·整合构建
专题突破·素养提升
专题一 两个计数原理的应用
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】 某电视台连续播放6个广告,其中有3个不同的商业广告、2个不同的宣传广告、1个公益广告,要求最后播放的不能是商业广告,且宣传广告与公益广告不能连续播放,两个宣传广告也不能连续播放,则有多少种不同的播放方式
解 用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序,则完成这件事有三类办法.
第一类:宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6.分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式;
第二类:宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6,分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式;
第三类:宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6,同样分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式.
由分类加法计数原理得,6个广告不同的播放方式有36+36+36=108种.
规律方法 1.使用两个计数原理解决问题的思路
(1)选择使用两个计数原理解决问题时,要根据我们完成某件事情采取的方式,确定是分类还是分步,要抓住两个原理的本质.
(2)分类加法计数原理的关键是“类”,分类时,首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准,然后在这个标准下进行分类;其次分类时要注意,完成这件事的任何一种方法必须属于某一类,并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法.
(3)分步乘法计数原理的关键是“步”,分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准;其次,分步时还要注意满足完成一件事必须并且只有连续完成这几个步骤后,这件事才算完成,只有满足了上述条件,才能用分步乘法计数原理.
2.使用两个原理解决问题时应注意的问题
对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理,又要运用分步乘法计数原理的问题,我们可以恰当地画出示意图或列出表格,使问题更加直观、
清晰.
变式训练1有6名同学报名参加3个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法 (6名同学不一定都能参加)
(1)每人恰好参加一项,每项人数不限;
(2)每项报一人,且每人至多参加一项;
(3)每项限报一人,但每人参加的项目不限.
解 (1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有3种不同选法,由分步乘法计数原理,知共有选法36=729种.
(2)每项报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有6种选法,第二个项目有5种选法,第三个项目只有4种选法,由分步乘法计数原理,得共有报名方法6×5×4=120种.
(3)由于每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛,由分步乘法计数原理,得共有不同的报名方法63=216种.
专题二 排列、组合的应用
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.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个栏目,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 =5 040种方法;第二步,再松绑,给4个节目排序,有 =24种方法.
根据分步乘法计数原理,一共有5 040×24=120 960种.
(2)第一步,将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”),一共有 =720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 =7×6×5×4=840种.
根据分步乘法计数原理,一共有720×840=604 800种.
(3)若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有 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 =132种排法.
规律方法 1.处理排列组合应用题的一般步骤
(1)认真审题,弄清楚是排列(有序)还是组合(无序),还是排列与组合混合
问题.
(2)抓住问题的本质特征,准确合理地利用两个基本原理进行“分类与分步”.
2.处理排列组合应用题的规律
(1)两种思路:直接法,间接法.
(2)两种途径:元素分析法,位置分析法.
3.排列组合应用题的常见解决方法
(1)合理分类,准确分步;
(2)特殊优先,一般在后;
(3)先取后排,间接排除;
(4)相邻捆绑,间接插空;
(5)抽象问题,构造模型;
(6)均分除序,定序除序.
变式训练2(多选题)甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排照相,下列说法正确的是( )
A.如果甲、乙必须相邻,那么不同的排法有24种
B.甲不站在最左边,乙不站在正中间,则不同的排法共有78种
C.甲、乙不相邻且乙在甲的右边,则不同的排法共有36种
D.若五人已站好,后来情况有变,需加上2人,但不能改变原来五人的相对顺序,则不同的排法共有42种
BCD
专题三 二项式定理的应用
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,其原理可以用于二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.
角度1.二项式定理的特定项问题
【例3】 已知二项式(5x- )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)求展开式中二项式系数最大的项;
(3)求展开式中所有的有理项.
规律方法 应用二项式定理解题要注意的问题
(1)通项公式表示的是第k+1项,而不是第k项.
(2)展开式中第k+1项的二项式系数 与第k+1项的系数,在一般情况下是不相同的,在具体求各项的系数时,一般先处理符号,对根式和指数的运算要细心,以防出差错.
(3)通项公式表示二项展开式中的任意项,只要n与k确定,该项也随之确定.对于一个具体的二项式,它的展开式中的项Tk+1依赖于k.
变式训练3(多选题)已知(2x+ )n的二项展开式中二项式系数之和为64,下列结论正确的是( )
A.二项展开式中各项系数之和为36
B.二项展开式中二项式系数最大的项为160
C.二项展开式中无常数项
D.二项展开式中系数最大的项为90x3
AB
角度2.二项式定理中的“赋值”问题
【例4】 (1)若(x2+1)(x-3)9=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3+…+a11(x-2)11,
则a1+a2+a3+…+a11的值为 .
5
解析 令x=2,得a0=(4+1)×(-1)=-5.
令x=3,得a0+a1+a2+…+a11=(9+1)×0=0.
∴a1+a2+a3+…+a11=5.
(2)设(2- x)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,求下列各式的值.
①a0;
②a1+a2+a3+a4+…+a100;
③a1+a3+a5+…+a99;
④(a0+a2+…+a100)2-(a1+a3+…+a99)2;
⑤|a0|+|a1|+…+|a100|.
规律方法 赋值法的应用规律
与二项式系数有关的问题,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,主要解题方法是赋值法,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.
变式训练4在(x+1)(x2+ )n的展开式中,各项系数的和为512,则x2项的系数是 .(用数字作答)
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第三章
培优课2 排列组合中常见的模型及求解策略
重难探究·能力素养全提升
探究点一 相邻、不相邻及定序问题
【例1】 7名师生站成一排照相留念,其中老师1名,男同学4名,女同学2名,在下列情况下,各有多少种不同的站法
(1)2名女同学必须相邻而站;
(2)4名男同学互不相邻;
(3)若4名男同学身高都不相等,按从高到低或从低到高的顺序站;
(4)老师不站正中间,女同学不站两端.
变式训练1在某场文艺汇演中,已知某学校的初中、高一、高二分别选送了7,5,3个节目.现回答以下问题(用排列数表示,不需要合并化简):
(1)若初中的节目彼此都不相邻,则共有多少种出场顺序
(2)由于一些特殊原因,高一的5个节目(分别为A1,A2,A3,A4,A5)中的A1必须在其余4个节目前面演出,高二的3个节目(分别为B1,B2,B3)中的B1必须在其余2个节目前面演出,则共有多少种出场顺序
探究点二 “隔板法”的应用
【例2】 将7个相同的小球放入4个不同的盒子中,不出现空盒时的放入方式共有 种.
20
解析 将7个相同的小球排成一排,在中间形成的6个空格中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份,每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式,则不同的放入方式共有 =20种.
变式训练2有10个相同的足球,分给7个班,每班至少一个,不同分配方案的种数是( )
A.36 B.64
C.84 D.210
C
解析 将10个足球一字排开,因为每个班至少分一个足球,所以只需往足球与足球之间形成的9个空隙中插入6块隔板,就可以分成7份.所以有
=84种分配方案.故选C.(共33张PPT)
第三章
3.1.3 第二课时 组合数的应用
基础落实·必备知识全过关
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课程标准 1.学会运用组合的概念,分析简单的实际问题.
2.能够运用排列、组合知识解决相关问题.
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知识点 应用组合知识解决实际问题的基本步骤
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解题.
4.结论:根据计算结果写出方案个数.
名师点睛
有限制条件的组合问题的求解策略
(1)解答有限制条件的组合问题的基本方法是直接法和间接法(排除法).若用直接法求解,则应坚持“特殊元素优先选取”的原则.用间接法求解的原则是“正难则反”.
(2)在具体计算组合数时,要注意灵活选择组合数的公式及性质.
过关自诊
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.14 B.24 C.28 D.48
A
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探究点一 无限制条件的组合问题
【例1】 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.
45
21
90
规律方法 无限制条件的组合问题的求解策略
解简单的组合应用题时,要先判断它是不是组合问题,取出的元素只是组成一组,与顺序无关则是组合问题;取出的元素排成一列,与顺序有关则是排列问题.在解题时还应注意两个计数原理的运用,在分类和分步时,注意有无重复或遗漏.
变式训练1[人教A版教材习题]在一次考试的选做题部分,要求在第1题的4个小题中选做3个小题,在第2题的3个小题中选做2个小题,在第3题的2个小题中选做1个小题,有多少种不同的选法
解 因为只要选出要做的题目即可,所以是组合问题.可以分三步分别从第1,2,3题中选题,因此由分步乘法计数原理得,不同的选法种数为
探究点二 有限制条件的组合问题
【例2】 某地区发生了特别重大的交通事故.某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴事故现场抢救伤员.已知这10名医疗专家中有4名是外科专家.问:
(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种
(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种
(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种
变式探究 例题条件不变,所求问题改为:
(1)抽调的6名专家中都不是外科专家的抽调方法有多少种
(2)抽调的6名专家中不都是非外科专家的抽调方法有多少种
解 (1)“抽调的6名专家中都不是外科专家”即都是非外科专家,抽调方法有
=1种.
(2)“抽调的6名专家中不都是非外科专家”即需有外科专家,可考虑间接法.
从10人中任选6人的不同选法有 种,都是非外科专家的选法只有1种,
所以抽调的6名专家中不都是非外科专家的抽调方法有 -1=209种.
规律方法 常见的有限制条件的组合问题及解题方法
1.特殊元素:若要选取的元素中有特殊元素,则要以有无特殊元素,特殊元素的多少作为分类依据.
2.含有“至多”“至少”等限制语句:要分清限制语句中所包含的情况,可以以此作为分类依据,或采用间接法求解.
3.分类讨论思想:解题的过程中要善于利用分类讨论思想,将复杂问题分类表达,逐类求解.
探究点三 分组(分配)问题
【例3】 6本不同的书,按下列要求各有多少种不同的分法:
(1)分给甲、乙、丙三人,每人两本;
(2)分为三份,每份两本;
(3)分为三份,一份一本,一份两本,一份三本;
(4)分给甲、乙、丙三人,一人一本,一人两本,一人三本;
(5)分给甲、乙、丙三人,每人至少一本.
规律方法 分组(分配)问题的求解策略
(1)分清是分组问题还是分配问题,是解题的关键.
(2)分组问题属于“组合”问题,常见的分组问题有三种:
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,有n组均匀,最后必须除以n!.
③完全非均匀分组,这种分组不考虑重复现象.
变式训练2[北师大版教材习题]若甲、乙、丙、丁4个公司承包8项工程,其中甲公司承包3项,乙公司承包1项,丙、丁公司各承包2项,共有多少种承包方式
探究点四 排列、组合的综合应用
【例4】 有5个男生和3个女生,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.
规律方法 解决排列、组合综合问题要遵循两个原则
(1)按事情发生的过程进行分步.
(2)按元素的性质进行分类.解决时通常从以下三个角度考虑:
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.
变式训练3[北师大版教材习题]某校乒乓球队有男运动员10名和女运动员9名,若要选出男、女运动员各3名参加三场混合双打比赛(每名运动员只限参加一场比赛),共有多少种参赛方法
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1
2
3
4
5
1.某国航母编队的要求是每艘航母配2艘或3艘驱逐舰,1艘或2艘核潜艇.船厂现有5艘驱逐舰和3艘核潜艇全部用来组建航母编队,则不同组建方法种数为( )
A.30 B.60 C.90 D.120
D
1
2
3
4
5
2.某省高考改革后实施选科走班制度,小明需要从物理、化学、生物、政治、历史、地理中选择三科作为自己的选科组合,物理和历史不同时选择,则小明不同的选科情况有( )
A.14种 B.16种 C.18种 D.20种
B
1
2
3
4
5
3.(多选题)我国古代著名的数学著作中,《周髀算经》《九章算术》《孙子算经》《五曹算经》《夏侯阳算经》《张丘建算经》《海岛算经》《五经算术》《缀术》和《缉古算经》,称为“算经十书”,某老师将其中的《周髀算经》《九章算术》《孙子算经》《五经算术》《缀术》和《缉古算经》6本书分给5名数学爱好者,其中每人至少一本,则不同的分配方法的种数为( )
AD
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
4.从2位女生、4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有 种.(用数字填写答案)
16
1
2
3
4
5
5.要从6名男生、4名女生中选出5人参加一项活动,按下列要求,各有多少种不同的选法
(1)甲当选且乙不当选;
(2)至多有3名男生当选.
1
2
3
4
5(共45张PPT)
第三章
3.3 第二课时 二项式系数的性质与杨辉三角
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课程标准 1.掌握二项式系数的有关性质,并应用性质解决简单问题.
2.会应用杨辉三角求二项式次数不大时各项的二项式系数.
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知识点 杨辉三角与二项式系数的性质
因为(a+b)0=1,所以可以把n=0对应的二项式系数看成1.把n=0,1,2,3,4,5,6对应的二项式系数逐个写出,并排成如下数表形式:
上面的二项式系数表称为“杨辉三角”或“贾宪三角”,在欧洲称为“帕斯卡三角”.
杨辉三角至少具有下面的性质:
(1)每一行都是对称的,且两端的数都是1.
(2)从第三行起,不在两端的任意一个数,都等于上一行中与这个数相邻的两数之和.事实上,设表中任一不为1的数为 ,那么它上一行中与这个数
(3)对于给定的n来说,其二项式系数满足中间大、两边小的特点.利用二项式系数的对称性可知,二项式系数 是先逐渐变大,再逐渐变小的,当n是偶数时,中间一项的二项式系数最大,当n是奇数时,中间两项的二项式系数相等且最大.
由二项式定理,对 x∈R都成立,该方法通常称为“赋值法”
(4)二项展开式的二项式系数的和等于2n.
过关自诊
1.判断正误.(正确的打√,错误的打×)
(1)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).
( )
(2)二项展开式项的系数是先增后减的.( )
(3)杨辉三角中每行两端的数都是1.( )
×
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.
×
二项式系数是随n的增加先增后减的,项的系数与a,b的系数有关.
√
根据杨辉三角的特点可知.
2. 的展开式中第8项是常数,则展开式中系数最大的项是( )
A.第8项 B.第9项
C.第8项和第9项 D.第11项和第12项
D
3.(2-x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则a8= .
180
4.(2x-1)6展开式中各项系数的和为 ;各项的二项式系数和为 .
1
64
解析 令展开式左、右两边x=1,得各项系数和为1;各二项式系数之和为26=64.
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探究点一 “杨辉三角”的应用
【例1】 (1)如图是著名的杨辉三角,
则图中所有各数的和是( )
A.225
B.256
C.127
D.128
C
(2)杨辉是我国南宋的一位杰出的数学家.在他著的《详解九章算术》一书中,画了一张表示二项式展开后的二项式系数构成的三角形数阵,如图所示.现在称为“杨辉三角”,它是杨辉的一大重要研究成果.在这个数阵中从上往下数第100行,从左往右数第3列的那个数是( )
A.5 050
B.4 851
C.4 950
D.5 000
B
规律方法 解决与杨辉三角有关的问题的一般思路
(1)观察:对题目进行多角度观察,找出每一行的数与数之间,行与行之间的数的规律.
(2)表达:将发现的规律用数学式子表达.
(3)结论:由数学表达式得出结论.
变式训练1如图,在由二项式系数所构成的杨辉三角中,第 行中从左到右第14与第15个数的比为2∶3.
34
探究点二 求展开式的系数和
【例2】 设(1-2x)2 020=a0+a1x+a2x2+…+a2 020x2 020(x∈R).
(1)求a0+a1+a2+…+a2 020的值;
(2)求a1+a3+a5+…+a2 019的值;
(3)求|a0|+|a1|+|a2|+…+|a2 020|的值.
解 (1)令x=1,得a0+a1+a2+…+a2 020=(-1)2 020=1.①
(2)令x=-1,得a0-a1+a2-…-a2 019+a2 020=32 020.②
①-②,得2(a1+a3+…+a2 019)=1-32 020,
∴a1+a3+a5+…+a2 019=
∴a2k-1<0(k∈N+),a2k>0(k∈N).
∴|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+…+|a2 019|+|a2 020|=a0-a1+a2-a3+…-a2 019+a2 020=32 020.
变式探究 本例中设(1-2x)2 020=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a2 020(1+x)2 020, x∈R,则a0+a1+a2+…+a2 020= .
1
解析 设1+x=t,则x=t-1,1-2x=3-2t.
原式即为(3-2t)2 020=a0+a1t+a2t2+…+a2 020t2 020.
令t=1,得a0+a1+a2+…+a2 020=12 020=1.
规律方法 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;对(ax+by)n(a,b∈R,n∈N+)的式子求其展开式的各项系数之和,只需令x=y=1.
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),
A.-2 B.-1
C.0 D.2
B
探究点三 求展开式中系数或二项式系数的最大项
【例3】 已知 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 (1)令x=1,则二项展开式中各项系数的和为f(1)=(1+3)n=4n,
又展开式中各项的二项式系数之和为2n,
由题意知,4n-2n = 992.
∴(2n)2-2n-992=0,∴(2n+31)(2n-32)=0,
∴2n=-31(舍),或2n=32,∴n=5.
由于n=5为奇数,∴展开式中二项式系数最大的项为中间两项,它们分别是
规律方法 二项式系数的最大项的求法
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.
(1)求二项式系数最大的项.
(2)系数的绝对值最大的项是第几项
探究点四 二项式定理的其他应用
角度1.利用二项式定理解整除问题及求余数问题
【例4】 (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.
规律方法 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或差的形式,且这种转化形式与除数有密切的关系.
变式训练4(1)若 能被7整除,则x,n的值可能为( )
A.x=4,n=3 B.x=4,n=4
C.x=5,n=4 D.x=6,n=5
C
(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是( )
A.0.940 B.0.941
C.0.942 D.0.943
B
角度2.利用二项式定理证明不等式
【例5】 证明:3n>(n+2)·2n-1(n∈N+,且n>2).
证明 因为n∈N+,且n>2,
所以3n=(2+1)n展开后至少有四项.
因为(2+1)n=2n+ ·2n-1+…+ ·2+1≥2n+n·2n-1+2n+1>2n+n·2n-1 =(n+2)·2n-1,所以3n>(n+2)·2n-1.
规律方法 将不等式左边3n变形为(2+1)n,将(2+1)n的二项展开式与不等式的右边对比,发现二项展开式与不等式的右边的联系.此外,决定二项式的展开式中项的取舍是证明的关键.
成果验收·课堂达标检测
1
2
3
4
A.64 B.32 C.63 D.31
B
1
2
3
4
2.已知(1-2x)n展开式中,奇数项的二项式系数之和为64,则(1-2x)n(1+ )展开式中常数项为( )
A.-14 B.-13 C.1 D.2
B
1
2
3
4
3.如图,在由二项式系数所构成的杨辉三角中,第 行中从左至右第12个数与第13个数的比为1∶2.
35
1
2
3
4
1
2
3
4
4.求(2x-3)21的展开式中:
(1)各项系数之和;
(2)各项系数的绝对值之和;
(3)系数最小的项.
1
2
3
4
解 (1)设(2x-3)21=a0x21+a1x20+a2x19+…+a21,
令x=1,得a0+a1+a2+…+a21=(2×1-3)21=-1.(*)
所以(2x-3)21的展开式各项系数之和为-1.
(2)令x=-1,得-a0+a1-a2+…+a21=(-2×1-3)21=-521,(**)
(*)与(**)两式左、右两边分别相减,得a0+a2+…+a20= (-1+521),
(*)与(**)两式左、右两边分别相加,得a1+a3+…+a21= (-1-521),
所以(2x-3)21的展开式各项系数的绝对值之和为|a0|+|a1|+…+|a21|=(a0+a2+…+a20)-(a1+a3+…+a21)
1
2
3
4
