(共30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
第六章
新课程标准 素养风向标
1.通过实例,总结分类加法计数原理与分步乘法计数原理的意义,分清它们的条件和结论. 2.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理,理解两个原理的区别与联系. 3.能根据具体问题的特征,选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题. 1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理.(数学抽象)
2.能根据实际问题特征,正确选择计数原理解决实际问题.(数学建模、逻辑推理)
基础预习初探
主题1 分类加法计数原理
一个小朋友的玩具盒子中有红色玻璃球20个,蓝色玻璃球1个,黄色玻璃球8个.现在他要从中取出一个玻璃球,有几种方法
1.这个小朋友要“完成的一件事”是什么
提示:从盒子中取出一个玻璃球.
2.按照小球的颜色分为几类
提示:小球有三种颜色,所以分为三类.
3.他完成这件事有几种方法
提示:他可以取一个红色玻璃球,有20种方法,也可以取一个蓝色玻璃球,有1种方法,还可以取一个黄色玻璃球,有8种方法,所以共有20+1+8=29种不同的方法.
结论:
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=_____种不同的方法.
2.对分类加法计数原理的说明
(1)核心:原理的核心为“分类”,完成一件事的方法有若干类.
(2)特点:相互独立;各类方案相互独立,各类方案中的各种方法也相互独立,并且用任何一种方法都可以独立完成这件事.
(3)应用:①根据问题的特点确定一个分类标准;
②在确定的标准下进行分类;
③分类不能重复,不能遗漏.
m+n
【对点练】
小明计划暑假从他居住的昆明到北京去旅游,他可以坐动车,也可以乘普通火车,还可以乘飞机.已知动车每日5班,普通火车每日10班,飞机每日2班,则小明在某一天从昆明到北京有 种出行方式.
【解析】出行方式分三类,动车有5种方式,普通火车有10种方式,飞机有2种方式,这三类的每一种方式都可以达到出行目的,所以由分类加法计数原理得,共有5+10+2=17(种)出行方式.
答案:17
主题2 分步乘法计数原理
一个小朋友的书橱中有童话故事书20本,少年哲学书1本,《十万个为什么》18本.要求三种类型的书各取一本,则这个小朋友有几种方法
1.要完成的一件事是什么
提示:要求三种类型的书各取一本.
2.分几个步骤
提示:分3个步骤.
3.完成这件事共有几种方法
提示:第一步取1本童话故事书,有20种方法,第二步取1本少年哲学书,有1种方法,第三步取1本《十万个为什么》,有18种方法,所以共有20×1×18=360种方法.
结论:
1.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=_____种不同的方法.
2.对分步乘法计数原理的说明
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么,确定完成这件事需要几个步骤,且每步都是独立的.
(2)将完成这件事划分为几个步骤,各步骤之间有一定的连续性,只有当所有步骤都完成了,整个事件才算完成.
(3)计算公式的推广:完成一件事需要n个步骤,做第1步有m1种方法,做第2步有m2种方法……做第n步有mn种方法,完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种方法.
m×n
【对点练】
1.某班小张等4位同学报名参加A,B,C三个课外活动小组,每位同学限报其中一个小组,且小张不能报A小组,则不同的报名方法有 ( )
A.27种 B.36种 C.54种 D.81种
【解析】选C.根据题意,分析可得:除小张外,每位同学都可以报A,B,C三个课外活动小组中任意一个,都有3种选择,小张不能报A小组,只有2种选择,
所以不同的报名方法有3×3×3×2=54(种).
2.某地计划下派4名干部到4个村担任驻村干部帮助村民提升收入,每个村派一名干部,则下派方法有 ( )
A.24种 B.16种 C.256种 D.8种
【解析】选A.要完成的一件事是“下派4名干部到4个村”,分为4个步骤,第一步从4名干部中选一名下派到第一个村,第二步从余下的3名干部中选一名下派到第二个村,第三步从余下的2名干部中选一名下派到第三个村,第四步下派余下的那名干部到第四个村,所以由分步乘法计数原理得下派方法共有4×3×2×1=24(种).
核心互动探究
探究点一 分类加法计数原理
【典例1】(1)某同学从4本不同的科普杂志,3本不同的文摘杂志,2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读,则不同的方案共有 ( )
A.24种 B.9种 C.3种 D.26种
(2)如图,将钢琴上的12个键依次记为a1,a2,…,a12.设1≤i
A.5 B.3 C.10 D.15
【思维导引】(1)所选的杂志可以分成3类,求出每类杂志任选一本的方法,然后相加,即可求出结论.
(2)列举出能够构成原位大三和弦和原位小三和弦的所有可能的结果,加和即可得到结果.
【解析】(1)选B.某同学从4本不同的科普杂志中任选一本,有4种不同的方案,从3本不同的文摘杂志中任选一本,有3种不同的方案,从2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本,有2种不同的方案.根据分类加法计数原理可得,不同的方案有4+3+2=9(种).
(2)选C.i,j,k对应的值记为(i,j,k),则原位大三和弦所有可能的结果有(1,5,8),(2,6,9),(3,7,10),(4,8,11),(5,9,12),共5个;原位小三和弦所有可能的结果有(1,4,8),(2,5,9),(3,6,10),(4,7,11),(5,8,12),共5个.则可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为5+5=10.
【类题通法】应用分类加法计数原理的两个条件
(1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准,然后在这个标准下进行分类.
(2)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,只有满足这些条件,才可以用分类加法计数原理.
【定向训练】
1.完成一项工作,有两种方法,有5个人只会用第一种方法,另外有4个人只会用第二种方法,从这9个人中选1个人完成这项工作,则不同的选法共有 ( )
A.5种 B.4种 C.9种 D.45种
【解析】选C.会用第一种方法的有5个人,选1个人完成这项工作有5种选择;
会用第二种方法的有4个人,选1个人完成这项工作有4种选择;两者相加一共有9种选择.
2.(2022·兰州高二检测)某班有男生13人,女生17人,从中选一名同学为数学课代表,则不同的选法的种数有 ( )
A.121种 B.13种 C.30种 D.17种
【解析】选C.由分类加法计数原理可知,共有13+17=30种选法.
探究点二 分步乘法计数原理
【典例2】(1)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
(2)有六名同学报名参加三个智力项目,每项限报一人,且每人至多参加一项,则共有
种不同的报名方法.
【思维导引】(1)先考虑从E到F的走法,再考虑从F到G的走法.
(2)分步确定每个项目的选法.
【解析】(1)选B.由题意可知E→F共有6种走法,F→G共有3种走法,由分步乘法计数原理知,共有6×3=18种走法.
(2)每项限报一人,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,第三个项目有4种选法,根据分步乘法计数原理,可得不同的报名方法共有6×5×4=120(种).
答案:120
【类题通法】利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的.
(2)分步要做到“步骤完整”,只有完成了所有步骤,才完成任务,根据分步乘法计数原理,把完成每一步的方法数相乘,得到总方法数.
提醒:分步必须满足两个条件:一是步骤互相独立,互不干扰;二是步与步确保连续,逐步完成.
【定向训练】
1.7名旅客分别从3个不同的景区中选择一处游览,不同选法种数是 ( )
A.73 B.37 C.21 D.10
【解析】选B.由已知,每名旅客可选择方案有3种,因此7名旅客分别从3个不同的景区中选择一处游览,不同选法种数是37.
2.将红、黄、蓝三种颜色的三颗棋子分别放入3×3方格图中的三个方格内,如图,要求任意两颗棋子不同行、不同列,则不同放法的种数为 ( )
A.12 B.16 C.24 D.36
【解析】选D.第一颗棋子有3×3=9种放法,第二颗棋子有2×2=4种放法,第三颗棋子有1种放法,故共有9×4×1=36种放法.
3.从-1, 0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)=ax2+bx+c的系数,则可组成 个不同的二次函数,其中偶函数有 个(用数字作答).
【解析】一个二次函数对应着a,b,c(a≠0)的一组取值,a的取法有3种,b的取法有3种,c的取法有2种,由分步乘法计数原理知可组成3×3×2=18(个)不同的二次函数.若二次函数为偶函数,则b=0,同上可知共有3×2=6(个)偶函数.
答案:18 6
探究点三 两个计数原理的综合应用
命题角度1 涂色问题
【典例3】如图,用6种不同的颜色分别给图中A,B,C,D四块区域涂色,若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有 ( )
A.400种 B.460种
C.480种 D.496种
【思维导引】按A与D同色和不同色分为两类进行求解.
【解析】选C.完成此事可能使用4种颜色,也可能使用3种颜色.当使用4种颜色时:从A开始,有6种方法,B有5种,C有4种,D有3种,完成此事共有6×5×4×3=360种方法;当使用3种颜色时:A,D使用同一种颜色,从A,D开始,有6种方法,B有5种,C有4种,完成此事共有6×5×4=120种方法.由分类加法计数原理可知:不同的涂法有360+120=480(种).
命题角度2 与几何有关的问题
【典例4】如图所示,将四棱锥S-ABCD的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两端异色,如果只有5种颜色可供使用,那么不同的染色方法种数为 ( )
A.240 B.360 C.420 D.960
【思维导引】可分为两大步进行,先将四棱锥一侧面三顶点染色,再分类考虑另外两顶点的染色数,用分步乘法计数原理即可得出结论.
【解析】选C.由题设,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法.
设5种颜色为1,2,3,4,5,当S,A,B染好时,不妨设其颜色分别为1,2,3,
若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法;
若C染4,则D可染3或5,有2种染法,
若C染5,则D可染3或4,有2种染法.
可见,当S,A,B已染好时,C,D还有7种染法,故不同的染色方法有60×7=420(种).
命题角度3 排数与排队问题
【典例5】(1)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
(2)生产过程中有4道工序,每道工序需要安排一人照看,现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序,第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人,第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人,则不同的安排方案共有 ( )
A.24种 B.36种 C.48种 D.72种
【思维导引】(1)首位是4和5的所有无重复数字的五位偶数即为合题意的;
(2)从最特殊的元素甲入手分类,按第一道工序是甲和不是甲进行分类.
【解析】(1)选B.①首位为5,末位为0:4×3×2=24(个);②首位为5,末位为2:4×3×2=24(个);③首位为5,末位为4:4×3×2=24(个);④首位为4,末位为0:4×3×2=24(个);⑤首位为4,末位为2:4×3×2=24(个).由分类加法计数原理,得共有24+24+24+24+24=120(个).
(2)选B.分两类:①第一道工序安排甲时有1×1×4×3=12(种);②第一道工序不安排甲时有1×2×4×3=24(种).所以共有12+24=36(种).
【类题通法】利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(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.
【定向训练】
如图,用五种不同的颜色分别给A,B,C,D四个区域涂色,相邻区域必须涂不同颜色,若允许同一种颜色多次使用,则不同的涂色方法共有 ( )
A.280种 B.180种
C.96种 D.60种
【解析】选B.按区域分四步:第1步,A区域有5种颜色可选;第2步,B区域有4种颜色可选;第3步,C区域有3种颜色可选;第4步,D区域也有3种颜色可选.由分步乘法计数原理,共有5×4×3×3=180种不同的涂色方案.
课堂素养达标
1.某小组有8名男生,4名女生,要从中选取一名当组长,不同的选法有 ( )
A.32种 B.9种 C.12种 D.20种
【解析】选C.从8名男生和4名女生中选取一名当组长,是男生的选法有8种,是女生的选法有4种,共有12种.
2.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为 ( )
A.40 B.16 C.13 D.10
【解析】选C.分两类情况讨论:第1类,直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面;第2类,直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.
3.(教材习题改编)书架的第1层放有4本不同的语文书,第2层放有5本不同的数学书,第3层放有6本不同的体育书.从书架上任取1本书,不同的取法种数为 ,从第1,2,3层分别各取1本书,不同的取法种数为 .
【解析】由分类加法计数原理知,从书架上任取1本书,不同的取法总数为4+5+6=15.由分步乘法计数原理知,从1,2,3层分别各取1本书,不同的取法总数为4×5×6=120.
答案:15 120
4.如图,圆形花坛分为4部分,现在这4部分种植花卉,要求每部分种植1种,且相邻部分不能种植同一种花卉,现有5种不同的花卉供选择,则不同的种植方案共有
种.(用数字作答)
【解析】当1,3相同时,2,4分相同或不同两类,有5×4×1×=80种;当1,3不相同时,2,4分相同或不同两类,有5×4×3×=180种,所以不同的种植方案共有80+180=260种.
答案:260(共23张PPT)
6.2 排列与组合
6.2.1 排列
第六章
新课程标准 素养风向标
1.理解并掌握排列的概念. 2.会求一个排列问题的所有排列. 1.能够通过问题的解答理解排列的概念.(数学抽象)
2.能用列举法、“树状图”表示一个排列问题的所有排列.(数学运算)
基础预习初探
主题 排列的概念
1.从1,2,3,4这4个数字中,每次取出2个排成一个两位数,共得到多少个不同的两位数
提示:从4个数字中,每次取出2个,按“十位、个位”的顺序排成一列,就得到一个两位数:
第1步,确定十位上数字,从1,2,3,4这4个数字中任取1个,有4种方法;
第2步:确定个位上数字,从余下的3个数字中去取,有3种方法.所以共有4×3=12种方法.
所有的两位数:12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43.
2.甲、乙、丙、丁四个人站成一队照相,有多少种站法 画树状图表示,并给出答案.
提示:1 2 3 4 相应的站队顺序
甲
乙
丙
丁
所以共有24种站法.
结论:
1.一般地,从n个_________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.
2.两个排列相同的充要条件是:两个排列的元素_________,且元素的_________也
相同.
不同元素
一定的顺序
完全相同
排列顺序
【对点练】
下列问题是否是排列问题 说明你的理由.
(1)高二·18班从10名男生中选出4名参加4×100米接力,有多少种安排方法
(2)某质检中心从一个工厂送检的100件产品中随机抽出10件进行质量检验,有多少种抽取方法
【解析】(1)是排列问题,因为接力要排第一棒,第二棒,第三棒,第四棒,与顺序有关.
(2)不是排列问题,因为从100件产品中抽10件检验,与顺序没有关系.
核心互动探究
探究点一 排列的有关概念
【典例1】判断下列问题是否是排列问题.
(1)从1,2,3,4四个数字中,任选两个做加法,其结果有多少种不同的可能
(2)从1到10十个自然数中任取两个数组成直角坐标平面内的点的坐标,可得到多少个不同的点的坐标
(3)从10名同学中任抽2名同学去学校开座谈会,有多少种不同的抽取方法
(4)某商场有四个大门,若从一个大门进去,购买物品后,再从另一个大门出来,不同的出入方式有多少种
(5)有红球、黄球、白球各一个,现从这三个小球中任取两个,分别放入甲、乙两个盒子里,有多少种不同的放法
【思维导引】与“顺序”有关是排列问题,与“顺序”无关不是排列问题.
【解析】(1)不是.加法运算满足交换律,所以选出的2个元素做加法时,与两个元素的位置无关,所以不是排列问题.
(2)是.由于取出的两数组成的点的坐标与哪一个数为横坐标,哪一个数为纵坐标的顺序有关,所以这是一个排列问题.
(3)不是.因为任何一种从10名同学中抽取2名同学去学校开座谈会的方式不需要考虑两个人的顺序,所以这不是排列问题.
(4)是.因为从一门进,从另一门出是有顺序的,所以这是排列问题.
(5)是.任取两球分别放入甲、乙两个盒子里,有顺序之分,所以这是排列问题.
【类题通法】判断一个具体问题是否为排列问题的方法
判断一个问题是不是排列问题,关键看是否与元素的顺序有关.若与顺序有关,就是排列问题,若与顺序无关,就不是排列问题,必要时可以变换元素的顺序比较是否有变化.
【定向训练】
(多选题)从1,2,3,4四个数字中,任选两个数做以下数学运算,并分别计算它们的结果.在这些问题中,相应运算可以看作排列问题的有 ( )
A.加法 B.减法 C.乘法 D.除法
【解析】选BD.因为加法和乘法满足交换律,所以选出两个数做加法和乘法时,结果与两个数字的位置无关,故不是排列问题;而减法、除法与两个数字的位置有关,故是排列问题.
探究点二 简单的排列问题
【典例2】写出下列问题的所有排列:
(1)北京、广州、南京、重庆4个城市相互通航,应该有多少种机票
(2)两名老师和两名学生合影留念,写出老师不在左端且相邻的所有可能的站法,并回答共有多少种.
【思维导引】用树状图,一级一级不重不漏,全部列出.
【解析】(1)列出每一个起点和终点情况,如图所示.
故符合题意的机票种类有:
北京→广州,北京→南京,北京→重庆,广州→南京,广州→重庆,广州→北京,南京→重庆,南京→北京,南京→广州,重庆→北京,重庆→广州,重庆→南京,共12种.
(2)由于老师不站左端,因此左端位置上只能安排学生.设两名学生分别为A,B,两名老师分别为M,N,此问题可分两类:
由此可知所有可能的站法为AMNB,ANMB,ABMN,ABNM,BMNA,BNMA,BAMN,BANM,共8种.
【类题通法】解决简单的排列问题的方法
用树状图解决简单的排列问题是常见的解题方法.它能很好地确定排列中各对象的先后顺序,利用树状图可具体地列出各种情况,避免排列的重复和遗漏.
【定向训练】
从0,1,2,3这四个数字中,每次取出三个不同数字排成一个三位数.
(1)能组成多少个不同的三位数,并写出这些三位数;
(2)若组成的三位数中,1不能在百位,2不能在十位,3不能在个位,则这样的三位数共有多少个,并写出这些三位数.
【解析】(1)组成三位数分三个步骤:
第一步:选百位上的数字,0不能排在首位,故有3种不同的排法;
第二步:选十位上的数字,有3种不同的排法;
第三步:选个位上的数字,有2种不同的排法.
由分步乘法计数原理得共有3×3×2=18个不同的三位数.
画出下列树状图:
由树状图知,所有的三位数为102,103,120,123,130,132,201,203,210,213,230,231,301,302,310,312,320,321.
(2)直接画出树状图:
由树状图知,符合条件的三位数有8个:201,210,230,231,301,302,310,312.
【跟踪训练】
设ABCDEF为正六边形,一只青蛙开始在顶点A处,它每次可随意地跳到相邻两顶点之一,若在5次之内跳到D点,则停止跳动;若5次之内不能到达D点,则跳完5次也停止跳动,那么这只青蛙从开始到停止,可能出现的不同跳法共 种.
【解析】青蛙不能经过跳1次、2次或4次到达D点,故青蛙的跳法只有下列两种:
青蛙跳3次到达D点,有ABCD,AFED2种跳法;青蛙一共跳5次后停止,那么,前3次的跳法一定不到达D,只能到达B或F,则共有AFEF,ABAF,AFAF,ABCB,ABAB,AFAB这6种跳法,随后两次跳法各有四种,比如由F出发的有FEF,FED,FAF,FAB共4种,因此这5次跳法共有6×4=24(种),因此共有24+2=26(种).
答案:26
课堂素养达标
1.从2,3,5,7四个数中任选2个分别相除,则得到的结果有 ( )
A.6个 B.10个 C.12个 D.16个
【解析】选C.从2,3,5,7四个数中任选2个数分别相除,被除数有4种不同选法,除数有3种不同选法,所以共有4×3=12个.
2.3本不同的课外读物分给3位同学,每人一本,则不同的分配方法有 ( )
A.3种 B.6种 C.12种 D.5种
【解析】选B.3本不同的课外读物分给3位同学,每人一本,分配方法有3×2×1=6种.
3.由1,2,3,4,5组成没有重复数字且1,2都不与5相邻的五位数的个数是 .
【解析】先排3,4有2种排法,再插空排5有3种排法,再插空排1有2种排法,插空排2有3种排法,所以共有2×3×2×3=36个.
答案:36
4.将A,B,C,D四名同学按一定顺序排成一行,要求自左向右,且A不排在第一,B不排在第二,C不排在第三,D不排在第四,试用树状图列出所有可能的排法.
【解析】树状图为:
由树状图知,所有排法为
BADC,BCDA,BDAC,CADB,CDAB,CDBA,DABC,DCAB,DCBA,共有9种排法.(共35张PPT)
6.2.2 排列数
第六章
新课程标准 素养风向标
1.理解并掌握排列数公式. 2.能应用排列知识解决简单的实际问题. 1.理解排列数定义,能正确区分排列和排列数.(数学抽象)
2.熟记排列数公式并能进行相关计算或证明.(数学运算)
基础预习初探
主题1 排列数与排列数公式
1.从n(n≥2)个不同元素中取出2个元素,排成一列,共有多少种排列方法
提示:完成这件事共需要两步:
第一步有n种方法;
第二步有(n-1)种方法.所以根据分步乘法计数原理共有n(n-1)种排列方法.
2.从n(n≥3)个不同元素中取出3个元素,排成一列,共有多少种排列方法
提示:完成这件事共需要三步:
第一步有n种方法;
第二步有(n-1)种方法;
第三步有(n-2)种方法.
所以根据分步乘法计数原理共有n(n-1)(n-2)种排列方法.
3.从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,排成一列,共有多少种排列方法
提示:完成这件事共需要m步:
第一步有n种方法;
第二步有(n-1)种方法;
第三步有(n-2)种方法;
……
第m步有(n-m+1)种方法.
所以根据分步乘法计数原理共有n(n-1)(n-2)…(n-m+1)种排列方法.
结论:
1.排列数:我们把从n个_________中取出m(m≤n)个元素的_____________的个数,叫
做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用符号(m,n∈N*,m≤n)表示.
2.排列数公式:________________________________________.
不同元素
所有不同排列
=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)(n,m∈N*,m≤n)
【对点练】
计算:(1)+.(2).
【解析】(1)+=6×5×4×3+5×4×3×2=480.
(2)==.
主题2 全排列与全排列数公式
甲、乙、丙3人排成一列,有几种不同的排法 请列出来.
提示:甲、乙、丙3人排成一列,有6种不同的排法,即甲乙丙、甲丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲.
结论:
1.全排列:我们把n个不同的元素_________的一个排列,叫做n个元素的一个全排列.
2.全排列数:=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1=n!.
3.排列数公式的两种形式:
=_______________________=.
4.规定:0!=1.
全部取出
n·(n-1)·(n-2)·…·(n-m+1)
【对点练】
1.求和:0!+1!+2!+3!+4!+5!.
【解析】因为0!=1,1!=1,2!=2×1=2,3!=3×2×1=6,
4!=4×3×2×1=24,5!=5×4×3×2×1=120.
所以0!+1!+2!+3!+4!+5!=154.
2.求证:(n+1)!-n!=n2(n-1)!.
【证明】因为(n+1)!-n!
=(n+1)n(n-1)!-n(n-1)!
=[(n+1)n-n](n-1)!=n2(n-1)!.
所以(n+1)!-n!=n2(n-1)!.
核心互动探究
探究点一 与排列数有关的运算
【典例1】(1)计算:;
(2)解方程3=4;
(3)解不等式>6,其中x≥3,x∈N*;
(4)若n∈N,将(55-n)(56-n)…(68-n)·(69-n)用排列数符号表示.
【思维导引】(1)(2)(3)代入排列数公式后对式子进行正确化简;(4)逆用排列数公式时,由最大数和因数个数写出排列数.
【解析】(1)原式====.
(2)由3=4,得=,
化简得x2-19x+78=0,解得x1=6,x2=13.
又因为x≤8,且x-1≤9,
所以原方程的解是x=6.
(3)由原不等式得>,其中3≤x≤9,x∈N*,即(11-x)·(10-x)>6,
整理得x2-21x+104>0,
解得x<8或x>13.
又因为3≤x≤9,x∈N*,
所以x=3,4,5,6,7.
故原不等式的解集为{3,4,5,6,7}.
(4)先确定最大数,即69-n,再确定因式的个数为(69-n)-(55-n)+1=15.
则由排列数公式得.
【类题通法】排列数公式应用的注意点
(1)在解含有排列数的方程或不等式时,必须注意,中m∈N*,n∈N*且m≤n这些限制条件.在解出方程或不等式后,要进行检验,把不合题意的解舍掉.
(2)利用排列数公式灵活地解决问题的前提条件是准确把握排列数公式的结构特征——就是从n起,依次减“1”的m个正整数之积,熟练掌握这一结构特征,就能活用排列数公式.
【定向训练】
1.(2022·徐州高二检测)2 022×2 021×2 020×…×2 000= ( )
A. B.
C. D.
【解析】选C.由排列数的定义可得: =2 022×2 021×2 020×…×2 000.
2.计算:= .
【解析】方法一:===5.
方法二:==5.
答案:5
3.求证:-=m.
【证明】因为-=-
=·
=·=m·=m,
所以-=m.
【跟踪训练】
1.用排列数表示:(n-m)(n-m+1)(n-m+2)…(n-m+10).
【解析】由排列数计算公式,知(n-m)(n-m+1)…(n-m+10)=.
2.若=2n·,求n的值.
【解析】由排列数计算公式,得n(n-1)(n-2)…(n-6)=2n·n(n-1)…(n-4),
即(n-5)(n-6)=2n,即n2-13n+30=(n-3)(n-10)=0,
解得n=3或n=10,又因为n≥7,故n=10.
探究点二 与数字有关的排列问题
【典例2】以下问题最终结果用数字表示
(1)由0,1,2,3,4可以组成多少个无重复数字的五位偶数
(2)由1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且2,3不相邻的五位数
(3)由1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且数字1,2,3必须按由大到小顺序排列的五位数
【思维导引】(1)五位偶数,要求末位必须是0,2,4,分类求出满足条件的结果.
(2)可以求出一共能组成多少个五位数,然后求出2,3相邻的五位数的个数,两数相减.
(3)确定数字4,5的排法,然后数字1,2,3按照3,2,1的顺序插入.
【解析】(1)偶数末位必须为0,2,4,对此进行以下分类:
当末位是0时,剩下1,2,3,4进行全排列,=24.
当末位是2时,注意0不能排在首位,首位从1,3,4选出有种方法,剩下的三个数可以进行全排列,有种排法,所以当末位数字是2时有=18个数.同理,当末位数字是4时也有18个数.所以由0,1,2,3,4可以组成无重复数字的五位偶数有24+18+18=60个.
(2)由1,2,3,4,5组成的五位数一共有=5×4×3×2×1=120个.
第一步,把2,3捆定,有=2种排法;
第二步,捆定的2,3与1,4,5一起全排列,共有=4×3×2×1=24种排法,
根据分步乘法计数原理,2,3相邻的五位数共有=48个,因此由1,2,3,4,5组成的无重复数字且2,3不相邻的五位数共有120-48=72个.
(3)把五位数的每个数位看成五个空,数字4,5共有=5×4=20种排法,然后把数字1,2,3按照3,2,1的顺序插入,只有一种方式.根据分步乘法计数原理,可知由1,2,3,4,5组成的无重复数字且数字1,2,3必须按由大到小顺序排列的五位数有×1=20个.
【类题通法】数字排列问题的解题策略
(1)解题原则:排列问题的本质是“元素”占“位子”问题,有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上,或某个位子不排某些元素,解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则,即优先排特殊元素或优先满足特殊位子,当一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时,应分类讨论.
(2)常用方法:直接法、间接法.
(3)注意事项:解决数字问题时,应注意题干中的限制条件,恰当进行分类和分步,尤其注意特殊元素“0”的处理.
【定向训练】
1.从1,2,3,4,5,6,7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数,组成没有重复数字的四位数,其中奇数的个数为 ( )
A.432 B.288 C.216 D.108
【解析】选C.因为要求个位数字为奇数,所以先从1,3,5,7中选1个放在个位,有4种方法,再从余下的三个奇数中选一个,放在前3个数位中的一个,有3×3=9种方法,最后从2,4,6中选2个放在其余的两个数位,有=6种方法,所以奇数的个数为4×9×6=216.
2.从0,1,2,3,4中任取3个数字组成没有重复数字的三位数,共有个数是 ( )
A.10 B.20 C.48 D.60
【解析】选C.从0,1,2,3,4中任取3个数字组成没有重复数字的三位数,第一步先从非零的四个数中选择一个作为百位数字,有=4种选法,再从剩余的四个数中选择两个排在十位和个位上,有=12种选法,总数为4×12=48.
探究点三 排列的综合应用问题
命题角度1 元素“相邻”与“间隔”问题
【典例3】有6个人排成一排拍照,其中甲和乙相邻,丙和丁不相邻的不同的排法
有( )
A.240种 B.144种 C.72种 D.24种
【思维导引】甲和乙相邻,捆绑法,丙和丁不相邻用插空法,即先捆甲和乙,再与丙和丁外的两人共“3人”排列,再插空排丙和丁.
【解析】选B.甲和乙相邻,捆绑在一起有种,再与丙和丁外的两人排列有种,再排丙和丁有种,故共有=144(种).
命题角度2 特殊元素、特殊位置问题
【典例4】3名男生,4名女生站成一排照相,若甲不站中间也不站两端,则有 种不同的站法.
【思维导引】例题中特殊元素是什么,有没有特殊位置,它是什么
提示:例题中学生甲是特殊元素,中间和两端是特殊位置.
【解析】第一步,安排甲,在除中间、两端以外的4个位置上任选一个位置安排,有种排法.第二步,安排其余6名学生,有种排法.
由分步乘法计数原理,共有=2 880种不同排法.
答案:2 880
命题角度3 定序问题
【典例5】某工程队有6项工程需要先后单独完成,其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行,工程丙必须在工程乙完成后才能进行,工程丁必须在工程丙完成后立即进行,那么安排这6项工程的不同的排法种数是 .(用数字作答)
【思维导引】这是考查有条件限制的排列问题,其中要求部分元素间的相对顺序确定,可以先全部排列,再除以这些元素的全排列数;工程丁必须在丙完成后立即进行,可以把丁丙视为一个元素.
【解析】根据题意由于丁必须在丙完成后立即进行,故可把丁丙视为一个元素,先不管其他限制条件,使其与其他四项工程进行全排列共有种排法,这些排法中,甲、乙、丙相对顺序共有种,所以满足条件的排法种数是=20.
答案:20
【类题通法】
1.相邻与不相邻问题的解决方法
(1)“相邻”问题:元素相邻问题,一般用“捆绑法”,先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列,再松绑,将这若干个元素内部全排列.
(2)“不相邻”问题:元素不相邻问题,一般用“插空法”,先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列,然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素.
2.特殊元素、特殊位置问题的解决方法
(1)原则:解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时,可以从元素入手也可以从位置入手,原则是谁特殊谁优先.
(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.
3.定序问题的解决方法
这类问题的解法是采用分类法.n个不同元素的全排列有种排法,m个元素的全排列有种排法.因此种排法中,关于m个元素的不同分法有类,而且每一类的排法数是一样的.当这m个元素顺序确定时,共有种排法.
【定向训练】
1.现有《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》各一本,分给甲、乙、丙、丁、戊5名同学,每人一本,若甲、乙都没有拿到《诗经》,且乙也没拿到《春秋》,则所有可能的分配方案有 ( )
A.18种 B.24种 C.36种 D.54种
【解析】选D.若甲拿到《春秋》,则乙有3种拿书方法,其他三人共有种方法,根据分步乘法计数原理可知共有3=18种方法;若甲没拿到《春秋》,则甲有3种拿书方法,乙有2种拿书方法,其他三人共有种方法,根据分步乘法计数原理可知共有3×2×=36种方法.综上,共有54种分配方法.
2.3位老师和4名学生站成一排,要求任意两位老师都不相邻,则不同的排法种数
为( )
A. B.+ C. D.
【解析】选D.由已知,分2步进行:①将4名学生站成一排,有种排法;②4人排好后,有5个空位可选,在其中任选3个,安排三名老师,有种情况.则有种排法.
3.两对夫妇各带一个小孩乘坐6个座位的游览车,游览车每排只有一个座位.为安全起见,车的首尾两座一定要坐两位爸爸,两个小孩一定要相邻.那么,这6人的排座方法种数为 (用数字作答).
【解析】先排两位爸爸,必须一首一尾,有=2种排法;
两个小孩一定要排在一起,将其看成一个元素,考虑其顺序,有=2种排法;
将两个小孩看成一个元素与两位妈妈进行全排列,有=6种排法.则共有2×2×6=24种排法.
答案:24
【跟踪训练】
现有5位学生站成一排照相,要求A和B两位学生均在学生C的同侧,则不同的排法共有 种(用数字作答).
【解析】根据题意知:A在BC中间,B在AC中间,C在AB中间的机会是相同的,故A和B两位学生均在学生C的同侧的不同的排法共有×=80种.
答案:80
课堂素养达标
1.若=20,则m= ( )
A.5 B.6 C.7 D.8
【解析】选A.=m(m-1)=20,化简得m2-m-20=0,解得m=-4(舍去)或m=5.
2.将5本不同的数学用书放在同一层书架上,则不同的放法有 ( )
A.50 B.60 C.120 D.90
【解析】选C.由已知,将5本不同的数学用书放在同一层书架上,即将5本不同的数学用书全排列,故有=120种.
3.(2021·长治高二检测)不等式-n<7的解集为 ( )
A. B.
C. D.
【解析】选C.由-n<7,得-n<7,整理得n2-4n-5<0,解得-14.某段铁路所有车站共发行132种普通车票,那么这段铁路共有的车站数是 .
【解析】设车站数为n,则=132,n(n-1)=132,所以n=12.
答案:12
5.在0,1,2,3,4,5这6个数字组成的没有重复数字的六位数中,能被2整除的数的个数有多少
【解析】当末位数字为0时,其余五个数任意全排列,即有=5×4×3×2×1=120个;
当末位数字为2或4时,最高位从剩余四个非零数字中选择,其余四个数位全排列,则有=2×4×4×3×2×1=192个.
综上可知,共有120+192=312(个).(共30张PPT)
6.2.3 组合
6.2.4 组合数
第六章
新课程标准 素养风向标
1.通过实例理解组合的概念. 2.能利用计数原理推导组合数公式. 1.理解组合的概念.(数学抽象)
2.能利用计数原理推导组合数公式.(逻辑推理)
3.会利用组合数公式进行组合数的求值.(数学运算)
4.能解决简单的实际问题.(数学运算)
基础预习初探
主题1 组合与组合数
从语文、数学、英语3本书中任选2本.
(1)与选取的顺序有关吗
提示:无关.
(2)一共有多少种选法
提示:将2本书作为一组的选法只有如下3种情况:语文数学,语文英语,数学英语.
结论:
1.组合:一般地,从n个_________中取出m(m≤n)个元素_________,叫做从n个不同
元素中取出m个元素的一个组合.
2.组合数:
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,叫做从n个不同元素
中取出m个元素的组合数,用符号表示.
不同元素
作为一组
【对点练】
1.(多选题)下列问题中,属于组合问题的是 ( )
A.10支战队以单循环进行比赛(每两队比赛一次),共进行多少次比赛
B.10支战队以单循环进行比赛,这次比赛的冠、亚军获得者有多少种可能
C.从10名员工中选出3名参加同一种的娱乐活动,有多少种选派方法
D.从10名员工中选出3名分别参加不同的娱乐活动,有多少种选派方法
【解析】选AC.A是组合问题,因为每两个队进行一次比赛,并没有谁先谁后,没有顺序的区别;B是排列问题,因为甲队获得冠军、乙队获得亚军和甲队获得亚军、乙队获得冠军是不一样的,存在顺序区别;C是组合问题,因为3名员工参加相同的活动,没有顺序区别;D是排列问题,因为选的3名员工参加的活动不相同,存在顺序区别.
2.质检站从甲工厂的100件不同的产品中抽取10件,从乙工厂的50件不同的产品中抽取5件,进行检验,则抽取方法有 ( )
A.·种 B.·种
C.种 D.种
【解析】选A.分两个步骤:先从甲工厂的100件不同的产品中抽取10件,有种方法,再从乙工厂的50件不同的产品中抽取5件,有种方法,所以由分步乘法计数原理得抽取方法有·种.
主题2 组合数公式
1.已知a,b,c,d四个元素,求取出2个元素的所有排列数.
提示:取出2个元素的所有排列数为,可分两步完成:
第1步:从4个元素中取出2个元素作为一组,共有种不同取法;
第2步:将取出的2个元素作全排列,共有种不同方法.根据分步乘法计数原理得:=.
2.推广到一般,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列数是多少
提示:取出m个元素的所有排列数为,可分两步完成:
第1步:从n个元素中取出m个元素作为一组,共有种不同取法;
第2步:将取出的m个元素作全排列,共有种不同方法.根据分步乘法计数原理得:=.
结论:
1.乘积形式:
=__________________________
2.阶乘形式:=__________
规定:=1.
拓展:组合数的两条性质:
(1)=;
(2)=+.
=.
.
【对点练】
1.计算-·= .
【解析】原式=-=-7×6×5=210-210=0.
答案:0
2.一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球.
(1)从口袋内取出4个球,共有多少种取法
(2)从口袋内取出4个球,使其中含有1个黑球,有多少种取法
(3)从口袋内取出2个球,使其中不含黑球,有多少种取法
【解析】(1)从口袋内的8个球中取出4个球,取法种数是==70.
(2)从口袋内取出4个球有1个是黑球,于是还要从7个白球中再取出3个,取法种数是==35.
(3)由于所取出的2个球中不含黑球,也就是要从7个白球中取出2个球,取法种数是==21.
核心互动探究
探究点一 组合概念的理解
【典例1】(多选题)给出下列问题,属于组合问题的有 ( )
A.从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加两个乡镇的社会调查,有多少种不同的选法
B.有4张电影票,要在7人中确定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2,3,5,7,11中任选两个数相乘,可以得到多少个不同的积
【思维导引】根据选项中不涉及元素顺序的为组合问题,即可确定结果.
【解析】选BCD.对于A,从3名同学中选出2名同学后,分配到两个乡镇涉及顺序问题,是排列问题;对于B,从7人中选出4人观看电影不涉及顺序问题,是组合问题;对于C,射击命中不涉及顺序问题,是组合问题;对于D,乘法满足交换律,两个数相乘的积不涉及顺序,是组合问题.
【类题通法】排列、组合问题的判断方法
(1)区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么,区分的标志是有无顺序.
(2)区分有无顺序的方法是:把问题的一个结果写出来,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.
【定向训练】
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
【解析】(1)因为本问题与元素顺序无关,所以是组合问题.
(2)因为甲站到乙站与乙站到甲站车票是不同的,所以是排列问题,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,所以是组合问题.
(3)甲写给乙贺卡,与乙写给甲贺卡是不同的,所以与顺序有关,是排列问题.
【跟踪训练】
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
【解析】(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.
探究点二 组合、组合数、组合数公式
【典例2】(1)解方程:3=5.
(2)已知-=,求.
【思维导引】(1)根据排列数和组合数公式化简求解.
(2)运用组合数公式的阶乘形式,约分后化为m的方程.
【解析】(1)根据排列数和组合数公式,原方程可化为3·=5·,
即=,即(x-3)(x-6)=40,所以x2-9x-22=0,解得x=11或x=-2(舍去).
经检验知x=11时原式成立.
(2)因为-=,所以-=.
化简得m2-23m+42=0,所以m=2或m=21.
因为m不大于5,所以m=2,所以===28.
【类题通法】
1.组合数公式的应用方法
(1)公式=一般用于计算,求值.
(2)公式=一般用于证明,解方程或解不等式.
2.组合数公式的注意事项
(1)公式中的字母m,n都是正整数,且m≤n.
(2)两个特殊组合数:=1,=1.
【定向训练】
1.+= ( )
A.35 B.47 C.45 D.57
【解析】选B.+=+=12+35=47.
2.从1,2,3,4四个数中随机抽取2个数作为m,n(m【解析】=2,==3,==4,=6,所以的不同值有4个.
答案:4
【跟踪训练】
若=6,则n= ( )
A.5 B.7 C.6 D.4
【解析】选A.因为=6,
所以n=6×,
化简得n-2=3,解得n=5.
探究点三 组合的简单应用
【典例3】(1)小明参加真人CS比赛,规定每队5人,小明为了赢得比赛,和队友商量对策,准备集中火力先消灭(至少1人击中)对方队长小蓝,消灭小蓝的方法种数为 ( )
A.32 B.31 C.25 D.10
(2)某单位在6名男职工和3名女职工中,选取5人参加义务献血,要求男、女职工各至少一名,则不同的选取方式的种数为 .(结果用数值表示)
【思维导引】(1)分1人,2人,3人,4人,5人击中求解即可.
(2)从9名职工中选取5人,总的方法种数为,选择全都是男职工的情况为,相减即为男、女职工各至少一名的选取种数.
【解析】(1)选B.因为消灭小蓝至少需要1人击中,1人击中有种方法,2人击中有种方法,3人击中有种方法,4人击中有种方法,5人全击中有种方法,
根据分类加法计数原理,得不同的击中方法有++++=31(种).
(2)在6名男职工和3名女职工中,选取5人参加义务献血,总的方法种数为,选择全都是男职工的情况为,所以男、女职工各至少一名的选取种数为-=126-6=120(种).
答案:120
【类题通法】基本组合问题的解法
(1)判断是否为组合问题;
(2)是否分类或分步;
(3)根据组合相关知识进行求解.
【定向训练】
1.从5名男生和4名女生中选出3名学生参加一项活动,要求至少一名女生参加,不同的选法种数是 ( )
A.70 B.74 C.84 D.504
【解析】选B.从9名学生中任选3名,有种选法,其中全为男生的有种选法,所以选出3名学生,至少有1名女生的选法有-=84-10=74(种).
2.某书店有11种杂志,2元1本的8种,1元1本的3种,小张用10元钱买杂志(每种至多买一本,10元钱刚好用完),则不同买法的种数是 (用数字作答).
【解析】由题知,按每本的钱数分10元钱,可有两大类,第一类是买2本1元,4本2元的共种方法;第二类是买5本2元的书,共种方法.
所以共有+=266(种).
答案:266
课堂素养达标
1.假设200件产品中有3件次品,现在从中任取5件,其中至少有2件次品的抽法
有( )
A.种 B.+种
C.-种 D.-种
【解析】选B.根据题意,“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件次品”两种情况,“有2件次品”的抽取方法有种,“有3件次品”的抽取方法有种,则共有+种不同的抽取方法.
2.(2021·丰台高二检测)平面内有8个点,以其中每2个点为端点的线段的条数
为( )
A.21 B.28 C.42 D.56
【解析】选B.线段有2个端点,因此只需要从8个点中选取2个即可构成一条线段,所以线段条数为=28.
3.已知圆上有9个点,每两点连一线段,若任何两条线的交点不同,则所有线段在圆内的交点有 ( )
A.36个 B.72个 C.63个 D.126个
【解析】选D.每4个圆周上的点就可以有一个内部交点,所以当这些交点不重合的时候,圆内交点最多,所以,本题等价于将9个点按4个分组共有多少组,显然应该有=126个.
4.(2021·重庆高二检测)平面内有两组平行线,一组有3条,另一组有4条,且这两组平行线相交,可以构成不同的平行四边形的个数为 ( )
A.10 B.12 C.16 D.18
【解析】选D.因为平面内有两组平行线,一组有3条,另一组有4条,且这两组平行线相交,因此从这两组直线中各选两条直线,即可构成平行四边形,所以构成不同的平行四边形的个数为=18.(共25张PPT)
6.3 二项式定理
6.3.1 二项式定理
第六章
新课程标准 素养风向标
1.能用计数原理证明二项式定理. 2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 1.通过二项式定理的发现过程培养学生的数学抽象素养,以及用二项式模型培养学生的数学建模素养.(数学抽象、数学建模)
2.掌握二项式定理,并能利用计数原理证明二项式定理.(数学运算、逻辑推理)
3.能从数列的角度认识二项展开式及其通项的规律,并能通过特例体会二项式的简单应用.(逻辑推理)
基础预习初探
主题 二项式定理
观察(a+b)1,(a+b)2,(a+b)3,(a+b)4的展开式,你能发现哪些规律
(1)(a+b)1=a+b.
(2)(a+b)2=a2+2ab+b2.
(3)(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3.
(4)(a+b)4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4.
提示:观察题中的4个式子可发现以下规律:
(1)(a+b)n的展开式中共有n+1项;
(2)每一项都是n次单项式,各项按照a的降幂,b的升幂排列;
(3)每项系数为从n个括号中选取b的个数的组合数.
结论:
1.二项式定理
(a+b)n=_______________________________________
2.几个基本概念
(1)二项展开式:指的是右边的多项式.
(2)项数:二项展开式中共有____项.
(3)二项式系数:指的是在二项展开式中各项的系数(k∈{0,1,2,…,n}).
(4)通项:指的是二项展开式中的________,用Tk+1表示,即通项为展开式的第k+1项,
Tk+1=________.
(5)二项式系数与系数的区别
通项的二项式系数为,与a,b无关,而通项的系数与a,b有关.
an+an-1b+…+an-kbk+…+bn(n∈N*).
n+1
an-kbk
an-kbk
【对点练】
1.的展开式中x3的系数为 ( )
A.-15 B.-20 C.20 D.15
【解析】选B.由题意得二项展开式的通项为Tr+1=(-1)r=(-1)rx12-3r,
令12-3r=3,所以r=3,所以的展开式中x3的系数为(-1)3=-20.
2.(2022·东莞高二检测)若的二项展开式共有8项,则n= .
【解析】的展开式中一共有n+1项,
所以n+1=8,解得n=7.
答案:7
核心互动探究
探究点一 二项式定理的正用、逆用
【典例1】(1)已知(x+1)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a3+a4的值为 ( )
A.7 B.8 C.15 D.16
(2)(2022·常熟高二检测)若N=16+32·+24+8+,则N=( )
A. B.
C. D.
【思维导引】(1)利用二项展开式的通项求出a3,a4即得解.
(2)通过观察题目所给多项式的每一项,可看作(x-1)4-r·2r,由此得到这个多项式是哪个对应的二项式的展开式.
【解析】(1)选C.由题意得(x+1)5的展开式的通项为Tr+1=x5-r,
令5-r=3,所以r=2,所以a3==10;
令5-r=4,所以r=1,所以a4==5,
所以a3+a4=10+5=15.
(2)选B.N=16+32+24+8+
=(x-1)4+(x-1)3·2+(x-1)2·22+(x-1)·23+24
=(x-1+2)4=(x+1)4.
【类题通法】运用二项式定理解题的策略
(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.
提醒:逆用二项式定理时,若项的系数是正负相间的,则是(a-b)n的形式.
【定向训练】
1.化简:(x-1)5+5(x-1)4+10(x-1)3+10(x-1)2+5(x-1)= .
【解析】原式=(x-1)5+(x-1)4+(x-1)3+(x-1)2+(x-1)+(x-1)0-1
=[(x-1)+1]5-1=x5-1.
答案:x5-1
2.设n为自然数,化简·2n-·2n-1+…+
(-1)k··2n-k+…+(-1)n·= .
【解析】原式=·2n·(-1)0+2n-1·(-1)1+…+(-1)k·2n-k+…+(-1)n··20=(2-1)n=1.
答案:1
探究点二 求二项展开式中的特定项或系数
【典例2】(1)的展开式中x的系数为 ( )
A.-280 B.280 C.-210 D.210
(2)的展开式的常数项为 ( )
A.6 B.10 C.15 D.16
【思维导引】(1)根据通项公式得到通项,再合并x的指数,令指数为1求得k,进而求出x的系数.
(2)将前面次数低的拆开,即=+x4,变为两项,分别求解它们的常数项,最后相加得到原来的常数项.
【解析】(1)选A.的展开式的通项公式为Tk+1=x7-k=
x7-k(-2)kx-k=(-2)kx7-2k,
令7-2k=1,解得k=3,所以展开式中x的系数为(-2)3=-280.
(2)选D.的展开式的通项为Tr +1=·x-r,
令r=4,则=15,所以的展开式的常数项为1+15=16.
【类题通法】求二项展开式的特定项的方法及三种常见类型
(1)方法:求二项展开式的特定项问题实质是考查通项Tk+1=an-kbk的特点,一般需要建立方程求k,再将k的值代回求解,注意k的取值范围(k∈{0,1,…,n}).
(2)三种常见类型.
①常数项:即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为零建立方程;
②有理项:令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程;
③第m项:此时k+1=m,直接代入通项.
特定项的次数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解.
【知识延拓】
对于两个二项式乘积的问题,第一个二项式中的每一项乘第二个二项式中的每一项,分析好含x2的项共有几项,进行求和.这类问题的易错点主要是未能分析清楚构成这一项的具体情况,尤其是两个二项式展开式中的r不同.
【定向训练】
1.(2022·新高考Ⅰ卷)(1-)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 (用数字作答).
【解析】因为(x+y)8=(x+y)8-(x+y)8,
所以(x+y)8的展开式中含x2y6的项为x2y6-x3y5=-28x2y6,则(1-)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为-28.
答案:-28
2.的展开式中常数项为 ( )
A.60 B.-60
C.-192 D.192
【解析】选A.的展开式的通项公式为Tr+1=··,
令3-r=0,解得r=2,可得展开式中常数项为=60.
探究点三 整除及余数问题
【典例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.
【思维导引】(1)结合11=10+1,1110-1=(10+1)10-1展开后变形整理得因数为100;
(2)9192=(100-9)92展开后,再用二项式考查992.
【解析】(1)因为1110-1=(10+1)10-1
=(1010+·109+·108+…+·10+1)-1
=1010+·109+·108+…+102
=100(108+·107+·106+…+1),
所以1110-1能被100整除.
(2)9192=(100-9)92=·10092-·10091·9+·10090·92-…+992,展开式中前92项均能被100整除,只需求最后一项除以100的余数.
992=(10-1)92=·1092-·1091+…+·102-·10+1,前91项均能被100整除,后两项和为-919,因余数为正,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.
【类题通法】
整除性问题或求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,通常把被除数的底数写成除数(或与除数密切关联的数)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.
【定向训练】
(多选题)已知M=+++…+,若M+a能被5整除,则a的取值可以是( )
A.6 B.7 C.11 D.12
【解析】选BD.M=+++…+=++++…+-
=(1+1)30-1=230-1=1 0243-1,所以M的个位数是3,若M+a能被5整除,则a除以5余数应该是2,故B,D符合题意.
【跟踪训练】
求证:4×6n+5n+1-9能被20整除.
【证明】4·6n+5n+1-9
=4·(5+1)n+5·(4+1)n-9
=4·+5·-9
=4·(5M+1)+5·(4N+1)-9=20(M+N)(此处M,N表示整数),即4×6n+5n+1-9能被20整除.
课堂素养达标
1.(1+x)7的展开式中x2的系数是 ( )
A.42 B.35 C.28 D.21
【解析】选D.x2的系数为=21.
2.的展开式中x的系数等于 ( )
A.3 B.4 C.-5 D.-6
【解析】选C.(1+2x2)(1-x)5=1·(1-x)5+2x2·(1-x)5,
其中1·(1-x)5的展开式中含x的项是(-x)1=-5x,2x2·(1-x)5的展开式中没有含x的项.
3.(2021·北京新高考)的展开式中的常数项是 .
【解析】x3(-3)=-4.
答案:-4
4.的展开式中x2的系数为70,则a= .
【解析】由二项式定理展开式的通项公式得
Tk+1==·,令8-k=2,解得k=4,所以展开式中x2项为T4+1=x2,其系数为=70,解得a=±.
答案:±(共24张PPT)
6.3.2 二项式系数的性质
第六章
新课程标准 素养风向标
1.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 2.理解二项式系数的性质,并会简单的应用. 1.掌握二项式系数的性质,并会解决简单的问题.(数学运算)
2.掌握“赋值法”,并会熟练运用.(数学运算)
3.通过探究二项式系数的性质培养学生发现问题、提出问题、分析问题、解决问题的能力.(数学运算)
基础预习初探
主题 二项式系数的性质
观察二项式(a+b)n,当n=1,2,…,8时的展开式的系数,你能发现什么规律
1
a+b……………………… 1 1
(a+b)2………………… 1 2 1
(a+b)3……………… 1 3 3 1
(a+b)4…………… 1 4 6 4 1
(a+b)5………… 1 5 10 10 5 1
(a+b)6……… 1 6 15 20 15 6 1
(a+b)7…… 1 7 21 35 35 21 7 1
(a+b)8… 1 8 28 56 70 56 28 8 1
提示:(1)每一行的系数具有对称性;
(2)当n为偶数时,中间项二项式系数最大;当n为奇数时,中间两项二项式系数相等且最大;
(3)除1以外,每一个数都等于它肩上两个数之和;
(4)距首末两项距离相等的两项值相等.
结论:二项式系数的性质
(1)(a+b)n展开式的二项式系数是______________.可以看成以__为自变量的函数f(r),
定义域是___________.
(2)对称性.
与_________________的两个二项式系数相等(=).________是图象的对称轴.
(3)增减性与最大值:
当n是偶数时,________________取得最大值;
当n是奇数时,_____________________取得最大值.
(4)各二项式系数的和: +++…++…+=2n.
{0,1,2,…,n}
首末两端“等距离”
直线r=
中间的一项
中间的两项,
,,,…,
r
【对点练】
展开式中不含x4项的系数的和为 ( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
【解析】选B.由二项式定理知,展开式中最后一项含x4,其系数为1,令x=1得,此二项展开式的各项系数和为=1,故不含x4项的系数和为1-1=0.
核心互动探究
探究点一 与展开式系数有关的问题
【典例1】(1)已知的展开式中,二项式系数之和等于64,则展开式中常数项等于 ( )
A.240 B.120 C.48 D.36
(2)(2022·北京高考)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4= ( )
A.40 B.41 C.-40 D.-41
(3)(2022·浙江高考)已知多项式(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a2= ,a1+a2+a3+a4+a5= .
【思维导引】(1)由题意结合二项式系数和的性质可得2n=64,即n=6,写出二项展开式的通项公式Tr+1=26-r··,令3-r=0,即可得解.
(2)在已知二项式中分别令x=1和x=-1,两式相加即可.
(3)先求(x-1)4中,含x和x2的项,然后相乘得a2,令x=0和x=1,求得各项系数的和.
【解析】(1)选A.由题意知2n=64,解得n=6,则=,则的展开式的通项公式为Tr+1=··=26-r··,
令3-r=0,即r=2,则26-r·=24·=240.
(2)选B.令x=1,得1=a4+a3+a2+a1+a0;令x=-1,得81=a4-a3+a2-a1+a0.两式相加得,原式=41.
(3)(x+2)(x-1)4展开式中含x2的项为x2·(-1)2×2+x(-1)3×x=8x2,所以a2=8;
令x=0,得a0=2,令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,
所以a1+a2+a3+a4+a5=-2.
答案:8 -2
【类题通法】
1.赋值法求解二项展开式问题的步骤
(1)明确展开式的特点与意义.
(2)观察展开式与所求式子间的区别与联系.
(3)注意特值0,1,-1对二项展开式来说,令x=1得各项系数和;令x=0得常数项;令x=-1得偶数项与奇数项的差.
2.解决二项式系数和问题的思维流程
【定向训练】
1.若的展开式中二项式系数之和为128,则展开式中的系数是( )
A.14 B.-14 C.7 D.-7
【解析】选A.因为2n=128,所以n=7,
所以展开式的通项为Tr+1=·=·27-r··,
令7-r=-3,解得r=6,
所以的系数为27-6·=14.
2.若(1+x)(1-2x)8=a0+a1x+…+a9x9,x∈R,则a1·2+a2·22+…+a9·29的值为 ( )
A.29 B.29-1 C.39 D.39-1
【解析】选D.令x=0,则a0=1,令x=2,a0+2a1+22a2+…+29a9=39,
所以2a1+22a2+…+29a9=39-1 .
3.已知(3x+1)2(2-x)7=a0+a1x+…+a8x8+a9x9,则a0+a1+…+a8的值为 ( )
A.24 B.25 C.26 D.27
【解析】选B.因为(3x+1)2(2-x)7=a0+a1x+…+a8x8+a9x9,
当x=1时,有a0+a1+…+a9=16,而a9x9=(3x)2·(-x)7=-9x9,
则a9=-9,则a0+a1+…+a8=16+9=25.
探究点二 展开式中的最大项问题
【典例2】已知f(x)=（x+）n,f(x)的展开式的各二项式系数的和等于128.
(1)求n的值;
(2)求f(x)的展开式中的有理项;
(3)求f(x)的展开式中系数最大的项.
【思维导引】(1)根据f(x)的展开式的各二项式系数的和等于2n=128求解.
(2)先得到f(x)的展开式中的通项公式Tr+1=·2r·,再令7-为整数求解.
(3)由通项公式知,第r+1项的系数为·2r.直接假设第r+1项系数最大,比前一项大且比后一项大,联立解不等式组即可.
【解析】(1)因为f(x)=,
所以f(x)的展开式的各二项式系数的和等于2n=128,所以n=7.
(2)f(x)的展开式中的通项公式为Tr+1=·2r·,
令7-为整数,可得r=0,3,6,
故展开式的有理项为T1=x7,T4=280x3,T7=448x-1.
(3)假设第r+1项的系数为·2r,2r≥2r-1,且2r≥2r+1,
解得≤r≤,故r=5,故f(x)的展开式中系数最大的项为第6项T6=672.
【类题通法】
(1)求二项式系数最大的项,要依据二项式系数的性质对(a+b)n中的n进行讨论,n为奇数时,中间两项的二项式系数最大;n为偶数时,中间一项的二项式系数最大.
(2)求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的.求展开式系数最大的项,如求(a+bx)n(a,b∈R)展开式中系数最大的项,一般是采用待定系数法.
【定向训练】
1.如果的展开式中只有第4项的二项式系数最大,那么展开式中的所有项的系数和是 ( )
A.0 B.256
C.64 D.
【解析】选D.因为展开式中只有第4项的二项式系数最大,所以n=6.令x=1,则展开式中所有项的系数和是=.
2.(2022·咸阳高二检测)求二项式（-）8的展开式中:
(1)二项式系数最大的项;
(2)系数最大的项和系数最小的项.
【解析】(1)二项式系数最大的项即展开式的中间项,也即第5项,
所求项为T4+1=()4（-）4=.
(2)由题知展开式的通项公式Tr+1=(-1)r2r,
求系数绝对值最大的项,设第r+1项的系数的绝对值最大,则
即所以5≤r≤6,即第6项和第7项的系数绝对值最大.
因为第6项的系数为负,第7项的系数为正,
所以第7项是系数最大的项,
这一项为T7=·26·x-11=1 792x-11;
第6项是系数最小的项,
这一项为T6=·25·=-1 792.
3.在(3x-2y)20的展开式中,求:
(1)二项式系数最大的项;
(2)系数绝对值最大的项;
(3)系数最大的项.
【解析】(1)二项式系数最大的项是第11项,
T11=310(-2)10x10y10=610x10y10.
(2)设系数绝对值最大的项是第r+1项,于是
化简得
解得7≤r≤8(r∈N),
所以r=8,
即T9=312·28·x12y8是系数绝对值最大的项.
(3)由于系数为正的项为y的偶次方项,
故可设第2r-1项系数最大,于是
化简得
解得r=5,
即2×5-1=9项系数最大.
T9=·312·28·x12y8.
课堂素养达标
1.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
【解析】选D.二项展开式的通项公式为Tr+1=··(x-1)r=·,令r=7,则n-=0,解得n=21,通项公式可化简为·.因为n=21,二项展开式一共有22项,所以最大的项为r=10,11两项,即展开式的第11项和第12项.
2.若(2-3x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,则a1+a2+a3+…+a6等于 .
【解析】因为(2-3x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,令x=0,可得a0=64,
再令x=1,可得64+a1+a2+a3+…+a6=1,
所以a1+a2+a3+…+a6=-63.
答案:-63
3.已知的展开式中,各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为32.
(1)求n;
(2)求展开式中二项式系数最大的项.
【解析】(1)令x=1,则原二项展开式的各项系数和为4n,又因为原二项展开式的各项二项式系数和为2n,所以=32,即2n=32,解得n=5.
(2)由(1)可知n=5,所以展开式的中间两项二项式系数最大,即T3==90x6,T4=·=270.(共12张PPT)
第一课 计数原理
阶段复习课
网络体系构建
【答案速填】
①___________
②___________
③_____________
④_________
⑤_________________
排列数公式
组合数公式
组合数的性质
通项公式
二项式系数的性质
易错案例警示
易错点1:限制条件的排列问题分类标准不统一致错
【案例1】某班要从甲、乙、丙、丁、戊5人中选出4人参加4×100米的接力赛,若甲不能跑第一棒,乙不能跑最后一棒,丙丁两人如果都参加,他们必须是相邻的两棒,则不同的选派方式有 种.
【解析】根据题意可分两种情况:
(1)甲乙都参加.若四人为甲乙丙丁,
根据计数原理,则有(+1)=6种选派方式;
若四人为甲乙丙戊或甲乙丁戊,
根据计数原理则有2×(-2+)=28种选派方式.
(2)甲乙只有一人参加.若四人为甲丙丁戊,
根据计数原理则有=8种选派方式;
若四人为乙丙丁戊,根据计数原理则有=8种选派方式.
根据分类加法计数原理不同的选派方式共有6+28+8+8=50.
答案:50
【易错分析】解决有限制元素、限制位置的问题时,分类标准混在一起致错.
【避错警示】解题时不论从元素考虑,还是从位置考虑,要做到标准统一,不能既从元素考虑,又从位置考虑,造成分类混乱,导致解题错误.
易错点2:平均分组与不平均分组混淆致错
【案例2】某高校需安排5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,并且实习生甲和乙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
【解析】选D.因为甲和乙必须去同一家企业实习,则将甲乙捆绑作为一个整体,
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,所以总的安排方法数为==36种.
【易错分析】本题涉及“分组问题”,其中有两组是平均分组,忽视这一点使问题出错.
【避错警示】涉及平均分组时,要除以平均分组的组数的阶乘.
易错点3:忽视了分类讨论致错
【案例3】甲、乙、丙、丁四个人排成一行,则乙、丙两人位于甲同侧的排法总数是 ( )
A.16 B.12 C.8 D.6
【解析】选A.因为乙、丙两人位于甲同侧,可分为两类:第一类,乙、丙两人位于甲左侧;当甲在第三位时,不同的排法种数为·=2;当甲在第四位时,不同的排法种数为·=6,所以乙、丙两人位于甲左侧的不同排法的总数为2+6=8;第二类,乙、丙两人位于甲右侧的排法总数与乙、丙两人位于甲左侧的排法总数相同,也是8种.根据分类加法计数原理,乙、丙两人位于甲同侧的排法总数是8+8=16.
【易错分析】对“同侧”的理解不到位,想当然认为乙、丙两人只在甲左侧,因此遗漏计数而致误.
【避错警示】解题的关键是审题,要对题意理解清楚,特别是需要进行分类讨论时,要做到不重不漏.
易错点4:对二项式系数与系数分不清致错
【案例4】已知的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5,则x3的系数为 ( )
A.14 B.-14 C.240 D.-240
【解析】选C.二项展开式的第r+1项的通项公式为Tr+1=(2x)n-r,由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5,可得∶=2∶5,解得n=6.
所以Tr+1=(2x)n-r=26-r(-1)r,
令6-r=3,解得r=2,所以x3的系数为26-2(-1)2=240.
【易错分析】将二项式系数当成系数求解,造成结果出错.
【避错警示】分清楚条件是二项式系数还是某一项系数,然后求解.
易错点5:对展开式中的常数项理解不透致错
【案例5】求的展开式中的常数项.
【解析】因为=,
所以展开式的通项为Tr+1=··(-1)r(r=0,1,2,…,5).当r=5时,T6=·(-1)5=-1.
当0≤r<5时,的展开式的通项为Tk+1=·x5-r-k·=·x5-r-2k(k=0,1,2,…,5-r).
欲求常数项,令5-r-2k=0,即r+2k=5.
因为0≤r<5,且k,r∈N,所以r只能取1或3,相应的k值分别为2或1,即或
所以常数项为(-1)1+(-1)3+(-1)=-51.
【易错分析】在考虑的展开式时,用的是二项式定理,但没有注意到二项式定理只对n∈N*适用.还有概念的理解错误,一个展开式中只能有一个常数项,不可能有两个或多个常数项.
【避错警示】常数项其实也是二项展开式的特定项.求特定项或特定项的系数,可以先写出二项展开式的通项,根据通项的特点,求出相应的r的值,再代入通项求特定项或其系数.(共28张PPT)
组合的应用
第六章
新课程标准 素养风向标
1.能应用组合知识解决有关组合的简单问题. 2.能解决有限制条件的组合问题. 1.学会运用组合知识解决实际的简单问题.(数学运算)
2.掌握解决组合问题的常见方法.(数学运算)
核心互动探究
探究点一 有限制条件的组合问题
【典例1】(1)要安排3名学生到2个乡村做志愿者,每名学生只能选择去一个村,每个村里至少有一名志愿者,则不同的安排方法共有 ( )
A.2种 B.3种 C.6种 D.8种
(2)在一次马拉松赛中,某校要从甲、乙、丙、丁等10人中挑选3人参加比赛,其中甲、乙、丙、丁4人中至少有1人参加且甲乙不同时参加,丙丁也不同时参加,则不同的报名方案有 ( )
A.69种 B.96种 C.76种 D.84种
【思维导引】(1)首先将3名学生分成两个组,然后将2组学生安排到2个村即可.
(2)根据题意,分3种情况讨论:①甲、乙、丙、丁4人中,只从甲乙中选出1人,②甲、乙、丙、丁4人中,只从丙丁中选出1人,③甲、乙、丙、丁4人中,从甲乙,丙丁中各选1人,由分类加法计数原理计算可得答案.
【解析】(1)选C.第一步,将3名学生分成两个组,有=3种分法;
第二步,将2组学生安排到2个村,有=2种安排方法,所以,不同的安排方法共有3×2=6种.
(2)选D.根据题意,分3种情况讨论:
①甲、乙、丙、丁4人中,只从甲乙中选出1人,需要在其他6人中选出2人,有=30种报名方案;
②甲、乙、丙、丁4人中,只从丙丁中选出1人,需要在其他6人中选出2人,有=30种报名方案;
③甲、乙、丙、丁4人中,从甲乙、丙丁中各选1人,需要在其他6人中选出1人,有=24种报名方案.
故有30+30+24=84种报名方案.
【类题通法】组合应用题的求解策略
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合问题:
“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;
“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩余元素中去取.
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的问题:
首先要理解“至少”与“至多”的含义,防止重复与漏解;其次选取某条件为主线进行分类求解,当用直接法分类较多时,可用间接法处理.
【定向训练】
1.为了丰富教职工的文化生活,某学校从高一年级、高二年级、高三年级、行政部门各挑选出4位教师组成合唱团,现要从这16人中选出3人领唱,要求这3人不能都是同一个部门的,且在行政部门至少选1人,则不同的选取方法的种数为( )
A.336 B.340 C.352 D.472
【解析】选A.由题意可得,①行政部门选一人,若其他两人为同一部门有=72种,若其他人不为同一部门有=192种;②行政部门选二人,有=72种.综上共有72+192+72=336种.
2.现有甲班A,B,C,D四名学生,乙班E,F,G三名学生,从这7名学生中选4名学生参加某项活动,则甲、乙两班每班至少有1人,且A必须参加的方法有 ( )
A.10种 B.15种 C.18种 D.19种
【解析】选D.由题按甲乙班参加人数分情况讨论如下:
若甲班1人,乙班3人,共1种方法;
若甲班2人,乙班2人,共=9种方法;
若甲班3人,乙班1人,共=9种方法.
故甲、乙两班每班至少有1人,且A必须参加的方法有1+9+9=19种.
3.某校需要从5名男生和5名女生中选出4人参加一项文化交流活动,由于工作需要,男生甲与男生乙至少有一个参加活动,女生丙必须参加活动,则不同的选人方式
有( )
A.56种 B.49种 C.42种 D.14种
【解析】选B. ①男生甲、乙有一人参加,女生丙参加,从另外7人中任选2人,共有=42种.
②男生甲、乙都参加,女生丙也参加,从另外7人中任选1人,有=7种.
综合①②得不同的选人方式有42+7=49种.
探究点二 分组、分配问题
命题角度1 相同元素的分配问题
【典例2】6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子,求下列方法的种数.
(1)每个盒子都不空;(2)恰有一个空盒子;
(3)恰有两个空盒子.
【思维导引】(1)等价转化成:6个球排成一行,球之间共5个空,插3个隔板,隔成4份.
(2)隔板法先在首尾两球外,各放一隔板,并在5个空隙中任选2个各插一隔板,然后将剩下的一隔板与前面任一块并放形成空盒.
(3)隔板法先在首尾两球外各放一隔板,并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板,然后将剩下的两块隔板插入形成空盒.
【解析】(1)先把6个相同的小球排成一行,在首尾两球外侧各放置一块隔板,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)方法.
(2)恰有一个空盒子,插板分两步进行.先在首尾两球外侧各放置一块隔板,并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板,如|0|000|00|,有种插法;然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒,如|0|000||00|,有种插法,故共有·=40(种)方法.
(3)恰有两个空盒子,插板分两步进行.先在首尾两球外侧各放置一块隔板,并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板,有种插法,如|00|0000|,然后将剩下的两块隔板插入形成空盒.
①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子,如||00||0000|,有种插法.
②将两块板与前面三块板之一并放,如|00|||0000|,有种插法.故共有·(+)=30(种)方法.
【类题通法】相同元素分配问题的处理策略
(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),有种方法.可描述为n-1个空中插入m-1块板.
【定向训练】
1.把9个完全相同的口罩分给6名同学,每人至少一个,不同的分法有 种.( )
A.41 B.56 C.156 D.252
【解析】选B.问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列,再分成6堆,每堆至少一个,求其方法数.
所以,只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空当”中选出5个“空当”插入挡板,即产生符合要求的方法数.
故有=56种.
2.将4个相同的小球放入6个编号不同的盒子中,每个盒子至多放一个小球,而且小球必须全部放入盒中,求一共有多少种不同的放法.
【思维导引】这是一个组合问题,可以看成从6个盒子中选择4个盒子放入小球,从而可得出答案.
【解析】此题可理解为从6个盒子中选择4个盒子放入小球(小球无差别),因此有===15种不同的放法.
命题角度2 不同元素分组、分配问题
【典例3】我省5名医学专家到某革命老区交流学习,现把专家全部分配到A,B,C三个医院,每个医院至少要分配1人,其中甲专家不去A医院,求一共有多少种分配方法.
【思维导引】完成这件事情可分2步进行:第一步将5名医学专家分为3组;第二步将分好的3组分别派到三个医院.由分步乘法计数原理计算即可得到答案.
【解析】根据已知条件,完成这件事情可分2步进行:
第一步:将5名医学专家分为3组,
①若分为3,1,1的三组,有=10种分组方法;
②若分为2,2,1的三组,有=15种分组方法,
故有10+15=25种分组方法.
第二步:将分好的三组分别派到三个医院,甲专家不去A医院,可分配到B,C医院中的一个,有=2种分配方法,
再将剩余的2组分配到其余的2个医院,有=2种分配方法,则有2×2=4种分配方法.
根据分步乘法计数原理,共有25×4=100种分配方法.
【类题通法】分组与分配问题的常见类型及解法
(1)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,最后必须除以组数的阶乘;
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.
(2)分配问题属于“排列”问题,分配问题可以按要求逐个分配,也可以分组后再分配.
【定向训练】
某地区安排A,B,C,D,E五名同志到三个地区开展防疫宣传活动,每个地区至少安排一人,且A,B两人安排在同一个地区,C,D两人不安排在同一个地区,则不同的分配方法有 ( )
A.86种 B.64种 C.42种 D.30种
【解析】选D.①当两个地区各分2人另一个地区分1人时,分法有·=12种;②当两个地区各分1人另一个地区分3人时,分法有·=18种.故满足条件的分法共有12+18=30种.
探究点三 排列与组合的综合应用
【典例4】(1)某中学高二某班准备举办一场“互动沙龙”,要求从6位男嘉宾、2位女嘉宾中随机选出4位嘉宾进行现场演讲,且女嘉宾至少要选中1位,如果2位女嘉宾同时被选中,她们的演讲顺序不能相邻,那么不同演讲顺序的种数是 ( )
A.1 860 B.1 320 C.1 140 D.1 020
(2)(2020·全国Ⅱ卷)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.
【思维导引】(1)根据女嘉宾被选中的人数进行分类,选中两位女嘉宾时用插空法进行排列.
(2)根据题意,有且只有2名同学在同一个小区,利用先选后排的思想,结合排列组合和分步乘法计数原理得解.
【解析】(1)选C.由已知可知分为两类:
第一类,2位女嘉宾只有一位被选中,则还需从6位男嘉宾里选出3位,然后全排列,所以不同的演讲顺序有··=960种;
第二类,2位女嘉宾同时被选中,则还需从6位男嘉宾里选出2位,
所以2位女嘉宾的演讲顺序不相邻的不同演讲顺序有···=180种.
综上,不同的演讲顺序的种数是960+180=1 140.
(2)因为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,所以先取2名同学看作一组,选法有=6种,
现在可看成是3组同学分配到3个小区,分法有=6种,根据分步乘法计数原理,可得不同的安排方法有6×6=36种.
答案:36
【类题通法】解排列组合问题要遵循两个原则
(1)按元素(或位置)的性质进行分类;
(2)按事情发生的过程进行分步.具体地说,解排列组合问题常以元素(或位置)为主体,即先满足特殊元素(或位置),再考虑其他元素(或位置).
【定向训练】
1.以长方体的顶点为顶点的三棱锥共有 ( )
A.70个 B.64个 C.60个 D.58个
【解析】选D.三棱锥有4个顶点,从长方体8个顶点中任取4个点共有=70种取法,排除其中四点共面的有:长方体的面6个,对角面6个,可得不同的三棱锥有70-12=58个.
2.国际高峰论坛,组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问,要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团,且国内媒体团不能连续提问,则不同的提问方式的种数为 ( )
A.378 B.306 C.268 D.198
【解析】选D.分两种情况讨论:
①若选两个国内媒体一个国外媒体,有=90种不同提问方式;
②若选两个国外媒体一个国内媒体,有=108种不同提问方式.
所以共有90+108=198种提问方式.
3.学校组织学生参加社会调查,某小组共有3名男同学,4名女同学,现从该小组中选出3名同学分别到甲、乙、丙三地进行社会调查,若选出的同学中男女均有,则不同的安排方法有 ( )
A.30种 B.60种 C.180种 D.360种
【解析】选C.方法一:先选后排,因为选出的同学中男女均有,可以分两种情况,①1男2女,有种情况,②2男1女,有种情况,对选出的情况再进行全排列:(+)×=180.
方法二:用总数减去所求的反面,即7人里选3人的情况,减去选出的全是男同学和全是女同学的情况,再进行全排列,(--)×=180.
4.五一国际劳动节期间,有6名志愿者要去3所敬老院做义工,这3所敬老院的规模不同,其中2所敬老院规模较小,各需1名义工,剩余4人均去另1所,则不同的分配方案有 种.
【解析】第一步:先从6名志愿者中选取4名志愿者去一所敬老院,有种分法;
第二步:将剩下的2名志愿者分别安排在剩下的2所敬老院中,有种分法.
根据分步乘法计数原理,有=30种方法.
答案:30
课堂素养达标
1.某市为了迎接国家文明城市验收,要求某单位4名工作人员到路口执勤,协助交警劝导人们规范出行.现有含甲、乙在内的4名工作人员,按要求分配到2个不同的路口执勤,每个路口至少一人,则甲、乙在同一路口的分配方案共有 ( )
A.3种 B.6种 C.9种 D.12种
【解析】选B.把甲、乙两人看作一个整体,4个人变成了3个元素,再把这3个元素分成2部分,每部分至少有1个人,然后分配到2个路口,共有=6种分配方案.
2.某地为提高社区居民身体素质和保健意识,从5名医生和2名护士共7名医务工作者中选出队长1人、副队长1人、普通医务工作者2人组成4人医疗服务队轮流到社区为居民进行医疗保健服务,要求医疗服务队中至少有1名护士,则共有 种不同的选法(用数字作答).
【解析】分两类:
①只有1名护士,共有=240种选法;
②有2名护士,共有=120种选法.
故共有240+120=360种选法.
答案:360
