2013届高考数学总复习课件----计数原理.ppt

数学直通车-计数原理 知识体系 第一节 两个基本计数原理 基础梳理 1. 分类加法计数原理(加法原理) 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. 2. 分步乘法计数原理(乘法原理) 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=mn种不同的方法. 典例分析 题型一 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的简单应用 【例1】 甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不 同的物理书，3本不同的化学书.现在乙同学向甲同学借书,试问： （1）若借一本书，则有多少种不同的借法？ （2）若每科各借一本，则有多少种不同的借法？ （3）若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？ 分析 仔细区分是“分类”还是“分步”. 解 （1）因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化 学书中的任何一本，都可以完成这件事情. 故用分类加法计数原理，共有5+4+3=12（种）不同的借法. （2）需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙3本书，只有 从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情.故用分步乘法 计数原理，共有543=60（种）不同的借法. （3）需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分 三种情况： 借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成.由分步乘 法计数原理知，有54=20（种）借法； 借一本数学书和一本化学书，同理由分步乘法计数原理知，有53=15（ 种）借法； 借一本物理书和一本化学书，同理由分步乘法计数原理知，有43=12（ 种）借法. 而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类加法计数原理知， 共有20+15+12=47（种）不同的借法. 学后反思 正确区分和使用两个原理是学好本章的关键.区分“分类”与“ 分步”的依据在于能否“一次性”完成. 若能“一次性”完成，则不需“分 步”，只需分类；否则就分步处理. 举一反三 1. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组， 则不同的报名方法共有 ( ) A. 10种 B. 20种 C. 25种 D. 32种 解析: 5位同学中，每位同学均有2种报名方法，所以由分步乘法计数原 理得，报名方法共有 =32(种). 答案: D 题型二 两个计数原理的综合应用 【例2】（12分）现有高一四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、 8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组. （1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？ （2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？ （3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选 法？ 分析 （1）是从四个班的34人中选一人，应分类求解； （2）从各班中选一人，共选4人，应分步求解； （3）是先根据不同班级分类，再分步从两个班级中各选1人. 解 （1）分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二 班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第 四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以，不同的选法共有 N=7+8+9+10=34（种）3 (2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任 组长，所以，不同的选法共有N=78910=5 040（种）6 （3）分六类，每类又分两步，从一班、二班学生中各选1人，有78种不同 的选法；从一、三班学生中各选1人，有79种不同的选法；从一、四班学 生中各选1人，有710种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有89 种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有810种不同的选法；从三、 四班学生中各选1人，有910种不同的选法10 所以，不同的选法共有N=78+79+710+89+810+910=431（种） 12 学后反思 对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或分步乘法计数原 理解决时，可以综合应用两个原理，可以先分类，在某一类中再分步；也 可先分步，在某一步中再分类. 举一反三 2. 某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从 “0000”到“9999”共10 000个号码.公 司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡” ，则这组号码中“优惠卡”的个数为 （ ） A.2 000 B.4 006 C.5 904 D.8 320 解析: 10 000个号码中不含4、7的有 =4 096（个），故这组号码中“ 优惠卡”的个数为10 000-4 096=5 904. 答案: C 【例3】（2009沈阳模拟）一生产过程有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 分析 首先根据第一道工序将问题分为两类，对两类问题分别求解，再 由分步计数原理求解. 解 依题意知,若第一道工序由甲来完成，则第四道工序必由丙来完成， 故完成方案共有43=12(种)；若第一道工序由乙来完成，则第四道工序 必由甲、丙二人之一来完成，故完成方案共有1243=24(种).所以 不同的安排方案共有12+24=36(种). 学后反思 有些较复杂的问题，既要“分类”又要“分步”，应明确按标准“分类” 、“分步”，不同的标准可以有不同的解法，解题时应择优而行. 举一反三 3. （2008重庆）某人有4种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要 在如图所示的6个点A、B、C、 上各装一个灯泡.要求同一条线段两 端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有种（用 数字作答）. 解析: 处4种， 处3种， 处2种，则底面共432=24（种）.根据点A 和点 两处灯泡的颜色相同或不相同分为两类： (1)若A, 相同，则B处有3种，C处有1种，则共有3种; (2)若A, 不同，则A处有3种,B处有2种，C处有1种，则共有32=6（种）. 由分类计数原理得上底面共9种，再由分步计数原理得共有249=216（种 ）. 答案: 216 易错警示 【例1】植树节那天，四位同学植树，现有三棵不同的树，则不同的植法结 果为 ( ) A. 3！ B. 4！ C. D. 错解 C 错解分析 在利用分步计数原理解决此题时，不少同学搞错了事件的主体 ，这里应该是把树植完，对植的树分步，而不是对人分步.有很多同学分 四步，即得3333= （种），错选C. 正解 完成这件事分三步，即第一步植第一棵树，共4种不同的方法； 第二步，植第二棵树，共4种不同的方法；第三步，植第三棵树，共4种 不同的方法.由分步计数原理得N=444= （种）.故选D. 【例2】 在一次运动会上有4项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺 冠情况种数为 ( ) A. B. C. D. 错解 把4个冠军排在甲、乙、丙三个位置上，故选A. 错解分析 错解是没有理解乘法原理的概念，盲目地套用公式. 正解 4项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选 取方法，由乘法原理共有3333= (种).故选C. 说明：本题还有这样的错解，甲、乙、丙夺冠均有4种情况，由乘法原理得 .这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有4种夺 冠可能. 考点演练 10. 某公共汽车上有10名乘客，要求在沿途的5个车站全部下完，乘客下车 的可能方式有种. 解析: 由题意易知每名乘客都有5种不同的下法，依据乘法计数原理共 有 （种）. 答案: 11. （改编题）由1，2，3，4可以组成多少个自然数？（数字可以重复， 最多只能是四位） 解析： 组成的自然数可分以下四类： 第一类：组成一位自然数共有4个； 第二类：组成二位自然数，可分两步来完成，先取十位上的数字，再取出 个位上的数字，共有44=16（个）； 第三类：组成三位自然数，可分三步来完成，先取百位，再取十位，最后 取个位，共有444=64（个）； 第四类：组成四位自然数，方法同上，共有4444=256（个）. 由分类计数原理可组成的不同自然数的个数为 4+16+64+256=340. 12. 用5种不同的颜色给图中4个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求 相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？ 解析：第一类：1号区域与3号区域同色时，有 541480(种)涂法；第二类：1号区域与3号 区域异色时，有5433180(种)涂法.依据分 类加法计数原理知不同的涂色方法有80180 260(种). 第二节 排列组合 基础梳理 排列与排列数组合与组合数 定 义 1. 排列的概念：从n个不同元 素中取出m（mn）个元素, ，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的一个排列. 2. 排列数的概念：从n个不同 元素中取出m（mn）个元素的 叫做从n个不 同元素中取出m个元素的排列数 ，用符号 表示. 1. 组合的概念：一般地，从n 个不同元素中取出m(mn)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. 组合数的概念：从n个不同 元素中取出m(mn)个元素的 ，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. 公 式 排列数公式：组合数公式： 性 质 (1)0!=1; (2) = . (1)规定： 备 注 m,nN*,mn. n(n-1)21 典例分析 题型一 基本排列问题 【例1】 从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委 员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有 _种（用数字作答）. 分析 先选甲、乙以外的人担任文娱委员，然后再选其他委员. 解 先从其余3人中选出1人担任文娱委员，再从4人中选2人担任学习委员 和体育委员，3 =343=36(种). 学后反思 解决某些特殊元素不能排在某些特殊位置的排列问题，主要方 法是将这些特殊元素排在其他位置，或将其他非特殊元素排在这些特殊 位置来进行解决. 举一反三 1. （2008全国）如图，一环形花坛分成A、B、C、D四块，现有4种不 同的花供选种，要求在每块地里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则 不同的种法总数为（ ） A. 96 B. 84 C. 60 D. 48 解析: 分三类：种两种花有 种种法；种三种花有2 种种法；种四种 花有 种种法.故共有 +2 + =84（种）. 答案: B 题型二 有限制条件的排列 【例2】 记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排， 2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有 （ ） A.1 440种 B. 960种 C. 720种 D. 480种 分析 解决本题的关键是将2位老人相邻捆绑，作为一个特殊元素排列. 解 5名志愿者先排成一排，有 种方法，2位老人作为一组插入其中， 且两位老人有左右顺序，共有24 =960（种）不同的排法. 学后反思 解决要求几个元素相邻的问题，一般是将这几个元素进行捆 绑看成一个“元素”参与排列，然后这个“元素”的内部再进行排列. 举一反三 2. 从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每 人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的 选派方法共有（） A. 40种 B. 60种 C. 100种 D. 120种 解析: 星期五有2人参加，则从5人中选2人的组合数为 ，星期六和星期 天从剩余的3人中选2人进行排列，有 种，则共有 =60（种）. 答案: B 题型三 基本组合问题 【例3】(12分)男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5 人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？ （1）男运动员3名，女运动员2名； （2）至少有1名女运动员； （3）队长中至少有1人参加； （4）既要有队长，又要有女运动员. 分析 （1）分步.（2）可分类也可用间接法.（3）可分类也可用间接法. （4）分类. 解（1）第一步：选3名男运动员，有 种选法. 第二步：选2名女运动员，有 种选法. 共有 =120（种）选法3 （2）方法一：“至少有1名女运动员”包括以下几种情况： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男. 由分类加法计数原理可得总选法数为 .6 方法二：“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接 法求解. 从10人中任选5人有 种选法，其中全是男运动员的选法有 种.所以 “至少有1名女运动员”的选法数为 - =2466 (3)方法一（可分类求解）: “只有男队长”的选法数为 ;“只有女队长”的选法数为 . “男、女队长都入选”的选法数为 . 所以共有2 + =196（种）选法.9 方法二（间接法）： 从10人中任选5人有 种选法. 其中不选队长的方法有 种.所以“至少1名队长”的选法为 - =196（种） .9 （4）当有女队长时，其他人选任意，共有 种选法.不选女队长时，必 选男队长，共有 种选法.其中不含女运动员的选法有 种，所以当不 选女队长时，共有 - 种选法. 所以既有队长又有女运动员的选法共有 + - =191（种）.12 学后反思 解组合题时，常遇到至多、至少问题，可用直接法分类求解， 也可用间接法求解以减少运算量.当限制条件较多时，要恰当分类，逐一满 足. 举一反三 3. 某校开设9门课程供学生选修，其中A,B,C 3门由于上课时间相同，至 多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有种不同选修方案.（用 数值作答） 解析: 分两类： 第一类：A,B,C 3门选1门，其他选3门，有 种; 第二类：A,B,C 3门都不选，其他选4门，有 种. 共 75（种）. 答案: 75 题型四 排除法 【例4】 从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若 这3人中至少有1名女生，则选派方案共有 （ ） A. 108种 B. 186种 C. 216种 D. 270种 分析 逆向思考，“这3人中至少有1名女生”的否定为“这3人中没有女生 ”. 解 全部方案有 种，减去只选派男生的方案数 ，合理的选派方案共 有 - =186(种). 学后反思 关于“至少”类型组合问题，用间接法较方便，即用总的方案 数减去“至少”的否定的方案数.同时要注意： “至少一个”的否定为“一个没有”; “至多一个”的否定为“至少两个”; “至少N个”的否定为“至多N-1个”; “至多N个”的否定为“至少N+1个”. 举一反三 4. 从6台甲型和5台乙型电视机中任取出4台，其中至少要甲型和乙型电视 机各一台，则不同取法共有 ( ) A. 310种 B. 200种 C. 190种 D. 135种 解析: 至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取 另一种型号的电视机，故不同取法共有 =310(种). 答案: A 题型五 多元问题分类法 【例5】由数字 0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位 数字小于十位数字的共有 ( ) A. 210个 B. 300个 C. 464个 D. 600个 分析 按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况. 解 个位数字只是0，有 个; 个位数字是1，有 个; 个位数字是2，有 个; 个位数字是3，有 个; 个位数字是4，有 个. 共有 + + + + =300(个). 学后反思 参与排列的元素多，取出的情况也有多种，可按结果要求分成不 相容的几类情况分别计算，最后总计. 举一反三 5. 从1，2，3，,100这100个数中任取两个数，使它们的乘积能被7整除， 这两个数的取法(不计顺序)共有多少种？ 解析： 被取的两个数中至少有一个能被7整除时，它们的乘积就能被7整除 . 将这100个数组成的集合视为全集I，能被7整除的数的集合记作A，则A 7，14，,98共有14个元素，故不能被7整除的数的集合 =1,2,99,100共有86个元素.由此可知，从A中任取两数的取法，共有 种；从A中任取一个数又从 中任取一个数的取法，共有 种， 两种情形共得符合要求的取法有 =1 295（种）. 易错警示 【例1】有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有 多少种不同的排列方法？ 错解 因为是8个小球的全排列，所以共有 种方法. 错解分析 错解中没有考虑3个红色小球是完全相同的，5个白色小球也是 完全相同的，同色球之间互换位置是同一种排法. 正解 8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选 出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以 没有顺序，是组合问题.这样共有 =56(种)排法. 【例2】如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区 域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种（以数字作答）. 错解 先着色第一区域，有4种方法，剩下3种 颜色涂四个区域，即有一种颜色涂相对的两块 区域，有 =12（种）.由乘法原理可得 有412=48（种）不同的着色方法. 错解分析 原因主要是没有看清题设“有4种颜色可供选择”，不一定需 要4种颜色全部使用，用3种也可以完成任务.因此，在解排列组合问题时 一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，否则就可能多解或 漏解. 正解 当使用4种颜色时，由“错解”知有48种着色方法；当使用3种颜色 时，从4种颜色中选取3种有 种方法，先着色第一区域，有3种方法，剩 下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3 、5区域，有2种着色方法，由乘法原理可得有 32=24（种）不同的 着色方法. 综上所述，共有48+24=72（种）不同的着色方法. 考点演练 10. （2009重庆）将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少 一名，则不同的分配方案有种（用数字作答）. 解析: 先选出两人组成整体，再作全排列，即 =36（种）. 答案: 36 11. （创新题）在一次文艺演出中，需要给舞台上方安装一排完全相同的彩 灯15只，以不同的点亮方式增加舞台效果，设计要求如下：恰好有6只是关的 ，且相邻的灯不能同时被关掉，两端的灯必须点亮，求不同的点亮方式. 解析： 15只彩灯中有6只是关的，9只是开的，且相邻的灯不能同时被关 掉，则在9只开着的灯的8个空中（因两端灯必须点亮）取6个空安排关着的 彩灯，共有点亮方式 =28（种）. 12. 某学习小组有8个同学，从男生中选2人，女生中选1人参加数学、物理 、化学三种竞赛，要求每科均有1人参加，共有180种不同的选法，那么该 小组中男、女同学各有多少人？ 解析： 设男生有x人，则女生有8-x人，依题意得 即 即（x-5）(x-6)(x+2)=0, (舍去). 即男生有5人，女生有3人，或男生有6人，女生有2人. 第三节 二项式定理 基础梳理 1. 二项式定理及其特例 特别是当x=1时，得 2. 二项展开式的通项公式 (r=0,1,2,n). 3. 二项式系数表（杨辉三角） 展开式的二项式系数，当n依次取1,2,3,时，二项式系数表中每 行两端都是1，除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和. 4.二项式系数的两个性质 (1)对称性 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（ ）. (2)增减性与最大值 当n是偶数时，中间一项 取得最大值；当n是奇数时，中间两项 取得最大值. 典例分析 题型一 求二项式 中的n 【例1】（2007湖北）如果 的展开式中含有非零常数项，则正 整数n的最小值为（ ） A.3 B.5 C.6 D.10 分析 根据展开式中含有非零常数项，求得n,r之间的关系，从而求出n. 解 展开式通项 由题意得2n-5r=0 (r=0,1,2,n), 故当r=2时，正整数n的最小值为5. 学后反思 常数项即变量的指数为0，有理项即变量的指数为整数，这都是 列方程的依据，根据方程求得关系再解题. 举一反三 1. 已知 展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之 比为64，则n等于（） A.4 B.5 C.6 D.7 解析: 展开式中，各项系数的和为 ，各项二项式系数的和为 ，由已知, 得 =64，所以n=6. 答案: C 题型二 求项的系数 【例2】 展开式中 的系数为. 分析 利用通项公式分别写出常数项，含x、 项，从而求出系数. 解 展开式中 项为 所求系数为 学后反思 此题重点考查二项展开式中指定项的系数，以及组合思想； 展开式中的常数项、一次项、二次项分别和 展开式中的二次项、一 次项、常数项相乘再求和得整个展开式中的二次项.要注意二项展开式中某 项的系数与该项的二项式系数是不同的概念，其项的系数是指该单项式的 系数，而二项式系数仅为 ,这点要注意区分. 举一反三 2. （2008天津） 的二项展开式中， 的系数是（用数字 作答）. 解析: ，所以r=2. 所以 的系数为 答案: 40 题型三 求展开式中的特定项 【例3】(12分)在二项式 的展开式中，前三项系数的绝对值成 等差数列. （1）求展开式的第四项； （2）求展开式的常数项； 3）求展开式的各项