高考数学总复习-计数原理

数学直通车----计数原理知识体系编辑课件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=m×n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编辑课件【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5×4×3=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：编辑课件①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5×4=20（种）借法；②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5×3=15（种）借法；③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4×3=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.举一反三编辑课件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？编辑课件分析（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=7×8×9×10=5040（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7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法…………..10′所以，不同的选法共有N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）……………………..12′编辑课件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10000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.2000B.4006C.5904D.8320解析:10000个号码中不含4、7的有=4096（个），故这组号码中“优惠卡”的个数为10000-4096=5904.答案:C编辑课件【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4×3=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1×2×4×3=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.编辑课件举一反三3.（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4×3×2=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3×2=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24×9=216（种）.答案:216编辑课件易错警示【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3×3×3×3=（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=4×4×4=（种）.故选D.编辑课件【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3×3×3×3=(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.编辑课件考点演练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）编辑课件解析：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4×4=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4×4×4=64（个）；第四类：组成四位自然数，方法同上，共有4×4×4×4=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5×4×1×4＝80(种)涂法；第二类：1号区域与3号区域异色时，有5×4×3×3＝180(种)涂法.依据分类加法计数原理知不同的涂色方法有80＋180＝260(种).编辑课件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（m≤n）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（m≤n）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(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.组合数的概念：从n个不同元素中取出m(m≤n)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.编辑课件公式排列数公式：组合数公式：性质(1)0!=1;(2)=.(1)规定：备注

m,n∈N*,m≤n.n(n-1)…2·1编辑课件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=3×4×3=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.编辑课件举一反三1.（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.96B.84C.60D.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编辑课件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.1440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2×4×=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.举一反三编辑课件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.编辑课件分析（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′编辑课件方法二：“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-=246……..6′(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′编辑课件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,C3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,C3门选1门，其他选3门，有种;第二类：A,B,C3门都不选，其他选4门，有种.共＋＝75（种）.答案:75编辑课件题型四排除法【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”.编辑课件举一反三4.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个编辑课件分析按题意，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.编辑课件举一反三5.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=1295（种）.编辑课件易错警示【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）.编辑课件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4×12=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×3×2=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.考点演练编辑课件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:3611.（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）.编辑课件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.编辑课件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).编辑课件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.编辑课件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.3B.5C.6D.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.编辑课件举一反三已知展开式中，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.4B.5C.6D.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题型二求项的系数编辑课件【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.编辑课件举一反三2.（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）求展开式的各项系数的和.编辑课件分析根据前三项系数的绝对值成等差数列，列出关于n的方程，求出n.解第一项系数的绝对值为，第二项系数的绝对值为，第三项系数的绝对值为，依题意有+=×2，解得n=8…2′（1）第四项……..4′（2）通项公式为展开式的常数项有8-2r=0，即r=4，所以常数项为………………..8′（3）令x=1，得展开式的各项系数的和为……………..12′编辑课件学后反思本题旨在训练二项式定理通项公式的运用，但要注意通项是而不是，这是最容易出错的地方.举一反三3.