模块复习-计数原理课题

第一课计数原理【网络体系】【核心速填】1.分类加法计数原理：完成一件事可以有n类方法，在第一类方法中有m1种不同的方法，在其次类方法中有m2种不同的方法，…，在第n类方法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=___________种不同的方法.2.分步乘法计数原理：完成一件事须要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做其次步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N=______________种不同的方法.m1+m2+…+mnm1×m2×…×mn3.排列数与组合数公式及性质排列与排列数组合与组合数公式排列数公式=n(n-1)(n-2)…________=________组合数公式=_____=____________________=_________性质当m=n时，为全排列=n！；0！=__备注n，m∈N*且m≤n

(n-m+1)14.二项式定理(1)二项式定理的内容(a+b)n=______________________________________.(2)通项公式：，k∈{0，1，2，…，n}，(3)二项式系数_________________的性质①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；②若n为偶数，中间一项(第项)的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项(第项和第项)的二项式系数相等且最大.【易错提示】1.“分类”与“分步”的区分(1)分类就是能“一步到位”——任何一类中任何一种方法都能完成这件事情，简洁的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”.(2)分步则只能“局部到位”——任何一步中任何一种方法都不能完成这件事情，只能完成事务的某一部分，只有当各步全部完成时，这件事情才完成．简洁地说步与步之间的方法“相互独立，多步完成”.2.正确区分是组合问题还是排列问题，要把排列中的“定序”和“有序”区分开来．3．正确区分分堆问题和支配问题4．二项式定理的通项公式是第k+1项，而不是第k项，留意其指数规律．5．求二项式绽开式中的特殊项(如：系数最大的项、二项式系数最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理项…)时，要留意n与k的取值范围．6．留意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”，绽开式中“二项式系数的和”与“各项系数的和”，“奇(偶)数项系数的和”与“奇(偶)次项系数的和”.类型一两个计数原理【典例1】(1)方程表示焦点在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)(2015·宣城高二检测)某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、两个不同的宣扬广告、一个公益广告，要求最终播放的不能是商业广告，且宣扬广告与公益广告不能连续播放，两个宣扬广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？【解析】(1)以m的值为标准分类，分为五类．第一类：m=1时，使n>m，n有6种选择；其次类：m=2时，使n>m，n有5种选择；第三类：m=3时，使n>m，n有4种选择；第四类：m=4时，使n>m，n有3种选择；第五类：m=5时，使n>m，n有2种选择．所以共有6+5+4+3+2=20种方法，即有20个符合题意的椭圆．答案：20(2)用1，2，3，4，5，6表示广告的播放依次，则完成这件事有三类方法．第一类：宣扬广告与公益广告的播放依次是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．其次类：宣扬广告与公益广告的播放依次是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：宣扬广告与公益广告的播放依次是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.【延长探究】若本例(1)中条件“y轴”改为“x轴”，试求满足条件的椭圆的个数.【解析】因为方程表示焦点在x轴上的椭圆，则m>n>0.以m的取值进行分类．当m=1时，n值不存在；当m=2时，n可取1，只有1种选择；当m=3时，n可取1，2，有2种选择；当m=4时，n可取1，2，3，有3种选择；当m=5时，n可取1，2，3，4，有4种选择；由分类加法计数原理可知，符合条件的椭圆共有10个．【方法技巧】1.运用两个原理解决问题的思路(1)选择运用两个原理解决问题时，要依据我们完成某件事情实行的方式而定，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，首先要依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；其次分类时要留意，完成这件事的任何一种方法必需属于某一类，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”，分步时首先要依据问题的特点确定一个分步的标准；其次，分步时还要留意满足完成一件事必需并且只有连续完成这n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.运用两个原理解决问题时应留意的问题对于一些比较困难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】(2015·四川高考)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有()A.144个B.120个C.96个D.72个【解题指南】留意分类探讨，结合首位分别为4，5，末位分别为0，2，4求解.【解析】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).共24×5=120(个).【补偿训练】在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A.10B.11C.12D.15【解析】选B.方法一：分0个相同、1个相同、2个相同探讨.(1)若0个相同，则信息为：1001.共1个．(2)若1个相同，则信息为：0001，1101，1011，1000.共4个．(3)若2个相同，又分为以下状况：①若位置一与二相同，则信息为：0101；②若位置一与三相同，则信息为：0011；③若位置一与四相同，则信息为：0000；④若位置二与三相同，则信息为：1111；⑤若位置二与四相同，则信息为：1100；⑥若位置三与四相同，则信息为：1010.共有6个．故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1+4+6=11.方法二：若0个相同，共有1个；若1个相同，共有=4(个)；若2个相同，共有=6(个)．故共有1+4+6=11(个).类型二排列与组合的综合应用【典例2】(1)3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数为()A．360B．288

C．216

D．96(2)(2015·济南高二检测)航天员拟在太空授课，准备进行标号为0，1，2，3，4，5的六项试验，向全世界人民普及太空学问，其中0号试验不能放在第一项，最终一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则试验依次的编排方法种数为_______(用数字作答)(3)(2015·宜春高二检测)用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的五位数.试分别求出符合下列条件的五位数的个数(最终结果用数字表达)：①总的个数；②奇数；③能被6整除的数.【解析】(1)选B.3位男生排成一排有种排法，3名女生分成两组.其中2名排好看成一个整体有种排法，这两组女生插空到3名男生中有种插法，于是6位同学排成一排且3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有=432种．其中男生甲在排头或排尾时，其余两男生的排法有种，两组女生插到2名男生中有种插法.于是男生甲在排头或排尾，3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有=144种．所以满足条件的排法共432-144=288(种).(2)由于0号试验不能放在第一项，所以第一项试验有5种选择.因为最终两项试验的依次确定，所以共有=300种不同的编排方法.答案：300(3)①依据题意，0不能在首位即万位，则万位有5种选法，剩余的4位没有限制，在剩下5个数字中任选4个，进行全排列，即有种选法，共有5×120=600个五位数.②先排个位，因为要求是奇数，则有3种选法，再分析万位，除去已排在个位的数和0，还有4个数字可选，有4种选法，最终排中间3位，在剩下4个数字中任选3个，进行全排列，即有=24种选法，则共有3×4×24=288个奇数.③能被6整除的数必需是偶数且各个数字之和为3的倍数，分2种状况探讨，ⅰ末位为0，其余的4个数字必是1，2，4，5，进行全排列即可，有=24种状况，ⅱ末位为2或4，若0不在五位数中，则有2×=48个五位数，若0在五位数中，则有2×=36个五位数，此时共有48+36=84个五位数，综上可得，共有24+84=108个五位数.【方法技巧】1.处理排列组合应用题的一般步骤(1)细致审题，弄清晰是排列(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，精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：干脆法，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类型和解决方法(1)特殊元素、特殊位置优先支配的策略.(2)合理分类与精确分步的策略.(3)正难则反，等价转化的策略.(4)相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法的策略.(5)元素定序，先排后除的策略.(6)排列、组合混合题先选后排策略.(7)困难问题构造模型策略.【拓展延长】解排列组合问题的顺口溜审明题意，排(组)分清；合理分类，用准加乘；周密思索，防漏防重；干脆间接，思路可循；元素位置，特殊先行；一题多解，检验真伪.【变式训练】(1)(2015·福州高二检测)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架飞机准备着舰．假如甲、乙两机必需相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有()A．12种B．18种C．24种D．48种【解析】选C.把甲、乙看作1个元素和戊全排列，调整甲、乙，共有种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中，有种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为(2)(2015·佛山高二检测)3名老师与4名学生排成一横排照相，求①3名老师必需排在一起的不同排法有多少种？②3名老师必需在中间(在3，4，5位置上)的不同排法有多少种？③3名老师不能相邻的不同排法有多少种？【解析】①3名老师的排法有，把3名老师作为一个整体与4个学生共5个元素的全排列共有种，则共有=720(种).②3名老师的排法有，4个学生在4个位子上的全排列共有种，则共有=144(种).③先4个学生全排列，再在五个空位中任选3个排3名老师，共=1440(种).【补偿训练】(1)将18个参与青少年科技创新大赛的名额支配给3个学校，要求每校至少有一个名额且各校支配的名额互不相等，则不同的支配方法种数为()A．96 B．114C．128D．136【解析】选B.若某一学校的最少人数是1，2，3，4，5，则各有7，5，4，2，1种不同的分组方案．故不同的支配方法种数是(7+5+4+2+1)=19×6=114.(2)两人进行乒乓球竞赛，先赢3局者获胜，决出输赢为止，则全部可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不怜悯形)共有()A．10种B．15种C．20种D．30种【解析】选C.由题意知竞赛场数至少为3场，至多为5场．当为3场时，状况为甲或乙连赢3场，共2种．当为4场时，若甲赢，则前3场中甲赢2场，最终一场甲赢，共有=3(种)状况；同理，若乙赢也有3种状况．共有6种状况．当为5场时，前4场，甲、乙各赢2场，最终1场胜出的人赢，共有=12(种)状况．由上综合知，共有20种状况.类型三二项式定理的应用【典例3】(1)(2015·湖南高考)已知的绽开式中含的项的系数为30，则a=()A.B.-C.6D.-6(2)(2015·厦门高二检测)已知二项式绽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求绽开式中二项式系数最大的项；③求绽开式中全部x的有理项.【解析】(1)选D．，令得r=1，可得-5a=30，得a=-6．(2)①令x=1得二项式绽开式中各项系数之和为(5-1)n=4n，各项二项式系数之和为2n，由题意得，4n=16·2n，所以2n=16，n=4.②通项绽开式中二项式系数最大的项是第3项：③由②得：4-r∈Z.(r=0，1，2，3，4)，即r=0，2，4，所以绽开式中全部x的有理项为【方法技巧】1.明确二项绽开式通项公式的作用通项公式(r=0，1，2，…，n)集中体现了二项绽开式中的指数、项数、系数的变更，是二项式定理的核心，它在求绽开式的某些特定项(如含指定幂的项、常数项、中间项、有理项、系数最大的项等)及其系数等方面有着广泛的应用.2.应用二项式定理解题要留意的问题(1)通项公式表示的是第“r+1”项，而不是第“r”项.(2)绽开式中第r+1项的二项式系数与第r+1项的系数，在一般状况下是不相同的，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)它表示二项绽开式中的随意项，只要n与r确定，该项也随之确定.对于一个具体的二项式，它的绽开式中的项Tr+1依靠于r.(4)(a+b)n绽开式的第r+1项和(b+a)n的绽开式的第r+1项是有区分的，应用二项式定理时，其中的a和b是不能随意交换的.(5)通项公式是在(a+b)n这个标准形式下而言的，而(a-b)n的二项展开式的通项公式是(只需把-b看成b代入二项式定理)，这与是不同的，在这里，对应项的二项式系数是相等的，都是，但项的系数一个是(-1)r，一个是，可看出二项式系数与项的系数是不同的概念．【变式训练】(2015·达州高二检测)已知f(x)=绽开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.(1)求绽开式中二项式系数最大的项.(2)求绽开式中系数最大的项.【解析】(1)令x=1，得二项绽开式各项系数和为f(1)=(1+3)n=4n，由题意得：4n-2n=992，(2n)2-2n-992=0，所以(2n+31)(2n-32)=0，解得n=5，所以绽开式中二项式系数最大项为中间两项，它们是：(2)绽开式通项公式为假设Tr+1项系数最大，则有：解得：又因为r=0，1，…，5，所以r=4，所以绽开式中系数最大项为【补偿训练】绽开式的第7项与倒数第7项的比是1∶6，求绽开式中的第7项.【解析】第7项：倒数第7项：由所以n=9，则类型四二项式定理中的“赋值”问题【典例4】(1)(2015·孝感高二检测)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______.(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|.【解析】(1)令x=2得a0=(22+1)(2-3)9=-5，令x=3得，则a0+a1+a2+a3+…+a11=(32+1)(3-3)9=0，所以a1+a2+a3+…+a11=-a0=5.答案：5(2)①令x=0，则绽开式为a0=2100.②令x=1，可得a0+a1+a2+…+a100=(2-)100，(*)所以a1+a2+…+a100=(2-)100-2100.③令x=-1，可得a0-a1+a2-a3+…+a100=(2+)100.与②中(*)式联立相减得④原式=［(a0+a2+…+a100)+(a1+a3+…+a99)］［(a0+a2+…+a100)-(a1+a3+…+a99)］=(a0+a1+a2+…+a100)·(a0-a1+a2-a3+…+a98-a99+a100)=［(2-)(2+)］100=1100=1.⑤因为Tr+1所以a2k-1＜0(k∈N*).所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a100|=a0-a1+a2-a3+…+a100=(2+)100.【方法技巧】赋值法的应用规律与二项式系数有关，包括求绽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确定值的和，主要方法是赋值法，通过视察绽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，此时要特地求出这一项，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.提示：求各项系数的确定值的和时，要先依据确定值里面数的符号赋值求解.【变式训练】(1)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn.若a1+a2+…+an-1=29-n，那么自然数n的值为()A.6B.5

C.4

D.3【