1、1第一章 计数原理章末复习学习目标 1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.理解排列与组合的区别与联系，能利用排列组合解决一些实际问题.3.能用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式的性质1分类加法计数原理完成一件事有 n 类不同的方案，在第 1 类方案中有 m1种不同的方法，在第 2 类方案中有 m2种不同的方法，在第 n 类方案中有 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2分步乘法计数原理完成一件事需要 n 个步骤，做第 1 步有 m1种不同的方法，做第 2 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 m
2、1m2mn种不同的方法3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 A n(n1)mn(n2)( n m1)n！n m！组合数公式 C mnAmnAmnn 1n 2n m 1m！ n！m！ n m！性质 当 m n 时， A 为全排列；mn C C 1；0n n2A n！；0！1n C C ；mn n mnC C Cmn m 1n mn 1备注 n， mN *，且 m n4.二项式定理(1)二项式定理的内容：(a b)nC anC an1 b1C an kbkC bn (nN *)0n 1n kn n(2)通项公式： Tk1 C an kbk， k0,1,2， nkn(3
3、)二项式系数的性质：与首末两端等距离的两个二项式系数相等；若 n 为偶数，中间一项 的二项式系数最大；若 n 为奇数，中间两项(第n2 1项 )的二项式系数相等且最大(第n 12 项 和 第 n 12 1项 )C C C C 2 n；C C C C 2 n1 .0n 1n 2n n 0n 2n 1n 3n类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用命 题 角 度 1 分 类 讨 论 思 想例 1 车间有 11 名工人，其中 5 名男工是钳工，4 名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这 11 名工人里选派 4 名钳工，4 名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？考点 组合的应
4、用题点 有限制条件的组合问题解 方法一 设 A， B 代表 2 位老师傅A， B 都不在内的选派方法有 C C 5(种)，454A， B 都在内且当钳工的选派方法有 C C C 10(种)，2254A， B 都在内且当车工的选派方法有 C C C 30(种)，24524A， B 都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有 A C C 80(种)，23534A， B 有一人在内且当钳工的选派方法有 C C C 20(种)，12354A， B 有一人在内且当车工的选派方法有 C C C 40(种)，124534所以共有 C C C C C C C C A C C C C C C C C 185(种
5、)454 2254 24524 23534 12354 124534方法二 5 名男钳工有 4 名被选上的方法有 C C C C C C C C 75(种)，454 453412 452425 名男钳工有 3 名被选上的方法有 C C C C C A 100(种)，35124 3534235 名男钳工有 2 名被选上的方法有 C C C 10(种)，2524所以共有 7510010185(种)方法三 4 名女车工都被选上的方法有 C C C C C C C C 35(种)，445 43512 42524 名女车工有 3 名被选上的方法有 C C C C C A 120(种)，341245 34
6、3524 名女车工有 2 名被选上的方法有 C C C 30(种)，24245所以共有 3512030185(种)反思与感悟 解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：类与类之间要互斥(保证不重复)；总数要完备(保证不遗漏)跟踪训练 1 从 1,2,3,4,5,6 这 6 个数字中，任取 3 个数字组成无重复数字的三位数，其中若有 1 和 3 时，3 必须排在 1 的前面；若只有 1 和 3 中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有_个(用数字作答)考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用答案 60解析 1 与 3 是特殊元素，以此
7、为分类标准进行分类分三类：没有数字 1 和 3 时，有 A 个；34只有 1 和 3 中的一个时，有 2A 个；24同时有 1 和 3 时，把 3 排在 1 的前面，再从其余 4 个数字中选 1 个数字插入 3 个空当中的1 个即可，有 C C 个14 13所以满足条件的三位数共有A 2A C C 60(个)34 24 14 13命 题 角 度 2 “正 难 则 反 ”思 想例 2 设集合 S1,2,3,4,5,6,7,8,9，集合 A a1， a2， a3是 S 的子集，且 a1， a2， a3满足 a16 包含的情况较少，当a39 时， a2取 2， a1取 1，只有这一种情况，利用正难则
8、反思想解决集合 S 的含有三个元素的子集的个数为 C 84.在这些含有三个元素的子集中能满足39a16 的集合只有1,2,9，故满足题意的集合 A 的个数为 84183.反思与感悟 对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考4跟踪训练 2 由甲、乙、丙、丁 4 名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少 1 人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有_种考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用答案 30解析 从 4 人中选出两个人作为一个元素有 C 种方法，24同其他两个元素在三个位置上排列有 C A 36(种)方案，其中有不符合条
9、件的，243即学生甲、乙同时参加同一竞赛有 A 种方法，3不同的参赛方案共有 36630(种)类型二 排列与组合的综合应用例 3 在高三一班元旦晚会上，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 个节目，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？考点 排列组合综合问题题点 分组分配问题解 (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
10、A 5 040(种)方法；第二步再松绑，给 4 个节目排序，有 A 24(种)方法7 4根据分步乘法计数原理，一共有 5 04024120 960(种)安排顺序(2)第一步将 6 个演唱节目排成一列(如图中的“”)，一共有 A 720(种)方法6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 A 840(种)方法47根据分步乘法计数原理，一共有 720840 604 800(种)安排顺序(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有 A 种排法，但原来的节目已定好顺序，需12要消除，所以节目演出的方式有 A 132(种)排列A1
11、2A10 21反思与感悟 排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净跟踪训练 3 在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，称该数为“驼峰数” ，比5如：“102” “546”为驼峰数，由数字 1,2,3,4,5 这 5 个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为_考点 排列的应用题点 数字的排列问题答案 30解析 三位“驼峰数”中 1 在十位的有 A 个，2 在十位上的有 A 个，3 在
12、十位上的有 A 个，24 23 2所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为 121622330.类型三 二项式定理及其应用命 题 角 度 1 二 项 展 开 式 的 特 定 项 问 题例 4 已知在 n的展开式中，第 5 项的系数与第 3 项的系数之比是 563.(x 23x)(1)求展开式中的所有有理项；(2)求展开式中系数绝对值最大的项；(3)求 n9C 81C 9 n1 C 的值2n 3n n考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用解 (1)由 C (2) 4C (2) 2563，解得 n10(负值舍去)，4n 2n通项为 Tk1 C ( )10 k k(2) kC56kx，
13、k10 x ( 23x) k10当 5 为整数时， k 可取 0,6，5k6于是有理项为 T1 x5和 T713 440.(2)设第 k1 项系数的绝对值最大，则Error!解得 Error!又因为 k1,2,3，9，所以 k7，当 k7 时， T815 36056x，又因为当 k0 时， T1 x5，当 k10 时， T11(2) 10031 024103，所以系数的绝对值最大的项为 T815 36056x.(3)原式109C 81C 9 101 C210 310 109C10 92C210 93C310 910C109C01 9C10 92C210 93C310 910C10 196 .1
14、 910 19 1010 19反思与感悟 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质跟踪训练 4 已知二项式 n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的 16 倍(5x 1x)(1)求 n；(2)求展开式中二项式系数最大的
15、项；(3)求展开式中所有有理项考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用解 (1)令 x1 得二项式 n展开式中各项系数之和为(51) n4 n，各项二项式系数(5x 1x)之和为 2n，由题意得，4 n162 n，所以 2n16， n4.(2)通项 Tk1 C (5x)4 k kk4 ( 1x)(1) kC 54 k32，k4展开式中二项式系数最大的项是第 3 项：T3(1) 2C 52x150 x.24(3)由(2)得 4 kZ( k0,1,2,3,4)，即 k0,2,4，32所以展开式中所有有理项为T1(1) 0C 54x4625 x4，04T3(1) 2C 52x150 x，24
16、T5(1) 4C 50x2 x2 .4命 题 角 度 2 二 项 展 开 式 的 “赋 值 ”问 题例 5 若( x23 x2) 5 a0 a1x a2x2 a10x10.(1)求 a2；7(2)求 a1 a2 a10；(3)求( a0 a2 a4 a10)2( a1 a3 a7 a9)2.考点 展开式中系数的和问题题点 多项展开式中系数的和问题解 (1)( x23 x2) 5( x1) 5(x2) 5，a2是展开式中 x2的系数， a2C (1) 5C (2) 3C (1) 4C (2) 4C (1) 3C (2) 5800.5 35 45 45 35 5(2)令 x1，代入已知式可得，a0
17、 a1 a2 a100，而令 x0，得 a032， a1 a2 a1032.(3)令 x1 可得，(a0 a2 a4 a10)( a1 a3 a7 a9)6 5，再由( a0 a2 a4 a10)( a1 a3 a7 a9)0，把这两个等式相乘可得，(a0 a2 a4 a10)2( a1 a3 a7 a9)26 500.反思与感悟 与二项式系数有关，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
18、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跟踪训练 5 若( x21)( x3) 9 a0 a1(x2) a2(x2) 2 a3(x2) 3 a11(x2) 11，则 a1 a2 a3 a11的值为_考点 展开式中系数的和问题题点 多项展开式中系数的和问题答案 5解析 令 x2，得 a0(2 21)(23) 95，令 x3，则 a0 a1 a2 a3 a11(3 21)(33) 90，所以 a1 a2 a3 a11 a05.1设 4 名学生报名参加同一时间安排的 3 项课外活动方案有 a 种，这 4 名学生在运动会上共同争夺
19、 100 米、跳远、铅球 3 项比赛的冠军的可能结果有 b 种，则( a， b)为( )A(3 4，3 4) B(4 3，3 4)8C(3 4，4 3) D(A ，A )34 34考点 分步乘法计数原理题点 分步乘法计数原理的应用答案 C解析 由题意知本题是一个分步乘法问题，首先每名学生报名有 3 种选择，根据分步乘法计数原理知 4 名学生共有 34种选择，每项冠军有 4 种可能结果，根据分步乘法计数原理知 3项冠军共有 43种可能结果故选 C.25 名大人带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数有( )AA A 种 BA A 种5 24 5 25CA A 种 DA 4
20、A 种5 26 7 6考点 排列的应用题点 元素“在”与“不在”问题答案 A解析 先排大人，有 A 种排法，去掉头尾后，有 4 个空位，再分析小孩，用插空法，将 25个小孩插在 4 个空位中，有 A 种排法，由分步乘法计数原理可知，有 A A 种不同的排法，24 24 5故选 A.3我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社” 、 “舞者轮滑俱乐部” 、 “篮球之家” 、 “围棋苑”四个社团若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑” ，则不同的参加方法的种数为( )A72 B108 C
21、180 D216考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用答案 C解析 根据题意，分析可得，必有 2 人参加同一社团，首先分析甲，甲不参加“围棋苑” ，则其有 3 种情况，再分析其他 4 人，若甲与另外 1 人参加同一个社团，则有 A 24(种)情4况，若甲是 1 个人参加一个社团，则有 C A 36(种)情况，则除甲外的 4 人有24 3243660(种)情况，故不同的参加方法的种数为 360180(种)，故选 C.4( x2 y)6的展开式中， x4y2的系数为( )A15 B15 C60 D60考点 二项展开式中的特定项问题题点 求二项展开式特定项的系数答案 C解析 ( x2 y)
22、6展开式的通项为 Tk1 C x6 k(2 y)k，令 k2，得 T3C x4(2 y)k6 269260 x4y2，所以 x4y2的系数为 60，故选 C.5若 n的展开式的系数和为 1，二项式系数和为 128，则展开式中 x2的系数为(2xax)_考点 展开式中系数的和问题题点 二项展开式中系数的和问题答案 448解析 由题意得Error!所以 n7， a1，所以 7展开式的通项为 Tk1(2x 1x)C (2 )7 k kC 27 k(1) k732x，k7 x ( 1x) k7令 2，得 k1.7 3k2所以 x2的系数为 C 26(1) 1448.171排列与组合(1)排列与组合的区
23、别在于排列是有序的，而组合是无序的(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件，对于有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置(3)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点，一般方法是先分组，后分配2二项式定理(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、 x 的某次幂等，此时要特别注意二项展开式中第 k1 项的通项公式是 Tk1 C a
24、n kbk(k0,1， n)，其中二项式系kn数是 C ，而不是 C ，这是一个极易错点kn k 1n(3)与二项式系数有关，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等主要方法是赋值法10一、选择题15 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( )A10 种 B20 种C25 种 D32 种考点 分步乘法计数原理题点 分步乘法计数原理的应用答案 D解析 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 2532(种)，故选 D.2某城
25、市的街道如图，某人要从 A 地前往 B 地，则路程最短的走法有( )A8 种 B10 种C12 种 D32 种考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题答案 B解析 根据题意，要求从 A 地到 B 地路程最短，必须只向下或向右行走即可分别可得，需要向下走 2 次，向右走 3 次，共 5 次，从 5 次中选 3 次向右，剩下 2 次向下即可，则有C 10(种)不同走法3534 名男歌手和 2 名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，则出场方案的种数是( )A6A B3A3 3C2A DA A A3 2144考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题答案 D解
26、析 先从 4 名男歌手中选一名放在两名女歌手之间，并把他们捆绑在一起，看做一个元素和另外的 3 名男歌手进行全排列，故有 A A A 种不同的出场方案21444在 6的展开式中，含 x7的项的系数是( )(2x2 1x)A180 B160C240 D6011考点 二项展开式中的特定项问题题点 求二项展开式特定项的系数答案 C解析 6的展开式的通项为 Tk1(2x2 1x)C (2x2)6 k k(1) k26 kC52x，k6 ( 1x) k6令 12 k7，得 k2，即含 x7项的系数为(1) 224C 240.52 265已知 8的展开式中常数项为 1 120，其中实数 a 是常数，则展开
27、式中各项系数的和(xax)是( )A2 8 B3 8C1 或 38 D1 或 28考点 展开式中系数的和问题题点 二项展开式中系数的和问题答案 C解析 由题意知 C ( a)41 120，解得 a2.令 x1，得展开式中各项系数的和为 148或 38.6(1 x)13的展开式中系数最小的项为( )A第 6 项 B第 8 项C第 9 项 D第 7 项考点 展开式中系数最大(小)的项问题题点 求展开式中系数最大(小)的项答案 B解析 依据二项式系数与项的系数的关系来解决展开式中共有 14 项，中间两项(第 7,8 项)的二项式系数最大由于二项展开式中二项式系数和项的系数满足奇数项相等，偶数项互为相
28、反数，所以系数最小的项为第 8 项，系数最大的项为第 7 项故选 B.7航天员在进行一项太空实验时，先后要实施 6 个程序，其中程序 B 和 C 都与程序 D 不相邻，则实验顺序的编排方法共有( )A216 种 B180 种C288 种 D144 种考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题答案 C12解析 当 B， C 相邻，且与 D 不相邻时，有 A A A 144(种)方法；当 B， C 不相邻，且都与3242D 不相邻时，有 A A 144(种)方法故共有 288 种编排方法3348某校高二年级共有 6 个班级，现从外地转入 4 名学生，要安排到该年级的 2 个班级中且每班安排
29、 2 名，则不同的安排方法种数为( )AA C B. A C2624122624CA A D2A2624 26考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用答案 B解析 将 4 人平均分成两组有 C 种方法，将这两组分配到 6 个班级中的 2 个班有 A 种方1224 26法所以不同的安排方法有 C A 种122426二、填空题9设二项式 6的展开式中 x2的系数为 A，常数项为 B，若 B4 A，则 a_.(xax)考点 二项展开式中的特定项问题题点 由特定项或特定项的系数求参数答案 3解析 因为二项式 6的展开式中 x2的系数为 AC a215 a2；(xax) 26常数项为 BC a3
30、20 a3.36因为 B4 A，所以20 a3415 a2，所以 a3.10某运动队有 5 对老搭档运动员，现抽派 4 名运动员参加比赛，则这 4 人都不是老搭档的抽派方法数为_考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题答案 80解析 先抽派 4 对老搭档运动员，再从每对老搭档运动员中各抽派 1 人，故有C C C C C 80(种)抽派方法451212121211高三(三)班学生要安排毕业晚会的 3 个音乐节目，2 个舞蹈节目和 1 个曲艺节目的演出顺序，要求 2 个舞蹈节目不连排，3 个音乐节目恰有 2 个节目连排，则不同排法的种数是_考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题13
31、答案 288解析 先从 3 个音乐节目中选取 2 个排好后作为 1 个节目，有 A 种排法，这样共有 5 个节23目，其中 2 个音乐节目不连排，2 个舞蹈节目不连排如图，若曲艺节目排在 5 号(或 1 号)位置，则有 4A A 16(种)排法；若曲艺节目排在 2 号(或 4 号)位置，则有 4A A 16(种)22 22排法；若曲艺节目排在 3 号位置，则有 22A A 16(种)排法故共有不同排法22A (163)288(种).231 2 3 4 5三、解答题12现有 5 名教师要带 3 个不同的兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多 2 人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带
32、队，求不同的带队方案有多少种？考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用解 第一类，把甲、乙看做一个复合元素，和另外的 3 人分配到 3 个小组中，有C A 18(种)，233第二类，先把另外的 3 人分配到 3 个小组，再把甲、乙分配到其中 2 个小组，有A A 36(种)，323根据分类加法计数原理可得，共有 183654(种)13已知 n(nN *)的展开式的各项系数之和等于 5的展开式中的常数项，(3a 3a) (43b 15b)求 n的展开式中含 a1 项的二项式系数(3a 3a)考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用解 5的展开式的通项为(43b 15b)Tk1 C
33、 (4 )5 k kk5 3b ( 15b)C (1) k45 k 21056k，k5令 105 k0，得 k2，此时得常数项为 T3C (1) 24351 2 7.25令 a1，得 n的展开式的各项系数之和为 2n，(3a 3a)由题意知 2n2 7，所以 n7，14所以 7的展开式的通项为(3a 3a)Tk1 C 7 k( )kk7(3a) 3aC (1) k37 k5216.k7令 1，得 k3，5k 216所以 n的展开式中含 a1 项的二项式系数为 C 35.(3a 3a) 37四、探究与拓展14. n展开式中的第 7 项与倒数第 7 项的系数比是 16，则展开式中的第 7 项为(3
34、2 133)_考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用答案 563解析 第 7 项为 T7C ( )n6 6，6n32 (133)倒数第 7 项为 Tn5 C ( )6 n6 ，n 6n 32 (133)由 ，得 n9，C6n32n 6(133)6Cn 6n 326(133)n 6 16故 T7C ( )96 6C 2 .6932 (133) 39 19 56315用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的四位数(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个四位偶数？(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第 85 项是什么？考点 排列的应用题点 数字的排列问题解 (1)用间接法，从 6 个数中，任取 4 个组成 4 位数，有 A 种情况，46但其中包含 0 在首位的有 A 种情况，35依题意可得，有 A A 300(个)46 35(2)根据题意，分 0 在末尾与不在末尾两种情况讨论，150 在末尾时，有 A 种情况，350 不在末尾时，有 A A A 种情况，122414由分类加法计数原理，共有 A A A A 156(个)35 122414(3)千位是 1 的四位数有 A 60(个)，35千位是 2，百位是 0 或 1 的四位数有 2A 24(个)，24第 85 项是 2 301.
