1、 高考一轮复习热点难点精讲精析：11.1计数原理一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理相关链接1如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中哪一种方法都能完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；2在解题时，应首先分清楚怎样才算完成这件事，有些题目在解决时需要进行分类讨论，分类时要适当地确定分类的标准，按照分类的原则进行，做到不重不漏。例题解析例在1到20这20个整数中，任取两个相加，使其和大于20，共有几种取法？思路解析： 采用列举法分类，先确定一个加法，再利用“和大于20”确定另一个加数。解答：当一个加数是1时，另一个加数只能是20，1种取法。
2、当一个加数是2时，另一个加数可以是19，20，2种取法。当一个加数是3时，另一个加数可以是18，19，20，3种取法。当一个加数是10时，另一个加数可以是11，12，20，10种取法。当一个加数是11时，另一个加数可以是12，13，20，9种取法。当一个加数是19时，另一个加数是20，1种取法。由分类加法计数原理可得共有1+2+3+10+9+8+=100各取法。（二）分步乘法计数原理的应用相关链接1如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，计算完成这件事的方法种数就用分步乘法计数原理。2解题时，关键是分清楚完成这件
3、事是分类还分步，在应用分步乘法计数原理时，各个步骤都完成，才算完成这件事，步骤之间互不影响，即前一步用什么方法，不影响后一步采取什么方法，运用分步乘法计数原理，要确定好次序，还要注意元素是否可以重复选取例题解析例某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2无。某人想先选定吉利号18，然后从01到17中选3个连续的号，从19到29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注。若这个人要把符合这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？思路解析：本题中要完成选彩票这件事，必须把1到17中的3个连续号，19到29中的2个连续号，30到36中的1个号都选出才算完成这件事，所以完成这件
4、事可分三步，用分步乘法计数原理解决。解答：第1步：从01到17中选3个连续号有15种选法；第2步：从19到29中选2个连续号有10种选法；第3步：从30到36中选1个号有7种选法。由分步乘法计数原理可知：满足要求的注数共有15107=1050注，故至少要花10502=2100元。（三）两个计数原理的综合应用例用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的比2000大的四位偶数。思路解析：先根据条件把“比2000大的四位偶数”分类选取千位上的数字选取百位上的数字选取十位上的数字。解答：完成这件事有3类方法：第一步是用0做结尾的比2000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数
5、字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法。依据分类乘法计数原理，这类数的个数有443=48个；第二步是用2做结尾的比2000大的4位偶数，它可以分三步完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法。依据分步乘法计数原理，这类数的个数有343=36个；第三类是用4做结尾的比2000大的4位偶数，其步骤同
6、第二类。对以上三类结论用分类加法计数原理，可得所求无重复数字的的比2000大的四位偶数有443+343+343=120。注：（1）在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同应用计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成的，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求。另外，具体问题是先分类后分步，还是先分步后分类，应视问题的特点而定。解题时经常是两个原理交叉在一起使用，分类的关键在于要做到“不重不漏”，分类的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步。（2）对于复杂问题，只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理不能解决时，可以综合应用两个原理，可以先分类，在某一
7、类中再分步，也可先分步，在某步中再分类。二、排列与组合（一）排列数、组合数计算相关链接1排列数公式：右边第一个因数为n，后面每个因数都比它前面那个因数少1，最后一个因数是n-m+1,共m个因数。公式主要用于含有字母的排列数的式子的变形与论证；2组合数公式有乘积形式与阶乘形式两种，与排列数公式的应用一样，前者多用于数字计算，后者多用于对含有字母的组合数的式子进行变形和论证。还应注意组合数公式的逆用，即由写出。注：在排列数、组合数计算过程要注意阶乘的运算及组合数性质的运用，注意含有排列数或组合数的方程都是在某个正整数范围内求解。例题解析例计算下列各式的值（1）（2）（3）思路解析：利用排列数和组合
8、数的公式及意义求解，（2）中注意n的取值范围。解答：（1）方法一：方法二： （2）若有意义，则解得。（3）（二）排列应用题相关链接求排列应用题的主要方法有：（1）直接法：把符合条件的排列数直接列式计算；（2）特殊元素（或位置）优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置；（3）排列、组合混合问题先选后排的方法；（4）相邻问题捆绑处理的方法。即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列； （5）不相邻问题插空处理的方法。即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中；（6）分排问题直排处理的方法；（7）“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法；（
9、8）定序问题除法处理的方法。即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列；（9）正难则反，等价转化的方法。例题解析例有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数。（1）选其中5人排成一排；（2）排成前后两排，前排3人，后排4人；（3）全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；（4）全体排成一排，男生互不相邻；（6）全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人。思路解析：无限制条件的排列问题，直接利用排列数公式即可。但要看清是全排列还是选排列问题；有限制条件的排列问题，常见类型是“在与不在”、“邻与不邻”问题，可分别用相应方法。解答：（1）从7个人中选5个人来排列，有种。（2）分两步
10、完成，先选3人排在前排，有种方法，余下4人排在后排，有种方法，故共有=5040种。事实上，本小题即为7人排成一排的全排列，无任何限制条件。（3）（优先法）方法一：甲为特殊元素。先排甲，有5种方法；其余6人有种方法，故共有5=3600种。方法二：排头与排尾为特殊位置。排头与排尾从非甲的6个人中选2个排列，有种方法，中间5个位置由余下4人和甲进行全排列有种方法，共有=3600种。（4）（捆绑法）将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有种方法，再将4名女生进行全排列，也有种方法，故共有=576种。（5）（插空法）男生不相邻，而女生不作要求，所以应排女生，有种方法，再在女生之间及首尾空出的5
11、个空位中任选3个空位排男生，有种方法，故共有=1440种。（6）把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步先排甲、乙两人有种方法，再从剩下的5人中选3人排到中间，有种方法，最后把甲、乙及中间3人看作一个整体，与剩余2人全排列，有种方法，最后把甲、乙及中间3人看作一个整体，与剩余2人全排列，有种方法，故共有=720。（三）组合应用题相关链接组合问题常有以下两类题型变化：（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“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，再从剩下的元素中去选取。（2）“至少”或“最多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个
12、关键词的含义，谨防重复与漏解。用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理。例题解析例7名男生5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数有多少种？（1）A，B必须当选；（2）A，B必不当选；（3）A，B不全当选；（4）至少有2史女生当选；（5）选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委员必须男生担任，班长必须由女生担任。思路解析：（1）（2）属于组合问题，可用直接法；（3）（4）属于组合问题可用间接法；（5）发球先选后排问题应分步完成。解答：（1）由于A，B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，有种。（2）从除去A，B两
13、人的10人中选5人即可，有种。（3）全部选法有种，A，B全当选有种，故A，B不全当选有-=672种。（4）注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生或没有女生，故可用间接法进行求解。有-=596种选法。（5）分三步进行：第一步，选1男1女分别担任两个职务有种；第二步，选2男1女补足5人有种；第三步，为这3人安排工作有种。由分步乘法计数原理共有=12600种选法。（四）排列、组合应用题例（1）某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有 96 种（用数字作答）（2）有4张分别
14、标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有_432_种（用数字作答）思路解析：（1）根据题意，先安排第一棒，再安排最后一棒，由于甲既可以传第一棒，又可以传最后一棒，因此应分类讨论，然后再逐类排出。（2）根据题意，先将数字之和是10的数分类，然后再逐类安排。解答：（1）甲传第一棒，乙传最后一棒，共有种方法；乙传第一棒，甲传最后一棒，共有种方法；丙传第一棒，共有种方法。由分类加法计数原理，共有+=96种方法。（2）取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有三种情况：1144，2
15、233，1234；所取卡片是1144的共有种排法；所取卡片是2233的共有种排法；所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法+=16种，共有排法18=184321=432种。注：解排列组合的应用题要注意以下几点：（1）仔细审题，判断是排列问题还是组合问题；要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分类；（2）深入分析，严密周详，注意分清是乘还是加，要防止重复和遗漏，辩证思维，多角度分析，全面考虑；（3）对限制条件较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后用两个计数原理来解决；（4）由于排列组合问题
16、的答案一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决方案是否完备，有无重复和遗漏，也可采用多种不同的方法求解，看看结果是否相同。在对排列组合问题分类时，分类标准应统一，否则易出现遗漏或重复。（5）排列组合综合题目，一般是符合要求的元素取出（组合）或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列。其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准。三、二项式定理（1）求特定的项或特定项的系数相关链接二项展开式的通项公式集中体现了二项展开式中的指数、项数、系数的变化，它在求展开式的某些特定项（如含指定幂的项、常数项、中间项、有理项、系数最大的项等）及其系数以及数、式
17、的整除等方面有着广泛的应用。使用时要注意：（1）通项公式表示的是第“r+1”项，而不是第“r”项；（2）通项公式中a和b的位置不能颠倒；（3）展开式中第r+1项的二项式系数与第r+1项的系数，在一般情况下是不相同的，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；（4）在通项公式中共含有a,b,n,r,这5个元素，在有关二项式定理的问题中，常常会遇到：知道5个元素中的若干个（或它们之间的关系），求另外几个元素的问题。这类问题一般是利用通项公式，把问题归结为解方程（组）或不等式（组），这里要注意n为正整数，r为非负数，且rn例题解析例已知在的展开式中，第6项为常数项。（
18、1）求n；（2）求含x2的项的系数；（3）求展开式所有的有理项。思路解析：写出展开式的通项公式根据第6项为常数项求n由n值令x的指数为2，求r求出x2的项的系数令x的指数为整数k根据0rn,rZ,求k. 根据k值求出展开式的有理项。解答：（1）通项公式为因为第6项为常数项，所以r=5时，有=0，即n=10.（2）令=2，得，所求的系数为。（3）根据通项公式，由题意令=k（kZ）,则10-2r=3k,即rZ,k应为偶数。k可取2，0，-2，即r可取2，5，8。所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为注：（1）求二项式系数最大项：如果n是偶数，则中间一项（第（）项）的二项式系数最大；如果n是
19、奇数，则中间两项（第项与第+1项）的二项式系数相等并最大。（2）求展开式系数最大项：如求的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为且第r+1项系数最大，应用解出r来，即得系数最大项。（二）赋值法的应用相关链接1赋值法在二项式定理中的应用是高考常考的内容，二项式定理实质是关于a,b,n的恒等式，出除了正用、逆用这个恒等式，还可根据所求系数和的特征，让a,b取相应的特殊值，至于特殊值a,b如何选取，视具体问题而定。如：求展开式各项系数和，可令x=1,即得各项系数和，若要求奇数项的系数之和或偶数项的系数之和，可分别令x=-1,x=1,两等式相加或相减即可求出结果。2“赋值法”
20、是求二项展开式系数问题常用的方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解题易出现漏项等情况，应引起注意。例题解析例设（1）求（2）求（3）（4）（5）求各项二项式系数的和。思路解析：本题级出二项式及其二项展开式求各系数和或部分系数和，可用赋值法，即令x取特殊值来解决。解答：（1）令x=1,得（2）令x=-1得而由（1）知两式相加，得。（3）由（2）得（4）令x=0得=1，亦得（5）各项二项式系数的和为（三）二项式定理的综合应用（1）求46n+5n+1被20除后的余数；（2）7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17除以9，得余数是多少？（3）根据下列要求的
21、精确度，求1.025的近似值。精确到0.01；精确到0.001。解析：（1）首先考虑46n+5n+1被4整除的余数。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+Cn+1n4+1，其被4整除的余数为1，被20整除的余数可以为1，5，9，13，17，然后考虑46n+1+5n+1被5整除的余数。46n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+Cnn-15+1)，被5整除的余数为4，其被20整除的余数可以为4，9，14，19。综上所述，被20整除后的余数为9。（2） 7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-17 =(7+1)n1=8n1=(9-1)
22、n1 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(1)n-1Cnn-19+(1)nCnn-1(i)当n为奇数时原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+（1）n-1Cnn-192除以9所得余数为7。(ii)当n为偶数时原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(1)n-1Cnn-19除以9所得余数为0，即被9整除。（3）(1.02)5（1+0.02）5 =1+c510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025C520.022=0.004,C530.023=810-5当精确到0.01时，只要展开式的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为1.
23、10。当精确到0.001时，只要取展开式的前四项和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值为1.104。注：1二项式定理主要题目类型：（1）证明某些整除问题或求余数；（2）证明有关不等式；（3）进行近似计算；2解题方法归纳：（1）二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，。（2）利用二项式定理还可以证明整除问题或求余数问题，在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除（数）展开后的每一项都有除式的因式，要注意变形的技巧；（3）由于的展开式共有n+1项，故可能对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的。而对于整除问题，关键是拆成两项利用二项式定理展开，然后说明各项是否能被整除。11
