理
3各二项式系数的和：C0n＋Cn1＋C2n＋…＋Cnn＝2n
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专题突破
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专题一 ⇨两个计算原理的综合应用
• 1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理很少单独命题 ，多与排列、组合等问题相结合，以选择题或填空题的形 式考查，难度适中，属中档题．
• 2．应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是 分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取 其中某一方法是否能完成事件，能完成便是分类，否则便 是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此 时，应注意层次分明，不重不漏．
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• 典例 1 某地政府召集5家企业的负责人开会，已知甲 企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发 言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为 B ()
• A．14
B．
16
• C．20
D．
48
• [分析] 根据题意分成两类，一类是甲企业有1人发言，另 两个发言人来自其余4家企业，另一类是3人全来自其余4 家企业，采用分类加法和分步乘法计数原理可得解． 10
组合
＝m！nn！－m！，规定C0n＝1
组合数性质：1Cmn ＝Cnn－m；2Cmn＋1＝Cnm＋1＋Cmn －1组合的应用6 Nhomakorabea计
二项式定理：a＋bn＝Cn0an＋Cn1an－1b＋…＋Cnkan－kbk＋…＋Cnnbn
数 原
二定项理式二 二项 项展 式开 系式 数通 性项 质： ：T1k＋对1＝称C性knan；－kb2k增k＝减0性，与1，最2大，值3，；…，n
新课标导学
数学
选修2-3 ·人教A版
1
第三章
统计案例 章末整合提升
2
1
知识网络
2
专题突破
3
知识网络
4
计 数 原
分类加法计数原理：第一类有m种不同的方法，第二类
基本计 有n种不同的方法，则共有N＝m＋n种不同的方法
数原理分步乘法计数原理：第一步有m种不同的方法，第二步有
理
n种不同的方法，则共有N＝m·n种不同的方法
• [解析] 分两类，第1类：甲企业有1人发言，有2种情况 ，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘 法计数原理，得N1＝2×6＝12；
• 第2类：3人全来自其余4家企业，有4种情况． • 综『上规可律方知法，』共有运用N两＝个N原1＋理解N答2＝时1先2分＋类4后＝分1步6，(种还)是情先况分．步后分类，
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(2)从(1)知万位数字是 5 的有 A44＝24(个)， 万位数字是 4，千位数字是 5 的有 A33＝6(个)； 但比第 93 项大的数有 120－93＝27(个)，第 93 项即倒数第 28 项，而万位数 字是 4，千位数字是 5 的 6 个数是 45321,45312,45231,45213,45132,45123，从此可 见第 93 项是 45213．
应视具体问题而定．有时为了问题的简化和表达的方便，数学中经常将具有实 际意义的事物符号化、数字化．
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专题二 ⇨排列组合的综合问题
• 1．此类问题多以选择题或填空题的形式考查，且常与分 类加法计数原理或分步乘法计数原理综合考查．
• 2．将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解决排列 、组合应用题的关键一步．(1)正确分类或分步，恰当选择 两个计数原理．(2)有限制条件的排列组合问题应优先考虑 “受限元素”或“受限位置”，而排列组合讨论的问题共同点 是“元素不相同”，不同点是排列与顺序有关，组合与顺序 无关．
• 『规律方法』 根据所述结论，确定各个数位上的数字的 情况是正确求解本题的关键，要做到不重不漏．
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• 典例 3 (2018·山东省实验中学检测)一条长椅上有七 个座位，四人坐，要求三个空位中，有两个空位相邻，另 一个空位与48这0 两个相邻空位不相邻，则不同的坐法有 _______种．
• [分析] 可优先安排人入座，再让座位去“插队”，也可以 运[解用析逆] 向解思法一维：，转从换一问种题思反考方面法入，手把两．个相邻空位看成一个整体，另一
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排列的定义：从n个不同元素中取出mm≤n
个元素，按照一定的顺序排成一列
计 数 原 理
排 列
排列排列数公式全Amn排＝列nAn－nn＝1nnn－－21…n－n－2m…＋2×11＝＝nn－！n！m，！规定0！＝1
排列的应用
与
组
合
组合的定义：从n个不同元素中取出mm≤n个元素合成一组 组合数公式：Cmn ＝nn－1n－m2！…n－m＋1
个空位与这个整体不相邻，则是用四个人把两个元素隔开的典型问题．基于这种
考虑，就可先让四人坐在四个位置上，再让后两个“元素”(一个是两个作为一个 整体的空位，另一个是单独的空位)选择被四个人造成的五个“空隙”中的两 个．这样有 A44·A25＝480(种)坐法．
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解法二：除上面的算法外，也可以采用“间接法”．容易看到：全部安排四 人入座的方法(不管空位相邻还是不相邻)数是 A47，从中减去不合题意的坐法数即 可．不合题意的坐法包括两类：一类是三个空位相邻，这种情况共有 A55种安排方 法(把四个人与相邻的三个空位看成 5 个元素)；另一类是三个空位彼此都不相邻， 这种情况下共有 A44·C35种安排方法(请注意这里是 C35，而不是 A35的道理)．因此共 有 A47－A55－A44C35＝480(种)坐法．
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• 典例 2 (2018·安徽合肥一中检测)由1,2,3,4,5五个数 字组成没有重复数字的五位数排成一个递增数列，则首项 为12 345，第2项是12354，…，直到末项(第120项)是54 321.问：
• (1)43251是第几项？
• (2)第93项是怎样的一个五位数？
• [分析] (1)由于43251的万位数字是4，故可先求出比 43251大的所有数字的个数，然后再判断43251是笫几项 ；(2)由于一共有120项，故第93项即为倒数第28项，进而 求解即可．
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[解析] (1)由题意知，没有重复数字的五位数共有 A55＝120(个)． 比 43251 大的数有下列几类： ①万位数字是 5 的有 A44＝24(个)； ②万位数字是 4，千位数字是 5 的有 A33＝6(个)； ③万位数字是 4，千位数字是 3，百位数字是 5 的有 A22＝2(个)； 所以比 43251 大的数共有 A44＋A33＋A22＝32(个) 所以 43251 是第 120－32＝88(项)．