§10.2 排列与组合
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1． 排列
(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m (m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示．
(3)排列数公式：A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)．
(4)全排列：n个不同元素全部取出 ( http: / / www.21cnjy.com )的一个排列，叫做n个元素的一个全排列，A＝n·(n－1)·(n－2)·…·2·1＝n！.排列数公式写成阶乘的形式为A＝，这里规定0！＝1.
2． 组合
(1)组合的定义：从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中任取m个元素的一个组合．
(2)组合数的定义：从n个 ( http: / / www.21cnjy.com )不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中任意取出m个元素的组合数，用符号C表示．
(3)组合数的计算公式：C＝＝＝，由于0！＝1，所以C＝1.
(4)组合数的性质：①C＝C__；②C＝C__＋C__.
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列． ( × )
(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序． ( × )
(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同． ( √ )
(4)(n＋1)！－n！＝n·n！. ( √ )
(5)A＝nA. ( √ )
(6)kC＝nC. ( √ )
2． 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有 ( )
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
答案 B
解析 方法一 不同的赠送方法有＝10(种)．
方法二 从2本同样的画册，3本 ( http: / / www.21cnjy.com )同样的集邮册中取出4本有两种取法：第一种：从2本画册中取出1本，将3本集邮册全部取出；第二种：将2本画册全部取出，从3本集邮册中取出2本．由于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从4位朋友中选出1人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C＝4(种)赠送方法；第二种取法中只需从4位朋友中选取2人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C＝6(种)赠送方法．因此共有4＋6＝10(种)赠送方法．
3． (2012·大纲全国)将字母a，a，b ( http: / / www.21cnjy.com )，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有 ( )
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
答案 A
解析 先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A种不同的排法．
再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．
因此共有A·A·1＝12(种)不同的排列方法．
4． 用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为 ( )
A．8 B．24 C．48 D．120
答案 C
解析 分两步：
(1)先排个位有A种排法．
(2)再排前三位有A种排法，故共有AA＝48种排法．
5． 某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有________种．
答案 14
解析 ①有1名女生：CC＝8.
②有2名女生：CC＝6.
∴不同的选派方案有8＋6＝14(种)．
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题型一 排列问题
例1 有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？
(1)甲不在中间也不在两端；
(2)甲、乙两人必须排在两端；
(3)男女相间．
思维启迪 这是一个排列问题，一般情况 ( http: / / www.21cnjy.com )下，我们会从受到限制的特殊元素开始考虑，有时也从特殊的位置讨论起．对于相邻问题，常用“捆绑法”；对于不相邻问题，常用“插空法”(特殊元素后考虑)；对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”(特殊元素先考虑)．
解 (1)方法一 (元素分析法)
先排甲有6种，其余有A种，
故共有6·A＝241 920(种)排法．
方法二 (位置分析法)
中间和两端有A种排法，包括甲在内的其余6人有A种排法，故共有A·A＝336×720＝241 920(种)排法．
方法三 (等机会法)
9个人的全排列数有A种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意，甲不在中间及两端的排法总数是A×＝241 920(种)．
方法四 (间接法)
A－3·A＝6A＝241 920(种)．
(2)先排甲、乙，再排其余7人，
共有A·A＝10 080(种)排法．
(3)(插空法)
先排4名男生有A种方法，再将5名女生插空，有A种方法，故共有A·A＝2 880(种)排法．
思维升华 本题集排列多种 ( http: / / www.21cnjy.com )类型于一题，充分体现了元素分析法(优先考虑特殊元素)、位置分析法(优先考虑特殊位置)、直接法、间接法(排除法)、等机会法、插空法等常见的解题思路．
用0,1,3,5,7五个数字，可以组成多少个没有重复数字且5不在十位位置上的五位数？
解 本题可分两类：
第一类：0在十位位置上，这时，5不在十位位置上，所以五位数的个数为A＝24；
第二类：0不在十位位置上 ( http: / / www.21cnjy.com )，这时，由于5不能排在十位位置上，所以，十位位置上只能排1,3,7之一，这一步有A＝3种方法．又由于0不能排在万位位置上，所以万位位置上只能排5或1,3,7被选作十位上的数字后余下的两个数字之一，这一步有方法A＝3(种)．十位、万位上的数字选定后，其余三个数字全排列即可，这一步有方法A＝6(种)．根据分步乘法计数原理，第二类中所求五位数的个数为A·A·A＝54.
由分类加法计数原理，符合条件的五位数共有
24＋54＝78(个)．
题型二 组合问题
例2 某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
思维启迪 可以从特殊元素出发，考虑直接选取或使用间接法．
解 (1)从余下的34种商品中，选取2种有C＝561(种)，
∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．
(2)从34种可选商品中，选取3种，有C种或者C－C＝C＝5 984(种)．
∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．
(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有CC＝2 100(种)．
∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．
(4)选取2件假货有CC种，选取3件假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2 100＋455＝2 555(种)．
∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．
(5)选取3件的总数有C，因此共有选取方式
C－C＝6 545－455＝6 090(种)．
∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．
思维升华 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 ( http: / / www.21cnjy.com )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 ( http: / / www.21cnjy.com )组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，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．
甲、乙两人从4门课程中各选修2门，求：
(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？
(2)甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？
解 (1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有CCC＝24(种)．
(2)甲、乙两人从4门课程中各选两门不同 ( http: / / www.21cnjy.com )的选法种数为CC，又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C种，因此满足条件的不同选法种数为CC－C＝30(种)．
题型三 排列与组合的综合应用问题
例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．
(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？
(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？
(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？
思维启迪 把不放球的盒子先拿走，再放球到余下的盒子中并且不空．
解 (1)为保证“恰有1个盒不放球”， ( http: / / www.21cnjy.com )先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有CCC×A＝144(种)．
(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒 ( http: / / www.21cnjy.com )子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．
(3)确定2个空盒有C种方法．
4个球放进2个盒子可分成(3, ( http: / / www.21cnjy.com )1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有·A种方法．故共有C(CCA＋·A)＝84(种)．
思维升华 排列、组合综合题目，一般 ( http: / / www.21cnjy.com )是将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．
(1)将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有 ( )
A．12种 B．18种 C．36种 D．54种
(2)(2013·重庆)从3 ( http: / / www.21cnjy.com )名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答)
答案 (1)B (2)590
解析 (1)先放1、2的卡片有C种，再将3、4、5、6的卡片平均分成两组再放置，有·A种，故共有C·C＝18种．
(2)分三类：①选1名骨科医生，则有C(CC＋CC＋CC)＝360(种)．
②选2名骨科医生，则有C(CC＋CC)＝210(种)；
③选3名骨科医生，则有CCC＝20(种)．
∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.
排列、组合问题计算重、漏致误
典例：(5分)有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．
易错分析 易犯错误如下：先从一等品中取1个， ( http: / / www.21cnjy.com )有C种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C种不同取法，共有C×C＝2 736种不同取法．上述做法使两次取的一等品有了先后顺序，导致取法重复．
解析 方法一 将“至少有1个是一等品的不同 ( http: / / www.21cnjy.com )取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类加法计数原理有CC＋CC＋C＝1 136(种)．
方法二 考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C－C＝1 136(种)．
答案 1 136
温馨提醒 (1)排列、组合问题由于其思想方法 ( http: / / www.21cnjy.com )独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向．同时解答组合问题时必须心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题．
(2)“至少、至多型”问题不能利用分步乘法计数原理求解，多采用分类求解或转化为它的对立事件求解.
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方法与技巧
1． 对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑：
(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；
(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数．
2． 排列、组合问题的求解方法与技巧
(1)特殊元素优先安排；(2) ( http: / / www.21cnjy.com )合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件．
失误与防范
1．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．
2．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．
3．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．
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A组 专项基础训练
(时间：35分钟)
一、选择题
1． (2012·课标全国)将2名教师，4名 ( http: / / www.21cnjy.com )学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有 ( )
A．12种 B．10种 C．9种 D．8种
答案 A
解析 利用分步乘法计数原理和组合数公式求解．
分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C＝6(种)选派方法．
由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有2×6＝12(种)．
2． 10名同学合影，站成 ( http: / / www.21cnjy.com )了前排3人，后排7人．现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为 ( )
A．CA B．CA C．CA D．CA
答案 C
解析 从后排抽2人的方法种数是C；前排的排列方法种数是A.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是CA.
3． 某台小型晚会由6个节 ( http: / / www.21cnjy.com )目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有
( )
A．36种 B．42种 C．48种 D．54种
答案 B
解析 分两类，第一类：甲排在第一位时 ( http: / / www.21cnjy.com )，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C种排法，其他3个节目有A种排法，故有CA种排法．依分类加法计数原理，知共有A＋CA＝42(种)编排方案．
4． 如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有 ( )
A．11种 B．20种
C．21种 D．12种
答案 C
解析 当第一组开关有一个接通时，电路接通有C(C＋C＋C)＝14(种)方式；
当第一组开关有两个接通时，电路接通有C(C＋C＋C)＝7(种)方式．
所以共有14＋7＝21(种)方式，故选C.
5． (2012·山东)现有16张不同的 ( http: / / www.21cnjy.com )卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为
( )
A．232 B．252 C．472 D．484
答案 C
解析 利用分类加法计数原理和组合的概念求解．
分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法CC＝264(种)；
第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C－3C＝220－12＝208(种)．
由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种)．
二、填空题
6． A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有________种．
答案 60
解析 可先排C、D、E三人，共A种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理知满足条件的排法共有A＝60(种)．
7． (2013·北京)将序号分别 ( http: / / www.21cnjy.com )为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
答案 96
解析 将5张参观券分成4堆，有2个连号有4种分法，每种分法再分给4人，各有A种分法，∴不同的分法种数共有4A＝96.
8． 用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．
答案 8
解析 先把两奇数捆绑在一起有A种方法，再用插空法共有个数A·C·A＝8.
9． 某商店要求甲、乙、丙、丁、戊 ( http: / / www.21cnjy.com )五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有________种．
答案 24
解析 甲、乙排在一起，用捆绑法，丙、丁不排在一起，用插空法，不同的排法共有2A·A＝24(种)．
三、解答题
10．某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？
(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？
解 (1)只需从其他18人中选3人即可，共有C＝816(种)；
(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C＝8 568(种)；
(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，
共有CC＋C＝6 936(种)；
(4)方法一 (直接法)：
至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：
一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，
所以共有CC＋CC＋CC＋CC＝14 656(种)．
方法二 (间接法)：
由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C－(C＋C)＝14 656(种)．
B组 专项能力提升
(时间：15分钟)
1． (2012·北京)从0 ( http: / / www.21cnjy.com ),2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为 ( )
A．24 B．18 C．12 D．6
答案 B
解析 当选0时，先从1,3,5中 ( http: / / www.21cnjy.com )选2个数字有C种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C种方法，剩余1个数字排在首位，共有CC＝6(种)方法；
当选2时，先从1,3,5中选2个数字 ( http: / / www.21cnjy.com )有C种方法，然后从选中的2个数字中选1个排在末位有C种方法，其余2个数字全排列，共有CCA＝12(种)方法．
依分类加法计数原理知共有6＋12＝18(个)奇数．
2． 把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在右图中的1,2,3,4,5,6,7
所示的位置上，其中3盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放
方法有 ( )
A．2 680种
B．4 320种
C．4 920种
D．5 140种
答案 B
解析 先将7盆花全排列，共有A种排法，其中3盆兰花排在一条直线上的排法有5AA(种)，故所求摆放方法有A－5AA＝4 320(种)．
3． 计划展出10幅不同的画，其中 ( http: / / www.21cnjy.com )1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数有( )
A．AA B．AAA
C．CAA D．AAA
答案 D
解析 先把3种品种的画看成整体，而水 ( http: / / www.21cnjy.com )彩画受限制应优先考虑，不能放在头尾，故只能放在中间，又油画与国画有A种放法，再考虑国画与油画本身又可以全排列，故排列的方法有AAA种．
4． (2013·浙江)将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排，且A、B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．
答案 480
解析 分类讨论：A、B都在C的左侧，且按C的左侧分别有两个、三个、四个、五个字母这4类计算，再考虑右侧情况．
所以共有2(A·A＋CA·A＋CA＋A)＝480(种)．
5． 将6位志愿者分成4组，其中两 ( http: / / www.21cnjy.com )个组各2人，另两个组各1人，分赴省运会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．
答案 1 080
解析 先分组再分配，共有·A＝1 080(种)分配方案．
6． 某地奥运火炬接力传 ( http: / / www.21cnjy.com )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，则不同的传递方法共有________种(用数字作答)．
答案 96
解析 甲传第一棒，乙传最后一棒，共有A种方法．
乙传第一棒，甲传最后一棒，共有A种方法．
丙传第一棒，共有C·A种方法．
由分类加法计数原理得，共有A＋A＋C·A＝96(种)方法．
7． 有4张分别标有数字1 ( http: / / www.21cnjy.com ),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种卡片中取出4张卡片排成一行，如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有________种(用数字作答)．
答案 432
解析 取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有三种情况：1144,2233,1234.
所取卡片是1144的共有A种排法．
所取卡片是2233的共有A种排法．
所取卡片是1234，则其中卡片颜 ( http: / / www.21cnjy.com )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A＋CA＋CA＋CA＋A＝16A(种)，
∴共有排法18A＝18×4×3×2×1＝432(种)．§10.3 二项式定理
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1． 二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N＋)．
这个公式所表示的规律叫做二项式定理，等式 ( http: / / www.21cnjy.com )右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中的系数C(r＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数．式中的Can－rbr叫做二项展开式的通项，用Tr＋1表示，通项是展开式的第r＋1项，即Tr＋1＝Can－rbr(其中0≤r≤n，r∈N，n∈N＋)．
2． 二项展开式形式上的特点
(1)项数为n＋1.
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.
(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.
(4)二项式的系数从C，C，一直到C，C.
3． 二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C＝C.
(2)增减性与最大值：二项式系数C，当r<时，二项式系数是递增的；当r>时，二项式系数是递减的．
当n是偶数时，那么其展开式中间一项的二项式系数最大．
当n是奇数时，那么其展开式中间两项和的二项式系数相等且最大．
(3)各二项式系数的和
(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n.
二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)Can－rbr是二项展开式的第r项． ( × )
(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项． ( × )
(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关． ( √ )
(4)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项． ( × )
2． (1＋2x)5的展开式中，x2的系数等于 ( )
A．80 B．40
C．20 D．10
答案 B
解析 Tr＋1＝Can－rbr＝C15－r(2x)r＝C×2r×xr，令r＝2，
则可得含x2项的系数为C×22＝40.
3． 在(－)n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是( )
A．－7 B．7
C．－28 D．28
答案 B
解析 由题意有n＝8，Tr＋1＝C()8－r(－1)rx8－r，
r＝6时为常数项，常数项为7.
4． 已知C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝729，则C＋C＋C＋…＋C等于( )
A．63 B．64 C．31 D．32
答案 A
解析 逆用二项式定理得C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝(1＋2)n＝3n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以C＋C＋C＋…＋C＝26－C＝64－1＝63.故选A.
5． 设(x－1)21＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a21x21，则a10＋a11＝________.
答案 0
解析 a10，a11分别是含x10和x11项的系数，
所以a10＝－C，a11＝C，
所以a10＋a11＝C－C＝0.
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题型一 求二项展开式的指定项或指定项系数
例1 (2013·威海模拟)已知在n的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
思维启迪 先根据第6项为常数项利用通项公式求出n，然后再求指定项．
解 (1)通项公式为
Tr＋1＝Cr＝C.
因为第6项为常数项，
所以r＝5时，＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得r＝2，
故含x2的项的系数是C2＝.
(3)根据通项公式，由题意得，
令＝m (m∈Z)，则10－2r＝3m，r＝5－m，
∵r∈N，∴m应为偶数．
∴m可取2,0，－2，即r可取2,5,8，
∴第3项，第6项与第9项为有理项，
它们分别为C2x2，C5，C8x－2.
思维升华 求二项展开式中 ( http: / / www.21cnjy.com )的特定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数r＋1，代回通项公式即可．
(1)(2013·江西)5展开式中的常数项为 ( )
A．80 B．－80 C．40 D．－40
(2)(x＋)(2x－)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为 ( )
A．－40 B．－20 C．20 D．40
答案 (1)C (2)D
解析 (1)Tr＋1＝C(x2)5－rr＝C(－2)rx10－5r，
令10－5r＝0得r＝2.∴常数项为T3＝C(－2)2＝40.
(2)令x＝1得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，所以a＝1.
因此(x＋)(2x－)5展开式中的常 ( http: / / www.21cnjy.com )数项即为(2x－)5展开式中的系数与x的系数的和．(2x－)5展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)5－r·(－1)r·x－r＝C25－rx5－2r·(－1)r.
令5－2r＝1，得2r＝4，即r＝2， ( http: / / www.21cnjy.com )因此(2x－)5展开式中x的系数为C25－2(－1)2＝80.令5－2r＝－1，得2r＝6，即r＝3，因此(2x－)5展开式中的系数为C25－3·(－1)3＝－40.
所以(x＋)(2x－)5展开式中的常数项为80－40＝40.
题型二 二项式系数的和或各项系数的和的问题
例2 在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)二项式系数的和；
(2)各项系数的和；
(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；
(4)奇数项系数和与偶数项系数和；
(5)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和．
思维启迪 求二项式系数的和或各项系数的和的问题，常用赋值法求解．
解 设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)
各项系数和为a0＋a1＋…＋a10，奇 ( http: / / www.21cnjy.com )数项系数和为a0＋a2＋…＋a10，偶数项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10.
由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和．
(1)二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝210.
(2)令x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
(3)奇数项的二项式系数和为C＋C＋…＋C＝29，
偶数项的二项式系数和为C＋C＋…＋C＝29.
(4)令x＝y＝1，得到a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，①
令x＝1，y＝－1(或x＝－1，y＝1)，
得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510，②
①＋②得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，
∴奇数项系数和为；
①－②得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，
∴偶数项系数和为.
(5)x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9＝；
x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10＝.
思维升华 (1)“赋值法”普遍适 ( http: / / www.21cnjy.com )用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m (a、b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n (a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(2)若f(x)＝a0＋a ( http: / / www.21cnjy.com )1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n (m，n∈N＋)的展开式中x的系数为11.
(1)求x2的系数取最小值时n的值；
(2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中x的奇次幂项的系数之和．
解 (1)由已知得C＋2C＝11，∴m＋2n＝11，
x2的系数为C＋22C＝＋2n(n－1)
＝＋(11－m)＝2＋.
∵m∈N＋，
∴m＝5时，x2的系数取得最小值22，此时n＝3.
(2)由(1)知，当x2的系数取得最小值时，m＝5，n＝3，
∴f(x)＝(1＋x)5＋(1＋2x)3.
设这时f(x)的展开式为
f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，
令x＝1，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25＋33，
令x＝－1，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1，
两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝60，
故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.
题型三 二项式定理的应用
例3 (1)已知2n＋2·3n＋5n－a能被25整除，求正整数a的最小值；
(2)求1.028的近似值．(精确到小数点后三位)
思维启迪 (1)将已知式子按二项式定理展开，注意转化时和25的联系；(2)近似值计算只要看展开式中的项的大小即可．
解 (1)原式＝4·6n＋5n－a＝4(5＋1)n＋5n－a
＝4(C5n＋C5n－1＋…＋C52＋C5＋C)＋5n－a
＝4(C5n＋C5n－1＋…＋C52)＋25n＋4－a，
显然正整数a的最小值为4.
(2)1.028＝(1＋0.02)8≈C＋C·0.02＋C·0.022＋C·0.023≈1.172.
思维升华 (1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项．
(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式．
(1)(2012·湖北)设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a能被13整除，则a等于
( )
A．0 B．1 C．11 D．12
(2)S＝C＋C＋…＋C除以9的余数为________．
答案 (1)D (2)7
解析 (1)512 012＋a＝(52－1)2 012＋a＝C522 012－C522 011＋…＋C×52×
(－1)2 011＋C×(－1)2 012＋a.
因为52能被13整除，
所以只需C×(－1)2 012＋a能被13整除，
即a＋1能被13整除，所以a＝12.
(2)S＝C＋C＋…＋C＝227－1＝89－1
＝(9－1)9－1＝C×99－C×98＋…＋C×9－C－1
＝9(C×98－C×97＋…＋C)－2.
∵C×98－C×97＋…＋C是整数，
∴S被9除的余数为7.
混淆二项展开式的系数与二项式系数致误
典例：(12分)已知(＋x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x－1)n的展开式的二项式系数和大992.求在2n的展开式中，
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数的绝对值最大的项．
易错分析 本题易将二项式系数和系数混淆，利用赋值来求二项式系数的和导致错误；另外，也要注意项与项的系数，系数的绝对值与系数的区别．
规范解答
解 由题意知，22n－2n＝992，
即(2n－32)(2n＋31)＝0，∴2n＝32，解得n＝5.[2分]
(1)由二项式系数的性质知，
10的展开式中第6项的二项式系数最大，
即C＝252.∴二项式系数最大的项为
T6＝C(2x)55＝－8 064.[6分]
(2)设第k＋1项的系数的绝对值最大，
∴Tk＋1＝C·(2x)10－k·k
＝(－1)kC·210－k·x10－2k，
∴
得，即
解得≤k≤，[10分]
∵k∈Z，∴k＝3.故系数的绝对值最大的项是第4项，
T4＝－C·27·x4＝－15 360x4.[12分]
温馨提醒 (1)本题重点考查了二项式的通项公式，二项式系数、项的系数以及项数和项的有关概念．
(2)解题时要注意区别二项式系数和项的系数的不同；项数和项的不同．
(3)本题的易错点是混淆项与项数，二项式系数和项的系数的区别．
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方法与技巧
1．通项为Tr＋1＝Can－rbr是(a＋b)n的展开式的第r＋1项，而不是第r项，这里r＝0,1，…，n.
2．二项式系数与项的系数是完全不同 ( http: / / www.21cnjy.com )的两个概念．二项式系数是指C，C，…，C，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．
3．因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意，给字母赋值，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．
4．运用通项求展开式的一些特 ( http: / / www.21cnjy.com )殊项，通常都是由题意列方程求出r，再求所需的某项；有时需先求n，计算时要注意n和r的取值范围及它们之间的大小关系．
失误与防范
1． 区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细．
项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正．
2． 切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概念．
3． 赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1.
4． 在化简求值时，注意二项式定理的逆用，要用整体思想看待a、b.
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A组 专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1． (2012·天津)在5的二项展开式中，x的系数为 ( )
A．10 B．－10 C．40 D．－40
答案 D
解析 因为Tk＋1＝C(2x2)5－kk
＝C25－kx10－2k(－1)kx－k＝C25－k(－1)kx10－3k，
令10－3k＝1，得k＝3，
所以x的系数为C25－3(－1)3＝－40.
2． (1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n等于( )
A．6 B．7 C．8 D．9
答案 B
解析 (1＋3x)n的展开式中含x5的 ( http: / / www.21cnjy.com )项为C(3x)5＝C35x5，展开式中含x6的项为C36x6，由两项的系数相等得C·35＝C·36，解得n＝7.
3． (－)10的展开式中含x的正整数指数幂的项数是 ( )
A．0 B．2 C．4 D．6
答案 B
解析 (－)10的展开式中第r＋1项为
C()10－r(－)r＝(－1)rC，
当5－为正整数时，r＝0,2，∴项数为2.
4． 若在(x＋1)4(ax－1)的展开式中，x4的系数为15，则a的值为 ( )
A．－4 B. C．4 D.
答案 C
解析 ∵(x＋1)4(ax－1)＝(x4＋4x3＋6x2＋4x＋1)(ax－1)，
∴x4的系数为4a－1＝15，∴a＝4.
5． (2013·泉州模拟)若(1＋x)＋ ( http: / / www.21cnjy.com )(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋an(1－x)n，则a0－a1＋a2－…＋(－1)nan等于 ( )
A.(3n－1) B.(3n－2)
C.(3n－2) D.(3n－1)
答案 D
解析 在展开式中，令x＝2得3＋32＋33＋…＋3n＝a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan，
即a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝
＝(3n－1)．
二、填空题
6． 二项式(x＋y)5的展开式中，含x2y3的项的系数是________．(用数字作答)
答案 10
解析 Tk＋1＝Cx5－kyk(k＝0,1,2,3,4,5)，由题意知，∴含x2y3的系数为C＝10.
7． (2012·浙江) ( http: / / www.21cnjy.com )若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
答案 10
解析 f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，
它的通项为Tk＋1＝C(1＋x)5－k·(－1)k，
T3＝C(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.
8． (1－)20的二项展开式中，x的系数与x9的系数之差为________．
答案 0
解析 ∵Tk＋1＝C(－)k＝(－1)k·C·，
∴x与x9的系数分别为C与C.
又∵C＝C，∴C－C＝0.
三、解答题
9． 已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
求：(1)a1＋a2＋…＋a7；(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
解 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②
(1)∵a0＝C＝1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.
(2)(①－②)÷2，
得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.
(3)(①＋②)÷2，
得a0＋a2＋a4＋a6＝＝1 093.
(4)方法一 ∵(1－2x)7展开式中，a0、a2、a4、a6大于零，而a1、a3、a5、a7小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1 093－(－1 094)
＝2 187.
方法二 |a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|，
即(1＋2x)7展开式中各项的系数和，令x＝1，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2 187.
10．已知n，
(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．
解 (1)∵C＋C＝2C，∴n2－21n＋98＝0.
∴n＝7或n＝14，
当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5.
∴T4的系数为C423＝，
T5的系数为C324＝70，
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8.
∴T8的系数为C727＝3 432.
(2)∵C＋C＋C＝79，∴n2＋n－156＝0.
∴n＝12或n＝－13(舍去)．设Tk＋1项的系数最大，
∵12＝12(1＋4x)12，
∴ ∴9.4≤k≤10.4，∴k＝10.
∴展开式中系数最大的项为T11，
T11＝C·2·210·x10＝16 896x10.
B组 专项能力提升
(时间：15分钟)
1． 若(x＋a)2(－1)5的展开式中常数项为－1，则a的值为 ( )
A．1 B．9
C．－1或－9 D．1或9
答案 D
解析 由于(x＋a)2＝x2＋2ax＋a2， ( http: / / www.21cnjy.com )而(－1)5的展开式通项为Tr＋1＝(－1)rC·xr－5，其中r＝0,1,2，…，5.于是(－1)5的展开式中x－2的系数为(－1)3C＝－10，x－1项的系数为(－1)4C＝5，常数项为－1，因此(x＋a)2(－1)5的展开式中常数项为1×(－10)＋2a×5＋a2×(－1)＝－a2＋10a－10，依题意－a2＋10a－10＝－1，解得a2－10a＋9＝0，即a＝1或a＝9.
2． 若(3x－)n展开式中各项系数之和为32，则该展开式中含x3的项的系数为( )
A．－5 B．5 C．－405 D．405
答案 C
解析 令x＝1得2n＝32，所以n＝5，
于是(3x－)5展开式的通项为
Tr＋1＝(－1)rC(3x)5－r()r＝(－1)rC35－rx5－2r，
令5－2r＝3，得r＝1，
于是展开式中含x3的项的系数为(－1)1C34＝－405，故选C.
3． 从(＋)20的展开式中任取一项，则取到有理项的概率为 ( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 (＋)20的展开式通项为
Tr＋1＝C()20－r()r＝C，其中r＝0,1,2，…，20.
而当r＝0,4,8,12,16,20时，5－r为整数，对应的项为有理项，
所以从(＋)20的展开式中任取一项，
则取到有理项的概率为P＝＝.
4． (x－y)10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于________．
答案 －240
解析 ∵Tr＋1＝(－1)rCx10－ryr，
∴－C＋(－C)＝－2C＝－240.
5． 在(1＋x)3＋(1＋)3＋(1＋)3的展开式中，x的系数为________(用数字作答)．
答案 7
解析 由条件易知(1＋x)3、(1＋)3、(1＋)3展开式中x的系数分别是C、C、C，
即所求系数是3＋3＋1＝7.
6． 若(－x)10＝a0＋ ( http: / / www.21cnjy.com )a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则(a0＋a2＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a9)2的值为________．
答案 1
解析 设f(x)＝(－x)10，则
(a0＋a2＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a9)2
＝(a0＋a1＋…＋a10)(a0－a1＋a2－…－a9＋a10)
＝f(1)f(－1)＝(－1)10(＋1)10＝1.HYPERLINK "http://www.21cnjy.com"
§10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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1． 分类加法计数原理
做一件事，完成它有n类办法，在第一类办法 ( http: / / www.21cnjy.com )中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有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
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个 ( http: / / www.21cnjy.com )步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法……做第n个步骤有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．
3． 分类加法计数原理与分步乘法计数原理， ( http: / / www.21cnjy.com )都涉及完成一件事情的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．
1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同． ( × )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事． ( √ )
(3)在分步乘法计数原理中 ( http: / / www.21cnjy.com )，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成． ( √ )
(4)如果完成一件事情有n个不同步骤， ( http: / / www.21cnjy.com )在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法． ( √ )
2． 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________种．
答案 32
解析 每位同学有两种不同的报名方法，而且只有这5位同学全部报名结束，才算事件完成．所以共有2×2×2×2×2＝32(种)．
3． 有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是________．
答案 12
解析 由分步乘法计数原理，一条长裤 ( http: / / www.21cnjy.com )与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，所以有4×3＝12(种)选法．
4． 甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．
答案 24
解析 分步完成．首先甲、乙两人从4 ( http: / / www.21cnjy.com )门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)．
5． 用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
答案 14
解析 数字2,3至少都出现一次，包括以下情况：
“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C＝4(个)四位数．
“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C＝6(个)四位数．
“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数.
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题型一 分类加法计数原理的应用
例1 高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，男生35人，女生20人．
(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
思维启迪 用分类加法计数原理．
解 (1)完成这件事有三类方法
第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；
第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；
第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，
根据分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)选法．
(2)完成这件事有三类方法
第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；
第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；
第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．
综上知，共有30＋30＋20＝80(种)选法．
思维升华 分类时，首先要根据问题的特点确定一 ( http: / / www.21cnjy.com )个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
(1)在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？
(2)方程＋＝1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}，那么这样的椭圆有多少个？
解 (1)分析个位数字，可分以下几类：
个位是9，则十位可以是1,2,3，…，8中的一个，故有8个；
个位是8，则十位可以是1,2,3，…，7中的一个，故有7个；
同理，个位是7的有6个；
个位是6的有5个；
…
个位是2的只有1个．
由分类加法计数原理，满足条件的两位数有
1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
(2)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；
第二类：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．
∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20(种)方法，
即有20个符合题意的椭圆．
题型二 分步乘法计数原理的应用
例2 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；
(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．
思维启迪 可以根据报名过程，使用分步乘法计数原理．
解 (1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，
知共有选法36＝729(种)．
(2)每项限报一人，且每人 ( http: / / www.21cnjy.com )至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．
(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．
思维升华 利用分步乘法计 ( http: / / www.21cnjy.com )数原理解决问题：①要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数．
解 (1)a的取值有5种情况，b的取值 ( http: / / www.21cnjy.com )有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．
(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向 ( http: / / www.21cnjy.com )上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．
题型三 两个原理的综合应用
例3 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同
一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的
染色方法总数．
思维启迪 染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题．
解 方法一 可分为两大步进行，先将 ( http: / / www.21cnjy.com )四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S—ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．
当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1 ( http: / / www.21cnjy.com )、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．
方法二 以S、A、B、C、D顺序分步染色．
第一步，S点染色，有5种方法；
第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；
第四步，C点染色，也有3种方法，但考 ( http: / / www.21cnjy.com )虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．
方法三 按所用颜色种数分类．
第一类，5种颜色全用，共有A种不同的方法；
第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A种不同的方法；
第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A种不同的方法．
由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为
A＋2×A＋A＝420(种)．
思维升华 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．
(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析．
用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
解 如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A＝12(种)不同的涂法，
第4个小方格有3种不同的涂法．由分步乘法计数原理可知，有5×12×3＝180(种)
不同的涂法；
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于
相邻方格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知．有5×4×4＝80(种)不同的涂法．
由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260(种)不同的涂法．
对两个基本原理认识不清致误
典例：(10分)(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有 ( )
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
易错分析 解决计数问题的基本策略是合理 ( http: / / www.21cnjy.com )分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算．解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于(1)，选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；对于(2)，易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用乘法原理计算．
解析 (1)第1封信投到信箱中 ( http: / / www.21cnjy.com )有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走 ( http: / / www.21cnjy.com )法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有4＋3＝7(种)．
答案 (1)C (2)7
温馨提醒 (1)每封信只能投到一个信箱里， ( http: / / www.21cnjy.com )而每个信箱可以装1封信，也可以装2封信，其选择不是唯一的，所以应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择．
(2)在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏.
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方法与技巧
1．分类加法和分步乘法计数原 ( http: / / www.21cnjy.com )理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
2．混合问题一般是先分类再分步．
3．分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．
4．要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．
失误与防范
1．切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．
2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．
3．确定题目中是否有特殊条件限制．
A组 专项基础训练
(时间：40分钟)
一、选择题
1． 从集合{1,2,3，…，10}中 ( http: / / www.21cnjy.com )任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为 ( )
A．3 B．4 C．6 D．8
答案 D
解析 按从小到大顺序有124,139,248,469共4个，同理按从大到小顺序也有4个，故这样的等比数列的个数为8个．
2. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边
界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 ( )
A．24种 B．30种
C．36种 D．48种
答案 D
解析 共有4×3×2×2＝48(种)，故选D.
3． 集合P＝{x,1}，Q＝{y,1 ( http: / / www.21cnjy.com ),2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是 ( )
A．9 B．14 C．15 D．21
答案 B
解析 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)；当x≠2时，x＝y，点的个数为7×1＝7(个)，则共有14个点，故选B.
4． (2013·山东)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252 C．261 D．279
答案 B
解析 0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)．
∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
5． (2013·四川)从1,3,5,7 ( http: / / www.21cnjy.com ),9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是 ( )
A．9 B．10 C．18 D．20
答案 C
解析 由于lg a－lg b＝lg(a>0，b>0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为有A＝20种，又与相同，与相同，∴lg a－lg b的不同值的个数有A－2＝20－2＝18，选C.
二、填空题
6． 一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．
答案 20
解析 先选男队员，有5种选法，再选女队员有4种选法，由分步乘法计数原理知共有5×4＝20(种)不同的选法．
7． 某次活动中，有30人排成6行5 ( http: / / www.21cnjy.com )列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________(用数字作答)．
答案 7 200
解析 其中最先选出的一个人有30种方法 ( http: / / www.21cnjy.com )，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7 200.
8． 已知集合M＝{1，－2,3}，N＝ ( http: / / www.21cnjy.com ){－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是________．
答案 6
解析 分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2＝4(个)；
第二类，第二象限内的点，有1×2＝2(个)．共4＋2＝6(个)．
三、解答题
9． 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？
解 由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．
第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3(种)，此时共有6×3＝18(种)；
第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2(种)；
所以根据分类加法计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．
10．在某种信息传输过程中，用4个 ( http: / / www.21cnjy.com )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多少？
解 方法一 分0个相同、1个相同、2个相同讨论．
(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，又分为以下情况：
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C＝4(个)；
若2个相同，共有C＝6(个)．
故共有1＋4＋6＝11(个)．
B组 专项能力提升
(时间：30分钟)
1． 三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为 ( )
A．24 B．26 C．36 D．37
答案 C
解析 设另两边长分别为x、y，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.
当y取11时，x＝1,2,3，…，11，可有11个三角形；
当y取10时，x＝2,3，…，10，可有9个三角形；
……；
当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．
∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.
2． 将1,2,3,4,5,6,7, ( http: / / www.21cnjy.com )8,9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法种数为 ( )
3 4
A.4 B．6 C．9 D．12
答案 B
解析 如图所示，根据题意，1,2,9三 ( http: / / www.21cnjy.com )个数字的位置是确定的，余下的数中，5只能在a，c位置，8只能在b，d位置，依(a，b，c，d)顺序，具体有(5,8,6,7)，(5,6,7,8)，(5,7,6,8)，(6,7,5,8)，(6,8,5,7)，(7,8,5,6)，合计6种.
1 2 a
3 4 b
c d 9
3. 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．96 B．84 C．60 D．48
答案 B
解析 可依次种A、B、C、D ( http: / / www.21cnjy.com )四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法，由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.
4． 直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A、B的值，则可表示________条不同的直线．
答案 22
解析 分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线；
第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故有5×4＝20(种)．
所以可以表示22条不同的直线．
5. 某电子元件，是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A、B、
C、D，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通
了，那么焊点脱落的可能情况共有________种．
答案 15
解析 方法一 当线路不通时焊点脱落的可能情况共有2×2×2×2－1＝15(种)．
方法二 恰有i个焊点脱落的 ( http: / / www.21cnjy.com )可能情况为C(i＝1,2,3,4)种，由分类加法计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况共C＋C＋C＋C＝15(种)．
6． 五名学生报名参加四项体育比赛，每人限 ( http: / / www.21cnjy.com )报一项，则报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，获得冠军的可能性有________种．
答案 45 54
解析 报名的方法种数为4×4×4×4×4＝45(种)．
获得冠军的可能情况有5×5×5×5＝54(种)．
7． 已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．
(1)若B中每一元素都有原象，这样不同的f有多少个？
(2)若B中的元素0必无原象，这样的f有多少个？
(3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，这样的f又有多少个？
解 (1)显然对应是一一对应的，即为a1找象 ( http: / / www.21cnjy.com )有4种方法，a2找象有3种方法，a3找象有2种方法，a4找象有1种方法，所以不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．
(2)0必无原象，1,2,3有无原象不限，所以为A中每一元素找象时都有3种方法．所以不同的f共有34＝81(个)．
(3)分为如下四类：
第一类：A中每一元素都与1对应，有1种方法；
第二类：A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有C·C＝12(种)方法；
第三类，A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有C·C＝6(种)方法；
第四类，A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有C·C＝12(种)方法．
所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．
