(共44张PPT)
第六章 计数原理
习题课 排列数的应用
必备知识 探新知
关键能力 攻重难
课堂检测 固双基
素养目标 定方向
素养目标 定方向
1．进一步理解排列的概念，掌握一些排列问题的常用解题方法．
2．能应用排列知识解决简单的实际问题．
通过排列知识解决实际问题，提升逻辑推理和数学运算的素养.
必备知识 探新知
求解排列问题的主要方法
知识点
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法 对不相邻问题，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档中
定序问题除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法 正难则反，等价转化的方法
练一练：
1．用1,2,3,4,5这5个数字组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的数的个数为_______.(用数字作答)
2．3名男生和3名女生排成一排，男生不相邻的排法有_______种．
24
144
关键能力 攻重难
用0,1,2,3,4,5这六个数字组成无重复数字的整数，求满足下列条件的数各有多少个？
(1)六位奇数；
(2)个位数字不是5的六位数；
题|型|探|究
题型一
数字排列问题
典例 1
[规律方法] 解数字排列问题常见的解题方法
1．“两优先排法”：特殊元素优先排列，特殊位置优先填充．如“0”不排“首位”．
2．“分类讨论法”：按照某一标准将排列分成几类，然后按照分类加法计数原理计算，要注意以下两点：一是分类标准必须恰当：二是分类过程要做到不重不漏．
3．“排除法”：全排列数减去不符合条件的排列数．
4．“位置分析法”：按位置逐步讨论，把要求数字的每个数位排好．
用0,1,2,3,4五个数字，可组成多少个五位数？可组成多少个无重复数字的五位数？
[解析] (1)各个数位上数字允许重复，故采用分步乘法计数原理，4×5×5×5×5＝2 500(个)．
对点训练
题型二
有特殊元素或特殊位置的排列问题
4名男同学和3名女同学站成一排照相，计算下列情况各有多少种不同的站法？
(1)男生甲必须站在两端；
(2)女生乙不站在两端，且女生丙不站在正中间；
(3)男生甲不站在排头，女生乙不站在排尾．
典例 2
[解析] (1)完成这件事可分成两步．
第一步：先排甲，两端有2个位置可供选择，有2种站法；
(2)以女生乙是否站在正中间位置为标准分成两类．
第二类：女生乙不站在正中间，完成这件事可分为三步．
第一步：女生乙有4个位置可选择，有4种站法；
第二步：女生丙不能站在正中间(可站在两端)，有5个位置可选择，有5种站法；
[规律方法] 解决含有特殊元素或特殊位置的排列问题的基本思路
(1)特殊元素优先安排位置，特殊位置优先安排元素．
(2)排除法(即间接求解)，先不考虑限制条件计数，再逐一排除不符合要求的方法数即得．
(3)重视对问题做分类或分步处理，从而将复杂问题简单化．
从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一排，求解下列问题．
(1)甲不在首位的排法有多少种？
(2)甲既不在首位，又不在末位的排法有多少种？
(3)甲与乙既不在首位又不在末位的排法有多少种？
(4)甲不在首位，乙不在末位的排法有多少种？
对点训练
[总结] 因为只需从7名同学中选出5名同学参与排列，所以应对有特殊限制的元素是否被选出参与排列分类考虑，然后再利用排列的知识进行解题．
题型三
元素“相邻”与“不相邻”问题
3名男生，4名女生，这7个人站成一排，在下列情况下，各有多少种不同的站法．
(1)男、女各站在一起；
(2)男生必须排在一起；
(3)男生不能排在一起；
(4)男生互不相邻，且女生也互不相邻．
[分析] 解决“相邻”问题用“捆绑法”，解决“不相邻”问题用“插空法”．
典例 3
[规律方法] 处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．
(1)6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须在一起的不同排法共有( )
A．720 B．360
C．240 D．120
(2)要排一张有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈节目不得相邻，问有多少种不同的排法？
对点训练
C
题型四
排列中的定序问题
7人站成一排．
(1)甲、乙、丙三人排列顺序一定时，有_________种不同排法；
(2)甲在乙的左边，有____________种不同的排法．
典例 4
840
2 520
[规律方法] 解决定序问题的两种方法
在有些排列问题中，某些元素的前后顺序是确定的(不一定相邻)．解决这类问题的基本方法有两种：
(2)插空法，即m个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m个元素，只有一种排法，然后把剩下的n个元素分类或分步插入由以上m个元素形成的空中．
身高各不相同的五名男生与身高各不相同的五名女生站成一排，要求从左到右男生与女生分别按从高到矮的顺序排列，有多少种不同的站法？
对点训练
易|错|警|示
重复计数与遗漏计数致误
6个人站成前、中、后三排，每排2人，则不同的排法有__________种．
典例 5
720
[辨析] 排列问题的重点是弄清“按怎样的顺序排列”，结合问题情境找出排序的依据，在求出答案后要还原实际情境，看是否把每一种情况都考虑进去了，切忌重复或遗漏．
课堂检测 固双基
1．6人站成一排，甲、乙、丙三人必须站在一起的排列种数为( )
A．18 B．72
C．36 D．144
D
2．用1,2,3,4,5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．36 B．30
C．40 D．60
A
3．将5辆列车停在5条不同的轨道上，其中a列车不停在第一轨道上，b列车不停在第二轨道上，那么不同的停放方法有_______种．
78
4．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三种不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有_________种．
186(共33张PPT)
第六章 计数原理
6.2 排列与组合
6.2.1 排 列
6.2.2 排列数
必备知识 探新知
关键能力 攻重难
课堂检测 固双基
素养目标 定方向
素养目标 定方向
1．通过实例，理解排列、排列数的概念．
2．能利用计数原理推导排列数公式，并掌握排列数公式及其变形，能运用排列数公式进行相关计算．
3．能运用排列知识解决一些有关排列的简单实际问题．
1．通过学习排列的概念及排列数公式，培养数学抽象素养．
2．借助排列数公式进行计算，提升数学运算素养.
必备知识 探新知
排列的概念
知识点 1
(1)一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并按照________ ______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)特别地，__________时的排列(即________________的排列)称为全排列．
想一想：两个排列相同的条件是什么？
提示：两个排列相同则应具备排列的元素及排列的顺序均相同．
一定的
顺序
m＝n
取出所有元素
练一练：
思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)两个排列的元素相同，则这两个排列是相同的排列．( )
(2)从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞赛，共有多少种选法属于排列问题．( )
(3)有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，共有多少种分组方案属于排列问题．( )
(4)从3,5,7,9中任取两个数进行指数运算，可以得到多少个幂属于排列问题．( )
(5)从1,2,3,4中任取两个数作为点的坐标，可以得到多少个点属于排列问题．( )
×
√
×
√
√
排列数及排列数公式
知识点 2
所有排列
n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
n·(n－1)·(n－2)·…·2·1
n！
1
1
想一想：排列与排列数的区别是什么？
提示：“排列”与“排列数”是两个不同的概念，“排列”是指“按照一定的顺序排成一列”，它不是一个数，而是具体的一件事，“排列数”是指“从n个不同元素中取出m(m，n都是正整数，m≤n)个元素的所有不同排列的个数”，它是一个数．如从a，b，c中任取两个元素的排列有以下6种形式：ab, ac, ba, bc, ca, cb，这里每一种形式都是一个排列，而排列数则是6.
练一练：
(2)1×2×3×4×5×6×7×8＝_______.(用排列数表示)
120
关键能力 攻重难
判断下列问题是否为排列问题．
(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；
(2)选2个小组分别去植树和种菜；
(3)选2个小组去种菜；
(4)选10人组成一个学习小组；
(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；
(6)某班40名学生在假期相互通信．
题|型|探|究
题型一
排列的概念
典例 1
[分析] 判断是否为排列问题关键是选出的元素在被安排时，是否与顺序有关．若与顺序有关，就是排列问题，否则就不是排列问题．
[解析] (1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题．
(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．
(3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题．
(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．
(6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题．
所以在上述各题中(2)(5)(6)属于排列问题．
[规律方法] 1.解决本题的关键有两点：一是“取出元素不重复”，二是“与顺序有关”．
2．判断一个具体问题是不是排列问题，就看取出元素后排列是有序的还是无序的，而检验它是否有序的依据就是变换元素的“位置”(这里的“位置”应视具体问题的性质和条件来决定)，看其结果是否有变化，有变化就是排列问题，无变化就不是排列问题．
判断下列问题是不是排列问题．
(1)从1到10十个自然数中任取两个数组成直角坐标平面内的点的坐标，可得多少个不同的点的坐标？
(2)从10名同学中任抽两名同学去学校开座谈会，有多少种不同的抽取方法？
(3)某商场有四个大门，若从一个门进去，购买物品后再从另一个门出来，不同的出入方式共有多少种？
对点训练
[解析] (1)由于取出的两数组成点的坐标与哪一个数作横坐标，哪一个数作纵坐标的顺序有关，所以这是一个排到问题．
(2)因为从10名同学中抽取两人去学校开座谈会的方式不用考虑两人的顺序，所以这不是排列问题．
(3)因为从一门进，从另一门出是有顺序的，所以是排列问题．
综上，(1)(3)是排列问题，(2)不是排列问题．
题型二
排列数的计算公式
典例 2
A
B
[分析] (1)直接用排列数公式计算；(2)(3)用排列数公式的定义解答即可．
[规律方法] 排列数的计算方法
(1)排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进行，应用时注意：连续正整数的积可以写成某个排列数，其中最大的是排列对象的总个数，而正整数(因式)的个数是选取对象的个数，这是排列数公式的逆用．
(2)应用排列数公式的阶乘形式时，一般写出它们的式子后，再提取公因式，然后计算，这样往往会减少运算量．
对点训练
18
36
题型三
排列与排列数公式的简单应用
(1)有7 本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
(2)有7种不同的书(每种不少于3本)，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
[分析] (1)从7本不同的书中选出3本送给3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；
(2)给每人的书均可以从7种不同的书中任选1本，各人得到哪本书相互之间没有联系，要用分步乘法计数原理进行计算．
典例 3
(2)从7种不同的书中买3本书，这3本书并不要求都不相同，根据分步乘法计数原理，共有7×7×7＝343(种)不同的送法．
[规律方法] (1)没有限制的排列问题，即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制，这一类问题相对简单，分清元素和位置即可．
(2)典型的排列问题，用排列数计算其排列方法数；排列指从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，由排列的概念可知排列问题中元素不能重复选取．
将4名医生与4名护士分配到四个不同单位，每个单位分配一名医生与一名护士，共有多少种不同的分配方案？
对点训练
易|错|警|示
忽视排列数公式的隐含条件致误
典例 4
课堂检测 固双基
1．(多选)已知下列问题，其中是排列问题的有( )
A．从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学和物理学习小组
B．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动
C．从a，b，c，d四个字母中取出2个字母
D．从1,2,3,4四个数字中取出2个数字组成一个两位数
[解析] A是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序有关；B不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序无关；C不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无关；D是排列问题，因为取出的两个数字还需要按顺序排成一列．
AD
2．4×5×6×…×(n－1)×n等于( )
D
A．{n|－1C．{3,4} D．{4}
C
4．从a，b，c，d，e五个元素中每次取出三个元素，可组成_______个以b为首的不同排列，它们分别是______________________________ _______________________________________.
[解析] 画出树状图如下：
可知共12个，它们分别为bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed.
12
bac，bad，bae，bca，bcd，bce，
bda，bdc，bde，bea，bec，bed第六章 6.2 6.2.1 6.2.2
A 组·基础自测
一、选择题
1．从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为( C )
A．甲乙，乙甲，甲丙，丙甲
B．甲乙丙，乙丙甲
C．甲乙，甲丙，乙甲，乙丙，丙甲，丙乙
D．甲乙，甲丙，乙丙
[解析] 这是一个排列问题，与顺序有关，任意两人对应的是两种站法，故C正确．
2．某段铁路所有车站共发行132种普通客票，则这段铁路所有车站数是( B )
A．8 B．12
C．16 D．24
[解析] 设共有n个车站，在n个车站中，每两个车站之间都有2种车票，相当于从n个元素中拿出2个进行排列，共有客票A＝132种，即n(n－1)＝132，解得n＝12或n＝－11(舍去)，故n＝12.
3．大学生小王与另外3名大学生一起分配到乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，若每个村小学至少分配1名大学生，则小王恰好分配到甲村小学的方法数为( C )
A．3 B．8
C．12 D．6
[解析] 分两种情况计算：有一人和小王同地，无人与小王同地，则小王恰好分配到甲村小学的方法有A＋3A＝12种．
4．乘积m(m＋1)(m＋2)…(m＋19)(m＋20)(m∈N*)可表示为( A )
A．A B．A
C．A D．A
[解析] 因为最大数为m＋20，共有21个自然数连续相乘，根据排列公式可得m(m＋1)(m＋2)…(m＋19)(m＋20)＝A.
5．已知3A＝4A，则n等于( B )
A．5 B．7
C．10 D．14
[解析] 由×3＝×4，
得(11－n)(10－n)＝12，解得n＝7，n＝14(舍)．
二、填空题
6．一天有6节课，安排6门学科，一天的课程表有 720 种排法．
[解析] 这是6个元素的全排列问题，故一天的课程表排法有A＝6×5×4×3×2×1＝720(种)．
7．某人射击8枪，命中4枪，则4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为 20 .
[解析] 先把连在一起命中的三枪“捆绑”在一起，然后从4枪不命中之间的三个空位及两端两个空位共5个空位中选出2个进行排列，有A＝20种．
8．计算：＝ .
[解析] ＝＝.
三、解答题
9．下列问题中哪些是排列问题？
(1)5名学生中抽2名学生开会；
(2)5名学生中选2名做正、副组长；
(3)6位同学互通一次电话；
(4)6位同学互通一封信；
(5)以圆上的10个点为端点作弦；
(6)以圆上的10个点中的某点为起点，作过另一点的射线．
[解析] (2)(4)(6)都与顺序有关，属于排列；其他问题则不是排列．
10．证明：A＋kA＝A.
[解析] 证明：左边＝＋k
＝＝＝，
右边＝A＝，所以A＋kA＝A.
B 组·能力提升
一、选择题
1．从0,1,2,3这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c中的参数a，b，c，可组成不同的二次函数共( )个．( C )
A．14 B．16
C．18 D．20
[解析] 因为f(x) ＝ax2＋bx＋c为二次函数，所以a≠0，a有3种选择，而b，c可以从剩下的3个数中任选2个，共A种选择，所以可以组成不同的二次函数有3×A＝3×3×2＝18(个)．
2．下列各式中与排列数A相等的是( D )
A．
B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C．
D．AA
[解析] A＝＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，故A，B错误；
而AA＝nA＝n·＝，故C错误，D正确．故选D.
3．(多选)下列四个等式中正确的有( ABD )
A．n！＝ B．A＝nA
C．A＝ D．A＋mA＝A
[解析] ＝＝n！，所以A正确；nA＝＝＝A，所以B正确；A＝＝，所以C不正确；由排列数公式可知A＋mA＝＋m＝×＝×＝＝A，所以D正确．
二、填空题
4．满足不等式>12的n的最小值为 10 .
[解析] 由排列数公式得>12，
即(n－5)(n－6)>12，
解得n>9或n<2.
又n≥7，所以n>9，
又n∈N*，所以n的最小值为10.
5．已知＝89，则n的值为 15 .
[解析] 根据题意，＝89，则＝90，变形可得A＝90A，则有＝90×，变形可得：(n－5)(n－6)＝90，解可得：n＝15或n＝－4(舍)；故n＝15.
三、解答题
6．(1)写出从4个元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列；
(2)写出A，B，C，D四名同学站成一排照相，A不站在两端的所有可能站法．
[解析] (1)由题意作树形图，如图所示．
故所有的排列为abc, abd, acb, acd, adb, adc, bac, bad, bca, bcd, bda, bdc，cab, cad, cba, cbd, cda, cdb, dab, dac, dba, dbc, dca, dcb.共有24种排法．
(2)由题意作树形图如图所示．
故所有可能的站法是BACD，BADC，BCAD，BDAC，CABD，CADB，CBAD，CDAB，DABC，DACB，DBAC，DCAB.
C 组·创新拓展
规定A＝x(x－1)…(x－m＋1)，其中x∈R，m为正整数，且A＝1，这是排列数A(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广．
(1)求A的值；
(2)确定函数f(x)＝A的单调区间．
[解析] (1)由已知得A＝(－15)×(－16)×(－17)＝－4 080.
(2)函数f(x)＝A＝x(x－1)(x－2)＝x3－3x2＋2x，则f ′(x)＝3x2－6x＋2.
令f ′(x)＞0，得x＞或x＜，
所以函数f(x)的单调增区间为，
；
令f ′(x)＜0，得＜x＜，
所以函数f(x)的单调减区间为.(共45张PPT)
第六章 计数原理
习题课 组合数的综合应用
必备知识 探新知
关键能力 攻重难
课堂检测 固双基
素养目标 定方向
素养目标 定方向
1．学会运用组合的概念，分析简单的实际问题．
2．能解决无限制条件的组合问题．
通过组合解决实际问题，提升逻辑推理和数学运算的素养.
必备知识 探新知
1．对于含有限制条件的组合问题，要合理分类，必要时可用间接法．
2．对于分组问题应注意避免计数的重复或遗漏，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．
想一想：在解决排列组合的综合问题时要注意哪些问题？
提示：在解决此类问题时，要注意题中的隐含条件；解题过程中要首先分清“是分类还是分步”“是排列还是组合”；在应用分类加法计数原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏．
练一练：
1．某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生当选的不同选法有( )
A．27种 B．48种
C．21种 D．24种
D
2．从1,3,5,7中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，组成没有重复数字的四位偶数，则满足条件的数的个数为_________个．
396
关键能力 攻重难
(1)为了配合创建全国文明城市的活动，某校现从4名男教师和5名女教师中选取3人组成创文明志愿者小组，若男女教师至少各有一人，则不同的选法共有( )
A．140种 B．84种
C．70种 D．35种
题|型|探|究
题型一
基本组合问题
典例 1
C
(2)某人决定投资8种股票和4种债券，经纪人向他推荐了12种股票和7种债券，则此人有__________种不同的投资方式．
(3)现有8本杂志，其中有3本是完全相同的文学杂志，另5本是互不相同的数学杂志，从这8本里选取3本，则不同选法的种数为________.
[分析] (1)选出的3名教师之间无顺序之分，因此是组合问题，但需要对教师的组成人员分类求解；(2)选出的8种股票无顺序之分，选出的4种债券也无顺序之分，因此是组合问题，但需要分选股票、选债券两步求解；(3)本小题需要注意一个问题，从3本完全相同的文学杂志中选书并不是组合问题，只有从5本不同的数学杂志中选书才是组合问题．
17 325
26
(3)在这8本杂志中，3本文学杂志是完全相同的，因此从中选取并不是组合问题．
从这8本杂志里选取3本，可分四类完成．
[规律方法] 求解无限制条件的组合问题的思路
对于无限制条件的组合问题，首先要分清完成一件事情是需要分类还是分步，在每一类(或每一步)中注意分清对象的总数及取出对象的个数，按照组合的定义，正确地表示出相应的组合数，再利用分类加法计数原理或分步乘法计数原理计数．
(1)5个不同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有( )
(2)5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有( )
对点训练
A
B
(3)5个不同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里放球数量不限，则不同的放法有( )
D
(3)由于每个盒里放球数量不限，所以第1个球有8种放法，第2个球有8种放法，…，第5个球也有8种放法．故不同的放法共有8×8×8×8 ×8＝85(种)．
题型二
有限制条件的组合问题
课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)至少有一名队长当选；
(2)至多有两名女生当选；
(3)既要有队长，又要有女生当选．
典例 2
[规律方法] 常见的限制条件及解题方法
(1)特殊元素：若要选取的元素中有特殊元素，则要以有无特殊元素，特殊元素的多少作为分类依据．
(2)含有“至多、至少”等限制语句：要分清限制语句中所包含的情况，可以此作为分类依据，或采用间接法求解．
(3)分类讨论思想：解题的过程中要善于利用分类讨论思想，将复杂问题分类表达，逐类求解．
在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？
(1)任意选5人；
(2)甲、乙、丙三人必须参加；
(3)甲、乙、丙三人不能参加；
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加；
(5)甲、乙、丙三人至少1人参加；
(6)甲、乙、丙三人至多2人参加．
对点训练
(5)方法一(直接法)：
可分为三类：
(6)方法一(直接法)：甲、乙、丙三人至多2人参加，可分为三类：
题型三
组合应用中分组分配问题
角度1 不同对象分配问题
6本不同的书，按下列要求分组或分配，求各有多少种不同的分法？
(1)平均分给甲、乙、丙三人，每人2本；
(2)平均分为三份，每份2本；
(3)分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本；
(5)分成三份，一份4本，另外两份每份1本；
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人得1本；
(7)分给甲、乙、丙三人，甲1本，乙2本，丙3本；
(8)甲3本，另外两人中有1人1本，1人2本．
典例 3
[解析] (1)这是平均分配问题，分3步．
角度2 相同对象分配问题
有10个运动员名额，分给班号分别为1,2,3的3个班．
(1)每班至少1个名额，有多少种分配方案？
(2)每班至少2个名额，有多少种分配方案？
(3)可以允许某些班级没有名额，有多少种分配方案？
[分析] (1)直接使用隔板法计数；(2)(3)先将问题进行等价转化，再使用隔板法计数．
典例 4
如图是其中一种分法，表示分给1班、2班、3班的名额分别是2个、5个、3个．
如图是其中一种分法，表示分给1班、2班、3班的名额分别是3＋1＝4(个)，2＋1＝3(个)，2＋1＝3(个)．
如图是其中一种分法，表示分给1班、2班、3班的名额分别是3－1＝2(个)，6－1＝5(个)，4－1＝3(个)．
[规律方法] 1.分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种．
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！；
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
(2)分配问题属于“排列”问题．
分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
2．相同元素分配问题的建模思想
(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．
(1)我省5名医学专家驰援湖北武汉抗击新冠肺炎疫情，现把5名专家分配到A，B，C三个集中医疗点，每个医疗点至少要分配1人，其中甲专家不去A医疗点，则不同分配种数为( )
A．116 B．100
C．124 D．90
(2)有30个完全相同的苹果，分给4个不同的小朋友，每个小朋友至少分得4个苹果，问有多少种不同的分配方案？( )
A．680 B．816
C．1 360 D．1 456
对点训练
B
A
[解析] (1)根据题意，分2 步进行分析：
则有15＋10＝25种分组方法；
②将分好的三组分派到三个医疗点，甲专家所在组不去A医疗点，有2种情况，再将剩下的2组分派到其余2个医疗点，有2种情况，则3个组的分派方法有2×2＝4种情况，则有25×4＝100种分配方法．
课堂检测 固双基
1．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这两个球同色的不同取法有( )
A．27种 B．24种
C．21种 D．18种
C
2．5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有( )
A．150种 B．180种
C．200种 D．280种
A
3．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )
A．30种 B．33种
C．36种 D．39种
B
4．编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有_______种．
10第六章检测题
考试时间120分钟，满分150分．
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分；在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．用1,3,5,7,9五个数字中的三个替换直线方程Ax＋By＋C＝0中的A，B，C，若A，B，C的值互不相同，则不同的直线共有( B )
A．25条 B．60条
C．80条 D．181条
[解析] 用1,3,5,7,9五个数字中的三个来替换A，B，C；A，B，C的值互不相同，利用分步乘法计数原理可知直线条数是5×4×3＝60.
2．已知C－C＝C(n∈N*)，则n＝( D )
A．14 B．15
C．13 D．12
[解析] 由组合数性质知，C＋C＝C，所以C＝C，所以6＋7＝n＋1，得n＝12.
3．已知n的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于( C )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 二项式n的各项系数的和为(1＋3)n＝4n，二项式n的各项二项式系数的和为2n，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，所以＝2n＝64，n＝6.故选C.
4．现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，则乙、丙两人恰好参加同一项活动的情况有( B )
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
[解析] 由题意，现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，其中乙、丙两人恰好参加同一项活动的情况有CCA＝2(种)．
5．(2023·北京高考题)5的展开式中x的系数为( D )
A．－80 B．－40
C．40 D．80
[解析] 5的展开式的通项为
Tr＋1＝C(2x)5－r·r＝(－1)r25－rCx5－2r，
令5－2r＝1得r＝2，
所以5的展开式中x的系数为(－1)225－2C＝80，故选D.
6．(2023·全国乙卷)甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( C )
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
[解析] 首先确定相同的读物，共有C种情况，然后两人各自的选另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A种，根据分步乘法公式则共有C·A＝120种，故选C.
7．如图所示，若从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的情况有( B )
A．3种 B．5种
C．7种 D．9种
[解析] 从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的情况有C＝5(种)．
8．已知10(a＜0)的展开式中常数项为45，则展开式中系数最大的是( D )
A．第2项 B．第4项
C．第5项 D．第6项
[解析] 10(a＜0)的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(－a)r·x eq \s\up10()，
令＝0，求得r＝2，可得展开式中常数项为C·(－a)2＝45，∴a＝－1，∴－a＝1，
则展开式中第r＋1项的系数为C·(－a)r＝C，
故当r＝5时，第r＋1项的系数C最大，
即第6项的系数最大．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．关于(a－b)10的说法，正确的是( ABD )
A．展开式中的二项式系数之和为1 024
B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
[解析] 由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1 024，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．
10．五个人排成一排，下列说法正确的是( AD )
A．甲不站排头的排法有96种
B．甲不站排头，乙不站排尾的排法有54种
C．甲、乙两人必须相邻的排法有24种
D．甲、乙中间有且只有一人的排法有36种
[解析] 对于A，先排甲，有4种排法，然后排其余4人，有A种排法，故有4A＝96(种)排法；对于B，若甲在排尾，其余四人有A种排法，若甲排在中间三个位置中的一个，而乙不在排尾，则有A×A×A＝54(种)排法，共A＋54＝78(种)排法；对于C，将甲、乙两人看作一个元素，与其他3个元素作全排列有A种排法，然后甲、乙再作全排列有A种排法，故有AA＝48(种)排法；对于D，甲、乙两人有A种排法，从剩下的三人中选一人插入甲、乙中间，有A种，然后再将三人看作一个元素，和其他两个元素作全排列，有A种排法，故共有A·A·A＝36(种)排法．
11．下列结论正确的是( BC )
A．若C＝C，则m＝3
B．若A－A＝12，则n＝6
C．在(1＋x)2＋(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)11的展开式中，含x2的项的系数是220
D．(x－1)8的展开式中，第4项和第5项的二项式系数最大
[解析] 若C＝C，则m＝3m－2或m＋3m－2＝10，解得m＝1或m＝3，故A错误；若A－A＝12，则(n＋1)n－n(n－1)＝12，求得n＝6，故B正确；在(1＋x)2＋(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)11的展开式中，含x2的项的系数是C＋C＋C＋…＋C＝220，故C正确；(x－1)8的展开式中，第4项的二项式系数为C，第5项的二项式系数为C，故只有第5项的二项式系数最大，故D错误．
12．连接正方体每个面的中心构成一个正八面体，甲随机选择此正八面体的三个顶点构成三角形，乙随机选择此正八面体三个面的中心构成三角形，且甲、乙的选择互不影响，则下列说法正确的是( ABD )
A．甲选择的三个点构成正三角形的概率为
B．甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为
C．乙选择的三个点构成正三角形的概率为
D．甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为
[解析] 甲随机选择的情况有C＝20(种)，乙随机选择的情况有C＝56(种)，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有CC＝8(种)，故甲选择的三个点构成正三角形的概率为＝，故A正确；甲选择的三个点构成等腰直角三角形，有三种情况：①上下两点都选，中间四个点中选一个，共有C＝4(种)；②上下两点中选一个，中间四个点中选相对的两个点，共有CC＝4(种)；③中间四个点中选三个点，共有C＝4(种)，故共有4＋4＋4＝12(种)，所以甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为＝，故B正确；正八面体的各面中心是正方体的8个顶点，所以乙选择的三个点构成正三角形，共有8种，所以乙选择的三个点构成正三角形的概率为＝，故C错误；乙选择的三个点构成等腰直角三角形，共有3×8＝24(种)，概率为＝，甲、乙相似，则甲、乙均为正三角形或均为等腰直角三角形，所以甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为×＋×＝，故D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．如果A＝aC，则a的值是_120__.
[解析] a＝＝＝＝5！＝120.
14．从0,1,2,3,4,5这6个数中每次取3个不同的数，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有_40__个．
[解析] 先选取3个不同的数，有C种选法；然后把其中最大的数放在百位上，另2个不同的数放在十位和个位上，有A种放法，故共有CA＝40(个)三位数．
15．已知(x－2)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，ai∈R(i＝0,1，…，7)，则a0＝_－128__，a4＝_－280__.
[解析] 令x＝0，可得a0＝(－2)7＝－128；二项式(x－2)7的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx7－r(－2)r，所以a4＝C(－2)3＝－280.
16．中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉．现有5支救援队前往A，B，C3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个受灾点中的一个，则不同的安排方法数是_100__.
[解析] 若甲去B点，则剩余4人，可只去A，C两个点，也可分为3组去A，B，C 3个点．当剩余4人只去A，C两个点时，人员分配为1,3或2,2，此时的分配方法有C·C·A＋·A＝14；当剩余4人分为3组去A，B，C 3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有C·A＝36，综上可得，甲去B点，不同的安排方法数是14＋36＝50.同理，甲去C点，不同的安排方法数也是50，所以，不同的安排方法数是50＋50＝100.
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知试求x，n的值．
[解析] ∵C＝C＝C，∴n－x＝2x或x＝2x(舍去)，
∴n＝3x.
由C＝C，得＝·
，
整理得3(x－1)！(n－x＋1)！＝11(x＋1)！(n－x－1)！，3(n－x＋1)(n－x)＝11(x＋1)x.
将n＝3x代入，整理得6(2x＋1)＝11(x＋1)，
∴x＝5，n＝3x＝15.
18．(本小题满分12分)已知在n的展开式中，第9项为常数项，求：
(1)n的值；
(2)展开式中x5的系数；
(3)含x的整数指数幂的项的个数．
[解析] 二项展开式的通项为Tk＋1＝Cn－kk＝(－1)kn－kCx eq \s\up10(2n－k) (k＝0,1,2，…，n)．
(1)因为第9项为常数项，所以当k＝8时，2n－k＝0，
解得n＝10.
(2)令2n－k＝5，得k＝(2n－5)＝6，
所以x5的系数为(－1)64C＝.
(3)要使2n－k为整数，即为整数，只需k为偶数．
由于k＝0,1,2,3，…，9,10，
故符合要求的有6项，分别为展开式的第1,3,5,7,9,11项．
19．(本小题满分12分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
[解析] (1)将取出4个球分成三类情况：①取4个红球，没有白球，有C种；②取3个红球1个白球，有CC种；③取2个红球2个白球，有CC种，故有C＋CC＋CC＝115种．
(2)设取x个红球，y个白球，则
故或或
因此，符合题意的取法共有CC＋CC＋CC＝186种．
20．(本小题满分12分)某兴趣小组有9名学生，若从这9名学生中选取3人，且选取的3人中恰好有一名女生的概率是.
(1)该小组中男、女学生各有多少人？
(2)9名学生站成一列，现要求女生保持相对顺序不变(即女生前后顺序保持不变)重新站队，有多少种重新站队的方法？(要求用数字作答)
(3)9名学生站成一列，要求男生必须两两站在一起，有多少种站队的方法？(要求用数字作答)
[解析] (1)设男生有x人，则＝，
即x(x－1)(9－x)＝90，解得x＝6.经检验符合题意，故男生有6人，女生有3人．
(2)由(1)知，男生有6人，女生有3人．
方法一：第一步：让6名男生先从9个位置中选6个位置，共有A＝60 480(种)方法；
第二步：余下的位置让3名女生去站，因为要保持相对顺序不变，故只有1种选择，因此一共有60 480×1－1＝60 479(种)重新站队的方法．
方法二：9名学生站队共有A种站队方法，3名女生有A种站队顺序，因此一共有＝60 480(种)站队方法，所以重新站队的方法有60 480－1＝60 479(种)．
(3)由(1)知，男生有6人，女生有3人，第一步：将6名男生分成3组，每组2人，共有＝15(种)分法；
第二步：三名女生站好队，然后将3组男生插入她们形成的空中，共有AA＝144(种)站队方法；
第三步：3组男生站队方法共有(A)3＝8(种)，故一共有15×144×8＝17 280(种)站队方法．
21．(本小题满分12分)已知n的展开式的各项二项式系数之和为512.
(1)求展开式中所有的有理项；
(2)求展开式中系数最大的项．
[解析] (1)由题意可得各项二项式系数之和为2n＝512，则n＝9.
故通项公式Tr＋1＝C·x9－r·3－r·x－r＝C·3－r·x eq \s\up10(9－)，
由题意可得9－为整数，则r是3的倍数，
因为0≤r≤9，所以r的值为0或3或6或9，
则有理项为T1＝x9，T4＝x5，T7＝x，
T10＝.
(2)设第r＋1项的系数tr＋1最大，因为Tr＋1＝C·3－r·x eq \s\up10(9－)，
所以，＝＝≥1，
＝＝≤1，
解得≤r≤，
因为r为整数，所以r＝2.
故展开式中系数最大的项T3＝C×3－2·x eq \s\up10(9－)＝4x eq \s\up10().
22．(本小题满分12分)0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数．
(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
(2)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；
(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．
[解析] (1)将所有的三位偶数分为两类：①若个位数为0，则共有A＝12(种)；②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(种)．所以共有30个符合题意的三位偶数．
(2)将这些“凹数”分为三类：①若十位数字为0，则共有A＝12(种)；②若十位数字为1，则共有A＝6(种)；③若十位数字为2，则共有A＝2(种)．所以共有20个符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：①若两个奇数数字在一、三位置，则共有A·A＝12(种)；②若两个奇数数字在二、四位置，则共有A·C·A＝8(种)；③若两个奇数数字在三、五位置，则共有A·C·A＝8(种)．所以共有28个符合题意的五位数．(共47张PPT)
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
必备知识 探新知
关键能力 攻重难
课堂检测 固双基
素养目标 定方向
素养目标 定方向
1．通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．
2．能说出分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义．
3．能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．
1．通过两个计数原理的学习，提升逻辑推理素养．
2．借助两个计数原理解决一些简单的实际问题，培养数学运算素养．
3．通过合理地分类或分步解决实际问题，提升逻辑推理的素养.
必备知识 探新知
分类加法计数原理
知识点 1
提醒：定义中各种方案之间相互独立，任何一类方案中任何一种方法也相互独立．
想一想：若完成一件事情有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多少种不同的方法？
提示：共有m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
练一练：
思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(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完成这件事. ( )
(3)从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机每天有3班，轮船每天有4班．若李先生从甲地去乙地，则不同的交通方式共有7种．( )
(4)某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种．( )
×
√
√
√
分步乘法计数原理
知识点 2
想一想：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，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
提示：共有m1×m2×…×mn种不同的方法．
练一练：
思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )
(3)已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为9.( )
(4)在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有43种．( )
√
×
√
×
分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系
知识点 3
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 都是用来计算完成一件事的方法种数 区别一 针对的是“分类完成问题” 针对的是“分步完成问题”
区别二 各种方法相互独立 各个步骤中的方法相互连续
区别三 任何一种方法都可以做完这件事 只有各个步骤都完成才算做完这件事
想一想：如何判断一个计数原理为分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？
提示：分类加法计数原理每一类中的方法可以完成一件事情，而分步乘法计数原理每一步中的方法不能独立完成一件事情．
练一练：
如图，从A→B→C有_____种不同的走法；从A→C有_____种不同的走法．
4
6
[解析] A→B→C分两步：
第一步，A→B，有2种走法；
第二步，B→C，有2种走法．
所以A→B→C共有2×2＝4(种)走法．
A→C分两类：
第一类，A→B→C共有4种走法；
第二类，A→C(不经过B)有2种走法．
所以A→C共有4＋2＝6(种)走法．
关键能力 攻重难
(1)如图所示为一个电路图，若只合上一个开关，可通电的线路共有( )
A．6条
B．5条
C．9条
D．4条
题|型|探|究
题型一
分类加法计数原理
典例 1
B
(2)某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( )
A．3种 B．5种
C．7种 D．9种
(3)有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名．学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有_____种．
C
6
[解析] (1)可分为两类：从上面有3条；从下面有2条．由分类加法计数原理知，通电的线路共有3＋2＝5(条)．
(2)分三类：买1本、买2本或买3本，各类购买方式依次有3种、3种、1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)．
(3)三项体育运动项目，每个项目设冠军和亚军各一名，即每个项目可有2个奖项．
由分类加法计数原理，学生甲获奖的不同情况有2＋2＋2＝6(种)．
[规律方法] 应用分类加法计数原理解题的策略
(1)标准明确：明确分类标准，依次确定完成这件事的各类方法．
(2)不重不漏：完成这件事的各类方法必须满足不能重复，又不能遗漏．
(3)方法独立：确定的每一类方法必须能独立地完成这件事．
(1)为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二(1)班的男生38人和女生18人中选取1名学生作代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有________种．
(2)某校开设物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理6门选修课，甲同学需从中选修3门，其中化学、生物两门中至少选修一门，则不同的选法种数为_______.(用数字填写答案)
对点训练
56
16
[解析] (1)完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，有38种选法；第二类：选1名女生，有18种选法，根据分类加法计数原理，共有N＝38＋18＝56(种)不同的选法．
(2)可分为3类，第1类，只选化学不选生物学，需再从物理、思想政治、历史、地理中选择2门，有6种选法；第2类，只选生物学不选化学，同样也有6种选法；第3类，化学和生物学都选，需再从其他4门中选择1门，有4种选法，所以共有6＋6＋4＝16种选法．
题型二
分步乘法计数原理
由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：
(1)无重复数字的三位数？
(2)可以有重复数字的三位数？
[分析] (1)数字各不相同，且百位上的数字不可为0；(2)数字可以重复，但百位上的数字不可为0.
典例 2
[解析] (1)分三步完成．
第一步：排百位，1,2,3三个数字都可以，有3种不同的方法；
第二步：排十位，除百位上已用的，其余三个数字都可以，有3种不同的方法；
第三步：排个位，除百位、十位上已用的，其余两个数字都可以，有2种不同的方法．
故可组成无重复数字的三位数共3×3×2＝18(个)．
(2)分三步完成．
第一步：排百位，1,2,3这三个数字都可以，有3种不同的方法；
第二步：排十位，0,1,2,3这四个数字都可以，有4种不同的方法；
第三步：排个位，0,1,2,3这四个数字都可以，有4种不同的方法．
故可组成可以有重复数字的三位数共3×4×4＝48(个)．
[规律方法] 利用分步乘法计数原理解题的一般思路
(1)分步：将完成这件事的过程分成若干步．
(2)计数：逐一求出每一步中的方法数．
(3)结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．
(1)现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A．56 B．65
C．30 D．11
(2)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99；3位回文数有90个101,111,121，…，191,202，…，999.则5位回文数有__________个．
对点训练
A
900
[解析] (1)第一名同学有5种选择方法，第二名也有5种选择方法，…，依次，第六名同学有5种选择方法，综上，6名同学共有56种不同的选法．
(2)第一步，选左边第一个数字和右边第一个数字相同，有9种选法；第二步，选左边第二个数字和右边第二个数字相同，有10种选法；第三步，选左边第三个数字就是右边第三个数字，有10种选法，故5位回文数有9×10× 10＝900，故答案为900.
题型三
两个计数原理的综合应用
现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？
(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
典例 3
[解析] (1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理知共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．
(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．
(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法；
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法，所以有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．
[规律方法] 利用两个计数原理的解题策略
用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．
如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由2个顶点确定的直线与含有4个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A．60 B．48
C．36 D．24
[解析] 长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36(个)，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)，所以共有36＋12＝48(个)“平行线面组”．
对点训练
B
题型四
用计数原理解决涂色(种植)问题
如图所示，要给A，B，C，D四个区域分别涂上三种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，共有多少种不同的涂色方法？
典例 4
[解析] A，B，C，D四个区域依次涂色，分4步．
第1步，涂A区域，有3种选择；
第2步，涂B区域，有2种选择；
第3步，涂C区域，它与A，B区域颜色不同，有1种选择；
第4步，涂D区域，它与A，C区域颜色不同，有1种选择．
所以根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种)．
[规律方法] 涂色问题的两种解决方案：
(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计算．若图形不是很规则，往往从某一区域开始进行涂色，选用分步乘法计数原理；如果图形具有一定的对称性，那么先对涂色方案进行分类，对每一类再进行分步．
(2)首先根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理．然后在每一类的涂色方案的计算上需用到分步乘法计数原理．最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和即得到最终涂色方法数．
对于涂色(立方体)问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．
将3种农作物全部种植在如图所示的5块试验田里，每块试验田种植一种农作物，且相邻的试验田不能种植同一种农作物，不同的种植方法共有________种．
对点训练
42
[解析] 分别用a，b，c代表3种农作物，将试验田从左到右依次编号为①②③④⑤.
先种①号田，有3种种植方法，不妨设种植a.
再种②号田，可种植b或c，有2种种植方法，不妨设种植b.
若③号田种植c，则④⑤号田分别有2种种植方法，则不同的种植方法共有2×2＝4(种)．
若③号田种植a，则④号田可种植上b或c.
(1)若④号田种植c，则⑤号田有2种种植方法；
(2)若④号田种植b，则⑤号田只能种植c，有1种种植方法．
综上所述，不同的种植方法共有3×2×(4＋2＋1)＝42(种)．
易|错|警|示
分步标准不清致错
甲、乙、丙、丁4名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生，则不同的冠军获得情况共有________种．
典例 5
64
[错解] 分四步完成这件事．
第一步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有可能1个也没获得，也可能获得1个或2个或3个，因此，共有4种不同情况．同理，第二、三、四步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有4种不同情况．
由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4×4＝256(种)．
[辨析] 用分步乘法计数原理求解对象可重复选取的问题时，哪类对象必须“用完”就以哪类对象作为分步的依据．本题中要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”，而错解中可能出现某一学科冠军被2人、3人甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学科没有冠军产生的情况．
[正解] 由题知，研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军，才算完成了这件事，而4名同学不一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步．
第一步，产生第1个学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况；
第二步，产生第2个学科冠军，因为夺得第1个学科冠军的同学还可以去争夺第2个学科的冠军，所以第2个学科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况；
第三步，同理，产生第3个学科冠军也有4种不同的获得情况．由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4 ＝64(种)．
课堂检测 固双基
1．已知集合M＝{－2,3}，N＝{－4,5,6}，依次从集合M，N中各取出一个数分别作为点P的横坐标和纵坐标，则在平面直角坐标系中位于第一、二象限内的点P的个数是( )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 由集合M中的元素作为点P的横坐标，集合N中的元素作为点P的纵坐标，在第一象限的点P共有2个，在第二象限的点P共有2个，由分类加法计数原理可得点P的个数为2＋2＝4.
A
2．将3张不同的演唱会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是( )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
[解析] 第1张有10种分法，第2张有9种分法，第3张有8种分法，根据分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种分法．
B
3．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
[解析] 由题意知本题是一个分步计数问题，需要先给最上面一块着色，有4种结果，再给中间左边一块着色，有3种结果，再给中间右边一块着色有2种结果，最后给下面一块着色，有2种结果，根据分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种)结果．
D
4．跳格游戏：如图所示，人从格外只能进入第1格：在格中每次可向前跳1格或2格，那么人从格外跳到第6格可以有_____种办法．
[解析] 每次向前跳1格，共跳6次，有唯一的跳法；仅有一次跳2格，其余每次向前跳1格，共跳5次，有4种的跳法；有两次跳2格，其余每次向前跳1格，共跳4次，有3种的跳法．则共有1＋4＋3＝8种．故答案为8.
8(共39张PPT)
第六章 计数原理
6.2 排列与组合
6.2.3 组 合
6.2.4 组合数
必备知识 探新知
关键能力 攻重难
课堂检测 固双基
素养目标 定方向
素养目标 定方向
1．通过实例，理解组合、组合数的概念及组合和排列之间的区别与联系．
2．能利用计数原理推导组合数公式，并熟练掌握组合数公式及组合数的性质，能运用组合数的性质化简、计算、证明．
3．能运用排列数公式、组合数公式和计数原理解决一些简单的应用问题，提高数学应用能力和分析问题、解决问题的能力．
1．通过学习组合与组合数的概念，提升数学抽象素养．
2．借助组合数公式及组合数的性质进行运算，培养数学运算素养.
必备知识 探新知
组合的定义
知识点 1
从n个不同元素中取出m(n≥m)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
想一想：组合概念中的两个要点是什么？
提示：(1)取出的元素是不同的．
(2)“只取不排”，即取出的m个元素与顺序无关，无序性是组合的特征性质．
练一练：
(多选)下列选项是组合问题的是( )
A．从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学去参加两个社区的人口普查，有多少种不同的选法
B．从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学，有多少种不同的选法
C．3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法
D．3本相同的书分给4名同学，每人最多得一本，有多少种分配方法
[解析] A、C与顺序有关，是排列问题，B、D与顺序无关，是组合问题．
BD
组合数的概念、公式、性质
知识点 2
不同组合
想一想：组合数的两个性质在计算组合数时有何作用？
练一练：
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合是C.( )
(2)从a，b，c，d中选取2个合成一组，其中a，b与b，a是同一个组合．( )
(3)“从3个不同元素中取出2个合成一组”，叫做“从3个不同元素中取出2个的组合数”．( )
(4)组合和排列一样，都与“顺序”有关．( )
×
√
×
×
2．从9名学生中选出3名参加“希望英语”口语比赛，有_______种不同的选法．
84
15
18
关键能力 攻重难
下列问题不是组合问题的是( )
A．从甲、乙、丙、丁四位老师中选取两位去参加学习交流会，有多少种选法？
B．平面上有2 016个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？
C．集合{a1，a2，a3，…，an}含有三个元素的子集有多少个？
D．从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？
题|型|探|究
题型一
组合的概念
典例 1
D
[分析] 区分某一问题是组合问题还是排列问题，关键是看取出的元素是否有顺序，有顺序就是排列问题，无顺序就是组合问题．
[解析] 组合问题与顺序无关，排列问题与顺序有关，D选项中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱，乙参加独舞”与“乙参加独唱，甲参加独舞”是两个不同的选法，因此是排列问题，不是组合问题，选D.
[规律方法] 判断一个问题是不是组合问题的方法技巧
(1)区分排列与组合的关键是看结果是否与元素的顺序有关，与顺序有关即为排列问题，与顺序无关为组合问题．
(2)写组合时，一般先将元素按一定的顺序排好，然后按照“顺序后移法”或“树形图法”逐个将各个组合表示出来．
已知A，B，C，D，E五个元素，写出每次取出3个元素的所有组合．
[解析] 方法一：可按AB→AC→AD→BC→BD→CD的顺序写出，即
∴所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
对点训练
方法二：画出树形图，如图所示．
∴所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
题型二
组合数公式的应用
典例 2
D
ABD
[分析] 根据题目的特点，选择适当的组合数公式进行求值或证明.
[解析] (1)分式的分母是100！，分子是101个连续自然数的乘积，最大的为n＋100，最小的为n，
对点训练
题型三
组合数性质的应用
典例 3
C
2或4
[分析] 恰当选择组合数的性质进行求值、证明与解不等式．
对点训练
∴x2－9x－22＝0，
解之可得x＝11或x＝－2.
经检验知x＝11是原方程的根，x＝－2是原方程的增根．
∴方程的根为x＝11.
易|错|警|示
混淆“排列”与“组合”的概念致错
某单位需派人同时参加甲、乙、丙三个会议，甲需2人参加，乙、丙各需1人参加，从10人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法共有______________种(用数字作答)．
典例 4
2 520
[辨析] 计数问题中，首先要分清楚是排列问题还是组合问题，即看取出的对象是“合成一组”还是“排成一列”，不能将二者混淆．若将排列问题误认为是组合问题，会导致遗漏计数，反之，会导致重复计数．
[正解一] 先从10人中选出2人参加会议甲，再从余下8人中选出1人参加会议乙，最后从剩下的7人中选出1人参加会议丙．
根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有
[正解二] 先从10人中选出2人参加会议甲，再从余下8人中选出2人分别参加会议乙、丙．
课堂检测 固双基
1．(多选)下列说法正确的是( )
ABD
A．4 B．3
C．3或4 D．7
[解析] 由组合数性质知x＝4或x＋4＝7，即x＝4或x＝3.
C
A．9 B．12
C．15 D．3
A
31第六章 6.1
A 组·基础自测
一、选择题
1．现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有( B )
A．5种 B．12种
C．20种 D．60种
[解析] 从油画中选，有3种不同的选法；从国画中选，有4种不同的选法；从水彩画中选，有5种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有3＋4＋5＝12种不同的选法．故选B.
2．(a1＋a2)(b1＋b2)(c1＋c2＋c3)完全展开后的项数为( B )
A．9 B．12
C．18 D．24
[解析] 每个括号内各取一项相乘才能得到展开式中的一项，由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.
3．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，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( B )
A．9 B．14
C．15 D．21
[解析] 因为P Q，所以分两类．当x＝2时，y∈{3,4,5,6,7,8,9}，所以点的个数为7；当x≠2时，x＝y∈{3,4,5,6,7,8,9}，所以点的个数为7.则满足题意的点共有14个．
4．体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不小于其编号，则不同的放球方法有( B )
A．8种 B．10种
C．12种 D．16种
[解析] 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果．
综上可知共有1＋6＋3＝10种结果．
5．(多选)如图所示，从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则( AD )
A．从A地到D地不同走法有6种
B．从C地到B地不同走法有6种
C．从A地到B地不同走法有9种
D．从A地到B地不同走法有24种
[解析] 根据分步乘法计数原理得，从A地到D地不同走法有3×2＝6(种)，从C地到B地不同走法有2×4＝8(种)，从A地到B地不同走法有3×2×4＝24(种)．
二、填空题
6．有A，B，C型号的高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4名操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型号的电脑，而丁只会操作A型号的电脑．从这4名操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有 8 种．
[解析] 要完成“从4名操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑”这件事，可分四类：第一类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型号的电脑，故有2×2×1＝4(种)选派方法；第二类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型号的电脑，故有2种选派方法；第三类，选甲、丙、丁3人，这时只有1种选派方法；第四类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种选派方法．根据分类加法计数原理，知共有4＋2＋1＋1＝8(种)选派方法．
7．甲、乙等5个志愿者被分配到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少一个志愿者，则甲、乙两人各自独立承担一个岗位工作的分法共有_72__种．
[解析] 由题意知本题是一个分步计数问题，设5个志愿者为甲、乙、丙、丁、戊．甲在A，B，C，D四个岗位中选一个，有4种选择；乙在剩下的3个岗位中选一个，有3种选择．丙、丁、戊三人只能选择剩下的两个岗位，每人有2个选择，总共有2×2×2＝8种选择，这8种里要去掉3个人都选择同一个地方的情况，即有8－2＝6种选择，∴所求方法数为4×3×6＝72.
8．现有红、黄、蓝三种颜色，对如图所示的正五角星的内部涂色(分割成六个不同部分)，要求每个区域涂一种颜色且相邻部分(有公共边的两个区域)的颜色不同，则不同的涂色方案有_96__种．(用数字作答)
[解析] 根据题意，假设正五角星的区域依次为A，B，C，D，E，F，如图所示．
要将每个区域都涂色才做完这件事，由分步计数原理，先对A区域涂色有3种方法，B，C，D，E，F这5个区域都与A相邻，每个区域都有2种涂色方法，所以共有3×2×2×2×2×2＝96(种)涂色方案．
三、解答题
9．有一项活动，需从3位教师、8名男同学和5名女同学中选人参加．
(1)若只需1人参加，则有多少种不同的选法？
(2)若需教师、男同学、女同学各1人参加，则有多少种不同的选法？
[解析] (1)选1人，可分三类：第1类，从教师中选1人，有3种不同的选法；第2类，从男同学中选1人，有8种不同的选法；第3类，从女同学中选1人，有5种不同的选法，共有3＋8＋5＝16(种)不同的选法．
(2)选教师、男同学、女同学各1人，分三步：第1步，选教师，有3种不同的选法；第2步，选男同学，有8种不同的选法；第3步，选女同学，有5种不同的选法，共有3×8×5＝120(种)不同的选法．
10．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)．
(1)P可以表示平面上的多少个不同点？
(2)P可以表示平面上的多少个第二象限的点？
(3)P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？
[解析] (1)完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法有6种．由分步乘法计数原理知，P可以表示平面上的6×6＝36(个)不同点．
(2)根据条件需满足a<0，b>0.完成这件事分两个步骤：a的取法有3种，b的取法有2种，由分步乘法计数原理知，P可以表示平面上的3×2＝6(个)第二象限的点．
(3)因为点P不在直线y＝x上，所以第一步a的取法有6种，第二步b的取法有5种，根据分步乘法计数原理可知，P可以表示6×5＝30(个)不在直线y＝x上的点．
B 组·能力提升
一、选择题
1．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( B )
A．243 B．252
C．261 D．279
[解析] 由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成的三位数的个数为9×10×10＝900，组成无重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，因此组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.
2．安排高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，去哪个工厂可以自由选择，但必须有一个班级去甲工厂，则不同的方案有( B )
A．48种 B．37种
C．18种 D．16种
[解析] 高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，共有43种方法，若甲工厂没有班级去，则有33种方法，所以不同的方案有43－33＝37种．
3．(多选)已知m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则方程＋＝1表示( AC )
A．圆的个数为5个
B．焦点在x轴上的椭圆的个数为9个
C．焦点在y轴上的椭圆的个数为20个
D．双曲线的个数为12个
[解析] 当m与n相等时，方程表示圆，共有5种情况．当m＝2，n＝1；当m＝3，n＝1,2；当m＝4，n＝1,2,3；
当m＝5，n＝1,2,3,4时，表示焦点在x轴上的椭圆，共有10种情况．
当m＝1，n＝2,3,4,5,6,7；当m＝2，n＝3,4,5,6,7；当m＝3，n＝4,5,6,7；当m＝4，n＝5,6,7；当m＝5，n＝6,7时，表示焦点在y轴上的椭圆，共有20种情况．方程不可能表示双曲线．
二、填空题
4．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有不同的取法 242 种．
[解析] 取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90(种)不同取法；
取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72(种)不同取法；
取两本书中，一本数学、一本英语，有10×8＝80(种)不同取法．
综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242(种)不同取法．
5．一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点O外)的游览线路有_48__种．(用数字作答)
[解析] 根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任选一个，有2种选法．由分步乘法计数原理知，共有6×4×2＝48种不同的游览线路．
三、解答题
6．如图所示，从A地到B地有3条不同的道路，从B地到C地有4条不同的道路，从A地不经过B地直接到C地有2条不同的道路．
(1)从A地到C地有多少种不同的走法？
(2)从A地到C地再回到A地有多少种不同的走法？
(3)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时不同的道路，有多少种不同的走法？
(4)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时完全不同的道路，有多少种不同的走法？
[解析] (1)从A地到C地的走法分为两类：第一类经过B地，第二类不经过B地．在第一类中分两步完成：第一步，从A地到B地；第二步，从B地到C地．故从A地到C地的不同走法总数是3×4＋2＝14.
(2)该事件发生的过程可以分为两步：第一步是去，第二步是回．由(1)可知这两步的走法都是14种，所以去后又回来的走法总数是14×14＝196.
(3)该事件发生的过程与(2)一样，可分为两步，但不同的是第二步(即回来时)的走法比去时少一种，所以走法总数为14×13＝182.
(4)该事件同样分去与回两步，但需对去时的各类走法分别讨论．
若去时用第一类走法，则回来时用第二类走法或用第一类中的部分走法，即第一类中的两步各去掉1种走法后的走法，这样的走法总数为3×4×(2＋3×2)＝96.
若去时用第二类走法，则回来时可用第一类走法或用第二类中的另一种走法，这样的走法总数为2×(4×3＋1)＝26.
故走法总数为96＋26＝122.
C 组·创新拓展
如图，一个正方形花圃被分成5份．若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有红、黄、蓝、绿4种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法？
[解析] 先对A部分种植，有4种不同的种植方法；再对B部分种植，有3种不同的种植方法；对C部分种植进行分类：
①若与B相同，D有2种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有4×3×1×2×2＝48(种)；
②若与B不同，C有2种不同的种植方法，D有1种不同的种植方法，E有2种不同的种植方法，共有4×3×2×1×2＝48(种)；综上所述，共有96种种植方法．第六章 6.3 6.3.1
A 组·基础自测
一、选择题
1．16的二项展开式中，第4项是( C )
A．Cx12 B．Cx10
C．－Cx10 D．Cx8
[解析] 展开式的通项为Tr＋1＝C·x16－r·r＝(－1)r·C·x16－2r，所以第4项为T4＝(－1)3×Cx10＝－Cx10.故选C.
2．二项式5的展开式中含x4项的系数为( A )
A．160 B．－160
C．80 D．－800
[解析] 5展开式的通项为Tk＋1＝Cx2(5－k)(－4)kx－k＝C(－4)kx10－3k，令10－3k＝4，得k＝2，
所以含x4项的系数为C(－4)2＝160.故选A．
3．化简多项式(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1的结果是( D )
A．(2x＋2)5 B．2x5
C．(2x－1)5 D．32x5
[解析] 原式＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5.
4．(1＋x)6展开式中，含x3项的系数为( C )
A．45 B．30
C．75 D．60
[解析] (1＋x)6展开式的通项为Tr＋1＝Cxr，则T3＝Cx2＝15x2，T5＝Cx4＝15x4，因此(1＋x)6展开式中含x3项的系数是2×15＋3×15＝75.故选C.
5．(多选)若n的二项展开式共有8项，则该二项展开式的( AC )
A．各项二项式系数和为128
B．项数为奇数的各项系数和为－64
C．x有理式项共有4项
D．第4项与第5项系数相等
[解析] 因为n的二项展开式共有8项，所以n＝7，故该二项式的各项二项式系数和为27＝128，故A正确；二项式的项数为奇数的各项系数和为C＋C＋C＋C＝26＝64，故B错误；由于二项式的通项公式为Tr＋1＝C·(－1)r·x，要使该项为有理项，需r为偶数，故r＝0,2,4,6，共计有4个，故展开式中x有理式项共有4项，故C正确；由于T4系数为负，而T5系数为正，显然系数不相等，故D错误．
二、填空题
6．使n(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n为 5 .
[解析] 由二项式的通项公式得Tr＋1＝C3n－rx，若展开式中含有常数项，则n－r＝0，即n＝r，所以n最小值为5.
7．(2023·天津卷)在6的展开式中，x2项的系数为_60__.
[解析] 展开式的通项公式Tk＋1＝C(2x3)6－kk＝(－1)k26－kCx18－4k，
令18－4k＝2可得，k＝4，
则x2项的系数为(－1)4×26－4×C＝4×15＝60.
8．已知(2x－1)4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4，则a2＝ 24 .
[解析] 由(2x－1)4＝[(2x－2)＋1]4知，其展开式通项为Tk＋1＝C·24－k·(x－1)4－k，所以a2为当k＝2时项的系数．又T2＋1＝C·22·(x－1)2＝24(x－1)2，所以a2＝24.
三、解答题
9．在二项式n的展开式中，前3项系数的绝对值成等差数列．
(1)求展开式的第4项；
(2)求展开式的常数项．
[解析] Tr＋1＝C()n－rr＝rCx，
由前三项系数的绝对值成等差数列，
得C＋2C＝2×C，
解这个方程得n＝8或n＝1(舍去)．
(1)展开式的第4项为：
T4＝3Cx＝－7.
(2)当－r＝0，即r＝4时，常数项为4C＝.
10．已知在n的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
[解析] 通项公式为Tr＋1＝Cx (－3)rx＝C(－3)rx.
(1)因为第6项为常数项，所以r＝5时，有＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得r＝(10－6)＝2，
所以所求的系数为C(－3)2＝405.
(3)由题意得，令＝k(k∈Z)，
则10－2r＝3k，即r＝5－k.
因为r∈Z，所以k应为偶数，k＝2,0，－2，即r＝2,5,8，
所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为C(－3)2x2，C(－3)5，C(－3)8x－2.
即405x2，－61 236,295 245x－2.
B 组·能力提升
一、选择题
1．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝( D )
A．－4 B．－3
C．－2 D．－1
[解析] (1＋x)5展开式的通项为Tr＋1＝Cxr，令r＝1,2得，T2＝Cx，T3＝Cx2，因此题中表达式的展开式中含x2的项的系数为C＋aC＝5，解之得a＝－1.
2．(多选)对于6的展开式，下列说法正确的有( BC )
A．有理项有3项
B．第4项的系数为－160
C．常数项为－160
D．各项系数之和为36
[解析] ∵Tr＋1＝C·26－r·(－1)r·x3－r
∴展开式共有7项全部为有理项，A错误；第4项的系数为－C·8＝－160，B正确；令3－r＝0，得r＝3.∴常数项为－160，C正确；令x＝1，得各项系数和为1，D错误．故选BC.
注：排除A选项后，再排除D选项，可得B、C正确．
3．(多选)使n(n∈N*)的展开式中含有常数项的n的值可能为( BD )
A．4 B．5
C．6 D．10
[解析] Tr＋1＝C(3x)n－rr＝C3n－rx eq \s\up10(n－r)，当Tr＋1是常数项时，n－r＝0.
当r＝2，n＝5时成立；
当r＝4，n＝10时也成立．
二、填空题
4．若7的展开式中，x3的系数是42，则m的值为 ± .
[解析] 7的展开式的通项为Tk＋1＝Cx7－k(－m)kk＝C(－m)kx7－2k(0≤k≤7，k∈N)，
当7－2k＝3时，解得k＝2，
所以x3的系数为C(－m)2.
因为x3的系数为42，
所以C(－m)2＝42，解得m＝±.
5．(－)9的展开式中，含x的有理项共有_2__项．
[解析] (－)9的展开式的通项为Tk＋1＝C()9－k·(－1)k()k＝(－1)kCx(0≤k≤9，k∈N)，
要求含x的有理项，只需使∈Z，即4＋∈Z，所以k＝3或9.
当k＝3时，＝4，T4＝(－1)3×Cx4＝－84x4；
当k＝9时，＝3，T10＝(－1)9×Cx3＝－x3.
故(－)9的展开式中含x的有理项共有2项．
三、解答题
6．在二项式n的展开式中，第1项和第3项的系数和等于第2项系数绝对值的2倍．
(1)求n的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中系数最大的项．
[解析] (1)C＋C＝2·C，∴n2－9n＋8＝0，
∵n≥2，∴n＝8.
(2)∵n＝8，∴展开式共有9项，故二项式系数最大的项为第5项，即T5＝C()4·4＝.
(3)研究系数绝对值即可，
解得2≤r≤3，
∵r∈N，∴r＝2或3.
∵r＝3时，系数为负．
∴系数最大的项为T3＝7x.
C 组·创新拓展
已知m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为19，求x2的系数的最小值及此时展开式中x7的系数．
[解析] 由题设知m＋n＝19，
又m，n∈N*，
所以1≤m≤18.
x2的系数为C＋C＝(m2－m)＋(n2－n)＝m2－19m＋171.
所以当m＝9或10时，x2的系数的最小值为81，
此时x7的系数为C＋C＝156.第六章 6.2 6.2.3 6.2.4
A 组·基础自测
一、选择题
1．(多选)下列事件中，是组合问题的是( AC )
A．8人聚会，每两人握手一次，一共握手多少次
B．8人相互各写一封信，一共写了多少封信
C．四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场
D．四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果
[解析] 每两人握手一次，无顺序之分，是组合问题；每两人相互写一封信，是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的；单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题；冠亚军是有顺序的，是排列问题．
2．可表示为( D )
A．A B．A
C．C D．C
[解析] ＝＝＝C.
3．若C－C＝C，则n等于( C )
A．12 B．13
C．14 D．15
[解析] 因为C－C＝C，即C＝C＋C＝C，所以n＋1＝7＋8，即n＝14.
4．满足条件C>C的正整数n的个数是( C )
A．10 B．9
C．4 D．3
[解析] ∵C>C，
∴>
，
∴(n－4)(n－5)<30，
∴n2－9n－10<0，
解得－1由题意n可取的值是6,7,8,9共四个．
5．C＋2C＋C(n≥m≥2，m，n∈N*)恒等于( A )
A．C B．C
C．C D．C
[解析] C＋2C＋C＝C＋C＋C＋C＝C＋C＝C.
二、填空题
6．从2,3,4,5四个数中任取2个数作为对数式logab的底数与真数，求得到的对数的个数，是_排列__问题；若求两个数相乘得到的积有几种情况，则是_组合__问题．(用“排列”“组合”填空)
[解析] 对数式logab的值，与a，b取值顺序有关，属于排列问题；ab的值与a，b取值顺序无关，属于组合问题．
7．若C＝C，则n＝_20__，＝ .
[解析] 由C＝C，得n＝13＋7＝20.
则C＝C＝＝190，A＝A＝20×19＝380.
所以＝.
8．若C＋C＋C＋…＋C＝363，则正整数n＝ 13 .
[解析] 由C＋C＋C＋…＋C＝363，
得1＋C＋C＋C＋…＋C＝364，
即C＋C＋C＋C＋…＋C＝364.
又C＋C＝C，则C＋C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C，所以C＝364，
化简可得＝364，
又n是正整数，解得n＝13.
三、解答题
9．解不等式C>C＋2C＋C.
[解析] 因为C＝C，所以原不等式可化为C>(C＋C)＋(C＋C)，
即C>C＋C，也就是C>C，
所以>，
即(n－3)(n－4)>20，解得n>8或n<－1.
又n∈N*，n≥5.所以n≥9且n∈N*.
10．(1)解方程：C＝C；
(2)求值C＋C.
[解析] (1)由题意知
或
解得x＝4或6.
(2)由组合数的定义知所以7≤r≤9.又r∈N*，所以r＝7,8,9，
当r＝7时，原式＝C＋C＝46；
当r＝8时，原式＝C＋C＝20；
当r＝9时，原式＝C＋C＝46.
B 组·能力提升
一、选择题
1．(多选)若C>3C，则m的取值可能是( BC )
A．6 B．7
C．8 D．9
[解析] 由题意知0≤m－1≤8，且0≤m≤8，则有1≤m≤8.
由C>3C得>3×，
变形得m>27－3m，即m>，综上得又m∈N*，则m＝7或8.
2．若CA＝42，则的值为( D )
A．60 B．70
C．120 D．140
[解析] CA＝42，∴n(n－1)＝42，化简得n2－n－42＝0，
解得n＝7或n＝－6(舍去)，
则＝＝140.
3．(多选)若1A．C B．C
C．C D．C
[解析] C＝，
A中，C＝
＝，
B中，C＝＝，
C中，C＝＝，
D中，C＝＝，故不相等．
二、填空题
4．C＋C＝ 466 .
[解析] 依题意得即
解得≤n≤，又n∈N*，所以n＝10.
故C＋C＝C＋C＝C＋C＝466.
5．若A＝7A，则n的值为_7__，C＋C＋C＋…＋C＝_55__.
[解析] 根据题意，若A＝7A，
则n(n－1)＝7·(n－4)(n－5)，
即3n2－31n＋70＝0，
解得：n＝7或n＝(∵n∈N*，舍去)，
故n＝7.
根据题意，C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋C＋…＋C－1
＝C＋C＋C＋…＋C－1
＝C＋C＋…＋C－1
＝C－1＝55.
三、解答题
6．求20C＝4(n＋4)C＋15A中n的值．
[解析] 原方程可化为20×
＝4(n＋4)×＋15(n＋3)(n＋2)，
即
＝＋15(n＋3)(n＋2)，
所以(n＋5)(n＋4)(n＋1)－(n＋4)(n＋1)n＝90，
即5(n＋4)(n＋1)＝90，
所以n2＋5n－14＝0，即n＝2或n＝－7.
注意到n≥1且n∈N*，所以n＝2.
C 组·创新拓展
求证：(1)C＝C；
(2)C·C＝C·C.
[解析] (1)C＝·＝＝C.
(2)∵C·C＝·＝，
C·C＝·＝
，
∴C·C＝C·C.第六章 习题课 组合数的综合应用
A 组·基础自测
一、选择题
1．(2023·新高考Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( D )
A．C·C种 B．C·C种
C．C·C种 D．C·C种
[解析] 根据分层抽样的定义知初中部共抽取60×＝40人，高中部共抽取60×＝20，根据组合公式和分步计数原理得不同的抽样结果共有C·C种．故选D.
2．平面上有12个点，其中没有3个点在一条直线上，也没有4个点共圆，过这12个点中的每三个作圆，共可作圆( A )
A．220个 B．210个
C．200个 D．1 320个
[解析] C＝220，故选A．
3．为增强学生体质，强化锻炼意识，某校举办万米接力赛，每支参赛队伍限定10人，高三1班从包含甲、乙在内的10名主力队员和3名替补队员中组建参赛队，若甲、乙两人至多有1人参加，则不同的组队方案种数为( D )
A．11 B．110
C．113 D．121
[解析] 从13人中任选10人的所有组队方案共有C，甲、乙都参加的组队方案有C，所以甲、乙两人至多有1人参加，则不同的组队方案种数为C－C＝－＝286－165＝121.
4．从六位同学中选出四位参加一个座谈会，要求小张、小王两名同学中至多有一个人参加，则不同选法的种数为( A )
A．9 B．14
C．12 D．15
[解析] 方法一(直接法) 分两类：第1类，小张、小王两名同学都不参加，有C种选法；第2类，小张、小王两名同学中只有一人参加，有CC种选法．根据分类加法计数原理，可得不同的选法种数为C＋CC＝9.
方法二(间接法) 不同的选法种数为C－C＝9.
5．(多选)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是( ABC )
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为54
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为AC
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(CC＋CC)A
D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是CCA＋CA
[解析] 每人有四项工作可以安排，所以5人都安排一项工作的不同方法数为45，故选项A中说法错误；每项工作至少有1人参加，则有一项工作安排2人，其他三项工作各1人，所以共有CCA种不同方法数，选项B中AC是每项工作先安排1人，还剩下1人在四项工作中选择，这样会有重复，比如：“甲、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，戊安排翻译”与“戊、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，甲安排翻译”重复计算了，故选项B中说法错误；选项C中是先分组后分配，CC代表的是5人分成3人、1人、1人三组，CC代表的是5人分成2人、2人、1人三组，然后三组人分配三项工作，乘A，然而在分组的过程中都有重复，比如：3人、1人、1人分组中，先选择了甲、乙、丙三人一组，剩下丁、戊分两组只有一种分法，而不是C种分法，故选项C中说法错误；选项D分两类考虑，第一类：司机安排1人，方法数为C，另外4人分3组，方法数为C(4人选2人为1组，另外2人分2组只有一种分法)，然后3组人安排除司机外的三项工作，方法数为A，则不同安排方案的种数是CCA，第二类：司机安排2人，方法数为C，剩下3人安排另外三项工作，方法数为A，则不同安排方案的种数是CA，由分类加法计数原理得，共有CCA＋CA种不同的安排方案，故选项D中说法正确．故选ABC.
二、填空题
6．现将2名医生和4名护士分配到2所学校给学生体检，每校分配1名医生和2名护士，则不同的分配方法共有_12__种．(用数字作答)
[解析] 从2名医生中选一人，从4名护士中选2人，分到第一所学校，有CC＝12种方法；剩下的1名医生和剩下的2名护士只能分到第二所学校，只有1种方法．根据分步乘法计数原理得不同的分配方法共有CC×1＝12种．
7．某亲子栏目中，节目组给6位小朋友布置一项搜寻空投食物的任务，已知：①食物投掷点有远、近两处；②由于小朋友甲年纪尚小，所以要么不参与该项任务，要么参与搜寻近处投掷点的食物，但不参与时另需1位小朋友在大本营陪同；③所有参与搜寻任务的小朋友被均匀分成两组，一组去远处，一组去近处．那么不同的搜寻方案共有_40__种．
[解析] 若甲不参与任务，则需要先从剩下的5位小朋友中任意选出1位陪同，有C种选择，再从剩下的4位小朋友中选出2位搜寻远处，有C种选择，最后剩下的2位小朋友搜寻近处，因此搜寻方案有CC＝30(种)；若甲参与任务，则其只能去近处，需要从剩下的5位小朋友中选出2位搜寻近处，有C种选择，剩下的3位小朋友去搜寻远处，因此搜寻方案有C＝10(种)．综上，搜寻方案共有30＋10＝40(种)．故答案为40.
8．空间中有12个点，其中5个点共面，此外无任何4个点共面，这12个点可确定_211__个不同的平面．
[解析] 分四类考虑：①5个共面点可确定1个平面；②5个共面点中任何2个点和其余7个点中任意一点确定7C个平面；③5个共面点中任何1个点和其余7个点中任意2点确定5C个平面；④7个点中任意3点确定C个平面．所以共确定平面个数为1＋7C＋5C＋C＝211.
三、解答题
9．要从12人中选出5人参加一项活动．按下列要求，有多少种不同选法？
(1)A，B，C三人必须入选；
(2)A，B，C三人不能入选；
(3)A，B，C三人中只有1人入选；
(4)A，B，C三人中至少1人入选；
(5)A，B，C三人中至多2人入选．
[解析] (1)再选两人即可，故方法数为C＝36.
(2)从另外9人中选5人，方法数为C＝126.
(3)A，B，C中选1人，其余9人中选4人，故方法数为CC＝378.
(4)总的方法数减去A，B，C三人都不入选的方法数，即C－C＝666.
(5)A，B，C三人中至多选2人，即总的方法数减去A，B，C三人都入选的方法数，即C－CC＝756.
10．9本不同的书，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)分给甲、乙、丙三人，每人3本；
(2)分为三组，每组3本；
(3)分为三组，一组2本，一组3本，一组4本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人2本，一人3本，一人4本；
(5)分为三组，一组5本，另外两组每组2本；
(6)分给甲、乙、丙三人，其中甲2本，乙3本，丙4本；
(7)分给甲、乙、丙三人，其中甲4本，另外两人中有一人2本，一人3本；
(8)分给甲、乙、丙三人，其中甲得5本，另外两人每人得2本；
(9)分给甲、乙、丙三人，其中一人得5本，另外两人每人得2 本．
[解析] (1)这是均匀编号分组问题．
第一步：从9本书中选3本给甲，有C种选法．
第二步：再从其余的6本书中选3本给乙，有C种选法．
第三步：从余下的3本书中选3本给丙，有C种选法．
根据分步乘法计数原理得，不同的分配方法共有CCC＝1 680(种).
(2)这是均匀不编号分组问题．
先将9本书平均放入1号箱，2号箱，3号箱．
先放1号箱，有C种放法；
再放2号箱，有C种放法；
最后把剩下的3本放入3号箱，有C种放法．
因此共有CCC种放法．
由于这3个箱子现在是有序的，而装的书本数是一样的，因此会出现重复的分法，应用缩倍法，重复的是3个箱子的排列顺序，应除以箱子的全排列数，即CCC÷A＝280.
故共有280种不同的分配方法．
(3)这是非均匀不编号分组问题．
同(2)中思路，第一步共CCC种放法．
由于这次不是平均分配，每个箱子里装的书都不同，因此不会出现重复的分法，因此共有1 260种不同的分配方法．
(4)这是非均匀编号问题．在(3)的基础上再进行全排列，所以不同的分配方法共有CCC·A＝7 560(种)．
(5)这是部分均匀不编号分组问题．
同(2)中思路，第一步共CCC种放法．
这次同样不是平均分配，但恰有2个箱子装的书本数一样，因此是“局部平均”，也会出现重复的分法，重复的是同样装着2本书的2个箱子的排列顺序，因此应除以这2个箱子的全排列数，即CCC÷A＝378.
故共有378种不同的分配方法．
(6)这是直接分配问题．
由于甲的书本数已知，先给甲选书，有C种选法，再给乙选书，有C种选法，剩下的4本给丙，
故不同的分配方法共有CC＝1 260(种)．
(7)这是直接分配问题．
由于甲的书本数已知，先给甲选书，有C种选法．
再把剩下的5本书分成本数分别为2,3的两份，有CC种分法，把分好后的两份书分给乙、丙两个人，有A种分法．
根据分步乘法计数原理，可得不同的分配方法共有CCCA＝2 520(种)．
(8)这是直接分配问题．
由于甲的书本数已知，先给甲选书，有C种选法．
再把剩下的4本书平均分给乙、丙，有CC种方法，
故不同的分配方法共有CCC＝756(种)．
(9)这是部分均匀编号分组问题．
在(5)的基础上再分配给甲、乙、丙三人，
不同的分配方法共有·A＝2 268(种)．
B 组·能力提升
一、选择题
1．中国空间站(China Space Station)的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱中都有2人，则不同的安排方法有( B )
A．72种 B．90种
C．360种 D．540种
[解析] 先把6名航天员分成三组，每组2人，有种方法；再把这三组分配到三舱中，每舱一组有A种方法．所以6名航天员的安排方案共有·A＝90种．故选B.
2．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( C )
A．60种 B．120种
C．240种 D．480种
[解析] 根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A种安排方法．故满足题意的分配方案共有C·A＝240(种)．
3．(多选)将四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子的放法，下列结论正确的有( BC )
A．CCCC B．CA
C．CCA D．18
[解析] 根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：
方法一：分2步进行分析：①先将四个不同的小球分成3组，有C种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A种放法；则没有空盒的放法有CA种；故选B.
方法二：分2步进行分析：①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有CC种情况；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有A种放法；则没有空盒的放法有CCA种；故选C.综上，BC正确．
注：这类题目一般是先求出一个结果，再计算答案中给出的结果是否与之相等．
二、填空题
4．(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 .
[解析] 从正方体的8个顶点中任选4个，取法有C＝70(种)．
其中4个点共面有以下两种情况：
(1)所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；
(2)所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法．
所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝＝.
5．某单位现需要将“先进个人”“业务精英”“道德模范”“新长征突击手”“年度优秀员工”五种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有_114__种．
[解析] 将五种荣誉分给3人，共有(3,1,1)和(2,2,1)两类．
①当为(3,1,1)时，共有CA＝60(种)，“道德模范”与“新长征突击手”分给一个人共有CA＝18(种)，故有60－18＝42(种)；②当为(2,2,1)时，共有·A＝90(种)，“道德模范”与“新长征突击手”分给一个人共有CCA＝18(种)，故有90－18＝72(种)．
综上，不同的分配方法共有42＋72＝114(种)．
三、解答题
6．有五张卡片，它们的正、反面分别写着0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
[解析] 在解本题时应考虑两方面的问题：(1)0不能作百位，但0与1在同一卡片上，因此必须同时考虑0与1的分类；(2)每张卡片都有正面与反面两种可能．解法上既可用直接法，也可用排除法．
方法一：(直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类：
(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有C种方法，0可在后两位，有C种方法，最后需从剩下的三张中任取一张，有C种方法，又除含0的那张外，其他两张都有正面和反面两种可能，故此时可得不同的三位数有C·C·C·22个．
(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数有C·22·A个．
(3)0和1都不取，不同的三位数有C·23·A个．
综上所述，共有不同的三位数C·C·C·22＋C·22·A＋C·23·A＝432个．
方法二：(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数C·23·A个，其中0在百位的有C·22·A个，这是不合题意的，故共有不同的三位数C·23·A－C·22·A＝432个．
C 组·创新拓展
四个不同的小球，全部放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
(1)随便放(可以有空盒，但球必须都放入盒中)有多少种放法？
(2)四个盒都不空的放法有多少种？
(3)恰有两个空盒的放法有多少种？
(4)甲球所放盒的编号总小于乙球所放盒的编号的放法有多少种？
[解析] (1)由于可以随便放，故每个小球都有4种放法，所以放法总数是：4×4×4×4＝44＝256种．
(2)将四个小球全排列后放入四个盒子即可，所以放法总数是：A＝24种．
(3)由题意，必然是四个小球放入2个盒子中．分三步完成：选出两个盒子；将四个小球分成两堆；将两堆小球全排列放入两个盒子．所以放法总数是：C··A＝84种．
(4)分三类放法．
第一类：甲球放入1号盒子，即 ，则乙球有3种放法(可放入2,3,4号盒子)，其余两球可随便放入四个盒子，有42种放法．故此类放法的种数是3×42；
第二类：甲球放入2号盒子，即，则乙球有2种放法(可放入3,4号盒子)，其余两球随便放，有42种放法．故此类放法的种数是2×42；
第三类：甲球放入3号盒子，即，则乙球只有1种放法(放入4号盒子)，其余两球随便放，有42种放法，故此类放法的种数是1×42.
综上，所有放法的总数是：(3＋2＋1)×42＝96种．第六章 6.3 6.3.2
A 组·基础自测
一、选择题
1．在(2＋x)6的展开式中二项式系数最大的项是( D )
A．第3项和第4项 B．第4项和第5项
C．第3项 D．第4项
[解析] 因为n＝6为偶数，所以展开式中二项式系数最大的项只有一项，且为第＋1＝4(项)．
2．若Cx＋Cx2＋…＋Cxn能被7整除，则x，n的值可能为( C )
A．x＝4，n＝3 B．x＝4，n＝4
C．x＝5，n＝4 D．x＝6，n＝5
[解析] 由Cx＋Cx2＋…＋Cxn＝(1＋x)n－1，分别将选项A，B，C，D代入检验知，仅有x＝5，n＝4适合．
3．若二项式7的展开式中的系数是84，则实数a＝( C )
A．2 B．
C．1 D．
[解析] 二项式7的通项公式为Tr＋1＝C(2x)7－rr＝C27－rarx7－2r，令7－2r＝－3，得r＝5.故展开式中的系数是C22a5＝84，解得a＝1.
4．若(1－2x)17＝a0＋a1x＋…＋a17x17(x∈R)，则＋＋…＋的值为( D )
A．2 B．0
C．－2 D．－1
[解析] (1－2x)17＝a0＋a1x＋…＋a17x17，令x＝，则17＝a0＋＋＋…＋＝0，
其中a0＝1，所以＋＋…＋＝－1.
5．(多选)(2023·济南高二检测)对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9，则下列结论成立的是( ACD )
A．a2＝－144
B．a0＝1
C．a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1
D．a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39
[解析] 对任意实数x，
有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9
＝[－1＋2(x－1)]9，
所以a2＝－C×22＝－144，故A正确；
令x＝1，可得a0＝－1，故B不正确；
令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，故C正确；
令x＝0，可得a0－a1＋a2＋…－a9＝－39，故D正确．
二、填空题
6．若n展开式的各项系数之和为32，则n＝_5__，其展开式中的常数项为_10__(用数字作答)．
[解析] 令x＝1，得2n＝32，得n＝5，则Tr＋1＝C·(x2)5－r·r＝C·x10－5r，令10－5r＝0，r＝2.故常数项为T3＝10.
7．1 99510除以8的余数为_1__.
[解析] 将1 995分解为8×249＋3，即1 99510＝(8×249＋3)10，它的展开式中除末项310外，其余各项均含有8这个因数，故1 99510被8除的余数与310被8除的余数相同，而310＝95＝(8＋1)5，(8＋1)5的展开式中除最末一项1外，其余各项均含有8这个因数，故310被8除的余数为1，从而1 99510被8除的余数也为1.
8．若(2x＋)3＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3，则(a0＋a2)2－(a1＋a3)2的值为___－1__.
[解析] 令x＝1得a0＋a1＋a2＋a3＝(2＋)3，令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＝(－2＋)3，
所以(a0＋a2)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3)(a0－a1＋a2－a3)＝(2＋)3(－2＋)3＝(3－4)3＝－1.
三、解答题
9．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)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和．
[解析] 设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)
由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和．
(1)二项式系数和为
C＋C＋…＋C＝210.
(2)令x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
(3)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＝.
10．已知n(n∈N*)的展开式中，它的二项式系数和与各项系数和之比是512.
(1)求此展开式中的有理项；
(2)求此展开式中系数的绝对值最大的项．
[解析] (1)由二项式系数和与各项系数和之比是512，
可得2n∶1＝512，解得n＝9，
所以展开式的通项Tr＋1＝C9－rr＝(－1)r29－rCx eq \s\up10(r－18)，
当r－18为整数，r可取0,3,6,9，
则有理项为T1＝512x－18，T4＝－5 376x－11，T7＝672x－4，T10＝－x3.
(2)设第r＋1项系数的绝对值最大，则
解得≤r≤，于是r只能为3.
所以展开式中系数的绝对值最大的项为T4＝－5 376x－11.
B 组·能力提升
一、选择题
1．已知(ax＋b)7的展开式中x5的系数与x6的系数分别为189与－21，则(ax＋b)5的展开式的所有项系数之和为( D )
A．64 B．－64
C．32 D．－32
[解析] (ax＋b)7的展开式的通项为Tr＋1＝a7－r·br·C·x7－r，依题意可知解得
故(ax＋b)5＝(x－3)5，
令x＝1，得(1－3)5＝－32，
即(ax＋b)5的展开式的所有项系数之和为－32.
2．若(x－3)2(x＋1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则log2(a1＋a3＋…＋a9)＝( D )
A．4 B．7
C．8 D．9
[解析] ∵(x－3)2(x＋1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，
令x＝0，可得a0＝9，
令x＝1，可得9＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝210①，
令x＝－1，可得9－a1＋a2－a3＋…－a9＋a10＝0②，
由①②联立解得2(a1＋a3＋…＋a9)＝210，
∴a1＋a3＋…＋a9＝29，则log2(a1＋a3＋…＋a9)＝log229＝9.
3．(多选)下列结论正确的是( ACD )
A．kC＝3n(n∈N*)
B．多项式6展开式中x3的系数为52
C．若(2x－1)10＝a0＋a1x＋…＋a10x10，x∈R，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310
D．2C＋C＋2C＋C＋…＋C＋2C＝3×22n－1
[解析] 因为kC＝C·20＋C·21＋C·22＋…＋C·2n＝(1＋2)n＝3n，故A正确；多项式6表示6个因式的乘积，要得到x3的系数，需有3个因式取－x，其余的因式都取1；或有4个因式取－x，一个因式取，剩下的一个因式取1.故展开式中x3的系数为C·(－1)3＋C·2＝－20＋30＝10，B错误；若(2x－1)10＝a0＋a1x＋…＋a10x10，x∈R，则令x＝－1，可得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310，C正确；因为C＋C＋C＋…＋C＝22n，且C＋C＋C＋…＋C＝22n－1，相加可得，2C＋C＋2C＋C＋…＋C＋2C＝3×22n－1，故D正确．
二、填空题
4．如果n的展开式中各项系数之和为128，则n的值为_7__，展开式中的系数为_21__.
[解析] 由n的展开式中各项系数之和为128，令x＝1得(3－1)n＝128，解得n＝7.
利用Tr＋1＝C·37－r·(－1)r·x eq \s\up10(7－r)，
令7－r＝－3，得r＝6，
从而得展开式中的系数为C·37－6·(－1)6＝21.
5．若(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，则a0＋a2＋a4＋…＋a2n＝ .
[解析] 设f(x)＝(1＋x＋x2)n，
则f(1)＝3n＝a0＋a1＋a2＋…＋a2n，①
f(－1)＝1＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2n，②
由①＋②得2(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)＝f(1)＋f(－1)，
所以a0＋a2＋a4＋…＋a2n
＝＝.
三、解答题
6．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．
[解析] (1)由已知C＋2C＝11，所以m＋2n＝11，x2的系数为C＋22C＝＋2n(n－1)
＝＋(11－m)·＝2＋.
因为m∈N*，
所以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，
所以f(x)＝(1＋x)5＋(1＋2x)3，
设这时f(x)的展开式为
f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋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.
C 组·创新拓展
在n的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有的有理项；
(3)求展开式中系数最大的项．
[解析] (1)由题意知：Tr＋1＝C2rx eq \s\up10(2n－r)，则第4项的系数为C23，倒数第4项的系数为C2n－3，则有＝，即＝，所以n＝7.
(2)由(1)可得Tr＋1＝C2rx eq \s\up10(14－r) (r＝0,1，…，7)，
当r＝0,2,4,6时，所有的有理项为T1，T3，T5，T7，
即T1＝C20x14＝x14，T3＝C22x9＝84x9，
T5＝C24x4＝560x4，T7＝C26x－1＝448x－1.
(3)设展开式中第r＋1项的系数最大，则
≤r≤，所以r＝5，故系数最大项为T6＝C25x＝672x.(共39张PPT)
第六章 计数原理
6.3 二项式定理
6.3.1 二项式定理
必备知识 探新知
关键能力 攻重难
课堂检测 固双基
素养目标 定方向
素养目标 定方向
1．能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理．
2．掌握二项式定理及其二项展开式的通项公式．
3．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
1．通过二项式定理的学习，提升逻辑推理素养．
2．借助二项式定理及展开式的通项公式解题，提升数学运算素养.
必备知识 探新知
二项式定理
知识点 1
练一练：
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)(a＋b)n展开式中共有n项．( )
(2)在二项式定理公式中，交换a，b的顺序对各项没有影响．( )
(4)(a－b)n与(a＋b)n的二项式展开式的二项式系数相同．( )
×
×
×
√
A．2n B．2n－1
C．3n D．1
[解析] 原式＝(2＋1)n＝3n.
C
二项展开式的特点
知识点 2
(1)展开式共有n＋1项．
(2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n.
(3)字母a的幂指数按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到为0，字母b的幂指数按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到为n.
想一想：
1．二项式定理中，项的系数与二项式系数相同吗？
提示：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．
2．二项式(a＋b)n与(b＋a)n展开式的第k＋1项是否相同？
练一练：
1．(1－x)10展开式中x3项的系数为( )
A．－720 B．720
C．120 D．－120
D
2．(1＋2x)5的展开式的第3项的系数为_______，第3项的二项式系数为_______.
40
10
关键能力 攻重难
(2)化简(x－2)5＋5(x－2)4＋10(x－2)3＋10(x－2)2＋5(x－2)．
[分析] (1)直接利用二项式定理展开即可；
(2)对式子进行变形，逆用二项式定理．
题|型|探|究
题型一
二项式定理
典例 1
[规律方法] 求二项展开式的常见思路
(1)简单的二项式问题，直接运用二项式定理展开．
(2)较复杂的二项式问题，可根据二项式的结构特征进行适当变形，简化展开二项式的过程，使问题的解决更加简便．
提醒：形如(a－b)n含负号的二项展开式中会出现正、负间隔的情况.
对点训练
题型二
二项式系数与项的系数问题
[分析] 利用二项式定理求展开式中的某一项，可以通过二项展开式的通项公式进行求解．
典例 2
[解析] 由已知得二项展开式的通项为Tr＋1
(1)第5项的二项式系数及第5项的系数；
(2)x2的系数．
对点训练
题型三
多项式的展开问题
(1)(x2－x－2)4的展开式中，x3的系数为_________(用数字填写答案)；
(2)在(x2＋1)(x－2)7的展开式中x5的系数是_________.
典例 3
－40
644
[规律方法] 多项式展开的方法
求多项式的展开问题，通常将其化归为二项式问题，逐次使用二项式定理展开即得其展开式．这里要注意的是：
(1)如何分组转化，这要视具体问题而定，一般地可以通过分组转化为二项式问题．
(3)求多项式展开式中特定项的系数问题，除将其展开求解外，还可以用生成法直接利用计数原理列式求解．
对点训练
D
－28
易|错|警|示
混淆项的系数与二项式系数
典例 4
[辨析] ①错解将“二项展开式的某项的系数”与“二项展开式的某项的二项式系数”混为一谈，从而导致错误；
课堂检测 固双基
1．化简(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1得( )
A．(x－1)4 B．x4
C．(x＋1)4 D．x5
[解析] 原式＝[(x－1)＋1]4＝x4.
B
2．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8等于( )
A．－5 B．5
C．90 D．180
D
7
84(共40张PPT)
第六章 计数原理
6.3 二项式定理
6.3.2 二项式系数的性质
必备知识 探新知
关键能力 攻重难
课堂检测 固双基
素养目标 定方向
素养目标 定方向
1．理解和掌握二项式系数的性质，并会简单应用．
2．理解和初步掌握赋值法及其应用．
1．通过学习二项式系数的性质，培养逻辑推理的素养．
2．借助二项式系数的性质解题，提升数学运算的素养.
必备知识 探新知
二项式系数的性质
知识点
首末两端“等距离”
增大
减小
2n
2n－1
想一想：二项式的系数取得最大值的项的系数一定是系数中最大的吗？
提示：不一定．如果项的系数中还有其他的常数，则该项的系数不一定最大．
练一练：
1．在(a＋b)10二项展开式中与第3项二项式系数相同的项是( )
A．第8项 B．第7项
C．第9项 D．第10项
[解析] 由二项展开式的性质知，与首末等距离的两项的二项式系数相等．
C
2．若(1＋3x)n的展开式中，第3项的二项式系数为6，则第4项的系数为( )
A．4 B．27
C．36 D．108
D
3．在(1＋x)n(n∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n＝_______.
[解析] 由题意(1＋x)n的展开式中，x5的系数就是第6项的二项式系数，因为只有它是二项式系数中最大的，所以n＝10.
10
关键能力 攻重难
已知(1＋2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
题|型|探|究
题型一
二项式系数的性质及应用
典例 1
[规律方法] 1.求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大；当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
2．求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式组，解不等式的方法求得．
(1)在(x＋y)n的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是( )
A．第6项 B．第5项
C．第5,6项 D．第6,7项
对点训练
A
1 120x－6
x4，256x－16
1 792x－11
(3)由于展开式中各项的系数正负相间，因此系数最大的项必是奇数项．
设展开式中第k＋1(k为偶数)项的系数最大，
题型二
求二项式系数和的问题
(1)a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2.
典例 2
[分析] 用赋值法求各系数的和．
(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)
[规律方法] 1．各项的系数和
2．赋值法
“赋值法”是求二项展开式系数问题的常用方法，赋值就是对展开式中的字母用具体数值代替，注意赋的值要有利于问题的解决，赋值时可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解决问题时要避免漏项等情况．
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|.
对点训练
[解析] 令x＝1，则
a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1①
令x＝－1，则
a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37②
(3)由(①＋②)÷2，得
(4)方法一：(1－2x)7的展开式中，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|是(1＋2x)7展开式中各项的系数和.
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2 187.
题型三
利用二项式定理证明整除问题或求余数
(1)用二项式定理证明：1110－1能被100整除；
典例 3
[规律方法] 1.利用二项式定理解决整除问题的基本思路
要证明一个式子能被另一个式子整除，只需证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除．因此，一般先将被除式化为含有相关除式的二项式，再展开，此时常采用“配凑法”“消去法”，结合整除的有关知识来处理．
2．利用二项式定理求余数的注意点
求余数时，要注意余数的范围，即余数大于零且小于除数．利用二项式定理展开变形后，若剩余部分是负数，要注意进行转化．
求证：1＋2＋22＋…＋25n－1能被31整除(n∈N*)
对点训练
易|错|警|示
易错易混问题——混淆二项展开式中奇次项与奇数项、偶次项与偶数项的概念
典例 4
[错解] 设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，
且奇次项系数之和为A，偶次项系数之和为B.
则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋…，
由已知可知：B－A＝38.
再令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝(－3)n，
即B－A＝3n，∴n＝8.
[正解] 设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数之和为A，偶次项的系数之和为B，则
A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….
由已知可得，B－A＝38.
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，
即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，
即B－A＝(－3)n，∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8.
由二项式系数的性质可得
课堂检测 固双基
1．二项式(x－1)n的奇数项二项式系数和是64，则n等于( )
A．5 B．6
C．7 D．8
[解析] 二项式(a＋b)n的展开式中，奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，
∴2n－1＝64，∴n＝7.故选C.
C
2．在(a＋b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 在(a＋b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式共有7项，∴n＝6.
C
3．(1＋x)n(3－x)的展开式中各项系数的和为1 024，则n的值为____.
[解析] 由题意知(1＋1)n(3－1)＝1 024，
即2n＋1＝1 024，故n＝9.
9
4．若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝_________.
364
[解析] 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，(共29张PPT)
第六章 计数原理
章末知识梳理
知识结构·理脉络
要点梳理·晰精华
素养突破·提技能
知识结构 · 理脉络
要点梳理 · 晰精华
基本计数原理
知识点 1
1．分类加法计数原理：N＝m1＋m2＋…＋mn.
2．分步乘法计数原理：N＝m1×m2×…×mn.
排列
知识点 2
1．排列：一般地，从n个不同元素中，任取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素，按照一定的顺序排成一列，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
4．全排列：一般地，n个不同元素全部取出的一个排列，称为n个不同元素的一个全排列．
组合
知识点 3
1．组合：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素并成一组，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
二项式定理
知识点 4
4．二项式系数的性质
素养突破 · 提技能
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．
要点一
两个计数原理的应用
(1)现有甲、乙、丙三种树苗可供选择，分别种在一排五个坑中，要求相同的树苗不能相邻，第一、五坑内只能种甲种树苗，则不同的种法共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
(2)如图，一个地区分为5个区域，现给区域着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_______种．(以数字作答)
典例 1
C
72
[解析] (1)根据题意，分2种情况讨论：
①若二、四号坑种的树苗相同，则二、四号坑有2种选择，三号坑有2种选择，此时有2×2＝4(种)种法，
②若二、四号坑种的树苗不同，则二、四号坑有2×1＝2(种)选择，三号坑有1种选择，此时有2×1＝2(种)种法，
则有4＋2＝6(种)不同的种法．
(2)涂①有4种方法；涂②有3种方法；涂③有2种方法；涂④时分两类：当④与②同色时，④有1种方法，⑤有2种方法；当④与②不同色时，④有1种方法，⑤有1种方法．所以共有4×3×2×(1＋2)＝72(种)涂法．
[规律方法] 用两个计数原理解决实际问题时，往往从特殊元素入手，通过对其分析，展开讨论，将复杂问题分解为几类简单问题加以解决．
求解排列组合综合问题的常用策略：
(1)特殊元素优先安排的策略．
(2)合理分类和准确分步的策略．
(3)排列、组合混合问题先选后排的策略．
(4)正难则反、等价转化的策略．
(5)相邻问题捆绑处理的策略．
(6)不相邻问题插空处理的策略．
(7)定序问题除法处理的策略．
(8)分排问题直排处理的策略．
(9)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略．
(10)构造模型的策略．
要点二
排列与组合的综合应用
(1)从5件不同的礼物中选出3件分别送给3位同学，不同方法的种数是( )
C．35 D．53
(2)将2封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为( )
C．32 D．23
典例 2
A
C
(3)用1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的五位数，要求偶数不能相邻，则这样的五位数有_________个( )
A．120 B．216
C．222 D．252
(4)新高考改革中，考生除参加语文、数学、英语的统一考试外，还需从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物学6科中任选3科参加高考，则不同的选考方法共有_______种；若某同学计划从思想政治、历史中至少选一科参加高考，则该生不同的选考方法共有_______种(用数字作答)．
D
20
16
对于二项式定理的考查常出现两类问题：一类是直接运用通项公式来求特定项；另一类需要运用转化思想化为二项式定理来处理问题．从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识交汇，具体归纳如下：
(1)考查通项公式问题．
(2)考查系数问题：
①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和．
②一般采用通项公式或赋值法解决．
③可转化为二项式定理解决问题．
要点三
二项式定理的应用
(1)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．－80 B．－40
C．40 D．80
(2)已知(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则a0＋a2＋a4＝( )
A．123 B．91
C．－152 D．－120
典例 3
C
C
①求含有x3的项；
②求系数最大的项．
(2)(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6中，
取x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝3，
取x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝－243，
所以2(a0＋a2＋a4＋a6)＝－240，
即a0＋a2＋a4＋a6＝－120，
又a6＝32，则a0＋a2＋a4＝－152.
2．解决二项式系数和问题的思维过程如下：第六章 习题课 排列数的应用
A 组·基础自测
一、选择题
1．某天上午要排语文，数学，体育，计算机四节课，其中体育不排在第一节，那么这天上午课程表的不同排法共有( C )
A．6种 B．9种
C．18种 D．24种
[解析] 先排体育有A种，再排其他的三科有A种，共有3×6＝18(种)．
2．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( D )
A．56 B．54
C．53 D．52
[解析] 在8个数中任取2个不同的数可以组成A＝56(个)对数值．但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
3．(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( B )
A．120 B．60
C．30 D．20
[解析] 不妨记五名志愿者为a，b，c，d，e，假设a连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有A＝12种方法，同理：b，c，d，e连续参加了两天公益活动，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有5×12＝60种．故选B.
4．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：3.141 592 6<π<3.141 592 7，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.141 592 6称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．甲同学是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3,1,4,1,5,9进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个1不相邻，那么甲同学可以设置的不同密码个数为( A )
A．240 B．360
C．480 D．720
[解析] 先把数字3,4,5,9四个数排列，共有A种排列方法，四个数排列产生5个空，把两个1插到5个空里，共有种方法，根据乘法分步原理得共有A×＝240种．故选A．
5．(多选)2022年2月5日晩，在北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队率先冲过终点，为中国体育代表团拿到本届奥运会首枚金牌．赛后，武大靖，任子威，曲春雨，范可欣，张雨婷5名运动员从左往右排成一排合影留念，下列结论正确的是( ABD )
A．武大靖与张雨婷相邻，共有48种排法
B．范可欣与曲春雨不相邻，共有72种排法
C．任子威在范可欣的右边，共有120种排法
D．任子威不在最左边，武大靖不在最右边，共有78种排法
[解析] 武大靖与张雨婷相邻，将武大靖与张雨婷排在一起有A种排法，再将二人看成一个整体与其余三人全排列，有A种排法，由分步乘法计数原理得，共有AA＝48(种)排法，A正确；范可欣与曲春雨不相邻，先将其余三人全排列，有A种排法，再将范可欣与曲春雨插入其余三人形成的4个空位中，有A种排法，由分步乘法计数原理得，共有AA＝72(种)排法，B正确；任子威在范可欣的右边，先从五个位置中选出三个位置排其余三人，有A种排法，剩下两个位置排任子威、范可欣，只有1种排法，所以任子威在范可欣的右边，共有A＝60(种)排法，C错误；武大靖，任子威，曲春雨，范可欣，张雨婷5人全排列，有A种排法，任子威在最左边，有A种排法，武大靖在最右边，有A种排法，任子威在最左边，且武大靖在最右边，有A种排法，所以任子威不在最左边，武大靖不在最右边，共有A－2A＋A＝78(种)排法，D正确．故选ABD.
二、填空题
6．用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1,2相邻，这样的六位数的个数是 40 .
[解析] 可分为三步来完成这件事：
第一步：先将3,5进行排列，共有A种排法；
第二步：再将4,6插空排列，共有2A种排法；
第三步：将1,2放入3,5,4,6形成的空中，共有A种排法；
由分步乘法计数原理得，共有2AAA＝40种不同的排法．
7．将序号分别为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 96 .
[解析] 先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有A种，因此共有不同的分法4A＝4×24＝96(种)．
8．花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色．如图，现有悬挂着的6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为_90__.
[解析] 由题意，对6盏不同的花灯进行取下，先对6盏不同的花灯进行全排列，共有A种方法，因为取花灯每次只取一盏，而且只能从下往上取，所以必须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，故共有取法总数为：＝90.故答案为90.
三、解答题
9．某班有A，B，C等7名班委，有7种不同的职务，现对7名班委进行职务具体分工．
(1)若正、副班长两个职务只能从A，B，C三人中选两人担任，有多少种分工方案？
(2)若正、副班长两个职务至少要选A，B，C三人中的一人担任，有多少种分工方案？
[解析] (1)从A，B，C三人中任选两人担任正、副班长，有A种方法，再安排其余5种职务，有A种方法，根据分步乘法计数原理知，共有AA＝720种分工方案．
(2)7人担任7种职务的分工方案有A种，A，B，C三人中无一人担任正、副班长的分工方案有AA种，因此A，B，C三人中至少有一人担任正、副班长的分工方案有A－AA＝3 600(种)．
10．5名师生站成一排照相留念，其中教师1人，男生2人，女生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)教师站在4名学生中间；
(2)2名女生必须相邻；
(3)2名男生互不相邻；
(4)教师不站中间，女生不站两端．
[解析] (1)由题意，得教师站在4名学生中间的不同站法有A＝24(种)．
(2)由题意，得2名女生站在一起有A种站法，将2名女生视为一个元素与其余3人全排列，有A种站法．
所以不同的站法有AA＝48(种)．
(3)先站女生和教师，有A种站法，再在教师和女生之间及两端的4个空隙中插入男生，不同的站法有A种．
所以不同的站法共有AA＝72(种)．
(4)分两类：①教师站两端之一，另一端站男生，有AAA种站法；
②两端全站男生，教师站除两端和正中间外的另外两个位置之一，有AAA种站法．
所以不同的站法共有AAA＋AAA＝32(种)．
B 组·能力提升
一、选择题
1．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共有( B )
A．288个 B．240个
C．144个 D．126个
[解析] 第1类，个位数字是2，首位可排3,4,5之一，有A种排法，排其余数字有A种排法，所以有AA个数；
第2类，个位数字是4，有AA个数；
第3类，个位数字是0，首位可排2,3,4,5之一，有A种排法，排其余数字有A种排法，所以有AA个数．
由分类加法计数原理，可得共有2AA＋AA＝240(个)数．
2．有4本不同的书A，B，C，D，要分给三个同学，每个同学至少分一本，书A，B不能分给同一人，则这样的分法共有( C )
A．18种 B．24种
C．30种 D．36种
[解析] 4本不同的书分给三个同学，共有6A＝36，书A，B分给同一人有A＝6，所以共有36－6＝30种，故选C.
3．(多选)若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231、354等都是“凸数”，用1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的三位数，则( BD )
A．组成的三位数的个数为30
B．在组成的三位数中，奇数的个数为36
C．在组成的三位数中，“凸数”的个数为24
D．在组成的三位数中，“凸数”的个数为20
[解析] 5个数组成无重复的三位数的个数为A＝60，A错误；奇数为个位数是1,3,5的三位数，个数为3A＝36，B正确；“凸数”分为3类，①十位数为5，则有A＝12个；②十位数为4，则有A＝6个；③十位数为3，则有A＝2个，所以共有20个，C错误；由选项C的分析可知，D正确；故选BD.
二、填空题
4．5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为_36__.
[解析] 甲在排头或排尾站法有A种，再让乙在中间3个位置选一个，有A种站法，其余3人有A种站法，故共有A·A·A＝36(种)站法．
5．在所有无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数字大2的数共有_448__个．
[解析] 千位数字比个位数字大2，有8种可能，即(2,0)，(3,1)，…，(9,7)前一个数为千位数字，后一个数为个位数字，其余两位无任何限制，共有8×A＝448(个)．
三、解答题
6．4名男同学和3名女同学站成一排．
(1)7名同学中，甲、乙、丙排序一定(只考虑位置的前后顺序)，有多少种不同的排法？
(2)7名同学中，甲乙两名同学之间必须恰有3名同学，有多少种不同的排法？
(3)7名同学中，甲、乙两名同学相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？
(4)女同学从左到右按从高到矮的顺序排，有多少种不同的排法？ (3名女生身高互不相等)
[解析] (1)7名同学的所有排法有A种，其中甲、乙、丙的排序有A种，所以甲、乙、丙排序一定的排法有＝840(种)．
(2)先排甲、乙两名同学，有A种排法，再从余下5名同学中选3名同学排在甲、乙两名同学中间，有A种排法，这时把已排好的5名同学视为一个整体，与最后剩下的2名同学进行全排列，有A种排法，故不同的排法共有AAA＝720(种)．
(3)先排除甲、乙、丙3名同学以外的其他4名同学，有A种排法，由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有A种排法，最后把排好的甲、乙看作一个整体与丙分别插入原先排好的4名同学形成的5个空位中，有A种排法，故不同的排法共有AAA＝960(种)．
(4)从7个位置中选出4个位置把男生排好，有A种排法，然后在余下的3个位置中排女生，由于要求女生从左到右按从高到矮的顺序排，故女生的排法只有1种，故不同的排法共有A×1＝840(种)．
C 组·创新拓展
用1,2,3,4,5,6,7这7个数字组成没有重复数字的四位数．
(1)这些四位数中偶数有多少个？能被5整除的有多少个？
(2)这些四位数中大于6 500的有多少个？
[解析] (1)偶数的个位数只能是2、4、6，有A种排法，其他位上有A种排法，由分步乘法计数原理知，共有四位偶数A×A＝360(个)；能被5整除的数个位必须是5，故有A＝120(个)．
(2)最高位上是7时大于6 500，有A种，最高位上是6时，百位上只能是7或5，故有2×A种．由分类加法计数原理知，这些四位数中大于6 500的共有A＋2×A＝160(个).
