1.1 基本计数原理
课时目标1.通过实例，理解掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.会利用两个原理解决一些简单的实际问题．
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＝__________________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＝__________________种不同的方法．
3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．区别在于：分类加法计数原理针对的是________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的是________问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成才算完成这件事．
一、选择题
1．从甲地到乙地，每天有直达汽车4班，从甲地到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地，每天有3个班车，则从甲地到乙地不同的乘车方法有( )
A．12种 B．19种 C．32种 D．60种
2．有一排5个信号的显示窗，每个窗可亮红灯、可亮绿灯、可不亮灯，则共可以出的不同信号有( )
A．25种 B．52种 C．35种 D．53种
3．二年级(1)班有学生56人，其中男生38人，从中选取1名男生和1名女生作代表参加学校组织的社会调查团，则选取代表的方法种数为( )
A．94 B．2 128 C．684 D．56
4．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2，…，9}且P(Q，把满足上述条件的一对有序整数(x，y)作为一个点，则这样的点的个数是( )
A．9 B．14 C．15 D．21
5．有4名高中毕业生报考大学，有3所大学可供选择，每人只能填报一所大学，则这4名高中毕业生报名的方案数为( )
A．12 B．7 C．34 D．43
6．某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有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( )
A．14 B．16 C．20 D．48
二、填空题
7．在由0,1,3,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的数共有________个．
8．将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为________．
9．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法共有________种．
三、解答题
10．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，现要从中选出会英语和日语的各一人，共有多少种不同的选法？
11．用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大的四位偶数？
能力提升
12．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，则不同选法的种数是( )
A．56 B．65
C. D．6×5×4×3×2
13．书架的第一层有6本不同的数学书，第二层有6本不同的语文书，第三层有5本不同的英语书．
(1)从这些书中任取1本，有多少种不同的取法？
(2)从这些书中任取1本数学书，1本语文书，1本英语书共3本书的不同的取法有多少种？
(3)从这些书中任取3本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法？
用两个计数原理解决具体问题时，首先要分清“分类”还是“分步”，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，可以“先分类后分步”或“先分步后分类”．
第一章 计数原理
1．1 基本计数原理
答案
知识梳理
1．m1＋m2＋…＋mn
2．m1×m2×…×mn
3．分类 分步
作业设计
1．B [从甲地到乙地有两类方案：甲地直达乙地，甲地经丙地到乙地，共有4＋3×5＝19(种)方法．]
2．C [一个窗有3种可能情况(红、绿、不亮)，每个窗出现一种情况的方法种数为3×3×3×3×3＝35(种)，即为表示的不同信号．]
3．C [男生为38人，女生为18人，第1步从男生38人中任选1人，有38种不同的选法；第二步从女生18人中任选1人，有18种不同的选法．只有上述两步完成后，才能完成从男生中和女生中各选1名代表这件事，根据分步乘法计数原理共有38×18＝684(种)选取代表的方法．]
4．B [当x＝2时，y可取3,4,5,6,7,8,9，共7个点；
当x＝y时，y可取3,4,5,6,7,8,9，共7个点．
∴这样的点共有7＋7＝14(个)．]
5．C [4名高中毕业生报考3所大学，可分4步，每步有3种选择，则这4名高中毕业生报名的方案数为3×3×3×3＝34.]
6．B [按题意分成两类：
第一类：甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人出自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理知有2×6＝12(种)情况；
第二类：3人全来自其余4家企业，有4种情况．
综上可知，共有N＝12＋4＝16(种)情况．]
7．10
解析 先考虑个位和千位上的数，个位数字是0的有3×2×1＝6(个)，个位数字是5的有2×2×1＝4(个)，所以共有10个．
8．120
解析 如右图，若先染A有5种色可选，B有4种色可选，C有3种色可选，D有2种色可选，则不同染色方法共有5×4×3×2＝120(种)．
9．120
10．解 依题意得既会英语又会日语的有7＋3－9＝1(人)，6人只会英语，2人只会日语．
第一类：从只会英语的6人中选一人有6种方法，此时选会日语的有2＋1＝3(种)方法．
由分步乘法计数原理可得N1＝6×3＝18(种)．
第二类：从既会英语又会日语的1人中选有1种方法，此时选会日语的有2种方法．
由分步乘法计数原理可得N2＝1×2＝2(种)．
综上，由分类加法计数原理可知，不同选法共有N＝N1＋N2＝18＋2＝20(种)．
11．解 完成这件事有三类方法：
第一类是用0做结尾的比2 000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．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48(个)；
第二类是用2做结尾的比2 000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3×4×3＝36(个)；
第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其步骤同第二类，可得有36个．
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比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．
12．A [每位同学可自由选择5个讲座中的其中1个讲座，故6名同学的安排可分6步进行，每步均有5种选择，因此共有56种不同选法．]
13．解 (1)因为共有17本书，从这些书中任取1本，共有17种取法．
(2)分三步：第一步，从6本不同的数学书中取1本，有6种取法；第二步，从6本不同的语文书中取1本，有6种取法；第三步：从5本不同的英语书中取1本，有5种取法．由分步乘法计数原理知，取法总数为N＝6×6×5＝180(种)．
(3)实际上是从17本书中任取3本放在三个不同的位置上，完成这个工作分三个步骤，
第一步：从17本不同的书中取1本，放在第一个位置，有17种方法；
第二步：从剩余16本不同的书中取1本，放在第二个位置，有16种方法；
第三步：从剩余15本不同的书中取1本，放在第三个位置，有15种方法；
由分步乘法计数原理知，排法总数为N＝17×16×15＝4 080(种)．
1.2.1 排列
课时目标1.了解排列与排列数的意义，能根据具体问题，写出符合要求的排列.2.能利用树形图写出简单问题中的所有排列.3.掌握排列数公式，并能利用它计算排列数．(这是本节的重点，要掌握好．)4.掌握解决排列应用题的基本思路和常用方法．
1．排列
(1)定义：
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，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)相同排列：
若两个排列相同，则两个排列的________完全相同，并且元素的____________也相同．
2．排列数
(1)定义：
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号________表示．
(2)排列数公式：
A＝________________________＝；特别地，A＝n×(n－1)×…×3×2×1＝n！，(m，n∈N＋，且m≤n)，0！＝1.
一、选择题
1．下列问题属于排列问题的是( )
①从10个人中选2人分别去种树和扫地；
②从10个人中选2人去扫地；
③从班上30名男生中选出5人参加某项活动；
④从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算．
A．①④ B．①② C．③④ D．①③④
2．若从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四种不同工作，则选派方案共有( )
A．180种 B．360种 C．15种 D．30种
3．A、B、C三地之间有直达的火车，需要准备的车票种数是( )
A．6 B．3 C．2 D．1
4．5名同学排成一排照相，不同排法的种数是( )
A．1 B．5 C．20 D．120
5．给出下列四个关系式：
①n！＝ ②A＝nA
③A＝ ④A＝
其中正确的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
6．某班上午要上语文、数学、体育和外语4门课，又体育老师因故不能上第一节和第四节，则不同排课方案的种数是( )
A．24 B．22 C．20 D．12
二、填空题
7．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．
8．从1～9的9个数字中任取5个数组成没有重复数字的五位数，且个位、百位、万位上必须是奇数的五位数的个数为________．
9．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，则不同的排法共有________种．
三、解答题
10．用0、1、2、3、4五个数字：(1)可组成多少个五位数；(2)可组成多少个无重复数字的五位数；(3)可组成多少个无重复数字的且是3的倍数的三位数；(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数．
11．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同站法？
(1)两名女生必须相邻而站；
(2)4名男生互不相邻；
(3)若4名男生身高都不等，按从高到低的顺序站；
(4)老师不站中间，女生不站两端．
能力提升
12．由1、2、3、4、5组成没有重复数字且1、2都不与5相邻的五位数的个数是( )
A．36 B．32 C．28 D．24
13．从数字0,1,3,5,7中取出不同的三个数作系数，可以组成多少个不同的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0？其中有实数根的方程又有多少个？
1．排列问题的本质是“元素”占“位置”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位置上或某个位置不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位置．
2．处理元素“相邻”“不相邻”或“元素定序”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．
1．2 排列与组合
1．2.1 排列
答案
知识梳理
1．(1)一定的顺序 (2)元素 排列顺序
2．(1)所有排列的个数 A (2)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
作业设计
1．A
2．B [选派方案种数为6选4的排列数，即A＝360.]
3．A
4．D
5．C [式子①②③正确，④错误．]
6．D [分两步排课：体育有两种排法；其他科目有A种排法，∴共有2×A＝12(种)排课方案．]
7．72
解析 先排另外3人，有A种排法，甲、乙插空，有A种排法．∴不同的排法共有A·A＝6×12＝72(种)．
8．1 800
解析 先排个位、百位、万位数字有A种，另两位有A种排法，
∴共有A·A＝1 800(个)．
9．960
解析 排5名志愿者有A种不同排法，由于2位老人相邻但不排在两端，所以在这5名志愿者的4个空档中插入2位老人(捆绑为1个元素)有A·A种排法．所以共有A·A·A＝960(种)不同的排法．
10．解 (1)各个数位上的数字允许重复，故由分步乘法计数原理知，共有4×5×5×5×5＝2 500(个)．
(2)方法一 先排万位，从1,2,3,4中任取一个有A种填法，其余四个位置四个数字共有A种，故共有A·A＝96(个)．
方法二 先排0，从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入有A种方法，其余四个数字全排有A种方法，故共有A·A＝96(个)．
(3)构成3的倍数的三位数，各个位上数字之和是3的倍数，按取0和不取0分类：
①取0，从1和4中取一个数，再取2进行排列，先填百位有A种方法，其余全排有A种方法，故有2A·A＝8(种)方法．
②不取0，则只能取3，从1或4中任取一个，再取2，然后进行全排列为2A＝12(种)方法，所以共有8＋12＝20(个)．
(4)考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1、3中选一个填入个位有A种填法，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有A种填法，包含0在内还有3个数在中间三位置上全排列，排列数为A，故共有A·A·A＝36(个)．
11．解 (1)2名女生站在一起有站法A种，视为一个元素与其余5人全排列，有A种排法，所以有不同站法A·A＝1 440(种)．
(2)先站老师和女生，有站法A种，再在老师和女生站位的间隔(含两端)处插入男生，每空一人，则插入方法有A种，所以共有不同站法A·A＝144(种)．
(3)7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A种，而由高到低有从左到右和从右到左的不同，所以共有不同站法2·＝420(种)．
(4)中间和两端是特殊位置，可分类求解如下：
①老师站在两端之一，另一端由男生站，有A·A·A种站法；
②两端全由男生站，老师站除两端和正中的另外4个位置之一，有A·A·A种站法，
所以共有不同站法A·A·A＋A·A·A＝960＋1 152＝2 112(种)．
12．A [如果5在两端，则1、2有三个位置可选，排法为2×AA＝24(种)；如果5不在两端，则1、2只有两个位置可选，排法有3×AA＝12(种)，故可组成符合要求的五位数的个数为24＋12＝36.]
13．解 要确定一元二次方程ax2＋bx＋c＝0，分2步完成：
第1步：确定a，只能从1,3,5,7中取一个，有A种取法；
第2步：确定b，c，可从剩下的4个数字中任取2个，有A种取法．
由分步乘法计数原理，可组成A·A＝48(个)不同的一元二次方程．
一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)要有实数根必须满足b2－4ac≥0，分2类：
第1类：当c＝0时，a，b可以从1,3,5,7中任取2个数字，有A种取法；
第2类：当c≠0时，由b2－4ac≥0知，b只能取5或7，当b取5时，a，c只能取1,3这两个数，有A种取法；当b取7时，a，c可取1,3这两个数或1,5这两个数，有2A种取法．因此c≠0时，有A＋2A(种)取法．
由分类加法计数原理，有实数根的一元二次方程有A＋A＋2A＝18(个)．
1.2.2 组合
课时目标1.理解组合的概念，理解排列数A与组合数C之间的联系.2.理解并掌握组合数的两个性质，能够准确地运用组合数的两个性质进行化简、计算和证明.3.掌握排列、组合的一些常见模型和解题方法．
1．组合
一般地，从n个________元素中，任意________________________________，叫做从n个不同元素中任取m个元素的一个组合．
2．组合数与组合数公式
组合数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的
________________，叫做从n个不同元素
中取出m个元素的组合数
表示法
组合数
公式
乘积
形式
C＝____________________
阶乘
形式
C＝________
性质
C＝____________；
C＝________＋________
备注
①n，m∈N*且m≤n
②规定C＝1
3.排列与组合
(1)两者都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素；
(2)排列与元素的顺序________，组合与元素的顺序________．
一、选择题
1．从5人中选3人参加座谈会，则不同的选法有( )
A．60种 B．36种 C．10种 D．6种
2．已知平面内A、B、C、D这4个点中任何3点不共线，则由其中每3点为顶点的所有三角形的个数为( )
A．3 B．4 C．12 D．24
3．某施工小组有男工7人，女工3人，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工队，则不同的选法有( )
A．C种 B．A种
C．A·A种 D．C·C种
4．房间里有5个电灯，分别由5个开关控制，若至少开一个灯用以照明，则不同的开灯方法种数为( )
A．32 B．31 C．25 D．10
5．某单位拟安排6位员工在今年6月4日至6日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值4日，乙不值6日，则不同的安排方法共有( )
A．30种 B．36种 C．42种 D．48种
6．12名同学合影，站成了前排4人后排8人．现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是( )
A．CA B．CA
C．CA D．CA
二、填空题
7．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有________种．
8．有4张分别标有数字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．
9．若对?x∈A，有∈A，就称A是“具有伙伴关系”的集合，则集合M＝{－1,0，，，1,2,3,4}的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为________．
三、解答题
10．假设在100件产品中有3件是次品，从中任意抽取5件，求下列抽取方法各有多少种？
(1)没有次品；(2)恰有2件是次品；(3)至少有2件是次品．
11．车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外2名老师傅既能当车工又能当钳工，现要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，问有多少种选派方法？
能力提升
12．将5位志愿者分成三组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，则不同的分配方案有________种．
13．有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其余5人既会划左舷又会划右舷，现在要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷划船参加比赛，问有多少种不同的选法？
解答组合应用题的总体思路
1．整体分类．对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算结果时，使用分类加法计数原理．
2．局部分步．整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的不重复，计算每一类的相应结果时，使用分步乘法计数原理．
3．考察顺序．区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，无序的问题用组合解答，有序的问题用排列解答．
4．辩证地看待“元素”与“位置”．排列、组合问题中的元素与位置没有严格的界定标准，哪些事件看成元素或位置，随解题者的思维方式的变化而变化，要视具体情况而定．有时“元素选位置”，问题解决得简捷，有时“位置选元素”，效果会更好．
1．2.2 组合
答案
知识梳理
1．不同 取出m(m≤n)个元素合成一组
2．所有不同组合的个数 C
C C C 1
3．(2)有关 无关
作业设计
1．C [所求为5选3的组合数C＝10(种)．]
2．B
3．D [每个被选的人都无角色差异，是组合问题．
分2步完成：
第1步，选女工，有C种选法；
第2步，选男工，有C种选法；
故有C·C种不同选法．]
4．B [因为开灯照明只与开灯的多少有关，而与开灯的先后顺序无关，这是一个组合问题．
开1个灯有C种方法，开2个灯有C种方法，……5个灯全开有C种方法，根据分类加法计数原理，不同的开灯方法有C＋C＋…＋C＝31(种)．]
5．C [若甲在6日值班，在除乙外的4人中任选1人在6日值班有C种选法，然后4日、5日有CC种安排方法，共有CCC＝24(种)安排方法；
若甲在5日值班，乙在4日值班，余下的4人有CCC＝12(种)安排方法；
若甲、乙都在5日值班，则共有CC＝6(种)安排方法．
所以总共有24＋12＋6＝42(种)安排方法．]
6．C [从后排8人中选2人，有C种选法，这2人插入前排4人中且保证其他人的相对顺序不变，则先向前排4人中(5个空档)插入1人，有5种插法，余下的1人则要插入前排5人中(6个空档)，有6种插法，即2人共有A种插法，所以共有CA种不同调整方法．]
7．600
解析 可以分情况讨论：①甲、丙同去，则乙不去，有C·A＝240(种)选法；②甲、丙同不去，乙去，有C·A＝240(种)选法；③甲、乙、丙都不去，有A＝120(种)选法，所以共有600种不同的选派方案．
8．432
解析 分3类：第1类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有C·C·C·C·A种；
第2类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C·C·A种；
第3类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C·C·A种．
故满足题意的所有不同的排法共有C·C·C·C·A＋C·C·A＋C·C·A＝432(种)．
9．15
解析 具有伙伴关系的元素组有－1；1；，2；，3，共4组，所以集合M的所有非空子集中，具有伙伴关系的非空集合中的元素，可以是具有伙伴关系的元素组中的任一组、二组、三组、四组，又集合中的元素是无序的，因此，所求集合的个数为C＋C＋C＋C＝15.
10．解 (1)没有次品的抽法就是从97件正品中抽取5件的抽法，共有C＝64 446 024(种)．
(2)恰有2件是次品的抽法就是从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽2件的抽法，共有CC＝442 320(种)．
(3)至少有2件是次品的抽法，按次品件数来分有两类：
第一类，从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽取2件，有CC种．
第二类，从97件正品中抽取2件，并将3件次品全部抽取，有CC种．
按分类加法计数原理有CC＋CC＝446 976(种)．
11．解 设A，B代表2名老师傅．
A，B都不在内的选派方法有C·C＝5(种)；
A，B都在内且当钳工的选派方法有C·C·C＝10(种)；
A，B都在内且当车工的选派方法有C·C·C＝30(种)；
A，B都在内，一人当钳工，一人当车工的选派方法有C·A·C·C＝80(种)；
A，B有一人在内且当钳工的选派方法有C·C·C＝20(种)；
A，B有一人在内且当车工的选派方法有C·C·C＝40(种)；
所以共有5＋10＋30＋80＋20＋40＝185(种)选派方法．
12．90
解析 分成3组有＝15(种)分法．分赴世博会三个场馆有A＝6(种)方法，∴共有15×6＝90(种)．
13．解 设集合A＝{只会划左舷的3个人}，B＝{只会划右舷的4个人}，C＝{既会划左舷又会划右舷的5个人}．
先分类，以集合A为基准，划左舷的3个人中，有以下几类情况：①A中有3人；②A中有2人；C中有1人；③A中有1人，C中有2人；④C中有3人．
第①类，划左舷的人已选定，划右舷的人可以在B∪C中选3人，即有C种选法．因是分步问题，所以有C·C种选法．第②类，划左舷的人在A中选2人，有C种选法，在C中选1人，有C种选法，划右舷的在B∪C中剩下的8个人中选3人，有C种选法．因是分步问题，所以有C·C·C种选法．类似地，第③类，有C·C·C种选法，第④类有C·C·C种选法．
所以一共有C·C＋C·C·C＋C·C·C＋C·C·C＝84＋840＋1 050＋200＝2 174种选法．
1.3.1 二项式定理
课时目标1.掌握二项式定理，掌握通项公式.2.弄清二项式系数与展开式中某项系数的联系和区别.3.能够用二项式定理进行有关的计算和证明．
1．二项式定理
(1)二项展开式：(a＋b)n＝________________________________________，叫做二项式定理．
(2)(a＋b)n的二项展开式共有________项，其中各项的系数________(r＝0,1,2，…，n)叫做展开式的二项式系数．
2．二项展开式的通项
(a＋b)n的二项展开式中的____________叫做二项展开式的通项，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝____________.
一、选择题
1．(2x＋3y)8展开式的项数为( )
A．8 B．9 C．10 D．7
2．1－2C＋4C－8C＋16C＋…＋(－2)n·C等于( )
A．1 B．－1 C．(－1)n D．3n
3．在(x2－)5的二项展开式中，含x4的项的系数是( )
A．－10 B．10 C．－5 D．5
4．(－)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
5．如果(3x2－)n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为( )
A．3 B．5 C．6 D．10
6．(1＋)6(1＋)10展开式的常数项为( )
A．1 B．46 C．4 245 D．4 246
二、填空题
7．(－)6的展开式中，x3的系数为________．
8．已知(1＋kx2)6(k是正整数)的展开式中，x8的系数小于120，则k＝________.
9．(1＋x＋x2)(x－)6的展开式中的常数项为______．
三、解答题
10．求230－3除以7的余数．
11．已知(－)n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1，
(1)证明展开式中没有常数项；
(2)求展开式中含x的项．
能力提升
12．若(x－)9的展开式中x3的系数是－84，则a＝________.
13．若(＋)n的展开式中前三项系数成等差数列，求：(1)展开式中含x的一次幂的项；
(2)展开式中所有x的有理项．
1．通项公式Tr＋1＝Can－rbr(n∈N＋，r＝0,1,2，…，n)中含有a，b，n，r，Tr＋1五个元素，只要知道其中的四个元素，就可以求出第五个元素，在有关二项式定理的问题中，常常遇到已知这五个元素中的若干个，求另外几个元素的问题(如判断和计算二项展开式中的特殊项)．
2．运用二项式定理可以解决一些多项式化简、整除问题、近似计算问题等．
1．3 二项式定理
1．3.1 二项式定理
答案
知识梳理
1．(1)Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N＋) (2)n＋1 C
2．Can－rbr Can－rbr
作业设计
1．B
2．C [1－2C＋4C－8C＋16C＋…＋(－2)n·C＝(1－2)n＝(－1)n.]
3．B [∵(x2－)5的二项展开式的通项
Tr＋1＝C(x2)5－r(－)r＝C·(－1)rx10－3r
令10－3r＝4，∴r＝2.∴x4的系数是C(－1)2＝10.]
4．B [Tr＋1＝Cx·(－)r·x－r
＝C(－)r·x.
若是正整数指数幂，则有为正整数，
∴r可以取0,2，∴项数为2.]
5．B [因为Tr＋1＝C(3x2)n－r(－2x－3)r＝(－2)r·3n－r·Cx2n－5r，则2n－5r＝0，即5r＝2n，
所以或….故n的最小值为5.]
6．D [(1＋)6的展开式有7项，通项为Tr＋1＝C()r＝Cx(r＝0,1,2，…，6)；
(1＋)10的展开式有11项，通项为Ts＋1＝C()s＝Cx－(s＝0,1,2，…，10)；
(1＋)6(1＋)10的展开式有77项，通项为CxCx－＝CCx，由4r－3s＝0
得或或.故常数项为1＋CC＋CC＝4 246.]
7．15
解析 设含有x3项为第(r＋1)项，则Tr＋1＝C·()6－r·()r＝C·x6－r·y·(－y)r·x－＝C·x6－r－·y·(－y)r，
令6－r－＝3，即r＝2，
∴T3＝C·x3··y2＝C·x3，系数为C＝＝15.
8．1
解析 x8是(1＋kx2)6的展开式的第5项，x8的系数为Ck4＝15k4，由已知，得15k4<120，即k4<8，又k是正整数，故k＝1.
9．－5
解析 (1＋x＋x2)(x－)6
＝(1＋x＋x2)[Cx6(－)0＋Cx5(－)1＋Cx4·(－)2＋Cx3(－)3＋Cx2(－)4＋Cx(－)5＋Cx0(－)6]＝(1＋x＋x2)·(x6－6x4＋15x2－20＋－＋)，所以常数项为1×(－20)＋x2·＝－5.
10．解 230－3＝(23)10－3＝810－3
＝(7＋1)10－3
＝C710＋C79＋…＋C7＋C－3
＝7(C79＋C78＋…＋C)－2
＝7(C79＋C78＋…＋C)－7＋5.
∴余数为5.
11．(1)证明 由题意知第5项的系数为C·(－2)4，
第3项的系数为C·(－2)2，
则＝，
解得n＝8，或n＝－3(舍去)．
通项公式Tr＋1＝C()8－r·(－)r
＝C(－2)r·x.
若Tr＋1为常数项，当且仅当＝0，即5r＝8，且r∈N，这是不可能的，所以展开式中没有常数项．
(2)解 由(1)知，展开式中含x的项需＝，
则r＝1，故展开式中含x的项为T2＝－16x.
12．1
解析 由Tr＋1＝C·x9－r·(－)r＝(－a)rCx9－2r，令9－2r＝3，则r＝3，即(－a)3C＝－84，解得a＝1.
13．解 由已知条件得：C＋C·＝2C·，
解得n＝8或n＝1(舍去)．
(1)Tr＋1＝C()8－r()r＝C·2－r·x4－r，
令4－r＝1，得r＝4，
∴含x的一次幂的项为T4＋1＝C·2－4·x＝x.
(2)令4－r∈Z(r≤8)，则只有当r＝0,4,8时，对应的项才是有理项，有理项分别为：
T1＝x4，T5＝x，T9＝.
1.3.2 杨辉三角
课时目标1.了解杨辉三角，并能由它解决简单的二项式系数问题.2.了解二项式系数的性质并能简单应用.3.掌握“赋值法”并会灵活应用．
二项式系数的性质：
观察杨辉三角，可以看出二项式系数具有下列性质：
(1)每一行的两端都是________，其余每个数都等于它“肩上”两个数的________，这实际上反映了组合数的下列性质：C＝1，C＝1，C＝C＋C.
(2)对称性：与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等．
(3)最大二项式系数，当n是偶数时，______________项的二项式系数最大；当n是奇数时，____________，____________项的二项式系数相等且最大．
(4)二项式系数的和等于________，即C＋C＋C＋…＋C＝________.
一、选择题
1．在(1＋x)2n(n∈N*)的展开式中，系数最大的项是( )
A．第＋1项 B．第n项
C．第n＋1项 D．第n项与第n＋1项
2．(x－)10的展开式中，系数最大的项是( )
A．第3项 B．第6项
C．第3、6项 D．第5、7项
3．若(1－2x)2 009＝a0＋a1x＋…＋a2 009x2 009(x∈R)，则＋＋…＋的值为( )
A．2 B．0 C．－1 D．－2
4．5310被8除的余数是( )
A．1 B．2 C．3 D．7
5．已知n∈N*，则1＋3C＋32C＋…＋3nC等于( )
A．3n B．2n C．4n D．5n
6．满足C＋C＋C＋…＋C＋C>1 000的最小偶数n为( )
A．8 B．10 C．12 D．14
二、填空题
7．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第________项．
8．如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第______行中从左到右第14个数与第15个数的比为2∶3.
9．已知(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝29－n，则n＝________.
三、解答题
10．在(x－y)11的展开式中，求
(1)通项Tr＋1；
(2)二项式系数最大的项；
(3)项的系数绝对值最大的项；
(4)项的系数最大的项；
(5)项的系数最小的项；
(6)二项式系数的和；
(7)各项系数的和．
11．求0.9986的近似值，使误差小于0.001.
能力提升
12．(2－)8展开式中不含x4项的系数的和为( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
13．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
求：(1)a1＋a3＋a5＋a7；
(2)a0＋a2＋a4＋a6；
(3)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
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、解不等式组的方法求得．
3．求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需要根据所求的展开式系数和特征来确定．一般地对字母赋的值为1或－1，但在解决具体问题时要灵活掌握．
4．一些整除和近似计算问题可以利用二项展开式解决．
1．3.2 杨辉三角
答案
知识梳理
(1)1 和 (3)T＋1 T T＋1 (4)2n 2n
作业设计
1．C [因为2n为偶数，且x的系数为1，∴系数最大的项即为二项式系数最大的项且为中间一项，即第(n＋1)项．]
2．D [根据二项展开式中系数的关系，注意到第6项的系数为－C，实际上最小，所以系数最大的项为第5、7项．]
3．C [本题主要考查赋值法在二项展开式中的应用，令x＝0，得a0＝1.令x＝，
得a0＋＋＋…＋＝0，所以＋＋…＋＝－1.]
4．A [5310＝(56－3)10＝5610＋C569×(－3)＋C568×(－3)2＋…＋C56×(－3)9＋(－3)10.
∴5310被8除的余数等于310被8除的余数．
又310＝95＝(8＋1)5＝85＋C84＋…＋C×8＋1.
∴所求余数为1.]
5．C [1＋3C＋32C＋…＋3nC＝C＋C31＋C·32＋…＋C3n＝(1＋3)n＝4n.]
6．C [∵2n－1>1 000，∴n≥11(n∈N*)．]
7．6
解析 由题意，第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，
∴C＝C，由组合数的性质，得n＝10.
∴展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项．
8．34
解析 假设满足条件的是第n行，则从左至右第14个数和第15个数分别是C，C，由题意可知＝，解之得n＝34.
9．4
解析 令x＝1，解a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n＝2n＋1－2；令x＝0，
得a0＝n，又an＝1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝2n＋1－2－n－1＝29－n，所以2n＋1＝32，
所以n＝4.
10．解 (1)Tr＋1＝(－1)rCx11－ryr.
(2)二项式系数最大的项为中间两项：
T6＝－Cx6y5，T7＝Cx5y6.
(3)项的系数绝对值最大的项也是中间两项：
T6＝－Cx6y5，T7＝Cx5y6.
(4)因为中间两项系数的绝对值相等，一正一负，第7项为正，故T7＝Cx5y6.
(5)项的系数最小的项为T6＝－Cx6y5.
(6)二项式系数的和为C＋C＋C＋…＋C＝211.
(7)各项系数的和为(1－1)11＝0.
11．解 0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6，
∵T3＝15×(－0.002)2＝0.00 006<0.001.
即第3项以后的项的绝对值都小于0.001，
∴从第3项起，以后的项可以忽略不计，
即0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝0.988.
12．B [展开式的通项公式Tr＋1＝C·28－r·(－)r，则含x4的项的系数为1，令x＝1，得展开式所有项系数和为(2－)8＝1，因此展开式中不含x4项的系数的和为1－1＝0，故选B.]
13．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)(①－②)÷2，
得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.
(2)(①＋②)÷2，
得a0＋a2＋a4＋a6＝＝1 093.
(3)∵(1－2x)7展开式中，a0、a2、a4、a6都大于零，而a1、a3、a5、a7都小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)，
∴由(1)、(2)即可得其值为2 187.
第1章 计数原理
习题课(一)
课时目标1.理解排列、组合的概念，加深公式的理解应用.2.利用排列、组合解决一些简单的实际问题．
1．排列数公式(用阶乘表示)：A＝____________；
组合数公式：C＝____________.
2．全排列：n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列．
在排列数公式中，当m＝n时，即有A＝n(n－1)(n－2)·…·3·2·1，A称为n的阶乘．
3．组合数的性质：(1)C＝________；(2)C＝________________.
一、选择题
1．将4本不同的书分配给3个学生，每人至少1本，不同的分配方法的总数为( )
A．CCA B．CA
C．CCA D．AA
2．从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法共有( )
A．30种 B．36种 C．42种 D．60种
3．《新课程标准》规定，那些希望在人文、社会科学等方面发展的学生，除了修完必修内容和选修系列一的全部内容外，基本要求是还要在系列三的6个专题中选修2个专题，这样高中阶段就可获得16个学分，则一位同学的不同选课方案种数为( )
A．30 B．15 C．20 D．25
4．将9个相同的小球放入编号为1,2,3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有( )
A．8种 B．10种 C．12种 D．16种
5．2010年广州亚运会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( )
A．36种 B．12种 C．18种 D．48种
二、填空题
6．4名男生和6名女生组成至少有1名男生参加的三人社会实践活动小组，则有________种不同的组成方法．
7．式子C＋C＝________.
8．6人同时被邀请参加一项活动，必须有人去，去几个人自行决定，共有________种不同的去法．
三、解答题
9．化简：(1)1×1！＋2×2！＋3×3！＋…＋10×10！；
(2)＋＋＋…＋.
10．(1)解方程：Cx2－x16＝C；
(2)解不等式：C>C＋C.
能力提升
11．求证：＋＝.
12．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递增数列，则首项为12 345，第2项是12 354，直到末项(第120项)是54 321.问：
(1)43 251是第几项？
(2)第93项是怎样的一个五位数？
1．要理解记忆排列数、组合数公式，并能利用公式证明，求解一些等式、不等式．
2．对排列、组合的实际问题，要先分析问题的实质，根据特殊要求进行分类，根据事件发生过程进行分步，注意元素的顺序问题．
习题课(一)
答案
知识梳理
1.
3．C C＋C
作业设计
1．B [由题意，一定有1人分得两本书，所以先将两本书捆绑，看做是一个元素，再与剩下的两本书一起分给3个人，所以一共有C·A种分法．]
2．B [利用间接法．共有C－C＝56－20＝36(种)．]
3．B
4．B [首先分别在1、2、3号箱子里放入1、2、3个小球，然后把余下的3个小球分三类放入箱子中：第一类，把剩下的3个小球放入其中的一个箱子里，有3种放法；第二类，将剩下的3个小球放入其中的2个箱子里，有A种放法；第三类，将剩下的3个小球分别放入3个箱子里，有1种放法．所以一共有10种放法．]
5．A [分两类：若小张或小赵入选，则有选法CCA＝24(种)；若小张、小赵都入选，则有选法AA＝12(种)，共有选法36种．]
6．100
解析 方法一 小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有C，CC，CC，所以，一共有C＋CC＋CC＝100(种)方法．
方法二 利用间接法，共有C－C＝100(种)．
7．11
解析 由得7≤m≤8.
当m＝7时，C＋C＝11；
当m＝8时，C＋C＝11.
8．63
解析 方法一 去的人数有1,2,3,4,5,6共六类情况，则共有C＋C＋C＋C＋C＋C＝63(种)．
方法二 6个人每人都有“去”和“不去”两种状态，要去掉一种都不去的情形，则共有2×2×2×2×2×2－1＝63(种)．
9．解 由(n＋1)！＝(n＋1)n！＝n×n！＋n！，
得(n＋1)！－n！＝n×n！.
故(1)1×1！＋2×2！＋3×3！＋…＋10×10!
＝(2！－1！)＋(3！－2！)＋…＋(11！－10！)
＝11！－1！.
(2)原式＝1！－＋－＋－＋…＋－＝1－.
10．解 (1)∵Cx2－x16＝C，
∴x2－x＝5x－5 ①
或x2－x＋5x－5＝16， ②
解①得x＝1或x＝5，
解②得x＝3或x＝－7.
经检验可知，原方程的解是x＝1或x＝3.
(2)原不等式可化为C>C＋C，
即C>C，∴>，
∴30>(m－4)(m－5)，即m2－9m－10<0，
∴－1又∵m≥7且m∈N*，
∴m＝7或8或9.
11．证明 ＋＝＋
＝
＝
＝＝
＝.
12．解 (1)由题意知，共有五位数A＝120(个)．
比43 251大的数有下列几类：
①万位数是5的有A＝24(个)；
②万位数是4，千位数是5的有A＝6(个)；
③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A＝2(个)；
∴比43 251大的的数共有A＋A＋A＝32(个)，
∴43 251是第120－32＝88(项)．
(2)从(1)知万位数是5的有A＝24(个)，万位数是4，千位数是5的有A＝6(个)．
但比第93项大的数有120－93＝27(个)，第93项即倒数第28项，而万位数是4，千位数是5的6个数是45 321、45 312、45 231、45 213、45 132、45 123，由此可见第93项是45 213.
第1章 计数原理
习题课(二)
课时目标1.利用排列、组合知识解决综合性的计数应用题.2.提高学生的应用意识和分析解决问题的能力．
1．排列数公式：A＝________________________；
组合数公式：C＝＝____________________.
2．解决计数应用题，可以通过对位置和元素的性质进行分类，对完成事情的步骤进行分步．
一、选择题
1．8人排成一排，其中甲、乙、丙三人不能相邻的排法有几种( )
A．AA B．A－AA
C．AA D．A－A
2．8名运动员参加男子100米的决赛，已知运动场有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的八条跑道，若指定的3名运动员所在的跑道编号必须是三个连续数字(如：4,5,6)，则参加比赛的这8名运动员安排跑道的方式共有( )
A．360种 B．4 320种 C．720种 D．2 160种
3．从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点，可得到的不同四面体的个数是( )
A．C－12 B．C－8
C．C－6 D．C－4
4．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有( )
A．140种 B．84种 C．70种 D．35种
5．6人被邀请参加一项活动，必须有人去，去几人自行决定．若最终有n个人去的方法是15种，则n的值为( )
A．2 B．4 C．2或4 D．2或3
二、填空题
6．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为________．(用式子表示)
7．现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是________．
8．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有________种．
三、解答题
9．从6名运动员中选出4人参加4×100 m的接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，则共有多少种不同的参赛方法？
10．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的排节目单的方法种数：
(1)一个唱歌节目开头，另一个压台；
(2)两个唱歌节目不相邻；
(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．
能力提升
11．从集合{1,2,3，…，20}中任选出3个不同的数，使这3个数成等差数列，这样的等差数列可以有多少个？
12．某晚会已定好节目单，其中小品3个，歌舞2个，相声2个．后来由于情况有变，需加上诗歌朗诵和快板两个节目，但不能改变原先节目的相对顺序，问节目演出的方式可能有多少种？
1．解计数应用题，分类标准要统一，防止出现遗漏或重复．
2．对同一问题可多角度考虑，深入分析，相互验证，提高解题能力．
习题课(二)
答案
知识梳理
1．n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
作业设计
1．A [使用插空法，先排甲、乙、丙外的5人，共A种方法．然后在形成的6个空中插入甲、乙、丙共有A种方法．
∴共有A×A种排法．]
2．B [三个连续数字的可能情况是6种，被选中的运动员全排，剩下的5名运动员全排，所以这8名运动员安排跑道的方式共有6AA＝4 320(种)．]
3．A [在正方体中，6个面和6个对角面上的四个点不能构成四面体，所以一共有C－12.]
4．C [分两类：(1)甲型1台，乙型2台：CC；(2)甲型2台，乙型1台：CC.所以一共有CC＋CC＝70(种)．]
5．C
6．AA
解析 采用插空法，先排8名学生，共有A种方法；再在8名学生形成的9个空中排2位老师，有A种排法，
∴共有排法：A×A种．
7．126
解析 分类讨论：若有2人从事司机工作，则方案有C×A＝18(种)；若有1人从事司机工作，则方案有C×C×A＝108(种)，所以共有18＋108＝126(种)．
8．30
解析 方法一 可分两种互斥情况：A类选1门，B类选2门或A类选2门，B类选1门，共有CC＋CC＝18＋12＝30(种)选法．
方法二 总共有C＝35(种)选法，减去只选A类的C＝1(种)，再减去只选B类的
C＝4(种)，故有30种选法．
9．解 分两类：若乙跑第一棒，共有A＝60(种)；
若乙不跑第一棒，则跑第一棒的选择有C种，此时跑第四棒的选择有C种，余下的第二、三棒则在剩下的四人中选两人跑，有A种，所以有CCA＝192(种)．
所以共有192＋60＝252(种)不同的参赛方法．
10．解 (1)先排唱歌节目有A种排法，再排其他节目有A种排法，所以共有A·A＝1 440(种)排法．
(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目有A种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有A种插入方法，所以共有A·A＝30 240(种)排法．
(3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共A种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有A种插入法，最后将2个唱歌节目互换位置，有A种排法，由分步乘法计数原理，符合要求的排法有：A·A·A＝2 880(种)．
11．解 设a、b、c∈N，且a、b、c成等差数列，则a＋c＝2b，即a＋c应是偶数．因此从1到20这20个数字中任选出三个数成等差数列，则第一个数与第三个数必同为偶数或同为奇数，而1到20这20个数字中有10个偶数和10个奇数．当第一个和第三个数选定后，中间数被唯一确定．因此，选法只有两类．
(1)第一、三个数都是偶数，有A种选法；
(2)第一、三个数都是奇数，有A种选法；
于是，选出3个数成等差数列的个数为
A＋A＝180(个)．
12．解 方法一 若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A种排法；但是原先的节目已经定好顺序，需要消除，故有＝A＝72(种)排法．
方法二 共有9个元素，9个空，先选2个空，安排朗诵和快板，有A种排法；再将剩下的空安排其他元素，由于顺序已定，故只有1种方法，则共有AC＝72(种)排法．
第1章 计数原理
习题课
课时目标1.进一步熟悉二项式定理，会求二项展开式某些项或系数.2.会利用二项式系数的特征、性质解题．
1．二项展开式的通项Tr＋1＝________________.
2．二项展开式中的二项式系数和系数通项Tr＋1中，C叫第r＋1项的二项式系数，而系数是指展开式中某个字母的系数．
3．对一些二项展开式系数和的问题，可采用______法．
一、选择题
1．设二项式(＋)n的展开式中第5项是常数项，那么这个展开式中系数最大的项是( )
A．第9项 B．第8项
C．第9项和第10项 D．第8项和第9项
2．若对任意实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3，则a2等于( )
A．3 B．6 C．9 D．12
3．1－90C＋902C－903C＋…＋9010C除以88的余数是( )
A．－1 B．1 C．－87 D．87
4．化简(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1的结果是( )
A．x4 B．(x－1)4
C．(x－2)4 D．(1－x)4
5. 如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1,2,3,3,6,4,10，…，记这个数列的前n项和为Sn，则S16等于( )
A．144 B．146
C．164 D．461
二、填空题
6．已知(3x＋1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则展开式的二项式系数的和为________，a0＋a1＋a2＋…＋a7＝______.
7．(x＋1)＋(x＋1)2＋(x＋1)3＋(x＋1)4＋(x＋1)5的展开式中x2的系数为________．
8．今天是星期一，如果今天算第一天，那么第810天是星期______．
三、解答题
9．设(3x＋x)n的二项展开式中各项系数之和为t，其二项式系数之和为h.若h＋t＝272，求其二项展开式中x2项的系数．
10．已知(3－2x)8＝a0＋a1x＋…＋a8x8，求：
(1)a0，a1，a2，…，a8这9个系数中绝对值最大的系数；
(2)a0，a1，a2，…，a8这9个系数中最大的系数．
能力提升
11．求(1＋x＋)10的展开式中的常数项．
12．已知f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋4x)n(m，n∈N*)的展开式中含x项的系数为36，求展开式中含x2项的系数的最小值．
1．二项展开式的通项是解决项、项的系数、项的二项式系数的根本．
2．赋值法与待定系数法是解题的两种常用方法．
3．一些最值问题可利用函数思想来解．
习题课
答案
知识梳理
1．Can－rbr
3．赋值
作业设计
1．A [因展开式的第5项为T5＝Cx－4，所以有－4＝0，解得n＝16.所以展开式中系数最大的项是第9项．]
2．B [由题意，
把等式右边展开得，解得]
3．B [1－90C＋902C－903C＋…＋9010C
＝(1－90)10＝(88＋1)10，
(88＋1)10＝8810＋C889＋C888＋…＋C88＋1，
所以(88＋1)10除以88的余数是1.]
4．A [(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1＝C(x－1)4＋C(x－1)3×1＋C(x－1)2×12＋C(x－1)×13＋C×14＝(x－1＋1)4＝x4.]
5．C [由图知，数列中的首项是C，第2项是C，第3项是C，第4项是C，…，第15项是C，第16项是C.
∴S16＝C＋C＋C＋C＋…＋C＋C＝(C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)＝(C＋C＋C＋…＋C－C)＋(C＋C＋…＋C)＝C＋C－1＝164.]
6．128 16 384
解析 (3x＋1)7展开式中二项式系数的和为27＝128；令x＝1，则47＝a0＋a1＋a2＋…＋a7＝16 384.
7．20
解析 各个组成项的x2的系数分别为C，C，C，C，则展开式中x2的系数为20.
8．一
解析 810＝(7＋1)10＝C710＋C79＋…＋C7＋C＝7M＋1(M∈Z)，故810除以7余1，所以第810天是星期一．
9．解 由题意，h＝2n，令x＝1，得t＝4n，
又h＋t＝272，
所以4n＋2n＝272，解得2n＝16，所以n＝4.
所以Tr＋1＝C(3x)4－r(x)r＝C34－rx＋，则＋＝2，得r＝4，所以二项展开式中x2项的系数为1.
10．解 设r∈N，且r≤8，则有ar＝C·38－r·(－2)r.
显然，|ar|＝C·38－r·2r，由得
解得所以r＝3.
即9个系数中，绝对值最大的系数为|a3|＝C·35·23＝108 864.
(2)由(1)中不等式组及其解集可知|a0|<|a1|<|a2|<|a3|>|a4|>…>|a8|.
又从通项公式ar＝C·38－r·(－2)r可以看出，a0，a2，a4，a6，a8均大于0；a1，a3，a5，a7均小于0，因而只需比较a2，a4的大小．
因为a2＝C·36·(－2)2＝81 648，
a4＝C·34·(－2)4＝90 720.
所以，9个系数中，最大的系数为a4＝90 720.
11．解 (1＋x＋)10＝[1＋(x＋)]10，通项为Tr＋1＝C(x＋)r (r＝0,1,2，…，10)，
而(x＋)r展开的通项公式为Tk＋1＝Cxr－k·()k＝Cxr－3k (k＝0,1,2，…，r)，
当r－3k＝0时，Tr＋1是常数项．
由r＝3k,0≤r≤10,0≤k≤r，且r，k∈N*，
得r＝0,3,6,9，k＝0,1,2,3，
所以由系数为C·C可得常数项为C＋CC＋C·C＋CC＝4 351.
12．解 (1＋2x)m＋(1＋4x)n展开式中含x的项为C·2x＋C·4x＝(2C＋4C)x，所以2C＋4C＝36，
即m＋2n＝18.
(1＋2x)m＋(1＋4x)n展开式中含x2的项的系数为t＝C22＋C42＝2m2－2m＋8n2－8n.因为m＋2n＝18，所以m＝18－2n，所以t＝2(18－2n)2－2(18－2n)＋8n2－8n＝16n2－148n＋612＝16(n2－n＋)，所以当n＝时，t取最小值，但n∈N*，所以n＝5时，t最小即含x2项的系数最小，最小值为272，此时n＝5，m＝8.
第1章 计数原理
习题课
课时目标1.进一步理解两个基本计数原理.2.掌握解决计数实际问题的基本思想．
1．分类加法计数原理计算公式：N＝m1＋m2＋…＋mn.
分步乘法计数原理计算公式：N＝m1×m2×…×mn.
2．分类加法计数原理针对的是分类问题，每一种方法都能达到____________________；分步乘法计数原理针对的是分步问题，各个步骤____________才算完成这件事．
一、选择题
1．从师大声乐系某6名男生或8名女生中任选一人表演独唱，则不同的选派方法种数为( )
A．6 B．8 C．12 D．14
2．由老年人15人、中年人11人、青年人12人，组成老、中、青年考察团，现从各年龄层中分别推选一名队长，则不同的推选方法有( )
A．1 880种 B．1 980种 C．2 010种 D．2 100种
3．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，若从M、N两个集合中各取1个元素分别作点的横、纵坐标，则可得到不同点的个数为( )
A．18 B．16 C．14 D．12
4．若x∈{1,2,3}，y∈{5,6,7}，则x·y的不同值有( )
A．2个 B．6个 C．9个 D．3个
5．李芳有4件不同颜色的T－shirt,3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五四”节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳不同的选择方式有( )
A．24种 B．14种 C．10种 D．9种
二、填空题
6．有红、黄、蓝不同颜色的旗各三面，每次升一面、两面或三面在某一旗杆上纵向排列，共可以组成________种不同的旗语信号．
7．从0,1,2,3,4,5,6七个数字中，任意取出三个不同的数字，作为二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数，可得________个不同的二次函数．
8．商店里有15种上衣，18种裤子，某人要买一件上衣或一条裤子，共有________种不同的选法．要买上衣、裤子各一件，共有________种不同的选法．
三、解答题
9. 将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入右图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？
10．已知直线ax＋by＋c＝0中的a，b，c是取自集合{－3，－2，－1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数．
能力提升
11．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？
12．现要安排一份5天值班表，每天有一个人值班．共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不能由同一个人值班，问此值班表由多少种不同的排法？
1．解计数应用题，要先搞清分类和分步．分类时要不重不漏．
2．计数问题对特殊元素或特殊位置要优先考虑；对分类较多的，可使用间接法．
习题课
答案
知识梳理
2．完成这件事的目的 依次完成
作业设计
1．D
2．B [由分步乘法计数原理得，不同的推选方法有15×11×12＝1 980(种)．]
3．D [要完成这件事需分两步：第一步，从集合M中取出一个元素，有3种取法；第二步，从集合N中取出一个元素，有4种取法．由分步乘法计数原理得，一共得到不同点的个数为3×4＝12(个)．]
4．C
5．B [先分类，李芳可以选择连衣裙也可以选择T－shirt配裙子．选择连衣裙有2种方法；选择T－shirt配裙子分两步：第一步，选T－shirt有4种方法；第二步，选裙子有3种方法．所以一共有2＋4×3＝14(种)选择方式．]
6．39
解析 悬挂一面旗共可以组成3种旗语信号；悬挂二面旗共可以组成3×3＝9(种)旗语信号；悬挂三面旗共可以组成3×3×3＝27(种)旗语信号，由分类加法计数原理，共有3＋9＋27＝39(种)旗语信号．
7．180
8．33 270
解析 买上衣，有15种选法；买裤子，有18种选法．买1件上衣或1条裤子有15＋18＝33(种)选法．买一件上衣和一条裤子，有15×18＝270(种)选法．
9．解
给区域标记号A、B、C、D、E(如图所示)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂色的颜色，如果B与D颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．
(1)当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．
(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．
故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法．
10．解 设倾斜角为θ，由θ为锐角，得tan θ＝－>0，即a、b异号．
(1)若c＝0，a、b各有3种取法，排除2个重复(3x－3y＝0,2x－2y＝0，x－y＝0)．故有3×3－2＝7(条)．
(2)若c≠0，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4＝36(条)，从而符合要求的直线共有7＋36＝43(条)．
11．解 方法一 由于共四人(用1,2,3,4代表甲、乙、丙、丁四人)，这个数目不大，化为填数问题之后，可用枚举法进行具体的填写：
再按照题目要求检验，最终易知有9种分配方法．
方法二 记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：
第一类：甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式；第二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种(分别是丙和丁送出的)．对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有一种．因此，根据乘法计数原理，不同的分配方式数为3×(1＋2)＝9.
12．解 分5步进行：
第一步：先排第一天，可排5人中的任一个，有5种排法；
第二步：再排第二天，此时不能排第一天的人，有4种排法；
第三步：再排第三天，此时不能排第二天的人，有4种排法；
第四步：同前；
第五步：同前．
由分步乘法计数原理可得不同的排法有5×4×4×4×4＝1 280(种)．
第1章 计数原理
章末总结
知识点一 两个计数原理
应用两个计数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．
例1 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部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )
A．24种 B．30种
C．36种 D．48种
例2 某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用周六组织学生到某工厂进行社会实践活动．
(1)任选一个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？
(2)三个年级各选一个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？
(3)选两个班的学生参加社会实践，要求这两个班来自不同年级，有多少种不同选法？
知识点二 排列组合应用题
解排列组合应用题的关键在于区别它是排列问题，还是组合问题，也就是看它有无“顺序”．
解答排列组合应用题还应善于运用转化思想，把一些问题与排列组合基本类型相联系，从而把这些问题转化为基本类型，然后加以解决．
例3 有四名男生和三名女生排成一排，按下列要求各有多少种不同的排法？
(1)男甲排在正中间；
(2)男甲不在排头，女乙不在排尾．
例4 用1,2,3,4,5,6,7,8组成没有重复数字的八位数，要求1与2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有多少个？
知识点三 二项式定理及应用
二项式定理的重点是二项展开式及通项公式的联系和应用．二项展开式的通项公式是解决与二项式定理有关问题的基础；二项展开式的性质是解题的关键；利用二项展开式可以证明整除性问题，讨论项的有关性质，证明组合数恒等式，进行近似计算等．赋值法与待定系数法是解决二项式定理相关问题常用的方法．
例5 二项式(2＋x)n的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式的第8项的系数为________．(用数字表示)
例6 已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，那么a1＋a2＋a3＋…＋a11＝________.
例7 求证：1＋3＋32＋…＋33n－1能被26整除(n为大于1的偶数)．
章末总结
答案
重点解读
例1 D [将原图从上而下4部分区域标为1,2,3,4.因为1,2,3之间不能同色，1与4可以同色，因此，要分类讨论1,4同色与不同色两种情况，则不同的着色方法种数为4×3×2＋4×3×2×1＝48.故选D.]
例2 解 (1)分三类：第一类从高一年级选一个班，有6种不同方法，第二类从高二年级选一个班，有7种不同方法，第三类从高三年级选一个班，有8种不同方法，由分类加法计数原理，共有6＋7＋8＝21(种)不同选法．
(2)分三步：第一步从高一年级选一个班，有6种不同的方法；第二步从高二年级选一个班，有7种不同的方法；第三步从高三年级选一个班，有8种不同的方法，由分步乘法计数原理，共有6×7×8＝336(种)不同的选法．
(3)分三类，每类又分两步，第一类要从高一、高二两个年级各选一个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选一个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三两个年级各选一个班，有7×8种不同方法，故共有6×7＋6×8＋7×8＝146(种)不同选法．
例3 解 (1)男甲排在正中间位置，其他六人排在余下的六个位置上，共有A＝720(种)不同的排法．
(2)分四类考虑(特殊元素法)：
①男甲不在排头，女乙不在排尾，男甲也不在排尾，女乙也不在排头(即男甲、女乙在中间5个位置上)，有AA种排法；
②女乙在排头男甲不在排尾，有AA种排法；
③男甲在排尾女乙不在排头，有AA种排法；
④男甲在排尾且女乙在排头，共有A种排法．
根据分类加法计数原理，共有AA＋2AA＋A＝3 720(种)排法．
例4 解 将1、2,3、4,5、6看成3个整体，进行全排列有A种排法，3个整体间分别进行排列有A·A·A种方法．在由3个整体形成的4个空档中选出2个插入7、8两个数，共有A种方法，故共有A·A·A·A·A＝576(种)排法．
例5 16
解析 第1项为2n，第2项为C2n－1x，第3项为C2n－2x2.∴2C·2n－1＝2n＋C2n－2.∴n＝8.
∴T8＝C2x7，其系数为2C＝16.
例6 －65
解析 令x＝0，得a0＝1；
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64；
∴a1＋a2＋…＋a11＝－65.
例7 证明 因为1＋3＋32＋…＋33n－1
＝＝(33n－1)＝(27n－1)＝[(26＋1)n－1]
而(26＋1)n－1＝C26n＋C26n－1＋…＋C26＋C260－1＝C26n＋C26n－1＋…＋C26.
因为n为大于1的偶数，所以原式能被26整除．
