第一章计数原理学案+滚动训练+章末检测

章末检测试卷(一)
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．若A＝2A，则m的值为(　　)
A．5 B．3
C．6 D．7
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　A
解析　依题意得＝2×，
化简得(m－3)·(m－4)＝2，
解得m＝2或m＝5，
又m≥5，∴m＝5，故选A.
2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是(　　)
A．40 B．74
C．84 D．200
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　B
解析　分三类：第一类，从前5个题目中选3个，后4个题目中选3个；第二类，从前5个题目中选4个，后4个题目中选2个；第三类，从前5个题目中选5个，后4个题目中选1个，由分类加法计数原理得CC＋CC＋CC＝74.
3．若实数a＝2－，则a10－2Ca9＋22Ca8－…＋210等于(　　)
A．32 B．－32
C．1 024 D．512
考点　二项式定理
题点　逆用二项式定理求和、化简
答案　A
解析　由二项式定理，得a10－2Ca9＋22Ca8－…＋210＝C(－2)0a10＋C(－2)1a9＋C(－2)2a8＋…＋C(－2)10＝(a－2)10＝(－)10＝25＝32.
4．分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有(　　)
A．A种 B．AA种
C．CA种 D．CCA种
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　C
解析　先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有CA种．
5．(x＋2)2(1－x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为(　　)
A．5 B．3
C．2 D．0
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中特定项的系数
答案　A
解析　常数项为C·22·C＝4，x7系数为C·C·(－1)5＝－1，因此x7系数与常数项之差的绝对值为5.
6．计划展出10幅不同的画，其中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为(　　)
A．AA B．AAA
C．CAA D．AAA
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　D
解析　先把每个品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，则油画与国画放在两端有A种放法，再考虑4幅油画本身排放有A种方法，5幅国画本身排放有A种方法，故不同的陈列法有AAA种．
7．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么的值为(　　)
A．－ B．－
C．－ D．－1
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　B
解析　令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，再令x＝－1可得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35.两式相加除以2求得a0＋a2＋a4＝122，两式相减除以2可得a1＋a3＋a5＝－121.又由条件可知a5＝－1，故＝－.
8．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是(　　)
A．16 B．24
C．32 D．48
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　C
解析　圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有CC＝24(个)直角三角形，斜三角形的个数为C－CC＝32(个)．
9．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为(　　)
A．96 B．114
C．128 D．136
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　B
解析　由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C＝136，分配名额相等有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114(种)．
10．已知二项式n的展开式中第4项为常数项，则1＋(1－x)2＋(1－x)3＋…＋(1－x)n中x2项的系数为(　　)
A．－19 B．19
C．－20 D．20
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
答案　D
解析　n的展开式Tk＋1＝C()n－kk＝C，由题意知－＝0，得n＝5，则所求式子中x2项的系数为C＋C＋C＋C＝1＋3＋6＋10＝20.故选D.
11．12名同学合影，站成前排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(这样就成为前排6人，后排6人)，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是(　　)
A．CC B．CA
C．CA D．CA
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　C
解析　先从后排中抽出2人有C种方法，再插空，由题意知，先从4人中的5个空中插入1人，有5种方法，余下1人则要插入前排5人的空中，有6种方法，即为A，共有CA种调整方法．
12．已知等差数列{an}的通项公式为an＝3n－5，则(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是该数列的(　　)
A．第9项 B．第10项
C．第19项 D．第20项
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理与其他知识点的综合应用
答案　D
解析　∵(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是C＋C＋C＝5＋15＋35＝55，∴由3n－5＝55得n＝20.故选D.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．男、女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有________人．
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　2或3
解析　设女生有x人，则CC＝30，
即·x＝30，解得x＝2或3.
14．学校公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则不同的种植方法共有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　240
解析　分两步完成：
第一步，将2棵银杏树看成一个元素，考虑其顺序，有A种种植方法；
第二步，将银杏树与4棵桂花树全排列，有A种种植方法．
由分步乘法计数原理得，不同的种植方法共有A·A＝240(种)．
15．(1＋sin x)6的二项展开式中，二项式系数最大的一项的值为，则x在[0,2π]内的值为____．
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理与其他知识点的综合应用
答案　或
解析　由题意，得T4＝Csin3x＝20sin3x＝，
∴sin x＝.
∵x∈[0,2π]，∴x＝或x＝.
16．将A，B，C，D四个小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种．
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理的综合应用
答案　30
解析　先把A，B放入不同盒中，有3×2＝6(种)放法，再放C，D，
若C，D在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；
若C，D在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A或B的盒中，有2×2＝4(种)放法．
故共有6×(1＋4)＝30(种)放法．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知A＝{x|1(1)从集合A和B中各取一个元素作直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？
(2)从A∪B中取出三个不同的元素组成三位数，从左到右的数字要逐渐增大，这样的三位数有多少个？
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理的综合应用
解　A＝{3,4,5,6,7}，B＝{4,5,6,7,8}．
(1)从A中取一个数作为横坐标，从B中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25(个)，而8作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标的情况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34(个)不同的点．
(2)A∪B＝{3,4,5,6,7,8}，则这样的三位数共有C＝20(个)．
18．(12分)已知(1＋2)n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的倍，试求展开式中二项式系数最大的项．
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
解　二项式的通项为Tk＋1＝C(2k)，
由题意知展开式中第k＋1项系数是第k项系数的2倍，是第k＋2项系数的倍，
∴
解得n＝7.
∴展开式中二项式系数最大两项是
T4＝C(2)3＝280与T5＝C(2)4＝560x2.
19．(12分)10件不同厂生产的同类产品：
(1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？
(2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的两件商品放上，有多少种不同的布置方法？
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
解　(1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有A＝1 680(或C·A)(种)．
(2)分步完成，先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A种方法，共有A·A＝50 400(或C·A)(种)．
20．(12分)设m＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm，若a0，a1，a2成等差数列．
(1)求m展开式的中间项；
(2)求m展开式中所有含x的奇次幂的系数和．
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
解　(1)依题意a0＝1，a1＝，a2＝C2.
由2a1＝a0＋a2，
求得m＝8或m＝1(应舍去)，
所以m展开式的中间项是第五项，
T5＝C4＝x4.
(2)因为m＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋amxm，
即8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8.
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝8，
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝8，
所以a1＋a3＋a5＋a7＝＝，
所以展开式中所有含x的奇次幂的系数和为.
21．(12分)把n个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数．
(1)求1,2,3,4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数；
(2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)1,2,3,4的再生数的个数为A＝24，其中最大再生数为4 321，最小再生数为1 234.
(2)需要考查5个数中相同数的个数．
若5个数各不相同，有A＝120(个)；
若有2个数相同，则有＝60(个)；
若有3个数相同，则有＝20(个)；
若有4个数相同，则有＝5(个)；
若5个数全相同，则有1个．
22．(12分)已知m，n是正整数，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为7.
(1)对于使f(x)的x2的系数为最小的m，n，求出此时x3的系数；
(2)利用上述结果，求f(0.003)的近似值；(精确到0.01)
(3)已知(1＋2x)8展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，求.
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
解　(1)根据题意得C＋C＝7，
即m＋n＝7，①
f(x)中的x2的系数为
C＋C
＝＋
＝.
将①变形为n＝7－m代入上式得x2的系数为
m2－7m＋21
＝2＋，
故当m＝3或m＝4时，x2的系数的最小值为9.
当m＝3，n＝4时，x3的系数为C＋C＝5；
当m＝4，n＝3时，x3的系数为C＋C＝5.
(2)f(0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3
≈C＋C×0.003＋C＋C×0.003≈2.02.
(3)由题意可得a＝C＝70，再根据

即
求得k＝5或6，此时，b＝7×28，
∴＝.
§1.2　排列与组合
1.2.1　排　列
第1课时　排列与排列数公式
学习目标　1.了解排列的概念.2.理解并掌握排列数公式，能应用排列知识解决简单的实际问题．
知识点一　排列的定义
从甲、乙、丙三名同学中选出2人参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动．
思考　让你安排这项活动需要分几步？
答案　分两步．第1步确定上午的同学；
第2步确定下午的同学．
梳理　一般地，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．
知识点二　排列数及排列数公式
思考　从1,2,3,4这4个数字中选出3个能构成多少个无重复数字的3位数？
答案　4×3×2＝24(个)．
梳理
排列数定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数
排列数表示法
A
排列数公式
乘积式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
阶乘式
A＝
性质
A＝n！，0！＝1
备注
n，m∈N*，m≤n

1．a，b，c与b，a，c是同一个排列．(　×　)
2．同一个排列中，同一个元素不能重复出现．(　√　)
3．在一个排列中，若交换两个元素的位置，则该排列不发生变化．(　×　)
4．从4个不同元素中任取3个元素，只要元素相同得到的就是相同的排列．(　×　)
类型一　排列的概念
例1　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．
考点　排列的概念
题点　排列的判断
解　(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)是排列问题，(1)(3)(4)不是排列问题．
反思与感悟　判断一个具体问题是否为排列问题的思路
跟踪训练1　判断下列问题是否为排列问题．
(1)会场有50个座位，要求选出3个座位有多少种方法？若选出3个座位安排三位客人，又有多少种方法？
(2)从集合M＝{1,2，…，9}中，任取两个元素作为a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程＋＝1？可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程－＝1?
(3)平面上有5个点，其中任意三个点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？可确定多少条射线？
考点　排列的概念
题点　排列的判断
解　(1)第一问不是排列问题，第二问是排列问题．“入座”问题同“排队”问题，与顺序有关，故选3个座位安排三位客人是排列问题．
(2)第一问不是排列问题，第二问是排列问题．
若方程＋＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a>b，a，b的大小关系一定；
在双曲线－＝1中，不管a>b还是a(3)确定直线不是排列问题，确定射线是排列问题．
类型二　排列的列举问题
例2　(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位不同的数，一共可以组成多少个？
(2)写出从4个元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列．
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
解　(1)由题意作“树状图”，如下．
故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个．
(2)由题意作“树状图”，如下．
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.
反思与感悟　利用“树状图”法解决简单排列问题的适用范围及策略
(1)适用范围：“树状图”在解决排列元素个数不多的问题时，是一种比较有效的表示方式．
(2)策略：在操作中先将元素按一定顺序排出，然后以先安排哪个元素为分类标准进行分类，再安排第二个元素，并按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能做到不重不漏，然后再按树状图写出排列．
跟踪训练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．
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
解　由题意作“树状图”，如下，
故所有可能的站法是BACD，BADC，BCAD，BDAC，CABD，CADB，CBAD，CDAB，DABC，DACB，DBAC，DCAB.
类型三　排列数公式及应用
例3　(1)用排列数表示(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N*且，n<55)；
(2)计算；
(3)求证：A－A＝mA.
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
(1)解　因为55－n,56－n，…，69－n中的最大数为69－n，且共有69－n－(55－n)＋1＝15(个)元素，
所以(55－n)(56－n)…(69－n)＝A.
(2)解　
＝
＝＝1.
(3)证明　方法一　因为A－A
＝－
＝·
＝·
＝m·＝mA，
所以A－A＝mA.
方法二　A表示从n＋1个元素中取出m个元素的排列个数，其中不含元素a1的有A个．
含有a1的可这样进行排列：
先排a1，有m种排法，再从另外n个元素中取出m－1个元素排在剩下的m－1个位置上，有A种排法．
故A＝mA＋A，
所以mA＝A－A.
反思与感悟　排列数公式的形式及选择方法
排列数公式有两种形式，一种是连乘积的形式，另一种是阶乘的形式，若要计算含有数字的排列数的值，常用连乘积的形式进行计算，而要对含有字母的排列数的式子进行变形或作有关的论证时，一般用阶乘式．
跟踪训练3　不等式A<6A的解集为(　　)
A．[2,8] B．[2,6] C．(7,12) D．{8}
考点　排列数公式
题点　解含有排列数的方程或不等式
答案　D
解析　由A<6A，得<6×，
化简得x2－19x＋84<0，
解得7又所以2≤x≤8，②
由①②及x∈N*，得x＝8.
1．从1,2,3,4四个数字中，任选两个数做加、减、乘、除运算，分别计算它们的结果，在这些问题中，有几种运算可以看作排列问题(　　)
A．1 B．3 C．2 D．4
考点　排列的概念
题点　排列的判断
答案　C
解析　因为加法和乘法满足交换律，所以选出两个数做加法和乘法时，结果与两数字位置无关，故不是排列问题，而减法、除法与两数字的位置有关，故是排列问题．
2．从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为(　　)
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
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
答案　C
3．(x－3)(x－4)(x－5)…(x－12)(x－13)，x∈N*，x>13可表示为(　　)
A．A B．A C．A D．A
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　B
解析　从(x－3)，(x－4)，…到(x－13)共(x－3)－(x－13)＋1＝11(个)数，所以根据排列数公式知(x－3)(x－4)(x－5)…(x－12)(x－13)＝A.
4．从5本不同的书中选2本送给2名同学，每人1本，不同的送法种数为(　　)
A．5 B．10 C．15 D．20
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　D
5．解方程A＝140A.
考点　排列数公式
题点　解含有排列数的方程或不等式
解　根据题意，原方程等价于
即
整理得4x2－35x＋69＝0(x≥3，x∈N*)，
解得x＝3.
1．判断一个问题是否是排列问题的思路
排列的根本特征是每一个排列不仅与选取的元素有关，而且与元素的排列顺序有关．这就说，在判断一个问题是否是排列问题时，可以考虑所取出的元素，任意交换两个，若结果变化，则是排列问题，否则不是排列问题．
2．关于排列数的两个公式
(1)排列数的第一个公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)适用m已知的排列数的计算以及排列数的方程和不等式．在运用时要注意它的特点，从n起连续写出m个数的乘积即可．
(2)排列数的第二个公式A＝用于与排列数有关的证明、解方程、解不等式等，在具体运用时，应注意先提取公因式再计算，同时还要注意隐含条件“n，m∈N*，m≤n”的运用．
一、选择题
1．A＝9×10×11×12，则m等于(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　B
2．已知下列问题：①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组；②从甲、乙、丙三名同学中选出两人参加一项活动；③从a，b，c，d中选出3个字母；④从1,2,3,4,5这五个数字中取出2个数字组成一个两位数．其中是排列问题的有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
考点　排列的概念
题点　排列的判断
答案　B
解析　由排列的定义知①④是排列问题．
3．与A·A不相等的是(　　)
A．A B．81A C．10A D．A
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式证明
答案　B
解析　A·A＝10×9×8×7！＝A＝10A＝A，81A＝9A≠A，故选B.
4．甲、乙、丙三人排成一排照相，甲不站在排头的所有排列种数为(　　)
A．6 B．4 C．8 D．10
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
答案　B
解析　列树状图如下：
丙甲乙乙甲　乙甲丙丙甲
故组成的排列为丙甲乙，丙乙甲，乙甲丙，乙丙甲，共4种．
5．从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的不同结果有(　　)
A．6个 B．10个 C．12个 D．16个
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　C
解析　不同结果有A＝4×3＝12(个)．
6．下列各式中与排列数A相等的是(　　)
A. B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C. D．AA
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式证明
答案　D
解析　A＝，而AA＝n×＝，
∴AA＝A.
7．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为(　　)
A．6 B．9 C．12 D．24
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
答案　B
解析　这四位数列举为如下：
1 012,1 021,1 102,1 120,1 201，
1 210,2 011,2 101,2 110，共9个．
二、填空题
8．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为首的不同的排列，它们分别是________________________________________．
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
答案　12　bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed
解析　画出树状图如下：
可知共12个，它们分别是bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed.
9．若集合P＝{x|x＝A，m∈N*}，则集合P中共有________个元素．
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　3
解析　由题意知，m＝1,2,3,4，由A＝A，故集合P中共有3个元素．
10．满足不等式>12的n的最小值为________．
考点　排列数公式
题点　解含有排列数的方程或不等式
答案　10
解析　＝＝>12，得(n－5)(n－6)>12，
解得 n>9或n<2(舍去)．∴最小正整数n的值为10.
11．2017北京车展期间，某调研机构准备从5人中选3人去调查E1馆、E3馆、E4馆的参观人数，不同的安排方法种数为________．
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　60
解析　由题意可知，问题为从5个元素中选3个元素的排列问题，所以安排方法有5×4×3＝60(种)．
12．由1,4,5，x四个数字组成没有重复数字的四位数，所有这些四位数的各数位上的数字之和为288，则x＝________.
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　2
解析　当x≠0时，有A＝24(个)四位数，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＋x，
故24(1＋4＋5＋x)＝288，解得x＝2；
当x＝0时，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＝10，而288不能被10整除，即x＝0不符合题意，
综上可知，x＝2.
三、解答题
13．一条铁路线原有n个车站，为了适应客运需要，新增加了2个车站，客运车票增加了58种，问原有多少个车站？现有多少车站？
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
解　由题意可得A－A＝58，
即(n＋2)(n＋1)－n(n－1)＝58，
解得n＝14.
所以原有车站14个，现有车站16个．
四、探究与拓展
14．若S＝A＋A＋A＋A＋…＋A，则S的个位数字是(　　)
A．8 B．5 C．3 D．0
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　C
解析　1！＝1,2！＝2,3！＝6,4！＝24,5！＝120，而6！＝6×5！，7！＝7×6×5！，…，100！＝100×99×…×6×5！，所以从5！开始到100！，个位数字均为0，所以S的个位数字为3.
15．京沪高速铁路自北京南站至上海虹桥站，双线铁路全长1 318公里，途经北京、天津、河北、山东、安徽、江苏、上海7个省市，设立包括北京南、天津西、济南西、南京南、苏州北、上海虹桥等在内的21个车站，计算铁路部门要为这21个车站准备多少种不同的火车票？
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
解　对于两个火车站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张票对应一个起点站和一个终点站．因此，结果应为从21个不同元素中，每次取出2个不同元素的排列数A＝21×20＝420(种)．所以一共需要为这21个车站准备420种不同的火车票．
第2课时　排列的综合应用
学习目标　1.进一步加深对排列概念的理解.2.掌握几种有限制条件的排列，能应用排列数公式解决简单的实际问题．
知识点　排列及其应用
1．排列数公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(n，m∈N*，m≤n)＝.
A＝n(n－1)(n－2)…2·1＝n！(叫做n的阶乘)．另外，我们规定0！＝1.
2．应用排列与排列数公式求解实际问题中的计数问题的基本步骤
类型一　无限制条件的排列问题
例1　(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，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？
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
解　(1)从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列，所以共有A＝7×6×5＝210(种)不同的送法．
(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．
反思与感悟　典型的排列问题，用排列数计算其排列方法数；若不是排列问题，需用计数原理求其方法种数．排列的概念很清楚，要从“n个不同的元素中取出m个元素”．即在排列问题中元素不能重复选取，而在用分步乘法计数原理解决的问题中，元素可以重复选取．
跟踪训练1　(1)有5个不同的科研小课题，从中选3个由高二(6)班的3个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？
(2)有5个不同的科研小课题，高二(6)班的3个学习兴趣小组报名参加，每组限报一个课题，共有多少种不同的报名方法？
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
解　(1)从5个不同的课题中选出3个，由兴趣小组进行研究，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列，因此不同的安排方法有A＝5×4×3＝60(种)．
(2)由题意知3个兴趣小组可能报同一科研课题，因此元素可以重复，不是排列问题．
由于每个兴趣小组都有5种不同的选择，且3个小组都选择完才算完成这件事，所以由分步乘法计数原理得共有5×5×5＝125(种)报名方法．
类型二　排队问题

例2　3名男生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方法的种数．
(1)全体站成一排，男、女各站在一起；
(2)全体站成一排，男生必须站在一起；
(3)全体站成一排，男生不能站在一起；
(4)全体站成一排，男、女各不相邻．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
解　(1)男生必须站在一起是男生的全排列，有A种排法；
女生必须站在一起是女生的全排列，有A种排法；
全体男生、女生各视为一个元素，有A种排法．
由分步乘法计数原理知，共有A·A·A＝288(种)排队方法．
(2)三个男生全排列有A种方法，把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，有A种排法．故有A·A＝720(种)排队方法．
(3)先安排女生，共有A种排法；男生在4个女生隔成的五个空中安排，共有A种排法，故共有A·A＝1 440(种)排法．
(4)排好男生后让女生插空，共有A·A＝144(种)排法．
反思与感悟　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．
跟踪训练2　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节目编排方法有多少种？
(1)一个唱歌节目开头，另一个放在最后压台；
(2)2个唱歌节目互不相邻；
(3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
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个舞蹈节目和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种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有A种排法，故所求排法共有A·A·A＝2 880(种)排法．

例3　六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？
(1)甲不能在两端；
(2)甲、乙必须在两端；
(3)甲不在最左端，乙不在最右端．
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
解　(1)先考虑甲有A种方案，再考虑其余5人全排列，故N＝A·A＝480(种)；
(2)先安排甲、乙有A种方案，再安排其余4人全排列，故N＝A·A＝48(种)；
(3)方法一　甲在最左端的站法有A种，乙在最右端的站法有A种，且甲在最左端而乙在最右端的站法有A种，共有A－2A＋A＝504(种)站法．
方法二　以元素甲分类可分为两类：a.甲站最右端有A种，b.甲在中间4个位置之一，而乙不在最右端有A·A·A种，故共有A＋A·A·A＝504(种)站法．
反思与感悟　“在”与“不在”排列问题解题原则及方法
(1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从位置入手，原则是谁特殊谁优先．
(2)方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上，从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．
提醒：解题时，或从元素考虑，或从位置考虑，都要贯彻到底．不能一会考虑元素，一会考虑位置，造成分类、分步混乱，导致解题错误．
跟踪训练3　某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法？
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
解　6门课总的排法是A，其中不符合要求的可分为体育排在第一节，有A种排法；数学排在最后一节，有A种排法，但这两种方法，都包括体育排在第一节，数学排在最后一节，这种情况有A种排法．因此符合条件的排法有A－2A＋A＝504(种)．

例4　将A，B，C，D，E这5个字母排成一列，要求A，B，C在排列中的顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)．则有多少种不同的排列方法？
考点　排列的应用
题点　排列中的定序问题
解　5个不同元素中部分元素A，B，C的排列顺序已定，这种问题有以下两种常用的解法．
方法一　(整体法)5个元素无约束条件的全排列有A种，由于字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”或“C，B，A”，因此，在上述的全排列中恰好符合“A，B，C”或“C，B，A”排列方式的排列有×2＝40(种)．
方法二　(插空法)若字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”，将字母D，E插入，这时形成的4个空中，分两类：
第一类，若字母D，E相邻，则有A·A种排法；
第二类，若字母D，E不相邻，则有A种排法．
所以有A·A＋A＝20(种)不同的排列方法．
同理，若字母A，B，C的排列顺序为“C，B，A”，也有20种不同的排列方法．
因此，满足条件的排列有20＋20＝40(种)．
反思与感悟　在有些排列问题中，某些元素有前后顺序是确定的(不一定相邻)，解决这类问题的基本方法有两种：
(1)整体法，即若有m＋n个元素排成一列，其中m个元素之间的先后顺序确定不变，先将这m＋n个元素排成一列，有A种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他n个元素的位置不动，把这m个元素交换顺序，有A种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此共有种满足条件的不同排法．
(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个元素形成的空隙中．
跟踪训练4　用1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的七位数，若1,3,5,7的顺序一定，则有________个七位数符合条件．
考点　排列的应用
题点　排列中的定序问题
答案　210
解析　若1,3,5,7的顺序不定，有A＝24(种)排法，故1,3,5,7的顺序一定的排法数只占总排法数的.
故有A＝210(个)七位数符合条件．
类型三　数字排列问题
例5　用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？
(1)六位奇数；
(2)个位数字不是5的六位数；
(3)不大于4 310的四位偶数．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)第一步，排个位，有A种排法；
第二步，排十万位，有A种排法；
第三步，排其他位，有A种排法．
故共有AAA＝288(个)六位奇数．
(2)方法一　(直接法)：
十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此需分两类．
第一类，当个位排0时，有A个；
第二类，当个位不排0时，有AAA个．
故符合题意的六位数共有A＋AAA＝504(个)．
方法二　(排除法)：
0在十万位和5在个位的排列都不对应符合题意的六位数，这两类排列中都含有0在十万位和5在个位的情况．
故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504(个)．
(3)分三种情况，具体如下：
①当千位上排1,3时，有AAA个．
②当千位上排2时，有AA个．
③当千位上排4时，形如4 0×2,4 2×0的各有A个；
形如4 1××的有AA个；
形如4 3××的只有4 310和4 302这两个数．
故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2＝110(个)．
反思与感悟　数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析，找出解题的思路．常见附加条件有：(1)首位不能为0；(2)有无重复数字；(3)奇偶数；(4)某数的倍数；(5)大于(或小于)某数．
跟踪训练5　用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的
(1)能被5整除的五位数；
(2)能被3整除的五位数；
(3)若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则240 135是第几项．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)个位上的数字必须是0或5.个位上是0，有A个；个位上是5，若不含0，则有A个；若含0，但0不作首位，则0的位置有A种排法，其余各位有A种排法，故共有A＋A＋AA＝216(个)能被5整除的五位数．
(2)能被3整除的条件是各位数字之和能被3整除，则5个数可能有{1,2,3,4,5}和{0,1,2,4,5}两种情况，能够组成的五位数分别有A个和AA个．
故能被3整除的五位数有A＋AA＝216(个)．
(3)由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有A个数，首位数字为2，万位上为0,1,3中的一个，有3A个数，
∴240 135的项数是A＋3A＋1＝193，
即240 135是数列的第193项．
1．6位学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为(　　)
A．36 B．120 C．240 D．720
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　D
解析　不同的排法有A＝6×5×4×3×2×1＝720(种)．
2．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有(　　)
A．240种 B．360种 C．480种 D．720种
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　C
解析　第一步：排甲，共有A种不同的排法；第二步：排其他人，共有A种不同的排法，因此不同的演讲次序共有AA＝480(种)．
3．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)
A．144个 B．120个 C．96个 D．72个
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　B
解析　当五位数的万位为4时，个位可以是0,2，此时满足条件的偶数共有2A＝48(个)；当五位数的万位为5时，个位可以是0,2,4，此时满足条件的偶数共有3A＝72(个)，所以比40 000大的偶数共有48＋72＝120(个)．
4．5位母亲带领5名儿童站成一排照相，儿童不相邻的站法有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　86 400
解析　第1步，先排5位母亲的位置，有A种排法；
第2步，把5名儿童插入5位母亲所形成的6个空位中，如下所示：
母亲____母亲____母亲____母亲____母亲____，共有A种排法．
由分步乘法计数原理可知，符合条件的站法共有A·A＝86 400(种)．
5．两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为________．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　24
解析　分3步进行分析，
①先安排两位爸爸，必须一首一尾，有A＝2(种)排法，
②两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有A＝2(种)排法，
③将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有A＝6(种)排法．则共有2×2×6＝24(种)排法．
求解排列问题的主要方法：
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
一、选择题
1．将3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则不同的分法种数是(　　)
A．1 260 B．120 C．240 D．720
考点　排列的应用
题点　排列的简单应用
答案　D
解析　相当于3个元素排10个位置，有A＝720(种)不同的分法．
2．要从a，b，c，d，e 5个人中选出1名组长和1名副组长，但a不能当副组长，则不同的选法种数是(　　)
A．20 B．16 C．10 D．6
考点　排列的应用
题点　排列的简单应用
答案　B
解析　不考虑限制条件有A种选法，若a当副组长，有A种选法，故a不当副组长，有A－A＝16(种)选法．
3．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为(　　)
A．3×3! B．3×(3！)3 C．(3！)4 D．9!
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　C
解析　利用“捆绑法”求解，满足题意的坐法种数为A·(A)3＝(3！)4.故选C.
4．某电视台一节目收视率很高，现要连续插播4个广告，其中2个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是商业广告，且2个商业广告不能连续播放，则不同的播放方式有(　　)
A．8种 B．16种 C．18种 D．24种
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　A
解析　可分三步：第一步，排最后一个商业广告，有A种；第二步，在前两个位置选一个排第二个商业广告，有A种；第三步，余下的两个位置排公益宣传广告，有A种．根据分步乘法计数原理，不同的播放方式共有A·A·A＝8(种)，故选A.
5．由1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列{an}，则a72等于(　　)
A．1 543 B．2 543 C．3 542 D．4 532
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　C
解析　首位是1的四位数有A＝24(个)，
首位是2的四位数有A＝24(个)，
首位是3的四位数有A＝24(个)，
由分类加法计数原理得，
首位小于4的所有四位数共3×24＝72(个)．
由此得a72＝3 542.
6．在制作飞机的某一零件时，要先后实施6个工序，其中工序A只能出现在第一步或最后一步，工序B和C在实施时必须相邻，则实施顺序的编排方法共有(　　)
A．34种 B．48种 C．96种 D．144种
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　C
解析　由题意可知，先排工序A，有2种编排方法；再将工序B和C视为一个整体(有2种顺序)与其他3个工序全排列共有2A种编排方法．故实施顺序的编排方法共有2×2A＝96(种)．故选C.
7．由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有(　　)
A．210个 B．300个 C．464个 D．600个
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　B
解析　由于组成没有重复数字的六位数，个位小于十位的与个位大于十位的一样多，故有＝300(个)．
8．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙被安排在相邻两天值班，丙不在10月1日值班，丁不在10月7日值班，则不同的安排方案共有(　　)
A．504种 B．960种 C．1 108种 D．1 008种
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　D
解析　由题意知，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班的方案共有AA＝1 440(种)，其中满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班的方案共有AA＝240(种)，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丁在10月7日值班的方案共有AA＝240(种)，满足甲、乙两人安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班、丁在10月7日值班的方案共有AA＝48(种)．因此满足题意的方案共有1 440－2×240＋48＝1 008(种)．
二、填空题
9．5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　72
解析　甲、乙两人相邻共有AA种排法，则甲、乙两人之间至少有一人共有A－AA＝72(种)排法．
10．从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，问共有________种参赛方案．
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　240
解析　方法一　从人(元素)的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类：
第1类，甲不参赛，有A种参赛方案；
第2类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有2种方法，然后安排其他3棒，有A种方法，此时有2A种参赛方案．
由分类加法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A＋2A＝240(种)．
方法二　从位置(元素)的角度考虑，优先考虑第一棒和第四棒，则这两棒可以从除甲之外的5人中选2人，有A种方法；其余两棒从剩余4人中选，有A种方法．
由分步乘法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有AA＝240(种)．
方法三　(排除法)：不考虑甲的约束，6个人占4个位置，有A种安排方法，剔除甲跑第一棒和第四棒的参赛方案有2A种，所以甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A－2A＝240(种)．
11．六个停车位置，有3辆汽车需要停放，若要使三个空位连在一起，则停放的方法数为________．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　24
解析　把3个空位看作一个元素，与3辆汽车共有4个元素全排列，故停放的方法有A＝4×3×2×1＝24(种)．
三、解答题
12．分别求出符合下列要求的不同排法的种数．
(1)6名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；
(2)6名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；
(3)6人排成一排，甲、乙不相邻．
考点　排列的应用
题点　排列的简单应用
解　(1)分排与直排一一对应，故排法种数为A＝720.
(2)甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有A种选法，然后其他5人排，有A种排法，故排法种数为AA＝480.
(3)甲、乙不相邻，第一步除甲、乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙在已排好的4人的左、右及之间的空位中排，共有AA＝480(种)排法．
四、探究与拓展
13．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和2相邻，这样的六位数的个数是________．(用数字作答)
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　40
解析　第一步，让1,2必相邻有A种排法；第二步，在5个位置上任取1个位置排有5种方法；第三步，在与1,2相邻的一个位置上排有2种方法；第四步，在下一个位置上仍有2种方法；第五步，其余2个位置只有1种排法．故共有A×5×2×2×1＝40(种)．
14．高一年级某班的数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课安排在某一天，每门课一节，上午四节，下午两节，数学课必须在上午，体育课必须在下午，数、理、化三门课中任意两门不相邻，但上午第四节和下午第一节不叫相邻，则不同的排法种数为多少？
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
解　分两类：
第1类，数学课在上午第一节或第四节共A种排法，体育课在下午共A种排法，理、化课安排在上午一节，下午一节有2A种排法，其余两门在剩下的位置安排共A种．
由分步乘法计数原理知，共有A×A×2A×A＝32(种)排法．
第2类，数学课安排在上午第二节或第三节，共A种排法，体育课安排在下午有A种排法，理、化课安排在上午一节和下午一节，共A种排法，其余两门在余下的位置安排共A种排法．
由分步乘法计数原理知，共有A×A×A×A＝16(种)排法．
综上，由分类加法计数原理知，排法种数为N＝32＋16＝48.
1.2.2　组　合
第1课时　组合与组合数公式
学习目标　1.理解组合的定义，正确认识组合与排列的区别与联系.2.理解排列数与组合数之间的联系，掌握组合数公式，能运用组合数公式进行计算.3.会解决一些简单的组合问题．
知识点一　组合的定义
思考　①从3,5,7,11中任取两个数相除；
②从3,5,7,11中任取两个数相乘．
以上两个问题中哪个是排列？①与②有何不同特点？
答案　①是排列，①中选取的两个数是有序的，②中选取的两个数无需排列．
梳理　一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
知识点二　组合数与组合数公式
组合数及组合数公式
组合数定义及表示
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示.
组合数公式
乘积形式
C＝
阶乘形式
C＝
性质
C＝C
C＝C＋C
备注
规定C＝1
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1,3,5,7中任取两个数相乘可得C个积．(　√　)
3．C＝5×4×3＝60.(　×　)
4．C＝C＝2 017.(　√　)
类型一　组合概念的理解
例1　给出下列问题：
(1)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需比赛多少场？
(2)a，b，c，d四支足球队争夺冠、亚军，有多少种不同的结果？
(3)从全班40人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？
(4)从全班40人中选出3人参加某项活动，有多少种不同的选法？
在上述问题中，哪些是组合问题，哪些是排列问题？
考点　组合的概念
题点　组合的判断
解　(1)单循环比赛要求两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．
(2)冠、亚军是有顺序的，是排列问题．
(3)3人分别担任三个不同职务，有顺序，是排列问题．
(4)3人参加某项相同活动，没有顺序，是组合问题．
反思与感悟　区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．
跟踪训练1　判断下列问题是排列问题还是组合问题，并求出相应的结果．
(1)集合{0,1,2,3,4}的含三个元素的子集的个数是多少？
(2)某小组有9位同学，从中选出正、副班长各一个，有多少种不同的选法？若从中选出2名代表参加一个会议，有多少种不同的选法？
考点　组合的概念
题点　组合的判断
解　(1)由于集合中的元素是不讲次序的，一个含三个元素的集合就是一个从0,1,2,3,4中取出3个数组成的集合．这是一个组合问题，组合的个数是C＝10.
(2)选正、副班长时要考虑次序，所以是排列问题，排列数是A＝9×8＝72，所以选正、副班长共有72种选法；选代表参加会议是不用考虑次序的，所以是组合问题，所以不同的选法有C＝36(种)．
类型二　组合数公式及性质的应用

例2　(1)计算C－C·A；
考点　组合数公式
题点　利用组合数公式进行计算
(1)解　原式＝C－A＝－7×6×5＝210－210＝0.
(2)求证：C＝C.
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
(2)证明　因为右边＝C＝·＝＝C，
左边＝C，所以左边＝右边，所以原式成立．
反思与感悟　(1)涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
(3)计算时应注意利用组合数的两个性质：
①C＝C；②C＝C＋C.
跟踪训练2　(1)计算C＋C＋C＋…＋C的值为(　　)
A．C B．C
C．C－1 D．C－1
(2)计算C＋C＝________.
考点　组合数性质
题点　的性质计算与证明
答案　(1)C　(2)5 150
解析　(1)C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋C＋C＋…＋C－C
＝C＋C＋…＋C－1＝…
＝C＋C－1＝C－1.
(2)C＋C＝C＋C
＝＋200＝5 150.

例3　(1)已知－＝，求C＋C；
(2)解不等式C>C.
考点　组合数性质
题点　含有组合数的方程或不等式的问题
解　(1)∵－＝，
∴－＝，
即－
＝.
∴1－＝，
即m2－23m＋42＝0，解得m＝2或21.
∵0≤m≤5，∴m＝2，
∴C＋C＝C＋C＝C＝84.
(2)由C>C，得
即解得
又n∈N*，∴该不等式的解集为{6,7,8,9}．
反思与感悟　(1)解题过程中应避免忽略根的检验而产生增根的错误，注意不要忽略n∈N*.
(2)与排列组合有关的方程或不等式问题要用到排列数、组合数公式，以及组合数的性质，求解时，要注意由C中的m∈N*，n∈N*，且n≥m确定m，n的范围，因此求解后要验证所得结果是否适合题意．
跟踪训练3　解方程3C＝5A.
考点　组合数性质
题点　含有组合数的方程或不等式的问题
解　原式可变形为3C＝5A，
即
＝5(x－4)(x－5)，
所以(x－3)(x－6)＝5×4×2＝8×5.
所以x＝11或x＝－2(舍去)．
经检验符合题意，所以方程的解为x＝11.
类型三　简单的组合问题
例4　有10名教师，其中6名男教师，4名女教师．
(1)现要从中选2名去参加会议，有________种不同的选法；
(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议，有________种不同的选法；
(3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有________种不同的选法．
考点　组合的应用
题点　无限制条件的组合问题
答案　(1)45　(2)21　(3)90
解析　(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C＝＝45(种)．
(2)可把问题分两类情况：
第1类，选出的2名是男教师有C种方法；
第2类，选出的2名是女教师有C种方法．
根据分类加法计算原理，共有C＋C＝15＋6＝21(种)不同选法．
(3)从6名男教师中选2名的选法有C种，从4名女教师中选2名的选法有C种，根据分步乘法计数原理，共有不同的选法C×C＝×＝90(种)．
反思与感悟　(1)解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．
(2)要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用．
在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏．
跟踪训练4　一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球．
(1)从口袋内取出的3个小球，共有多少种取法？
(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？
(3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　(1)从口袋内的8个球中取出3个球，
取法种数是C＝＝56.
(2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数是C＝＝21.
(3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法种数是C＝＝35.
1．给出下列问题：
①从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加2个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法？
②有4张电影票，要在7人中选出4人去观看，有多少种不同的选法？
③某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，则不同的结果有多少种？
其中组合问题的个数是(　　)
A．3 B．2 C．1 D．0
考点　组合的概念
题点　组合的判断
答案　B
解析　①与顺序有关，是排列问题，②③均与顺序无关，是组合问题，故选B.
2．集合M＝{x|x＝C，n≥0且n∈N}，集合Q＝{1,2,3,4}，则下列结论正确的是 (　　)
A．M∪Q＝{0,1,2,3,4} B．Q?M
C．M?Q D．M∩Q＝{1,4}
考点　组合数公式
题点　利用组合数公式进行计算
答案　D
解析　由C知n＝0,1,2,3,4，因为C＝1，C＝4，C＝＝6，C＝C＝4，C＝1，所以M＝{1,4,6}．故M∩Q＝{1,4}．
3．若C＝C，则n等于(　　)
A．3 B．5 C．3或5 D．15
考点　组合数性质
题点　含有组合数的方程或不等式的问题
答案　C
解析　由组合数的性质得n＝2n－3或n＋2n－3＝12，解得n＝3或n＝5，故选C.
4．某校开设A类选修课3门，B类选修课5门，一位同学要从中选3门，若要求两类课程中至少各选1门，则不同的选法共有(　　)
A．15种 B．30种 C．45种 D．90种
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　C
解析　分两类，A类选修课选1门，B类选修课选2门，或者A类选修课选2门，B类选修课选1门，因此，共有C·C＋C·C＝45(种)选法．
5．五个点中任何三点都不共线，则这五个点可以连成________条线段；如果是有向线段，共有________条．
考点　组合的概念
题点　组合的判断
答案　10　20
解析　从五个点中任取两个点恰好连成一条线段，这两个点没有顺序，所以是组合问题，连成的线段共有C＝10(条) .再考虑有向线段的问题，这时两个点的先后排列次序不同则对应不同的有向线段，所以是排列问题，排列数是A＝20.所以有向线段共有20条．
1．排列与组合的联系与区别
(1)联系：二者都是从n个不同的元素中取m(m≤n)个元素．
(2)区别：排列问题中元素有序，组合问题中元素无序．
2．关于组合数的计算
(1)涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算；
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
(3)组合数的两个性质：
性质1：C＝C；
性质2：C＝C＋C.
一、选择题
1．以下四个问题，属于组合问题的是(　　)
A．从3个不同的小球中，取出2个排成一列
B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌
C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星
D．从13位司机中任选出两位开同一辆车往返甲、乙两地
考点　组合的概念
题点　组合的判断
答案　C
解析　只有从100位幸运观众中选出2名幸运之星，与顺序无关，是组合问题．
2.等于(　　)
A. B．101
C. D．6
考点　组合数公式
题点　利用组合数公式进行计算
答案　D
解析　＝＝＝A＝6.
3．下列等式不正确的是(　　)
A．C＝ B．C＝C
C．C＝C＋C D．C＝C
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　D
解析　A是组合数公式；B，C是组合数性质；C＝，C＝，两者不相等，故D错误．
4．若A＝6C，则n的值为(　　)
A．6 B．7 C．8 D．9
考点　组合数性质
题点　含有组合数的方程或不等式的问题
答案　B
解析　由题意知n(n－1)(n－2)＝6·，
化简得＝1，所以n＝7.
5．把三张游园票分给10个人中的3人，则分法有(　　)
A．A种 B．C种
C．CA种 D．30种
考点　组合的应用
题点　无限制条件的组合问题
答案　B
解析　三张票没区别，从10人中选3人即可，即C.
6．将2名女教师，4名男教师分成2个小组，分别安排到甲、乙两所学校轮岗支教，每个小组由1名女教师和2名男教师组成，则不同的安排方案共有(　　)
A．24种 B．10种
C．12种 D．9种
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　C
解析　第一步，为甲地选1名女教师，有C＝2(种)选法；第二步，为甲地选2名男教师，有C＝6(种)选法；第三步，剩下的3名教师到乙地，故不同的安排方案共有2×6×1＝12(种)，故选C.
7．现有6个白球，4个黑球，任取4个，则至少有两个黑球的取法种数是(　　)
A．115 B．90 C．210 D．385
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　A
解析　依题意根据取法可分为三类：两个黑球，有CC＝90(种)；三个黑球，有CC＝24(种)；四个黑球，有C＝1(种)．根据分类加法计数原理可得，至少有两个黑球的取法种数是90＋24＋1＝115，故选A.
8．对于所有满足1≤m≤n≤5的自然数m，n，方程x2＋Cy2＝1所表示的不同椭圆的个数为(　　)
A．15 B．7 C．6 D．0
考点　组合数性质
题点　利用组合数的性质进行计算与证明
答案　C
解析　因为1≤m≤n≤5，且方程表示椭圆，所以C可能为C，C，C，C，C，C，C，C， C，C，其中C＝C，C＝C，C＝C，C＝C，所以x2＋Cy2＝1能表示的不同椭圆有6个．
二、填空题
9．从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘，有m个不同的积；任取两个不同的数相除，有n个不同的商，则m∶n＝________.
考点　组合的概念
题点　组合的判断
答案　1∶2
解析　∵m＝C，n＝A，∴m∶n＝1∶2.
10．从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖、2名二等奖、3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　60
解析　根据题意，所有可能的决赛结果有CCC＝6××1＝60(种)．
11．不等式C－n<5的解集为________．
考点　组合数性质
题点　含有组合数的方程或不等式的问题
答案　{2,3,4}
解析　由C－n<5，得－n<5，
即n2－3n－10<0，
解得－2由题意知n≥2，且n∈N*，则n＝2,3,4，
故原不等式的解集为{2,3,4}．
三、解答题
12．已知C，C，C成等差数列，求C的值．
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
解　由已知得2C＝C＋C，
所以2×
＝＋，
整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝7或n＝14，
要求C的值，故n≥12，
所以n＝14，
于是C＝C＝＝91.
13．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．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　(1)从中任取5人是组合问题，共有C＝792(种)不同的选法．
(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需要从另外9人中选2人，是组合问题，共有C＝36(种)不同的选法．
(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中选5人，共有C＝126(种)不同的选法．
四、探究与拓展
14．以下三个式子：①C＝；②A＝nA；③C÷C＝.其中正确的个数是____．
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　3
解析　①式显然成立；
②式中A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，A＝(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，
所以A＝nA，故②式成立；
对于③式C÷C＝＝＝，故③式成立．
15．某届世界杯举办期间，共32支球队参加比赛，它们先分成8个小组进行循环赛，决出16强(每队均与本组其他队赛1场，各组第一、二名晋级16强)，这16支球队按确定的程序进行淘汰赛，即八分之一淘汰赛，四分之一淘汰赛，半决赛，决赛，最后决出冠、亚军，此外还要决出第三、四名，问这届世界杯总共将进行多少场比赛？
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　可分为如下几类比赛：(1)小组循环赛，每组有C＝6(场)，8个小组共有48场；(2)八分之一淘汰赛，8个小组的第一、二名组成16强，根据赛制规则，每2支球队一组，每组比赛1场，可以决出8强，共有8场；(3)四分之一淘汰赛，根据赛制规则，8强中每2支球队一组，每组比赛1场，可以决出4强，共有4场；(4)半决赛，根据赛制规则，4强每2支球队一组，每组比赛1场，可以决出2强，共有2场；(5)决赛，2强比赛1场确定冠、亚军，4强中的另2支球队比赛1场决出第三、四名，共有2场．综上，由分类加法计数原理知，总共将进行48＋8＋4＋2＋2＝64(场)比赛．
第2课时　组合的综合应用
学习目标　1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题.2.能解决有限制条件的组合问题．
知识点　组合的特点
(1)组合的特点是只取不排
组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m次不放回地取出．
(2)组合的特性
元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．
(3)相同的组合
根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．
类型一　有限制条件的组合问题
例1　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．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　(1)C－C＝825(种)
(2)至多有2名女生当选含有三类：
有2名女生；只有1名女生；没有女生，
所以共有CC＋CC＋C＝966(种)选法．
(3)分两类：
第一类女队长当选，有C＝495(种)选法，
第二类女队长没当选，有CC＋CC＋CC＋C＝295(种)选法，
所以共有495＋295＝790(种)选法．
反思与感悟　有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：
一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数；
二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．
跟踪训练1　某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有(　　)
A．210种 B．420种 C．56种 D．22种
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　A
解析　由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有CC＋CC＝210(种)．
类型二　与几何有关的组合应用题
例2　如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.
(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？
(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
解　(1)方法一　可作出三角形C＋C·C＋C·C＝116(个)．
方法二　可作三角形C－C＝116(个)，
其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36(个)．
(2)可作出四边形C＋C·C＋C·C＝360(个)．
反思与感悟　(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．
(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．
跟踪训练2　空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为(　　)
A．205 B．110 C．204 D．200
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　A
解析　方法一　可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为CC＋CC＋CC＋CC＝205.
方法二　从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C－C＝205.
类型三　分组、分配问题

例3　6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)每组2本(平均分组)；
(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)；
(3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)．
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
解　(1)每组2本，均分为3组的方法数为＝＝15.
(2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为CCC＝20×3＝60.
(3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为＝＝15.
反思与感悟　一般地，n个不同的元素分成p组，各组内元素数目分别为m1，m2，…，mp，其中k组元素数目相等，那么分组方法数是.
跟踪训练3　6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)甲2本，乙2本，丙2本；
(2)甲1本，乙2本，丙3本；
(3)甲4本，乙、丙每人1本；
(4)每人2本；
(5)一人1本，一人2本，一人3本；
(6)一人4本，其余两人每人1本．
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
解　(1)(2)(3)中，由于每人分的本数固定，属于定向分配问题，由分步乘法计数原理得：
(1)共有CCC＝90(种)不同的分配方法；
(2)共有CCC＝60(种)不同的分配方法；
(3)共有CCC＝30(种)不同的分配方法．
(4)(5)(6)属于不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题．分配给3人，同一本书给不同的人是不同的分法，属于排列问题．实际上可看作两个步骤：先分为3组，再把这3组分给甲、乙、丙3人的全排列数A即可．因此，(4)共有CCC÷A×A＝90(种)不同的分配方法；
(5)共有CCC×A＝360(种)不同的分配方法；
(6)共有CCC÷A×A＝90(种)不同的分配方法．

例4　将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，
求下列方法的种数．
(1)每个盒子都不空；
(2)恰有一个空盒子；
(3)恰有两个空盒子．
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
解　(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C＝10(种)．
(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C种插法，故共有C·C＝40(种)．
(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．
先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．
①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，
如||00||0000|，有C种插法．
②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C种插法．
故共有C·(C＋C)＝30(种)．
反思与感悟　相同元素分配问题的处理策略
(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作在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着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．
(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．
跟踪训练4　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
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　B
解析　由于只剩一本书，且这些画册、集邮册分别相同，可以从剩余的书的类别进行分析．又由于排列、组合针对的是不同的元素，应从4位朋友中进行选取．
第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C种分法．
第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C种分法．
因此，满足题意的赠送方法共有C＋C＝4＋6＝10(种)．
1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有(　　)
A．26种 B．84种 C．35种 D．21种
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　C
解析　从7名队员中选出3人有C＝＝35(种)选法．
2．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是(　　)
A．5 040 B．36 C．18 D．20
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　D
解析　最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有C＝20(种)．
3．直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有(　　)
A．25个 B．36个 C．100个 D．225个
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　D
解析　从垂直于x轴的6条直线中任取2条，从垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C×C＝15×15＝225.
4．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　140
解析　安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有C种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有C种方法．故不同的安排方案共有CC＝×4＝140(种)．
5．正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　32
解析　不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C－3＝32.
1．无限制条件的组合应用题．其解题步骤为：
(1)判断；(2)转化；(3)求值；(4)作答．
2．有限制条件的组合应用题：
(1)“含”与“不含”问题：
这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．
(2)几何中的计算问题：在处理几何问题中的组合应用问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决．
(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．
一、选择题
1．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有(　　)
A．30种 B．33种 C．37种 D．40种
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　D
解析　从1,2,3，…，9这9个数中取出3个不同的数，使其和为奇数的情况包括：(1)取出的3个数都是奇数，取法有C＝10(种)；(2)取出的3个数中有2个偶数、1个奇数，取法有CC＝30(种)，根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有10＋30＝40(种)．
2．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种数为(　　)
A．24种 B．14种 C．28种 D．48种
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　B
解析　方法一　分两类完成：
第1类，选派1名女生、3名男生，有C·C种选派方案；
第2类，选派2名女生、2名男生，有C·C种选派方案．
故共有C·C＋C·C＝14(种)不同的选派方案．
方法二　6人中选派4人的组合数为C，其中都选男生的组合数为C，所以至少有1名女生的选派方案有C－C＝14(种)．
3．直线a∥b，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为(　　)
A．CC＋CC B．(C＋C)(C＋C)
C．C－9 D．C－C
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　A
解析　可以分为两类：a上取两点，b上取一点，则可构成三角形个数为CC；a上取一点，b上取两点，则可构成三角形个数为CC，利用分类加法计数原理可得以这九个点为顶点的三角形个数为CC＋CC，故选A.
4．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有(　　)
A．CC种 B．CA种
C．CACA种 D．AA种
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　B
解析　先从5名男选手中任意选取2名，有C种选法，再从6名女选手中任意选择两名与选出的男选手打比赛，有CA，即A种．所以共有CA种．
5．将标号为A，B，C，D，E，F的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A，B的卡片放入同1个信封，则不同的放法共有(　　)
A．12种 B．18种 C．36种 D．54种
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　B
解析　由题意知，不同的放法共有CC＝3×＝18(种)．
6．某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是(　　)
A．16 B．21 C．24 D．90
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　B
解析　分2类：
第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号较小的有C＝6(种)选取方法．
第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大的一组有C＝15(种)选取方法．
由分类加法计数原理得，共有C＋C＝6＋15＝21(种)选取方法．
7．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为(　　)
A．CCC B．CAA
C. D．CCCA
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　A
解析　首先从14人中选出12人共C种，然后将12人平均分为3组共种，然后这两步相乘，得.将三组分配下去共C·C·C种．故选A.
8．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为(　　)
A．30 B．21 C．10 D．15
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　D
解析　用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C＝15(种)分配方法．
二、填空题
9．在2017年的上海高考改革方案中，要求每位考生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等级考试．小明同学决定在生物、政治、历史三门中至多选择一门，那么小明同学的选择方案有________种．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　10
解析　①在生物、政治、历史三门中选择1门，则在物理、化学、地理中选2门，有CC＝9(种)选法；
②在生物、政治、历史三门中选择0门，则物理、化学、地理全选，有C＝1(种)选法．
共有选法9＋1＝10(种)．
10.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有______种．
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　12
解析　先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C×C×C×C＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．
11．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答)
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　60
解析　一、二、三等奖，三个人获得，有A＝24(种)．
一、二、三等奖，有一个人获得2张，一个人获得1张，共有CA＝36(种)，共有24＋36＝60(种)不同的获奖情况．
三、解答题
12．现有16张不同的卡片，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，求不同取法的种数．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有C×C×C＝64(种)，
若2张同色，则有C×C×C×C＝144(种)，
若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C×C×C×C＝192(种)，
剩余2张同色，则有C×C×C＝72(种)，
所以共有64＋144＋192＋72＝472(种)不同的取法．
13．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
解　可以分三类．
第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有CC种选法；
第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有CC种选法；
第三类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有CC种选法．
根据分类加法计数原理，一共有CC＋CC＋CC＝42(种)不同的选法．
四、探究与拓展
14．20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________．
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　120
解析　先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球，还剩17个小球，三个盒内分别至少再放入1个球，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共C＝120(种)方法．
15．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．
(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？
(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
解　(1)先排前4次测试，只能取正品，有A种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有CA＝A(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A种测法．
所以共有不同测试方法A·A·A＝103 680(种)．
(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法CCA＝576(种)．
§1.3　二项式定理
1.3.1　二项式定理
学习目标　1.能用计数原理证明二项式定理.2.掌握二项式定理及其展开式的通项公式.3.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
知识点　二项式定理及其相关概念
思考1　我们在初中学习了(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，试用多项式的乘法推导(a＋b)3，(a＋b)4的展开式．
答案　(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3，(a＋b)4＝a4＋4a3b＋6a2b2＋4ab3＋b4.
思考2　能用类比方法写出(a＋b)n(n∈N*)的展开式吗？
答案　能，(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn (n∈N*)．
梳理
二项式定理
公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn，称为二项式定理
二项式系数
C(k＝0,1，…，n)
通项
Tk＋1＝Can－kbk
二项式定理的特例
(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn
1．(a＋b)n展开式中共有n项．(　×　)
2．在公式中，交换a，b的顺序对各项没有影响．(　×　)
3．Can－kbk是(a＋b)n展开式中的第k项．(　×　)
4．(a－b)n与(a＋b)n的二项式展开式的二项式系数相同．(　√　)
类型一　二项式定理的正用、逆用
例1　(1)求4的展开式．
考点　二项式定理
题点　运用二项式定理求展开式
解　方法一　4＝(3)4＋C(3)3·＋C(3)22＋C(3)3＋C4＝81x2＋108x＋54＋＋.
方法二　4＝4＝(1＋3x)4＝·[1＋C·3x＋C(3x)2＋C(3x)3＋C(3x)4]＝(1＋12x＋54x2＋108x3＋81x4)＝＋＋54＋108x＋81x2.
(2)化简：C(x＋1)n－C(x＋1)n－1＋C(x＋1)n－2－…＋(－1)kC(x＋1)n－k＋…＋(－1)nC.
考点　二项式定理
题点　逆用二项式定理求和、化简
解　原式＝C(x＋1)n＋C(x＋1)n－1(－1)＋C(x＋1)n－2(－1)2＋…＋C(x＋1)n－k(－1)k＋…＋C(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn.
引申探究
若(1＋)4＝a＋b(a，b为有理数)，则a＋b＝________.
答案　44
解析　∵(1＋)4＝1＋C×()1＋C×()2＋C×()3＋C×()4＝1＋4＋18＋12＋9＝28＋16，∴a＝28，b＝16，∴a＋b＝28＋16＝44.
反思与感悟　(1)(a＋b)n的二项展开式有n＋1项，是和的形式，各项的幂指数规律是：①各项的次数和等于n；②字母a按降幂排列，从第一项起，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n.
(2)逆用二项式定理可以化简多项式，体现的是整体思想．注意分析已知多项式的特点，向二项展开式的形式靠拢．
跟踪训练1　化简：(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1.
考点　二项式定理
题点　逆用二项式定理求和、化简
解　原式＝C(2x＋1)5－C(2x＋1)4＋C(2x＋1)3－C(2x＋1)2＋C(2x＋1)－C(2x＋1)0＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5.
类型二　二项展开式通项的应用

例2　已知二项式10.
(1)求展开式第4项的二项式系数；
(2)求展开式第4项的系数；
(3)求第4项．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
解　10的展开式的通项是
Tk＋1＝C(3)10－kk＝C310－kk· (k＝0,1,2，…，10)．
(1)展开式的第4项(k＝3)的二项式系数为C＝120.
(2)展开式的第4项的系数为C373＝－77 760.
(3)展开式的第4项为T4＝T3＋1＝－77 760.
反思与感悟　(1)二项式系数都是组合数C(k∈{0,1,2，…，n})，它与二项展开式中某一项的系数不一定相等，要注意区分“二项式系数”与二项式展开式中“项的系数”这两个概念．
(2)第k＋1项的系数是此项字母前的数连同符号，而此项的二项式系数为C.例如，在(1＋2x)7的展开式中，第四项是T4＝C17－3(2x)3，其二项式系数是C＝35，而第四项的系数是C23＝280.
跟踪训练2　已知n展开式中第三项的系数比第二项的系数大162.
(1)求n的值；
(2)求展开式中含x3的项，并指出该项的二项式系数．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
解　(1)因为T3＝C()n－22＝4C，
T2＝C()n－1＝－2C，
依题意得4C＋2C＝162，所以2C＋C＝81，
所以n2＝81，n∈N*，故n＝9.
(2)设第k＋1项含x3项，则Tk＋1＝C()9－kk＝(－2)kC，所以＝3，k＝1，
所以第二项为含x3的项为T2＝－2Cx3＝－18x3.
二项式系数为C＝9.

例3　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．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式的特定项
解　通项公式为
Tk＋1＝C(－3)k＝C(－3)k.
(1)∵第6项为常数项，∴当k＝5时，有＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得k＝(10－6)＝2，
∴所求的系数为C(－3)2＝405.
(3)由题意得，
令＝t(t∈Z)，
则10－2k＝3t，即k＝5－t.∵k∈N，
∴t应为偶数．
令t＝2,0，－2，即k＝2,5,8.
∴第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为405x2，－61 236,295 245x－2.
反思与感悟　(1)求二项展开式的特定项的常见题型
①求第k项，Tk＝Can－k＋1bk－1；②求含xk的项(或xpyq的项)；③求常数项；④求有理项．
(2)求二项展开式的特定项的常用方法
①对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；
②对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解；
③对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
跟踪训练3　(1)若9的展开式中x3的系数是－84，则a＝________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　1
解析　展开式的通项为Tk＋1＝Cx9－k(－a)kk
＝C·(－a)kx9－2k(0≤k≤9，k∈N)．
当9－2k＝3时，解得k＝3，代入得x3的系数，
根据题意得C(－a)3＝－84，解得a＝1.
(2)已知n为等差数列－4，－2,0，…的第六项，则n的二项展开式的常数项是________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式的特定项
答案　160
解析　由题意得n＝6，∴Tk＋1＝2kCx6－2k，
令6－2k＝0得k＝3，∴常数项为C23＝160.
1．(x＋2)n的展开式共有11项，则n等于(　　)
A．9 B．10 C．11 D．8
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　B
解析　因为(a＋b)n的展开式共有n＋1项，而(x＋2)n的展开式共有11项，所以n＝10，故选B.
2．1－2C＋4C－8C＋…＋(－2)nC等于(　　)
A．1 B．1 C．(－1)n D．3n
考点　二项式定理
题点　逆用二项式定理求和、化简
答案　C
解析　逆用二项式定理，将1看成公式中的a，－2看成公式中的b，可得原式＝(1－2)n＝(－1)n.
3.n的展开式中，常数项为15，则n的值为(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　D
解析　展开式的通项为Tk＋1＝C(x2)n－k·(－1)k·k＝(－1)kCx2n－3k.令2n－3k＝0，得n＝k(n，k∈N*)，若k＝2，则n＝3不符合题意，若k＝4，则n＝6，此时(－1)4·C＝15，所以n＝6.
4．在24的展开式中，x的幂指数是整数的项共有(　　)
A．3项 B．4项 C．5项 D．6项
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中的特定项
答案　C
解析　24的展开式的通项为Tk＋1＝C·()24－kk＝C，故当k＝0,6,12,18,24时，幂指数为整数，共5项．
5．求二项式(－)9展开式中的有理项．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中的特定项
解　Tk＋1＝C·＝(－1)kC·，令∈Z(0≤k≤9)，得k＝3或k＝9，
所以当k＝3时，＝4，T4＝(－1)3Cx4＝－84x4，
当k＝9时，＝3，T10＝(－1)9Cx3＝－x3.
综上，展开式中的有理项为－84x4与－x3.
1．注意区分项的二项式系数与系数的概念．
2．要牢记Can－kbk是展开式的第k＋1项，不要误认为是第k项．
3．求解特定项时必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其为特定值．
一、选择题
1．S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4x－3，则S等于(　　)
A．x4 B．x4＋1
C．(x－2)4 D．x4＋4
考点　二项式定理
题点　逆用二项式定理求和、化简
答案　A
解析　S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1＝C(x－1)4＋C(x－1)3＋C(x－1)2＋C(x－1)＋C＝[(x－1)＋1]4＝x4，故选A.
2．设i为虚数单位，则(1＋i)6展开式中的第3项为(　　)
A．－20i B．15i
C．20 D．－15
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式中的特定项
答案　D
解析　(1＋i)6展开式中的第3项为Ci2＝－15.
3．(x－y)10的展开式中x6y4的系数是(　　)
A．－840 B．840
C．210 D．－210
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
答案　B
解析　在通项公式Tk＋1＝C(－y)kx10－k中，令k＝4，即得(x－y)10的展开式中x6y4的系数为C×(－)4＝840.
4．在n的展开式中，若常数项为60，则n等于(　　)
A．3 B．6
C．9 D．12
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　B
解析　Tk＋1＝C()n－kk＝2kC.
令＝0，得n＝3k.
根据题意有2kC＝60，验证知k＝2，故n＝6.
5．若(1＋3x)n(n∈N*)的展开式中，第三项的二项式系数为6，则第四项的系数为(　　)
A．4 B．27
C．36 D．108
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
答案　D
解析　Tk＋1＝C(3x)k，由C＝6，得n＝4，从而T4＝C·(3x)3，故第四项的系数为C33＝108.
6．在二项式的展开式中，若前三项的系数成等差数列，则展开式中有理项的项数为(　　)
A．5 B．4
C．3 D．2
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中的特定项
答案　C
解析　二项展开式的前三项的系数分别为1，C·，C·2，由其成等差数列，可得2C·＝1＋C·2?n＝1＋，所以n＝8(n＝1舍去)．所以展开式的通项Tk＋1＝Ck.若为有理项，则有4－∈Z，所以k可取0,4,8，所以展开式中有理项的项数为3.
7．设函数f(x)＝则当x>0时，f(f(x))表达式的展开式中常数项为(　　)
A．4 B．6
C．8 D．10
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式的特定项
答案　B
解析　依据分段函数的解析式，
得f(f(x))＝f(－)＝4，
∴Tk＋1＝C(－1)kxk－2.
令k－2＝0，则k＝2，故常数项为C(－1)2＝6.
二、填空题
8.7的展开式中倒数第三项为________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式的特定项
答案　
解析　由于n＝7，可知展开式中共有8项，
∴倒数第三项即为第六项，
∴T6＝C(2x)2·5＝C·22＝.
9．若(x＋1)n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋nx＋1(n∈N*)，且a∶b＝3∶1，那么n＝________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　11
解析　a＝C，b＝C.∵a∶b＝3∶1，
∴＝＝，即＝3，
解得n＝11.
10．已知正实数m，若x10＝a0＋a1(m－x)＋a2(m－x)2＋…＋a10(m－x)10，其中a8＝180，则m的值为________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　2
解析　由x10＝[m－(m－x)]10，[m－(m－x)]10的二项展开式的第9项为Cm2(－1)8·(m－x)8，
∴a8＝Cm2(－1)8＝180，
则m＝±2.又m>0，∴m＝2.
11．使n(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n为________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　5
解析　展开式的通项公式Tk＋1＝C(3x)n－kk，
∴Tk＋1＝3n－kC，k＝0,1,2，…，n.
令n－k＝0，n＝k，
故最小正整数n＝5.
三、解答题
12．若二项式6(a>0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，且B＝4A，求a的值．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
解　∵Tk＋1＝Cx6－kk＝(－a)kC，
令6－＝3，则k＝2，得A＝C·a2＝15a2；
令6－＝0，则k＝4，得B＝C·a4＝15a4.
由B＝4A可得a2＝4，又a>0，
∴a＝2.
13．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的整数次幂的项的个数．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中的特定项
解　已知二项展开式的通项为Tk＋1＝Cn－k·k＝(－1)kn－kC.
(1)因为第9项为常数项，即当k＝8时，2n－k＝0，
解得n＝10.
(2)令2×10－k＝5，得k＝(20－5)＝6.
所以x5的系数为(－1)64C＝.
(3)要使2n－k，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．
四、探究与拓展
14．设a≠0，n是大于1的自然数，n的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai) (i＝0,1,2)的位置如图所示，则a＝________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　3
解析　由题意知A0(0,1)，A1(1,3)，A2(2,4)．
即a0＝1，a1＝3，a2＝4.
由n的展开式的通项公式知Tk＋1＝Ck(k＝0,1,2，…，n)．
故＝3，＝4，解得a＝3.
15．设f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中含x项的系数是19(m，n∈N*)．
(1)求f(x)的展开式中含x2项的系数的最小值；
(2)当f(x)的展开式中含x2项的系数取最小值时，求f(x)的展开式中含x7项的系数．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
解　(1)由题设知m＋n＝19，所以m＝19－n，
含x2项的系数为C＋C＝C＋C
＝＋
＝n2－19n＋171＝2＋.
因为n∈N*，所以当n＝9或n＝10时，x2项的系数的最小值为2＋＝81.
(2)当n＝9，m＝10或n＝10，m＝9时，x2项的系数取最小值，此时x7项的系数为C＋C＝C＋C＝156.
1.3.2　“杨辉三角”与二项式系数的性质
学习目标　1.了解杨辉三角，会用杨辉三角求二项式乘方次数不大时的各项的二项式系数.2.理解二项式系数的性质并灵活运用．
知识点　“杨辉三角”与二项式系数的性质
(a＋b)n的展开式的二项式系数，当n取正整数时可以表示成如下形式：
思考1　从上面的表示形式可以直观地看出什么规律？
答案　在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等；在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和．
思考2　计算每一行的系数和，你又能看出什么规律？
答案　2,4,8,16,32,64，…，其系数和为2n.
思考3　二项式系数的最大值有何规律？
答案　当n＝2,4,6时，中间一项最大，当n＝3,5时中间两项最大．
梳理　(1)杨辉三角的特点
①在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等．
②在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和，即C＝C＋C.
(2)二项式系数的性质
性质
内容
对称性
C＝C，即二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等
增减性与最大值
如果二项式的幂指数n是偶数，那么展开式中间一项的二项式系数最大
如果n为奇数，那么其展开式中间两项与的二项式系数相等且同时取得最大值
各二项式
系数的和
二项展开式中各二项式系数的和等于2n，即C＋C＋C＋…＋C＝2n
奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，都等于2n－1，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1
1．杨辉三角的每一斜行数字的差成一个等差数列．(　×　)
2．二项式展开式的二项式系数和为C＋C＋…＋C.(　×　)
3．二项式展开式中系数最大项与二项式系数最大项相同．(　×　)
类型一　与杨辉三角有关的问题
例1　(1)杨辉三角如图所示，杨辉三角中的第5行除去两端数字1以外，均能被5整除，则具有类似性质的行是(　　)
A．第6行 B．第7行 C．第8行 D．第9行
(2)如图，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S(n)，则S(16)等于(　　)
A．144 B．146 C．164 D．461
考点　二项式系数的性质
题点　与杨辉三角有关的问题
答案　(1)B　(2)C
解析　(1)由题意，第6行为1,6,15,20,15,6,1，第7行为1,7,21,35,35,21,7,1，故第7行除去两端数字1以外，均能被7整除．
(2)由题干图知，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，所以S(16)＝C＋C＋C＋C＋…＋C＋C＝(C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)
＝(C＋C＋C＋…＋C－C)＋(C＋C＋…＋C)
＝C＋C－1＝164.
反思与感悟　解决与杨辉三角有关的问题的一般思路
跟踪训练1　如图所示，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第________行中从左至右的第14个数与第15个数的比为2∶3.
考点　二项式系数的性质
题点　与杨辉三角有关的问题
答案　34
解析　由题意设第n行的第14个数与第15个数的比为2∶3，它等于二项展开式的第14项和第15项的二项式系数的比，所以C∶C＝2∶3，即＝，解得n＝34，所以在第34行中，从左至右第14个数与第15个数的比是2∶3.
类型二　二项式系数和问题
例2　已知(2x－1)5＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5.
求下列各式的值：
(1)a0＋a1＋a2＋…＋a5；
(2)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|；
(3)a1＋a3＋a5.
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
解　(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.
(2)令x＝－1，得－35＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5.
由(2x－1)5的通项Tk＋1＝C(－1)k·25－k·x5－k知a1，a3，a5为负值，
所|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|
＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243.
(3)由a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，
－a0＋a1－a2＋…＋a5＝－35，
得2(a1＋a3＋a5)＝1－35.
所以a1＋a3＋a5＝＝－121.
引申探究
在本例条件下，求下列各式的值：
(1)a0＋a2＋a4；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋a5；
(3)5a0＋4a1＋3a2＋2a3＋a4.
解　(1)因为a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，
－a0＋a1－a2＋…＋a5＝－35.
所以a0＋a2＋a4＝＝122.
(2)因为a0是(2x－1)5展开式中x5的系数，
所以a0＝25＝32.
又a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，
所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－31.
(3)因为(2x－1)5＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5.
所以两边求导数得10(2x－1)4＝5a0x4＋4a1x3＋3a2x2＋2a3x＋a4.
令x＝1得5a0＋4a1＋3a2＋2a3＋a4＝10.
反思与感悟　二项展开式中系数和的求法
(1)对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R，m，n∈N*)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(ax＋by)n(a，b∈R，n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(2)一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋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＋…＝.
跟踪训练2　在二项式(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(2)各项系数之和；
(3)所有奇数项系数之和．
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
解　设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
(1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29.
(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝1，y＝1，
所以a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(3)令x＝1，y＝－1，可得
a0－a1＋a2－…－a9＝59，
又a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，
将两式相加可得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，
即所有奇数项系数之和为.
类型三　二项式系数性质的应用
例3　已知f(x)＝(＋3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中系数最大(小)的项
解　令x＝1，则二项式各项系数的和为f(1)＝(1＋3)n＝4n，又展开式中各项的二项式系数之和为2n.由题意知，4n－2n＝992.
∴(2n)2－2n－992＝0，
∴(2n＋31)(2n－32)＝0，
∴2n＝－31(舍去)或2n＝32，∴n＝5.
(1)由于n＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，它们分别为T3＝C·(3x2)2＝90x6，T4＝C·(3x2)3＝270.
(2)展开式的通项公式为Tk＋1＝C·3k·，
假设Tk＋1项系数最大，
则有
∴
即∴≤k≤，∵k∈N，∴k＝4，
∴展开式中系数最大的项为T5＝C(3x2)4＝405.
反思与感悟　(1)二项式系数的最大项的求法
求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论．
①当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大．
②当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
(2)展开式中系数的最大项的求法
求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析．如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第k＋1项最大，应用解出k，即得出系数的最大项．
跟踪训练3　写出(x－y)11的展开式中：
(1)二项式系数最大的项；
(2)项的系数绝对值最大的项；
(3)项的系数最大的项和系数最小的项；
(4)二项式系数的和；
(5)各项系数的和．
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
解　(1)二项式系数最大的项为中间两项：
T6＝－Cx6y5，T7＝Cx5y6.
(2)(x－y)11展开式的通项为
Tk＋1＝Cx11－k(－y)k＝C(－1)kx11－kyk，
∴项的系数的绝对值为|C·(－1)k|＝C，
∴项的系数的绝对值等于该项的二项式系数，其最大的项也是中间两项，T6＝－Cx6y5，T7＝Cx5y6.
(3)由(2)知中间两项系数绝对值相等，
又∵第6项系数为负，第7项系数为正，
故项的系数最大的项为T7＝Cx5y6，项的系数最小的项为T6＝－Cx6y5.
(4)展开式中，二项式系数的和为C＋C＋C＋…＋C＝211.
(5)令x＝y＝1，得展开式中各项的系数和为C－C＋C－…－C＝(1－1)11＝0.
1．观察图中的数所成的规律，则a所表示的数是(　　)
A．8 B．6 C．4 D．2
考点　二项式系数的性质
题点　与杨辉三角有关的问题
答案　B
解析　由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以4＋a＝10，得a＝6.
2．(1＋x)2n＋1的展开式中，二项式系数最大的项所在的项数是(　　)
A．n，n＋1 B．n－1，n
C．n＋1，n＋2 D．n＋2，n＋3
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中二项式系数最大(小)的项
答案　C
解析　2n＋1为奇数，展开式中中间两项的二项式系数最大，分别为第项，第项，即第n＋1项与第n＋2项，故选C.
3．已知n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(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
考点　二项式系数的性质
题点　二项式系数与项的系数问题
答案　C
解析　令x＝1，各项系数和为4n，二项式系数和为2n，故有＝64，所以n＝6.
4．设(－3＋2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a1＋a2＋a3的值为________．
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　－15
解析　令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1.①
又Tk＋1＝C(－3)4－k(2x)k，
∴当k＝4时，x4的系数a4＝16.②
由①－②得a0＋a1＋a2＋a3＝－15.
5．已知n的展开式中前三项的二项式系数的和等于37，则展开式中二项式系数最大的项的系数为________．
考点　展开式中系数的和问题
题点　多项展开式中系数的和问题
答案　
解析　由C＋C＋C＝37，得1＋n＋n(n－1)＝37，解得n＝8(负值舍去)，则第5项的二项式系数最大，T5＝C××(2x)4＝x4，该项的系数为.
1．二项式系数的性质可从杨辉三角中直观地看出．
2．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0,1或－1，但在解决具体问题时要灵活掌握．
3．注意以下两点：(1)区分开二项式系数与项的系数．
(2)求解有关系数最大时的不等式组时，注意其中k∈{0,1,2，…，n}．
一、选择题
1．如图是与杨辉三角有类似性质的三角形数垒，a，b是某行的前两个数，当a＝7时，b等于(　　)
A．20 B．21 C．22 D．23
考点　二项式系数的性质
题点　与杨辉三角有关的问题
答案　C
解析　根据观察可知，每一行除开始和末尾的数外，中间的数分别是上一行相邻两个数的和，当a＝7时，上面一行的第一个数为6，第二个数为16，所以b＝6＋16＝22.
2．若n(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为(　　)
A．210 B．252
C．462 D．10
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式的特定项
答案　A
解析　由于展开式中只有第6项的系数最大，且其系数等于其二项式系数，所以展开式项数为11，从而n＝10，于是得其常数项为C＝210.
3．已知关于x的二项式n展开式的二项系数之和为32，常数项为80，则a的值为(　　)
A．1 B．±1 C．2 D．±2
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　C
解析　由条件知2n＝32，即n＝5，在通项公式Tk＋1＝C()5－kk＝Cak中，令15－5k＝0，得k＝3.所以Ca3＝80，解得a＝2.
4．(x－1)11的展开式中，x的奇次幂的系数之和是(　　)
A．2 048 B．－1 023 C．－1 024 D．1 024
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　D
解析　(x－1)11＝a0x11＋a1x10＋a2x9＋…＋a11，
令x＝－1，则－a0＋a1－a2＋…＋a11＝－211，①
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a11＝0，②
＝a0＋a2＋a4＋…＋a10＝210＝1 024.
5．若x10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，则a8的值为(　　)
A．10 B．45
C．－9 D．－45
考点　二项式定理
题点　逆用二项式定理求和、化简
答案　B
解析　x10＝[1＋(x－1)]10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，∴a8＝C＝C＝45.
6．设n的展开式的各项系数和为M，二项式系数和为N，若M－N＝240，则展开式中x的系数为(　　)
A．－150 B．150 C．300 D．－300
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
答案　B
解析　由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，
Tk＋1＝C(5x)4－k·k＝(－1)k54－kC，
令4－＝1，得k＝2，
所以展开式中x的系数为(－1)2×52C＝150.
7．已知(2x－1)n二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，则C＋C＋C＋…＋C的值为(　　)
A．28 B．28－1
C．27 D．27－1
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　B
解析　设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B.
则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋….
由已知可知，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.
由二项式系数性质可得，
C＋C＋C＋…＋C＝2n－C＝28－1.
8．关于下列(a－b)10的说法，错误的是(　　)
A．展开式中的二项式系数之和是1 024
B．展开式的第6项的二项式系数最大
C．展开式的第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
考点　二项式系数的性质
题点　二项式系数与项的系数问题
答案　C
解析　由二项式系数的性质知C＋C＋C＋…＋C＝210＝1 024，故A正确．二项式系数最大的项为C，是展开式的第6项，故B正确．由展开式的通项为Tk＋1＝Ca10－k(－b)k＝(－1)kCa10－kbk知，第6项的系数－C最小，故D正确．
二、填空题
9．已知(1＋x)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10，若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈Z)是一个单调递增数列，则k的最大值是________．
考点　二项式系数的性质
题点　利用二项式系数的性质进行计算
答案　6
解析　(1＋x)n展开式的各项系数为其二项式系数，当n＝10时，展开式的中间项第六项的二项式系数最大，故k的最大值为6.
10．在n的展开式中，所有奇数项系数之和为1 024，则中间项系数是________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
答案　462
解析　∵二项式的展开式中所有项的二项式系数和为2n，而所有偶数项的二项式系数和与所有奇数项的二项式系数和相等，故由题意得2n－1＝1 024，∴n＝11，∴展开式共12项，中间项为第六项、第七项，其系数为C＝C＝462.
11．若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则log2(a1＋a3＋…＋a11)＝_____.
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　7
解析　令x＝－1，∴28＝a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12.
令x＝－3，∴0＝a0－a1＋a2－…－a11＋a12，
∴28＝2(a1＋a3＋…＋a11)，∴a1＋a3＋…＋a11＝27，
∴log2(a1＋a3＋…＋a11)＝log227＝7.
三、解答题
12．设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100·x100，求下列各式的值．
(1)求a0；
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
解　(1)令x＝0，则展开式为a0＝2100.
(2)令x＝1，
可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100，①
所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100－2100.
(3)令x＝－1，
可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100.②
与①式联立相减得
a1＋a3＋…＋a99＝.
(4)由①②可得，(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－…＋a100)＝(2－)100·(2＋)100＝1.
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|，即(2＋x)100的展开式中各项系数的和，在(2＋x)100的展开式中，令x＝1，可得各项系数的和为(2＋)100.
13．已知n展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n；
(2)若展开式中常数项为，求m的值；
(3)若(x＋m)n展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
解　(1)二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
(2)设常数项为第k＋1项，则
Tk＋1＝Cx8－kk＝Cmkx8－2k，
故8－2k＝0，即k＝4，则Cm4＝，解得m＝±.
(3)易知m>0，设第k＋1项系数最大．
则化简可得≤k≤.
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以即
所以m只能等于2.
四、探究与拓展
14．设(3x－2)6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，则＝________.
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　－
解析　令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝1，令x＝0，得a0－a1＋a2－…＋a6＝64，两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝－63，两式相加得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝65，故＝－.
15．已知(＋x2)2n的展开式的系数和比(3x－1)n的展开式的系数和大992，求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．
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中系数最大(小)的项
解　由题意得22n－2n＝992，解得n＝5.
(1)10的展开式中第6项的二项式系数最大，
即T6＝C·(2x)5·5＝－8 064.
(2)设第k＋1项的系数的绝对值最大，
则Tk＋1＝C·(2x)10－k·k
＝(－1)k·C·210－k·x10－2k.
∴得
即
∴≤k≤，k∈N，∴k＝3，
故系数的绝对值最大的是第4项
T4＝(－1)3C·27·x4＝－15 360x4.

§1.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时　两个计数原理
学习目标　1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．
知识点一　分类加法计数原理
第十三届全运会在中国天津盛大召开，一名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，每天有7个航班，6列火车．
思考　该志愿者从上海到天津的方案可分几类？共有多少种出行方法？
答案　两类，即乘飞机、坐火车．共有7＋6＝13(种)不同的出行方法．
梳理　(1)完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
(2)完成一件事有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，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
知识点二　分步乘法计数原理
若这名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，但需在青岛停留，已知从上海到青岛每天有7个航班，从青岛到天津每天有6列火车．
思考　该志愿者从上海到天津需要经历几个步骤？共有多少种出行方法？
答案　两个，即先乘飞机到青岛，再坐火车到天津．共有7×6＝42(种)不同的出行方法．
梳理　(1)完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
(2)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，则完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
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．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．(　√　)
4．在分步乘法计数原理中，事情若是分两步完成的，那么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．(　√　)
类型一　分类加法计数原理
例1　设集合A＝{1,2,3,4}，m，n∈A，则方程＋＝1表示焦点位于x轴上的椭圆的有(　　)
A．6个 B．8个
C．12个 D．16个
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　A
解析　因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n.当m＝4时，n＝1,2,3；当m＝3时，n＝1,2；当m＝2时，n＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．
反思与感悟　(1)应用分类加法计数原理时，完成这件事的n类方法是互不干扰的，无论哪种方案中的哪种方法，都可以独立完成这件事．
(2)利用分类加法计数原理解题的一般思路
跟踪训练1　满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　)
A．14 B．13 C．12 D．10
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　B
解析　由已知得ab≤1.
若a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；
若a＝0时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；
若a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；
若a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．
∴共有(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
类型二　分步乘法计数原理
例2　一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？(各位上的数字允许重复)
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
解　按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；
第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；
第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；
第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.
根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000(个)四位数的号码．
引申探究
若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？
解　按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；
第二步，去掉第一步拨的数字，有9种拨号方式，即m2＝9；
第三步，去掉前两步拨的数字，有8种拨号方式，即m3＝8；
第四步，去掉前三步拨的数字，有7种拨号方式，即m4＝7.
根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5 040(个)四位数的号码．
反思与感悟　(1)应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．
(2)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：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．
跟踪训练2　从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，可组成不同的二次函数共______个，其中不同的偶函数共________个．(用数字作答)
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　18　6
解析　一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有不同的二次函数3×3×2＝18(个)．
若二次函数为偶函数，则b＝0.a的取法有3种，c的取法有2种，则由分步乘法计数原理知，共有不同的偶函数3×2＝6(个)．
类型三　辨析两个计数原理
例3　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？
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
解　(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，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．
所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．
反思与感悟　(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．
(2)分类时标准要明确，做到不重不漏，有时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．
(3)混合问题一般是先分类再分步．
跟踪训练3　在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现在从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
解　选参加象棋比赛的学生有两种方法，在只会下象棋的3人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选；选参加围棋比赛的学生也有两种选法；在只会下围棋的2人中选或在既会下象棋又会下围棋的2人中选．互相搭配，可得四类不同的选法．
从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有3×2＝6(种)选法；
从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛有3×2＝6(种)选法；
从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛有2×2＝4(种)选法；
2名既会下象棋又会下围棋的学生分别参加象棋比赛和围棋比赛有2种选法．
所以共有6＋6＋4＋2＝18(种)选法．所以共有18种不同的选法．
1．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为(　　)
A．1＋1＋1＝3 B．3＋4＋2＝9
C．3×4×2＝24 D．以上都不对
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　B
解析　分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类乘轮船，从2次中选1次有2种走法，所以共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．
2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为(　　)
A．7 B．12 C．64 D．81
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　B
解析　要完成配套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同的选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同的选法．故共有4×3＝12(种)不同的配法．
3．若x，y∈N*，且x＋y≤5，则有序自然数对(x，y)的个数为(　　)
A．6 B．8 C．9 D．10
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　D
解析　当x＝1时，y＝1,2,3,4，共构成4个有序自然数对；
当x＝2时，y＝1,2,3，共构成3个有序自然数对；
当x＝3时，y＝1,2，共构成2个有序自然数对；
当x＝4时，y＝1，共构成1个有序自然数对．
根据分类加法计数原理，共有N＝4＋3＋2＋1＝10(个)有序自然数对．
4．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有________种．(用数字作答)
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　9
解析　分为两类：两名老队员、一名新队员时，有3种选法；两名新队员、一名老队员时，有2×3＝6(种)选法，即共有9种不同选法．
5．某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？
(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
解　(1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同的选法．由分类加法计数原理可得，共有N＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法．
(2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，有10种不同的选法．第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，有6种不同的选法．由分步乘法计数原理可得，共有N＝8×10×6＝480(种)不同的选法．
(3)分三类：每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法．因此，共有N＝8×10＋10×6＋8×6＝188(种)不同的选法．
1．使用两个原理解题的本质
―→―→
―→―→
2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法


一、选择题
1．图书馆的书架有3层，第1层有3本不同的数学书，第2层有5本不同的语文书，第3层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，不同的取法共有(　　)
A．120种 B．16种 C．64种 D．39种
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　B
解析　由于书架上有3＋5＋8＝16(本)书，则从中任取1本书，共有16种不同的取法．
2．已知a∈{3,4,6}，b∈{1,2}，r∈{1,4,9,16}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示的不同圆的个数是(　　)
A．6 B．9 C．16 D．24
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　D
解析　确定一个圆的方程可分为三个步骤：第一步，确定a，有3种选法；第二步，确定b，有2种选法；第三步，确定r，有4种选法．由分步乘法计数原理得，不同圆的个数为3×2×4＝24.
3．从集合{1,2,3，…，8}中任意选出3个不同的数，使这3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
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　B
解析　以1为首项的等比数列为1,2,4；以2为首项的等比数列为2,4,8.把这两个数列的顺序颠倒，又得到2个数列，∴所求数列为4个．
4．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. D．6×5×4×3×2
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　A
解析　每位同学都有5种选择，共有5×5×5×5×5×5＝56(种)．
5．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y<7，则满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是(　　)
A．5 B．12 C．15 D．4
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　C
解析　当x＝1时，y的取值范围可能为0,1,2,3,4,5，有6种情况；
当x＝2时，y的取值可能为0,1,2,3,4，有5种情况；
当x＝3时，y的取值范围可能为0,1,2,3，有4种情况；
根据分类加法计数原理可得，满足条件的(x，y)的个数为6＋5＋4＝15.
6．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为(　　)
A．34 B．43
C．12 D．以下都不对
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　C
解析　由分步乘法计数原理可知，A*B中共有3×4＝12(个)元素．
7．从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地的不同走法种数为(　　)
A．2＋4＋3 B．2×4＋3
C．2×3＋4 D．2×4×3
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　B
解析　分两类，一是从甲地经乙地到丙地，有2×4种，二是直接从甲地到丙地，有3种，所以从甲地到丙地的不同走法种数共有2×4＋3.
8．已知集合M∈{1，－2,3}，N∈{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是(　　)
A．18 B．17 C．16 D．14
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　D
解析　分两类．
第一类：M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有3×2＝6(个)；
第二类：N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有4×2＝8(个)．
由分类加法计数原理可知，共有6＋8＝14(个)点在第一、二象限．
二、填空题
9．一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不同走法________种．
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　16
解析　由分步乘法计数原理得4×4＝16.
10．若在如图1的电路中，只合上一个开关可以接通电路，有________种不同的方法；
在如图2的电路中，合上两个开关可以接通电路，有________种不同的方法．
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　5　6
解析　对于图1，按要求接通电路，只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一个即可，故有2＋3＝5(种)不同的方法．
对于图2，按要求接通电路必须分两步进行：
第一步，合上A中的一个开关；
第二步，合上B中的一个开关，
故有2×3＝6(种)不同的方法．
11．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,3,5,7,8这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　22
解析　若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时有5×4＝20(条)，故共有20＋2＝22(条)不同的直线．
12．某运动会上，8名男运动员参加100米决赛，其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　2 880
解析　分两步安排这8名运动员．
第一步，安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以共有4×3×2＝24(种)方法；
第二步，安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120(种)．
所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．
三、解答题
13．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一个为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
解　(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法，所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．
(3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法，从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
四、探究与拓展
14．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，求由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数．
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
解　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)．
15．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，从A，B中各取1个元素，作为点P(x，y)的坐标．
(1)可以得到多少个不同的点？
(2)这些点中，位于第一象限的有几个？
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
解　(1)可分为两类：A中元素为x，B中元素为y或A中元素为y，B中元素为x，则共得到3×4＋4×3＝24(个)不同的点．
(2)第一象限内的点，即x，y均为正数，所以只能取A，B中的正数，共有2×2＋2×2＝8(个)不同的点．
第2课时　两个计数原理的综合应用
学习目标　1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.2.会正确应用这两个计数原理计数．
知识点一　两个计数原理的区别与联系
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种类
不同点
分类完成，类类相加
分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事)
注意点
类类独立，不重不漏
步步相依，步骤完整
知识点二　两个计数原理的应用
解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用．使用时要做到目的明确，层次分明，先后有序，还需特别注意以下两点：
(1)合理分类，准确分步：处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准．分类时需要满足两
个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准．分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性．
(2)特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．
类型一　组数问题
例1　用0,1,2,3,4五个数字，
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理在排数中的应用
解　(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种)．
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种)．
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法．因而有12＋18＝30(种)排法．即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数．
引申探究
由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？
解　完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1,3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个剩下的3个中任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36(个)．
反思与感悟　对于组数问题，应掌握以下原则：
(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．
(2)要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．
跟踪训练1　从0,2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
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理在排数中的应用
答案　B
解析　由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况；奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此总共有12＋6＝18(种)情况．故选B.
类型二　选(抽)取与分配问题
例2　高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有(　　)
A．16种 B．18种 C．37种 D．48种
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　C
解析　方法一　(直接法)
以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种)．
综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种)．
方法二　(间接法)
先计算3个班级自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即4×4×4－3×3×3＝37(种)方案．
反思与感悟　解决抽取(分配)问题的方法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法．
(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．
跟踪训练2　3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
解　(以小球为研究对象)分三步来完成：
第一步：放第一个小球有5种选择；
第二步：放第二个小球有4种选择；
第三步：放第三个小球有3种选择，
由分步乘法计数原理得，总方法数N＝5×4×3＝60.
类型三　涂色与种植问题
例3　(1)将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种.
考点　种植问题
题点　种植问题
答案　42
解析　分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c：
a
b
c
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．
(2)若第三块田放a：
a
b
a
第四块有b或c两种方法，
①若第四块放c：
a
b
a
c
第五块有2种方法；
②若第四块放b：
a
b
a
b
第五块只能种作物c，共1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．
(2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“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？
1
2
3
4
考点　涂色问题
题点　涂色问题
解　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4×3＝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，由于相邻两格不同色，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．
引申探究
本例(2)中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？
①
②
④
③
解　依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．
第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；
第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；
第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种)．
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．
第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．
综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．
反思与感悟　解决涂色(种植)问题的一般思路
涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解，有几种常用方法：
(1)按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析．
(2)以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．
(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
种植问题按种植的顺序分步进行，用分步乘法计数原理计数或按种植品种恰当选取情况分类，用分类加法计数原理计数．
跟踪训练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个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的总数为________．
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　420
解析　按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：
第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180(种)不同的染色方法．
第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240(种)不同的染色方法．
根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420(种)不同的染色方法．
1．有A，B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，要从这三名工人中选两名分别去操作这两种车床，则不同的选派方法有(　　)
A．6种 B．5种 C．4种 D．3种
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　C
解析　不同的选派情况可分为3类：若选甲、乙，有2种方法；若选甲、丙，有1种方法；若选乙、丙，有1种方法．根据分类加法计数原理知，不同的选派方法有2＋1＋1＝4(种)．
2．用0,1，…，9这10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．648
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理在排数中的应用
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)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
3．某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有(　　)
A．24种 B．48种
C．64种 D．81种
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　A
解析　由于每班每项限报1人，故当前面的学生选了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24(种)不同的参赛方法．
4．火车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有(　　)
A．510种 B．105种
C．50种 D．500种
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　A
解析　分10步．
第1步：考虑第1名乘客下车的所有可能有5种；
第2步：考虑第2名乘客下车的所有可能有5种；
…；
第10步：考虑第10名乘客下车的所有可能有5种．
故共有乘客下车的可能方式＝510(种)．
5．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.
A
B
C
D
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　108
解析　A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108(种)涂法．
1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答后面将要学习的排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．
2．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．
3．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．
4．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．
一、选择题
1．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有(　　)
A．512个 B．192个 C．240个 D．108个
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理在排数中的应用
答案　D
解析　能被5整除的四位数，可分为两类：
一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个)．
二类是末位为5，由分步乘法计数原理共有4×4×3＝48(个)．
由分类加法计数原理得60＋48＝108(个)．
2．有四位教师在同一年级的四个班各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有(　　)
A．8种 B．9种 C．10种 D．11种
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　B
解析　设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d.若A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法．同理，若A监考c，d时，也分别有3种不同方法．由分类加法计数原理，得监考方法共有3＋3＋3＝9(种)．
3．某城市的电话号码由六位升为七位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是(　　)
A．9×8×7×6×5×4×3×2
B．8×96
C．9×106
D．8.1×106
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理在排数中的应用
答案　D
解析　电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位时为9×106，∴可增加的电话数是9×106－9×105＝81×105.故选D.
4．若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有(　　)
A．10个 B．14个 C．15个 D．21个
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　A
解析　当b＝1时，c＝4，当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．
5.如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有(　　)
A．6种 B．36种 C．63种 D．64种
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　C
解析　每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63(种)可能情况．
6．从颜色分别为黄、白、红、橙的4盆菊花和颜色分别为紫、粉红、白的3盆山茶花中任取3盆，其中至少有菊花、山茶花各1盆，则不同的选法种数为(　　)
A．12 B．18 C．24 D．30
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　D
解析　选出符合要求的3盆花可分为两类：第一类，可从4盆菊花中选1盆，再从3盆山茶花中选2盆，有4×3＝12(种)选法；第二类，可从4盆菊花中选2盆，再从3盆山茶花中选1盆，有6×3＝18(种)选法．根据分类加法计数原理知，不同的选法种数为12＋18＝30.
7．在正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱所有对角线的条数为(　　)
A．20 B．15 C．12 D．10
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　D
解析　由题意知，正五棱柱的对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，所以从一个顶点出发的对角线有2条，所以正五棱柱所有对角线的条数为2×5＝10.
8.如图，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂法种数为(　　)
A．280 B．180
C．96 D．60
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　B
解析　按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选；第二步B区域有4种颜色可选；第三步C区域有3种颜色可选；第四步由于可重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选用．由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)涂法．
二、填空题
9．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数，共有________个．
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理在排数中的应用
答案　36
解析　根据题意个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9共8种情况，在每一类中满足题目要求的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
10．某班将元旦联欢会原定的9个歌唱节目已排成节目单，但在开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为________．
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　110
解析　先将其中一个节目插入原节目单的9个节目形成的10个空中，有10种方法；再把另一个节目插入前10个节目形成的11个空中，有11种插法．由分步乘法计数原理知有10×11＝110(种)不同的插法．
11．古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成________组．
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　60
解析　分两类：第一类：由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30(组)不同的结果．第二类也有30组不同的结果，共可得30＋30＝60(组)．
三、解答题
12．有一项活动，需在3名教师，8名男同学和5名女同学中选人参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？
(2)若需教师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？
(3)若需一名教师，一名学生参加，有多少种不同选法？
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
解　(1)有三类选人的方法：3名教师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法．由分类加法计数原理知，共有3＋8＋5＝16(种)选法．
(2)分三步选人：第一步选教师，有3种方法；第二步选男同学，有8种方法；第三步选女同学，有5种方法．由分步乘法计数原理知，共有3×8×5＝120(种)选法．
(3)可分两类，每一类又分两步．第一类：选一名教师再选一名男同学，有3×8＝24(种)选法；第二类：选一名教师再选一名女同学，共有3×5＝15(种)选法．由分类加法计数原理可知，共有24＋15＝39(种)选法．
13．将一枚骰子连续抛掷三次，掷出的数字顺次排成一个三位数．
(1)可以排出多少个不同的三位数？
(2)各位数字互不相同的三位数有多少个？
(3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个？
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理在排数中的应用
解　(1)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位．根据分步乘法计数原理知，可以排出6×6×6＝216(个)不同的三位数．
(2)分三步进行：先排百位，再排十位，最后排个位．百位上数字的排法有6种，十位上数字的排法有5种，个位上数字的排法有4种，根据分步乘法计数原理知，各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个)．
(3)两个数字相同有三种可能，即百位、十位相同，十位、个位相同，百位、个位相同，而每种都有6×5＝30(个)，故满足条件的三位数共有3×30＝90(个)．
四、探究与拓展
14．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则形成不同的直线最多有(　　)
A．18条 B．20条 C．25条 D．10条
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　A
解析　第一步取A的值，有5种取法，第二步取B的值有4种取法，其中当A＝1，B＝2时，与A＝2，B＝4时是相同的；当A＝2，B＝1时，与A＝4，B＝2时是相同的，故共有5×4－2＝18(条)．
15．用n种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①，②，③，④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色．
(1)若n＝6，为甲着色时共有多少种不同的方法？
(2)若为乙着色时共有120种不同的方法，求n的值．
考点　涂色问题
题点　涂色问题
解　完成着色这件事，共分为四个步骤，可以依次考虑为①，②，③，④这四个区域着色时各自的方法数，再利用分步乘法计数原理确定出总的方法数．
(1)为①区域着色时有6种方法，为②区域着色时有5种方法，为③区域着色时有4种方法，为④区域着色时有4种方法，依据分步乘法计数原理，不同的着色方法有6×5×4×4＝480(种)．
(2)由题意知，为①区域着色时有n种方法，为②区域着色时有(n－1)种方法，为③区域着色时有(n－2)种方法，为④区域着色时有(n－3)种方法，由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为n(n－1)(n－2)(n－3)．
∴n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，
∴(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0，
即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－120＝0.
∴n2－3n－10＝0或n2－3n＋12＝0(舍去)．
∴n＝5(负值舍去)．
习题课　两个计数原理与排列、组合
学习目标　1.进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.进一步加深理解排列与组合的概念.3.能综合运用排列、组合解决计数问题．
1．两个计数原理
(1)分类加法计数原理
(2)分步乘法计数原理
2．排列、组合综合题的一般解法
一般坚持先组后排的原则，即先选元素后排列，同时注意按元素性质分类或按事件的发生过程分类．
3．解析受限制条件的排列、组合问题的一般策略
(1)特殊元素优先安排的策略；
(2)正难则反，等价转化的策略；
(3)相邻问题，捆绑处理的策略；
(4)不相邻问题，插空处理的策略；
(5)定序问题，除法处理的策略；
(6)“小集团”排列问题，先整体后局部的策略；
(7)平均分组问题，除法处理的策略；
(8)构造模型的策略．
类型一　两个计数原理的应用

例1　电视台在某节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有________种不同的结果．
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　28 800
解析　在甲箱或乙箱中抽取幸运之星，决定了后边选幸运伙伴是不同的，故要分两类分别计算：(1)幸运之星在甲箱中抽，先确定幸运之星，再在两箱中各确定一名幸运伙伴，有30×29×20＝17 400(种)结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400(种)结果．因此共有17 400＋11 400＝28 800(种)不同结果．
反思与感悟　用流程图描述计数问题，类中有步的情形如图所示：
具体意义如下：
从A到B算作一件事的完成，完成这件事有两类办法，在第1类办法中有3步，在第2类办法中有2步，每步的方法数如图所示．
所以，完成这件事的方法数为m1m2m3＋m4m5，
“类”与“步”可进一步地理解为：
“类”用“＋”号连接，“步”用“×”号连接，“类”独立，“步”连续，“类”标志一件事的完成，“步”缺一不可．
跟踪训练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
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　D
解析　将原图从上而下的4个区域标为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同色与不同色这两种情况．故不同的着色方法种数为4×3×2＋4×3×2×1＝48.故选D.

例2　有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测一人，则不同的安排方式共有________种．(用数字作答)
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　264
解析　上午总测试方法有4×3×2×1＝24(种)；我们以A，B，C，D，E依次代表五个测试项目．若上午测试E的同学下午测试D，则上午测试A的同学下午只能测试B，C，确定上午测试A的同学后其余两位同学上、下午的测试方法共有2种；若上午测试E的同学下午测试A，B，C之一，则上午测试A，B，C中任何一个的同学下午都可以测试D，安排完这位同学后其余两位同学的测试方式就确定了，故共有3×3＝9(种)测试方法，即下午的测试方法共有11种，根据分步乘法计数原理，总的测试方法共有24×11＝264(种)．
反思与感悟　用流程图描述计数问题，步中有类的情形如图所示：
从计数的角度看，由A到D算作完成一件事，可简单地记为A→D.
完成A→D这件事，需要经历三步，即A→B，B→C，C→D.其中B→C这步又分为三类，这就是步中有类．
其中mi(i＝1,2,3,4,5)表示相应步的方法数．
完成A→D这件事的方法数为m1(m2＋m3＋m4)m5.
以上给出了处理步中有类问题的一般方法．
跟踪训练2　如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式共有(　　)
A．11 B．12 C．20 D．21
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　D
解析　根据题意，设5个开关依次为1,2,3,4,5，若电路接通，则开关1,2与3,4,5中至少有1个接通，
对于开关1,2，共有2×2＝4(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有4－1＝3(种)情况，
对于开关3,4,5，共有2×2×2＝8(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有8－1＝7(种)情况，
则电路接通的情况有3×7＝21(种)．故选D.
类型二　有限制条件的排列问题
例3　3个女生和5个男生排成一排．
(1)如果女生必须全排在一起，有多少种不同的排法？
(2)如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？
(3)如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？
(4)如果两端不能都排女生，有多少种不同的排法？
(5)如果甲必须排在乙的右面(可以不相邻)，有多少种不同的排法？
考点　排列的应用
题点　有限制条件的排列问题
解　(1)(捆绑法)因为3个女生必须排在一起，所以可先把她们看成一个整体，这样同5个男生合在一起共有6个元素，排成一排有A种不同排法．对于其中的每一种排法，3个女生之间又有A种不同的排法，因此共有A·A＝4 320(种)不同的排法．
(2)(插空法)要保证女生全分开，可先把5个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空，这样共有4个空，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有6个位置，再把3个女生插入这6个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于5个男生排成一排有A种不同的排法，对于其中任意一种排法，从上述6个位置中选出3个来让3个女生插入有A种方法，因此共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
(3)方法一　(特殊位置优先法)因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有A种不同排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A种排法，所以共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
方法二　(间接法)3个女生和5个男生排成一排共有A种不同的排法，从中扣除女生排在首位的A·A种排法和女生排在末位的A·A种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位时被扣去一次，在扣除女生排在末位时又被扣去一次，所以还需加一次，由于两端都是女生有A·A种不同的排法，所以共有A－2A·A＋A·A＝14 400(种)不同的排法．
方法三　(特殊元素优先法)从中间6个位置中挑选出3个让3个女生排入，有A种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余5个位置又都有A种不同的排法，所以共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
(4)方法一　因为只要求两端不能都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受条件限制了，这样可有A·A种不同的排法；如果首位排女生，有A种排法，这时末位就只能排男生，这样可有A·A·A种不同的排法．
因此共有A·A＋A·A·A＝36 000(种)不同的排法．
方法二　3个女生和5个男生排成一排有A种排法，从中扣去两端都是女生的排法有A·A种，就能得到两端不都是女生的排法种数．因此共有A－A·A＝36 000(种)不同的排法．
(5)(顺序固定问题)因为8人排队，其中两人顺序固定，共有＝20 160(种)不同的排法．
反思与感悟　(1)排列问题的限制条件一般表现为：某些元素不能在某个位置，某个位置只能放某些元素等．要先处理特殊元素或先处理特殊位置，再去排其他元素．当用直接法比较麻烦时，可以用间接法，先不考虑限制条件，把所有的排列数算出，再从中减去全部不符合条件的排列数，这种方法也称为“去杂法”，但必须注意要不重复，不遗漏(去尽)．
(2)对于某些特殊问题，可采取相对固定的特殊方法，如相邻问题，可用“捆绑法”，即将相邻元素看成一个整体与其他元素排列，再进行内部排列；不相邻问题，则用“插空法”，即先排其他元素，再将不相邻元素排入形成的空位中．
跟踪训练3　为迎接中共十九大，某校举办了“祖国，你好”诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加，且当这3名学生都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为(　　)
A．720 B．768 C．810 D．816
考点　排列的应用
题点　有限制条件的排列问题
答案　B
解析　根据题意，在7名学生中选派4名学生参加诗歌朗诵比赛，有A＝840(种)情况，
其中甲、乙、丙都没有参加，即选派其他四人参加的情况有A＝24(种)，
则甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加的情况有840－24＝816(种)；
其中当甲乙丙都参加且甲和乙相邻的情况有CAA＝48(种)，
则满足题意的朗诵顺序有816－48＝768(种)．
故选B.
类型三　排列与组合的综合应用
例4　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，则不同的排法共有多少种？
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
解　分三类：
第一类，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．
第二类，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．
第三类，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种数为C·C·C·C·A＋2C·C·A＝432.
反思与感悟　解答排列、组合综合问题的思路及注意点
(1)解排列、组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列．
(2)解排列、组合综合问题时要注意以下几点：
①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题．
②对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法．
跟踪训练4　某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　36
解析　先从4名调研员中选2名去同一所学校有C种方案，然后与另外两名调研员进行全排列对应三所学校，有A种方案，故共有CA＝36(种)分配方案．
1．给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A，B，后两个字符用a，b，c(允许重复)，则不同编号的书共有(　　)
A．8本 B．9本 C．12本 D．18本
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　D
解析　由分步乘法计数原理得，不同编号的书共有2×3×3＝18(本)．
2．在100件产品中，有3件是次品，现从中任意抽取5件，其中至少有2件次品的取法种数为(　　)
A．CC B．CC＋CC
C．C－CC D．C－C
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　B
解析　根据题意，“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件次品”两种情况，“有2件次品”的抽取方法有CC种，“有3件次品”的抽取方法有CC种，则共有CC＋CC种不同的抽取方法，故选B.
3．从4男3女志愿者中选1女2男分别到A，B，C三地去执行任务，则不同的选派方法有(　　)
A．36种 B．108种 C．210种 D．72种
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　B
解析　从4男3女志愿者中选1女2男有CC＝18(种)方法，分别到A，B，C地执行任务，有A＝6(种)方法，根据分步乘法计数原理可得不同的选派方法有18×6＝108(种)．
4．8次投篮中，投中3次，其中恰有2次连续命中的情形有________种．
考点　排列的应用
题点　排列的简单应用
答案　30
解析　将2次连续命中当作一个整体，和另一次命中插入另外5次不命中留下的6个空档里进行排列有A＝30(种)．
5．某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有________种．(用数字作答)
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
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．由分类计数原理得，共有A＋A＋C·A＝96(种)方法．
1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．
2．解排列、组合综合题一般是先选元素、后排元素，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个基本计数原理作最后处理．
3．对于较难直接解决的问题则可用间接法，但应做到不重不漏．
4．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．
一、选择题
1．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A，B，O，AB型四种之一．依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB型时，子女的血型一定不是O型．若某人的血型为O型，则其父母血型的所有可能情况有(　　)
A．12种 B．6种 C．10种 D．9种
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　D
解析　由题意，他的父母的血型都是A，B，O三种之一，由分步乘法计数原理知，其父母血型的所有可能情况共有3×3＝9(种)．
2．若C＝C，则的值为(　　)
A．1 B．20 C．35 D．7
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　C
解析　若C＝C，则
＝，可得n＝7，
所以＝＝＝35.
3．在100,101,102，…，999这些数中，各位数字按严格递增(如“145”)或严格递减(如“321”)顺序排列的数的个数是(　　)
A．120 B．204 C．168 D．216
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　B
解析　由题意知本题是一个计数原理的应用，首先对数字分类，
当数字不含0时，从9个数字中选三个，则这三个数字递增或递减的顺序可以确定两个三位数，共有2C＝168(个)，
当三个数字中含有0时，从9个数字中选2个数，它们只有递减一种结果，共有C＝36(个)，
根据分类加法计数原理知共有168＋36＝204(个)，故选B.
4．有三对师徒共6个人，站成一排照相，每对师徒相邻的站法共有(　　)
A．72种 B．54种 C．48种 D．8种
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　C
解析　用分步乘法计数原理：第一步：先排每对师徒有A·A·A，第二步：将每对师徒当作一个整体进行排列有A种，由分步乘法计数原理可知共有A·(A)3＝48(种)．
5．用1,2,3,4,5这五个数字可以组成比20 000大，且百位数字不是3的没有重复数字的五位数的个数为(　　)
A．96 B．78 C．72 D．64
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　B
解析　比20 000大含两层含义：一是万位不是1，二是5个数字全用上，故问题等价于“由1,2,3,4,5这五个数字组成万位不是1，百位不是3的无重复数字的个数”，万位是3时，有A个，万位不是3时，有3×3×A个，所以共有A＋3×3×A＝78(个)，故选B.
6．用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有(　　)
A．4 320种 B．2 880种 C．1 440种 D．720种
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　A
解析　第一个区域有6种不同的涂色方法，第二个区域有5种不同的涂色方法，第三个区域有4种不同的涂色方法，第四个区域有3种不同的涂色方法，第五个区域有4种不同的涂色方法，第六个区域有3种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理知，共有6×5×4×3×4×3＝4 320(种)涂色方法．
7．某药品研究所研制了5种消炎药a1，a2，a3，a4，a5,4种退烧药b1，b2，b3，b4，现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效实验，但又知a1，a2两种药必须同时使用，且a3，b4两种药不能同时使用，则不同的实验方案共有(　　)
A．56种 B．28种 C．21种 D．14种
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　D
解析　分3类：当取a1，a2时，再取退烧药有C种方案；取a3时，取另一种消炎药的方法有C种，再取退烧药有C种，共有CC种方案；取a4，a5时，再取退烧药有C种方案．故共有C＋CC＋C＝14(种)不同的实验方案．
8．某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻，那么不同发言顺序的排法种数为(　　)
A．360 B．520 C．600 D．720
考点　排列的应用
题点　排列的简单应用
答案　C
解析　根据题意，可分两种情况讨论：①甲、乙两人中只有一人参加，有C·C·A＝480(种)情况；②甲、乙两人都参加，有C·C·A＝240(种)情况，其中甲、乙两人的发言相邻的情况有C·C·A·A＝120(种)．故不同发言顺序的排法种数为480＋240－120＝600.
二、填空题
9．小明、小红等4位同学各自申请甲、乙两所大学的自主招生考试资格，则每所大学恰有两位同学申请，且小明、小红没有申请同一所大学的可能性有________种．
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
答案　4
解析　设小明、小红等4位同学分别为A，B，C，D，小明、小红没有申请同一所大学，则组合为(AC，BD)与(AD，BC)．若AC选甲学校，则BD选乙学校，若AC选乙学校，则BD选甲学校；若AD选甲学校，则BC选乙学校，若AD选乙学校，则BC选甲学校．故共有4种方法．
10．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某项服务活动，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、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是________．
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　126
解析　按从事司机工作的人数进行分类：
①有1人从事司机工作：CCA＝108(种)；
②有2人从事司机工作：C·A＝18(种)．
∴不同安排方案的种数是108＋18＝126.
11．连接正三棱柱的6个顶点，可以组成________个四面体．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　12
解析　从正三棱柱的6个顶点中任取4个，有C种方法，其中4个点共面的有3种情况，故可以组成C－3＝12(个)四面体．
12．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________．
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　8
解析　首先排两个奇数1,3，有A种排法，再在2,4中取一个数放在1,3之间，有C种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A种排法，即满足条件的四位数的个数为ACA＝8.
三、解答题
13．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学，求：
(1)5名同学站成一排，有多少种不同的方法？
(2)5名同学站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不能相邻，有多少种不同的方法？
(3)将5名同学分配到三个班，每班至少1人，共有多少种不同的分配方法？
考点　排列的应用
题点　排列的简单应用
解　(1)有A＝120(种)不同的方法．
(2)5名同学站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不能相邻，故有AAA＝24(种)不同的方法．
(3)按人数分配方式分类：
①3,1,1，有A＝60(种)方法；
②2,2,1，有A＝90(种)方法．
故共有60＋90＝150(种)分配方法．
四、探究与拓展
14．已知xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5,6，则满足x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2的数组(x1，x2，x3，x4，x5，x6)的个数为________．
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　90
解析　根据题意，∵x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2，xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5,6，
∴xi中有2个1和4个0，或3个1、1个－1和2个0，或4个1和2个－1，共有C＋CC＋C＝90(个)，∴满足x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2的数组(x1，x2，x3，x4，x5，x6)的个数为90.
15．4位同学参加辩论赛，比赛规则如下：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0分，则这4位同学有多少种不同的得分情况？
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
解　本题分两种情况讨论．
(1)如果4位同学中有2人选甲，2人选乙．若这4位同学的总分为0分，则必须是选甲的2人一人答对，另一人答错，选乙的2人一人答对，另一人答错．有CAA＝24(种)不同的情况．
(2)如果4位同学都选甲或者都选乙．若这4位同学的总分为0分，则必须是2人答对，另2人答错，有CCC＝12(种)不同的情况．
综上可知，一共有24＋12＝36(种)不同的情况．
习题课　二项式定理
学习目标　1.能熟练地掌握二项式定理的展开式及有关概念.2.会用二项式定理解决与二项式有关的简单问题．
1．二项式定理及其相关概念
二项式定理
公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn，称为二项式定理
二项式系数
C(k＝0,1，…，n)
通项
Tk＋1＝Can－kbk(k＝0,1，…n)
二项式定理的特例
(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn
2．二项式系数的四个性质(杨辉三角的规律)
(1)对称性：C＝C；
(2)性质：C＝C＋C；
(3)二项式系数的最大值：当n是偶数时，中间的一项取得最大值，即最大；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，即＝最大；
(4)二项式系数之和：C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n，所用方法是赋值法．
类型一　二项式定理的灵活应用

例1　(1)(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数是(　　)
A．－4 B．－3 C．3 D．4
(2)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中特定项的系数
答案　(1)B　(2)－1
解析　(1)方法一　(1－)6的展开式的通项为C·(－)m＝C(－1)m，(1＋)4的展开式的通项为C()n＝C，其中m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4.
令＋＝1，得m＋n＝2，于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数等于C·(－1)0·C＋C·(－1)1·C＋C·(－1)2·C＝－3.
方法二　(1－)6(1＋)4＝[(1－)(1＋)]4(1－)2＝(1－x)4(1－2＋x)，于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数为C·1＋C·(－1)1·1＝－3.
(2)(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5.
∴x2的系数为C＋aC，
则10＋5a＝5，解得a＝－1.
反思与感悟　两个二项式乘积的展开式中特定项问题
(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点．
(2)找到构成展开式中特定项的组成部分．
(3)分别求解再相乘，求和即得．
跟踪训练1　(1)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为(　　)
A．－40 B．－20 C．20 D．40
(2)在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中特定项的系数
答案　(1)D　(2)120
解析　(1)令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝2，∴a＝1，
故5的展开式中常数项即为5的展开式中与x的系数之和．
5的展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kC25－kx5－2k，
令5－2k＝1，得k＝2，
∴展开式中x的系数为C×25－2×(－1)2＝80，
令5－2k＝－1，得k＝3，
∴展开式中的系数为C×25－3×(－1)3＝－40，
∴5的展开式中常数项为80－40＝40.
(2)f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝CC＋CC＋CC＋CC＝120.

例2　5的展开式中的常数项是________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中的特定项
答案　
解析　方法一　原式＝5，
∴展开式的通项为＝(k1＝0,1,2，…，5)．
当k1＝5时，T6＝()5＝4，
当0≤k1<5时，的展开式的通项公式为
＝＝·(k2＝0,1,2，…，5－k1)．
令5－k1－2k2＝0，即k1＋2k2＝5.
∵0≤k1<5且k1∈Z，∴或
∴常数项为4＋CC2＋CC×()3
＝4＋＋20＝.
方法二　原式＝5＝·[(x＋)2]5
＝·(x＋)10.
求原式的展开式中的常数项，转化为求(x＋)10的展开式中含x5项的系数，即C·()5.
∴所求的常数项为＝.
反思与感悟　三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决，转化的方法通常为配方法，因式分解，项与项结合，项与项结合时，要注意合理性和简捷性．
跟踪训练2　(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中的特定项
答案　30
解析　方法一　(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.
所以x5y2的系数为CC＝30.
方法二　(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC＝30.

例3　今天是星期一，今天是第1天，那么第810天是星期(　　)
A．一 B．二 C．三 D．四
考点　二项式定理的综合应用
题点　整除和余数问题
答案　A
解析　求第810天是星期几，实质是求810除以7的余数，应用二项式定理将数变形求余数．
因为810＝(7＋1)10＝710＋C×79＋…＋C×7＋1＝7M＋1(M∈N*)，
所以第810天相当于第1天，故为星期一．
反思与感悟　(1)利用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只考虑后面(或前面)一、二项就可以了．
(2)解决求余数问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式．
跟踪训练3　设a∈Z，且0≤a<13，若512 017＋a能被13整除，则a＝________.
考点　二项式定理的综合应用
题点　整除和余数问题
答案　1
解析　∵512 017＋a＝(52－1)2 017＋a＝C522 017－C522 016＋C522 015－…＋C521－1＋a，
能被13整除，0≤a<13.
故－1＋a能被13整除，故a＝1.
类型二　二项式系数的综合应用
例4　已知n.
(1)若展开式中第五项、第六项、第七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)若展开式中前三项的二项式系数之和等于79，求展开式中系数最大的项．
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中系数最大(小)的项
解　(1)由已知得2C＝C＋C，
即n2－21n＋98＝0，得n＝7或n＝14.
当n＝7时展开式中二项式系数最大的项是第四项和第五项，
∵T4＝C4(2x)3＝x3，T5＝C3(2x)4＝70x4，
∴第四项的系数是，第五项的系数是70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是第八项，它的系数为C7×27＝3 432.
(2)由C＋C＋C＝79，即n2＋n－156＝0.
得n＝－13(舍去)或n＝12.
设Tk＋1项的系数最大，
∵12＝12(1＋4x)12，
由
解得9.4≤k≤10.4.
∵0≤k≤n，k∈N，
∴k＝10.
∴展开式中系数最大的项是第11项，
即T11＝12·C·410·x10＝16 896x10.
反思与感悟　解决此类问题，首先要分辨二项式系数与二项展开式的项的系数，其次理解记忆其有关性质，最后对解决此类问题的方法作下总结，尤其是有关排列组合的计算问题加以细心．
跟踪训练4　已知n展开式中二项式系数之和比(2x＋xlg x)2n展开式中奇数项的二项式系数之和少112，第二个展开式中二项式系数最大的项的值为1 120，求x.
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
解　依题意得2n－22n－1＝－112，
整理得(2n－16)(2n＋14)＝0，解得n＝4，
所以第二个展开式中二项式系数最大的项是第五项．
依题意得C(2x)4(xlg x)4＝1 120，
化简得x4(1＋lg x)＝1，
所以x＝1或4(1＋lg x)＝0，
故所求x的值为1或.
1．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为(　　)
A．30 B．20
C．15 D．10
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
答案　C
解析　因为(1＋x)6的展开式的第(k＋1)项为Tk＋1＝Cxk，x(1＋x)6的展开式中含x3的项为Cx3＝15x3，所以系数为15.
2．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
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求二项式系数最大(小)的项
答案　A
解析　∵C＝C，∴n＝3＋7＝10，
∴展开式中系数最大的项是第6项．
3．已知x>0，则(1＋x)1010的展开式中的常数项为(　　)
A．1 B．(C)2
C．C D．C
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中的特定项
答案　D
解析　(1＋x)1010＝10＝10＝20.设其展开式的通项为Tk＋1，则Tk＋1＝Cx10－k，当k＝10时，为常数项．故选D.
4．当n为正奇数时，7n＋C·7n－1＋C·7n－2＋…＋C·7被9除所得的余数是(　　)
A．0 B．2 C．7 D．8
考点　二项式定理的综合应用
题点　整除和余数问题
答案　C
解析　原式＝(7＋1)n－C＝8n－1＝(9－1)n－1＝9n－C·9n－1＋C·9n－2－…＋C·9(－1)n－1＋(－1)n－1.因为n为正奇数，所以(－1)n－1＝－2＝－9＋7，所以余数为7.
5．设(2－1)n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M,8，N三数成等比数列，则展开式中第四项为________．
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　－160x
解析　当x＝1时，可得M＝1，二项式系数之和N＝2n，
由题意，得M·N＝64，∴2n＝64，∴n＝6.
∴第四项T4＝C·(2)3·(－1)3＝－160x.
1．两个二项展开式乘积的展开式中特定项问题
(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点．
(2)找到构成展开式中特定项的组成部分．
(3)分别求解再相乘，求和即得．
2．三项或三项以上的展开问题
应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决)，转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时要注意合理性和简捷性．
3．用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者前面)一、二项就可以了．
4．求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．
5．确定二项展开式中的最大或最小项：利用二项式系数的性质．
一、选择题
1．二项式12的展开式中的常数项是(　　)
A．第7项 B．第8项
C．第9项 D．第10项
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式的特定项
答案　C
解析　二项展开式中的通项公式为Tk＋1＝C·x12－k·k＝C·2k·，令12－k＝0，得k＝8.
∴常数项为第9项．
2．(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是(　　)
A．56 B．84 C．112 D．168
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中特定项的系数
答案　D
解析　因为(1＋x)8的通项为Cxk，(1＋y)4的通项为Cyt，故(1＋x)8(1＋y)4的通项为CCxkyt.
令k＝2，t＝2，得x2y2的系数为CC＝168.
3．若(x＋3y)n的展开式中所有项的系数的和等于(7a＋b)10的展开式中二项式系数的和，则n的值为(　　)
A．15 B．10 C．8 D．5
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　D
解析　由于(7a＋b)10的展开式中二项式系数的和为C＋…＋C＝210，令(x＋3y)n中x＝y＝1，则由题设知，4n＝210，即22n＝210，解得n＝5.
4．若二项式7的展开式中的系数是84，则实数a等于(　　)
A．2 B. C．1 D.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　C
解析　二项式7的展开式的通项公式为Tk＋1＝C(2x)7－k·k＝C27－kakx7－2k，
令7－2k＝－3，得k＝5.
故展开式中的系数是C22a5，即C22a5＝84，解得a＝1.
5．设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m等于(　　)
A．5 B．6 C．7 D．8
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中二项式系数最大(小)的项
答案　B
解析　∵(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为C，∴a＝C.同理，b＝C.
∵13a＝7b，∴13·C＝7·C，
∴13·＝7·，∴m＝6.
6．二项式6的展开式中不含x3项的系数之和为(　　)
A．20 B．24 C．30 D．36
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　A
解析　由二项式的展开式的通项公式Tk＋1＝C·(－1)kx12－3k，令12－3k＝3，解得k＝3，故展开式中x3项的系数为C·(－1)3＝－20，而所有系数和为0，不含x3项的系数之和为20.
7．在(1＋x)n(n为正整数)的二项展开式中，奇数项的和为A，偶数项的和为B，则(1－x2)n的值为(　　)
A．0 B．AB
C．A2－B2 D．A2＋B2
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　C
解析　∵(1＋x)n＝A＋B，(1－x)n＝A－B，∴(1－x2)n＝(1＋x)n(1－x)n＝(A＋B)(A－B)＝A2－B2.
8．9192被100除所得的余数为(　　)
A．1 B．81 C．－81 D．992
考点　二项式定理的综合应用
题点　整除和余数问题
答案　B
解析　利用9192＝(100－9)92的展开式，或利用(90＋1)92的展开式．
方法一　(100－9)92＝C10092－C10091×9＋C·10090×92－…－C100×991＋C992.
展开式中前92项均能被100整除，只需求最后一项除以100的余数．
由992＝(10－1)92＝C1092－…＋C102－C10＋1.
前91项均能被100整除，后两项和为－919，因原式为正，可从前面的数中分离出1 000，结果为1 000－919＝81，
∴9192被100除可得余数为81.
方法二　(90＋1)92＝C9092＋C9091＋…＋C902＋C90＋C.
前91项均能被100整除，剩下两项为92×90＋1＝8 281，显然8 281除以100所得余数为81.
二、填空题
9．若6的二项展开式中，常数项为，则二项式系数最大的项为________．
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中系数最大(小)的项
答案　x3或－x3
解析　6二项展开式的通项为Tk＋1＝C·(x2)6－kk＝Ca－kx12－3k，令12－3k＝0，得k＝4，
∴Ca－4＝，解得a＝±2，
当a＝2时，二项式系数最大的项为C(x2)33
＝x3.
当a＝－2时，二项式系数最大的项为C(x2)33＝－x3.
10.3的展开式中常数项为________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中的特定项
答案　－20
解析　3＝6展开式的通项公式为Tk＋1＝C(－1)kx6－2k.令6－2k＝0，解得k＝3.故展开式中的常数项为－C＝－20.
11．(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________．
考点　二项式定理的综合应用
题点　整除和余数问题
答案　1.34
解析　(1.05)6＝(1＋0.05)6＝C＋C×0.05＋C×0.052＋C×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34.
12．已知n的展开式中含x的项为第6项，设(1－x＋2x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，则a1＋a2＋…＋a2n＝________.
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　255
解析　因为n的展开式的通项是C(－1)k·x2n－3k(k＝0,1,2，…，n)，因为含x的项为第6项，所以当k＝5时，2n－3k＝1，即n＝8.令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2n＝28＝256.又a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a2n＝255.
三、解答题
13．在二项式n的展开式中，前三项的系数成等差数列．
(1)求展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大的项．
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中系数最大(小)的项
解　(1)二项式n的展开式中，前三项的系数分别为1，，.
根据前三项的系数成等差数列，可得n＝1＋，求得n＝8或n＝1(舍去)．
故二项式n的展开式的通项为Tk＋1＝C·2－k·x4－k.令4－k＝0，求得k＝4，可得展开式中的常数项为T5＝C·4＝.
(2)设第k＋1项的系数最大，则由求得2≤k≤3.因为k∈Z，所以k＝2或k＝3，故系数最大的项为T3＝7x2或T4＝7x.
四、探究与拓展
14．若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m＝________.
考点　展开式中系数的和问题
题点　多项展开式中系数的和问题
答案　－3或1
解析　在(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9中，
令x＝－2，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝m9，
即[(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)]＝m9，
令x＝0，可得(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)＝(2＋m)9.
∵(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，
∴[(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)][(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)]＝39，
∴(2＋m)9m9＝(2m＋m2)9＝39，
可得2m＋m2＝3，解得m＝1或－3.
15．已知(1＋m)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含有x项的系数为112.
(1)求m，n的值；
(2)求展开式中偶数项的二项式系数之和；
(3)求(1＋m)n(1－x)的展开式中含x2项的系数．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中特定项的系数
解　(1)由题意可得2n＝256，解得n＝8，
∴展开式的通项为Tk＋1＝Cmk，
∴含x项的系数为Cm2＝112，
解得m＝2或m＝－2(舍去)．
故m，n的值分别为2,8.
(2)展开式中偶数项的二项式系数之和为C＋C＋C＋C＝28－1＝128.
(3)(1＋2)8(1－x)＝(1＋2)8－x(1＋2)8，
∴含x2项的系数为C24－C22＝1 008.
滚动训练一(§1.1～§1.2)
一、选择题
1．4×5×6×…×(n－1)×n等于(　　)
A．A B．A
C．n！－4! D．A
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　D
解析　因为A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以A＝n(n－1)(n－2)…[n－(n－3)＋1]＝n×(n－1)×…×6×5×4.
2．在某次数学测验中，学号i(i＝1,2,3,4)的四位同学的考试成绩f(i)∈{90,92,93,96,98}，且满足f(1)A．9 B．5 C．23 D．15
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　D
解析　从所给的5个成绩中，任意选出4个的一个组合，即可得到四位同学的考试成绩按f(1)3．某公司将5名员工分配至3个不同的部门，每个部门至少分配一名员工，其中甲、乙两名员工必须分配在同一个部门的不同分配方法数为(　　)
A．24 B．30 C．36 D．42
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　C
解析　把甲、乙两名员工看作一个整体，5个人变成了4个，再把这4个人分成3部分，每部分至少一人，共有C＝6(种)方法．再把这3部分人分到3个不同的部门，有A＝6(种)方法．根据分步乘法计数原理可知，不同分法的种数为6×6＝36.
4．我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园．为提升城市品位、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园，两端河滩主题公园不在调整计划之列，相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为(　　)
A．4 B．8 C．6 D．12
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　C
解析　利用间接法，任选中间5个的2个，再减去相邻的4个，故有C－4＝6(种)，故选C.
5．2017年的3月25日，中国国家队在2018俄罗斯世界杯亚洲区预选赛12强战小组赛中，在长沙以1比0力克韩国国家队，赛后有六人队员打算排成一排照相，其中队长主动要求排在排头或排尾，甲、乙两人必须相邻，则满足要求的排法有(　　)
A．34种 B．48种 C．96种 D．144种
考点　排列的应用
题点　排列的简单应用
答案　C
解析　根据题意，分3步进行分析：
①队长主动要求排在排头或排尾，则队长有2种站法；
②甲、乙两人必须相邻，将2人看成一个整体，考虑2人的左右顺序，有A＝2(种)情况；
③将甲、乙整体与其余3人进行全排列，有A＝24(种)情况．
则满足要求的排法有2×2×24＝96(种)．
故选C.
6．登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是(　　)
A．30 B．60 C．120 D．240
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　B
解析　先将4个熟悉道路的人平均分成两组，有种，再将余下的6人平均分成两组，有种，然后这四个组自由搭配还有A种，故最终分配方法有＝60(种)．
7．在某次针对重启“六方会谈”的记者招待会上，主持人要从5名国内记者与4名国外记者中选出3名记者进行提问，要求3人中既有国内记者又有国外记者，且国内记者不能连续提问，不同的提问方式有(　　)
A．180种 B．220种
C．260种 D．320种
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　C
解析　若3人中有2名中国记者和1名国外记者，则不同的提问方式的种数是CCA＝80，
若3人中有1名中国记者和2名国外记者，则不同的提问方式的种数是CCA＝180，
故所有的不同的提问方式的种数是80＋180＝260，故选C.
8．某公园有P，Q，R三只小船，P船最多可乘3人，Q船最多可乘2人，R船只能乘1人，现有3个大人和2个小孩打算同时分乘若干只小船，规定有小孩的船必须有大人，共有不同的乘船方法(　　)
A．36种 B．33种
C．27种 D．21种
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　C
解析　①P船乘1个大人和2个小孩共3人，Q船乘1个大人，R船乘1个大人，有A＝6(种)情况．
②P船乘1个大人和1个小孩共2人，Q船乘1个大人和1个小孩，R船乘1个大人，有A×A＝12(种)情况．
③P船乘2个大人和1个小孩共3人，Q船乘1个大人和1个小孩共有C×2＝6(种)情况．
④P船乘1个大人和2个小孩共3人，Q船乘2个大人，有C＝3(种)情况，则共有6＋12＋6＋3＝27(种)情况．
二、填空题
9．已知A＝2C＝272(m，n∈N*)，则m＋n＝________.
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　19
解析　∵C＝，∴A＝2，∴A＝2，∴m＝2.
又A＝272，∴n(n－1)＝17×16，解得n＝17，∴m＋n＝19.
10．如图，从A→C有________种不同的走法．
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　6
解析　A到C分两类，第一类，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，故A→B→C有4种走法，第二类：A→C有2种走法，故A→C有4＋2＝6(种)走法，故答案为6.
11．把5件不同的产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　36
解析　先将A，B捆绑在一起，有A种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A种摆法，共有AA种摆法，而A，B，C这3件产品在一起，且A，B相邻，A，C相邻有2A种摆法，故A，B相邻，A，C不相邻的摆法有AA－2A＝36(种)．
12．某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________．
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　1 560
解析　先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．若4个组的人数按3,1,1,1分配，则不同的分配方案有＝20(种)不同的方法．
若4个组的人数为2,2,1,1，则不同的分配方案有×＝45(种)不同的方法．
故所有分组方法共有20＋45＝65(种)．
再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65A＝1 560(种)．
三、解答题
13．将四个编号为1,2,3,4的小球放入四个编号为1,2,3,4的盒子中．
(1)有多少种放法？
(2)若每盒至多一球，则有多少种放法？
(3)若恰好有一个空盒，则有多少种放法？
(4)若每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种放法？
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
解　(1)每个小球都可能放入四个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256(种)放法．
(2)这是全排列问题，共有A＝24(种)放法．
(3)先取四个球中的两个“捆”在一起，有C种选法，把它与其他两个球共三个元素分别放入四个盒子中的三个盒子，有A种投放方法，所以共有CA＝144(种)放法．
(4)一个球的编号与盒子编号相同的选法有C种，当一个球与一个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余三个球的投入方法有2种，故共有C×2＝8(种)放法．
四、探究与拓展
14．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的九个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下依次增大，当3,4固定在图中位置时，所填写空格的方法有(　　)
3
4
A.6种 B．12种 C．18种 D．24种
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　A
解析　由题意可得数字1,2,9的位置也是固定的，如图所示，5,6,7,8四个数字在A，B，C，D四个位置上，A，B两个位置的填法有C种，C，D两个位置则只有C种填法.
1
3
C
2
4
D
A
B
9
由分步乘法计数原理知，不同的填法共有C·C＝6(种)．
15．用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，若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．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)将组成的三位数中所有偶数分为两类，
①若个位数为0，则共有A＝12(个)；
②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)．
故共有30个符合题意的三位数．
(2)将这些“凹数”分为三类：
①若十位上的数字为0，则共有A＝12(个)；
②若十位上的数字为1，则共有A＝6(个)；
③若十位上的数字为2，则共有A＝2(个)．
故共有12＋6＋2＝20(个)符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：
①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有AA＝12(个)；
②若两个奇数数字在千位上和十位上，则共有AAA＝8(个)；
③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有AAA＝8(个)．故共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数．
滚动训练二(§1.1～§1.3)
一、选择题
1．设二项式n的展开式各项系数的和为a，所有二项式系数的和为b，若a＋2b＝80，则n的值为(　　)
A．8 B．4 C．3 D．2
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　C
解析　由题意a＝4n，b＝2n，∵a＋2b＝80，
∴4n＋2×2n－80＝0，
即(2n)2＋2×2n－80＝0，解得n＝3.
2．已知甲组有5名男同学、3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有(　　)
A．150种 B．180种 C．300种 D．345种
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　D
解析　由题知共有CCC＋CCC＝345(种)选法．
3．3对夫妇去看电影，6个人坐成一排，若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，则不同的坐法种数为(　　)
A．54 B．60 C．66 D．72
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　B
解析　记3位女性为a，b，c，其丈夫依次为A，B，C,3位女性都相邻的可能情形有两类：第一类，男性在两端(如BAabcC)，有2A种坐法；第二类，男性在一端(如BCAabc)，有2AA种坐法，故共有A(2A＋2)＝36(种)坐法．仅有两位女性相邻的可能情形也有两类：第一类，这两人在一端(如abBACc)；第二类，这两人两端都有其他人(如AabBCc)，共有2A(1＋1)＝24(种)坐法．综上，满足题意的坐法共有36＋24＝60(种)．
4．9名同学分别到数学、物理、化学3个学习小组参加研究性学习活动，每组3人，则不同的分配方案种数为(　　)
A．CCA B.
C．CCC D．以上都不对
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　C
解析　分配方案分三步完成：第一步，从9名同学中选3人到数学学习小组，有C种方法；第二步，从其余的6名同学中选3人到物理学习小组，有C种方法；第三步，剩余的3名同学到化学学习小组，有C种方法．根据分步乘法计数原理知，不同的分配方案共有CCC种．
5.(1＋x)4的展开式中，含x2的项的系数为(　　)
A．10 B．6 C．4 D．12
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中特定项的系数
答案　A
解析　根据乘法公式，得因式1＋中的1和(1＋x)4展开式中含x2的项相乘可得含x2的项；因式1＋中的和(1＋x)4展开式中含x3的项相乘可得含x2的项．(1＋x)4展开式的通项为Tk＋1＝Cxk(k＝0,1，…，4)，故(1＋x)4展开式中含x2的项为1·Cx2＋·Cx3＝10x2，即含x2的项的系数为10.
6．从集合{1,2,3，…，10}中选出由5个数组成的子集，使得这5个数中任何两个数的和不等于11，则这样的子集共有(　　)
A．10个 B．16个 C．20个 D．32个
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　D
解析　因为这10个数中两数之和为11的共有5组，即(1,10)，(2,9)，(3,8)，(4,7)，(5,6)，所以从10个数中任取5个数组成一个子集，使得这5个数中任何两个数的和不等于11的子集个数共有CCCCC＝32(个)．
7．把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在如图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
考点　排列的应用
题点　排列的简单应用
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)．
8．在(ax＋1)7的展开式中，x3的系数是x2的系数和x5的系数的等比中项，则实数a的值为(　　)
A. B. C. D.
考点　展开式中系数的和问题
题点　多项展开式中系数的和问题
答案　A
解析　∵(ax＋1)7的二项展开式的通项为Tk＋1＝C(ax)7－k，∴x3的系数是Ca3，x2的系数是Ca2，x5的系数是Ca5.∵x3的系数是x2的系数与x5的系数的等比中项，∴(Ca3)2＝Ca2×Ca5，∴a＝.
二、填空题
9．不等式A－n<7的解集为________．
考点　排列数公式
题点　解含有排列数的方程或不等式
答案　{3,4}
解析　由不等式A－n<7，得(n－1)(n－2)－n<7，整理得n2－4n－5<0，解得－110．若(x－m)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，其中a5＝56，则a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝________.
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　128
解析　由已知条件可得a5＝C·(－m)3＝－56m3＝56，∴m＝－1，
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，①
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝0，②
由①＋②，得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝＝128.
11．若(1－2x)2 017＝a0＋a1x＋…＋a2 017x2 017(x∈R)，则＋＋…＋的值为________．
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　－1
解析　(1－2x)2 017＝a0＋a1x＋…＋a2 017x2 017，令x＝，则2 017＝a0＋＋＋…＋＝0，
其中a0＝1，所以＋＋…＋＝－1.
12．将A，B，C，D，E，F 6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)
考点　排列的应用
题点　排列的简单应用
答案　480
解析　按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘2即可．当C在左边第1个位置时，有A种排法，当C在左边第2个位置时有AA种排法，当C在左边第3个位置时，有AA＋AA(种)排法．所以不同的排法共有2(A＋AA＋AA＋AA)＝480(种)．
三、解答题
13．学校选派5名同学参加“华约”“北约”“卓越联盟”自主招生考试，每项考试至少选派1人参加，共有多少种不同的选派方法？
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
解　可先分组，再分配，分两个步骤完成．先把5名同学分成三组：①一组3人，另两组各1人，有种方法；②一组1人，另两组各2人，有种方法．再把三组学生分配到“华约”“北约”“卓越联盟”参加考试，有A种方法．故不同的的选派方法共有A＝150(种)．
四、探究与拓展
14．若n∈N*，n<100，且n的展开式中存在常数项，则所有满足条件的n的值的和是________．
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
答案　950
解析　n的展开式的通项为Tk＋1＝C(x3)n－k·k＝Cx3n－5k，令3n－5k＝0，得n＝k.当k＝3,6，…，57时，n＝5,10，…，95，故所有满足条件的n的值的和是5＋10＋…＋95＝＝950.
15．已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a2＝60，求：
(1)n的值；
(2)－＋－＋…＋(－1)n的值．
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
解　(1)因为T3＝C(－2x)2＝a2x2，
所以a2＝C(－2)2＝60，
化简可得n(n－1)＝30，且n∈N*，
解得n＝6.
(2)Tk＋1＝C(－2x)k＝akxk，所以ak＝C(－2)k，
所以(－1)k＝C，
－＋－＋…＋(－1)n
＝C＋C＋…＋C＝26－1＝63.
章末复习
学习目标　1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.理解排列与组合的区别与联系，能利用排列组合解决一些实际问题.3.能用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式的性质．
1．分类加法计数原理
完成一件事有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N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
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，那么完成这件事有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．排列数与组合数公式及性质
排列与排列数
组合与组合数
公式
排列数公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
组合数公式C＝
＝
性质
当m＝n时，A为全排列；A＝n！；0！＝1
C＝C＝1；
C＝C；
C＋C＝C
备注
n，m∈N*，且m≤n
4.二项式定理
(1)二项式定理的内容：
(a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn (n∈N*)．
(2)通项公式：Tk＋1＝Can－kbk，k∈{0,1,2，…，n}．
(3)二项式系数的性质：
①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；
②若n为偶数，中间一项的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项的二项式系数相等且最大．
③C＋C＋C＋…＋C＝2n；C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1.
类型一　数学思想方法在求解计数问题中的应用

例1　车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　方法一　设A，B代表2位老师傅．
A，B都不在内的选派方法有CC＝5(种)，
A，B都在内且当钳工的选派方法有CCC＝10(种)，
A，B都在内且当车工的选派方法有CCC＝30(种)，
A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有ACC＝80(种)，
A，B有一人在内且当钳工的选派方法有CCC＝20(种)，
A，B有一人在内且当车工的选派方法有CCC＝40(种)，
所以共有CC＋CCC＋CCC＋ACC＋CCC＋CCC＝185(种)．
方法二　5名男钳工有4名被选上的方法有CC＋CCC＋CCC＝75(种)，
5名男钳工有3名被选上的方法有CCC＋CCA＝100(种)，
5名男钳工有2名被选上的方法有CCC＝10(种)，
所以共有75＋100＋10＝185(种)．
方法三　4名女车工都被选上的方法有CC＋CCC＋CCC＝35(种)，
4名女车工有3名被选上的方法有CCC＋CCA＝120(种)，
4名女车工有2名被选上的方法有CCC＝30(种)，
所以共有35＋120＋30＝185(种)．
反思与感悟　解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)．
跟踪训练1　从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答)
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　60
解析　1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．
分三类：①没有数字1和3时，有A个；
②只有1和3中的一个时，有2A个；
③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可，有C·C个．
所以满足条件的三位数共有
A＋2A＋C·C＝60(个)．

例2　设集合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2，a3满足a1A．78 B．76 C．83 D．84
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　C
解析　若从正面考虑，需分当a3＝9时，a2可以取8,7,6,5,4,3，共6类；当a3＝8时，a2可以取7,6,5,4,3,2，共6类；…分类较多，而其对立面a3－a2>6包含的情况较少，当a3＝9时，a2取2，a1取1，只有这一种情况，利用正难则反思想解决．
集合S的含有三个元素的子集的个数为C＝84.在这些含有三个元素的子集中能满足a16的集合只有{1,2,9}，故满足题意的集合A的个数为84－1＝83.
反思与感悟　对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考．
跟踪训练2　由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　30
解析　从4人中选出两个人作为一个元素有C种方法，
同其他两个元素在三个位置上排列有CA＝36(种)方案，其中有不符合条件的，
即学生甲、乙同时参加同一竞赛有A种方法，
∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种)．
类型二　排列与组合的综合应用
例3　在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．
(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？
(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？
(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
解　(1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A＝24(种)方法．
根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．
(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”)，一共有A＝720(种)方法．
×□×□×□×□×□×□×
第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A＝840(种)方法．
根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序．
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有＝A＝132(种)排列．
反思与感悟　排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列．对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．
跟踪训练3　在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，称该数为“驼峰数”，比如：“102”“546”为驼峰数，由数字1,2,3,4,5这5个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为________．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　30
解析　三位“驼峰数”中1在十位的有A个，2在十位上的有A个，3在十位上的有A个，所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30.
类型三　二项式定理及其应用

例4　已知在n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.
(1)求展开式中的所有有理项；
(2)求展开式中系数绝对值最大的项；
(3)求n＋9C＋81C＋…＋9n－1C的值．
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
解　(1)由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3，解得n＝10(负值舍去)，
通项为Tk＋1＝C()10－kk＝(－2)kC，
当5－为整数时，k可取0,6，
于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440.
(2)设第k＋1项系数的绝对值最大，则
解得
又因为k∈{1,2,3，…，9}，
所以k＝7，当k＝7时，T8＝－15 360，
又因为当k＝0时，T1＝x5，
当k＝10时，T11＝(－2)10＝1 024，
所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360.
(3)原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C
＝
＝
＝＝.
反思与感悟　(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．
(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．
(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．
(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．
(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质．
跟踪训练4　已知二项式n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍．
(1)求n；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中所有有理项．
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
解　(1)令x＝1得二项式n展开式中各项系数之和为(5－1)n＝4n，各项二项式系数之和为2n，
由题意得，4n＝16·2n，所以2n＝16，n＝4.
(2)通项Tk＋1＝C(5x)4－kk
＝(－1)kC54－k·，
展开式中二项式系数最大的项是第3项：
T3＝(－1)2C52x＝150x.
(3)由(2)得4－k∈Z(k＝0,1,2,3,4)，即k＝0,2,4，
所以展开式中所有有理项为
T1＝(－1)0C54x4＝625x4，
T3＝(－1)2C52x＝150x，
T5＝(－1)4C50x－2＝x－2.

例5　若(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10.
(1)求a2；
(2)求a1＋a2＋…＋a10；
(3)求(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2.
考点　展开式中系数的和问题
题点　多项展开式中系数的和问题
解　(1)(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，
a2是展开式中x2的系数，
∴a2＝C(－1)5C(－2)3＋C(－1)4C(－2)4＋C(－1)3·C(－2)5＝800.
(2)令x＝1，代入已知式可得，
a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0，
而令x＝0，得a0＝32，∴a1＋a2＋…＋a10＝－32.
(3)令x＝－1可得，
(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65，
再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，
把这两个等式相乘可得，
(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0.
反思与感悟　与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果．
跟踪训练5　若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．
考点　展开式中系数的和问题
题点　多项展开式中系数的和问题
答案　5
解析　令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，
令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
1．设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为(　　)
A．(34，34) B．(43，34)
C．(34，43) D．(A，A)
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　C
解析　由题意知本题是一个分步乘法问题，首先每名学生报名有3种选择，根据分步乘法计数原理知4名学生共有34种选择，每项冠军有4种可能结果，根据分步乘法计数原理知3项冠军共有43种可能结果．故选C.
2．5名大人带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数有(　　)
A．A·A种 B．A·A种
C．A·A种 D．A－4A种
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　A
解析　先排大人，有A种排法，去掉头尾后，有4个空位，再分析小孩，用插空法，将2个小孩插在4个空位中，有A种排法，由分步乘法计数原理可知，有A·A种不同的排法，故选A.
3．我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为(　　)
A．72 B．108 C．180 D．216
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　C
解析　根据题意，分析可得，必有2人参加同一社团，首先分析甲，甲不参加“围棋苑”，则其有3种情况，再分析其他4人，若甲与另外1人参加同一个社团，则有A＝24(种)情况，若甲是1个人参加一个社团，则有C·A＝36(种)情况，则除甲外的4人有24＋36＝60(种)情况，故不同的参加方法的种数为3×60＝180(种)，故选C.
4．(x－2y)6的展开式中，x4y2的系数为(　　)
A．15 B．－15 C．60 D．－60
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
答案　C
解析　(x－2y)6展开式的通项为Tk＋1＝C·x6－k·(－2y)k，令k＝2，得T3＝C·x4·(－2y)2＝60x4y2，所以x4y2的系数为60，故选C.
5．若n的展开式的系数和为1，二项式系数和为128，则展开式中x2的系数为________．
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　－448
解析　由题意得
所以n＝7，a＝－1，
所以7展开式的通项为Tk＋1
＝C(2)7－kk＝C27－k(－1)k，
令＝2，得k＝1.
所以x2的系数为C26(－1)1＝－448.
1．排列与组合
(1)排列与组合的区别在于排列是有序的，而组合是无序的．
(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件，对于有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：
①元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素．
②位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置．
(3)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点，一般方法是先分组，后分配．
2．二项式定理
(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式．
(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项展开式中第k＋1项的通项公式是Tk＋1＝Can－kbk(k＝0,1，…，n)，其中二项式系数是C，而不是C，这是一个极易错点．
(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值法．
一、选择题
1．5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(　　)
A．10种 B．20种
C．25种 D．32种
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
答案　D
解析　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25＝32(种)，故选D.
2．某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有(　　)
A．8种 B．10种
C．12种 D．32种
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　B
解析　根据题意，要求从A地到B地路程最短，必须只向下或向右行走即可．分别可得，需要向下走2次，向右走3次，共5次，从5次中选3次向右，剩下2次向下即可，则有C＝10(种)不同走法．
3．4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，则出场方案的种数是(　　)
A．6A B．3A
C．2A D．AAA
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　D
解析　先从4名男歌手中选一名放在两名女歌手之间，并把他们捆绑在一起，看做一个元素和另外的3名男歌手进行全排列，故有AAA种不同的出场方案．
4．在6的展开式中，含x7的项的系数是(　　)
A．180 B．160
C．240 D．60
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式特定项的系数
答案　C
解析　6的展开式的通项为Tk＋1
＝C(2x2)6－kk＝(－1)k26－kC，
令12－k＝7，得k＝2，即含x7项的系数为(－1)224C＝240.
5．已知8的展开式中常数项为1 120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是(　　)
A．28 B．38
C．1或38 D．1或28
考点　展开式中系数的和问题
题点　二项展开式中系数的和问题
答案　C
解析　由题意知C·(－a)4＝1 120，解得a＝±2.令x＝1，得展开式中各项系数的和为1或38.
6．(1－x)13的展开式中系数最小的项为(　　)
A．第6项 B．第8项
C．第9项 D．第7项
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中系数最大(小)的项
答案　B
解析　依据二项式系数与项的系数的关系来解决．展开式中共有14项，中间两项(第7,8项)的二项式系数最大．由于二项展开式中二项式系数和项的系数满足奇数项相等，偶数项互为相反数，所以系数最小的项为第8项，系数最大的项为第7项．故选B.
7．航天员在进行一项太空实验时，先后要实施6个程序，其中程序B和C都与程序D不相邻，则实验顺序的编排方法共有(　　)
A．216种 B．180种
C．288种 D．144种
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　C
解析　当B，C相邻，且与D不相邻时，有AAA＝144(种)方法；当B，C不相邻，且都与D不相邻时，有AA＝144(种)方法．故共有288种编排方法．
8．某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的2个班级中且每班安排2名，则不同的安排方法种数为(　　)
A．AC B.AC
C．AA D．2A
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　B
解析　将4人平均分成两组有C种方法，将这两组分配到6个班级中的2个班有A种方法．所以不同的安排方法有CA种．
二、填空题
9．设二项式6的展开式中x2的系数为A，常数项为B，若B＝4A，则a＝________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　－3
解析　因为二项式6的展开式中x2的系数为A＝Ca2＝15a2；
常数项为B＝－Ca3＝－20a3.
因为B＝4A，所以－20a3＝4×15a2，所以a＝－3.
10．某运动队有5对老搭档运动员，现抽派4名运动员参加比赛，则这4人都不是老搭档的抽派方法数为________．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　80
解析　先抽派4对老搭档运动员，再从每对老搭档运动员中各抽派1人，故有CCCCC＝80(种)抽派方法．
11．高三(三)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，3个音乐节目恰有2个节目连排，则不同排法的种数是________．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　288
解析　先从3个音乐节目中选取2个排好后作为1个节目，有A种排法，这样共有5个节目，其中2个音乐节目不连排，2个舞蹈节目不连排．如图，若曲艺节目排在5号(或1号)位置，则有4AA＝16(种)排法；若曲艺节目排在2号(或4号)位置，则有4AA＝16(种)排法；若曲艺节目排在3号位置，则有2×2AA＝16(种)排法．故共有不同排法A×(16×3)＝288(种).
1
2
3
4
5
三、解答题
12．现有5名教师要带3个不同的兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，求不同的带队方案有多少种？
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
解　第一类，把甲、乙看做一个复合元素，和另外的3人分配到3个小组中，有CA＝18(种)，
第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲、乙分配到其中2个小组，有AA＝36(种)，
根据分类加法计数原理可得，共有18＋36＝54(种)．
13．已知n(n∈N*)的展开式的各项系数之和等于5的展开式中的常数项，求n的展开式中含a－1项的二项式系数．
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
解　5的展开式的通项为
Tk＋1＝C(4)5－kk
＝C·(－1)k·45－k··，
令10－5k＝0，得k＝2，
此时得常数项为T3＝C·(－1)2·43·5－1＝27.
令a＝1，得n的展开式的各项系数之和为2n，
由题意知2n＝27，所以n＝7，
所以7的展开式的通项为
Tk＋1＝C7－k·(－)k
＝C·(－1)k·37－k·.
令＝－1，得k＝3，
所以n的展开式中含a－1项的二项式系数为C＝35.
四、探究与拓展
14.n展开式中的第7项与倒数第7项的系数比是1∶6，则展开式中的第7项为______．
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理的简单应用
答案　
解析　第7项为T7＝C()n－66，
倒数第7项为Tn－5＝C()6n－6，
由＝，得n＝9，
故T7＝C()9－66＝C·2·＝.
15．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数．
(1)可组成多少个不同的四位数？
(2)可组成多少个四位偶数？
(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)用间接法，从6个数中，任取4个组成4位数，有A种情况，
但其中包含0在首位的有A种情况，
依题意可得，有A－A＝300(个)．
(2)根据题意，分0在末尾与不在末尾两种情况讨论，
0在末尾时，有A种情况，
0不在末尾时，有AAA种情况，
由分类加法计数原理，共有A＋AAA＝156(个)．
(3)千位是1的四位数有A＝60(个)，
千位是2，百位是0或1的四位数有2A＝24(个)，
∴第85项是2 301.