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)
1．5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　
题点　
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)．
2．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.
3．某项志愿者活动要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同的工作．若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有(　　)
A．36种 B．12种 C．18种 D．48种
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
答案　A
解析　分两类：若小张或小赵之一入选，则有选法CCA＝24(种)；若小张、小赵都入选，则有选法AA＝12(种)．根据分类加法计数原理，共有选法36种．
4．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，故不同的排列方法有AAA种．
5．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.
6．圆周上有20个点，过任意两点连接一条弦，则这些弦在圆内的交点的个数最多为(　　)
A．190 B．380 C．4 845 D．3 420
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　C
解析　在圆内的交点最多，相当于从圆周上的20个点，任意选4个点，故最多有C＝＝4 845(个)．
7．甲、乙、丙三个同学在课余时间负责一个计算机机房的周一至周六的值班工作，每天有1人值班，每人值班2天，如果甲同学不值周一的班，乙同学不值周六的班，则可以排出不同的值班表有(　　)
A．36种 B．42种 C．50种 D．72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　由题意可分为两类：①甲值周六，另一天从周二至周五4天中再值一天有C种，乙同学任选2天值班，有C种，其余2天由丙值班，此时有CC种；②甲不值周六，可从周二至周五4天中选2天，有C种，乙从周一至周五甲不值班的3天中选2天值班，方法有C种，剩下的2天给丙，此时有CC种．由分类加法计数原理知，共有CC＋CC＝42(种)．故选B.
8．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.
结合a5＝－1，故＝－.
9．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．56 B．70 C．90 D．120
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　B
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＝40＋30＝70.
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　C
解析　n的展开式Tr＋1＝C()n－rr＝Cx－，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C.
11．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)．
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　二项展开式中特定项问题
题点　求二项展开式的系数
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．要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6堂课的课程表，要求数学排在上午(前4节)，体育排在下午(后2节)，不同的排法种数是________．
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
答案　192
解析　由题意，要求数学课排在上午(前4节)，体育课排在下午(后2节)，有CC＝8(种)．
再排其余4节，有A＝24(种)，
根据分步乘法计数原理，共有8×24＝192(种)方法．
14．若8的展开式中常数项为1 120，则展开式中各项系数之和为________．
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　8的展开式的通项为
Tr＋1＝Cx8－r(－a2)rx－r＝C(－a2)rx8－2r，
令8－2r＝0，得r＝4，所以C(－a2)4＝1 120，
所以a2＝2，所以8＝8.
令x＝1，得展开式中各项系数之和为(1－2)8＝1.
15．一只电子蚂蚁在如图所示的网格线上由原点(0,0)出发，沿向上或向右方向爬至点(m，n)(m，n∈N＋)，记可能的爬行方法总数为f(m，n)，则f(m，n)＝________.
考点　
题点　
答案　C
解析　从原点O出发，只能向上或向右方向爬行，记向上为1，向右为0，则爬到点(m，n)需m个0和n个1，这样爬行方法总数f(m，n)是m个0和n个1的不同排列方法数．m个0和n个1共占m＋n个位置，只要从中选取m个放0即可，所以f(m，n)＝C.
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)从编号为1,2，…，9的9个球中任取4个球，使它们的编号之和为奇数，再把这4个球排成一排，共有多少种不同的排法？
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
解　满足条件的4个球的编号有两类取法：①一奇三偶，排法数为CCA；②三奇一偶，排法数为CCA.故共有CCA＋CCA＝1 440(种)排法．
18．(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)．
19．(12分)已知(a2＋1)n的展开式中各项系数之和等于5的展开式的常数项，并且(a2＋1)n的展开式中系数最大的项等于54，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　5展开式中的常数项为
C4＝16.
(a2＋1)n展开式的系数之和2n＝16，n＝4.
∴(a2＋1)n展开式的系数最大的项为C(a2)2×12＝6a4＝54，∴a＝±.
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　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)依题意得a0＝1，a1＝，a2＝C2.
由2a1＝a0＋a2，得m＝8或m＝1(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)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)中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　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　二项式系数与项的系数最大值问题
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r＝5或6，此时，b＝7×28，∴＝.
22．(12分)已知A＝{x|1(1)从集合A和B中各取一个元素作为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，要求从左到右的数字要渐增，这样的三位数有多少个？
(3)从集合A中取出一个元素，从集合B中取出三个元素，可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
解　由题意知，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作为纵坐标且8不是横坐标的情况有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)．
(3)A中取3，则3不能作首位，有CCA＝180(个)；A中不取3，相当于从4,5,6,7,8中取4个数的全排列，有A＝120(个)．故共有300个符合要求的自然数．
§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.理解并掌握排列的概念.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1　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．
思考2　甲丙和丙甲是相同的排法吗？
答案　不是．
梳理　排列的定义
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1　从1,2,3,4,5,6中选出四个数字，能构成多少个没有重复数字的四位数？
答案　6×5×4×3＝360(个)．
思考2　若从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素排成一列，有多少种不同的排法？
答案　n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)种．
梳理　(1)排列数的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示．
(2)排列数公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) ＝(n，m∈N＋，m≤n)．
(3)全排列
一般地，n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列．
A＝n·(n－1)·(n－2)·…·3·2·1＝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　下列问题是排列问题的为________．(填序号)
①选2个小组分别去植树和种菜；
②选2个小组分别去种菜；
③某班40名同学在假期互发短信；
④从1,2,3,4,5中任取两个数字相除；
⑤10个车站，站与站间的车票．
考点　排列的概念
题点　排列的判断
答案　①③④⑤
解析　①植树和种菜是不同的，存在顺序问题，是排列问题；
②不存在顺序问题，不是排列问题；
③存在顺序问题，是排列问题；
④两个数相除与这两个数的顺序有关，是排列问题；
⑤车票使用时有起点和终点之分，故车票的使用是有顺序的，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　排列数及其应用
命题角度1　由排列数公式进行化简与求值
例2　(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　利用排列数公式化简
答案　D
解析　从4,5，…到n共n－4＋1＝n－3个数，所以根据排列数公式知，4×5×6×…×(n－1)×n＝A.
(2)计算：＝________.
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　1
解析　＝＝＝1.
(3)化简：1！＋2×2！＋3×3！＋…＋n×n！＝________.
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式化简
答案　(n＋1)！－1
解析　∵n×n！＝[(n＋1)－1]×n！＝(n＋1)！－n！，
∴原式＝(2！－1！)＋(3！－2！)＋(4！－3！)＋…＋[(n＋1)！－n！]＝(n＋1)！－1.
反思与感悟　(1)排列数公式的逆用：连续正整数的积可以写成某个排列数，其中最大的是排列元素的总个数，而正整数(因式)的个数是选取元素的个数．
(2)利用排列数公式进行计算时可利用连乘形式也可利用阶乘形式．当A中m已知且较小时用连乘形式，当m较大或为参数时用阶乘形式．
(3)应用排列数公式可以对含有排列数的式子进行化简和证明，化简的过程中要对排列数进行变形，并要熟悉排列数之间的内在联系，解题时要灵活地运用如下变式：
①n！＝n(n－1)！；
②A＝nA；
③n·n！＝(n＋1)！－n！；
④＝－.
跟踪训练2　(1)用排列数表示(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N＋，且n<55)＝________；
(2)计算2A＋A＝________.
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　(1)A　(2)72
解析　(1)∵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，
∴(55－n)(56－n)…(69－n)＝A.
(2)2A＋A＝2×4×3×2＋4×3×2×1＝72.
命题角度2　与排列数有关的方程、不等式的求解
例3　解方程A＝140A.
考点　排列数公式
题点　解含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.
引申探究
把本例的方程改为不等式“A<140A”，求它的解集．
解　由A<140A知，x≥3且x∈N＋，
由排列数公式，原不等式可化为
(2x＋1)·2x·(2x－1)(2x－2)<140x(x－1)(x－2)，
解得3因为x∈N＋，所以x＝4或x＝5.
所以不等式的解集为{4,5}．
反思与感悟　利用排列数公式展开即得到关于x的方程(或不等式)，但由于x存在于排列数中，故应考虑排列数对x的制约，避免出现增根．
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.
类型三　排列的列举问题
例4　写出从a，b，c，d这4个字母中，每次取出2个字母的所有排列．
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
解　把a，b，c，d中的任意一个字母排在第一个位置上，有4种排法；第一个位置上的字母排好后，第二个位置上的字母就有3种排法．
若第一个位置是a，那么第二个位置可以是b，c或d，即ab，ac，ad，有3个排列．同时，第一个位置更换为b，c或d，也分别各有3个排列，如图．
因此，共有12个不同的排列，它们是ab，ac，ad，ba，bc，bd，ca，cb，cd，da，db，dc.
反思与感悟　用树形图解决简单的排列问题是常见的解题方法．它能很好地确定排列中各元素的先后顺序，利用树形图可具体地列出各种情况，避免排列的重复和遗漏．
跟踪训练4　从0,1,2,3这四个数字中，每次取出三个不同的数字排成一个三位数．若组成的这些三位数中，1不能在百位，2不能在十位，3不能在个位，则这样的三位数共有多少个，并写出这些三位数．
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
解　直接画出树形图：
由树形图知，符合条件的三位数有8个：201,210,230,231,301,302,310,312.
1．(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　利用排列数公式化简
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.
2．下列问题属于排列问题的是(　　)
①从10个人中选2人分别去种树和扫地；
②从10个人中选2人去扫地；
③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队；
④从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算．
A．①④ B．①②
C．④ D．①③④
考点　排列的概念
题点　排列的判断
答案　A
解析　根据排列的定义，选出的元素有顺序的才是排列问题．
3．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
4．A－A(n∈N＋)的值为________．
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　696
解析　由题意知解得n＝3.
∴A－A＝A－A＝720－24＝696.
5．写出下列问题的所有排列：
(1)从编号为1,2,3,4,5的五名同学中选出两名同学任正、副班长；
(2)A，B，C，D四名同学排成一排照相，要求自左向右，A不排第一，B不排第四．
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
解　(1)从五名同学中选出两名同学任正、副班长，共有A＝20(种)选法，形成的排列是
12,13,14,15,21,23,24,25,31,32,34,35,41,42,43,45,51,52,53,54.
(2)因为A不排第一，排第一位的情况有3类(可从B，C，D中任选一人排)，而此时兼顾分析B的排法，列树形图如图．
所以符合题意的所有排列是
BADC，BACD，BCAD，BCDA，BDAC，BDCA，CABD，CBAD，CBDA，CDBA，DABC，DBAC，DBCA，DCBA共14种．
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．这就是说，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　解含排列数的方程或不等式
答案　B
2．5A＋4A等于(　　)
A．107 B．323 C．320 D．348
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　D
解析　5A＋4A＝5×5×4×3＋4×4×3＝348.
3．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．
4．已知A＝7A，则n的值是(　　)
A．2 B．6 C．7 D．8
考点　排列数公式
题点　解含排列数的方程或不等式
答案　C
解析　由A＝7A知，n－4≥2，故n≥6.
将n＝6,7,8分别代入方程，可知只有n＝7适合．故选C.
5．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　A＝1，A＝2，A＝6，A＝24，个位数之和为1＋2＋6＋4＝13，而A，A，…，A都含有5和至少一个偶数，∴个位数字均为0，∴S的个位数字为3.
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．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　4
解析　由题意知，m＝0,1,2,3,4，由A＝A，故集合P中共有4个元素．
9．方程3A＝2A＋6A的解为________．
考点　排列数公式
题点　解含排列数的方程或不等式
答案　5
解析　由排列数定义可得得x≥3，x∈N＋，
原方程可化为3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
∵x≥3，∴可化为3x2－17x＋10＝0，
即(3x－2)(x－5)＝0，
解得x＝5或x＝(舍去)．
10．一条铁路线上原有n个车站，为了适应客运的需要，在这条铁路线上又新增加了m(m＞1)个车站，客运车票增加了62种，则n＝________，m＝________.
考点　排列数公式
题点　解含排列数的方程或不等式
答案　15　2
解析　由题意得A－A＝62，
即(n＋m)(n＋m－1)－n(n－1)＝62.
整理得m(2n＋m－1)＝62＝2×31.
∵m，n均为正整数，∴2n＋m－1也为正整数．
∴得n＝15，m＝2.
11．有3名大学毕业生，到5家招聘员工的公司应聘，若每家公司至多招聘一名新员工，且3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有__________种不同的招聘方案．(用数字作答)
考点　排列的概念
题点　排列的判断
答案　60
解析　将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题．所以不同的招聘方案共有A＝5×4×3＝60(种)．
三、解答题
12．某药品研究所研制了5种消炎药a1，a2，a3，a4，a5,4种退热药b1，b2，b3，b4，现从中取两种消炎药和一种退热药同时进行疗效试验，但a1，a2两种药或同时用或同时不用，a3，b4两种药不能同时使用，试写出所有不同的试验方法．
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
解　如图，
由树形图可写出所有不同试验方法如下：
a1a2b1，a1a2b2，a1a2b3，a1a2b4，a3a4b1，a3a4b2，a3a4b3，a3a5b1，a3a5b2，a3a5b3，a4a5b1，a4a5b2，a4a5b3，a4a5b4，共14种．
四、探究与拓展
13．证明下列各题．
(1)A＝A＝(n＋1)A；
(2)A＋kA＝A.
考点　排列数公式
题点　解含排列数的方程或不等式
证明　(1)∵A＝(n＋1)·n·(n－1)·…·3·2·1，
A＝(n＋1)·n·(n－1)·…·3·2，
(n＋1)A＝(n＋1)·n！＝(n＋1)·n·(n－1)·…·3·2·1，
∴A＝A＝(n＋1)A.
(2)左边＝＋k·
＝＝
＝，
右边＝A＝，
∴A＋kA＝A.
第2课时　排列的应用
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．
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．
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．
类型二　排队问题
命题角度1　元素“相邻”与“不相邻”问题
例2　3名男生，4名女生，这7个人站成一排在下列情况下，各有多少种不同的站法．
(1)男、女各站在一起；
(2)男生必须排在一起；
(3)男生不能排在一起；
(4)男生互不相邻，且女生也互不相邻．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
解　(1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有A种排法，
女生必须站在一起，即把4名女生进行全排列，有A种排法，
全体男生、女生各看作一个元素全排列有A种排法，
由分步乘法计数原理知，共有A·A·A＝288(种)排法．
(2)(捆绑法)把所有男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，
故有A·A＝720(种)不同的排法．
(3)(不相邻问题插空法)先排女生有A种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的5个空中，有A种排法，故有A·A＝1 440(种)不同的排法．
(4)先排男生有A种排法．让女生插空，有AA＝144(种)不同的排法．
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．
命题角度2　定序问题
例3　7人站成一排．
(1)甲必须在乙的前面(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？
(2)甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？
考点　排列的应用
题点　定序问题
解　(1)甲在乙前面的排法种数占全体全排列种数的一半，故有＝2 520(种)不同的排法．
(2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全体全排列种数的.
故有＝840(种)不同的排法．
反思与感悟　这类问题的解法是采用分类法．n个不同元素的全排列有A种排法，m个不同元素的全排列有A种排法．因此A种排法中，关于m个元素的不同分法有A类，而且每一分类的排法数是一样的．当这m个元素顺序确定时，共有种排法．
跟踪训练3　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)，则这样的排列有________种．(用数字作答)
考点　排列的应用
题点　定序问题
答案　40
解析　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”，这时形成4个空当，分两类将字母D，E插入．
第1类，若字母D，E相邻，则有A·A种排法；
第2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)．
命题角度3　元素“在”与“不在”问题
例4　从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解下列问题：
(1)甲不在首位的排法有多少种？
(2)甲既不在首位，又不在末位的排法有多少种？
(3)甲与乙既不在首位又不在末位的排法有多少种？
(4)甲不在首位，乙不在末位的排法有多少种？
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
解　(1)方法一　把同学作为研究对象．
第一类：不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中选出5名放在5个位置上，有A种排法．
第二类：含有甲，甲不在首位：先从4个位置中选出1个放甲，再从甲以外的6名同学中选出4名排在没有甲的位置上，有A种排法．根据分步乘法计数原理，含有甲时共有4×A种排法．
由分类加法计数原理，可知共有A＋4×A＝2 160(种)排法．
方法二　把位置作为研究对象．
第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有A种方法．
第二步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有A种方法．
由分步乘法计数原理，可得共有A·A＝2 160(种)排法．
方法三　(间接法)
即先不考虑限制条件，从7名同学中选出5名进行排列，然后把不满足条件的排列去掉．
不考虑甲不在首位的要求，总的可能情况有A种；甲在首位的情况有A种，所以符合要求的排法有A－A＝2 160(种)．
(2)把位置作为研究对象，先满足特殊位置．
第一步，从甲以外的6名同学中选2名排在首末2个位置上，有A种方法．
第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A种方法．
根据分步乘法计数原理，有A·A＝1 800(种)方法．
(3)把位置作为研究对象．
第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有A种方法．
第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A种方法．
根据分步乘法计数原理，共有A·A＝1 200(种)方法．
(4)用间接法．
总的可能情况是A种，减去甲在首位的A种，再减去乙在末位的A种．注意到甲在首位同时乙在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次A种，所以共有A－2A＋A＝1 860(种)排法．
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．
特别提醒：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4　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)．
类型三　数字排列问题
例5　用0,1,2,3,4五个数字：
(1)可组成多少个五位数？
(2)可组成多少个无重复数字的五位数？
(3)可组成多少个无重复数字且是3的倍数的三位数？
(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数？
(5)在没有重复数字的五位数中，比42 130小的数有几个？按从小到大排列，则第61个数是多少？
(6)可以组成多少个无重复数字且奇数在奇数位上的五位数？
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)各数位上的数字允许重复，故由分步乘法计数原理可知，可组成4×5×5×5×5＝2 500(个)五位数．
(2)方法一　考虑特殊位置“万位”，从1,2,3,4中任选一个填入万位，共有4种填法，其余4个数字作全排列，有A种排法，故共有A·A＝96(个)符合条件的五位数．
方法二　先考虑特殊元素“0”，先排0，从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入，有A种填法，然后将其余4个数字在剩余4个位置上全排列，有A种排法，故共有A·A＝96(个)符合条件的五位数．
(3)构成3的倍数的三位数，各数位上数字之和是3的倍数，将0,1,2,3,4按除以3的余数分成3类，按照取0和不取0分类：取0，从1和4中取一个数，再取2进行排列，先填百位有A种填法，其余任意排有A种排法，故有2AA个；不取0，则必取3，从1和4中任取一数，再取2，然后进行全排列，故有2A种排法．所以共有2AA＋2A＝8＋12＝20(个)符合条件的三位数．
(4)考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1,3中选一个填入个位，有A种填法，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有A种填法，最后将包含0在内的剩余3个数在中间三个位置上全排列，排列数为A，故共有A·A·A＝36(个)符合条件的五位数．
(5)按分类加法计数原理，当万位数字为1,2,3时均可以，共有A·A个数．当万位数字为4，千位数字为0,1时均满足，共有A·A个数，当万位数字为4，千位数字为2，百位数字为0,1时均满足，共有(A·A－1)个数，所以比42 130小的数有A·A＋A·A＋A·A－1＝87(个)．万位是1,2的各有A个数，万位是3，千位是0,1的各有A个数，所以共有2A＋2A＝60(个)数，故第61个数为32 014.
(6)运用排除法，先将1,3在奇数位上排列，有A种排法，再将其余3个偶数在剩余3个位置上全排列，有A种排法，而其中1,3在个位和百位上，0在万位上的排法不合题意，有A·A种排法．所以符合条件的五位数共有AA－AA＝32(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)．
2．一排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.
3．某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(　　)
A．72 B．120 C．144 D．168
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　B
解析　先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有ACA＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有AA＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．
4．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)．
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
1．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为(　　)
A．36 B．120 C．720 D．240
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　C
解析　6个人站成两排，每排3人，分2步完成不同的排法有AA＝720(种)．
2．某教师一天上3个班级的课，每班1节，如果一天共9节课，上午5节、下午4节，并且教师不能连上3节课(第5和第6节不算连上)，那么这位教师一天的课的排法有(　　)
A．474种 B．77种 C．462种 D．79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　从9节课中任意安排3节，有A＝504(种)排法，其中上午连排3节课的排法有3A＝18(种)，下午连排3节课的排法有2A＝12(种)，则这位教师一天的课的排法有504－18－12＝474(种)．
3．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“在”与“不在”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.
4．将数字1,2,3与符号“＋”“－”共五个元素排成一排，任意两个数字都不相邻的排法种数是(　　)
A．6 B．12 C．18 D．24
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　B
解析　先排1,2,3，有A＝6(种)排法，再将“＋”“－”两个符号插入两个空隙中，有A＝2(种)排法，所以任意两个数字都不相邻的排法种数是6×2＝12，故选B.
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．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.
7．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．
二、填空题
8．将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　96
解析　5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为1和2,2和3,3和4,4和5，四种连号，其他号码各为一组，分给4人，共有4×A＝96(种)．
9．六个停车位置，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)．
10．古代“五行”学说认为：“物质分金、木、水、火、土五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列有________种．(结果用数字表示)
考点　排列的应用
题点　定序问题
答案　10
解析　第一位置有A种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，有A种排法，不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数为AA＝10.
11．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)．
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．如图，某伞厂生产的“太阳”牌太阳伞蓬是由太阳光的七种颜色组成的，七种颜色分别涂在伞蓬的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同的颜色图案的此类太阳伞至多有多少种？
考点　
题点　
解　如图，对8个区域进行编号，任选一组对称区域(如1与5)同色，用7种颜色涂8个区域的不同涂法有7！种，又由于1与5,2与6,3与7,4与8是对称的，通过旋转后5,6,7,8,1,2,3,4与1,2,3,4,5,6,7,8是同一种涂色，即重复染色2次，故此种图案至多有＝2 520(种)．
1.2.2　组　合
第1课时　组合及组合数公式
学习目标　1.理解组合及组合数的概念.2.能利用计数原理推导组合数公式，并会应用公式解决简单的组合问题．
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顺序的，②中选取的两个数无需排列．
梳理　组合的概念
一般地，从n个不同的元素中，任意取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中任取m个元素的一个组合．
知识点二　组合数与组合数公式
从3,5,7,11中任取两个数相除，
思考1　可以得到多少个不同的商？
答案　A＝4×3＝12.
思考2　如何用分步乘法计数原理求商的个数？
答案　第1步，从这四个数中任取两个数，有C种方法；第2步，将每个组合中的两个数排列，有A种排法．由分步乘法计数原理，可得商的个数为CA＝12.
思考3　你能得出C的计算公式吗？
答案　因为A＝CA，所以C＝＝6.
梳理　(1)组合数的概念
从n个不同元素中任意取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中，任意取出m个元素的组合数，用符号C表示．
(2)组合数公式及其性质
组合数公式
C＝＝
性质
①C＝C；
②C＋C＝C；
③C＝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　组合的有关概念
例1　给出下列问题：
(1)从a，b，c，d四名学生中选两名学生完成一件工作，有多少种不同的安排方法？
(2)从a，b，c，d四名学生中选两名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的安排方法？
(3)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？
(4)a，b，c，d四支足球队争夺冠、亚军，有多少种不同的结果？
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)两名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题．
(2)两名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题．
(3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．
(4)冠亚军是有顺序的，是排列问题．
反思与感悟　区分一个问题是排列问题还是组合问题，关键是看它有无“顺序”，有顺序就是排列问题，无顺序就是组合问题，要判定它是否有顺序的方法是先将元素取出来，看交换元素的顺序对结果有无影响，有影响就是“有序”，也就是排列问题；没有影响就是“无序”，也就是组合问题．
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　组合数公式与性质的应用
命题角度1　有关组合数的计算与证明
例2　(1)计算：C－C·A；
(2)求C＋C的值；
(3)证明：mC＝nC.
考点　组合数性质
题点　用组合数的性质计算与证明
(1)解　原式＝C－A＝－7×6×5
＝210－210＝0.
(2)解　∵∴9.5≤n≤10.5，
∵n∈N，∴n＝10，
∴C＋C＝C＋C
＝＋＝466.
(3)证明　mC＝m·
＝
＝n·
＝nC.
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＝________.
(2)计算C＋C＋C＋…＋C的值为(　　)
A．C B．C
C．C－1 D．C－1
考点　组合数性质
题点　用组合数的性质计算与证明
答案　(1)5 150　(2)C
解析　(1)C＋C＝C＋C
＝＋200＝5 150.
(2)C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋C＋C＋…＋C－C
＝C＋C＋…＋C－1＝…
＝C＋C－1＝C－1.
命题角度2　含组合数的方程或不等式
例3　(1)已知－＝，求C＋C；
(2)解不等式：C>C.
考点　组合数性质
题点　含组合数的方程或不等式问题
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
??
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.
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．0 B．1 C．2 D．3
考点　组合的概念
题点　组合的判断
答案　C
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C.
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　组合数公式的应用
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＝21，则的值为(　　)
A．6 B．7 C．35 D．70
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　C
解析　∵C＝21，∴＝21，
解得n＝7或n＝－6(舍去)，
∴＝＝＝35，故选C.
4．不等式C－n<5的解集为________．
考点　组合数性质
题点　含组合数的方程或不等式问题
答案　{2,3,4}
解析　由C－n<5，得－n<5，
即n2－3n－10<0，解得－2由题设条件知n≥2，且n∈N＋，则n＝2,3,4，
故原不等式的解集为{2,3,4}．
5．从1,2,3,6,9中任取两个不同的数相乘．
(1)列出所有的取法，并分别指出乘积为偶数与奇数的取法；
(2)不同的乘积结果有多少个？
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
解　(1)由于乘法满足交换律，所以本题与次序无关，是组合问题，现规定用数对(a，b)表示每一种取法，并且(a，b)与(b，a)是同一种取法．
从1,2,3,6,9中任取两个不同的数，不同的取法有(1,2)，(1,3)，(1,6)，(1,9)，(2,3)，(2,6)，(2,9)，(3,6)，(3,9)，(6,9)．
其中乘积为偶数的取法有(1,2)，(1,6)，(2,3)，(2,6)，(2,9)，(3,6)，(6,9)，
乘积为奇数的取法有(1,3)，(1,9)，(3,9)．
(2)1×2＝2,1×3＝3,1×6＝2×3＝6,1×9＝9,2×6＝12,2×9＝3×6＝18,3×9＝27,6×9＝54，所以不同的乘积结果有8个．
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．巧用组合数公式解题
(1)涉及具体数字的可以直接用C＝·＝＝C进行计算．
(2)涉及字母的可以用C＝计算．
(3)计算时应注意利用组合数的性质C＝C简化运算.
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　组合数公式的应用
答案　D
解析　＝＝＝A＝6.
3．已知C－C＝C，则n等于(　　)
A．14 B．12 C．13 D．15
考点　组合数性质
题点　用组合数的性质计算与证明
答案　A
解析　由C＝C＋C＝C，得n＋1＝7＋8＝15，则n＝14.
4．若集合M＝{x|C≤21}，则组成集合M的元素共有(　　)
A．1个 B．3个 C．6个 D．7个
考点　组合数性质
题点　含组合数的方程或不等式问题
答案　C
解析　∵C＝1，C＝7，C＝＝21，∴x＝0,1,2.
又∵C＝C＝1，C＝C＝7，C＝C＝21，
∴组成集合M的元素共有6个．
5．若C∶C∶C＝∶1∶1，则m，n的值分别为(　　)
A．m＝5，n＝2 B．m＝5，n＝5
C．m＝2，n＝5 D．m＝4，n＝4
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　∵C∶C∶C＝∶1∶1，
∴C＝C，
∴n＋2＝m＋1＋m＋2，得n＝2m＋1，
再根据C∶C＝∶1，
可得C∶C＝3∶5，
即∶＝3∶5，
即＝，得m＝2.
∴n＝2m＋1＝5.
6．下列等式不正确的是(　　)
A．C＝ B．C＝C
C．C＝C＋C D．C＝C
考点　组合数性质
题点　用组合数的性质计算与证明
答案　D
7．计算C＋C的值为(　　)
A．3 B．4 C．5 D．16或5
考点　组合数性质
题点　用组合数的性质计算与证明
答案　D
解析　由C＋C知，
解得n＝4或5.
当n＝4时，C＋C＝C＋C＝5，
当n＝5时，C＋C＝C＋C＝16.
∴C＋C＝5或16.
8．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则是：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；选乙答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则4位同学不同得分情况的种数是(　　)
A．48 B．36 C．24 D．18
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　B
解析　4位同学的总分为0，分3种情况讨论：
①4人都选甲题，必须2人答对，2人答错，共C＝6(种)情况．
②4人都选乙题，必须2人答对，2人答错，共C＝6(种)情况．
③甲、乙两题都选，则必须2人选甲题，且1人答对，1人答错，另2人选乙题，且1人答对，1人答错，共2×2×C＝24(种)情况．
综上可知，共6＋6＋24＝36(种)情况．
二、填空题
9．已知C，C，C成等差数列，则C＝________.
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　91
解析　∵C，C，C成等差数列，
∴2C＝C＋C，
∴2×＝＋，
整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝14，n＝7(舍去)，
则C＝C＝91.
10．C＋C＋C＋…＋C＝________.
考点　组合数性质
题点　用组合数的性质计算与证明
答案　7 315
解析　原式＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＋C＝C＝C＝7 315.
11．不等式C＋A<30的解集为________．
考点　组合数性质
题点　含组合数的方程或不等式问题
答案　{3,4}
解析　由题意，得3≤x≤5且x∈N＋.
当x＝3时，C＋A＝10＋6＝16<30成立；
当x＝4时，C＋A＝5＋24＝29<30成立；
当x＝5时，C＋A＝1＋60＝61>30.
所以不等式C＋A<30的解集为{3,4}．
12．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．
三、解答题
13．现有1克，2克，4克，10克的砝码各一个，在天平上能称出多少种不同质量的物体．(只允许砝码放在天平右边的盘子里)
考点　组合的应用
题点　无限制条件的组合问题
解　按使用砝码的个数进行分类列举：
(1)若使用一个砝码，则能称1克、2克、4克、10克，共4种质量的物体．
(2)若使用两个砝码，则能称(1＋2)克，(1＋4)克，(1＋10)克，(2＋4)克，(2＋10)克，(4＋10)克，共6种质量的物体．
(3)若使用三个砝码，则能称(1＋2＋4)克，(1＋2＋10)克，(1＋4＋10)克，(2＋4＋10)克，共4种质量的物体．
(4)若使用四个砝码，则能称(1＋2＋4＋10)克，共1种质量的物体．
所以，总共能称4＋6＋4＋1＝15(种)不同质量的物体．
四、探究与拓展
14．从长度分别为1,2,3,4,5的5条线段中，任取3条的不同取法有n种，在这些取法中，若以取出的3条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m，则等于(　　)
A. B. C. D.
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　B
解析　从5条线段中任取3条，不同的取法有C＝10(种)，∴n＝10.
根据三角形两边和大于第三边，得取出的3条线段能组成三角形的有(2,3,4)，(3,4,5)，(2,4,5)三种情况，
∵在钝角三角形中，其中一边的平方大于另两边的平方和，∴能够构成钝角三角形的有(2,3,4)，(2,4,5)两种情况，∴m＝2，∴＝＝.
15．已知试求x和n的值．
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
解　由C＝C，得x＝2x或x＋2x＝n，
即x＝0或n＝3x.
显然当x＝0时，C无意义，
把n＝3x代入C＝C，得C＝C，
即＝·，
所以＝，解得x＝5.
所以n＝15.
即所求x的值为5，n的值为15.
第2课时　组合的应用
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．
1．组合的有关概念
从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中任取m个元素的一个组合．
组合数，用符号C表示．其公式为
C＝＝＝(n，m∈N＋，m≤n)．特别地C＝C＝1.
2．组合数性质
(1)C＝C.
(2)C＝C＋C.
3．组合应用题的解法
(1)无限制条件的组合应用题的解法步骤为：“一、判断；二、转化；三、求值；四、作答．”
(2)有限制条件的组合应用题的解法
常用解法有：直接法、间接法，可将条件视为特殊元素或特殊位置，一般地按从不同位置选取元素的顺序分步，或按从同一位置选取的元素个数的多少分类.
类型一　简单的组合应用题
例1　男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)既要有队长，又要有女运动员．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　(1)第一步：选3名男运动员，有C种选法；第二步：选2名女运动员，有C种选法，故共有C·C＝120(种)选法．
(2)方法一　(直接法)
“至少有1名女运动员”包括以下几种情况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类加法计数原理知，共有C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝246(种)选法．
方法二　(间接法)
不考虑条件，从10人中任选5人，有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种，故“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246(种)．
(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，故不选女队长时共有(C－C)种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(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，一定要注意有无重复或遗漏．
跟踪训练1　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；
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　(1)从中任选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．
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分为两步：先从甲、乙、丙中选1人，有C＝3(种)选法，再从另外9人中选4人，有C种选法，共有CC＝378(种)不同的选法．
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
命题角度1　不同元素分组、分配问题
例3　有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？
(1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本；
(2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；
(3)分成三组，每组都是2本；
(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本．
考点　排列组合综合问题
题点　分组、分配问题
解　(1)分三步：先选一本有C种选法，再从余下的5本中选两本有C种选法，最后余下的三本全选有C种选法．由分步乘法计数原理知，分配方式共有C·C·C＝60(种)．
(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配问题．因此，分配方式共有C·C·C·A＝360(种)．
(3)先分三组，有CCC种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一组取了A，B，第二组取了C，D，第三组取了E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)，但CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A种情况，而这A种情况只能作为一种分法，故分配方式有＝15(种)．
(4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式·A＝90(种)．
反思与感悟　分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种：
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！；
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
(2)分配问题属于“排列”问题．分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
跟踪训练3　某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则不同的安排方法的种数为(　　)
A．24 B．48 C．96 D．114
考点　排列组合综合问题
题点　分组、分配问题
答案　D
解析　5个人住三个房间，每个房间至少住1人，则有(3,1,1)和(2,2,1)两种．
当为(3,1,1)时，有CA＝60(种)，A，B住同一房间有CA＝18(种)，故有60－18＝42(种)．
当为(2,2,1)时，有·A＝90(种)，A，B住同一房间有CCA＝18(种)，故有90－18＝72(种)．
根据分类加法计数原理共有42＋72＝114(种)．
命题角度2　相同元素分配问题
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)个块板．
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．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)．
2．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)．
3．从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，若其和为偶数，则不同的取法共有(　　)
A．60种 B．63种 C．65种 D．66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　对于4个数之和为偶数，可分3类：
第1类，4个数均为偶数，有C种取法；
第2类，2个数为偶数，2个数为奇数，有CC种取法；
第3类，4个数均为奇数，有C种取法．
由分类加法计数原理，可得不同的取法共有C十CC＋C＝66(种)．
4．在直角坐标平面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　在垂直于x轴的6条直线中任取2条，在垂直于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.
5．将4名学生分配到甲、乙、丙3个实验室准备实验，每个实验室至少分配1名学生的不同分配方案共有________种．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　36
解析　先将4名学生分成三组，人数分别为2,1,1，共有C＝6(种)，再将这三组分配到3个实验室，有A＝6(种)，由分步乘法计数原理，可知不同的分配方案共有6×6＝36(种)．
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．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.
2．在平面直角坐标系中有五个点，分别为O(0,0)，A(1,2)，B(2,4)，C(－1,2)，D(－2,4)，则这五个点一共可确定不同的三角形的个数为(　　)
A．12 B．10 C．8 D．6
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　C
解析　五点中三点共线的有两组：O，A，B和O，C，D.故可确定C－2＝8(个)三角形．故选C.
3．从2,3，…，8七个自然数中任取三个数组成有序数组a，b，c且aA．35组 B．42组
C．105组 D．210组
考点　组合的应用
题点　无限制条件的组合问题
答案　A
解析　不同的数组，有C＝35(组)．
4．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　排列组合的综合应用
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．
5．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　排列组合的综合应用
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种选取方法，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.
6．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　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
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．
7．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　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
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
8．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)．
9．5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名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　48
解析　两老一新时，有CCA＝12(种)排法；两新一老时，有CCA＝36(种)排法．故共有48种排法．
10．从正方体ABCD－A′B′C′D′的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点，可得到的不同的四面体的个数为________．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　58
解析　从8个顶点中任取4个有C种方法，四点共面的情况有12种，所以可得到C－12＝58(个)不同的四面体．
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　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　60
解析　把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C种分法，再分给4人有CA种分法，所以不同获奖情况种数为A＋CA＝24＋36＝60.
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，则不同取法的种数为________．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　472
解析　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．
三、解答题
13．在某次数字测验中，记座号为n(n＝1,2,3,4)的同学的考试成绩为f(n)．若f(n)∈{70,85,88,90,98,100}，且满足f(1)考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　f(1)①f(1)②f(1)对于①，只需在集合中取4个数字，有C种取法，
对于②，只需在集合中取3个数字，有C种取法．
即不同的取法共有C＋C＝35(种)．
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．现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同．现在要从他们5个人中选出若干人组成A，B两个小组，每个小组都至少有1人，并且要求B组中最矮的那个同学的身高要比A组中最高的那个同学的身高还要高，则不同的选法共有多少种？
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　将5位同学按身高的不同由矮到高分别编号为1,2,3,4,5，组成集合M＝{1,2,3,4,5}．
①若小组A中最高者为1，则能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{2,3,4,5}的非空子集，这样的子集有C＋C＋C＋C＝24－1＝15(个)，所以不同的选法有15种；
②若A中最高者为2，则这样的小组A有2个，为{2}，{1,2}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{3,4,5}的非空子集，这样的子集有23－1＝7(个)，所以不同的选法有2×7＝14(种)；
③若A中最高者为3，则这样的小组A有4个，为{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{4,5}的非空子集，这样的子集有22－1＝3(个)，所以不同的选法有4×3＝12(种)；
④若A中最高者为4，则这样的小组A有8个，为{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B只有1个，为{5}，所以不同的选法有8种．
综上，所有不同的选法共有15＋14＋12＋8＝49(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
(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2；
(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3；
(a＋b)4＝a4＋4a3b＋6a2b2＋4ab3＋b4；
(a＋b)5＝a5＋5a4b＋10a3b2＋10a2b3＋5ab4＋b5.
根据上述规律归纳出(a＋b)n(n∈N＋，n≥2)的展开式，并思考下列问题．
思考1　(a＋b)n展开式中共有多少项？
答案　n＋1项．
思考2　(a＋b)n展开式中系数有什么特点？
答案　依次为组合数C，C，C，…，C.
思考3　(a＋b)n展开式中每项的次数有什么特点？项的排列有什么规律？
答案　每一项的次数和是一样的，都是n次，并且a是按降幂排列，b按升幂排列．
梳理　二项式定理及相关概念
二项式定理
概念
公式：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N＋)，这个公式所表示的规律叫做二项式定理
二项式系数
各项系数C(r＝0,1,2，…，n)叫做展开式的二项式系数
二项式通项
展开式中的Can－rbr项叫做二项展开式的通项，通项是展开式中的第r＋1项，即Tr＋1＝Can－rbr(其中0≤r≤n，r∈N，n∈N＋)
二项展开式
Can＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N＋)叫做(a＋b)n的二项展开式
备注
在二项式定理中，如果令a＝1，b＝x，则得到公式(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxr＋…＋Cxn(n∈N＋)
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－rbr是(a＋b)n展开式中的第r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)rC(x＋1)n－r＋…＋(－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－r(－1)r＋…＋C(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn.
引申探究
将本例(1)改为求5的展开式．
解　方法一　5＝C(2x)5－C(2x)4·＋C(2x)3·2－C(2x)2·3＋C(2x)·4－C·5＝32x5－80x2＋－＋－.
方法二　5＝5＝－(1－2x3)5＝－[1－C(2x3)＋C(2x3)2－C(2x3)3＋C(2x3)4－C(2x3)5]＝－＋－＋－80x2＋32x5.
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
命题角度1　二项式系数与项的系数
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
Tr＋1＝C(3)10－rr＝C310－rr·(r＝0,1,2，…，10)．
(1)展开式的第4项(r＝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(r∈{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”与二项展开式中“项的系数”这两个概念．
(2)第r＋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　求二项展开式中的特定项
解　(1)因为T3＝C()n－22＝，
T2＝C()n－1＝，
依题意得4C＋2C＝162，所以2C＋C＝81，
所以n2＝81，n＝9.
(2)设第r＋1项含x3项，则Tr＋1＝C()9－rr＝，所以＝3，r＝1，
所以第二项为含x3的项：T2＝－2Cx3＝－18x3.
二项式系数为C＝9.
命题角度2　展开式中的特定项
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　求二项展开式中的特定项
解　通项公式为
Tr＋1＝＝.
(1)∵第6项为常数项，∴当r＝5时，有＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得r＝(n－6)＝2，
∴所求的系数为C(－3)2＝405.
(3)由题意，得令＝t(t∈Z)，
则10－2r＝3t，即r＝5－t.∵r∈N，∴t应为偶数．
令t＝2,0，－2，即r＝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　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Tr＋1＝Cx9－r(－a)rr＝C·(－a)rx9－2r(0≤r≤9，r∈N)．当9－2r＝3时，解得r＝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6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　求二项展开式中的特定项
答案　160
解析　由题意得n＝6，∴Tr＋1＝2rCx6－2r，令6－2r＝0，得r＝3，∴常数项为C23＝160.
1．若n＋5的展开式有16项，则自然数n的值为(　　)
A．9 B．10 C．11 D．16
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式中特定项的系数
答案　B
2．(x＋2)8的展开式中x6的系数是(　　)
A．28 B．56 C．112 D．224
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式中特定项的系数
答案　C
解析　∵T2＋1＝Cx8－2·22＝112x6，
∴(x＋2)8的展开式中x6的系数是112.
3．二项式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　求二项展开式中的特定项
答案　C
解析　二项展开式中的通项公式为Tr＋1＝C·x12－r·r＝，令12－r＝0，得r＝8.
∴常数项为第9项．
4．1－2C＋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.
5．已知n展开式的第5项的系数与第3项的系数的比值为30.求：
(1)展开式中的所有有理项；
(2)n＋6C＋36C＋…＋6n－1C的值．
解　(1)n展开式的通项为Tr＋1＝C()n－r·r(r＝0,1，…，n)＝C(－2)r·，
由于展开式的第5项的系数与第3项的系数的比值为30，
则＝30，化简，得n2－5n－84＝0，
解得n＝12或n＝－7(舍去)，
则展开式的通项为Tr＋1＝C(－2)r·(r＝0,1,2，…，12)，当r＝0,6,12时，为整数，
则有理项为T1＝x6，T7＝26Cx＝59 136x，
T13＝212Cx－4＝4 096x－4.
(2)n＋6C＋36C＋…＋6n－1C
＝C＋6C＋36C＋…＋611C
＝(1＋6C＋62C＋63C＋…＋612C)－
＝×(1＋6)12－＝.
1．注意区分项的二项式系数与系数的概念．
2．要牢记Can－rbr是展开式的第r＋1项，不要误认为是第r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展开式中的第三项为(　　)
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展开式中的第三项为Ci2＝－15.
3．(1－)20的二项展开式中，x的系数与x9的系数之差为(　　)
A．190 B．380 C．－190 D．0
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式中特定项的系数
答案　D
解析　(1－)20的二项展开式的通项为Tr＋1＝，x的系数为C＝190，x9的系数为C＝C＝190，所以它们的差为0.
4．若(1＋)4＝a＋b (a，b为有理数)，则a＋b等于(　　)
A．33 B．29 C．23 D．19
答案　B
解析　∵(1＋)4＝1＋4＋12＋8＋4＝17＋12＝a＋b，
又∵a，b为有理数，
∴a＝17，b＝12.∴a＋b＝29.
5．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　Tr＋1＝C()n－rr＝2rC.
令＝0，得n＝3r.
根据题意有2rC＝60，验证知r＝2，故n＝6.
6．在24的二项展开式中，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　求二项展开式中的特定项
答案　C
解析　Tr＋1＝Cr＝(－1)rC，当r＝0,6,12,18,24时，x的幂指数分别是12,7,2，－3，－8，故选C.
7．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Tr＋1＝Cr.若为有理项，则有4－∈Z，所以r可取0,4,8，所以展开式中有理项的项数为3.
8．对于二项式n(n∈N＋)，有以下四种判断：
①存在n∈N＋，展开式中有常数项；②对任意n∈N＋，展开式中没有常数项；③对任意n∈N＋，展开式中没有x的一次项；④存在n∈N＋，展开式中有x的一次项．其中正确的是(　　)
A．①与③ B．②与③
C．②与④ D．①与④
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　二项式n的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx4r－n，由通项公式可知，当n＝4r(r∈N＋)和n＝4r－1(r∈N＋)时，展开式中分别存在常数项和一次项，故选D.
二、填空题
9.7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＝.
10．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，Tr＋1＝Cr(r＝0,1,2，…，n)．故＝3，＝4，解得a＝3.
11．已知f(x)＝x＋(x>0)的最小值是n，则n的展开式中含x2项的系数为________．
答案　15
解析　易知f(x)在(0,3]上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(3)＝6，故n＝6，
则二项式n＝6，
其展开式的通项为
Tr＋1＝Cx6－rr＝(－1)rCx6－2r.
令6－2r＝2，得r＝2，
故展开式中含x2项的系数为C＝15.
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　∵Tr＋1＝Cx6－rr＝(－a)rC，
令6－＝3，则r＝2，得A＝C·a2＝15a2；
令6－＝0，则r＝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5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是14∶3.
(1)求n；
(2)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　求二项展开式中的特定项
解　(1)依题意有C∶C＝14∶3，
化简，得(n－2)(n－3)＝56，
解得n＝10或n＝－5(不合题意，舍去)，
∴n的值为10.
(2)通项公式为Tr＋1＝C()10－r·(－1)rr＝(－1)rrC·，
由题意得∴r＝2,5,8.
∴第3项、第6项与第9项为有理项，它们分别为C2x2，C5，C8x－2.
四、探究与拓展
14．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.
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　求二项展开式中特定项的系数
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
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)二项式系数表及特征
当n依次取1,2,3，…时，(a＋b)n展开式的二项式系数如图所示：
图中所示的表叫做二项式系数表，它有这样的规律：
①每一行的两端都是1；
②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
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　如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1,2,3,3,6,4,10,5，…，记其前n项和为Sn，求S16的值．
考点　二项式系数的性质
题点　与杨辉三角有关的问题
解　由题意及杨辉三角的特点可得
S16＝(1＋2)＋(3＋3)＋(6＋4)＋(10＋5)＋…＋(36＋9)
＝(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＋(C＋C)
＝(C＋C＋C＋…＋C)＋(2＋3＋…＋9)
＝C＋＝164.
引申探究
本例条件不变，若改为求S21，则结果如何？
解　S21＝(1＋2)＋(3＋3)＋(6＋4)＋…＋(55＋11)＋66＝(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＋(C＋C)＋C＝(C＋C＋C＋…＋C)＋(2＋3＋…＋11)
＝C＋＝286＋65＝351.
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个数的比为2∶3.
类型二　二项式系数和与项的系数和问题
例2　设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100·x100，求下列各式的值．
(1)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.
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　二项式系数性质的综合应用
例3　在8的展开式中：
(1)系数的绝对值最大的项是第几项？
(2)求二项式系数最大的项；
(3)求系数最大的项；
(4)求系数最小的项．
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　Tr＋1＝C·()8－r·r＝.
(1)设第r＋1项系数的绝对值最大，
则
∴解得5≤r≤6.
又0≤r≤8且r∈N，∴r＝5或r＝6.
故系数的绝对值最大的项是第6项和第7项．
(2)二项式系数最大的项为中间项，即第5项，
∴T5＝＝1 120x－6.
(3)由(1)知展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，而第6项的系数为负，第7项的系数为正，
∴系数最大的项为T7＝C·26·x－11＝1 792x－11.
(4)系数最小的项为T6＝＝.
反思与感悟　(1)求二项式系数最大的项：
①若n是偶数，则中间一项的二项式系数最大；
②若n为奇数，则中间两项的二项式系数相等且最大．
(2)求展开式中系数最大的项：如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式中各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第r项系数最大，应用从而解得r即可．
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
Tr＋1＝Cx11－r(－y)r＝C(－1)rx11－ryr，
∴项的系数的绝对值为|C·(－1)r|＝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．在(1＋x)n(n∈N＋)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n等于(　　)
A．8 B．9 C．10 D．11
考点　二项式系数的性质
题点　用二项式系数的性质计算
答案　C
解析　由题意知(1＋x)n的二项展开式中，x5的系数就是第6项的系数，因为只有x5的系数最大，所以n＝10.
2．若(x＋3y)n的展开式中所有项的系数之和等于(7a＋b)10的展开式的二项式系数之和，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　令x＝y＝1，得(x＋3y)n的展开式中所有项的系数和为4n，(7a＋b)10的展开式中所有项的二项式系数之和为210，故4n＝210，即n＝5.
3．(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　求二项式系数最大(小)的项
答案　C
解析　(1＋x)2n＋1展开式有2n＋2项．系数最大的项是中间两项，是第n＋1项与第n＋2项，它们的二项式系数为C与C.
4．设(2x－3)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Tr＋1＝C(2x)4－r(－1)r3r，
∴当r＝0时，x4的系数a4＝16.②
由①－②，得a0＋a1＋a2＋a3＝－15.
5．已知n展开式中的二项式系数的和比(3a＋2b)7展开式的二项式系数的和大128，求n展开式中的系数最大的项和系数最小的项．
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　2n－27＝128，n＝8，8的通项Tr＋1＝C(x2)8－rr
＝(－1)rCx16－3r.
当r＝4时，展开式中的系数最大，即T5＝70x4为展开式中的系数最大的项；
当r＝3或5时，展开式中的系数最小，即T4＝－56x7，T6＝－56x为展开式中的系数最小的项．
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的特征来确定．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．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　由题意，得第4项与第8项的系数相等，则其二项式系数也相等，∴C＝C，由组合数的性质，得n＝10.
∴展开式中二项式系数最大的项为第6项，它也是系数最大的项．
3．设(x＋2)(2x＋3)10＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为(　　)
A．0 B．1 C．6 D．15
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　B
解析　令x＝－1，则1＝a0＋a1＋a2＋…＋a11.
4．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　求二项展开式中特定项的系数
答案　B
解析　由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，
Tr＋1＝C(5x)4－r·r＝(－1)r54－rC，
令4－＝1，得r＝2，
所以展开式中x的系数为(－1)2×52C＝150.
5．已知(2x－1)n的二项展开式中，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．28－1 B．26
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　A
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.
6．设(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中二项式系数最大的项是(　　)
A．15x2 B．20x3 C．21x3 D．35x3
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　B
解析　令x＝0，可得a0＝1.
令x＝1，则(1＋1)n＝1＋a1＋a2＋…＋an＝64，
∴n＝6.
∴(1＋x)6的展开式中二项式系数最大的项为T4＝Cx3＝20x3.
7．下列关于(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　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　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Tr＋1＝Ca10－r(－b)r＝(－1)rCa10－rbr知，第6项的系数为－C最小，故D正确．
二、填空题
8．已知(x＋1)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　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　6
解析　(x＋1)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.
9．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　求二项展开式中特定项的系数
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.
10．如图，在杨辉三角中，虚线所对应的斜行的各数之和构成一个新数列{an}，则数列的第10项为________．
考点　二项式系数的性质
题点　与杨辉三角有关的问题
答案　55
解析　由题意知，a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝1＋2＝3，a5＝2＋3＝5，a6＝3＋5＝8，a7＝5＋8＝13，a8＝8＋13＝21，a9＝13＋21＝34，a10＝21＋34＝55.
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．已知(2x－1)5＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5.
(1)求a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5；
(2)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|；
(3)求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
(2×1－1)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，
∴a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1.①
(2)∵(2x－1)5的展开式中偶数项的系数为负值，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.
令x＝－1，得[2×(－1)－1]5＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5，
即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－(－3)5＝35，②
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＝35＝243.
(3)由①②两式联立得

两式相减得a1＋a3＋a5＝×(1－243)＝－121.
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r＋1项，则
Tr＋1＝Cx8－rr＝Cmrx8－2r，
令8－2r＝0，即r＝4，则Cm4＝，解得m＝±.
(3)易知m>0，设第r＋1项系数最大．
则化简可得≤r≤.
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．在(1＋x＋x2)n＝D＋Dx＋Dx2＋…＋Dxr＋Dxr＋1＋…＋Dx2n－1＋Dx2n的展开式中，把D，D，D，…，D叫做三项式系数．
(1)当n＝2时，写出三项式系数D，D，D，D，D的值；
(2)(a＋b)n(n∈N)的展开式中，二项式系数可用“杨辉三角”表示，如图：
当0≤n≤4，n∈N时，类比“杨辉三角”，请列出三项式系数表；
(3)求DC－DC＋DC－DC＋…＋DC的值(可用组合数作答)．
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)因为(1＋x＋x2)2＝1＋2x＋3x2＋2x3＋x4，
所以D＝1，D＝2，D＝3，D＝2，D＝1.
(2)当0≤n≤4，n∈N时，三项式系数表如下：
(3)(1＋x＋x2)2 016·(x－1)2 016＝(D＋Dx＋Dx2＋Dx3＋…＋Dx4 031＋Dx4 032)·(Cx2 016－Cx2 015＋Cx2 014－Cx2 013＋…－Cx＋C)，
其中x2 016的系数为DC－DC＋DC－DC＋…＋DC.
又(1＋x＋x2)2 016·(x－1)2 016＝(x3－1)2 016，
而二项式(x3－1)2 016的通项
Tr＋1＝(－1)rC(x3)2 016－r，
令3×(2 016－r)＝2 016，解得r＝1 344，
所以x2 016的系数为C＝C.
由代数式恒成立，得
DC－DC＋DC－DC＋…＋DC＝C＝C.

§1.1　基本计数原理(一)
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.会利用两个计数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1　该志愿者从上海到天津的方案可分几类？
答案　两类，即乘飞机、坐火车．
思考2　这几类方案中各有几种方法？
答案　第1类方案(乘飞机)有7种方法，第2类方案(坐火车)有6种方法．
思考3　该志愿者从上海到天津共有多少种不同的方法？
答案　共有7＋6＝13(种)不同的方法．
梳理　分类加法计数原理
做一件事，完成它有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
知识点二　分步乘法计数原理
某运动员为备战今年的网球公开赛，要从北京到A地进行封闭式训练，中途需在B地停留，若从北京到B地有7个航班，从B地到A地有6列动车．
思考1　该运动员从北京到A地需要经过几个步骤？
答案　2个步骤．
思考2　该运动员从北京到A地共有多少种不同的方法？
答案　7×6＝42(种)．
梳理　分步乘法计数原理
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法……做第n个步骤有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝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　个位数字比十位数字大的两位数有多少个？
考点　分类加法计数原理
题点　分类加法计数原理的应用
解　方法一　按个位数字分类，有以下几类：
个位是9，则十位可以是1,2,3，…，8中的一个，故有8个；
个位是8，则十位可以是1,2,3，…，7中的一个，故有7个；
同理，个位是7的有6个；
个位是6的有5个；…；
个位是2的有1个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
方法二　按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
反思与感悟　在应用分类加法计数原理时，对于要完成的一件事，首先要看完成这件事有几类方法，各类方法是否都能独立地完成这件事，如果是，要计算方法种数，只需将各类方法数相加．
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　因为a，b∈{－1,0,1,2}，可分为两类：①当a＝0时，b可能为－1或0或1或2，即b有4种不同的选法；②当a≠0时，依题意得Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.当a＝－1时，b有4种不同的选法，当a＝1时，b可能为－1或0或1，即b有3种不同的选法，当a＝2时，b可能为－1或0，即b有2种不同的选法．根据分类加法计数原理，有序数对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
类型二　分步乘法计数原理
例2　已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，则：
(1)P可表示平面上多少个不同的点？
(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？
(3)P可表示平面上多少个不在直线y＝x上的点？
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
解　(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种方法；第二步确定b的值，也有6种方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.
(2)确定第二象限的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，由于a<0，所以有3种不同的方法；第二步确定b的值，由于b>0，所以有2种不同的方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上第二象限点的个数是3×2＝6.
(3)P在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M中取同一个元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．由(1)知不在直线y＝x上的点有36－6＝30(个)．
反思与感悟　利用分步乘法计数原理解决问题时，一定要正确设计“分步”的程序，即完成这件事共分几步，每一步的具体内容是什么，各步的方法、种数是多少，最后用分步乘法计数原理求解．
跟踪训练2　(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远3个项目，每人必报一项，共有多少种报名方法？
(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军(每项冠军只允许一人获得)，共有多少种可能的结果？
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
解　(1)要完成的是“4名同学每人从3个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4名同学都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81(种)报名方法．
(2)要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一个获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军是4名同学中的某一人，有4种可能的情况，于是共有4×4×4＝64(种)可能的情况．
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　两个原理的区别应用
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．
3．十字路口来往的车辆，如果不允许调头，共有不同的行车路线(　　)
A．24种 B．16种 C．12种 D．10种
答案　C
4．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有________个．
答案　36
解析　第一步取数b，有6种方法，第二步取数a，也有6种方法，根据分步乘法计数原理，共有6×6＝36(种)方法．
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　两个原理的区别应用
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知，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知，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．应用两个原理时，要仔细区分原理的不同，分类加法计数原理关键在于分类，不同类之间互相排斥，互相独立；分步乘法计数原理关键在于分步，各步之间互相依存，互相联系．
2．通过对这两个原理的学习，要进一步体会分类讨论思想及等价转化思想在解题中的应用.
一、选择题
1．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则xy可表示成不同的值的个数为(　　)
A．1＋1＝2 B．1＋1＋1＝3
C．2×3＝6 D．3×3＝9
答案　D
解析　分两步：
第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值，有3种不同的取法；
第二步，在集合{－31，－24,4}中任取一个值，有3种不同的取法．
故xy可表示3×3＝9(个)不同的值．
2．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，所以所求数列为4个．
3．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．
4．在正方体中，由一条棱和一平面对角线可以组成异面直线的对数为(　　)
A．48 B．60 C．72 D．24
答案　C
解析　平面对角线有2×6＝12(条)，取定一条棱，和它共面的平面对角线有6条，与这条棱组成的异面直线的对数是12－6＝6，共有12条棱，异面直线的总对数是6×12＝72.
5．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种走法，二是直接从甲地到丙地，有3种走法，所以从甲地到丙地的不同走法种数共有2×4＋3.
6．计划在4个体育馆举办排球、篮球、足球3个项目的比赛，每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行，则在同一个体育馆比赛的项目不超过2项的安排方案共有(　　)
A．24种 B．36种 C．42种 D．60种
答案　D
解析　每个比赛项目的场馆选择都有4种，于是总的方案共有4×4×4＝64(种)，在每一个场馆比赛的项目超过两项即三项的安排方案有1种，共4种选择，于是在同一个场馆比赛的项目不超过两项的安排方案共有64－4＝60(种)．
7．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有(　　)
3
4
A.6种 B．12种 C．18种 D．24种
答案　A
解析　因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填后与之相邻的空格可填6,7,8中任一个，余下两个数字按从小到大只有一种方法，共有2×3＝6(种)方法，故选A.
二、填空题
8．一个礼堂有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.
9．安排7名职工在10月1日至10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在10月1日和2日，则不同的安排方法共有________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　2 400
解析　把7天看成7个位置，如图所示，因为甲、乙二人不能安排在10月1日和2日，即不能安排在第1个、第2个位置，所以先让甲在第3个、第4个、第5个、第6个、第7个位置中任选一个，有5种选法，再让乙选，有4种选法，剩下的包括第1个和第2个位置在内的5个位置由其他5名职工依次任意选，由分步乘法计数原理知，共有5×4×5×4×3×2×1＝2 400(种)安排方法．
10．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．
11．如图所示的电路，若合上两只开关以接通电路，则有________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　13
解析　由A到B的通电线路接通方法可分为三类：第一类，上路接通，有2×1＝2(种)方法；第二类，中路接通，有1×7＝7(种)方法；第三类，下路接通，有2×2＝4(种)方法．根据分类加法计数原理，共有2＋7＋4＝13(种)不同的方法．
三、解答题
12．如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点A爬到相对顶点C1，求其中经过3条棱的路线有多少条．
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
解　从总体上看有三类方法：分别经过AB，AD，AA1，从局部上看每一类需要分两步完成，故第一类：经过AB，有m1＝1×2＝2(条)；第二类，经过AD，有m2＝1×2＝2(条)；第三类，经过AA1，有m3＝1×2＝2(条)．根据分类加法计数原理可知，从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N＝2＋2＋2＝6(条)．
四、探究与拓展
13．某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、2个不同的世博会宣传广告、1个公益广告，要求最后
播放的不能是商业广告，且世博会宣传广告与公益广告不能连续播放，两个世博会宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？(用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序)
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　完成这件事有三类方法．
第一类：宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36(种)不同的播放方式；
第二类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36(种)不同的播放方式；
第三类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6，同样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36(种)不同的播放方式．
由分类加法计数原理知，6个广告不同的播放方式有36＋36＋36＝108(种)．
§1.1　基本计数原理(二)
学习目标　巩固分类加法计数原理和分步乘法计数原理，并能灵活应用这两个计数原理解决实际问题．
知识点一　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
任务
做一件事
步骤
完成它有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法
完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法，……，做第n个步骤有mn种不同的方法
结果
完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法
完成这件事共有N＝m1·m2·…·mn种不同的方法
知识点二　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
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)排法．
(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)排法．
(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中除去用过的一个还有3个可任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有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　(1)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
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　14
解析　因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有24－2＝14(个)．
(2)我们把各数位上数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013)，则“六合数”中首位是2的有________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　15
解析　设满足题意的“六合数”为“2abc”，则a＋b＋c＝4，于是满足条件的a，b，c可分以下四种情况：
①一个为4，两个为0，共3种；
②一个为3，一个为1，一个为0，共有3×2×1＝6(种)；
③两个为2，一个为0，共有3种；
④一个为2，两个为1，共有3种．
则“六合数”中首位为2的“六合数”共有15个．
类型二　抽取(分配)问题
例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　方法一　(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，
根据分步乘法计数原理得总方法数N＝5×4×3＝60.
方法二　(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，
分成以下10类：
第一类：空盒子标号为：(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；
第二类：空盒子标号为：(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；
第三类：空盒子标号为：(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；
分类还有以下几种情况：(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．
根据分类加法计数原理得总方法数N＝6＋6＋…＋6＝60.
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　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．
类型三　种植与涂色问题
命题角度1　平面图形的涂色问题
例3　用5种不同的颜色给图中的A，B，C，D四个区域涂色，规定一个区域一种颜色，相邻的区域颜色不同，则不同的涂色方案有________种．
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　180
解析　由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法．∴共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方案．
反思与感悟　(1)涂色问题的基本要求是相邻区域不同色，但是不相邻的区域可以同色．解决此类问题要特别关注图形的结构特征．如果图形不很规则，往往从某一块出发进行分步涂色，从而选用分步乘法计数原理；如果图形具有一定的对称性，那么先对涂色方案进行分类，每一类再进行分步．
(2)涂色问题往往涉及分类、分步计数原理的综合应用，因此，要找准分类标准，兼顾条件的情况下分步涂色．
跟踪训练3　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．
命题角度2　几何体的涂色问题
例4　如图所示，将四棱锥S－ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数．
考点　涂色问题
题点　涂色问题
解　由题意，四棱锥S－ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．
当S，A，B染色确定时，不妨设其颜色分别为1,2,3.
若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．
由分类加法计数原理知，当S，A，B染法确定时，C，D有7种染法．
由分步乘法计数原理得，不同的染色方法有60×7＝420(种)．
反思与感悟　几何体的涂色问题应转化为平面的涂色问题处理．
跟踪训练4　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组合而成的，现用3种不同的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的三个侧面有3×2种情况，然后涂三棱柱的三个侧面有1×2种情况．共有3×2×1×2＝12(种)不同的涂法.
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．在2,3,5,7,11这五个数字中，任取两个数字组成分数，其中假分数的个数为(　　)
A．20 B．10 C．5 D．24
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　B
解析　当分子为11时，分母可为2,3,5,7，所以可构成4个假分数；
当分子为7时，分母可为2,3,5，所以可构成3个假分数；
当分子为5时，分母可为2,3，所以可构成2个假分数；
当分子为3时，分母可为2，所以可构成1个假分数．
由分类加法计数原理可得，假分数的个数为4＋3＋2＋1＝10.
3．有5名同学被安排在周一至周五值日，每人值日一天．已知同学甲只能在周三值日，那么这5名同学值日顺序的安排方案共有(　　)
A．12种 B．24种 C．48种 D．120种
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　B
解析　安排同学甲周三值日，其余4名同学的安排方案分四个步骤完成：第一步，安排第一位同学，有4种方法；第二步，安排第二位同学，有3种方法；第三步，安排第三位同学，有2种方法；第四步，安排第四位同学，有1种方法．根据分步乘法计数原理知，这5名同学值日顺序的安排方案共有4×3×2×1＝24(种)．
4．如图，A→C，有________种不同的走法．
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　6
解析　A→C分两类：
第一类，A→B→C分两步，A→B有两种走法，B→C有两种走法，∴A→B→C有2×2＝4(种)走法．
第二类，A→C有2种走法．
所以A→C共有4＋2＝6(种)走法．
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　两个计数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：
第一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个)．
第二类是末位为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．某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这个人把这种特殊要求的号买全(每组号买一注)，需要(　　)
A．3 360元 B．6 720元 C．4 320元 D．8 640元
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　从01至10中选3个连续的号，有8种；从11至20中选2个连续的号，有9种；从21至30中选1个号，有10种；从31至36中选1个号，有6种，故总的选法有8×9×10×6＝4 320(种)，可得需要2×4 320＝8 640(元)．故选D.
3．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)
A．24 B．18 C．12 D．9
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　从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径条数为6×3＝18，故选B.
4．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)．
5．如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以沿不同的路径同时传递，则单位时间内传递的最大的信息量是(　　)
A．26 B．24 C．19 D．18
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　要完成的这件事是“从A向B传递信息”，完成这件事有4类办法：
第一类：12→5→3；
第二类：12→6→4；
第三类：12→6→7；
第四类：12→8→6.
可见：第一类中单位时间内传递的最大信息量是3；第二类中单位时间内传递的最大信息量是4；第三类中单位时间内传递的最大信息量是6；第四类中单位时间内传递的最大信息量是6.所以由分类加法计数原理知，单位时间内传递的最大信息量是3＋4＋6＋6＝19，故选C.
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　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
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.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
8．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在三块不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则不同的种植方法有________种．
考点　种植问题
题点　种植问题
答案　18
解析　方法一　(直接法)
若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6(种)不同的种植方法．
同理，黄瓜分别种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6(种)不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．
方法二　(间接法)
从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故不同的种植方法共有24－6＝18(种)．
9．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数字必须都使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有________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　18
解析　由题意知，1,2,3中必有某一个数字使用2次．第一步，确定谁被使用2次，有3种情况；第二步，把这2个相同的数字放在四位数不相邻的两个位置上，有3种情况；第三步：将余下的2个数字放在四位数余下的两个位置上，有2种情况．故共可组成3×3×2＝18(个)不同的四位数．
10．掷下4枚编号的硬币，至少有2枚正面向上的情况的种数为________．(用数字作答)
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　11
解析　将四枚硬币编号为1,2,3,4，完成这件事可分为三类．
第一类，恰有两枚正面向上，则有12,13,14,23,24,34，共6种情况；
第二类，恰有三枚正面向上，则有123,124,134,234，共4种情况；
第三类，恰有四枚正面向上，则仅有1234,1种情况．
所以共有6＋4＋1＝11(种)情况．
11．五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案有________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　96
解析　完成承建任务可分五步：
第一步，安排1号有4种；
第二步，安排2号有4种；
第三步，安排3号有3种；
第四步，安排4号有2种；
第五步，安排5号有1种．
由分步乘法计数原理知，共有4×4×3×2×1＝96(种)．
三、解答题
12．如图是从A地到E地的路线交通图，线上标的数字是交通工具运行的班次数，问从A地到E地共有多少种不同的出行方案？
考点　分步乘法计数原理
题点　分步乘法计数原理的应用
解　第一步，从A到B共有3种方法；
第二步，从B到C分为三类，汽车4种，火车3种，飞机2种，共有4＋3＋2＝9(种)方法；
第三步，从C到D分为两类，汽车2种，火车2种，共有2＋2＝4(种)方法；
第四步，从D到E共有3种方法．
所以完成从A地到E地共有3×9×4×3＝324(种)方法．
四、探究与拓展
13．用n(n≥4)种不同的颜色为两块广告牌着色，如图，要求在①②，③，④四个区域中相邻(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(无实根)．
∵n≥4，∴n＝5.
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
命题角度1　“类中有步”的计数问题
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.
命题角度2　“步中有类”的计数问题
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的种数为(　　)
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　排列与组合的综合应用
命题角度1　不同元素的排列、组合问题
例3　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　排列组合的综合应用
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　(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3　现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是(　　)
A．152 B．126 C．90 D．54
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
答案　B
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：C·C·A(或CCCA)＝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.
命题角度2　含有相同元素的排列、组合问题
例4　今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，有________种不同的方法．
考点　排列组合的综合应用
题点　分组、分配问题
答案　1 260
解析　方法一　(元素分析法)
先将这9个球视为不同的元素，共有A种排法，再来消去同色球的顺序，因2个不同红球有A种排法，3个不同黄球有A种排法，4个不同白球有A种排法，故符合题意的方法有＝1 260(种)．
方法二　(位置分析法)
第一步，从9个位置中选出2个位置，分给相同的的红球，有C种选法．
第二步，从剩余的7个位置中选出3个位置，分给相同的黄球，有C种选法．
第三步，剩下的4个位置全部分给4个白球，有1种选法．
根据分步乘法计数原理可得，符合题意的方法有CC＝1 260(种)．
反思与感悟　排列概念中的要求是对n个不同的元素进行排列，而此类题目中的元素是部分相同的，针对此类问题，有两种解决方法：(1)先把这些元素看作全不相同的元素进行排列，再设法消去相同元素的顺序．(2)从位置进行分析，因为位置全不相同，可以分别给相同的每一类元素找位置．
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．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　首先每名学生报名有3种选择，有4名学生，根据分步乘法计数原理知，共有34种选择，每项冠军有4种可能的结果，3项冠军根据分步乘法计数原理知，共有43种可能结果，故选C.
3．从0,2,4中取一个数字，从1,3,5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，则所有不同的三位数的个数是(　　)
A．48 B．50 C．52 D．54
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
答案　A
解析　第一类：从2,4中任取一个数，有C种取法，同时从1,3,5中取两个数字，有C种取法，再把三个数全排列，有A种排法．故有CCA＝36(种)取法．
第二类：从0,2,4中取出0，有C种取法，从1,3,5三个数字中取出两个数字，有C种取法，然后把两个非0的数字中的一个先安排在首位，有A种排法，剩下的两个数字全排列，有A种排法，共有CCAA＝12(种)方法．
共有36＋12＝48(种)排法，故选A.
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．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　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
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.
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．现有A，B两种类型的机床各一台，甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种机床，丙只会操作A种机床，现在要从这三名工人中选两名分别去操作以上机床，则不同的选派方法有(　　)
A．3种 B．4种 C．5种 D．6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　若选派甲、乙二人，则有甲—A，乙—B和甲—B，乙—A两种方法；若选派甲、丙二人，只有甲—B，丙—A一种方法；若选派乙、丙二人，只有乙—B，丙—A一种方法．由分类加法计数原理知，共有2＋1＋1＝4(种)不同的选派方法．
2．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．168 C．204 D．216
考点　两个计数原理的应用
题点　两个计数原理在排数中的应用
答案　C
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C.
3．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有(　　)
A．8种 B．12种 C．16种 D．20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　从正方体的6个面中任取3个面共有C种不同的选法，其中3个面均相邻的选法共有8种(此时三个面共于一个顶点)，故符合题意的选法共有C－8＝12(种)．
4．12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案种数有(　　)
A．CCC B．3CCC
C．CCCA D.
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
答案　A
解析　本题是定额分配问题．依次给每个路口选出4个调查员，有CCC种选派方法．
5．某单位准备用不同花色的装饰石材分别装饰办公楼中的办公室、走廊、大厅的地面及楼的外墙，现有编号为1～6的六种不同花色的装饰石材可选择，其中1号石材有微量的放射性，不可用于办公室内，则不同的装饰效果有(　　)
A．350种 B．60种 C．300种 D．50种
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
答案　C
解析　先给办公室选装饰石材，有5种选择，走廊、大厅、外墙从剩余的5种装饰石材中选取3种进行装饰，有A种方法，所以共有5A＝300(种)装饰效果．
6．巴蜀中学第七周将安排高二年级的5名学生会干部去食堂维持秩序，要求星期一到星期五每天只安排一人，每人只安排一天，其中甲同学不能安排在星期一，乙同学不能安排在星期五，丙同学不能和甲同学安排在相邻的两天，则满足要求的不同安排方法的种数为(　　)
A．46 B．62 C．72 D．96
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
答案　A
解析　若甲安排在星期五，丙从星期一到星期三选一天，剩下的三人任意安排，故有AA＝18(种)安排方法，
若甲不安排在星期五，丙安排在星期五，则甲排在星期二或星期三，其余三人任意排，有AA＝12(种)安排方法，
若甲不安排在星期五，丙安排在星期四，则甲排在星期二，再从其余两人(不含乙)中选一人排在星期五，其余任意排，有AA＝4(种)安排方法，
若甲不安排在星期五，丙安排在星期二，则甲排在星期四，再从其余两人(不含乙)中选一人排在星期五，其余任意排，有AA＝4(种)安排方法，
若甲不安排在星期五，丙安排在星期一，则甲排在星期三或星期四，再从其余两人(不含乙)中选一人排在星期五，其余任意排，有AAA＝8(种)安排方法，
根据分类加法计数原理可得共有18＋12＋4＋4＋8＝46(种)．
7．给一个凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但相邻边的颜色不同，则不同的染色方法有(　　)
A．18种 B．24种 C．32种 D．30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　D
解析　如图，染边1时有3种染法，染边2时有2种染法．
(1)当边3与边1同色时，边3有1种染法，则边4有2种染法，边5有1种染法，此时染法有3×2×1×2×1＝12(种)．
(2)当边3与边1不同色时，边3有1种染法，①当边4与边1同色时，边4有1种染法，边5有2种染法；②当边4与边1不同色时，边4有1种染法，边5有1种染法，则此时共有染法3×2×1×(1×2＋1×1)＝18(种)．
由分类加法计数原理，可得不同的染法种数为12＋18＝30.
二、填空题
8．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　排列组合的综合应用
题点　分组、分配问题
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．
9．将A，B，C，D，E五个不同的文件放入一排编号依次为1,2,3,4,5,6的六个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件．若文件A，B必须放入相邻的抽屉内，文件C，D也必须放入相邻的抽屉内，则文件放入抽屉内满足条件的所有不同的方法有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　96
解析　利用“捆绑法”，AB，CD分别捆在一起，此时问题相当于把3个不同文件放入4个不同的抽屉内，每个抽屉至多放一个文件，则有A(A·A)＝96(种)．
10．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.
11．如表所示，现有一种跳格游戏，从第1格跳到第8格，每次可跳一格或两格，那么不同的跳法有________种.
1
2
3
4
5
6
7
8
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
答案　21
解析　从第一格起跳，第一格不能计入，一次跳一格，有1种，只有一次跳二格有C＝6(种)，只有两次跳二格有C＝10(种)，只有三次跳二格有C＝4(种)，∴共有21种跳法．
三、解答题
12．赛艇运动员10人，3人会划右舷，2人会划左舷，其余5人两舷都能划，现要从中选6人上艇，平均分配在两舷上划浆，有多少种不同的选法？
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2人只划左舷的人全不选，
有CC＝100(种)；
第二类2人会划左舷的人中只选1人，
有CCC＝400(种)；
第三类2人会划左舷的人全选，
有CCC＝175(种)．
所以共有CC＋CCC＋CCC＝675(种)．
13．从－1,0,1,2,3这5个数中选3个不同的数组成二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数．
(1)在x轴的正半轴、负半轴上各有一个零点的二次函数有多少个？
(2)在x轴的负半轴上至少有一个零点的二次函数有多少个？
考点　排列组合综合问题
题点　排列与组合的综合应用
解　二次函数y＝ax2＋bx＋c的零点即一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的实数根．
(1)由题意知<0，即a，c异号，此时b2－4ac>0显然成立．
当a>0，c<0时，有C·C·C种选法，
当a<0，c>0时，有C·C·C种选法，
所以满足条件的二次函数共有C·C·C＋C·C·C＝18(个)．
(2)在x轴的负半轴上至少有一个零点的二次函数可分为三类：
第1类，在x轴正、负半轴上各有一个零点，由(1)知有18个；
第2类，在x轴负半轴上有一个零点，另一个零点是0，这时c＝0，且－<0，即ab>0，此时a，b有A种选法，对应的二次函数有A个；
第3类，在x轴负半轴上有两个零点，这时系数a，b，c应满足由已知，得b＝3，a，c∈{1,2}，此时a，c有A种选法，对应的二次函数有A个．
故满足条件的二次函数共有18＋A＋A＝26(个)．
四、探究与拓展
14．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.
15．第20届世界杯足球赛已于2014年夏季在巴西举办，共32支球队有幸参加，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一场，各组一、二名晋级16强)，这16支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠、亚军，此外还要决出第三名、第四名，问这届世界杯总共进行了多少场比赛？
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　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，每两个队比赛一场，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强中每两个队比赛一次，可以决出4强，共有4场；(4)半决赛：根据赛制规则，4强每两个队比赛一场，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强中的另两支队比赛1场决出第三、四名，共有2场．综上，共有48＋8＋4＋2＋2＝64(场)比赛．
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－rbr＋…＋Cbn(n∈N＋)，称为二项式定理
二项式系数
C(r＝0,1，…，n)
通项
Tr＋1＝Can－rbr(r＝0,1，…，n)
二项式定理的特例
(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxr＋…＋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，其展开式的中间一项取得最大值，即最大；当n是奇数时，中间的两项与相等，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
命题角度1　两个二项式积的问题
例1　(1)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)＝________.
(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　由特定项或特定项的系数求参数
答案　(1)120　(2)－1
解析　(1)f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)
＝CC＋CC＋CC＋CC＝120.
(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　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
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　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
Tr＋1＝(－1)rC25－rx5－2r，
令5－2r＝1，得r＝2，
∴展开式中x的系数为C×25－2×(－1)2＝80，
令5－2r＝－1，得r＝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.
命题角度2　三项展开式问题
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＝．
当r1＝5时，T6＝()5＝4，
当0≤r1<5时，的展开式的通项公式为＝＝(r2＝0,1,2，…，5－r1)．
令5－r1－2r2＝0，即r1＋2r2＝5.
∵0≤r1<5且r1∈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　求(x2＋3x－4)4的展开式中x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　方法一　(x2＋3x－4)4＝[(x2＋3x)－4]4＝C(x2＋3x)4－C(x2＋3x)3·4＋C(x2＋3x)2·42－C(x2＋3x)·43＋C·44，
显然，上式中只有第四项中含x的项，所以展开式中含x的项的系数是－C·3·43＝－768.
方法二　(x2＋3x－4)4＝[(x－1)(x＋4)]4＝(x－1)4·(x＋4)4＝(Cx4－Cx3＋Cx2－Cx＋C)(Cx4＋Cx3·4＋Cx2·42＋Cx·43＋C·44)，所以展开式中含x的项的系数是－C44＋C43＝－768.
命题角度3　整除和余数问题
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512 015＋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　∵512 015＋a＝(52－1)2 015＋a＝C522 015－C522 014＋C522 013－…＋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　求二项式系数最大(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Tr＋1项的系数最大，
∵12＝12(1＋4x)12，
由
解得9.4≤r≤10.4.
∵0≤r≤n，r∈N＋，∴r＝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　解决二项式系数的综合应用问题，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要更加细心．
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　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　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　求二项展开式中特定项的系数
答案　C
解析　因为(1＋x)6的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Cxr，x(1＋x)6的展开式中含x3的项为Cx3＝15x3，所以系数为15.
2.3的展开式中常数项为(　　)
A．－8 B．－12 C．－20 D．20
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　3＝6展开式的通项公式为Tr＋1＝C(－1)rx6－2r.令6－2r＝0解得r＝3.
故展开式中的常数项为－C＝－20.
3．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.
4．已知5的展开式中含的项的系数为30，则a等于(　　)
A. B．－ C．6 D．－6
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　D
解析　5的展开式通项Tr＋1＝·＝，令－r＝，则r＝1，
∴T2＝，∴－aC＝30，∴a＝－6，故选D.
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．已知C＋2C＋22C＋…＋2nC＝729，则C＋C＋C的值等于(　　)
A．64 B．32 C．63 D．31
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　由已知条件得(1＋2)n＝3n＝729，解得n＝6.
C＋C＋C＝C＋C＋C＝32.
2．二项式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Tr＋1＝C·(－1)rx12－3r，令12－3r＝3，解得r＝3，故展开式中x3项的系数为C·(－1)3＝－20，而所有系数和为0，所以不含x3项的系数之和为20.
3．在(1＋x)6(2＋y)4的展开式中，含x4y3项的系数为(　　)
A．210 B．120 C．80 D．60
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　B
解析　在(1＋x)6(2＋y)4的展开式中，含x4y3的项为Cx4C2·y3＝120x4y3.
故含x4y3项的系数为120.
4．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.
5．9192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.
6．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.
7．(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)
A．10 B．20 C．30 D．60
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　C
解析　易知Tr＋1＝C(x2＋x)5－ryr，
令r＝2，则T3＝C(x2＋x)3y2，
对于二项式(x2＋x)3，由Tt＋1＝C(x2)3－t·xt＝Cx6－t，
令t＝1，所以x5y2的系数为CC＝30.
二、填空题
8．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Tr＋1＝C·(x2)6－rr＝Ca－rx12－3r，令12－3r＝0，得r＝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.
9．在(a＋b)n的二项展开式中，若奇数项的二项式系数的和为128，则二项式系数的最大值为________．
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　70
解析　由题意知，2n－1＝128，解得n＝8.
展开式共n＋1＝8＋1＝9项．
得中间项的二项式系数最大，
故展开式中系数最大的项是第5项，最大值为C＝70.
10．(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　计算近似值
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.
11．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)r·x2n－3r(r＝0,1,2，…，n)，因为含x的项为第6项，所以当r＝5时，2n－3r＝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
12．已知(1－2x＋3x2)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a13x13＋a14x14.
求：(1)a1＋a2＋…＋a14；
(2)a1＋a3＋a5＋…＋a13.
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＋…＋a14＝27，
令x＝0，得a0＝1，
所以a1＋a2＋…＋a14＝27－1.
(2)由(1)得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27，①
令x＝－1得a0－a1＋a2－…－a13＋a14＝67，②
由①－②，得2(a1＋a3＋a5＋…＋a13)＝27－67，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a13＝.
13．若等差数列{an}的首项为a1＝C－A(m∈N＋)，公差是k展开式中的常数项，其中k为7777－15除以19的余数，求通项公式an.
考点　二项式定理的综合应用
题点　整除和余数问题
解　由题意可得
解得≤m≤，
又∵m∈N＋，∴m＝2，∴a1＝C－A＝100，
又7777－15＝(1＋19×4)77－15＝C＋C(19×4)＋…＋C(19×4)77－15＝(19×4)[C＋C(19×4)＋…＋C(19×4)76]－19＋5，
∴7777－15除以19的余数为5，即k＝5.
又Tr＋1＝C5－rr＝(－1)r，
令5r－15＝0，可解得r＝3，
∴d＝C5－6(－1)3＝－4，
∴an＝a1＋(n－1)d＝104－4n.
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n的展开式的各项的系数之和为an，各项的二项式系数之和为bn.
(1)若上述展开式中含有常数项，求正整数n的最小值；
(2)判断2an与(n＋2)bn(n∈N＋)的大小关系，并说明理由．
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)二项展开式中的第r＋1项为Tr＋1＝C(2x2)n－r·r＝C2n－r(r＝0,1，…，n)．
∵展开式中含有常数项，令2n－＝0，得n＝.
∴当r＝4时，n取最小值，最小值为5.
(2)令x＝1，得展开式中各项的系数之和an＝3n.
又各项的二项式系数之和bn＝2n，
∴2an＝2×3n，(n＋2)bn＝(n＋2)2n.
当n＝1时，2an＝2×3＝6，(n＋2)bn＝3×2＝6，
此时2an＝(n＋2)bn；
当n≥2时，2an＝2×(2＋1)n＝2×(2n＋C2n－1＋…＋C21＋C)>(n＋2)·2n＝(n＋2)bn.
综上，2an≥(n＋2)bn.
滚动训练一(§1.1～§1.2)
一、选择题
1．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.
2.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．
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．某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个中的2个，再减去相邻的4个，故有C－4＝6(种)调整方案，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，有种分法，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名国内记者和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名国内记者和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.
二、填空题
8．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.
9．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．
10．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)．
11．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)．
若4个组的人数为2,2,1,1，则不同的分配方案有×＝45(种)．
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，不同的分配方案有65A＝1 560(种)．
三、解答题
12．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？
(1)两个女生必须相邻而站；
(2)4名男生互不相邻；
(3)老师不站中间，女生甲不站左端．
解　(1)∵两个女生必须相邻而站，
∴把两个女生看做一个元素，
则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有AA＝1 440种站法．
(2)∵4名男生互不相邻，
∴应用插空法，
对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有AA＝144种站法．
(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列，共有A＝720种站法，
当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行全排列，共有A×5×5＝3 000种站法．根据分类加法计数原理知共有720＋3 000＝3 720种站法．
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，不同的填法总数为C·C＝6.
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，求恰有一个偶数夹在两个奇数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若两个奇数在万位和百位上，则共有AA＝12(个)；
②若两个奇数在千位上和十位上，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Tr＋1＝Cxr(r＝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中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Tr＋1＝C(ax)7－r，∴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Tr＋1＝C(x3)n－r·r＝Cx3n－5r，令3n－5r＝0，得n＝r.当r＝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)Tr＋1＝C(－2x)r＝arxr，所以ar＝C(－2)r，
所以(－1)r＝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
做一件事，完成它有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有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－rbr＋…＋Cbn (n∈N＋)．
(2)通项公式：Tr＋1＝Can－rbr，r∈{0,1,2，…，n}．
(3)二项式系数C，r∈{0,1,2，…，n}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，其展开式中间一项的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项与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
命题角度1　分类讨论思想
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　两个计数原理的应用
题点　两个计数原理与排列组合的综合应用
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)．
命题角度2　“正难则反”思想
例2　从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)
A．24对 B．30对 C．48对 D．60对
考点　两个计数原理的应用
题点　两个计数原理与排列组合的综合应用
答案　C
解析　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与面对角线AC成60°角的面对角线有B1C，BC1，A1D，AD1，AB1，A1B，D1C，DC1，共8条，同理与DB成60°角的面对角线也有8条．因此一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对．又正方体共有6个面，所以共有16×6＝96(对)．又因为每对被计算了2次，因此成60°角的面对角线有×96＝48(对)．
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　两个计数原理的应用
题点　两个计数原理与排列组合的综合应用
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种参赛方案，
∴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，可知一共有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可知，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　两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　)
A．10种 B．15种 C．20种 D．30种
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　C
解析　分三种情况：①恰好打3局，有2种情形；②恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C＝6(种)情形；③恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C＝12(种)情形．所有可能出现的情形有2＋6＋12＝20(种)，故选C.
类型三　二项式定理及其应用
命题角度1　二项展开式的特定项问题
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　求二项展开式中的特定项
解　(1)由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3，解得n＝10，
因为通项Tr＋1＝C()10－rr
＝，
当5－为整数时，r可取0,6，
展开式是常数项，于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440.
(2)设第r＋1项系数的绝对值最大，则
解得
又因为r∈{1,2,3，…，9}，所以r＝7，
当r＝7时，T8＝，
又因为当r＝0时，T1＝x5，
当r＝10时，T11＝＝，
所以系数的绝对值最大的项为T8＝.
(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或差：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Tr＋1＝C(5x)4－rr
＝(－1)rC54－r·，
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－r∈Z(r＝0,1,2,3,4)，即r＝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.
命题角度2　二项展开式的“赋值”问题
例5　若(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10.
(1)求a2；
(2)求a1＋a2＋…＋a10；
(3)求(a0＋a2＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋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＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a9)＝65，
又(a0＋a2＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a9)＝0，
把这两个等式相乘可得，
(a0＋a2＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋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．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为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　
题点　
答案　D
解析　由题意，他的父母的血液类型都是A，B，O三种之一，故每人的血液类型有三种可能，则其父母血型的所有可能情况有3×3＝9(种)．
2．已知关于x的二项式n展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为(　　)
A．1 B．±1 C．2 D．±2
考点　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　由条件知2n＝32，即n＝5，在通项公式Tr＋1＝C()5－rr＝中，令15－5r＝0，得r＝3，∴Ca3＝80，解得a＝2.
3．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有(　　)
A．24种 B．36种 C．48种 D．60种
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
答案　D
解析　分两类：
第一类：有3名被录用，有A＝24(种)，
第二类，4名都被录用，则有一家企业录用2名，
有CCA＝36(种)．
根据分类加法计数原理得，共有24＋36＝60(种)．
4．5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.
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Tr＋1
＝C(2)7－rr＝，
令＝2，得r＝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r＋1项的通项公式是Tr＋1＝Can－rbr(r＝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
1．4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，看作一个元素和另外的3名男歌手进行全排列，故有AAA种不同的出场方案．
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．若n展开式的各项系数和为－，则展开式中常数项是(　　)
A．－ B. C．－7 D．7
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　令x＝1，则n＝－，∴n＝7，
则Tr＋1＝C7－r·r＝(－1)r7－r·C，
令14－r＝0，可得r＝6，二项式展开式中的常数项为C×＝.
4．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为(　　)
A．11 B．12 C．13 D．15
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　A
解析　由题意可分为3类．
第一类任两个对应位置上的数字都不相同，有C种方法．
第二类有1个对应位置上的数字相同，有C种方法．
第三类有2个对应位置上的数字相同，有C种方法．
故共有C＋C＋C＝11(个)，故选A.
5．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　排列组合的综合应用
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．
6．用三种不同的颜色填涂如图所示的3×3方格中的9个区域，要求每行每列的三个区域都不同色，则不同的填涂种数为(　　)
A．6 B．8
C．12 D．24
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　C
解析　将9个区域分别标号为1～9号，如图，
第一步，给区域1涂色有3种不同的方法；
第二步，给区域2涂色有2种不同的方法；
第三步，给区域4涂色，可分为两类，第一类区域4与区域2同色，则此时区域5不能与区域1同色，有1种涂色方法；第二类区域4与区域2不同色，则区域4有一种涂色方法，此时，区域5也有一种涂色方法，故第三步共有1＋1＝2(种)不同的方法；
第四步涂3,6,7,8,9五个区域，由于1,2,4,5四个区域所涂颜色确定，所以3,6,7,8,9五个区域所涂颜色也对应唯一确定，故不同的涂色方法有3×2×2×1＝12(种)，故选C.
7．某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，每名同学只能参加一个社团，并且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为(　　)
A．72 B．108 C．216 D．180
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　D
解析　设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”(记为社团A)，有下列两种情况：
(1)从乙、丙、丁、戊中选1人(如乙)参加A，有C种方法，然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有CA种方法，这时共有CCA种参加方法．
(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加A，有C种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A种方法，这时共有CA种参加方法．
故由分类加法计数原理，可知共有CCA＋CA＝180(种)参加方法．
二、填空题
8．(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，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　设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，
令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，
即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.
9．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．
10．(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是________．
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　120
解析　易知(x＋y－2z)5＝[(x＋y)－2z]5，展开式的第r＋1项为C(x＋y)5－r(－2z)r，令r＝2，可得第3项为4C(x＋y)3z2，(x＋y)3的展开式的第m＋1项为Cx3－mym，令m＝2，可得第3项为Cxy2，所以(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是4×C×C＝120.
11．数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1考点　两个计数原理的应用
题点　两个计数原理在排数中的应用
答案　240
解析　由题意知，6必在第三行，安排6有C＝3(种)排法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A＝20(种)排法，在剩下的三个数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C＝2(种)排法，剩下的两个数字有A＝2(种)排法，按分步乘法计数原理，满足题意的排列的个数是3×20×2×2＝240.
三、解答题
12．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
Tr＋1＝C(4)5－rr
＝C·(－1)r·45－r··，
令10－5r＝0，得r＝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
Tr＋1＝C7－r·(－)r
＝C·(－1)r·37－r·.
令＝－1，得r＝3，
所以n的展开式中含a－1项的二项式系数为C＝35.
13．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加A，B，C三个智力竞赛项目，每个人都要报名参加其中的一个．分别求在下列情况下不同的报名方法的种数．
(1)每个项目都有人报名；
(2)甲、乙报同一项目，丙不报A项目；
(3)甲不报A项目，且B，C项目的报名人数相同．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　(1)每个项目都有人报名，共有CA＝36(种)不同的报名方法．
(2)甲、乙报同一项目，丙不报A项目，共有CCC＝18(种)不同的报名方法．
(3)甲不报A项目，且B，C项目的报名人数相同，
若B，C项目各有1人报名，有CA＝6(种)不同的报名方法；
若B，C项目各有2人报名，有CC＝6(种)不同的报名方法．
所以甲不报A项目，且B，C项目的报名人数相同的报名方法共有6＋6＝12(种)．
四、探究与拓展
14．已知一个袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球的个数少的取法有多少种？
(2)若取出1个红球记2分，取出1个白球记1分，从中任取5个球，使总分不小于7分的取法有多少种？
(3)在(2)的条件下，当总分为8分时，将取出的球排成一排，仅有2个红球相邻的排法种数是多少？
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　(1)红球的个数不比白球的个数少的取法种数为C＋CC＋CC＝1＋24＋90＝115.
(2)从10个球中任取5个球，有C种取法；
取出0个红球，5个白球，有C种取法；
取出1个红球，4个白球，有CC种取法．
总分不小于7分时，需至少取出2个红球，所以满足条件的取法种数为C－C－CC＝252－6－60＝186.
(3)当总分为8分时，取出的是3个红球，2个白球，有CC种取法，取出的5个球排成一排，仅有2个红球相邻的排列方法有AAA种，所以满足条件的排法种数为CC×AAA＝60×72＝4 320.