第1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：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)
1．设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素个数是________．
答案　10
解析　因为A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，
所以x有2种取法，y有5种取法．
由分步计数原理得，A*B中元素个数为2×5＝10.
2．从8名女生、4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________．
答案　112
解析　根据分层抽样，3个人中男生1人，女生2人，所以选2个女生1个男生的方法的种数为CC＝112.
3．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是________．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　74
解析　分三类：第一类，从前5个题目中选3个，后4个题目中选3个；第二类，从前5个题目中选4个，后4个题目中选2个；第三类，从前5个题目中选5个，后4个题目中选1个，由分类计数原理，得CC＋CC＋CC＝74.
4．如果n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为________．
答案　5
解析　展开式通项Tr＋1＝C(3x2)n－rr
＝C·3n－r·(－2)r·x2n－5r.
由题意得2n－5r＝0，n＝r(r＝0,1,2，…，n)，故当r＝2时，正整数n有最小值，n的最小值为5.
5．5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　72
解析　甲、乙两人相邻共有AA种排法，则甲、乙两人之间至少有一人共有A－AA＝72(种)排法．
6．在二项式n的展开式中，前三项的系数成等差数列，则该二项式展开式中x－2项的系数为________．
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　1
解析　由题意可得2n，C·2n－1，C·2n－2成等差数列，∴2C·2n－1＝2n＋C·2n－2，解得n＝8.故展开式的通项公式为Tr＋1＝C·28－r·x，令4－＝－2，求得r＝8，故该二项式展开式中x－2项的系数为C·20＝1.
7．5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．
8．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.
9．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是________．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　32
解析　圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有CC＝24(个)直角三角形，斜三角形的个数为C－24＝32(个)．
10．在(1＋x)3＋(1＋)3＋(1＋)3的展开式中，x的系数为________．(用数字作答)
答案　7
解析　由条件易知(1＋x)3，(1＋)3，(1＋)3展开式中x项的系数分别是C，C，C，即所求系数是3＋3＋1＝7.
11．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________．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　11
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)．
12．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为________．
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　33
解析　①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有CA＝12(个)；
②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有CA＋A＝18(个)；
③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C＝3(个)．
故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33.
13．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________．
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　20
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.
14．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．
二、解答题(本大题共6小题，共90分)
15．(14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．
16．(14分)10双互不相同的鞋子混在一只口袋中，从中任意取出4只．
(1)若4只鞋子没有成双的，则有多少种取法？
(2)若4只鞋子恰成两双，则有多少种取法？
(3)若4只鞋子中有2只成双，另2只不成双，则有多少种取法？
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　(1)从10双鞋子中选取4双，有C种不同的选法，每双鞋子各取一只，分别有2种取法，根据分步计数原理，不同的取法种数为C·24＝3 360.
(2)从10双鞋子中选取2双，有C种取法，即有45种不同的取法．
(3)先选取一双，有C种选法，再从9双鞋子中选取2双鞋，有C种选法，每双鞋只取一只，各有2种取法，根据分步计数原理，不同的取法种数为C·C·22＝1 440(种)．
17．(14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＝±.
18．(16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a0＝1，a1＝，a2＝C2.
由2a1＝a0＋a2，求得m＝8或m＝1(应舍去)，
所以m展开式的中间项是第五项，
T5＝C4＝x4.
(2)因为m＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋amxm，
即8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8.
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝8，
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝8，
所以a1＋a3＋a5＋a7＝＝，
所以展开式中所有含x的奇次幂的系数和为.
19．(16分)把n个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数．
(1)求1,2,3,4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数；
(2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)1,2,3,4的再生数的个数为A＝24，其中最大再生数为4 321，最小再生数为1 234.
(2)需要考查5个数中相同数的个数．若5个数各不相同，有A＝120(个)；若有2个数相同，则有＝60(个)；若有3个数相同，则有＝20(个)；若有4个数相同，则有＝5(个)；若5个数全相同，则有1个．
20．(16分)(1)3个人坐在有八个座位的一排椅子上，若每个人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为多少？
(2)现有10个保送上大学的名额分配给7所学校，若每所学校至少有1个名额，则名额分配的方法共有多少种？
考点　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
解　(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插．由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，故共有A＝24(种)不同的坐法．
(2)每所学校至少1个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．
分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；
若分配到2所学校有C×2＝42(种)；
若分配到3所学校有C＝35(种)．
所以根据分类计数原理，共有7＋42＋35＝84(种)方法．

1.1　两个基本计数原理
第1课时　分类计数原理与分步计数原理
学习目标　1.了解分类计数原理与分步计数原理.2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题.
知识点一　分类计数原理
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　(1)完成一件事有两类不同的方式，在第1类方式中有m种不同的方法，在第2类方式中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.
(2)完成一件事有n类不同的方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，…，在第n类方式中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法.
知识点二　分步计数原理
若这名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，但需在青岛停留，已知从上海到青岛每天有7个航班，从青岛到天津每天有6列火车.
思考1　该志愿者从上海到天津需要经历几个步骤？
答案　两个，即先乘飞机到青岛，再坐火车到天津.
思考2　完成每一个步骤各有几种方法？
答案　第1个步骤有7种方法，第2个步骤有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＝42(种)不同的方法.
梳理　(1)完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.
(2)完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法.
1.在分类计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.(　×　)
2.在分类计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事.(　√　)
3.在分步计数原理中，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　分类计数原理
例1　设集合A＝{1,2,3,4}，m，n∈A，则方程＋＝1表示焦点位于x轴上的椭圆有________个.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　6
解析　因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n.
当m＝4时，n＝1,2,3；
当m＝3时，n＝1,2；
当m＝2时，n＝1，
即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个).
反思与感悟　(1)应用分类计数原理时，完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法，都可以独立完成这件事.
(2)利用分类计数原理解题的一般思路
跟踪训练1　若x，y∈N*，且x＋y≤5，则有序自然数对(x，y)共有________个.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　10
解析　当x＝1时，y＝1,2,3,4，共构成4个有序自然数对；
当x＝2时，y＝1,2,3，共构成3个有序自然数对；
当x＝3时，y＝1,2，共构成2个有序自然数对；
当x＝4时，y＝1，共构成1个有序自然数对.
根据分类计数原理，共有N＝4＋3＋2＋1＝10(个)有序自然数对.
类型二　分步计数原理
例2　一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？(各位上的数字允许重复)
考点　分步计数原理
题点　分步计数原理的应用
解　按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；
第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；
第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；
第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.
根据分步计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000(个)四位数的号码.
引申探究
若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？
解　按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；
第二步，去掉第一步拨的数字，有9种拨号方式，即m2＝9；
第三步，去掉前两步拨的数字，有8种拨号方式，即m3＝8；
第四步，去掉前三步拨的数字，有7种拨号方式，即m4＝7.
根据分步计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5 040(个)四位数的号码.
反思与感悟　(1)应用分步计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可.
(2)利用分步计数原理解题的一般思路
①分步：将完成这件事的过程分成若干步.
②计数：求出每一步中的方法数.
③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果.
跟踪训练2　从－2，－1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成抛物线的条数为________.
考点　分步计数原理
题点　分步计数原理的应用
答案　100
解析　由题意知，a不能为0，
故a的值有5种选法；
b的值也有5种选法；
c的值有4种选法.
由分步计数原理，得抛物线的条数为5×5×4＝100.
类型三　两个原理的比较
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　分类讨论解决问题，必须思维清晰，保证分类标准的唯一性，这样才能保证分类不重复，不遗漏，运用两个原理解答时是先分类后分步还是先分步后分类，应视具体问题而定.
跟踪训练3　某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，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　由题意知，有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语.
方法一　分两类.
第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，有6种选法，则说日语的有2＋1＝3(种)选法，此时共有6×3＝18(种)选法；
第二类：从不只会英语的1人中选1人说英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2(种)选法.
所以由分类计数原理知，共有18＋2＝20(种)选法.
方法二　设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种：(1)教英语；(2)教日语.
第一类：甲入选.
(1)甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，
由分步计数原理，有1×2＝2(种)选法；
(2)甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，
由分步计数原理，有1×6＝6(种)选法，
故甲入选的不同选法共有2＋6＝8(种).
第二类：甲不入选，可分两步.
第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法；
第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法.
由分步计数原理，有6×2＝12(种)不同的选法.
综上，共有8＋12＝20(种)不同的选法.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学参加夏令营，则不同的选法有________种.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　50
解析　从班级中选出一位同学，这位同学既可以从男生中选，也可以从女生中选，因此是一个分类问题，可以用分类计数原理解决.第一类，从男生中选一位同学，有26种不同的选法；第二类，从女生中选一位同学，有24种不同的选法.所以不同的选法有26＋24＝50(种).
2.某学生在书店发现3本好书，决定至少买其中的1本，则购买方法有________种.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　7
解析　分3类，买1本书，买2本书，买3本书，各类的方法依次为3种，3种，1种，故购买方法有3＋3＋1＝7(种).
3.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________.
考点　分步计数原理
题点　分步计数原理的应用
答案　12
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.
4.把5本书全部借给3名学生，有________种不同的借法.
考点　分步计数原理
题点　分步计数原理的应用
答案　243
解析　依题意知，每本书应借给三个人中的一个，即每本书都有3种不同的借法，由分步计数原理，得共有N＝3×3×3×3×3＝35＝243(种)不同的借法.
5.5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员的选法有________种.(用数字作答)
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　9
解析　分为两类：2名老队员、1名新队员时，有3种选法；2名新队员、1名老队员时，有3×2＝6(种)选法，即共有9种不同选法.

1.使用两个原理解题的本质
2.利用两个计数原理解决实际问题的常用方法
一、填空题
1.教室安装有6盏日光灯，1个开关控制2盏灯，则开灯照明的方法有________种.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　7
解析　开灯照明的情形共有3种，开2盏灯、4盏灯或6盏灯.其中，开2盏灯有3种方法；开4盏灯有3种方法；开6盏灯有1种方法，所以共7种方法.
2.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________种.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　16
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.
3.从集合{1,2,3，…，8}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为________.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　4
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.
4.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的走法数为________.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　9
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.
5.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是________.
考点　分步计数原理
题点　分步计数原理的应用
答案　56
解析　每位同学都有5种选择，共有5×5×5×5×5×5＝56(种).
6.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________.
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　11
解析　分两类，一是从甲地经乙地到丙地，有2×4种，二是直接从甲地到丙地，有3种，所以从甲地到丙地的不同走法种数共有2×4＋3＝11.
7.某体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练习跑步，则他进出门的方案有________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　49
解析　学生进门有3＋4＝7(种)选择，同样出门也有7种选择，由分步计数原理知，进出门的方案有7×7＝49(种).
8.已知集合M∈{1，－2,3}，N∈{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是________.
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　14
解析　M中元素作为横坐标，N中元素作为纵坐标，则在第一、二象限内点的个数为3×2＝6.M中元素作为纵坐标，N中元素作为横坐标，则在第一、二象限内点的个数为4×2＝8.共有6＋8＝14(个).
9.赵晓明同学的衣服上左、右两边各有一个口袋，左边口袋装有30张英语单词卡片，右边口袋装有20张英语单词卡片，这些单词卡片互不相同，则从两个口袋里任取一张卡片，有________种不同的取法.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　50
解析　从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类.
第一类：从左边口袋取一张英语单词卡片，有30种不同的取法；
第二类：从右边口袋取一张英语单词卡片，有20种不同的取法.
上述的其中任何一种取法都能独立完成“取一张英语单词卡片”这件事，由分类计数原理可知，从中任取一张英语单词卡片有30＋20＝50(种)不同的取法.
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.某校教学大楼共有5层，每层均有2个楼梯，由一楼到五楼共有________种不同的走法.
考点　分步计数原理
题点　分步计数原理的应用
答案　16
解析　由一楼到五楼可以看作分四步完成，每步中都有2种走法，所以根据分步计数原理得共有2×2×2×2＝16(种)不同的走法.
二、解答题
12.设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，a∈{1,2,3,4,5,6,7}，b∈{1,2,3,4,5}，这样的椭圆共有多少个？
解　依题意按a，b的取值分为六类，
第一类：a＝2，b＝1；
第二类：a＝3，b＝1,2；
第三类：a＝4，b＝1,2,3；
第四类：a＝5，b＝1,2,3,4；
第五类：a＝6，b＝1,2,3,4,5；
第六类：a＝7，b＝1,2,3,4,5.
由分类计数原理得
这样的椭圆共有1＋2＋3＋4＋5＋5＝20(个).
13.有3个不同的负数、5个不同的正数，从中任取2个数，使它们的积为正数，问：有多少种不同的取法？
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
解　根据题意，知积为正数的情况分为两类.
第一类是2个数都是负数，有3种不同的取法，
第二类是2个数都是正数，有10种不同的取法，
综上所述，不同取法的种数为3＋10＝13.
三、探究与拓展
14.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________.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　13
解析　对a进行讨论，为0与不为0，当a不为0时还需考虑判别式与0的大小.
若a＝0，则b＝－1,0,1,2，此时(a，b)的取值有4个；
若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，∴ab≤1，
此时(a，b)的取值为(－1,0)，(－1,1)，(－1，－1)，(－1,2)，(1,1)，(1,0)，(1，－1)，(2，－1)，(2,0)，共9个.
∴(a，b)的个数为4＋9＝13.
15.集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，从A，B中各取1个元素，作为点P(x，y)的坐标.
(1)可以得到多少个不同的点？
(2)这些点中，位于第一象限的有几个？
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
解　(1)可分为两类：A中元素为x，B中元素为y或A中元素为y，B中元素为x，则共得到3×4＋4×3＝24(个)不同的点.
(2)第一象限内的点，即x，y均为正数，所以只能取A，B中的正数，共有2×2＋2×2＝8(个)不同的点.
第2课时　分类计数原理与分步计数原理的应用
学习目标　巩固分类计数原理和分步计数原理，并能灵活应用这两个计数原理解决实际问题.
知识点一　两个计数原理的区别与联系
分类计数原理
分步计数原理
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
每类方案中的相邻的试验田不能种同一种作物每一种方法都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事)
注意点
类类独立，不重不漏
步步相依，步骤完整
知识点二　两个计数原理的综合应用
解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用.使用时要做到目的明确，层次分明，先后有序，还需特别注意以下两点：
(1)合理分类，准确分步：处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准.分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性.
(2)特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想.

1.分类计数原理与分步计数原理的共同点是把一个原始的事件分解成若干个分事件来完成，它们都是关于做一件事的不同方法种数的问题.(　√　)
2.在解决综合问题时，一般是先分类再分步.(　√　)
3.分类计数的关键是“分类”，各类方法之间是互斥的，并列的；分步计数的关键是“分步”，各步之间是关联的.(　√　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型一　排数问题
例1　用0,1,2,3,4五个数字，
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
考点　两个计数原理的应用
题点　两个原理在排数中的应用
解　(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种).
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种).
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因为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三个，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)
(2)从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为________.
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　(1)14　(2)18
解析　(1)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)由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇.如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种选择)，之后十位(2种选择)，最后百位(2种选择)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇，分析同理：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0,1种情况)，共6种，因此总共12＋6＝18种情况.
类型二　选(抽)取与分配问题
例2　高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有________种.
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　37
解析　方法一　(直接法)
以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种).
综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种).
方法二　(间接法)
先计算3个班级自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即4×4×4－3×3×3＝37(种)方案.
反思与感悟　解决抽取(分配)问题的方法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树形图法、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直接使用分类计数原理或分步计数原理.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　有四位同学参加三项不同的竞赛.
(1)每位学生必须参加且只能参加一项竞赛，有多少种不同结果？
(2)每项竞赛只许一位学生参加，有多少种不同的结果？
考点　分步计数原理
题点　分步计数原理的应用
解　(1)学生可以选择竞赛项目，而竞赛项目对于学生无条件限制，所以每位学生均有3个不同的机会，要完成这件事必须是每位学生参加的竞赛全部确定下来才行，因此需分四步.而每位学生均有3个不同选择，所以用分步计数原理可得3×3×3×3＝34＝81(种)不同结果.
(2)竞赛项目可挑选学生，而学生无选择项目的机会，每一个项目可挑选4位不同学生中的一位.
要完成这件事必须是每项竞赛所参加的学生全部确定下来才行，因此需分三步，用分步计算原理可得4×4×4＝43＝64(种)不同结果.
类型三　涂色与种植问题
命题角度1　涂色问题
例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，由分步计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法.
由分类计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法.
引申探究
若本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？
解　依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色.
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，可将这件事情分成4步来完成.
第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；
第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；
第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法.
于是由分步计数原理可得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种).
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成.
第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法.
于是由分步计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种).
综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种).
反思与感悟　涂色问题的四个解答策略
涂色问题是考查计数方法的一种常见问题，由于这类问题常常涉及分类与分步，所以在高考题中经常出现，处理这类问题的关键是要找准分类标准，求解涂色问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用的方法有：
(1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步计数原理计算.
(2)以颜色为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类计数原理计算.
(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题.
(4)对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准.
跟踪训练3　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.
由分类计数原理知，当S，A，B染法确定时，C，D有7种染法.
由分步计数原理得，不同的染色方法有60×7＝420(种).
命题角度2　种植问题
例4　将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种.
考点　种植问题
题点　种植问题
答案　42
解析　分别用a、b、c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有2种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c：
a
b
c
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法.
(2)若第三块田放a：
a
b
a
第四块有b或c2种方法，
①若第四块放c：
a
b
a
c
第五块有2种方法；
②若第四块放b：
a
b
a
b
第五块只能种作物c，共1种方法.
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法.
反思与感悟　按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都能完成这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步.
跟踪训练4　从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有多少种不同的种植方法.
考点　种植问题
题点　种植问题
解　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).
1.用0,1,2,3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有________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　8
解析　个位数只能是1或3，所以有2种选择，首位不能为0，则有2种选择，剩下的2个数字，百位有2种选择，十位数字只有1种选择，由分步计数原理，奇数有2×2×2×1＝8(个).
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________.
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　10
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________种.
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　24
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.如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通.今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　13
解析　按照焊点脱落的个数进行分类：
第一类：脱落一个焊点，只能是脱落1或4，有2种情况；
第二类：脱落两个焊点，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(2,4)，(3,4)，共6种情况；
第三类：脱落三个焊点，有(1,2,3)，(1,2,4)，(1,3,4)，(2,3,4)，共4种情况；
第四类：脱落四个焊点，只有(1,2,3,4)1种情况.
于是焊点脱落的情况共有2＋6＋4＋1＝13(种).
5.如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.
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.分类计数原理与分步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.若正面分类的种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些.
一、填空题
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________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　108
解析　能被5整除的四位数，可分为两类：
一类是末位为0，由分步计数原理，共有5×4×3＝60(个).
二类是末位为5，由分步计数原理，共有4×4×3＝48(个).
由分类计数原理得60＋48＝108(个).
2.用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________.
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　252
解析　用间接算法：十个数字能组成的三位数共有9×10×10个，而无重复数字的三位数共有9×9×8个，故所求的三位数的个数为9×10×10－9×9×8＝252.
3.从2,3,5,7,11中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分数的个数是________，其中真分数的个数是________.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　20　10
解析　产生分数可分两步：第一步，产生分子有5种方法；第二步，产生分母有4种方法，共有5×4＝20(个)分数.产生真分数，可分四类：第一类，当分子是2时，有4个真分数，同理，当分子分别是3,5,7时，真分数的个数分别是3,2,1，共有4＋3＋2＋1＝10(个)真分数.
4.若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有________个.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　10
解析　当b＝1时，c＝4，
当b＝2时，c＝4,5；
当b＝3时，c＝4,5,6；
当b＝4时，c＝4,5,6,7.
故共有10个这样的三角形.
5.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盆山茶花中任选3盆，其中至少有菊花、山茶花各1盆，则不同的选法种数为________.
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　30
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.根据分类计数原理知，不同的选法种数为12＋18＝30.
6.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________.
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　180
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D区域也有3种颜色可选用.由分步计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)涂法.
7.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数，共有________个.
考点　两个计数原理的应用
题点　两个计数原理在排数中的应用
答案　36
解析　根据题意个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9，共8种情况，在每一类中满足题目要求的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，由分类计数原理知，符合题意的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个).
8.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　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
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种插法；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.由分步计数原理知有10×11＝110(种)不同的插法.
9.若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y＝x2，值域为{1,4}的“同族函数”共有________个.
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　9
解析　由题意知，问题的关键在于确定函数定义域的个数，所以分两步：第一步，先确定函数值1对应的定义域中的元素，因为当y＝1时，x＝1或x＝－1，故有3种情况，即{1}，{－1}，{1，－1}；第二步，确定函数值4对应的定义域中的元素，因为当y＝4时，x＝2或x＝－2，故也有3种情况，即{2}，{－2}，{2，－2}.由分步计数原理，得共有3×3＝9(个).
10.将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有________种.
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
答案　12
解析　分两步：第一步，安排一名教师到甲地，另一名到乙地，共有2种方法；第二步，安排两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有6种方法.由分步计数原理得，不同安排方案共有2×6＝12(种).
11.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有________.
考点　分类计数原理
题点　分类计数原理的应用
答案　48
解析　参观路线分步完成：第一步选择三个“环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第二步选择余下两个“环形”路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第三步：最后一个“环形”路线，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法.由分步计数原理知，共有3×2×2×2×2＝48(种)不同的参观路线.
二、解答题
12.用0,1,2,3，…，9，这十个数字可能组成多少个不同的(1)三位数；(2)无重复数字的三位数？
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
解　(1)由于0不能在首位，所以首位数字有9种不同的选法；十位与个位上数字都有10种不同的选法.
所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个).
(2)首位上数字有9种选法；十位上数字除百位上数字外有9种选法；个位上数字有8种选法.
所以，组成无重复数字的三位数共9×9×8＝648(个).
13.有一项活动，需在3名教师，8名男同学和5名女同学中选人参加.
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？
(2)若需教师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？
(3)若需一名教师，一名学生参加，有多少种不同选法？
考点　抽取(分配)问题
题点　抽取(分配)问题
解　(1)有三类选人的方法：3名教师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法.由分类计数原理知，共有3＋8＋5＝16(种)选法.
(2)分三步选人：第一步选教师，有3种方法；第二步选男同学，有8种方法；第三步选女同学，有5种方法.由分步计数原理，共有3×8×5＝120(种)选法.
(3)可分两类，每一类又分两步.第一类：选一名教师再选一名男同学，有3×8＝24(种)选法；第二类：选一名教师再选一名女同学，共有3×5＝15(种)选法.由分类计数原理可知，共有24＋15＝39(种)选法.
三、探究与拓展
14.n2个人排成n行n列，若从中选出n名代表，要求每行每列都有代表，则不同的选法共有________种.
考点　分步计数原理
题点　分步计数原理的应用
答案　n·(n－1)·(n－2)·…·2×1
解析　分n步完成：第一步，从第1行中选一名，有n种选法；第二步，从第2行中选一名，有n－1种选法(因为要求每行每列都有代表，故第一步选出的代表所在的列不能再选)；…；依此选下去，到第n－1步，从第n－1行中选一名时，有2种选法；最后一步只有唯一的选法，根据分步计数原理，不同的选法共有n·(n－1)·(n－2)·…·2×1种.
15.用n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＝5或n＝－2(舍).
1.2　排　列
第1课时　排列与排列数公式
学习目标　1.了解并掌握排列的概念.2.理解并掌握排列数公式及推导过程.3.能应用排列知识解决简单的实际问题.
知识点一　排列的概念
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　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
思考1　从1,2,3,4这4个数字中选出2个能构成多少个无重复数字的两位数？
答案　4×3＝12(个).
思考2　从1,2,3,4这4个数字中选出3个能构成多少个无重复数字的3位数？
答案　4×3×2＝24(个).
思考3　从n个不同的元素中取出m个(m≤n)元素排成一列，共有多少种不同排法？
答案　n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)种.
梳理　排列数及排列数公式
排列数
全排列
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
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
表示法
A
A
公式
乘积形式
A＝n(n－1)·(n－2)…(n－m＋1)
A＝n(n－1)(n－2)·…·3×2×1
阶乘形式
A＝
A＝n！
性质
A＝1；0！＝1
1.a，b，c与b，a，c是同一个排列.(　×　)
2.同一个排列中，同一个元素不能重复出现.(　√　)
3.在一个排列中，若交换两个元素的位置，则该排列不发生变化.(　×　)
4.从4个不同元素中任取3个元素，只要元素相同得到的就是相同的排列.(　×　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型一　排列的概念
例1　判断下列问题是否为排列问题：
(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；
(2)选2个小组分别去植树和种菜；
(3)选2个小组去种菜；
(4)选10人组成一个学习小组；
(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；
(6)某班40名学生在假期相互通信.
考点　排列的概念
题点　排列的判断
解　(1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题.
(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题.
(3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题.
(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题.
(6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题.
所以在上述各题中(2)(5)(6)是排列问题，(1)(3)(4)不是排列问题.
反思与感悟　判断一个具体问题是否为排列问题的思路
跟踪训练1　判断下列问题是否为排列问题.
(1)会场有50个座位，要求选出3个座位，有多少种方法？若选出3个座位安排3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3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3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　“树形图”解决排列问题
例2　(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位不同的数，一共可以组成多少个？
(2)写出从4个元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列.
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
解　(1)由题意作“树形图”，如下.
故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个.
(2)由题意作“树形图”，如下.
故所有的排列为abc，abd，acb，acd，adb，adc，bac，bad，bca，bcd，bda，bdc，cab，cad，cba，cbd，cda，cdb，dab，dac，dba，dbc，dca，dcb.
反思与感悟　利用“树形图”法解决简单排列问题的适用范围及策略
(1)适用范围：“树形图”在解决排列元素个数不多的问题时，是一种比较有效的表示方式.
(2)策略：在操作中先将元素按一定顺序排出，然后以先安排哪个元素为分类标准进行分类，再安排第二个元素，并按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能做到不重不漏，然后再按树形图写出排列.
跟踪训练2　写出A，B，C，D四名同学站成一排照相，A不站在两端的所有可能站法.
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
解　由题意作“树形图”，如下，
故所有可能的站法是BACD，BADC，BCAD，BDAC，CABD，CADB，CBAD，CDAB，DABC，DACB，DBAC，DCAB.
类型三　排列数公式及应用
例3　(1)用排列数表示(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N*且n<55)；
(2)计算；
(3)求证：A－A＝mA.
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
(1)解　因为55－n,56－n，…，69－n中的最大数为69－n，且共有69－n－(55－n)＋1＝15(个)元素，
所以(55－n)(56－n)…(69－n)＝A.
(2)解　
＝
＝＝1.
(3)证明　方法一　因为A－A
＝－
＝·
＝·
＝m·＝mA，
所以A－A＝mA.
方法二　A表示从n＋1个元素中取出m个元素的排列个数，其中不含元素a1的有A个.
含有a1的可这样进行排列：
先排a1，有m种排法，再从另外n个元素中取出m－1个元素排在剩下的m－1个位置上，有A种排法.
故A＝mA＋A，
所以mA＝A－A.
反思与感悟　排列数公式的形式及选择方法
排列数公式有两种形式，一种是连乘积的形式，另一种是阶乘的形式，若要计算含有数字的排列数的值，常用连乘积的形式进行计算，而要对含有字母的排列数的式子进行变形或作有关的论证时，一般用阶乘式.
跟踪训练3　已知3A＝4A，则n＝________.
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　7
解析　由已知＝，
即＝1，因为n≤9，
解得n＝7.
1.下列问题中属于排列问题的为________.(填序号)
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.
考点　排列的概念
题点　排列的判断
答案　①④
解析　根据排列的定义，选出的元素有顺序的才是排列问题.
2.从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的结果有________个.
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　12
解析　符合题意的结果有A＝4×3＝12(个).
3.已知A＝30，则x＝________.
考点　排列数公式
题点　解含排列数的方程或不等式
答案　6
解析　A＝x(x－1)＝30，解得x＝6或－5(舍去)，
∴x＝6.
4.5A＋4A＝________.
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　348
解析　原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348.
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、填空题
1.A＝9×10×11×12，则m＝________.
考点　排列数公式
题点　解含排列数的方程或不等式
答案　4
2.已知下列问题：①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组；②从甲、乙、丙三名同学中选出两人参加一项活动；③从a，b，c，d中选出3个字母；④从1,2,3,4,5这五个数字中取出2个数字组成一个两位数.其中是排列问题的是________.(填序号)
考点　排列的概念
题点　排列的判断
答案　①④
解析　由排列的定义知①④是排列问题.
3.已知A＝7A，则n的值是________.
考点　排列数公式
题点　解含排列数的方程或不等式
答案　7
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.
4.甲、乙、丙三人排成一排照相，甲不站在排头的所有排列种数为________.
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
答案　4
解析　列树形图如下：
丙甲乙乙甲　　乙甲丙丙甲，共4种.
5.计算A＋A＋A＝________.
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　200
解析　A＋A＋A＝5×4＋5×4×3＋5×4×3×2＝20＋60＋120＝200.
6.从5个人中选出3人站成一排，则不同的排法有_______________________________种.
考点　排列数公式
题点　利用排列数公式计算
答案　60
解析　从5个人中选出3人站成一排，共有A＝5×4×3＝60(种)不同的排法.
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________.
考点　排列的概念
题点　列举所有排列
答案　9
解析　这四位数列举如下：
1 012,1 021,1 102,1 120,1 201，
1 210,2 011,2 101,2 110，共9个.
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.满足不等式>12的n的最小值为________.
考点　排列数公式
题点　解含排列数的方程或不等式
答案　10
解析　＝＝>12，
得(n－5)(n－6)>12，解得 n>9或n<2(舍去).
∴最小正整数n的值为10.
10.有3名司机，3名售票员要分配到3辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方法有________种.(填数字)
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　36
解析　司机，售票员各有A种安排方法，由分步计数原理知共有AA＝36(种)不同的安排方法.
11.由1,2,3,4组成的无重复数字的四位数中，按从小到大的顺序排成一列，则第8个数是________.
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　2 143
解析　千位数为1的共有A＝6个；千位数为2的，从小到大为2 134,2 143，所以第8个数为2 143.
12.由1,4,5，x四个数字组成没有重复数字的四位数，所有这些四位数的各数位上的数字之和为288，则x＝________.
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　2
解析　当x≠0时，有A＝24(个)四位数，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＋x，
故24(1＋4＋5＋x)＝288，解得x＝2；
当x＝0时，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＝10，而288不能被10整除，即x＝0不符合题意，
综上可知，x＝2.
二、解答题
13.从a，b，c，d，e五个元素中每次取出三个元素，可组成多少个以b为首的不同的排列？它们分别是怎样的排列？
解　画出树形图如下：
可知共12个，它们分别是bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed.
三、探究与拓展
14.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”.现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有________个.
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　40
解析　当十位数字为3时，1,2作为个位和百位，有A种；
当十位数字为4时，从1,2,3中取2个数字作为个位和百位有A种；
当十位数字为5时，从1,2,3,4中取2个数字作为个位和百位有A种；
当十位数字为6时，从1,2,3,4,5中取2个数字作为个位和百位有A种.
由分类计数原理可得伞数有A＋A＋A＋A＝40(个).
15.用一颗骰子连掷三次，投掷出的数字顺序排成一个三位数，此时：
(1)各位数字互不相同的三位数有多少个？
(2)可以排出多少个不同的三位数？
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)三位数的每位上数字均为1,2,3,4,5,6之一.
第一步，得首位数字，有6种不同结果，
第二步，得十位数字，有5种不同结果，
第三步，得个位数字，有4种不同结果，
故可得各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个).
(2)三位数中每位上数字均可从1,2,3,4,5,6六个数字中得一个，共有这样的三位数6×6×6＝216(个).
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．
知识点　排列及其应用
1．排列数公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(n，m∈N*，m≤n)＝.
A＝n(n－1)(n－2)…2×1＝n！(叫做n的阶乘)．另外，我们规定0！＝1.
2．应用排列与排列数公式求解实际问题中的计数问题的基本步骤
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型一　无限制条件的排列问题
例1　(1)有7本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
(2)有7种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
解　(1)从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列，所以共有A＝7×6×5＝210(种)不同的送法．
(2)从7种不同的书中买3本书，这3本书并不要求都不相同，根据分步计数原理，共有7×7×7＝343(种)不同的送法．
反思与感悟　典型的排列问题，用排列数计算其排列方法数；若不是排列问题，需用计数原理求其方法种数．排列的概念很清楚，要从“n个不同的元素中取出m个元素”．即在排列问题中元素不能重复选取，而在用分步计数原理解决的问题中，元素可以重复选取．
跟踪训练1　(1)有5个不同的科研小课题，从中选3个由高二(6)班的3个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？
(2)有5个不同的科研小课题，高二(6)班的3个学习兴趣小组报名参加，每组限报一个课题，共有多少种不同的报名方法？
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
解　(1)从5个不同的课题中选出3个，由兴趣小组进行研究，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列，因此不同的安排方法有A＝5×4×3＝60(种)．
(2)由题意知3个兴趣小组可能报同一科研课题，因此元素可以重复，不是排列问题．
由于每个兴趣小组都有5种不同的选择，且3个小组都选择完才算完成这件事，所以由分步计数原理得共有5×5×5＝125(种)报名方法．
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　排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单．
(1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？
(2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
解　(1)先排歌唱节目有A种，歌唱节目之间以及两端共有6个空位，从中选4个放入舞蹈节目，共有A种方法，所以任何两个舞蹈节目不相邻的排法有A·A＝43 200(种)方法．
(2)先排舞蹈节目有A种方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入．所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有A·A＝2 880(种)方法．
命题角度2　特殊元素与特殊位置问题
例3　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　特殊元素与特殊位置问题
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名同学中取出5名放在5个位置上，有A种．
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．根据分步计数原理，含有甲时共有4×A种排法．
由分类计数原理，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．
提醒：解题时，或从元素考虑，或从位置考虑，都要贯彻到底．不能一会考虑元素，一会考虑位置，造成分类、分步混乱，导致解题错误．
跟踪训练3　3名男生和4名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．
(1)全体站成一排，其中甲只能在中间或两端；
(2)全体站成一排，其中甲、乙必须在两端；
(3)全体站成一排，其中甲不在最左端，乙不在最右端；
(4)全体站成两排，前排3人，后排4人，其中女生甲和女生乙排在前排，另有2名男生丙和丁因个子高要排在后排．
考点　排列的应用
题点　排列的应用
解　(1)(特殊元素优先法)先考虑甲的位置，有A种方法，再考虑其余6人全排列，有A种方法．故有AA＝2 160(种)方法．
(2)(特殊元素优先法)先安排甲、乙的位置，有A种方法，再安排其余5人全排列，有A种方法．故有AA＝240(种)方法．
(3)方法一　(特殊元素优先法)按甲是否在最右端分两类：
第一类，甲在最右端有A种方法；
第二类，甲不在最右端时，甲有A个位置可选，乙也有A个位置可选，其余5人全排列，有AAA种方法．
故有A＋AAA＝3 720(种)方法．
方法二　(间接法)无限制条件的排列方法共有A种，而甲在最左端或乙在最右端的排法各有A种，甲在最左端且乙在最右端的排法有A种．
故有A－2A＋A＝3 720(种)方法．
方法三　(特殊位置优先法)按最左端优先安排分步．
对于最左端除甲外有A种排法，余下六个位置全排有A种排法，但要减去乙在最右端的排法AA种．
故有AA－AA＝3 720(种)方法．
(4)将两排连成一排后，原问题转化为女生甲、乙要排在前3个位置，男生丙、丁要排在后4个位置，因此先排女生甲、乙有A种方法，再排男生丙、丁有A种方法，最后把剩余的3人全排列有A种方法．
故有AAA＝432(种)方法．
类型三　数字排列问题
例4　用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？
(1)六位奇数；
(2)个位数字不是5的六位数；
(3)不大于4 310的四位偶数．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)第一步，排个位，有A种排法；
第二步，排十万位，有A种排法；
第三步，排其他位，有A种排法．
故共有AAA＝288(个)六位奇数．
(2)方法一　(直接法)
十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此需分两类．
第一类，当个位排0时，有A个；
第二类，当个位不排0时，有AAA个．
故符合题意的六位数共有A＋AAA＝504(个)．
方法二　(排除法)
0在十万位和5在个位的排列都不对应符合题意的六位数，这两类排列中都含有0在十万位和5在个位的情况．
故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504(个)．
(3)分三种情况，具体如下：
①当千位上排1,3时，有AAA个．
②当千位上排2时，有AA个．
③当千位上排4时，形如4 0×2,4 2×0的各有A个；
形如4 1××的有AA个；
形如4 3××的只有4 310和4 302这两个数．
故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2＝110(个)．
反思与感悟　数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析，找出解题的思路．常见附加条件有：(1)首位不能为0；(2)有无重复数字；(3)奇偶数；(4)某数的倍数；(5)大于(或小于)某数．
跟踪训练4　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．现从8名学生干部中选出3名同学分别参加全校“资源”“生态”和“环保”三个夏令营活动，则不同的选派方案的种数是________．
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　336
解析　从8名学生干部中选出3名同学的排列：A＝8×7×6＝336，故共有336种不同的选派方案．
2．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　480
解析　第一步：排甲，共有A种不同的排法；第二步：排其他人，共有A种不同的排法，因此不同的演讲次序共有AA＝480(种)．
3．3名男生和3名女生排成一排，男生不相邻的排法有____种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　144
解析　第一步：排女生，共有A种不同的排法；第二步：男生插空，共有A种不同的排法，因此共有AA＝144(种)排法．
4．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　72
解析　由题意可知，五位数要为奇数，则个位数有A个，再将剩下的4个数字排列得到A个，则满足条件的五位数有A·A＝72(个)．
5．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共________个．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
答案　240
解析　分为两类：当首位选2或4时，末位有A种选法，中间三位有A种排法，故有AAA＝96(种)排法．
当首位选3或5时，末位有A种排法，中间位有A种排法，故有AAA＝144(种)排法．
∴比20 000大的五位偶数共有96＋144＝240(个)．
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、填空题
1．6人站成一排，甲、乙、丙3人必须站在一起的所有排列的总数为________．
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　144
解析　本题采用捆绑法，把甲、乙、丙先看成一个整体，与另外三个人排列，然后甲、乙、丙内部排列，共有A·A＝4！×3！＝144(种)排法．
2．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为________．
考点　排列的应用
题点　无限制条件的排列问题
答案　720
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)．
3．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　24
解析　根据题目的条件可知，A，B必须相邻且B在A的右边，所以先将A，B两人捆起来看成一个人参加排列，即是4个人在4个位置上作排列，故不同的排法有A＝4×3×2×1＝24(种)．
4．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．(用数字作答)
答案　72
解析　先求5个人的全排列，再减去甲、乙相邻时的排法，A－AA＝120－48＝72，故共有72种不同的排法．
5．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________种．
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　96
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)．
6．由数字1,2,3与符号“＋”和“－”五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列的个数是________．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　12
解析　符号“＋”和“－”只能在两个数之间，这是间隔排列，排法共有AA＝12(种)．
7．一排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________．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　1 296
解析　利用“捆绑法”求解，满足题意的坐法种数为A·(A)3＝(3！)4＝1 296.
8．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________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　474
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)．
9．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)．
10．两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　第一步：将两位爸爸排在两端有2种排法；第二步：将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有2A种排法，故总的排法有2×2×A＝24(种)．
11．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答)
考点　排列的应用
题点　定序问题
答案　480
解析　不考虑A，B，C的位置限定时有A＝720(种)，只考虑A，B，C三个字母的顺序有A＝6(种)，而A，B在C的同侧有2A＝4(种)，故满足条件的排法有A×＝480(种)．
12．从6名运动员中选4人参加4×100米接力赛，其中甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有________种不同的安排方法．
答案　252
解析　分两类，第一类：甲跑第四棒，有A种安排方法；
第二类：甲不跑第四棒，则第四棒有A种安排方法；
第一棒有A种安排方法．
第二、三棒共有A种安排方法，则有A·A·A种安排方法，共有A＋AAA＝252(种)安排方法．
二、解答题
13．从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，问：
(1)共能组成多少个不同的二次函数？
(2)在这些二次函数中，图象关于y轴对称的有多少个？
解　(1)方法一　(直接法——优先考虑特殊位置)
∵a≠0，
∴确定二次项系数有7种，确定一次项和常数项有A种，
∴共有7A＝294(个)不同的二次函数．
方法二　(直接法——优先考虑特殊元素)
当a，b，c中不含0时，有A个；当a，b，c中含有0时，有2A个，故共有A＋2A＝294(个)不同的二次函数．
方法三　(间接法)
共可构成A个函数，其中当a＝0时，有A个均不符合要求，从而共有A－A＝294(个)不同的二次函数．
(2)依题意b＝0，所以共有A＝42(个)符合条件的二次函数．
三、探究与拓展
14．将数字1,2,3,4,5,6按第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数的形式随机排列，设Ni(i＝1,2,3)表示第i行中最大的数，则满足N1＜N2＜N3的所有排列的个数是________．(用数字作答)
考点　
题点　
答案　240
解析　由题意知数字6一定在第三行，第三行的排法种数为AA＝60；剩余的三个数字中最大的一定排在第二行，第二行的排法种数为AA＝4，由分步计数原理知，满足条件的排列个数是240.
15．用1,2,3,4,5,6,7排出无重复数字的七位数，按下列要求各有多少个？
(1)偶数不相邻；
(2)偶数一定在奇数位上；
(3)1和2之间恰夹有一个奇数，没有偶数；
(4)三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列．
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)用插空法，共有AA＝1 440(个)．
(2)先把偶数排在奇数位上有A种排法，再排奇数有A种排法，所以共有AA＝576(个)．
(3)在1和2之间放一个奇数有A种方法，把1,2和相应的奇数看成整体和其他4个数进行排列有A种排法，所以共有AAA＝720(个)．
(4)七个数的全排列为A，三个数的全排列为A，所以满足要求的七位数有＝840(个).
1.3　组　合
第1课时　组合与组合数公式
学习目标　1.了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　组合的概念
思考　①从3,5,7,11中任取两个数相除；
②从3,5,7,11中任取两个数相乘．
以上两个问题中哪个是排列？①与②有何不同特点？
答案　①是排列，①中选取的两个数是有序的，②中选取的两个数是无序的．
梳理　一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
知识点二　组合数
组合数及组合数公式
组合数定义及表示
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示
组合数公式
乘积形式
C＝
阶乘形式
C＝
性质
C＝C
C＝C＋C
备注
①n，m∈N*且m≤n；
②规定C＝1
1．从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合是C.(　×　)
2．从1,3,5,7中任取两个数相乘可得C个积．(　√　)
3．C＝5×4×3＝60.(　×　)
4．C＝C＝2 017.(　√　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型一　组合概念的理解
例1　给出下列问题：
(1)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需比赛多少场？
(2)a，b，c，d四支足球队争夺冠、亚军，有多少种不同的结果？
(3)从全班40人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？
(4)从全班40人中选出3人参加某项活动，有多少种不同的选法？
在上述问题中，哪些是组合问题，哪些是排列问题？
考点　组合的概念
题点　组合的判断
解　(1)单循环比赛要求两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．
(2)冠、亚军是有顺序的，是排列问题．
(3)3人分别担任三个不同职务，有顺序，是排列问题．
(4)3人参加某项相同劳动，没有顺序，是组合问题．
反思与感悟　区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序，而区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．
跟踪训练1　判断下列问题是排列问题还是组合问题，并求出相应的结果．
(1)集合{0,1,2,3,4}的含三个元素的子集的个数是多少？
(2)某小组有9位同学，从中选出正、副班长各一个，有多少种不同的选法？若从中选出2名代表参加一个会议，有多少种不同的选法？
考点　组合的概念
题点　组合的判断
解　(1)由于集合中的元素是不讲次序的，一个含三个元素的集合就是一个从0,1,2,3,4中取出3个数组成的集合．这是一个组合问题，组合的个数是C＝10.
(2)选正、副班长时要考虑次序，所以是排列问题，排列数是A＝9×8＝72，所以选正、副班长共有72种选法；选代表参加会议是不用考虑次序的，所以是组合问题，所以不同的选法有C＝36(种)．
类型二　简单的组合问题
例2　从5个不同的元素a，b，c，d，e中取出2个，列出所有的组合为________．
考点　组合的概念
题点　组合的列举
答案　ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de
解析　要想列出所有组合，做到不重不漏，先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个地标示出来．如图所示．
引申探究
若将本例中的a，b，c，d，e看作铁路线上的5个车站，则这条线上共需准备多少种车票？多少种票价？
解　因为“a站到b站”与“b站到a站”车票是不同的，故是排列问题，有A＝20(种)．但票价与顺序无关，“a站到b站”与“b站到a站”是同一种票价，故是组合问题，因为“a站到b站”与“b站到a站”车票是不同的，但票价一样，所以票价的种数是车票种数的一半，故共有×20＝10(种)不同的票价．
反思与感悟　(1)借助“字典排序法”列出一个具体问题的组合，直观、简洁，而且避免了重复或遗漏，但需注意：若用“树形图法”，当前面的元素写完后，后面不能再出现该元素，这是与排列问题的一个不同之处．
(2)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之间的顺序无关．
跟踪训练2　(1)写出从A，B，C，D，E 5个元素中，依次取3个元素的所有组合．
考点　组合的概念
题点　组合的列举
解　所有组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
(2)10个人分成甲、乙两组，甲组4人，乙组6人，则不同的分组种数为________．(用数字作答)
答案　210
解析　从10人中任选出4人作为甲组，则剩下的人即为乙组，这是组合问题，共有C＝210(种)分法．
类型三　组合数公式及性质的应用
例3　(1)计算C－C·A；
(2)求证：C＝C.
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
(1)解　原式＝C－A＝－7×6×5
＝210－210＝0.
(2)证明　因为右边＝C
＝·
＝＝C，
左边＝C，所以左边＝右边，所以原式成立．
反思与感悟　(1)涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
(3)计算时应注意利用组合数的两个性质：
①C＝C.②C＝C＋C.
跟踪训练3　(1)计算C＋C＝________.
(2)计算C＋C＋C＋…＋C的值为________．
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－1
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.
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________．
考点　组合的概念
题点　组合的判断
答案　2
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．
2．集合M＝{x|x＝C，n≥0且n∈N}，集合Q＝{1,2,3,4}，则M∩Q＝________.
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　{1,4}
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．满足方程＝C的x值为________．
考点　组合数性质
题点　含组合数的方程或不等式问题
答案　1或3
解析　依题意，有x2－x＝5x－5或x2－x＋5x－5＝16，解得x＝1或5；x＝－7或x＝3.经检验知，只有x＝1或x＝3符合题意．
4．已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成集合的个数为________．(用数字作答)
答案　26
解析　CC＋CC＋CC＝26.
5．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)
考点　组合的应用
题点　无限制条件的组合问题
答案　140
解析　安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有C种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有C种方法．故不同的安排方案共有CC＝5×7×4＝140(种)．
1．排列与组合的联系与区别
(1)联系：二者都是从n个不同的元素中取m(m≤n)个元素．
(2)区别：排列问题中元素有序，组合问题中元素无序．
2．关于组合数的计算
(1)涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
一、填空题
1．以下四个命题，属于组合问题的序号是________．
①从3个不同的小球中，取出2个排成一列；
②老师在排座次时将甲、乙2位同学安排为同桌；
③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；
④从13位司机中任选出2位开同一辆车分别往返甲、乙两地．
考点　组合的概念
题点　组合的判断
答案　③
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.＝________.
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　6
解析　＝＝＝A＝6.
3．若集合M＝{x|C≤21}，则组成集合M的元素共有________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　6
解析　∵C＝C＝1，C＝C＝7，C＝C＝＝21，
∴x＝0,1,2,5,6,7.
4．已知C－C＝C，则n＝________.
考点　组合数性质
题点　含组合数的方程或不等式问题
答案　14
解析　∵C＝C＋C＝C，
∴n＋1＝7＋8，则n＝14.
5．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有________人．
考点　组合数性质
题点　用组合数的性质计算与证明
答案　2或3
解析　设男生有n人，则女生有(8－n)人，由题意可得CC＝30，解得n＝5或n＝6，代入验证，可知女生有2或3人．
6．计算C＋C的值为________．
考点　组合数性质
题点　用组合数的性质计算与证明
答案　5或16
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.
7．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有________种．
考点　组合的应用
题点　无限制条件的组合问题
答案　75
解析　由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有CC＝75(种)．
8．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，由C知n≥12，
解得n＝14，n＝7(舍去)，
则C＝C＝91.
9．某校开设A类选修课3门，B类选修课5门，一位同学要从中选3门，若要求两类课程中至少各选1门，则不同的选法共有________种．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　45
解析　分两类，A类选修课选1门，B类选修课选2门，或者A类选修课选2门，B类选修课选1门，因此，共有C·C＋C·C＝45(种)选法．
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．若C＝C，则x＝________.
考点　组合数性质
题点　含组合数的方程或不等式问题
答案　4或9
解析　∵C＝C，
∴x＝3x－8或x＋(3x－8)＝28，
即x＝4或x＝9.
12．从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘，有m个不同的积；任取两个不同的数相除，有n个不同的商，则m∶n＝________.
考点　组合数性质
题点　用组合数的性质计算与证明
答案　
解析　∵m＝C，n＝A，∴m∶n＝.
二、解答题
13．设x∈N*，求C＋C的值．
解　由题意可得：解得2≤x≤4，
∵x∈N*，∴x＝2或x＝3或x＝4.
当x＝2时原式的值为4；当x＝3时原式的值为7；
当x＝4时原式的值为11.∴所求的值为4或7或11.
三、探究与拓展
14．以下三个式子：①C＝；②A＝nA；③C÷C＝.其中正确的个数是________．
考点　组合数公式
题点　组合数公式的应用
答案　3
解析　①式显然成立；
②式中A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，
A＝(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以A＝nA，故②式成立；
对于③式C÷C＝＝＝，故③式成立．
15．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．
(1)现要从中选2名教师去参加会议，有多少种不同的选法？
(2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习的选法有多少种？
(3)现要从中选出男、女老师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？
解　(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即有C＝＝45(种)选法．
(2)可把问题分两类情况：
第一类，选出的2名教师是男教师有C种方法；
第二类：选出的2名教师是女教师有C种方法．
根据分类计数原理，共有C＋C＝15＋6＝21(种)不同的选法．
(3)首先从6名男教师中任选2名，有C种选法；再从4名女教师中任选2名，有C种选法．根据分步计数原理，所以共有C·C＝90(种)不同的选法．
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．
知识点　组合的特点
思考　组合的特征有哪些？
答案　组合取出的元素是无序的．
梳理　(1)组合的特点是只取不排
组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m次不放回地取出．
(2)组合的特性
元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．
(3)相同的组合
根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．
1．C＝1是一种规定，不能用组合数的定义进行解释．(　√　)
2．只要两个组合中的元素完全相同，则无论元素的顺序如何，都是相同的组合，只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合．(　√　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型一　有限制条件的组合问题
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)从中任取5人是组合问题，共有C＝792(种)不同的选法．
(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需从另外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，四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为________．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　205
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个数为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　现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
解　可以分三类．
第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有CC种选法；
第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有CC种选法；
第三类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有CC种选法．
根据分类计数原理，一共有CC＋CC＋CC＝42(种)不同的选法．
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，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．
(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．
跟踪训练4　某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________种．
考点　排列组合综合问题
题点　分组、分配问题
答案　10
解析　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．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有________种．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　96
解析　甲选2门有C种选法，乙选3门有C种选法，丙选3门有C种选法．∴共有C·C·C＝96(种)选法．
2．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有________种．
考点　组合的应用
题点　无限制条件的组合问题
答案　120
解析　三张票没区别，从10人中选3人即可，即C＝120(种)．
3．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________种．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　210
解析　由分类计数原理知，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)．
4．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________个．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　225
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．要从12人中选出5人参加一次活动，其中A，B，C三人至多两人入选，则有________种不同选法．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　756
解析　方法一　可分三类：
①A，B，C三人均不入选，有C种选法；
②A，B，C三人中选一人，有C·C种选法；
③A，B，C三人中选二人，有C·C种选法．
由分类计数原理，共有选法C＋C·C＋C·C＝756(种)．
方法二　先从12人中任选5人，再减去A，B，C三人均入选的情况，即共有选法C－C＝756(种)．
1．无限制条件的组合应用题的解题步骤
(1)判断．(2)转化．(3)求值．(4)作答．
2．有限制条件的组合应用题的分类
(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、填空题
1．某施工小组有男工7人，女工3人，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工队，不同的选法有________种．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　63
解析　每个被选的人都无角色差异，是组合问题，分2步完成：第1步，选女工，有C种选法；第2步，选男工，有C种选法．故有C·C＝3×21＝63(种)不同选法．
2．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________．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　70
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.
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a考点　组合的应用
题点　无限制条件的组合问题
答案　35
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________．
考点　排列组合的综合应用
题点　分组、分配问题
答案　21
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．
由分类计数原理得，共有C＋C＝6＋15＝21(种)选取方法．
5．上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同企业的选取种数为________．
考点　排列组合的综合应用
题点　分组、分配问题
答案　16
解析　若3人中有一人来自甲企业，则共有CC种情况；若3人中没有甲企业的，则共有C种情况，由分类计数原理可得，这3人来自3家不同企业的选法共有CC＋C＝16(种)．
6．某单位需同时参加甲、乙、丙三个会议，甲需2人参加，乙、丙各需1人参加，从10人中选派4人参加这三个会议，则不同的安排方法有________种．
答案　2 520
解析　从10人中选派4人有C种方法，对选出的4人具体安排会议有CC种方法，由分步计数原理知，不同的选派方法有CCC＝2 520(种)．
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________．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　15
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．
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，那么小明同学的选科方案有________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．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
答案　66
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．
由分类计数原理，可得不同的取法共有C十CC＋C＝66(种)．
10．平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线，用这9个点可以确定________个四边形．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　105
解析　确定一个四边形需要四个不共线的点，所以这9个点确定四边形的个数为C－CC－C＝105.
11．圆周上有20个点，过任意两点连结一条弦，这些弦在圆内的交点最多有________个．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　4 845
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)．
12.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有________种．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　12
解析　先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C×C×C×C＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．
二、解答题
13．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数．
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有C×C×C＝64(种)，
若2张同色，则有C×C×C×C＝144(种)，
若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C×C×C×C＝192(种)，
剩余2张同色，则有C×C×C＝72(种)，
所以共有64＋144＋192＋72＝472(种)不同的取法．
三、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　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
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．
15．一个口袋里装有7个白球和1个红球，从口袋中任取5个球：
(1)共有多少种不同的取法？
(2)其中恰有一红球，共有多少种不同的取法？
(3)其中不含红球，共有多少种不同的取法？
(4)以上三个问题有什么关系？
解　(1)从口袋里的8个球中任取5个球，不同取法种数是C＝C＝＝56.
(2)从口袋里的8个球中任取5个球，其中恰有一个红球，可以分两步完成：第一步，从7个白球中任取4个白球，有C种取法；第二步，把1个红球取出，有C种取法．由分步计数原理，不同取法种数是C·C＝C＝C＝35.
(3)从口袋里任取5个球，其中不含红球，只需要从7个白球中任取5个白球即可，不同取法种数有C＝C＝＝21.
(4)从上面三个小题的答案可以得出等式C＝C＋C.
1.4　计数应用题
学习目标　1.了解计数应用题中的常见问题类型.2.理解排列、组合的概念及公式应用.3.掌握解决排列组合综合应用题的方法．
1．两个基本计数原理
(1)分类计数原理
(2)分步计数原理
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．运用排列组合的知识，结合两个基本计数原理，能够解决很多计数问题．
1．6本不同的书分成3组，一组4本，其余组各1本，共有30种不同的分法．(　×　)
2．7名同学站一排，甲身高最高，排在正中间，其他6名同学身高不等，甲的左，右两边以身高为准，由高到低排列，则不同的排法共有20种．(　√　)
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　一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N)等份，种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
(1)如图1，圆环分成的3等份为a1，a2，a3，有多少种不同的种植方法？
(2)如图2，圆环分成的4等份为a1，a2，a3，a4，有多少种不同的种植方法？
解　(1)如题图1，先对a1部分种植，有3种不同的种植方法，再对a2，a3种植．
因为a2，a3与a1不同颜色，a2，a3也不同，所以由分步计数原理得3×2×1＝6(种)．
(2)如题图2，当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，有3×2×2×1＝12(种)种植方法，由分类计数原理，共有6＋12＝18(种)种植方法．
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，根据分步计数原理，总的测试方法共有24×11＝264(种)．
反思与感悟　用流程图描述计数问题，步中有类的情形如图所示：
从计数的角度看，由A到D算作完成一件事，可简单地记为A→D.
完成A→D这件事，需要经历三步，即A→B，B→C，C→D.其中B→C这步又分为三类，这就是步中有类．
其中mi(i＝1,2,3,4,5)表示相应步的方法数．
完成A→D这件事的方法数为m1(m2＋m3＋m4)m5.
以上给出了处理步中有类问题的一般方法．
跟踪训练2　如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式共有________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　21
解析　根据题意，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)．
类型二　有限制条件的排列问题
例3　3个女生和5个男生排成一排．
(1)如果女生必须全排在一起，有多少种不同的排法？
(2)如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？
(3)如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？
(4)如果两端不能都排女生，有多少种不同的排法？
(5)如果甲必须排在乙的右面(可以不相邻)，有多少种不同的排法？
考点　
题点　
解　(1)(捆绑法)因为3个女生必须排在一起，所以可先把她们看成一个整体，这样同5个男生合在一起共有6个元素，排成一排有A种不同排法．对于其中的每一种排法，3个女生之间又有A种不同的排法，因此共有A·A＝4 320(种)不同的排法．
(2)(插空法)要保证女生全分开，可先把5个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空，这样共有4个空，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有6个位置，再把3个女生插入这6个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于5个男生排成一排有A种不同的排法，对于其中任意一种排法，从上述6个位置中选出3个来让3个女生插入有A种方法，因此共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
(3)方法一　(特殊位置优先法)因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有A种不同排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A种排法，所以共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
方法二　(间接法)3个女生和5个男生排成一排共有A种不同的排法，从中扣除女生排在首位的A·A种排法和女生排在末位的A·A种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位时被扣去一次，在扣除女生排在末位时又被扣去一次，所以还需加一次，由于两端都是女生有A·A种不同的排法，所以共有A－2A·A＋A·A＝14 400(种)不同的排法．
方法三　(特殊元素优先法)从中间6个位置中挑选出3个让3个女生排入，有A种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余5个位置又都有A种不同的排法，所以共有A·A＝14 400(种)不同的排法．
(4)方法一　因为只要求两端不能都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受条件限制了，这样可有A·A种不同的排法；如果首位排女生，有A种排法，这时末位就只能排男生，这样可有A·A·A种不同的排法．
因此共有A·A＋A·A·A＝36 000(种)不同的排法．
方法二　3个女生和5个男生排成一排有A种排法，从中扣去两端都是女生的排法有A·A种，就能得到两端不都是女生的排法种数．因此共有A－A·A＝36 000(种)不同的排法．
(5)(顺序固定问题)因为8人排队，其中两人顺序固定，共有＝20 160(种)不同的排法．
反思与感悟　(1)排列问题的限制条件一般表现为：某些元素不能在某个位置，某个位置只能放某些元素等．要先处理特殊元素或先处理特殊位置，再去排其他元素．当用直接法比较麻烦时，可以用间接法，先不考虑限制条件，把所有的排列数算出，再从中减去全部不符合条件的排列数，这种方法也称为“去杂法”，但必须注意要不重复，不遗漏(去尽)．
(2)对于某些特殊问题，可采取相对固定的特殊方法，如相邻问题，可用“捆绑法”，即将相邻元素看成一个整体与其他元素排列，再进行内部排列；不相邻问题，则用“插空法”，即先排其他元素，再将不相邻元素排入形成的空位中．
跟踪训练3　为迎接中共十九大，某校举办了“祖国，你好”诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加，且当这3名学生都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为________．
考点　排列的应用
题点　有限制条件的排列问题
答案　768
解析　根据题意，在7名学生中选派4名学生参加诗歌朗诵比赛，有A＝840(种)情况，
其中甲、乙、丙都没有参加，即选派其他四人参加的情况有A＝24(种)，
则甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加的情况有840－24＝816(种)；
其中当甲乙丙都参加且甲和乙相邻的情况有CAA＝48(种)，
则满足题意的朗诵顺序有816－48＝768(种)．
类型三　排列与组合的综合应用
例4　有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？
考点　排列组合的综合应用
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4　有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数．
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定担任语文科代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任语文科代表；
(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．
解　(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，
先选有种，后排有A种，
所以共有不同选法·A＝5 400(种)．
(2)除去一定担任语文科代表的女生后，先选后排，共有不同选法C·A＝840(种)．
(3)先选后排，但先安排不担任语文科代表的该男生，所以共有不同选法C·C·A＝3 360(种)．
(4)先从除去必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生和一定要担任语文科代表的该女生的6人中选3人有C种，
再安排必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生有C种，其余3人全排列有A种，
所以共有不同选法C·C·A＝360(种).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五一”
节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳有________种不同的选择方式．
考点　排列组合的综合应用
题点　分组、分配问题
答案　14
解析　由题意可得，李芳不同的选择方式为4×3＋2＝14.
2．包括甲、乙在内的7个人站成一排，其中甲在乙的左侧(可以不相邻)，有________种站法．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　2 520
解析　因为甲、乙定序了，所以有＝2 520(种)．
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________________________________________________________．
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　48
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．
4．某电视台连续播放5个广告，其中有3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公益宣传广告，且2个公益宣传广告不能连续播放，则不同的播放方式有________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　36
解析　先安排后2个，再安排前3个，由分步计数原理知，共有CCA＝36(种)不同的播放方式．
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．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．
2．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．
3．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏.
一、填空题
1. 5个不同的球，放入8个不同的盒子中，每盒至多放一个球，共有________种放法．
答案　6 720
解析　由于球与盒子均不同，每盒至多放一个球，所以这是一个排列问题．
可直接从8个不同的盒子中取出5个盒子进行排列(即放球)，所以，共有A＝8×7×6×5×4＝6 720种放法．
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________．
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　204
解析　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)，
根据分类计数原理知共有168＋36＝204(个)．
3．用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有________种．
考点　涂色问题
题点　涂色问题
答案　4 320
解析　第一个区域有6种不同的涂色方法，第二个区域有5种不同的涂色方法，第三个区域有4种不同的涂色方法，第四个区域有3种不同的涂色方法，第五个区域有4种不同的涂色方法，第六个区域有3种不同的涂色方法．根据分步计数原理知，共有6×5×4×3×4×3＝4 320(种)涂色方法．
4．5个人站成一排，甲、乙两人中间恰有1人的排法共有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　36
解析　甲乙两人有2种站法，中间恰有一个人，从其余三人中选一人有3种选法，故第一步三人绑定在一起的方法有2×3＝6(种)，将此三人看作一个元素与剩余两人组成三个元素进行排列，排列方法有A＝6(种)，故5个人站成一排，甲、乙两人中间恰有1人的排法共有6×6＝36(种)．
5．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．
答案　24
解析　先确定相同的一门课程有C种选法，再从剩下3门课程中选两门课程给甲和乙，方法有A，共有C·A＝24(种)．
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________．
考点　排列组合的综合应用
题点　分组、分配问题
答案　60
解析　先将4个熟悉道路的人平均分成两组，有种，再将余下的6人平均分成两组，有种，然后这四个组自由搭配还有A种，故最终分配方法有××A＝60(种)．
7．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选择有________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．
8．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)．
9．由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有________个．
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　120
解析　1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻，有AA＝144(个)，若4在第四位，则前3位是奇偶奇，后两位是奇偶或偶奇，共有2CCA＝24(个)，∴所求六位数共有120个．
10．连结正三棱柱的6个顶点，可以组成________个四面体．
考点　组合的应用
题点　与几何有关的组合问题
答案　12
解析　从正三棱柱的6个顶点中任取4个，有C种方法，其中4个点共面的有3种情况，故可以组成C－3＝12(个)四面体．
11．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校只参观一天，那么不同的安排方法有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　120
解析　先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)，(5,6)，(6,7)，任选一种为C，然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观，安排方法有A种，由分步计数原理可知，共有不同的安排方法CA＝120(种)．
12．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．
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　336
解析　根据题意，每级台阶最多站2人，所以，分两类：第一类，有2人站在同一级台阶，共有CA种不同的站法；第二类，一级台阶站1人，共有A种不同的站法．根据分类计数原理，得共有CA＋A＝336(种)不同的站法．
二、解答题
13．4位同学参加辩论赛，比赛规则如下：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0分，则这4位同学有多少种不同的得分情况？
考点　组合的应用
题点　有限制条件的组合问题
解　分两种情况讨论：
(1)如果4位同学中有2人选甲，2人选乙．若这4位同学的总分为0分，则必须是选甲的2人一人答对，另一人答错，选乙的2人一人答对，另一人答错．有CAA＝24(种)不同的情况．
(2)如果4位同学都选甲或者都选乙．若这4位同学的总分为0分，则必须是2人答对，另2人答错，有CCC＝12(种)不同的情况．
综上可知，一共有24＋12＝36(种)不同的情况．
三、探究与拓展
14．6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为________．
答案　2或4
解析　设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示．
若任意两位同学之间都进行交换共进行C＝15(次)交换，现共进行了13次交换，说明有两次交换没有发生，此时可能有两种情况：
(1)由3人构成的2次交换，如a－b和a－c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人．
(2)由4人构成的2次交换，如a－b和c－e之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，e四人．
15．从1到9的九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问：
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？
(2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？
(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？
(4)在(1)中任意两个偶数不相邻的七位数有几个？
解　(1)分步完成：第一步在4个偶数中取3个，可有C种情况；第二步在5个奇数中取4个，可有C种情况；第三步3个偶数，4个奇数进行排列，可有A种情况，所以符合题意的七位数有C·C·A＝100 800(个)．
(2)上述七位数中，三个偶数排在一起的有C·C·A·A＝14 400个．
(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C·C·A·A·A＝5 760(个)．
(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空中，共有C·C·A·A＝28 800(个)．
1．5　二项式定理
1．5.1　二项式定理
学习目标　1.理解二项式定理的相关概念.2.掌握二项式定理的特征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
思考1　我们在初中学习了(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，试用多项式的乘法推导(a＋b)3，(a＋b)4的展开式．
答案　(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3，(a＋b)4＝a4＋4a3b＋6a2b2＋4ab3＋b4.
思考2　上述两个等式的右侧有何特点？
答案　(a＋b)3的展开式有4项，每项的次数是3；(a＋b)4的展开式有5项，每一项的次数为4.
思考3　能用类比方法写出(a＋b)n(n∈N*)的展开式吗？
答案　能，(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn (n∈N*)．
梳理　二项式定理及其概念
(1)二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，它一共有n＋1项．
(2)二项展开式的通项
Can－rbr叫做二项展开式的第r＋1项(也称通项)，用Tr＋1表示，即Tr＋1＝Can－rbr.
(3)二项式系数
C(r＝0,1,2，…，n)叫做第r＋1项的二项式系数．
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)2·2＋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　二项展开式的通项
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　求二项展开式中的特定项
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”与二项式展开式中“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＝4C，
T2＝C()n－1＝－2C，
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＝(－2)rC，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＝C(－3)r＝C(－3)r.
(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∈Z，∴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　(1)求二项展开式的特定项的常见题型
①求第r项，Tr＝Can－r＋1br－1；②求含xr的项(或xpyq的项)；③求常数项；④求有理项．
(2)求二项展开式的特定项的常用方法
①对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)．
②对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解．
③对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
跟踪训练3　(1)若9的展开式中x3的系数是－84，则a＝________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　1
解析　展开式的通项为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，…的第六项，则n的二项展开式的常数项是________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式中的特定项
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．(x＋2)8的展开式中x6的系数是________．
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　112
解析　由T2＋1＝Cx8－2·22＝112x6，∴(x＋2)8的展开式中x6的系数是112.
2．二项式12的展开式中的常数项是第________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　9
解析　二项展开式中的通项公式为Tr＋1＝C·x12－r·r＝C·2r·，令12－r＝0，得r＝8.
∴常数项为第9项．
3．已知5的展开式中含的项的系数为30，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　－6
解析　5的展开式通项Tr＋1＝C·(－1)rar·＝(－1)rarC，
令－r＝，则r＝1，
∴T2＝－aC，∴－aC＝30，∴a＝－6.
4．(1＋x)2·(1－x)5的展开式中含x3的项是________．
答案　5x3
解析　(1＋x)2·(1－x)5＝(1－x2)2(1－x)3＝(1－2x2＋x4)·(1－3x＋3x2－x3)，所以x3的系数为1×(－1)＋(－2)×(－3)＝5.故含x3的项为5x3.
5．化简：(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1)＋1＝________.
考点　二项式定理
题点　逆用二项式定理求和、化简
答案　x5
解析　原式＝[(x－1)＋1]5＝x5.
1．求二项展开式的特定项应注意的问题
通项公式的主要作用是求展开式中的特殊项，常见的题型有：①求第r项；②求含xr(或xpyq)的项；③求常数项；④求有理项．其中求有理项时一般根据通项公式所得到的项，其所有的未知数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，再根据整数的整除性来求解．另外，若通项中含有根式，一般把根式化为分数指数幂，以减少计算中的错误．
2．二项式系数与项的系数的区别
二项式系数C与展开式中对应项的系数不一定相等，二项式系数一定为正，而项的系数有时可以为负．

一、填空题
1．S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4x－3，则化简后S＝________.
考点　二项式定理
题点　逆用二项式定理求和、化简
答案　x4
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.
2．(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
答案　
解析　设通项为Tr＋1＝Cx10－rar，令10－r＝7，
所以r＝3，
所以x7的系数为Ca3＝15，所以a3＝，所以a＝.
3．(1－)20的二项展开式中，x的系数与x9的系数之差为________．
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　0
解析　(1－)20的二项展开式的通项为Tr＋1＝(－1)rC，x的系数为C＝190，x9的系数为C＝C＝190，所以它们的差为0.
4．在n的展开式中，若常数项为60，则n＝_________________________________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　6
解析　Tr＋1＝Cn－rr＝2rC.
令＝0，得n＝3r.
根据题意有2rC＝60，验证知r＝2，故n＝6.
5．在24的二项展开式中，x的幂指数是整数的项共有________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　5
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.
6．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________．
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　
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＝.
7.7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　求二项展开式中的特定项
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＝.
8．已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________.
答案　4
解析　由题意可知C32＝54，所以C＝6，解得n＝4.
9．在(x＋y)20的展开式中，系数为有理数的项共有________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　6
解析　Tr＋1＝Cx20－r(y)r＝()rCx20－ryr，0≤r≤20，要使系数为有理数，则r必为4的倍数，所以r可为0,4,8,12,16,20，共6种，故系数为有理数的项共有6项．
10．二项式5的展开式中的常数项为________．
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　－10
解析　∵Tr＋1＝C(－1)rx15－5r，令15－5r＝0，∴r＝3.
故展开式中的常数项为C(－1)3＝－10.
11．若(x＋1)n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋nx＋1(n∈N*)，且a∶b＝3∶1，那么n＝________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　11
解析　a＝C，b＝C.∵a∶b＝3∶1，
∴＝＝，即＝3，
解得n＝11.
二、解答题
12．已知二项式10.
(1)求展开式中的第5项；
(2)求展开式中的常数项．
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)10的展开式的第5项为
T5＝C·(x2)6·4
＝C·4·x12·4＝x10.
(2)设第r＋1项为常数项，
则Tr＋1＝C·(x2)10－r·r
＝C·x·r(r＝0,1,2，…，10)，
令20－r＝0，得r＝8，所以T9＝C·8＝，
即第9项为常数项，其值为.
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·x，
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.
三、探究与拓展
14．在二项式(x2＋x＋1)(x－1)5的展开式中，x4的系数是________．
答案　－5
解析　由(x2＋x＋1)(x－1)5＝(x3－1)(x－1)4，
得展开式x4的系数为C(－1)3－C＝－5.
15．设函数f(x)＝则当x>0时，f(f(x))表达式的展开式中常数项为________．
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　6
解析　依据分段函数的解析式，
得f(f(x))＝f(－)＝4，∴Tr＋1＝C(－1)rxr－2.
令r－2＝0，则r＝2，故常数项为C(－1)2＝6.
1.5.2　二项式系数的性质及应用
学习目标　1.了解二项式系数的性质.2.理解二项式系数性质的应用.3.掌握应用“赋值法”．
知识点　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)二项式系数表的特点
①在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等．
②每行两端都是1，而且除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和．
(2)二项式系数的性质
一般地，(a＋b)n展开式的二项式系数C，C，…，C有如下性质：
①C＝C；
②C＋C＝C；
③当r＜时，C＜C；
当r＞时，C＜C；
④C＋C＋C＋…＋C＝2n.

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　与二项式系数表有关的问题
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．
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.
反思与感悟　对杨辉三角形的规律注意观察，找出规律并用数学式正确表达出来，对数学式进行运算，得出正确结论．
跟踪训练1　请观察下图，并根据数表中前五行的数字所反映的规律，推算出第九行正中间的数应是________．
考点　
题点　
答案　70
类型二　“赋值法”的应用
例2　设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，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
∴a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100－2100.
(3)令x＝－1，可得
a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100. ②
与①联立相减，得
a1＋a3＋…＋a99＝.
(4)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)·(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)＝[(2－)(2＋)]100＝1100＝1.
(5)∵Tr＋1＝(－1)rC2100－r()rxr，
∴a2k－1<0(k∈N*)．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(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　求二项式系数或系数最大的项
例3　已知f(x)＝(＋3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中系数最大(小)的项
解　令x＝1，则二项式各项系数的和为f(1)＝(1＋3)n＝4n，又展开式中各项的二项式系数之和为2n.由题意知，4n－2n＝992.
∴(2n)2－2n－992＝0，
∴(2n＋31)(2n－32)＝0，
∴2n＝－31(舍去)或2n＝32，∴n＝5.
(1)由于n＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大的项为中间的两项，它们分别为T3＝C()3·(3x2)2＝90x6，T4＝C()2·(3x2)3＝270.
(2)展开式的通项公式为Tr＋1＝C·3r·，
假设Tr＋1项系数最大，
则有
∴
即∴≤r≤，∵r∈N，∴r＝4，
∴展开式中系数最大的项为T5＝C (3x2)4＝405.
反思与感悟　(1)二项式系数的最大项的求法
求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论．
①当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大．
②当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
(2)展开式中系数的最大项的求法
求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析．如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第k＋1项最大，应用解出k，即得出系数的最大项．
跟踪训练3　已知二项式n.
(1)若展开式中第5项、第6项、第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；
(2)若展开式中前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．
解　(1)由题意，得C＋C＝2C，
所以n2－21n＋98＝0，
所以n＝7或n＝14.
当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5，T4的系数为C×4×23＝，T5的系数为C×3×24＝70.
故展开式中二项式系数最大项的系数分别为，70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8，
所以T8的系数为C×7×27＝3 432.
故展开式中二项式系数最大的项的系数为3 432.
(2)由题意知C＋C＋C＝79，
解得n＝12或n＝－13(舍去)．
设展开式中第r＋1项的系数最大，
由于12＝12·(1＋4x)12，
则
所以9.4≤r≤10.4.
又r∈{0,1,2，…，12}，
所以r＝10，
所以系数最大的项为T11，且T11＝12·C(4x)10＝16 896x10.
类型四　整除或余数问题
例4　求证1＋2＋22＋…＋25n－1能被31整除(n∈N*)．
证明　1＋2＋22＋…＋25n－1＝
＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1
＝C×31n＋C31n－1＋…＋C×31＋C－1
＝31(C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C)．
显然上式括号内的数为整数，
所以原式能被31整除．
反思与感悟　在利用二项式定理证明整除问题或求余数问题时，要进行合理的变形，常用的变形方法是拆数，往往是将幂底数写成两数和或差的形式，其中的一个数是除数或其正整数倍．
跟踪训练4　如果今天是星期一，那么对于任意的自然数n，经过(23n＋3＋7n＋5)天后的那一天是星期几？
解　因为23n＋3＋7n＋5＝8n＋1＋7n＋5＝(7＋1)n＋1＋7n＋5
＝7n＋1＋C7n＋C7n－1＋…＋C·7＋C＋7n＋5
＝7(7n＋C7n－1＋C7n－2＋…＋C＋n)＋6，
显然上式括号内的数是正整数．
所以23n＋3＋7n＋5被7除所得的余数为6.
所以对于任意自然数n，经过(23n＋3＋7n＋5)天后的那一天是星期日.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．在4的展开式中，各项的二项式系数的和为________．
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　16
解析　各项的二项式系数之和为24＝16.
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________．
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　5
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．(2x＋3y)8中的各项二项式系数的最大值是________．
答案　70
解析　因为8为偶数，所以展开式共有9项，中间一项的二项式系数最大，即第5项，C＝＝70.
4．观察图中的数所成的规律，则a所表示的数是________．
考点　二项式系数的性质
题点　与杨辉三角有关的问题
答案　6
解析　由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以4＋a＝10，得a＝6.
5．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.
1．用赋值法求多项式系数和
求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求的展开式系数和特征来确定．
2．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.
一、填空题
1．已知n的展开式中，各项系数的和与各项的二项式系数的和的比值为64，则n＝________.
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　6
解析　由题意可知，各项系数的和为4n，各项的二项式系数的和为2n，所以＝64，解得n＝6.
2．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________．
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　1
解析　令x＝－1，则1＝a0＋a1＋a2＋…＋a11.
3．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____________________________________________________．
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　150
解析　由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，
Tr＋1＝C(5x)4－r·r＝(－1)r54－rCx，
令4－＝1，得r＝2，
所以展开式中x的系数为(－1)2×52C＝150.
4．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　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　－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.
5.n的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是________．
答案　7
解析　只有第五项的二项式系数最大，所以n＝8，通项Tr＋1＝C8－rr＝(－1)r2r－8·
C，令＝0，得r＝6.所以常数项为(－1)626－8C＝7.
6．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.
7．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　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　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.
8．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.
9．在(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn中，
若2a2＋an－5＝0，则自然数n的值是________．
考点　展开式中系数的和问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　8
解析　a2＝C，an－5＝(－1)n－5C＝(－1)n－5C，
∴2C＋(－1)n－5C＝0，
即＝－1，
∴(n－2)(n－3)(n－4)＝120且n－5为奇数，∴n＝8.
10．设6的展开式中x3的系数和二项式系数分别为A，B，则A∶B＝________.
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　4∶1
解析　6的展开式的通项为Tr＋1＝Cx6－r·r＝(－2)rC，令6－＝3，得r＝2，所以T3＝Cx3(－2)2＝60x3，所以x3的系数A＝60，二项式系数B＝C＝15，所以A∶B＝60∶15＝4∶1.
11.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＝________.
答案　3
解析　由题意知A0(0,1)，A1(1,3)，A2(2,4)．
故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.
二、解答题
12．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．
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，
故8－2r＝0，即r＝4，则Cm4＝，解得m＝±.
13．已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a2＝60.
(1)求n的值；
(2)求－＋－＋…＋(－1)n的值．
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)因为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.
三、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(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)各项的二项式系数的和；
(2)奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和；
(3)各项系数之和；
(4)奇数项系数的和与偶数项系数的和．
解　在(2x－3y)10的展开式中：
(1)各项的二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝210＝1 024.
(2)奇数项的二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝29＝512.
偶数项的二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝29＝512.
(3)设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10(*)，各项系数之和即为a0＋a1＋a2＋…＋a10，由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求解．令(*)中x＝y＝1，得各项系数之和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
(4)奇数项系数的和为a0＋a2＋a4＋…＋a10，偶数项系数的和为a1＋a3＋a5＋…＋a9.
由(3)知a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1. ①
令(*)中x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510. ②
①＋②，得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，故奇数项系数的和为；
①－②，得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，故偶数项系数的和为.
滚动训练一(1.1～1.4)
一、填空题
1．某运动会上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．
答案　2 880
解析　分两步安排这8名运动员．
第一步：安排甲，乙，丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以共有4×3×2＝24(种)方法；
第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120(种)．
所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种)．
2．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________．
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　36
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．根据分步计数原理可知，不同分法的种数为6×6＝36.
3．我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园．为提升城市品位、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园，两端河滩主题公园不在调整计划之列，相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为________．
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　6
解析　利用间接法，任选中间5个的2个，再减去相邻的4个，故有C－4＝6(种)调整方案．
4．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.
5．如图，从A→C有________种不同的走法．
考点　两个计数原理的区别与联系
题点　两个原理的简单综合应用
答案　6
解析　A到C分两类，第一类，A→B→C，分两步，第一步，A→B有2种走法，第二步，B→C有2种走法，故A→B→C有4种走法，第二类：A→C有2种走法，故A→C有4＋2＝6(种)走法．
6．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)．
7．六个停车位置，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________．
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)．
8．用1,2,3,4,5,6,7这7个数字排列组成一个七位数，要求在其偶数位上必须是偶数，奇数位上必须是奇数，则这样的七位数有________个．
答案　144
解析　先排奇数位有A种，再排偶数位有A种，故共有AA＝144(个)．
9．在某次针对重启“六方会谈”的记者招待会上，主持人要从5名国内记者与4名国外记者中选出3名记者进行提问，要求3人中既有国内记者又有国外记者，且国内记者不能连续提问，不同的提问方式有________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　260
解析　若3人中有2名中国记者和1名国外记者，则不同的提问方式的种数是CCA＝80，
若3人中有1名中国记者和2名国外记者，则不同的提问方式的种数是CCA＝180，
故所有的不同的提问方式的种数是80＋180＝260(种)．
10．某公园有P，Q，R三只小船，P船最多可乘3人，Q船最多可乘2人，R船只能乘1人，现有3个大人和2个小孩打算同时分乘若干只小船，规定有小孩的船必须有大人，共有不同的乘船方法为________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　27
解析　①P船乘1个大人和2个小孩共3人，Q船乘1个大人，R船乘1个大人，有A＝6(种)情况．
②P船乘1个大人和1个小孩共2人，Q船乘1个大人和1个小孩，R船乘1个大人，有A×A＝12(种)情况．
③P船乘2个大人和1个小孩共3人，Q船乘1个大人和1个小孩共有C×2＝6(种)情况．
④P船乘1个大人和2个小孩共3人，Q船乘2个大人，有C＝3(种)情况，则共有6＋12＋6＋3＝27(种)情况．
11．某企业有4个分厂，新培训了6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________．
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
答案　1 560
解析　先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．若4个组的人数按3,1,1,1分配，则不同的分配方案有＝20(种)不同的方法．
若4个组的人数为2,2,1,1，则不同的分配方案有×＝45(种)不同的方法．
故所有分组方法共有20＋45＝65(种)．
再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65A＝1 560(种)．
12．将3个不同的小球放入编号分别为1,2,3,4,5,6的盒子内，6号盒子中至少有1个球的放法种数是________．
答案　91
解析　本题应分为6号盒子中有1个球，2个球，3个球三类来解答，可列式为C(A＋A)＋CA＋C＝91(种)．
二、解答题
13．2014年10月23日，三个男生与两个女生站成一排观看“日偏食”，
(1)两个女生相邻，共有多少种不同的站法？
(2)两个女生不相邻，共有多少种不同的站法？
(3)现要调换3人位置，其余2人位置不变，这样不同的调换方法有多少种？
解　(1)可分成两步完成：第一步，因为两女生相邻，用捆绑法先把两女生捆在一起，与三个男生排成一排有A种不同的排法；第二步，两个女生相邻有A种不同的排法；根据分步计数原理，共有AA＝48(种)不同的站法．
(2)可分成两步完成：第一步，三个男生排成一排有A种不同的排法；第二步，三个男生排好后就产生了四个空位，再将两个女生插入这4个空位中，有A种不同的排法；根据分步计数原理，共有AA＝72(种)不同的站法．
(3)任取2人不动有＝10(种)，设调换的3人为A，B，C，则A不能站在原位，可以从B，C的位置中选1个位置，有2种情况，故共有2×10＝20(种)不同的调换方法．
三、探究与拓展
14．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为________．
答案　130
解析　在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以满足条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情况有“①一个1(或－1)，四个0，有C×2种；②两个1(或－1)，三个0，有C×2种；③一个－1，一个1，三个0，有A种；④两个1(或－1)，一个－1(或1)，两个0，有CC×2种；⑤三个1(或－1)，两个0，有C×2种．故共有C×2＋C×2＋A＋CC×2＋C×2＝130(种)．
15．用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数．
(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
(2)在组成的三位数中，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；
(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数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(1.1～1.5)
一、填空题
1．若C∶C∶C＝3∶4∶5，则n－m＝________.
答案　35
解析　由题意知，
由组合数公式得
解得n＝62，m＝27.
n－m＝62－27＝35.
2．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－13．(x－1)9按x降幂排列的展开式中，系数最大的项是第________项．
答案　5
解析　根据二项式系数的性质，(x－1)9的展开式中的中间两项即第5项和第6项的二项式系数最大，但第6项的系数是负数，所以只有第5项的系数最大．
4．某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有________种．
答案　24
解析　甲、乙作为元素集团，内部有A种排法，“甲、乙”元素集团与“戊”全排列有A种排法，将丙、丁插在3个空中有A种方法．
所以由分步计数原理，可知共有AAA＝24(种)排法．
5．在(a－b)10的二项展开式中，系数最小的项是________．
答案　－252a5b5
解析　在(a－b)10的二项展开式中，奇数项的系数为正，偶数项的系数为负，且偶数项系数的绝对值为对应的二项式系数，因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以系数最小的项为T6＝Ca5(－b)5＝－252a5b5.
6．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________．
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　3
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.
7.(1＋x)4的展开式中，含x2的项的系数为________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求多项展开式中特定项的系数
答案　10
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.
8．若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则log2(a1＋a3＋…＋a11)＝________.
答案　7
解析　令x＝－1，得28＝a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12.
令x＝－3，
得0＝a0－a1＋a2－…－a11＋a12，
两式相减得28＝2(a1＋a3＋…＋a11)，
∴a1＋a3＋…＋a11＝27，
∴log2(a1＋a3＋…＋a11)＝log227＝7.
9．若(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为________．
答案　1
解析　在(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，
令x＝1，得(2＋)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4；
令x＝－1，得(－2＋)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.
两式相乘，得(2＋)4·(－2＋)4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4)．
所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(－4＋3)4＝1.
10．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.
11．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＝________.
答案　6
解析　由题意知a＝C，b＝C，∴13C＝7C，
即＝，解得m＝6.
二、解答题
12．学校选派5名同学参加“华约”“北约”“卓越联盟”自主招生考试，每项考试至少选派1人参加，共有多少种不同的选派方法？
考点　排列组合综合问题
题点　分组分配问题
解　可先分组，再分配，分两个步骤完成．先把5名同学分成三组：①一组3人，另两组各1人，有种方法；②一组1人，另两组各2人，有种方法．再把三组学生分配到“华约”“北约”“卓越联盟”参加考试，有A种方法．故不同的的选派方法共有A＝150(种)．
13．在二项式n的展开式中，前三项的系数成等差数列．
(1)求展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大的项．
考点　展开式中系数最大(小)的项问题
题点　求展开式中系数最大(小)的项
解　(1)二项式n的展开式中，前三项的系数分别为1，，.
根据前三项的系数成等差数列，可得n＝1＋，求得n＝8或n＝1(舍去)．
故二项式n的展开式的通项为Tr＋1＝C·2－r·x4－r.令4－r＝0，求得r＝4，可得展开式中的常数项为T5＝C·4＝.
(2)设第r＋1项的系数最大，则由求得2≤r≤3.因为r∈Z，所以r＝2或r＝3，故系数最大的项为T3＝7x2或T4＝7x.
三、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．从7名男生和5名女生中选出5人，分别求符合下列条件的选法数．
(1)A，B必须被选出；
(2)至少有2名女生被选出；
(3)让选出的5人分别担任体育委员、文娱委员等5种不同职务，但体育委员由男生担任，文娱委员由女生担任．
解　(1)除选出A，B外，从其他10个人中再选3人，选法数为C＝120.
(2)按女生的选取情况分类：选2名女生、3名男生，选3名女生、2名男生，选4名女生、1名男生，选5名女生．所有选法数为CC＋CC＋CC＋C＝596.
(3)选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，从剩下的10人中任选3人担任其他3种职务．根据分步计数原理，所有选法数为C·C·A＝25 200.
章末复习
学习目标　1.归纳整理本章的知识要点.2.能结合具体问题的特征，合理选择两个计数原理来分析和解决一些简单的实际问题.3.理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数和组合数公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决实际问题.4.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能应用它们解决与二项展开式有关的计算和证明问题．
1．分类计数原理
完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步计数原理
完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．排列数与组合数公式及性质
排列与排列数
组合与组合数
公式
排列数公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
组合数公式C＝＝＝
性质
当m＝n时，A为全排列；A＝n！；0！＝1
C＝C＝1；
C＝C；
C＋C＝C
备注
n，m∈N*，且m≤n
4.二项式定理
(1)二项式定理的内容：
(a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn (n∈N*)．
(2)通项公式：Tr＋1＝Can－rbr，r∈{0,1,2，…，n}．
(3)二项式系数的性质：
①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；
②若n为偶数，中间一项的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项的二项式系数相等且最大．
③C＋C＋C＋…＋C＝2n；C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型一　数学思想方法在求解计数问题中的应用
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　两个计数原理的应用
题点　两个原理与排列组合的综合应用
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　设集合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2，a3满足a1考点　
题点　
答案　83
解析　若从正面考虑，需分当a3＝9时，a2可以取8,7,6,5,4,3，共6类；当a3＝8时，a2可以取7,6,5,4,3,2，共6类；…分类较多，而其对立面a3－a2>6包含的情况较少，当a3＝9时，a2取2，a1取1一种情况，利用正难则反思想解决．
集合S的含有三个元素的子集的个数为C＝84.在这些含有三个元素的子集中能满足a16的集合只有{1,2,9}，故满足题意的集合A的个数为84－1＝83.
反思与感悟　对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考．
跟踪训练2　由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．
考点　两个计数原理的应用
题点　两个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种结果，
∴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　排列组合的综合应用
题点　排列与组合的综合应用
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．
根据分步计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．
(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，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演唱节目中间，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A＝840(种)方法．
根据分步计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序．
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有＝A＝132(种)排列．
反思与感悟　排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列．对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．
跟踪训练3　某局安排3位副局长带5名职员去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职员，则不同的安排方法总数为________．
答案　900
解析　分三步：第一步，将5名职员分成3组，每组至少1人，则有种不同的分组方法；第二步，将这3组职员分到3地有A种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A种不同的方法．根据分步计数原理，则不同的安排方法共有AA＝900(种)．
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
＝(－2)rC，r＝0,1,2，…，10.
当5－为整数时，r可取0,6，
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＝－15 360，
又因为当r＝0时，T1＝x5，
当r＝10时，
T11＝(－2)10＝1 024，
所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360.
(3)原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C
＝
＝
＝＝.
反思与感悟　(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．
(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．
(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．
(4)求二项展开式中各项系数的和或差：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x的有理项．
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x的有理项为
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＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2.
考点　展开式中系数的和问题
题点　多项展开式中系数的和问题
解　(1)(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，
a2是展开式中x2的系数，
∴a2＝C(－1)5C(－2)3＋C(－1)4·C(－2)4＋C(－1)3·C(－2)5＝800.
(2)令x＝1，代入已知式，可得
a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0，
而令x＝0，得a0＝32，∴a1＋a2＋…＋a10＝－32.
(3)令x＝－1，可得
(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65，
再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，
把这两个等式相乘可得，
(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0.
反思与感悟　与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果．
跟踪训练5　若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．
考点　展开式中系数的和问题
题点　多项展开式中系数的和问题
答案　5
解析　令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，
令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
1．从6名女生、4名男生中，按性别采用分层抽样的方法抽取5名学生组成课外小组，则不同的抽取方法种数为________．
答案　120
解析　由已知女生抽取3人，男生抽取2人，则抽取方法有C·C＝120(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________．
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　由条件知，2n＝32，即n＝5，在通项公式Tr＋1＝C()5－rr＝Car中，令15－5r＝0，得r＝3，∴Ca3＝80，解得a＝2.
3．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．
考点　排列的应用
题点　元素“在”与“不在”问题
答案　216
解析　当甲在最左端时，有A＝120(种)排法；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有AAA＝4×24＝96(种)排法，共计120＋96＝216(种)排法．
4．已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，那么a1＋a2＋a3＋…＋a11＝________.
答案　－65
解析　令x＝0，得a0＝1；
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64；
所以a1＋a2＋…＋a11＝－65.
5．航天员拟在太空授课，准备进行标号为0,1,2,3,4,5的六项实验，向全世界人民普及太空知识，其中0号实验不能放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为________．(用数字作答)
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　300
解析　由于0号实验不能放在第一项，所以第一项实验有5种选择．因为最后两项实验的顺序确定，所以共有＝300(种)不同的编排方法．
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、填空题
1．在(1－x)5－(1－x)6的展开式中，含x3的项的系数是________．
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　10
解析　(1－x)5中x3的系数－C＝－10，－(1－x)6中x3的系数为－C·(－1)3＝20，故(1－x)5－(1－x)6的展开式中x3的系数为10.
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________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　根据题意，要求从A地到B地路程最短，必须只向下或向右行走即可．分别可得，需要向下走2次，向右走3次，共5次，从5次中选3次向右，剩下2次向下即可，则有C＝10(种)不同走法．
3．4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，则共有出场方案的种数是________．(填数字)
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　192
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＝192(种)不同的出场方案．
4．若n展开式的各项系数和为－，则展开式中常数项是________．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式的特定项
答案　
解析　令x＝1，则n＝－，∴n＝7，
则Tr＋1＝C7－r·r＝(－1)r7－r·Cx14－r，
令14－r＝0可得r＝6，
二项展开式中的常数项为C×＝.
5．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数个数为________．
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　324
解析　由题意知，
个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有CAC＋AC＝90(个)．
个位、十位和百位上的数字为1个偶数，2个奇数的有CAC＋CCAC＝234(个)．
根据分类计数原理得共有90＋234＝324(个)．
6．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________．(填数字)
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　90
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＝90(种)．
7．(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)
考点　二项式定理的应用
题点　二项式定理与其他知识点的综合应用
答案　－20
解析　x2y7＝x·(xy7)，其系数为C，
x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－C，
∴x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.
8．设二项式6的展开式中x2的系数为A，常数项为B，若B＝4A，则a＝________.
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　由特定项或特定项的系数求参数
答案　－3
解析　因为二项式6的展开式中x2的系数为A＝Ca2＝15a2；
常数项为B＝－Ca3＝－20a3.
因为B＝4A，所以－20a3＝4×15a2，所以a＝－3.
9．现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种．(用数字作答)
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　54
解析　第一类，把甲、乙看作一个复合元素，和另外的3人分配到3个小组中，有CCC＝18(种)，
第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲、乙分配到其中2个小组，有AA＝36(种)，
根据分类计数原理可得，共有18＋36＝54(种)．
10．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，要派5名队员参加比赛，其中3名主力队员安排在第一、三、五场的位置，其余7名队员选2名安排在第二、四场的位置，那么不同的出场安排共有________种．
考点　排列组合综合问题
题点　分组、分配问题
答案　252
解析　分两步，第一步安排主力队员有A种方法，第二步安排其余队员有A种方法．
∴不同的出场安排共有AA＝6×42＝252(种)．
11．高三(三)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，3个音乐节目恰有2个节目连排，则不同排法的种数是________．
考点　排列的应用
题点　元素“相邻”与“不相邻”问题
答案　288
解析　先从3个音乐节目中选取2个排好后作为1个节目，有A种排法，这样共有5个节目，其中2个音乐节目不连排，2个舞蹈节目不连排．如图，若曲艺节目排在5号(或1号)位置，则有4AA＝16(种)排法；若曲艺节目排在2号(或4号)位置，则有4AA＝16(种)排法；若曲艺节目排在3号位置，则有2×2AA＝16(种)排法．故共有不同排法A×(16×3)＝288(种).
1
2
3
4
5
二、解答题
12．已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n(m，n∈N*)的展开式中一次项x的系数为19.
(1)求f(x)展开式中x2的系数的最小值；
(2)当x2的系数取最小值时，求f(x)的展开式中x7的系数．
解　由已知条件，得C＋C＝19，即m＋n＝19.
(1)x2的系数为C＋C＝，所以当n＝9，m＝10或n＝10，m＝9时，x2的系数最小，最小值为81.
(2)x7的系数为C＋C＝156.
13.n展开式中的第7项与倒数第7项的比是1∶6，求展开式中的第7项．
考点　二项展开式中的特定项问题
题点　求二项展开式的特定项
解　第7项为T7＝C()n－66，
倒数第7项为Tn－5＝C()6n－6，
由＝，
得n＝9，
故T7＝C()9－66＝C·2·＝.
三、探究与拓展
14．已知C＋C＋C＋…＋C＝，则(1＋x)2n的展开式中系数最大的项为________．
答案　70x4
解析　由C＋C＋C＋…＋C＝可得(n＋1)C＋(n＋1)C＋(n＋1)C＋…＋(n＋1)·C＋C＝31，
所以C＋C＋C＋…＋C＋C＝31，
即2n＋1－1＝31，解得n＝4.
所以展开式中系数最大的项为T5＝Cx4＝70x4.
15．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数．
(1)可组成多少个不同的四位数？
(2)可组成多少个四位偶数？
(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？
考点　排列的应用
题点　数字的排列问题
解　(1)用间接法，从6个数中，任取4个组成4位数，有A种情况，
但其中包含0在首位的有A种情况，
依题意可得，有A－A＝300(个)．
(2)根据题意，分0在末尾与不在末尾两种情况讨论，
0在末尾时，有A种情况，
0不在末尾时，有AAA种情况，
由分类计数原理，共有A＋AAA＝156(个)．
(3)千位是1的四位数有A＝60(个)，
千位是2，百位是0或1的四位数有2A＝24(个)，
∴第85项是2 301.