1．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第一课时 两个计数原理及其简单应用
内 容 标 准
学 科 素 养
1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理．2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题.
利用数学抽象提升数学建模和数学运算
授课提示：对应学生用书第1页
[基础认识]
知识点一 分类加法计数原理
从今天开始我们来学习选修2－3第一章《计数原理》那么计数原理能解决什么问题呢？
(1)用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？
(2)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．该志愿者从上海到天津的方案可分几类？共有多少种出行方法？
提示：(1)因为英文字母共有26个，阿拉伯数字0～9共有10个，所以总共可以编出26＋10＝36种不同的号码．
(2)两类，即乘飞机、坐火车．共有7＋6＝13(种)不同的出行方法．
知识梳理 分类加法计数原理
(1)完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
(2)如果完成一件事有n类不同方案，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m1＋m2＋m3＋…＋mn种不同的方法．
知识点二 分步乘法计数原理
如果完成一件事情有若干个步骤，在每一个步骤中有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？
(1)用前6个大写英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2，…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？
(2)若一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．该志愿者从上海到天津需要经历几个步骤？共有多少种出行方法？
提示：(1)由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6×9＝54个不同的号码．
(2)两个，即先乘飞机到青岛，再坐火车到天津．共有7×6＝42(种)不同的出行方法．
知识梳理 分步乘法计数原理
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．
思考1：如果完成一件事需要三个步骤，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3步有m3种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
提示：m1×m2×m3.
思考2：如果完成一件事情需要n个步骤，做每一步中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？
提示：m1×m2×…×mn.
[自我检测]
1．已知某校高二(1)班有54人，高二(2)班有56人，现从这两个班中任选一人去参加演讲比赛，则共有________种不同的选法．
答案：110
2．已知某乒乓球队有男队员9人，女队员8人，现从男、女队员中各选1人去参加比赛，则共有________种不同的选法．
答案：72
授课提示：对应学生用书第2页
探究一 分类加法计数原理的应用
[阅读教材P2例1]在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A，B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：
A大学
B大学
生物学
数学
化学
会计学
医学
信息技术学
物理学
法学
工程学
如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？
题型：分类加法计数原理的应用
方法步骤：(1)分两类：在A大学中有5种选择方法．
在B大学中有4种选择方法．
(2)由分类加法计数原理得共有9种选择方法．
[例1] 某校高三共有三个班，各班人数如表所示：
男生人数
女生人数
总人数
高三(1)班
30
20
50
高三(2)班
30
30
60
高三(3)班
35
20
55
(1)从三个班中任选1名学生担任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生担任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
[解析] (1)从三个班中任选1名学生担任学生会主席，共有三类不同的方案．
第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；
第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；
第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从三个班中任选1名学生担任学生会主席，共有50＋60＋55＝165种不同的选法．
(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生担任学生会生活部部长，共有三类不同的方案．
第1类，从高三(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第2类，从高三(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生担任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法．
[例2] 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．
[解析] (1)法一：根据题意，将十位上的数字按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是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，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
法二：分析个位数字，可分以下几类：
个位是9，则十位可以是1,2,3，…，8中的一个，故共有8个；
个位是8，则十位可以是1,2,3，…，7中的一个，故共有7个；
同理，个位是7的有6个；
……
个位是2的有1个．
由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
[答案] 36
方法技巧 使用分类加法计数原理计数的两个条件
(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类．
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
提醒：分类时一定要做到不重不漏，分类对象唯一，分类标准明确．
延伸探究 若本例2条件变为个位数字小于十位数字且为偶数，那么这样的两位数有多少个．
解析：当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．
当个位数字是6时，十位数字可取7,8,9，共3个．
当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个．
同理可知，当个位数字是2时，共7个，
当个位数字是0时，共9个．
由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个)．
跟踪探究 1.甲盒中有3个编号不同的红球，乙盒中有5个编号不同的白球，某同学要从甲、乙两盒中摸出1个球，则不同的方法有( )
A．3种
B．5种
C．8种
D．15种
解析：要完成“摸出1个球”这件事，有两类不同的方法．第1类，从甲盒中取出1个球，有3种不同的取法；第2类，从乙盒中取出1个球，有5种不同的取法，故共有3＋5＝8种不同的方法．
答案：C
2．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
解析：①当a＝0时，2x＋b＝0总有实数根，
所以(a，b)的取值有4个．
②当a≠0时，需Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.
a＝－1时，b的取值有4个，
a＝1时，b的取值有3个，
a＝2时，b的取值有2个．
所以(a，b)的取法有9个．
综合①②知，(a，b)的取法有4＋9＝13个．
答案：B
探究二 分步乘法计数原理的应用
[阅读教材P4例2]设某班有男生30名，女生24名．现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？
题型：分步乘法计数原理的应用
方法步骤：(1)选出一组代表可分为两个步骤．
第一步选男生；
第二步选女生，
(2)由分步乘法计数原理得出共有的选法种数．
[例3] 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)
[解析] 按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；
第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；
第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；
第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.
根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10
000(个)四位数的号码．
方法技巧 1.使用分步乘法计数原理计数的两个注意点
一是要按照事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；
二是各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事．
2．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程
延伸探究 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？
解析：按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；
第二步，去掉第一步拨的数字，有9种拨号方式，即m2＝9；
第三步，去掉前两步拨的数字，有8种拨号方式，即m3＝8；
第四步，去掉前三步拨的数字，有7种拨号方式，即m4＝7.
根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5
040(个)四位数的号码．
跟踪探究 3.已知a∈{3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程
(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数为________．
解析：圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2由3个量a，b，r确定，确定a，b，r分别有3种，4种，2种选法．
由分步乘法计数原理，表示不同圆的个数为3×4×2＝24.
答案：24
4．定义集合A与B之间的运算A
B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A
B中元素个数为________．
解析：确定有序数对(x，y)需要两个步骤，第一步，确定x的值有3种不同的方法；第二步，确定y的值有4种不同的方法．所以集合A
B中元素个数为3×4＝12.
答案：12
探究三 辨析两个计数原理
[阅读教材P5例3]书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．
(1)从书架中任取1本书，有多少种不同取法？
(2)从书架的第1,2,3层各取1本书，有多少种不同取法？
题型：两个计数原理的综合应用
方法步骤：(1)第一问用分类计数原理解决．
(2)第二问用分步计数原理解决．
第一步从第一层取；
第二步从第二层取；
第三步从第三层取．
从而得出共有的取法种数．
[例4] 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？
[解析] (1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，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．
方法技巧 利用两个计数原理的解题策略
用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计
“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．
跟踪探究 5.现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营．
(1)若从中选1人作总负责人，共有多少种不同的选法？
(2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？
(3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法？
解析：(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选1人作总负责人有42种选法；从高三选1人作总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122(种)选法．
(2)从高一选1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有30种选法．由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63
000(种)选法．
(3)①高一和高二各选1人作为中心发言人，有50×42＝2
100(种)选法；
②高二和高三各选1人作为中心发言人，有42×30＝1
260(种)选法；
③高一和高三各选1人作为中心发言人，有50×30＝1
500(种)选法．
故共有2
100＋1
260＋1
500＝4
860(种)选法．
授课提示：对应学生用书第3页
[课后小结]
(1)应用两个原理时，要仔细区分原理的不同，加法原理关键在于分类，不同类之间互相排斥，互相独立；乘法原理关键在于分步，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．
[素养培优]
1.因分辨不清两个计数原理而致错
(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种
B．4种
C．43种
D．34种
(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3班，则此人的走法共有________种．
易错分析：(1)若选择信箱作为标准，则第一个信箱可以有3封信去投，共有3种投法；同理第二个信箱也有3种投法；依次类推共有3×3×3×3＝34种投法，故而错选D；
(2)若搞不清分步还是分类，把此题当成分步，则有3×4＝12种，从而出错．
自我纠正：(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就完成了这件事情．由分步乘法计数原理可得共有43种方法，故选C.
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地．根据分类加法计数原理可得此人的走法共有4＋3＝7(种)．
答案：(1)C (2)7
2．利用两个计数原理时出现重复或遗漏问题
从{－3，－2，－1,0,1,2,3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c的系数，如果抛物线经过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线的条数是________．
易错分析：因为抛物线经过原点，所以c＝0，从而c只有1种取值，又抛物线的顶点在第一象限，所以由c＝0知a＜0，b＞0，
所以a∈{－3，－2，－1}，b∈{1,2,3}．
满足条件的抛物线可由a，b，c确定．
a有3种取法，b有3种取法，c只有1种取法．
由分类加法计数原理知，表示不同的抛物线有N＝3＋3＋1＝7条．
考查数学抽象及逻辑推理的学科素养．
自我纠正：因为抛物线经过原点，所以c＝0，从而知c只有1种取值．
又抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点在第一象限，所以顶点坐标满足
由c＝0，解得a＜0，b＞0，
所以a∈{－3，－2，－1}，b∈{1,2,3}，
这样要求的抛物线的条数可由a，b，c的取值来确定：
第一步：确定a的值，有3种方法；
第二步：确定b的值，有3种方法；
第三步：确定c的值，有1种方法．
由分步乘法计数原理知，表示的不同的抛物线有N＝3×3×1＝9条．
答案：9
PAGE第二课时 两个计数原理的综合应用
内 容 标 准
学 科 素 养
1.进一步掌握和理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2.能应用两个计数原理解决实际问题.
应用数学抽象提升逻辑推理和数学运算
授课提示：对应学生用书第4页
[基础认识]
知识点一 两个计数原理的区别与联系
知识梳理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种类
不同点
分类完成，类类相加
分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事)
注意点
类类独立，不重不漏
步步相依，步骤完整
知识点二 两个计数原理的应用
知识梳理 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．
[自我检测]
1．一项工作可以用两种方法完成，有3人会用第1种方法完成，有5人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同的方法种数是( )
A．8
B．15
C．16
D．30
答案：A
2．用数字2,3组成四位数，且数字2,3都至少出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
答案：14
授课提示：对应学生用书第4页
探究一 两个计数原理在排数中的应用
[阅读教材P6例5]给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G或U～Z，后两个要求用数字1～9，最多可以给多少个程序命名？
题型：两个计数原理的应用
方法步骤：(1)先选首字符共有7＋6＝13种不同选法．
(2)再选中间的字符共有9种选法．
最后一个字符共有9种选法．
由分步计数原理共有13×9×9＝1
053种．
[例1] 从0,1,2,3,4,5这六个数字中取四个数字组成一个四位数，问：
(1)能组成多少个四位数？
(2)能被5整除的四位数有多少个？
[解析] (1)第1步，千位上的数不能取0，只能取1,2,3,4,5，有5种选择；
第2步，因为千位取了一个数，还剩下5个数供百位取，所以有5种选择；
第3步，因为千位、百位分别取了一个数，还剩下4个数供十位取，所以有4种选择；
第4步，因为千位、百位、十位分别取了一个数，还剩下3个数供个位取，所以有3种选择．
根据分步乘法计数原理，组成的四位数共有5×5×4×3＝300(个)．
(2)因为满足要求的四位数能被5整除，所以个位上的数字只能是0或5.
第1类，当个位上的数字为0时，依次取千位、百位、十位上的数字，分别有5种选择、4种选择、3种选择，所以有5×4×3＝60个满足要求的四位数；
第2类，当个位数字为5时，依次取千位、百位、十位上的数字，分别有4种选择、4种选择、3种选择，所以有4×4×3＝48个满足要求的四位数．
根据分类加法计数原理，能被5整除的四位数共有60＋48＝108(个)．
方法技巧 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．
跟踪探究 1.用0,1,2,3,4五个数字，
(1)可以排出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？
解析：(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125种．
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100种．
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12种排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18种排法．因而有12＋18＝30种排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数．
探究二 选(抽)取与分配问题
[阅读教材P12习题1.1A组5(2)]在平面直角坐标系内，斜率在集合B＝{1,3,5,7}内取值，y轴上的截距在集合C＝{2,4,6,8}内取值的不同直线共有多少条？
解析：确定一条直线分两个步骤．
①确定直线的斜率共有4种
②确定直线在y轴上的截距，共有4种．
因此共有直线4×4＝16(条)．
[例2] 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，有多少种不同的选法？
[解析] 由题意9人中既会英语又会日语的“多面手”有1人，则可分两类．
第一类：会英语的一人从只会英语的人中选，有6种；那么会日语的一人从会日语的人中选，有3种．此时共有6×3＝18种不同选法．
第二类：会英语的一人从多面手中选，有1种；会日语的一人从会日语的人中选，有2种．此时共有1×2＝2种不同选法．
由分类加法计数原理，共有18＋2＝20种不同选法．
方法技巧 选(抽)取与分配问题的常见类型及其解法
(1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、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．
跟踪探究 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
解析：(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1类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种；
第2类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案有3×3＝9(种)；
第3类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案有3×3×3＝27(种)．
综上所述，不同的分配方案共有1＋9＋27＝37(种)．
(法二：间接法)先计算3个班自由选择去哪个工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即有4×4×4－3×3×3＝37种不同的分配方案．
答案：C
探究三 用计数原理解决涂色(种植)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
[解析] 法一：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．
法二：(根据所用颜色的种数分类，将用同色的区域“看成”一个区域)分三类：
①用四色时
第1个小方格从5种颜色中任取一种涂上，有5种．
第2个小方格从余下的4种颜色中任取一种涂上，有4种．
第3个小方格从余下的3种颜色中任取一种涂上，有3种．
第4个小方格从余下的2种颜色中任取一种涂上，有2种．
共有5×4×3×2＝120种不同涂法．
②用三色时
有两类1,4同色或2,3同色．
当1,4同色时有5种涂法．
2有4种涂色方法．
3有3种涂色方法．
共有5×4×3＝60种不同的涂法．
同理2,3同色时也有60种不同涂法．
用三色时共有60＋60＝120种涂法．
③用两色时
1,4同色、2,3同色．
1,4同色有5种涂法．
2,3同色有4种涂法．
共有5×4＝20种不同涂法．
综上，共有120＋120＋20＝260不同涂色方法．
方法技巧 求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：
(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
(3)对于涂色(立方体)问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．
跟踪探究 3.如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法种数为( )
A．96
B．84
C．60
D．48
解析：依次种A，B，C，D
4块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种的花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理知，不同的种法种数为36＋48＝84.
答案：B
授课提示：对应学生用书第5页
[课后小结]
(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．
[素养培优]
1.计数原理之列举法
某公司电脑采购员计划用不超过300元的资金购买单价分别为20元、40元的鼠标和键盘，根据需要，鼠标至少买5个，键盘至少买3个，则不同的选购方式共有( )
A．7种
B．8种
C．9种
D．10种
解析：依据选购鼠标和键盘的不同个数分类列举求解．
若买5个鼠标，则可买键盘3,4,5个；
若买6个鼠标，则可买键盘3,4个；
若买7个鼠标，则可买键盘3,4个；
若买8个鼠标，则可买键盘3个；
若买9个鼠标，则可买键盘3个．
根据分类加法计数原理，不同的选购方式共有3＋2＋2＋1＋1＝9(种)．故选C.
答案：C
2．计数原理之树状图法
甲、乙、丙三人传球，从甲开始传出，并记为第一次，经过5次传球，球恰好回到甲手中，则不同的传球方法的种数是( )
A．6
B．8
C．10
D．15
解析：本题数字不大，可用树状图法，结果一目了然．
如图，易知选C.
答案：C
3．计数原理之列表法
四个人各写一张贺年卡，放在一起，然后每个人取一张不是自己写的贺年卡，共有多少种不同的取法？
解析：把四个人分别编号①，②，③，④，他们写的4张贺年卡编号依次为1,2,3,4.则取不是自己写的贺卡的各种方法全部列举出来，如表所示：
四个人
取贺年卡的方法
①
2
2
2
3
3
3
4
4
4
②
1
3
4
1
4
4
1
3
3
③
4
4
1
4
1
2
2
1
2
④
3
1
3
2
2
1
3
2
1
方法编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
由表格可知，共有9种不同的方法．
PAGE1.2 排列与组合
1.2.1 排列
第一课时 排列与排列数公式
内 容 标 准
学 科 素 养
1.了解排列的概念．2.理解并掌握排列数公式，能应用排列知识解决简单的实际问题.
应用数学抽象发展逻辑推理及数学运算
授课提示：对应学生用书第6页
[基础认识]
知识点一 排列的定义
在1.1节的例9中我们看到，用分步乘法计数原理解决这个问题时，因做了一些重复性工作而显得繁琐．能否对这一类计数问题给出一种简捷的方法呢？
(1)从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，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，有多少种不同的选法？
提示：根据分步乘法计数原理，在3名同学中选出2名，按照参加上午活动在前，参加下午活动在后的顺序排列的不同方法共有3×2＝6种．
(2)从1,2,3,4这4个数字中，每次取出3个排成一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？
提示：根据分步乘法计数原理，从1,2,3,4这4个不同的数字中，每次取出3个数字，按“百”“十”“个”位的顺序排成一列，共有4×3×2＝24种不同的排法，因而共可得到24个不同的三位数.
知识梳理 1.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．
2.排列数的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示．
知识点二 排列数公式
从n个不同元素中取出2个元素的排列数A是多少？A，A(m≤n)又各是多少？
提示：求排列数A可以这样考虑：假定有排好顺序的两个空位如图，从n个元素a1，a2，…，an中任意取2个去填空，一个空位填一个元素，每一种填法就得到一个排列；反过来，任一个排列总可以由这样一种填法得到．因此，所有不同填法的种数就是排列数A.
第一位
第二位
根据分步乘法计数原理，2个空位的填法种数为A＝n(n－1)．同理，求排列数A可以按依次填3个空位来考虑，有A＝n(n－1)(n－2)．求排列数A可以按依次填m个空位来考虑：
第1位
第2位
第3位
第m位
根据分步乘法计数原理，全部填满m个空位共有n(n－1)(n－2)…[n－(m－1)]种填法．
知识梳理
排列数公式
乘积式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
阶乘式
A＝
性质
A＝n！
备注
n，m∈N
，m≤n
[自我检测]
1．从1,2,3,4四个数字中，任选两个数做加、减、乘、除运算，分别计算它们的结果，在这些问题中，有几种运算可以看作排列问题( )
A．1
B．3
C．2
D．4
答案：C
2．从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为( )
A．甲乙，乙甲，甲丙，丙甲
B．甲乙，丙乙，丙甲
C．甲乙，甲丙，乙甲，乙丙，丙甲，丙乙
D．甲乙，甲丙，乙丙
答案：C
授课提示：对应学生用书第7页
探究一 排列的概念
[阅读教材P20练习1]写出：
(1)从4个不同元素中任取2个元素的所有排列；
(2)从5个不同元素中任取2个元素的所有排列．
解析：(1)设4个不同的元素分别是A、B、C、D，
则从4个不同元素中取出2个元素所有排列为AB、BA、AC、CA、AD、DA、BC、CB、BD、DB、CD、DC.
(2)设5个不同元素分别为A、B、C、D、E，
则从5个不同元素中取出2个元素所有排列为AB、BA、AC、CA、AD、DA、AE、EA、BC、CB、BD、DB、BE、EB、CD、DC、CE、EC、DE、ED.
[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．
[解析] (1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题．
(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．
(3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题．
(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．
(6)A给B写信与B给A写信是不同的，
所以存在顺序问题，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．
方法技巧 确认一个具体问题是否为排列问题，一般从两个方面确认
(1)首先要保证元素的无重复性，否则不是排列问题．
(2)其次要保证选出的元素被安排的有序性，否则不是排列问题，而检验它是否有顺序的标准是变换某一结果中两元素的位置，看结果是否变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序．
跟踪探究 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；若选出3个座位安排三位客人．
(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？
解析：(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＜b，方程－＝1均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故是排列问题．
(3)确定直线不是排列问题，确定射线是排列问题．
探究二 排列数公式的应用
[阅读教材P20练习4]求证：(1)A＝nA；(2)A－8A＋7A＝A.
证明：(1)A＝
nA＝n·＝
＝
∴A＝n·A
∴等式成立
(2)A－8A＋7A＝8！－8×7！＋7×6!
＝8！－8！＋7！＝7！＝A.
∴等式成立．
[例2] (1)计算A和A.
(2)用排列数表示(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N
且n＜55)；
(3)求证A－A＝mA.
[解析] (1)A＝15×14×13＝2
730，A＝6×5×4×3×2×1＝720.
(2)∵55－n,56－n，…，69－n中的最大数为69－n，且共有(69－n)－(55－n)＋1＝15(个)数，∴(55－n)(56－n)…(69－n)＝A.
(3)证明：∵A－A
＝－
＝·
＝·
＝m·＝mA，
∴A－A＝mA.
方法技巧 1.排列数公式的乘积的形式适用于个体计算和当m较小时的含排列数的方程和不等式问题．
2．排列数公式的阶乘的形式主要用于与排列数有关的证明、解方程和不等式等问题，具体应用时注意提取公因式，可以简化计算．
跟踪探究 2.计算.
解析：＝
＝＝1.
3．证明：A－A＝nA，并用此结论计算A＋2A＋3A＋…＋8A.
证明：A－A＝(n＋1)！－n!
＝(n＋1)n！－n！＝n·n！＝nA.
A＋2A＋3A＋…＋8A
＝(A－A)＋(A－A)＋…＋(A－A)＋(A－A)
＝A－A＝9！－1＝362
879.
探究三 排列的简单应用
[阅读教材P18例2]某年全国足球甲级(A组)联赛共有14个队参加，每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？
题型：排列和排列数公式的应用
方法步骤：(1)一场比赛就是两个队的一个排列．
(2)从14个元素中任取2个元素共有A个排列，因此共进行A场比赛．
[例3] 用排列数表示下列问题．
(1)从100个两两互质的数中取出2个数，其商的个数；
(2)有4名大学生可以到5家单位实习，若每家单位至多招1名新员工，每名大学生至多到1家单位实习，且这4名大学生全部被分配完毕，其分配方案的个数；
(3)由0,1,2,3组成的能被5整除且没有重复数字的四位数的个数．
[解析] (1)从100个两两互质的数中取出2个数，分别作为商的分子和分母，其排列数为A.
(2)可以理解为从5家单位中选出4家单位，分别把4名大学生安排到4家单位，其排列数为A.
(3)因为组成的没有重复数字的四位数能被5整除，所以这个四位数的个位数字一定是“0”，故确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字即可，其排列数为A.
方法技巧 首先分析问题是不是排列问题，若是排列问题，则利用定义解题．
跟踪探究 4.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？
解析：一个两位数就是两个数字的一个排列．因此，共有A＝12个排列．
答案：12
5．写出A，B，C，D四名同学站成一排照相，A不站在两端的所有可能站法．
解析：所有可能的站法是BACD，BADC，BCAD，BDAC,
CABD,
CADB，CBAD，CDAB，DABC，DACB，DBAC，DCAB.
授课提示：对应学生用书第8页
[课后小结]
(1)排列有两层含义：一是“取出元素”，二是“按照一定顺序排成一列”．这里“一定的顺序”是指每次取出的元素与它所排的“位置”有关，所以，取出的元素与“顺序”有无关系就成为判断问题是否为排列问题的标准．
(2)排列数公式有两种形式，可以根据要求灵活选用．
[素养培优]
1.盲目地套用公式致误
在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况的种数为( )
A．A
B．43
C．34
D．12
易错分析：把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，选A.没有理解乘法原理的概念，盲目地套用公式致误．考查数学建模的学科素养．
自我纠正：四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取，每项冠军都有3种选取方法，由乘法原理共有3×3×3×3＝34(种)，故选C.
答案：C
2．遗漏某些情况出错
用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的比1
000大的奇数共有( )
A．36个
B．48个
C．66个
D．72个
易错分析：只考虑了四位数的情况，而比1
000大的奇数还可能是五位数．
自我纠正：四位的奇数如图，最后一位只能是1或3有两种取法，
1,3
又因为第1位不能是0，在最后一位取定后只有3种取法，剩下3个数排中间两个位置有A种排法，共有2×3×A＝36(个)．
任一个五位的奇数都符合要求，共有2×3×A＝36(个)，再由前面分析四位数个数和五位数个数之和为72，故选D.
答案：D
3．忽视隐含条件致误
不等式A＜6A的解集为________．
易错分析：没有正确理解A中隐含0≤x－2≤8致误．考查数学运算．
自我纠正：由A＜6A，
得＜6×，
化简得
x2－19x＋84＜0，
即7＜x＜12.
又，
∴2≤x≤8.
又∵x∈N
，
∴x＝8.
答案：{8}
PAGE第二课时 排列的综合应用
内 容 标 准
学 科 素 养
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.
利用数字抽象加强数学建模
授课提示：对应学生用书第8页
[基础认识]
知识点一 排列数公式
知识梳理 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.
知识点二 排列应用问题
知识梳理 求排列应用题时，正确地理解题意是最关键的一步，要善于把题目中的文字语言翻译成排列的相关术语．正确运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是十分重要的．分类时，要注意各类之间不重复、不遗漏．分步时，要注意依次做完各个步骤后，事情才能完成．如果不符合条件的情况较少时，也可以采用排除法．
解简单的排列应用问题首先必须认真分析题意，看能否把问题归结为排列问题，即是否有顺序，如果是，再进一步分析这里n个不同的元素指的是什么，以及从n个不同的元素中任取m个元素的每一种排列对应的是什么事．
[自我检测]
1．已知A＝132，则n等于( )
A．11
B．12
C．13
D．14
解析：A＝n(n－1)＝132，解得，n＝12或－11(舍去)．
答案：B
2．北京、广州、南京、天津4个城市相互通航，应该有________种机票．
解析：符合题意的机票种类有：北京广州，北京南京，北京天津，广州南京，广州天津，广州北京，南京天津，南京北京，南京广州，天津北京，天津广州，天津南京，共12种．
答案：12
授课提示：对应学生用书第9页
探究一 无限制条件的排列问题
[阅读教材P18例3](1)从5本不同的书中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
(2)从5种不同的书中买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
题型：无限制条件的排列问题
方法步骤：(1)一种送法就是三本书的一个排列，故有A＝60种不同的送法．
(2)从5种书中买3本送给3名同学，应分三步完成，共有5×5×5＝125种．
[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)12名选手参加校园歌手大奖赛，比赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名，每人最多获得一种奖项，共有多少种不同的获奖情况？
[解析] (1)从5个不同的科研小课题中选出3个，由3个学习兴趣小组进行研究，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)从12名选手中选出3名获奖并安排奖次，共有A＝12×11×10＝1
320种不同的获奖情况．
方法技巧 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．
跟踪探究 1.从1,2,3,4这四个数字中任选三个数字，共能排成多少个没有重复数字的三位数．
解析：从1,2,3,4这四个数字中任选三个数字，排成没有重复数字的三位数，就是从这四个元素中任取三个式子的排列，所以共有A＝4×3×2＝24个没有重复数字的三位数．
探究二 有限制条件的排列问题
1．数字排列问题
[阅读教材P19例4]用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？
题型：数字排列问题
方法步骤：(1)特殊元素优先法，分含0的三位数和不含0的三位数．
含0的三位数共有AA＝144，
不含0的三位数共有A＝504，
共有144＋504＝648.
(2)特殊位置优先法，分两步：
第一步，填百位有A种，
第二步，填个位和十位有A种．
共有A·A＝648.
(3)间接法，A－A＝648.
A表示0在百位的三位数．
[例2] 用0,1,2,3,4,5这六个数字：
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？
(3)能组成多少个比1
325大的四位数？
[解析] (1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：当0在个位时，有A个；
第二类：当2在个位时，千位从1,3,4,5中选定1个(A种)，十位和百位从余下的数字中选(有A种)，于是有A·A个；
第三类：当4在个位时，与第二类同理，也有A·A个．
由分类计数原理知，符合题意的四位偶数共有A＋A·A＋A·A＝156(个)．
(2)是5的倍数的五位数可分为两类：个位数字是0的五位数有A个；个位数字是5的五位数有A·A个．
故满足条件的五位数共有A＋A·A＝216(个)．
(3)比1
325大的四位数可分为三类：
第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共有A·A个；
第二类：形如14□□，15□□，共有A·A个；
第三类：形如134□，135□，共有A·A个．
由分类加法计数原理知，比1
325大的四位数共有A·A＋A·A＋A·A＝270(个)．
方法技巧 用分步排位的方法计算排列数，必须注意三个方面
(1)在题设条件的限制下，根据哪些元素可取、哪些元素不可取，对每一步排位；
(2)在某一步排位后，下一步排位可取元素的个数，应视具体情况而定；
(3)若某一步必须分类，则分类后各步都必须按各类分别计算．
2．排队问题
[例3] 3名男生，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)选5名同学排成一行；
(2)全体站成一排，其中甲只能在中间或两端；
(3)全体站成一排，其中甲、乙必须在两端；
(4)全体站成一排，其中甲不在最左端，乙不在最右端；
(5)全体站成一排，男生、女生各站在一起；
(6)全体站成一排，男生必须排在一起；
(7)全体站成一排，男生不能排在一起；
(8)全体站成一排，男生、女生各不相邻；
(9)全体站成一排，甲、乙中间必须有2人；
(10)全体站成一排，甲必须在乙的右边；
(11)全体站成一排，甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变；
(12)排成前后两排，前排3人，后排4人．
[解析] (1)无限制条件的排列问题，只要从7名同学中任选5名即可，则共有N＝A＝7×6×5×4×3＝2
520种不同的排队方案．
(2)(直接分步法)先考虑甲有A种方案，再考虑其余6人全排有A种方案，
故共有N＝AA＝2
160种不同的排队方案．
(3)(直接分步法)先安排甲、乙有A种方案，再安排其余5人全排有A种方案，
故共有N＝AA＝240种不同的排队方案．
(4)(法一：直接分类法)按甲是否在最右端分两类．
第1类，甲在最右端有N1＝A种不同的排队方案；
第2类，甲不在最右端时，甲有A个位置可选，而乙也有A个位置可选，而其余全排，有N2＝AAA种不同的排队方案．
故共有N＝N1＋N2＝A＋AAA＝3
720种不同的排队方案．
(法二：间接法)无限制条件的排列数共有A种，而甲或乙在左端(右端)的排法有A种，甲在左端且乙在右端的排法有A种，
故共有N＝A－2A＋A＝3
720种不同的排队方案．
(5)相邻问题(捆绑法)
男生必须站在一起，是男生的全排列，有A种排法，女生必须站在一起，是女生的全排列，有A种排法，将男生、女生各视为一个元素，有A种排法．由分步乘法计数原理知，共有AAA＝288种不同的排队方案．
(6)(捆绑法)把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素并全排，故共有N＝AA＝720种不同的排队方案．
(7)即不相邻问题(插空法)，先排女生共有A种排法，男生在4个女生隔成的5个空当中进行排列，有A种排法，故共有N＝AA＝1
440种不同的排队方案．
(8)对比(7)让女生插空，共有N＝AA＝144种不同的排队方案．
(9)(捆绑法)任取2人与甲、乙组成一个整体，与余下3人全排，故共有N＝AAA＝960种不同的排队方案．
(10)甲与乙之间的左右关系各占一半，故N＝＝2
520种不同的排队方案．
(11)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即为所有甲、乙、丙排列的，故共有N＝＝840种不同的排队方案．
(12)直接分步完成，共有AA＝5
040种不同的排队方案．
方法技巧 1.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．
2．“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．
3．在有些排列问题中，某些元素有前后顺序是确定的(不一定相邻)，解决这类问题的基本方法有两种：
(1)整体法，即若有m＋n个元素排成一列，其中m个元素之间的先后顺序确定不变，先将这m＋n个元素排成一列，有A种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他n个元素的位置不动，把这m个元素交换顺序，有A种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此共有种满足条件的不同排法．
(2)逐一插空法，即m个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m个元素，只有一种排法，然后把剩下的n个元素分类或分步插入由以上m个元素形成的空隙中．
跟踪探究 2.用1,2,3,4,5,6,7这7个数字组成没有重复数字的四位数．
(1)如果组成的四位数必须是偶数，那么这样的四位数有多少个？
(2)如果组成的四位数必须大于6
500，那么这样的四位数有多少个？
解析：(1)第一步排个位上的数，因为组成的四位数必须是偶数，个位数字只能是2,4,6之一，所以有A种排法；第二步排千、百、十这三个数位上的数字，有A种排法．根据分步乘法计数原理，符合条件的四位数的个数是A·A＝3×6×5×4＝360.故这样的四位数有360个．
(2)因为组成的四位数要大于6
500，所以千位上的数字只能取7或6.排法可以分两类．第一类：千位上排7，有A种不同的排法；第二类：若千位上排6，则百位上可排7或5，十位和个位可以从余下的数字中取2个来排，共有A·A种不同的排法．根据分类加法计数原理，符合条件的四位数的个数是A＋A·A＝160.故这样的四位数有160个．
授课提示：对应学生用书第10页
[课后小结]
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当中
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
[素养培优]
多种方法解决排列问题
有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？
(1)甲不在中间，也不在两端；
(2)甲、乙两人必须排在两端；
(3)男女相间．
审题视点：这是一个排列问题，一般情况下，从受到限制的特殊元素开始考虑，或从特殊的位置开始考虑．
解析：(1)(法一：元素分析法)
先排甲有6种排法，其余有A种排法，故共有6·A＝241
920种排法．
(法二：位置分析法)
中间和两端有A种排法，包括甲在内的其余6人有A种排法，故共有A·A＝336×720＝241
920种排法．
(法三：等机会法)
9个人的全排列数有A种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意，甲不在中间及两端的排法总数是A×＝241
920(种)．
(法四：间接法)
共有A－3·A＝6A＝241
920种排法．
(2)先排甲、乙，再排其余7人，共有A·A＝10
080种排法．
(3)(插空法)
先排4名男生，有A种方法，再将5名女生插空，有A种方法，故共有A·A＝2
880种排法．
方法点睛 1.此类题目从不同的视角可以选择不同的方法，我们用各种方法解决这个题的目的是：希望通过对本题的感悟，能掌握更多的解决这类问题的方法．
2．元素分析法最基本，位置分析法对重要元素区别对待，间接法一般针对对立面比较容易求解的题目特别实用.
PAGE1．2.2 组合
第一课时 组合与组合数公式
内 容 标 准
学 科 素 养
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.
利用数据分析发展数学建模提升数学运算
授课提示：对应学生用书第11页
[基础认识]
知识点一 组合的概念
(1)什么叫排列？排列数公式是什么？
提示：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A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)．那么从n个不同元素中取出m个元素并成一组，如何计算呢？
(2)从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，其中1名参加上午的活动，1名参加下午的活动，有多少种不同的选法．
(3)从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，有多少种不同的选法？
提示：(2)一种选法就是两人的一个排列，共有A个排列．因此共有A种选法．
(3)一种选法就是两人的一组，共有甲乙、甲丙、乙丙3种选法．
知识梳理 组合的概念
从n个不同的元素中取出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．
思考：(1)排列与组合有什么区别？
(2)两个相同的排列有什么特点？两个相同的组合呢？
提示：(1)排列与组合都是从n个不同元素中取出m个不同元素；不同之处是组合选出的元素没有顺序，而排列选出的元素是有顺序的．组合是选择的结果，排列是先选再排的结果．
(2)两个相同的排列需元素相同且元素排列顺序相同．两个相同的组合是只要元素相同，不看元素顺序如何．
知识点二 组合数的概念及公式
前面已经提到，组合与排列有相互联系，我们能否利用这种联系，通过排列数A来求出组合数C呢？
提示：求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可看作由以下2个步骤得到的：第1步，从这n个不同元素中取出m个元素，共有C种不同的取法；第2步，将取出的m个元素做全排列，共有A种不同的排法．
根据分步乘法计数原理，有A＝C·A.
知识梳理 1.组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示．
2．组合数公式
组合数公式
乘积形式
C＝
阶乘形式
C＝
性质
C＝CC＝C＋C
备注
规定C＝1
[自我检测]
1．若C＝28，则n的值为( )
A．9
B．8
C．7
D．6
答案：B
2．计算：C＝________，C＝________，C＝________，C＝________.
答案：10 10 15 15
授课提示：对应学生用书第12页
探究一 组合概念的理解
[阅读教材P25练习1]甲、乙、丙、丁4个足球队举行单循环赛，列出：
(1)所有各场比赛的双方；
(2)所有冠亚军的可能情况．
解析：(1)所有各场比赛的双方为：甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁．
(2)所有冠亚军的可能情况：甲乙、乙甲、甲丙、丙甲、甲丁、丁甲、乙丙、丙乙、乙丁、丁乙、丙丁、丁丙．
[例1] 判断下列问题是排列问题还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数．
(1)10个人相互写一封信，一共写了多少封信？
(2)10个人相互通一次电话，一共通了多少次电话？
(3)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，这次比赛需要进行多少场次？
(4)从10个人中选3人去开会，有多少种选法？
(5)从10个人中选出3人担任不同学科的课代表，有多少种选法？
[解析] (1)是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的，排列数为A＝90.
(2)是组合问题，因为甲与乙通一次电话，也就是乙与甲通一次电话，没有顺序区别，组合数为C＝45.
(3)是组合问题，因为每两个队比赛一次，没有顺序的区别，组合数为C＝45.
(4)是组合问题，因为去开会的3个人之间没有顺序的区别，组合数为C＝120.
(5)是排列问题，因为3个人担任哪一科的课代表是有区别的，排列数为A＝720.
方法技巧 排列、组合问题的判断方法
(1)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．
(2)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，看是否会产生新的变化，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．
跟踪探究 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？
解析：(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)．
探究二 组合数公式的应用
[阅读教材P25练习5]计算并用计算器验证结果：
(1)C；(2)C；(3)C－C；(4)3C－2C.
解析：(1)C＝＝＝15.
(2)C＝＝＝56.
(3)C－C＝－＝－＝35－15＝20.
(4)3C－2C＝3×56－20＝148.
[例2] (1)计算C－C·A；
(2)求证：C＝C；
(3)解不等式C＞C.
[解析] (1)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．
(3)由C＞C，
得
即解得
又n∈N
，∴该不等式的解集为{6,7,8,9}．
方法技巧 1.组合数公式C＝一般用于计算，而组合数公式C＝一般用于含字母的式子的化简与证明．
2．要善于挖掘题目中的隐含条件，简化解题过程，如组合数C的隐含条件为m≤n，且m，n∈N
.
3．计算时应注意利用组合数的两个性质：
(1)C＝C；(2)C＝C＋C.
跟踪探究 2.(1)计算C＋C＋C＋…＋C的值为( )
A．C
B．C
C．C－1
D．C－1
(2)计算C＋C＝________.
(3)解方程3C＝5A.
解析：(1)C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋C＋C＋…＋C－C
＝C＋C＋…＋C－1＝…
＝C＋C－1＝C－1.
(2)C＋C＝C＋C
＝＋200＝5
150.
(3)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.
答案：(1)C (2)5
150 (3)见解析
探究三 简单的组合问题
[阅读教材P23例6]一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中以前没有一人参加过比赛．按照足球比赛规则，比赛时一个足球队的上场队员是11人．问：
(1)这位教练从这17名学员中可以形成多少种学员上场方案？
(2)如果在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事情？
题型：组合的简单应用
方法步骤：对于(1)，一种上场方案就是11个人的一个组合，因此共有C＝12
376种上场方案．
对于(2)，分两步完成这件事．
第一步：选出11名上场队员有C种选法．
第二步：选守门员，有C种选法．
所以教练员做这件事情的方式种数为C×C＝136
136.
[例3] 有10名教师，其中6名男教师，4名女教师．
(1)现要从中选2名去参加会议，有________种不同的选法；
(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议，有________种不同的选法；
(3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有________种不同的选法．
[解析] (1)从10名教师中选2名去参加会议，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C＝＝45.
(2)可把问题分两类情况：
第1类，选出的2名是男教师有C种方法；
第2类，选出的2名是女教师有C种方法．
根据分类加法计数原理，共有C＋C＝15＋6＝21种不同选法．
(3)从6名男教师中选2名的选法有C种，从4名女教师中选2名的选法有C种，根据分步乘法计数原理，共有不同的选法C×C＝15×6＝90(种)．
[答案] (1)45 (2)21 (3)90
方法技巧 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．
跟踪探究 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？
解析：法一：两项工作都能胜任的称为“多面手”以胜任英语翻译“有”无“多面手”分两类：
第一类：胜任英语翻译的无多面手有CC＝24.
第二类：胜任英语翻译有多面手，有CC＝18由分类加法计数原理共有24＋18＝42种．
法二：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，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有CC种选法．
根据分类加法计数原理，一共有CC＋CC＋CC＝42(种)不同的选法.
授课提示：对应学生用书第13页
[课后小结]
(1)排列与组合的联系与区别
①联系：二者都是从n个不同的元素中取m(m≤n)个元素．
②区别：排列问题中元素有序，组合问题中元素无序．
(2)关于组合数的计算
①涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算；
②涉及字母的可以用阶乘式C＝计算；
(3)计算时应注意利用组合数的性质C＝C简化运算．
[素养培优]
1.判断不出是排列还是组合出错
有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有多少种不同的排列方法？
易错分析：8个小球的全排列，所以共有A种方法，该解中没有考虑3个红色小球是完全相同的，5个白色小球也是完全相同的，同色球之间互换位置是同一种排法．考查数学建模和数学运算的学科素养．
自我纠正：8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题，这样共有C＝56(种)排法．
2．忽视字母取值范围致错
已知：－＝，则m＝________.
易错分析：由组合数公式得，
－＝，
化简得m2－23m＋42＝0，所以m＝21或2.
此解法忽视了m的取值范围．
在C中m≤n，考查数学运算的学科素养．
自我纠正：依题意，m的取值范围是{m|0≤m≤5，m∈N
}．
原等式化为－
＝，
化简得m2－23m＋42＝0，解得m＝21或m＝2.
因为0≤m≤5，m∈N
，所以m＝21应舍去，所以m＝2.
答案：2
PAGE第二课时 组合的综合应用
内 容 标 准
学 科 素 养
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.
利用数据分析建立数学建模提升数学运算
授课提示：对应学生用书第14页
[基础认识]
知识点 组合的特点
知识梳理 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．
[自我检测]
1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有( )
A．26种
B．84种
C．35种
D．21种
答案：C
2．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________种．
答案：10
授课提示：对应学生用书第14页
探究一 有限制条件的组合问题
[阅读教材P24例8]在100件产品中，有98件合格品，2件次品，从这100件产品中任意抽出3件，
(1)有多少种不同的抽法？
(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？
(3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？
题型：有限制条件的组合问题
方法步骤：对于(1)是无限制条件的组合问题，由组合数公式即可．
对于(2)是“恰好”有几个的组合问题，分两步完成这件事．
对于(3)是“至少”“至多”型的组合问题，分类完成这件事或者用间接法．
[例1] 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)至少有一名队长当选；
(2)至多有两名女生当选；
(3)既要有队长，又要有女生当选．
[解析] (1)C－C＝825(种)．
(2)至多有2名女生当选含有三类：
有2名女生；只有1名女生；没有女生，
所以共有CC＋CC＋C＝966(种)选法．
(3)分两类：
第一类女队长当选，有C＝495(种)选法，
第二类女队长没当选，有CC＋CC＋CC＋C＝295(种)选法，
所以共有495＋295＝790(种)选法．
方法技巧 有限制条件的组合问题分类及解题策略
有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：
一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数；
二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．
跟踪探究 1.某医院从10名医疗专家中抽调6名组成医疗小组到社区义诊，其中这10名医疗专家中有4名是外科专家．问：
(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？
(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？
(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？
解析：(1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C种选法，再从除外科专家外的6人中选取4人，有C种选法，所以共有C·C＝90种抽调方法．
(2)(直接法)按选取的外科专家的人数分类：
①选2名外科专家，共有CC种选法；
②选3名外科专家，共有CC种选法；
③选4名外科专家，共有CC种选法，
所以至少有2名外科专家的抽调方法共有CC＋CC＋CC＝185种．
(3)至多有2名外科专家的抽调方法有C＋CC＋CC＝115种．
探究二 几何中的组合问题
[阅读教材P24例7](1)平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？
(2)平面内有10个点，以其中第2个点为端点的有向线段共有多少条？
题型：与几何图形有关的组合问题
方法步骤：(1)一条线段就是两个点的一个组合．由组合数公式得共有C条线段．
(2)一条有向线段就是两个点的一个排列．由排列数公式得共有A条有向线段．
[例2] 平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线．以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？
[解析] 法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准．
第一类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有CC＝48个不同的三角形；
第二类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有CC＝112个不同的三角形；
第三类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C＝56个不同的三角形．
由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216个．
法二：(间接法)：从12个点中任意取3个点，有C＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C＝4种．
故这12个点构成三角形的个数为C－C＝216个．
方法技巧 解答几何组合问题的策略
(1)几何组合问题，主要考查组合的知识和空间想象能力，题目多以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景的排列组合．这类问题情境新颖，多个知识点交汇在一起综合性强．
(2)解答几何组合问题的思考方法与一般的组合问题基本一样，只要把图形的限制条件视为组合问题的限制条件即可．
(3)计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需要分类计算符合题意的组合数．
跟踪探究 2.(1)四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？
(2)四面体的顶点和各棱的中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，有多少种不同的取法？
解析：(1)如图所示，在含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中任意取出3个点必与点A共面，共有3C种取法；
在含顶点A的3条棱上各有3个点，它们与所对的棱的中点共面，共有3种取法．
根据分类加法计数原理，与顶点A共面的3个点的取法有3C＋3＝33(种)．
(2)如图所示，从10个点中取4个点的取法有C种，减去4点共面的取法种数就可以得到结果．
从四面体同一个面上的6个点中取出4点必定共面，有4C＝60(种)；
四面体的每一条棱上的3个点与相对的棱的中点共面，共有6种共面情况；
从6条棱的6个中点中取4个点时有3种共面情况(对棱中点连线两两相交且互相平分)．
故4点不共面的取法有C－(60＋6＋3)＝141(种)．
探究三 分组、分配问题
[例3] 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)每组2本(平均分组)；
(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)；
(3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)．
[解析] (1)每组2本，均分为3组的方法数为＝＝15.
(2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为CCC＝20×3＝60.
(3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为＝＝15.
方法技巧 “分组”与“分配”问题的解法
(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，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．
跟踪探究 3.6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)甲2本，乙2本，丙2本；
(2)甲1本，乙2本，丙3本；
(3)甲4本，乙、丙每人1本；
(4)每人2本；
(5)一人1本，一人2本，一人3本；
(6)一人4本，其余两人每人1本．
解析：(1)(2)(3)中，由于每人分的本数固定，属于定向分配问题，由分步乘法计数原理得：
(1)共有CCC＝90(种)不同的分配方法；
(2)共有CCC＝60(种)不同的分配方法；
(3)共有CCC＝30(种)不同的分配方法．
(4)(5)(6)属于不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题．分配给3人，同一本书给不同的人是不同的分法，属于排列问题．实际上可看作两个步骤：先分为3组，再把这3组分给甲、乙、丙3人的全排列数A即可．因此，(4)共有CCC÷A×A＝90(种)不同的分配方法；
(5)共有CCC×A＝360(种)不同的分配方法；
(6)共有CCC÷A×A＝90(种)不同的分配方法．
探究四 排列、组合的综合应用
[阅读教材P28习题1.2
B组3题]从1,3,5,7,9中任取3个数字，从2,4,6,8中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的五位数？
解析：分三步：
第一步：从1,3,5,7,9中任取3个数字，有C种取法．
第二步：从2,4,6,8中任取2个数字有C种取法．
第三步：将取出的5个数字全排列有A种排法．
共有CCA＝7
200个没有重复数字的五位数．
[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？
[解析] 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.
方法技巧 解答排列、组合综合问题的思路及注意点
(1)解排列、组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列．
(2)解排列、组合综合问题时要注意以下几点：
①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题．
②对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法．
跟踪探究 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________．
解析：先分组再分配
第一步分组：有，
第二步分配：有A种，共有·A＝36(种)，
∴不同的分配方案种数为36.
答案：36
授课提示：对应学生用书第16页
[课后小结]
(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．
[素养培优]
1.重复计数出错
某交通岗共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值2天，其不同的排法共有多少种？
易错分析：第一个人先挑选2天，第二个人再挑选2天，剩下的3天给第三个人，这三个人要进行全排列，共有CCA＝1
260(种)．
这里是均匀分组问题．比如：第一人挑选的是周一、周二，第二人挑选的是周三、周四；也可能是第一个人挑选的是周三、周四，第二人挑选的是周一、周二，所以在全排列的过程中就重复计算了．考查数学建模及数学运算的学科素养．
自我纠正：共有·A＝630种．
2．因漏解而致错
有编号分别为1,2,3,4的4个盒子和4个小球，把小球全部放入盒子，恰有一个空盒，有多少种放法？
易错分析：遗漏计数问题．从4个小球中取出3个(不妨设为1号、2号、3号)放入3个盒中，则把4号小球放入3个盒中的一个时，只有1号和4号；2号和4号；3号和4号三种情况，漏掉了1号和2号；1号和3号；2号和3号的情况．考查数学建模及数学运算的学科素养．
自我纠正：先分组再分配(“1,1,2”)，
共有·A＝144(种)，
∴共有144种放法．
PAGE1．3 二项式定理
1．3.1 二项式定理
内 容 标 准
学 科 素 养
1.能用计数原理证明二项式定理．2.理解二项式定理及二项展开式的特征，掌握二项式定理和二项展开式的通项公式．3.正确运用二项展开式展开或化简某些二项式，运用通项求某些特定项、二项式系数或项的系数．4.能解决与二项式定理有关的简单问题.
利用数学抽象提升数学运算
授课提示：对应学生用书第16页
[基础认识]
知识点 二项式定理及其相关概念
知识梳理
二项式定理
公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn，称为二项式定理
二项式系数
C(k＝0,1，…，n)
通项
Tk＋1＝Can－kbk
二项式定理的特例
(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn
[自我检测]
1．(2x＋1)4的展开式为________________．
答案：16x4＋32x3＋24x2＋8x＋1
2．(x＋2)8的展开式中的第6项为________，其二项式系数为________．
答案：1
792x3 56
授课提示：对应学生用书第17页
探究一 二项式定理的正用、逆用
[阅读教材P30例1]求6的展开式．
题型：二项式定理的应用
方法步骤：(1)先将二项式整理为(2x－1)6.
(2)再用二项式定理将(2x－1)展开并化简即得到展开式．
[例1] (1)求4的展开式．
(2)化简：C(x＋1)n－C(x＋1)n－1＋C(x＋1)n－2－…＋(－1)kC(x＋1)n－k＋…＋(－1)nC.
[解析] (1)法一：4＝(3)4＋C(3)3·＋C(3)22＋C(3)3＋C4＝81x2＋108x＋54＋＋.
法二：4＝
＝
＝＝81x2＋108x＋54＋＋.
(2)原式＝C(x＋1)n＋C(x＋1)n－1(－1)＋C(x＋1)n－2(－1)2＋…＋C(x＋1)n－k(－1)k＋…＋C(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn.
方法技巧 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．
跟踪探究 1.化简：(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1.
解析：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.
探究二 二项展开式通项的应用
[阅读教材P31例2](1)求(1＋2x)7的展开式的第4项的系数；
(2)求9的展开式中x3的系数．
题型：二项展开式通项公式的应用
方法步骤：对于(1)直接用通项公式写出T4从而得出该项系数．
对于(2)，写出Tr＋1并整理由x3项得到r的值，从而求出该项系数．
[例2] 若n展开式中前三项系数成等差数列，求：
(1)展开式中含x的一次项；
(2)展开式中所有的有理项．
[解析] (1)由已知可得C＋C·＝2C·
，即n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1(舍去)．
Tk＋1＝C()8－k·k
＝C·2－k·x4－k，
令4－k＝1，得k＝4.所以x的一次项为T5＝C2－4x＝x.
(2)令4－k∈Z，且0≤k≤8，则k＝0,4,8，所以含x的有理项分别为T1＝x4，T5＝x，T9＝.
方法技巧 1.利用二项式的通项求二项展开式的特定项的常见题型
(1)求第k项，Tk＝Can－k＋1bk－1；
(2)求含xk的项(或xpyq的项)；
(3)求常数项；
(4)求有理项．
2．求二项展开式的特定项的常用方法
(1)对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；
(2)对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解；
(3)对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
跟踪探究 2.在8的展开式中，求：
(1)第5项的二项式系数及第5项的系数；
(2)x2的系数．
解析：(1)T5＝T4＋1＝C(2x2)8－44＝C·24·x，
所以第5项的二项式系数是C＝70，
第5项的系数是C·24＝1
120.
(2)8的通项是C(2x2)8－rr＝(－1)rC·28－r·x16－r.
由题意，得16－r＝2，解得r＝6，
因此，x2的系数是(－1)6C·28－6＝112.
探究三 利用二项式定理解决整除和余数问题
[阅读教材P37习题1.3
B组1(2)]用二项式定理证明：
9910－1能被1
000整除．
证明：9910－1＝(100－1)10－1
＝C10010－C1009＋C1008－…－C100＋C－1
＝C10010－C1009＋C1008－…－1
000，
每一项均能被1
000整除．
所以9910－1能被1
000整除．
[例3] 试判断7777－1能否被19整除．
[解析] 7777－1＝(76＋1)77－1
＝7677＋C×7676＋C×7675＋…＋C×76＋C－1
＝76×(7676＋C×7675＋C×7674＋…＋C)．
由于76能被19整除，因此7777－1能被19整除．
方法技巧 用二项式定理解决an＋b整除(或余数)问题时，一般需要将底数a写成除数m的整数倍加上或减去r(1≤r＜m)的形式，利用二项展开式求解．
跟踪探究 3.230－3除以7的余数为________．
解析：∵230－3＝(23)10－3＝810－3＝(7＋1)10－3
＝C×710＋C×79＋…＋C×7＋C－3
＝7×(C79＋C78＋…＋C)－2.
又余数不能为负数(需转化为正数)，
∴230－3除以7的余数为5.
答案：5
授课提示：对应学生用书第18页
[课后小结]
(1)二项展开式的特点
①展开式共有n＋1项．
②各项的次数和都等于二项式的幂指数n.
③字母a的幂指数按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到为0，字母b的幂指数按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到为n.
(2)对通项公式的四点说明
①通项公式Tr＋1＝Can－rbr是(a＋b)n的展开式的第r＋1项，这里r＝0,1，…，n.
②二项式(a＋b)n的第r＋1项Can－rbr和(b＋a)n的展开式的第r＋1项Cbn－rar是有区别的，应用二项式定理时，其中的a和b是不能随便交换的．
③注意二项式系数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，而项的系数有时可为负．
④通项公式是在(a＋b)n这个标准形式下而言的，而(a－b)n的二项展开式的通项公式是Tr＋1＝(－1)rCan－rbr(只需把－b看成b代入二项式定理)，这与Tr＋1＝Can－rbr是不同的，在这里对应项的二项式系数是相等的，都是C，但项的系数一个是(－1)rC，一个是C，可看出二项式系数与项的系数是不同的概念．
[素养培优]
1.对展开式的通项记不清是第几项致错
(x－1)5的展开式中第4项的系数是( )
A．5
B．－10
C．20
D．－20
易错分析：第4项的系数为C()(－1)4＝5，故选A.考查数学抽象、数学运算的学科素养．
自我纠正：由展开式的通项，得T4＝C·(x)2·(－1)3＝－10×2x2＝－20x2，所以第4项的系数为－20.
答案：D
2．因混淆二项展开式中项的系数与二项式系数而致错
设(x－)n展开式中，第二项与第四项的系数之比为1∶2，试求含x2的项．
易错分析：把二项展开式中项的系数与二项式系数混淆了．考查直观想象及数学运算的学科素养．
自我纠正：(x－)n展开式的第2项与第4项分别为Cxn－1(－)＝－nxn－1，Cxn－3(－)3
＝－2Cxn－3.
依题意得＝?n2－3n－4＝0，解方程并舍去不合题意的负根，得n＝4.
3．颠倒公式(a＋b)n中a，b的顺序致错
若n展开式中，第3项是常数，则中间项是第几项？
易错分析：解析时易把看作a，把看作b致错．考查数学抽象及数学运算的学科素养．
自我纠正：T3＝C·x·2＝C·x，
因为第3项是常数，
所以令＝0，解得n＝8.
故展开式总共有9项，中间项是第5项．
PAGE1．3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质
内 容 标 准
学 科 素 养
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.
利用直观想象提升数学运算
授课提示：对应学生用书第19页
[基础认识]
知识点 “杨辉三角”与二项式系数的性质
知识梳理 1.杨辉三角的特点
(1)在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等．
(2)在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和，即C＝C＋C.
2．二项式系数的性质
性质
内容
对称性
C＝C，即二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等
增减性与最大值
如果二项式的幂指数n是偶数，那么展开式中间一项的二项式系数最大
如果n为奇数，那么其展开式中间两项与的二项式系数相等且同时取得最大值
各二项式系数的和
二项展开式中各二项式系数的和等于2n，即C＋C＋C＋…＋C＝2n
奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，都等于2n－1，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1
[自我检测]
1．A＝C＋C＋C＋…与B＝C＋C＋C＋…的大小关系是( )
A．A＞B
B．A＝B
C．A＜B
D．不确定
答案：B
2．利用杨辉三角，将(a＋b)7展开为________________________________________．
答案：a7＋7a6b＋21a5b2＋35a4b3＋35a3b4＋21a2b5＋7ab6＋b7
3．在(a＋b)8的展开式中，二项式系数最大的项为________，在(a＋b)9的展开式中，二项式系数最大的项为________________．
答案：70a4b4 126a5b4与126a4b5
授课提示：对应学生用书第19页
探究一 与杨辉三角有关的问题
[例1] 如图在“杨辉三角”中，斜线AB的上方，从1开始箭头所示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S19的值．
[解析] 由题图知，数列中的首项是C，第2项是C，第3项是C，第4项是C，…，第17项是C，第18项是C，第19项是C.∴S19＝(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＋(C＋C)＋C＝C＋C＋C＋…＋C＋C＝C＋C＋C＋C＋…＋C－1＋C＝C－1＋C＝274.
方法技巧 解决与杨辉三角有关的问题的一般思路
跟踪探究 1.如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第________行中从左到右第14与第15个数的比为2∶3.
第0行1
第1行1 1
第2行1 2 1
第3行1 3 3 1
第4行1 4 6 4 1
第5行1 5 10 10 5 1
… … …
解析：设第n行从左至右第14与第15个数之比为2∶3，则C∶C＝2∶3.
∴3C＝2C，即
＝，
得：＝，∴n＝34.
答案：34
探究二 二项展开式的系数和问题
[阅读教材P34例3]试证：在(a＋b)n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和
题型：求二项展开式中某些项的系数的和
方法步骤：(1)将(a＋b)n展开可以看出，
令a＝1，b＝1，得到C＋C＋C＋…＋C的值．
(2)再令a＝1，b＝－1，得到C－C＋C－C＋…＋(－1)nC的值，从而得到C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…的值．
[例2] 设(1－2x)2
018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2
018·x2
018(x∈R)．
(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a2
018的值．
(2)求a1＋a3＋a5＋…＋a2
017的值．
(3)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2
018|的值．
[解析] (1)令x＝1，得
a0＋a1＋a2＋…＋a2
018＝(－1)2
018＝1.①
(2)令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a2
018＝32
018.②
①－②得2(a1＋a3＋…＋a2
017)＝1－32
018，
∴a1＋a3＋a5＋…＋a2
017＝.
(3)∵Tr＋1＝C(－2x)r＝(－1)r·C·(2x)r，
∴a2k－1＜0(k∈N
)，a2k＞0(k∈N
)．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2
018|
＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2
018＝32
018.
方法技巧 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＋…＝.
跟踪探究 2.设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．
(1)a0；
(2)a1＋a2＋…＋a100；
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2.
解析：(1)由(2－x)100展开式中的常数项为C·2100，即a0＝2100(或令x＝0，则展开式可化为a0＝2100)．
(2)令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100，①
故a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100－2100.
(3)令x＝－1，
可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100，②
与①联立相减可得
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－)100×(2＋)100＝1.
探究三 求二项展开式中系数或二项式系数最大的项
[阅读教材P35练习1(1)](a＋b)n的各二项式系数的最大值是________．
解析：当n为偶数时，各二项式系数的最大值是Cn.
当n为奇数时，各二项式系数的最大值是Cn＝Cn.
答案：n为偶数时，Cn n为奇数时，Cn或Cn
[例3] 已知(1＋2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
[解析] T6＝C·(2x)5，T7＝C·(2x)6，依题意有C·25＝C·26，解得n＝8.
∴在(1＋2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5＝C·(2x)4＝1
120x4.
设第k＋1项的系数最大，则有
解得5≤k≤6.
∴k＝5或k＝6(∵k∈{0,1,2，…，8})．
∴系数最大的项为T6＝1
792x5，T7＝1
792x6.
方法技巧 1.求二项式系数最大的项，要依据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论，n为奇数时中间两项的二项式系数最大；n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
2．求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的．求展开式系数最大的项，如求(a＋bx)n(a、b∈R展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第r＋1项系数最大，应用解出r来，即得系数最大的项．
跟踪探究 3.已知n的展开式中，只有第6项的二项式系数最大．
(1)求该展开式中所有有理项的个数；
(2)求该展开式中系数最大的项．
解析：(1)由题意可知＋1＝6，∴n＝10.
∴Tr＋1＝Cx2rx－2r＝C2rx(0≤r≤10，且r∈N)，要求该展开式中的有理项，只需令∈Z.
∴r＝0,2,4,6,8,10.
∴有理项的个数为6.
(2)设第Tr＋1项的系数最大，
则即
解不等式组得≤r≤.
∵r∈N，∴r＝7.
∴展开式中系数最大的项为T8＝C27x＝15
360x－.
授课提示：对应学生用书第20页
[课后小结]
(1)二项式系数的性质可从杨辉三角中直观地看出．
(2)求展开式中的系数或展开式中的系数的和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求的展开式系数和特征来确定．一般地对字母赋的值为0,1或－1，但在解决具体问题时要灵活掌握．
(3)注意以下两点：①区分开二项式系数与项的系数．②求解有关系数最大时的不等式组时，注意其中r∈{0,1,2，…，n}的范围．
[素养培优]
1.混淆各项的二项式系数和与各项的系数和致错
在(1－2x)7的展开式中，各项的二项式系数和为________；各项的系数和为________；各项系数的绝对值之和为________．
易错分析：混淆了展开式中各项的二项式系数之和与各项系数之和，产生错误的结果．考查数学抽象、数学运算的学科素养．
自我纠正：各项的二项式系数和为27＝128；令x＝1，则得各项的系数和为(1－2)7＝－1；
令x＝－1，则得各项系数的绝对值之和为(1＋2)7＝2
187.
答案：128 －1 2
187
2．混淆奇(偶)数项系数与奇(偶)次项系数致错
(1－x)6的展开式中，x的奇次项系数之和是( )
A．32
B．－32
C．0
D．－64
易错分析：混淆了展开式中奇数项系数与奇次项系数，导致求出错误的结果，考查数学抽象及数学运算的学科素养．
自我纠正：∵(1－x)6＝C－Cx＋Cx2－…＋Cx6，
∴奇次项系数之和为－C－C－C＝－32，故选B.
答案：B
PAGE
