步步高高中数学 步步高选修2-3 第一章 1.3.2

学习目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，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.2.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.3.能利用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式的性质，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.分类加法计数原理完成一件事有n 类不同的方案，在第一类方案中有m 1种不同的方法，在第二类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理完成一件事需要n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，…，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法. 3.排列数与组合数公式及性质4.二项式定理(1)二项式定理的内容.(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n an －k b k ＋…＋C n n b n(n ∈N *). (2)通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k ，k ∈{0,1,2，…，n }. (3)二项式系数的性质.①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；②若n 为偶数，中间一项⎝⎛⎭⎫第n2＋1项的二项式系数最大；若n 为奇数，中间两项⎝⎛⎭⎫第n ＋12项和第n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大.③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ；C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用 角度1 分类讨论思想例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). 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 34个； ②只有1和3中的一个时，有2A 24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 14·C 13个.所以满足条件的三位数共有A 34＋2A 24＋C 14·C 13＝60(个). 反思与感悟 解答排列、组合中的一些较复杂的问题，常用分类讨论思想.讨论时，要注意不重复不遗漏，对于本题解答中，“没有数字1和3”这一类容易被遗漏.跟踪训练1 用红、黄、蓝三种颜色对如图所示的三个方框进行涂色，若要求每个小方格，涂一种颜色，且涂成红色的方格数为偶数，则不同的涂色方案种数是________.答案 14解析 因为涂成红色的方格数为偶数，即涂成红色的方格数为0或2，3个格涂一种颜色有2种(全黄或全蓝)3个格涂2颜色且涂0个红色时，C 12C 23＝6(种). 3个格涂2颜色且涂2个红色时，C 12C 23＝6(种).根据分类加法计数原理，可得共有2＋6＋6＝14(种). 角度2 “正难则反”思想例2 平面上有9个点，排成三行三列的方阵，以其中的任意3个点为顶点，共可以组成________个三角形(用数字作答). 答案 76解析 正面考虑，需分类且容易出现遗漏或重复.从反面考虑9个点中有3个点共线的情况的种数，问题则较易解决.9个点中有3个点共线的情况，显然是三行、三列和两条对角线上的点，易知共8种，9个点中任取3个点的组合数为C 39，所以共可以组成C 39－8＝76(个)三角形.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 从甲、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. 答案 30解析 从4人中选出两个人作为一个元素有C 24种方法，同其他两个元素在三个位置上排列C 24A 33＝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 33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 有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内. (1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒子中不放球，有多少种放法？ (3)恰有2个盒子中不放球，有多少种放法？解 (1)由分步乘法计数原理可知，共有44＝256种放法.(2)先从4个小球中取2个作为一组，有C 24种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球(即3组)分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A 34种不同的放法，根据分步乘法计数原理知，共有C 24A 34＝144(种)不同的放法.(3)恰有2个盒子中不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法： 第1类，1个盒子中放3个小球.一个盒子中放1个小球.先把小球分组，有C 34种分法，再放到2个盒子中，有A 24种不同的放法，共有C 34A 24种不同的放法； 第2类，2个盒子中各放2个小球有C 24A 24A 22种放法.故恰有2个盒子中不放球的放法共有C 34A 24＋C 24A 24A 22＝84(种).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 (1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？ (2)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个栏目，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？解 (1)因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况： ①若甲乙都不参加，则有派遣方案A 48种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A 38种方法，所以共有3A 38种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3A 38种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余学生到另两个城市有A 28种，共有7A 28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A 48＋3A 38＋3A 38＋7A 28＝4 088(种).(2)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 77＝5 040种方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A 44＝24种方法. 根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种).②第一步将6个演唱节目排成一列，(如下图中的“□”)，一共有A 66＝720种方法.×□×□×□×□×□×□×第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即□中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A 47＝840种.根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种).③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A 1212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 1212A 1010＝A 212＝132(种)排列. 类型三 二项式定理的应用例4 已知在⎝⎛⎭⎪⎫x －23x 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 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn 的值. 解 (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3，解得n ＝10，因为通项：T r ＋1＝C r 10(x )10－r⎝⎛⎭⎪⎫－23x r55610(2)C ,rrrx-=-当5－5r6为整数时，r 可取0,6，展开式是常数项，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第r ＋1项系数绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C r 102r ≥C r －1102r －1，C r 102r ≥C r ＋1102r ＋1， 解得⎩⎨⎧r ≤223，r ≥193，又因为r ∈{1,2,3，…，9}，所以r ＝7，当r ＝7时，56815360,T x -=- 又因为当r ＝0时，T 1＝x 5， 当r ＝10时，1010103311(2)1024,T xx--=-=所以系数绝对值最大的项为56815360.T x -=-(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010 ＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.反思与感悟 1.求二项展开式特定项的步骤2.二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. 3.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A 0，A 1，A 2，…，A n ，且第r ＋1项最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A r ≥A r －1，A r ≥A r ＋1，解出r ，即得出系数的最大项.跟踪训练4 (1)(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________.解析 (1.05)6＝(1＋0.05)6＝C 06＋C 16×0.05＋C 26×0.052＋C 36×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34. 答案 1.34 (2)已知二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x 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. 解 ①令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x 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T r ＋1＝C r 4(5x )4－r ⎝⎛⎭⎫－1x r＝(－1)r C r 454－r 342r x -展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x .③由②得：4－32r ∈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T 1＝(－1)0C 0454x 4＝625x 4， T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x ， T 5＝(－1)4C 4450x －2＝x －2.类型四 二项式定理的“赋值”问题例5 若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2；(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10；(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2. 解 (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5， a 2是展开式中x 2的系数，∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45(－2)4＋C 35(－1)3·C 55(－2)5＝800. (2)令x ＝1，代入已知式可得： a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝0，而令x ＝0得：a 0＝32，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－32. (3)令x ＝－1可得：(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝65 再由(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＋(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝0 把这两个等式相乘可得：(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)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 (1)已知(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若a 1＋a 2＋…＋a n －1＝29－n ，那么自然数n 的值为( ) A.6 B.5 C.4 D.3(2)若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝________. 答案 (1)B (2)364 解析 (1)令x ＝1得a 0＋a 1＋a 2＋...＋a n ＝2＋22＋ (2)＝2×(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.令x ＝0得：a 0＝n ，a n ＝1.a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n ＋1－n －3＝29－n .∴2n ＋1＝32＝25，∴n ＝5.(2)对(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，令x ＝1得：(a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12)＋(a 1＋a 3＋…＋a 9＋a 11)＝36. ① 令x ＝－1得：(a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12)－(a 1＋a 3＋…＋a 9＋a 11)＝1.②由①＋②得：a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12＝36＋12.令x ＝0得：a 0＝1，∴a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12－1＝364.1.4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有( )A.24种B.36种C.48种D.60种 答案 D 解析 分两类：第一类：有3名被录用，有A 34＝24种，第二类，4名都被录用，则有一家企业录用2名，有C 13C 24A 22＝36(种).根据分类加法计数原理得：共有24＋36＝60(种).2.(1＋x )4＋(1＋x )5＋…＋(1＋x )9的展开式中x 3项的系数为( ) A.120 B.119 C.210 D.209 答案 D解析 (1＋x )4＋(1＋x )5＋…＋(1＋x )9展开式中，x 3项的系数为C 34＋C 35＋C 36＋C 37＋C 38＋C 39＝C 44＋C 34＋C 35＋C 36＋C 37＋C 38＋C 39－1＝C 410－1＝209.3.四位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，则不同排法种数是________. 答案 144解析 先从4位男生选2位捆绑在一起，和剩下的2位男生，插入到2位女生所形成的3个空中，故有A 24A 22A 33＝144(种).4.若二项式⎝⎛⎭⎫x 2－2x 3的展开式中的二项式系数为64，则展开式中的常数项为________. 答案 240解析 由已知得：2n ＝64，∴n ＝6.∴展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝⎛⎭⎫－2x r＝C r 6(－2)r x12－3r.令12－3r ＝0，解得：r ＝4. 故展开式中的常数项为240.1.两个计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列、组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的.正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键.注意有些复杂的问题往往在分步中有分类，分类中有分步，两个原理往往交错使用. 2.排列与组合主要是排列数与组合数计算公式、性质的应用以及排列、组合应用题.排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢.对于应用题，则首先要分清是否有序，是排列问题还是组合问题.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.组合应用题的难点是与几何图形有关的问题，此时一般要与两个原理结合应用，还要结合图形的实际意义.排列与组合综合应用题中也有很多重点和难点，比如分配问题，一般方法是先分组，后分配，分组问题又要注意均匀分组和不均匀分组的区别，均匀分组在各组逐一满足后还要除以均匀分组组数的全排列；而有公共元素的分配问题，则可以利用图示法求组数，这样可以避免分组中的重复. 3.二项式定理这部分常考知识、题型、主要方法以及注意点大体如下：(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x 的某次幂等，此时要特别注意二项展开式中第k ＋1项的通项公式是T k ＋1＝C k n an －k b k(k ＝0,1，…，n )，其中二项式系数是C k n ，而不是C k ＋1n ，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，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，在求各项系数的绝对值的和时，则要先根据绝对值里面数的符号赋值求解.一、选择题1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( ) A.10种 B.20种 C.25种 D.32种答案 D解析 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种，选D.2.若A 2n ＝4C 2n －1，则n 的值为( )A.7B.6C.5D.4 答案 D解析 ∵A 2n ＝4C 2n －1，∴n (n －1)＝4×(n －1)(n －2)2×1，n ＝4，∴n 的值为4.故选D. 3.某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有( )A.(C 126)2A 410个B.A 226A 410个 C.(C 126)104个D.A 226104个答案 A解析 某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有(C 126)2A 410个，选A.4.把座位编号为1,2,3,4,5,6的6张电影票分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少分一张，至多分两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同分法种数为( ) A.240 B.144 C.196 D.288解析 根据题意，分2步进行分析：①先将票分为符合条件的4份；由题意，4人分6张票，且每人至少一张，至多两张，则两人一张，2人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1、2、3、4、5、6这六个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号，易得在5个空位插3个板子，共有C 35＝10种情况，但其中有四种是1人3张票的，故有10－4＝6(种)情况符合题意，②将分好的4份对应到4个人，进行全排列即可，有A 44＝24种情况；则共有6×24＝144(种)情况.故选B.5.用二项式定理计算9.985，精确到1的近似值为( )A.99 000B.99 002C.99 004D.99 005答案 C解析 9.985＝(10－0.02)5＝105－C 15×104×0.02＋C 25×103×(0.02)2－C 35×102×(0.02)3＋…＝105－103＋4－0.08＋…≈99 004.6.已知⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 5的展开式中各项系数之和为1，则该展开式中含1x项的系数为( ) A.－40 B.40 C.－20 D.20答案 A解析 ∵⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 5的展开式中各项系数之和为1，∴当x ＝1时，(2＋a )5＝1，解得a ＝－1； 设⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式的通项为T r ＋1， 则T r ＋1＝C r 5·(－1)r ·25－r ·x 5－r ·x －r ＝(－1)r ·25－r ·C r 5·x 5－2r ，令5－2r ＝－1，得r ＝3，∴该展开式中含1x项的系数为(－1)3·22·C 35＝－40，故选A. 二、填空题7.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f (x ) ＝ax 2＋bx ＋c 的系数，可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________个.(用数字作答)答案 18 6解析 一个二次函数对应着a 、b 、c (a ≠0)的一组取值，a 的取法有3种，b 的取法有3种，c 的取法有2种，由分步计数原理知共有二次函数3×3×2＝18(个).若二次函数为偶函数，则b ＝0.同上共有3×2＝6(个).8.设二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a ＝________.解析 因为二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ＝C 26a 2＝15a 2； 常数项为B ＝－C 36a 3＝－20a 3.因为B ＝4A ，所以－20a 3＝4×15a 2，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) 答案 54解析 第一类，把甲乙看做一个复合元素，和另外的3人分配到3个小组中(2,1,1)，C 24A 33＝36(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，A 33C 23＝18(种)，根据分类加法计数原理可得，共有36＋18＝54(种).10.如图，用5种不同颜色给图中的A 、B 、C 、D 四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有________种.答案 180解析 由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有3种，D 有3种涂法.∴共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方案.三、解答题11.在一次百米比赛中，甲，乙等6名同学采用随机抽签的方式决定各自的跑道，跑道编号为1至6，每人一条跑道.(1)求甲在1或2跑道且乙不在5或6跑道的概率；(2)求甲乙之间恰好间隔两人的概率.解 没有限制条件的种数为A 66＝720种，(1)先安排甲，再安排乙，剩下的全排，故有C 12C 13A 44＝144(种)，根据概率公式，故甲在1或2跑道且乙不在5或6跑道的概率P ＝144720＝15. (2)先选2人放在甲乙之间，并捆绑在一起，看作一个复合元素，再和剩下的2人全排，故有A 24A 22A 33＝144(种)，根据概率公式，故甲乙之间恰好间隔两人的概率P ＝144720＝15. 12.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？解 (1)用间接法，从6个数中，任取4个组成4位数，有A 46种情况，但其中包含0在首位的有A 35种情况，依题意可得，有A 46－A 35＝300，(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 35种情况，0不在末尾时，有A 12A 24A 14种情况，由分类加法计数原理，共有A 35＋A 12A 24A 14＝156(个)；(3)千位是1的四位数有A 35＝60个，千位是2，百位是0或1的四位数有2A 24＝24个，∴第85项是2 301.13.已知⎝⎛⎭⎫12＋2x n .(1)若展开式中第5项、第6项与第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的项的系数；(2)若展开式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)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，∴n 2－21n ＋98＝0，∴n ＝7或n ＝14.当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5，∴T 4的系数＝C 37⎝⎛⎭⎫12423＝352， T 5的系数＝C 47⎝⎛⎭⎫12324＝70. 当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8.∴T 8的系数＝C 714⎝⎛⎭⎫12727＝3 432. (2)由C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，可得n ＝12，设T r ＋1项的系数最大.∵⎝⎛⎭⎫12＋2x 12＝⎝⎛⎭⎫1212(1＋4x )12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C k 124k ≥C k －1124k －1，C k 124k ≥C k ＋1124k ＋1， ∴9.4≤k ≤10.4，∴k ＝10，∴展开式中系数最大的项为T 11.T 11＝⎝⎛⎭⎫1212C 1012410x 10＝16 896x 10.。

习题课一、基础过关1． 函数f (x )＝x cos x 的导函数f ′(x )在区间[－π，π]上的图象大致是 ( ) 2． 函数y ＝x cos x －sin x 在下面哪个区间内是增函数( )A.⎝⎛⎭⎫π2，3π2 B ．(π，2π) C.⎝⎛⎭⎫3π2，5π2D ．(2π，3π)3． 已知函数f (x )＝x ＋ln x ，则有( )A ．f (2)<f (e)<f (3)B ．f (e)<f (2)<f (3)C ．f (3)<f (e)<f (2)D ．f (e)<f (3)<f (2)4． 函数y ＝f (x )的图象如下图所示，则导函数y ＝f ′(x )的图象可能是 ( )5．已知a >0，函数f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上单调递增，则a 的最大值为________． 6．若函数y ＝x 3＋32x 2＋m 在[－2,1]上的最大值为92，则m ＝________.二、能力提升7． 已知函数f (x )、g (x )均为[a ，b ]上的可导函数，在[a ，b ]上连续且f ′(x )<g ′(x )，则f (x )－g (x )的最大值为( )A ．f (a )－g (a )B ．f (b )－g (b )C ．f (a )－g (b )D ．f (b )－g (a )8． 已知对任意实数x ，有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且当x >0时，有f ′(x )>0，g ′(x )>0，则当x <0时，有( )A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0D ．f ′(x )<0，g ′(x )<09．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有三个相异的交点，则a 的取值范围是________． 10．已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋3x ＋6，若x ＝3是f (x )的一个极值点，求f (x )在[0，a ]上的最值． 11．设函数f (x )＝x ＋ax 2＋b ln x ，曲线y ＝f (x )过P (1,0)，且在P 点处的切线斜率为2.(1)求a ，b 的值； (2)证明：f (x )≤2x －2. 三、探究与拓展12．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R )．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．答案1．A 2．B 3．A 4．D 5．3 6．27．A 8．B 9．(－2,2)10．解 f ′(x )＝3x 2－2ax ＋3，由已知得f ′(3)＝0， ∴3×9－6a ＋3＝0.∴a ＝5， ∴f (x )＝x 3－5x 2＋3x ＋6. 令f ′(x )＝3x 2－10x ＋3＝0， 得x 1＝13，x 2＝3.则x ，f ′(x )，f (x )的变化关系如下表.∴f (x )在[0,5]上的最大值为f (5)＝21， 最小值为f (3)＝－3. 11．(1)解 f ′(x )＝1＋2ax ＋bx.由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝0，f ′(1)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a ＝0，1＋2a ＋b ＝2. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3.(2)证明 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f (x )＝x －x 2＋3ln x . 设g (x )＝f (x )－(2x －2) ＝2－x －x 2＋3ln x ， 则g ′(x )＝－1－2x ＋3x＝－(x －1)(2x ＋3)x.当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时， g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)内单调递增， 在(1，＋∞)内单调递减．而g (1)＝0，故当x >0时，g (x )≤0， 即f (x )≤2x －2.12．解 当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，f ′(x )＝(－x 2＋2)e x .当f ′(x )>0时，(－x 2＋2)e x >0， 注意到e x >0，所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2.所以，函数f (x )的单调递增区间为(－2，2)．同理可得，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0在(－1,1)上恒成立． 又f ′(x )＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ， 即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0， 注意到e x >0，因此－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0在(－1,1)上恒成立，也就是a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋1－1x ＋1在(－1,1)上恒成立．设y ＝x ＋1－1x ＋1，则y ′＝1＋1(x ＋1)2>0，即y ＝x ＋1－1x ＋1在(－1,1)上单调递增，则y <1＋1－11＋1＝32，故a ≥32.。

1两个计数原理的灵活应用计数问题是数学中的重要研究对象，除了分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理论支持，对于较复杂的计数问题要针对其问题特点，灵活的运用列举法、列表法、树形图法等方法来帮助解决，使问题的解决更加实用、直观.下面通过典例来说明.1.列举法例1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点评本题背景中的数量不少，要找出关键数字，通过恰当分类和列举可得.列举看似简单，但在解决问题中显示出其实用性，并且我们还可以通过列举的方法去寻求问题中的规律.2.树形图法例2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.6B.8C.10D.15解析本题数字不大，可用树形图法，结果一目了然.如图，易知选C.答案 C点评应用两个计数原理时，如果涉及的问题较抽象，且数量不太多时，可以用树状结构直观体现.3.列表法例3四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？解把四个人分别编号①、②、③、④，他们写的4张贺年卡的各种方法全部列举出来，如下表：由表格可知，共有9种不同的方法.点评本题是一个错排问题，难以直接运用两个计数原理计算.借助表格，把各种情况一一列出，使问题直观解决.4.直接法例4已知某容器中，H有3种同位素，Cl有2种同位素，Na有3种同位素，O有4种同位素，请问共可组成多少种HCl和NaOH?解因为HCl分子由两种元素构成，所以分两步完成：第1步，选择氢元素，共有3种；第2步，选择氯元素，共有2种.由分步乘法计数原理得出有6种HCl.同理，对于NaOH而言，分三步完成：第1步，选择钠元素，有3种选法；第2步，选择氧元素，有4种选法；第3步，选择氢元素，有3种选法.由分步乘法计数原理知，共有NaOH种数为3×4×3＝36.点评当问题情景中的规律明显，已符合分类加法计数原理或分步乘法计数原理中的某一类型时，可直接应用公式计算结果，但此法的关键是分清是“分类”还是“分步”问题.2排列、组合的破解之术排列、组合，说它难吧，其实挺简单的，就是分析事件的逻辑步骤，然后用乘法原理、加法原理计算就可.说简单吧，排列、组合却是同学们(包括很多学习很好的同学)最没把握的事情，同样难度的几道题，做顺了，三下五除二，几分钟内解决问题；做不顺，则如一团乱麻，很长时间也理不顺思路.下面谈谈破解常见排列、组合模型的常用方法！一、特殊元素——优先法对于有特殊要求的元素的排列、组合问题，一般应对有特殊要求的元素优先考虑.例1将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为a i(i＝1,2，…，6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1<a3<a5，则不同的排列方法有________种(用数字作答).解析由题意，a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1<a3<a5.第一步，可以先排a1，a3，a5，只有5种方法；第二步，再排a2，a4，a6，有A33种方法.由乘法原理得，不同的排列方法有5A33＝30(种).答案30二、相邻问题——捆绑法把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”，将特殊元素在这些位置上全排列.例2记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有()A.1 440种B.960种C.720种D.480种解析先将两位老人排在一起有A22种排法，再将5名志愿者排在一起有A55种排法，最后将两位老人插入5名志愿者间的4个空位中有C14种插入方法，由分步乘法计数原理可得，不同的排法有A22·A55·C14＝960(种).答案 B三、不相邻问题——插空法某些元素不能相邻或某些元素要在某个特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间.例3 高三(一)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是( ) A.1 800 B.3 600 C.4 320D.5 040解析 先排4个音乐节目和1个曲艺节目有A 55种方法，这5个节目之间以及两端共有6个空位，从中选两个放入舞蹈节目，共有A 26种放法.所以两个舞蹈节目不相邻的排法共有A 55·A 26＝3 600(种). 答案 B四、至多至少问题——间接法对于某些排列、组合问题的正面情况较复杂而其反面情况较简单，可先考虑无限制条件的排列，再减去其反面情况的种数.例4 从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种.(用数字作答)解析 从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员共有A 35种选法，其中甲、乙中有一人担任文娱委员的选法有C 12A 24种，故共有A 35－C 12A 24＝36(种)选法.答案 36五、多类元素组合——分类取出当题目中元素较多，取出的情况也有多种时，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计.例5 如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种.(用数字作答)解析 如果用两种颜色，则有C 26种颜色可以选择，涂法有2种.如果用3种颜色涂色有C 36种颜色可以选择，涂法有C 13·C 12(C 12＋1)＝18(种).所以，不同涂色种数为C 26·2＋C 36·18＝390(种). 答案 390六、排列、组合混合——先选后排对于排列与组合的混合问题，宜先用组合选取元素，再进行排列.例6 某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有________种.(用数字作答)解析 首先把5个班分成4组，即2,1,1,1，有C 25C 13C 12C 11A 33种方法.然后把4组分配到4个工厂，每个工厂安排一组有A 44种方法.由分步乘法计数原理可得不同的安排方法有C 25C 13C 12C 11A 33·A 44＝240(种).答案2403正方体中的计数问题在解决关于正方体的排列、组合问题时，要善于利用几何性质，借助图形帮助思考，这对解决问题将起到事半功倍的效果.下面举例说明：例1从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有()A.8种B.12种C.16种D.20种解析从正方体的6个面中任取3个面共有C36种不同选法，其中3个面均相邻的选法共有8种(此时三个面共于一个顶点)，故符合题意的选法共有C36－8＝12(种).答案 B变式训练1正方体的一条对角线与它的12条棱组成的异面直线共有________对.答案 6例2以正方体的顶点为顶点的四面体共有()A.70个B.64个C.58个D.52个解析正方体8个点中任取4个点共有C48种，除去4个点共面的情况即可.因为正方体有6个面，对角面也有6个，所以4个顶点共面有12种情况，故共可构成四面体有C48－12＝58(个). 答案 C变式训练2以正方体的顶点为顶点的四棱锥有____个.答案48例3连接正方体任意两个顶点的直线中异面直线有____________对.解析确定一对异面直线需要四个不共面的点，而四个不共面的点可以构成一个四面体，而一个四面体有三对异面直线，因此“异面直线的对数＝3×四面体数”，由于以正方体的顶点为顶点的四面体共有58个，所以共有异面直线3×58＝174(对).答案174变式训练3过三棱柱任意两个顶点的直线共有15条，其中异面直线有()A.18对B.24对C.30对D.36对答案 D例4从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为() A.56 B.52 C.48 D.40解析由于正方体的各个面都是矩形，而1个矩形有4个直角三角形，因此有对应关系“直角三角形数＝4×矩形数”，正方体共有12个矩形的面，所以直角三角形共有4×12＝48(个). 答案 C变式训练4从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形，其中正三角形的个数为________.答案84“隔板法”在计数问题中的妙用“隔板法”在计数问题中有其特殊的适用背景，并且“隔板法”往往会使很复杂的问题得到巧妙的解决.下面剖析一下隔板法的适用条件，并选择几个实例来加以说明.一、隔板法的适用条件排列组合中的相同小球放进不同的盒子、名额分配或相同物品的分配等问题，是排列组合中的难点问题，这类问题的基本模型是：将n个相同元素分组到m个不同对象中(n≥m)，每个对象至少有一个元素.这类问题必须满足三个条件：①小球必须相同；②盒子必须不同；③每个盒子至少有一个小球.当满足这三个条件时，我们可以采用隔板法.二、隔板法的实际应用应用120个相同的小球放入编号为1号、2号、3号的三个盒子里，要求每个盒子都不空，问有多少种放法？解如下图，用“0”表示小球，0000|00000000|00000000在上图中，在0与0之间的19个空档中插入2块隔板即可将小球分成3组，同时能够保证每组中至少有一个小球，所以一共有C219＝171种放法.点评解决此类问题的关键是，看题目情景是否满足隔板法的条件，若满足，则直接套用公式即可.应用2求方程x1＋x2＋x3＋x4＝20的正整数解有多少个？解该问题转化为：将方程左边的x1、x2、x3、x4看成是4个盒子得到的小球数，右边的20看成是20个相同的小球.这样就相当于20个相同的小球放入4个盒子里，要求每个盒子至少有一个小球，共有多少种不同的分配方法？这样，类似应用1可知，所以共有C319＝969种. 点评不定方程x1＋x2＋x3＋…＋x m＝n(n，m∈N*，n≥m)的正整数解个数问题可以转化为“将n个相同元素分给m个不同对象(n≥m)，每个对象至少有一个元素”的模型，进而采用隔板法求解.整体概括：通过对隔板法的应用，可得下列结论.结论1：把n个相同的元素分成m组分配给m个人，每组不允许落空，则可将n个元素排成一排，从n－1个间隔中，选出m－1个插上隔板，每一种隔板的插法对应一种分配方法，则.分配方法数N＝C m－1n－1结论2：把n个相同的元素分成m组分配给m个人，某些组允许落空，则可将m－1个隔板和n个元素排成一排，每一种隔板的插法对应一种分配方法，则分配方法数N＝C m－1.m＋n－1试一试1.将7个相同的小球放入4个不同的盒子中.(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空格中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则不同的放入方式共有C36＝20种.(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C310＝120种放入方式.2.某市教委准备在当地的9所重点中学中选派12名优秀青年教师参加在职培训，每所学校至少一个名额，求不同的分配方案的种数.解从结果入手，理解相同元素的分堆问题，设计“隔板法分堆”，将一种分配方法和一个组合建立一一对应，实际问题化归为组合数求解.该事件的实质为将12个相同的元素分成9堆，每一堆至少一个元素，“隔板法分堆”，即在12个相同元素构成的11个空中插入8个隔板，其方法有C811＝165种.5排列、组合中的数学思想方法一分类讨论思想例1如果一个三位正整数形如“a1a2a3”，满足a1<a2，且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(120,363,374等)，那么所有的凸数个数为()A.240B.204C.729D.920解题提示本题中的三位正整数，要求中间一位数字最大，需根据中间数字所有可能的情况分类讨论；另外要注意首位与个位上的数字允许重复.解析由题意知：a1≠0，a2≥2.下面只需对a2＝2，a2＝3，…，a2＝9分别进行讨论，并求其值后求和.当a2＝2时，a1，a3只能从0,1中取，a1只能取1，a3可取0,1，排出“a1a2a3”共有2种；当a2＝3时，a1从1,2中任取一个有C12种，a3从0,1,2中任取一个有C13种，所以共有C12·C13种；当a2＝4时，a1从1,2,3中任取一个有C13种，a3从0,1,2,3中任取一个有C14种，所以共有C13·C14种；…；当a2＝9时，a1从1,2,3，…，8中任取一个有C18种，a3从0,1,2，…，8中任取一个有C19种，共有C18·C19种.综上，可得组合成所有的凸数个数为2＋C12·C13＋C13·C14＋C14·C15＋C15·C16＋C16·C17＋C17·C18＋C18·C19＝240.答案 A点评本题中分类的标准非常明确，即中间数字的取值情况.对于分类标准明确、分类情况多的题目，要有耐心逐个求解，最后求和.正确地进行求解运算也是求解此类题目的一个关键点. 例2 从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不重复的数字分别作为a 、b 、c 的值构成二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c .试问： (1)共可组成多少个不同的二次函数？(2)在这些二次函数图象中，以y 轴为对称轴的有多少条？经过原点且顶点在第一或第三象限的有多少条？解题提示 二次函数要求a ≠0，可以优先考虑a 的取值；也可以用排除法.结合顶点在第一象限或第三象限对a ，b ，c 的符号要求进行分析是解决第(2)问的关键.解 (1)方法一 因为y ＝ax 2＋bx ＋c 是二次函数，所以a ≠0.因此，可从－3，－2，－1,1,2,3,4中选取一个排在a 的位置上，有C 17种选法.b ，c 的取值没有特殊要求，所以从剩余的6个非零元素加上0共7个元素中选取两个有C 27种选法，再把它们排在b ，c 的位置上有A 22种排法.由分步乘法计数原理共有C 17·C 27·A 22＝7×7×62×2＝294(个)不同的二次函数. 方法二 利用排除法，从所有情况中去掉“0”排在a 位置的情况.C 38·A 33－C 27·A 22＝8×7×63×2×1×3×2×1－7×62×2＝294(个)不同的二次函数.(2)当对称轴为y 轴时，b ＝0，这样的抛物线有A 27＝42(条). 当抛物线过原点时，c ＝0，抛物线的顶点为⎝⎛⎭⎫－b 2a，－b24a . ①当顶点在第一象限时，有⎩⎨⎧－b2a>0，－b24a >0，故⎩⎪⎨⎪⎧a <0，b >0，这样的抛物线有A 13·A 14＝12(条)； ②当顶点在第三象限时，有⎩⎨⎧－b2a<0，－b24a <0，故⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b >0，这样的抛物线有A 24＝12(条). 故经过原点且顶点在第一或第三象限的共有24条.点评 当排列、组合问题与相关数学问题背景联系在一起时，要注意结合数学背景对涉及的字母a ，b ，c 的要求，合理地转化为a ，b ，c 的直接要求，再进行分类.实际问题数学化，文字表述代数化是解决实际背景问题的常规思想方法. 方法二 数形结合思想例3 以圆x 2＋y 2－2x －2y －1＝0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为( )A.76B.78C.81D.84解题提示 将圆的一般方程化为标准方程，画出图形，结合图形从所有情况中去掉三点共线的情况.解析 本题是一个综合问题，首先求出圆内的整数点个数，然后求组合数，方程化为(x －1)2＋(y －1)2＝3.如图，圆内共有9个整数点，组成的三角形的个数为C 39－8＝76.答案 A点评 整点个数的计算，三点共线情况的寻找都需要我们在平面直角坐标系下正确画出本题中的圆以及与整点共线有关的8条直线.与几何图形探求有关的组合问题，画出相关图形，结合图形求解是解决此类题目常用的方法. 方法三 转化与化归思想例4 某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3件，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有( ) A.5种 B.6种 C.7种 D.8种解析 设买单片软件x 件，盒装磁盘y 盒，则命题转化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧60x ＋70y ≤500，x ≥3，y ≥2(x ，y ∈N )的解的个数，不难求得(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(5,2)，(6,2)为其解，所以不同的选购方式共有7种. 答案 C点评 本题若直接列举讨论，情况较复杂；根据题目条件设出相关变量x ，y ，列出不等式组缩小讨论范围，简化了求解过程.例5 如图①，A ，B ，C ，D 为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有( )A.8种B.12种C.16种D.20种解析 如图②，构造三棱锥A －BCD ，四个顶点表示四个小岛，六条棱表示连接任意两岛的桥梁.由题意，只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法.从六条棱中任取三条棱的不同取法有C 36种，任取三条共面棱的不同取法为4种，所以从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法有C36－4＝16(种).答案 C点评本题根据问题特征，巧妙地构建恰当的立体几何图形，用几何知识去解，显得直观清晰、简洁明快.6排列、组合问题错误剖析排列、组合问题类型繁多、方法丰富、富于变化，稍不注意，极易出错.本文选择一些在教学中学生常见的错误进行正误剖析.一、没有理解两个基本原理出错排列、组合问题基于两个基本计数原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列、组合问题的前提.例1从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的取法有________种.误解因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机，所以只有2种取法.错因分析误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法，每类办法中都还有不同的取法.正解由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有C26种方法；第二步是在组装计算机中任意选取3台，有C35种方法，据乘法原理共有C26·C35种方法.同理，完成第二类办法中有C36·C25种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有C26·C35＋C36·C25＝350(种)方法.例2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.A34B.43C.34D.C34误解把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，选A.错因分析误解是没有理解乘法原理的概念，盲目地套用公式.正解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.说明本题还有同学这样误解，甲、乙、丙夺冠均有四种情况，由乘法原理得43，这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后，其他人就不再有4种夺冠可能.二、判断不出是排列还是组合出错在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有没有顺序性，有顺序的是排列，无顺序的是组合.例3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？误解因为是8个小球的全排列，所以共有A88种方法.错因分析误解中没有考虑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.正解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：C38＝56(种)排法.三、重复计算出错在排列、组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误.例4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？误解第一个人先挑选2天，第二个人再挑选2天，剩下的3天给第三个人，这三个人再进行全排列.共有：C27C25A33＝1 260.错因分析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.正解C27C25A332＝630(种).四、遗漏某些情况出错在排列、组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况而出错.例5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个误解如图，最后一位只能是1或3有两种取法，又因为第1位不能是03个数排中间两个位置有A23种排法，共有2×3×A23＝36(个).错因分析误解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.正解任一个五位的奇数都符合要求，共有2×3×A33＝36(个)，再由前面分析四位数个数和五位数个数之和共有72个，选D.五、忽视题设条件出错在解决排列、组合问题时，一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，不然就可能多解或漏解.例6 如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种.(以数字作答)误解 先着色第一区域，有4种方法，剩下3种颜色涂四个区域，即有一种颜色涂相对的两块区域，有C 13·2·A 22＝12(种)，由乘法原理共有：4×12＝48(种).错因分析 据报道，在高考中有很多考生填了48种.这主要是没有看清题设“有4种颜色可供选择．．”，不一定4种颜色全部使用，用3种也可以完成任务. 正解 当使用四种颜色时，由前面的误解知有48种着色方法；当仅使用三种颜色时：从4种颜色中选取3种有C 34种方法，先着色第一区域，有3种方法，剩下2种颜色涂四个区域，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色涂第3、5区域，有2种着色方法，由乘法原理有C 34×3×2＝24(种). 综上共有：48＋24＝72(种).例7 已知ax 2－b ＝0是关于x 的一元二次方程，其中a 、b ∈{1,2,3,4}，求解集不同的一元二次方程的个数.误解 从集合{1,2,3,4}中任意取两个元素作为a 、b ，方程有A 24个，当a 、b 取同一个数时方程有1个，共有A 24＋1＝13(个).错因分析 误解中没有注意到题设中：“求解集不同．．．．的……”所以在上述解法中要去掉同解情况，由于⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1b ＝2和⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ＝4同解、⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ＝1和⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝2同解，故要减去2个.正解 由分析，共有13－2＝11(个)解集不同的一元二次方程.六、未考虑特殊情况出错在排列、组合中要特别注意一些特殊情况，一有疏漏就会出错.例8 现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是( ) A.1 024种 B.1 023种 C.1 536种D.767种误解 因为共有人民币10张，每张人民币都有取和不取2种情况，减去全不取的1种情况，共有210－1＝1 023(种)，故选B.错因分析 这里100元面值比较特殊有两张，在误解中被计算成4种情况，实际上只有不取、取一张和取二张3种情况.正解 除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况，100元人民币的取法有3种情况，再减去全不取的1种情况，所以共有28×3－1＝767(种)，故选D. 七、题意的理解偏差出错例9 现有8个人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有多少种( ) A.A 36·A 55B.A 88－A 66·A 33 C.A 35·A 33D.A 88－A 46误解 除了甲、乙、丙三人以外的5人先排，有A 55种排法，5人排好后产生6个空档，插入甲、乙、丙三人有A 36种方法，这样共有A 36·A 55种排法，选A.错因分析 误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义，得到的结果是“甲、乙、丙三人互不相邻．．．．”的情况.“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻，但允许其中有两人相邻.正解 在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不相邻的方法数，即A 88－A 66·A 33，故选B.排列、组合问题虽然种类繁多，但只要能把握住最常见的原理和方法，即：“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”，留心容易出错的地方就能够以不变应万变，把排列、组合学好.7 用五种意识求解二项式问题在历年高考中都有涉及二项式定理的试题，本文总结了五种解题意识，旨在强化同学们解此类问题的目的性及方向性，避免低效性和盲目性，使解题能力得以提高. 一、通项意识凡涉及到展开式的项及其系数问题，常是先写出其通项公式T k ＋1＝C k n an －k b k ，再根据题意进行求解.因此通项意识是解二项式问题的首选意识.例1 若⎝⎛⎭⎫2x 3＋1x n 的展开式中含有常数项，则最小的正整数n 为________.解析 展开式的通项为T k ＋1＝C k n (2x 3)n －k ⎝⎛⎭⎫1x k ＝C k n·2n －kx 3n －7k 2. 令3n －7k 2＝0，得k ＝6n7，∵k ∈N 且k ≤n ，∴n 必须能被7整除，∴满足条件的最小正整数n＝7. 答案 7。

1两个计数原理的灵活应用计数问题是数学中的重要研究对象,除了分类加法计数原理和分步乘法计数原理的理论支持,对于较复杂的计数问题要针对其问题特点,灵活的运用列举法、列表法、树状图法等方法来帮助解决,使问题的解决更加实用、直观.下面通过典例来说明.1.列举法例1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点评本题背景中的数量不少,要找出关键数字,通过恰当分类和列举可得.列举看似简单,但在解决问题中显示出其实用性,并且我们还可以通过列举的方法去寻求问题中的规律.2.树状图法例2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.6B.8C.10D.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点评应用两个计数原理时,如果涉及的问题较抽象,且数量不太多时,可以用树状图直观体现.3.列表法例3四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,如下表：由表格可知,共有9种不同的方法.点评本题是一个错排问题,难以直接运用两个计数原理计算.借助表格,把各种情况一一列出,使问题直观解决.4.直接法例4已知某容器中,H有3种同位素,Cl有2种同位素,Na有3种同位素,O有4种同位素,请问共可组成多少种HCl和NaOH?解因为HCl分子由两种元素构成,所以分两步完成：第1步,选择氢元素,共有3种；第2步,选择氯元素,共有2种.由分步乘法计数原理得出有6种HCl.同理,对于NaOH而言,分三步完成：第1步,选择钠元素,有3种选法；第2步,选择氧元素,有4种选法；第3步,选择氢元素,有3种选法.由分步乘法计数原理知,共有NaOH种数为3×4×3＝36.点评当问题情景中的规律明显,已符合分类加法计数原理或分步乘法计数原理中的某一类型时,可直接应用公式计算结果,但此法的关键是分清是“分类”还是“分步”问题.2排列、组合的破解之术排列、组合,说它难吧,其实挺简单的,就是分析事件的逻辑步骤,然后用分步乘法计数原理、分步加法计数原理计算就可.说简单吧,排列、组合却是同学们(包括很多学习很好的同学)最没把握的事情,同样难度的几道题,做顺了,三下五除二,几分钟内解决问题；做不顺,则如一团乱麻,很长时间也理不顺思路.下面谈谈破解常见排列、组合模型的常用方法！一、特殊元素——优先法对于有特殊要求的元素的排列、组合问题,一般应对有特殊要求的元素优先考虑.例1将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i个数为a i(i＝1,2,…,6),若a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1＜a3＜a5,则不同的排列方法有________种.(用数字作答)解析由题意,a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1＜a3＜a5.第一步,可以先排a1,a3,a5,只有5种方法；第二步,再排a2,a4,a6,有A33种方法.由分步乘法计数原理得,不同的排列方法有5A33＝30(种).答案30二、相邻问题——捆绑法把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素,然后再与其余“普通元素”全排列,最后再“松绑”,将特殊元素在这些位置上全排列.例2记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照,要求排成一排,2位老人相邻但不排在两端,不同的排法共有()A.1 440种B.960种C.720种D.480种解析先将两位老人排在一起有A22种排法,再将5名志愿者中的2名安排在两端有A25种排法,最后将2位老人视为一个元素,与剩下3名志愿者组成4个元素全排列,有A44种排法,由分步乘法计数原理可得,不同的排法有A22·A25·A44＝960(种).答案 B三、不相邻问题——插空法某些元素不能相邻或某些元素要在某个特殊位置时可采用插空法,即先安排好没有限制条件的元素,然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间.例3高三(一)班需要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求两个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( ) A.1 800 B.3 600 C.4 320D.5 040解析 先排4个音乐节目和1个曲艺节目有A 55种方法,这5个节目之间以及两端共有6个空位,从中选两个放入舞蹈节目,共有A 26种放法.所以两个舞蹈节目不相邻的排法共有A 55·A 26＝3600(种). 答案 B四、至多至少问题——间接法对于某些排列、组合问题的正面情况较复杂而其反面情况较简单,可先考虑无限制条件的排列,再减去其反面情况的种数.例4 从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其中甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有________种.(用数字作答)解析 从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员共有A 35种选法,其中甲、乙中有一人担任文娱委员的选法有C 12A 24种,故共有A 35－C 12A 24＝36(种)选法.答案 36五、多类元素组合——分类取出当题目中元素较多,取出的情况也有多种时,可按结果要求,分成不相容的几类情况分别计算,最后总计.例5 如图,用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色,每个格子涂一种颜色,要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同,则不同的涂色方法共有________种.(用数字作答)解析 如果用两种颜色,则有C 26种颜色可以选择,涂法有2种.如果用3种颜色涂色有C 36种颜色可以选择,涂法有C 13·C 12(C 12＋1)＝18(种).所以,不同涂色种数为C 26·2＋C 36·18＝390. 答案 390六、排列、组合混合——先选后排对于排列与组合的混合问题,宜先用组合选取元素,再进行排列.例6 某校安排5个班到4个工厂进行社会实践,每个班去一个工厂,每个工厂至少安排一个班,不同的安排方法共有________种.(用数字作答)解析 首先把5个班分成4组,即2,1,1,1,有C 25C 13C 12C 11A 33种方法.然后把4组分配到4个工厂,每个工厂安排一组有A 44种方法.由分步乘法计数原理可得不同的安排方法有C 25C 13C 12C 11A 33·A 44＝240(种).答案2403正方体中的计数问题在解决关于正方体的排列、组合问题时,要善于利用几何性质,借助图形帮助思考,这对解决问题将起到事半功倍的效果.下面举例说明：例1从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有()A.8种B.12种C.16种D.20种解析从正方体的6个面中任取3个面共有C36种不同选法,其中3个面均相邻的选法共有8种(此时三个面共于一个顶点),故符合题意的选法共有C36－8＝12(种).答案 B变式训练1正方体的一条对角线与它的12条棱组成的异面直线共有________对.答案 6例2以正方体的顶点为顶点的四面体共有()A.70个B.64个C.58个D.52个解析正方体8个点中任取4个点共有C48种,除去4个点共面的情况即可.因为正方体有6个面,对角面也有6个,所以4个顶点共面有12种情况,故共可构成四面体有C48－12＝58(个).答案 C变式训练2以正方体的顶点为顶点的四棱锥有____个.答案48例3连接正方体任意两个顶点的直线中异面直线有_________对.解析确定一对异面直线需要四个不共面的点,而四个不共面的点可以构成一个四面体,而一个四面体有三对异面直线,因此“异面直线的对数＝3×四面体数”,由于以正方体的顶点为顶点的四面体共有58个,所以共有异面直线3×58＝174(对).答案174变式训练3过三棱柱任意两个顶点的直线共有15条,其中异面直线有()A.18对B.24对C.30对D.36对答案 D例4从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中直角三角形的个数为() A.56 B.52C.48D.40解析由于正方体的各个面都是矩形,而1个矩形有4个直角三角形,因此有对应关系“直角三角形数＝4×矩形数”,正方体共有12个矩形的面,所以直角三角形共有4×12＝48(个).答案 C变式训练4从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形,其中正三角形的个数为________.答案84“隔板法”在计数问题中的妙用“隔板法”在计数问题中有其特殊的适用背景,并且“隔板法”往往会使很复杂的问题得到巧妙的解决.下面剖析一下隔板法的适用条件,并选择几个实例来加以说明.一、隔板法的适用条件排列组合中的相同小球放进不同的盒子、名额分配或相同物品的分配等问题,是排列组合中的难点问题,这类问题的基本模型是：将n个相同元素分组到m个不同对象中(n≥m),每个对象至少有一个元素.这类问题必须满足三个条件：①小球必须相同；②盒子必须不同；③每个盒子至少有一个小球.当满足这三个条件时,我们可以采用隔板法.二、隔板法的实际应用应用120个相同的小球放入编号为1号、2号、3号的三个盒子里,要求每个盒子都不空,问有多少种放法？解如图,用“0”表示小球,0000|00000000|00000000在上图中,在0与0之间的19个空档中插入2块隔板即可将小球分成3组,同时能够保证每组中至少有一个小球,所以一共有C219＝171(种)放法.点评解决此类问题的关键是,看题目情景是否满足隔板法的条件,若满足,则直接套用公式即可.应用2求方程x1＋x2＋x3＋x4＝20的正整数解有多少个？解该问题转化为：将方程左边的x1,x2,x3,x4看成是4个盒子得到的小球数,右边的20看成是20个相同的小球.这样就相当于20个相同的小球放入4个盒子里,要求每个盒子至少有一个小球,共有多少种不同的分配方法？这样,类似应用1可知,所以共有C319＝969(种).点评不定方程x1＋x2＋x3＋…＋x m＝n(n,m∈N*,n≥m)的正整数解个数问题可以转化为“将n个相同元素分给m个不同对象(n≥m),每个对象至少有一个元素”的模型,进而采用隔板法求解.整体概括：通过对隔板法的应用,可得下列结论.结论1：把n个相同的元素分成m组分配给m个人,每组不允许落空,则可将n个元素排成一排,从n－1个间隔中,选出m－1个插上隔板,每一种隔板的插法对应一种分配方法,则分配方法数N＝C m－1.n－1结论2：把n个相同的元素分成m组分配给m个人,某些组允许落空,则可将m－1个隔板和n 个元素排成一排,每一种隔板的插法对应一种分配方法,则分配方法数N＝C m－1.m＋n－1试一试1.将7个相同的小球放入4个不同的盒子中.(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解(1)将7个相同的小球排成一排,在中间形成的6个空格中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份,每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式,则不同的放入方式共有C36＝20(种).(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列,即从10个位置中选3个位置安排隔板,故共有C310＝120(种)放入方式.2.某市教委准备在当地的9所重点中学中选派12名优秀青年教师参加在职培训,每所学校至少一个名额,求不同的分配方案的种数.解从结果入手,理解相同元素的分堆问题,设计“隔板法分堆”,将一种分配方法和一个组合建立一一对应,实际问题化归为组合数求解.该事件的实质为将12个相同的元素分成9堆,每一堆至少一个元素,“隔板法分堆”,即在12个相同元素构成的11个空中插入8个隔板,其方法有C811＝165(种).5排列、组合中的数学思想方法一分类讨论思想例1如果一个三位正整数形如“a1a2a3”,满足a1＜a2,且a3＜a2,则称这样的三位数为凸数(120,363,374等),那么所有的凸数个数为()A.240B.204C.729D.920解题提示本题中的三位正整数,要求中间一位数字最大,需根据中间数字所有可能的情况分类讨论；另外要注意首位与个位上的数字允许重复.解析由题意知：a1≠0,a2≥2.下面只需对a2＝2,a2＝3,…,a2＝9分别进行讨论,并求其值后求和.当a2＝2时,a1,a3只能从0,1中取,a1只能取1,a3可取0,1,排出“a1a2a3”共有2种；当a2＝3时,a1从1,2中任取一个有C12种,a3从0,1,2中任取一个有C13种,所以共有C12·C13种；当a2＝4时,a1从1,2,3中任取一个有C13种,a3从0,1,2,3中任取一个有C14种,所以共有C13·C14种；…；当a2＝9时,a1从1,2,3,…,8中任取一个有C18种,a3从0,1,2,…,8中任取一个有C19种,共有C18·C19种.综上,可得组合成所有的凸数个数为2＋C12·C13＋C13·C14＋C14·C15＋C15·C16＋C16·C17＋C17·C18＋C18·C19＝240.答案 A点评 本题中分类的标准非常明确,即中间数字的取值情况.对于分类标准明确、分类情况多的题目,要有耐心逐个求解,最后求和.正确地进行求解运算也是求解此类题目的一个关键点. 例2 从－3,－2,－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不重复的数字分别作为a ,b ,c 的值构成二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c .试问：(1)共可组成多少个不同的二次函数？(2)在这些二次函数图象中,以y 轴为对称轴的有多少条？经过原点且顶点在第一或第三象限的有多少条？解题提示 二次函数要求a ≠0,可以优先考虑a 的取值；也可以用排除法.结合顶点在第一象限或第三象限对a ,b ,c 的符号要求进行分析是解决第(2)问的关键.解 (1)方法一 因为y ＝ax 2＋bx ＋c 是二次函数,所以a ≠0.因此,可从－3,－2,－1,1,2,3,4中选取一个排在a 的位置上,有C 17种选法.b ,c 的取值没有特殊要求,所以从剩余的6个非零元素加上0共7个元素中选取两个有C 27种选法,再把它们排在b ,c 的位置上有A 22种排法.由分步乘法计数原理共有C 17·C 27·A 22＝7×7×62×2＝294(个)不同的二次函数. 方法二 利用排除法,从所有情况中去掉“0”排在a 位置的情况.C 38·A 33－C 27·A 22＝8×7×63×2×1×3×2×1－7×62×2＝294(个)不同的二次函数.(2)当对称轴为y 轴时,b ＝0,这样的抛物线有A 27＝42(条).当抛物线过原点时,c ＝0,抛物线的顶点为⎝⎛⎭⎫－b 2a，－b24a . ①当顶点在第一象限时,有⎩⎨⎧ －b2a >0，－b24a >0，故⎩⎪⎨⎪⎧ a <0，b >0，这样的抛物线有A 13·A 14＝12(条)； ②当顶点在第三象限时,有⎩⎨⎧－b2a<0，－b24a <0，故⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b >0，这样的抛物线有A 24＝12(条). 故经过原点且顶点在第一或第三象限的共有24条.点评 当排列、组合问题与相关数学问题背景联系在一起时,要注意结合数学背景,以及对涉及的字母a ,b ,c 的要求,合理地转化为a ,b ,c 的直接要求,再进行分类.实际问题数学化,文字表述代数化是解决实际背景问题的常规思想方法. 方法二 数形结合思想例3 以圆x 2＋y 2－2x －2y －1＝0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为( )A.76B.78C.81D.84解题提示 将圆的一般方程化为标准方程,画出图形,结合图形从所有情况中去掉三点共线的情况.解析 本题是一个综合问题,首先求出圆内的整数点个数,然后求组合数,方程化为(x －1)2＋(y －1)2＝3.如图,圆内共有9个整数点,组成的三角形的个数为C 39－8＝76.答案 A点评 整点个数的计算,三点共线情况的寻找都需要我们在平面直角坐标系下正确画出本题中的圆以及与整点共线有关的8条直线.与几何图形探求有关的组合问题,画出相关图形,结合图形求解是解决此类题目常用的方法. 方法三 转化与化归思想例4 某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘,根据需要,软件至少买3件,磁盘至少买2盒,则不同的选购方式共有( ) A.5种 B.6种 C.7种D.8种解析 设买单片软件x 件,盒装磁盘y 盒,则命题转化为求不等式组⎩⎪⎨⎪⎧60x ＋70y ≤500，x ≥3，y ≥2(x ,y ∈N )的解的个数,不难求得(3,2),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(5,2),(6,2)为其解,所以不同的选购方式共有7种. 答案 C点评 本题若直接列举讨论,情况较复杂；根据题目条件设出相关变量x ,y ,列出不等式组缩小讨论范围,简化了求解过程.例5 如图①,A ,B ,C ,D 为海上的四个小岛,要建三座桥,将这四个小岛连接起来,则不同的建桥方案共有( )A.8种B.12种C.16种D.20种解析如图②,构造三棱锥A－BCD,四个顶点表示四个小岛,六条棱表示连接任意两岛的桥梁.由题意,只需求出从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法.从六条棱中任取三条棱的不同取法有C36种,任取三条共面棱的不同取法为4种,所以从六条棱中任取三条不共面的棱的不同取法有C36－4＝16(种).答案 C点评本题根据问题特征,巧妙地构建恰当的立体几何图形,用几何知识去解,显得直观清晰、简洁明快.6排列、组合问题错误剖析排列、组合问题类型繁多、方法丰富、富于变化,稍不注意,极易出错.本文选择一些在教学中学生常见的错误进行正误剖析.一、没有理解两个基本原理出错排列、组合问题基于两个基本计数原理,即分类加法计数原理和分步乘法计数原理,故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列、组合问题的前提.例1从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有________种.错解因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机,所以只有2种取法.错因分析误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法,每类办法中都还有不同的取法.正解由分析,完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台,有C26种方法；第二步是在组装计算机中任意选取3台,有C35种方法,据分步乘法计数原理共有C26·C35种方法.同理,完成第二类办法中有C36·C25种方法.据分类加法计数原理完成全部的选取过程共有C26·C35＋C36·C25＝350(种)方法.例2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.A34B.43C.34D.C 34错解 把四个冠军,排在甲、乙、丙三个位置上,选A.错因分析 误解是没有理解乘法原理的概念,盲目地套用公式.正解 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.说明 本题还有同学这样误解,甲、乙、丙夺冠均有四种情况,由分步乘法计数原理得43,这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得后,其他人就不再有4种夺冠可能.二、判断不出是排列还是组合出错在判断一个问题是排列还是组合问题时,主要看元素的组成有没有顺序性,有顺序的是排列,无顺序的是组合.例3 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？错解 因为是8个小球的全排列,所以共有A 88种方法.错因分析 误解中没有考虑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.正解 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 38＝56(种)排法.三、重复计算出错在排列、组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等,这些问题要注意避免重复计数,产生错误.例4 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？错解 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,这三个人再进行全排列,共有C 27C 25A 33＝1 260(种).错因分析 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.正解 共有C 27C 25A 332＝630(种).四、遗漏某些情况出错在排列、组合问题中还可能由于考虑问题不够全面,因为遗漏某些情况而出错.例5 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个错解 如图,最后一位只能是1或3有两种取法,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 23种排法,共有2×3×A 23＝36(个). 错因分析 误解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.正解 任一个五位的奇数都符合要求,共有2×3×A 33＝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.五、忽视题设条件出错在解决排列、组合问题时,一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号,不然就可能多解或漏解.例6 如图,一个地区分为5个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法共有______种.(以数字作答)错解 先着色第一区域,有4种方法,剩下3种颜色涂四个区域,即有一种颜色涂相对的两块区域,有C 13·2·A 22＝12(种),由分步乘法计数原理共有4×12＝48(种). 错因分析 这主要是没有看清题设“有4种颜色可供选择．．”,不一定4种颜色全部使用,用3种也可以完成任务.正解 当使用四种颜色时,由前面的误解知有48种着色方法；当仅使用三种颜色时：从4种颜色中选取3种有C 34种方法,先着色第一区域,有3种方法,剩下2种颜色涂四个区域,只能是一种颜色涂第2、4区域,另一种颜色涂第3、5区域,有2种着色方法,由分步乘法计数原理有C 34×3×2＝24(种).综上共有48＋24＝72(种).例7 已知ax 2－b ＝0是关于x 的一元二次方程,其中a ,b ∈{1,2,3,4},求解集不同的一元二次方程的个数.错解 从集合{1,2,3,4}中任意取两个元素作为a ,b ,方程有A 24个,当a ,b 取同一个数时方程有1个,共有A 24＋1＝13(个).错因分析 误解中没有注意到题设中：“求解集不同．．．．的……”所以在上述解法中要去掉同解情况,由于⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1b ＝2和⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ＝4同解,⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ＝1和⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝2同解,故要减去2个.正解由分析,共有13－2＝11(个)解集不同的一元二次方程.六、未考虑特殊情况出错在排列、组合中要特别注意一些特殊情况,一有疏漏就会出错.例8现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张,100元人民币2张,从中至少取一张,共可组成不同的币值种数是()A.1 024种B.1 023种C.1 536种D.767种错解因为共有人民币10张,每张人民币都有取和不取2种情况,减去全不取的1种情况,共有210－1＝1 023(种),故选B.错因分析这里100元面值比较特殊有两张,在误解中被计算成4种情况,实际上只有不取、取一张和取二张3种情况.正解除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况,100元人民币的取法有3种情况,再减去全不取的1种情况,所以共有28×3－1＝767(种),故选D.七、题意的理解偏差出错例9现有8个人排成一排照相,其中甲、乙、丙三人不能相邻的排法的种数是()A.A36·A55B.A88－A66·A33C.A35·A33D.A88－A46错解除了甲、乙、丙三人以外的5人先排,有A55种排法,5人排好后产生6个空档,插入甲、乙、丙三人有A36种方法,这样共有A36·A55种排法,选A.错因分析误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义,得到的结果是“甲、乙、丙三人互不相邻．．．．”的情况.“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻,但允许其中有两人相邻.正解在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数,就得到甲、乙、丙三人不相邻的方法数,即A88－A66·A33,故选B.排列、组合问题虽然种类繁多,但只要能把握住最常见的原理和方法,即：“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”,留心容易出错的地方就能够以不变应万变,把排列、组合学好.7用五种意识求解二项式问题在历年高考中都有涉及二项式定理的试题,本文总结了五种解题意识,旨在强化同学们解此类问题的目的性及方向性,避免低效性和盲目性,使解题能力得以提高.。

章末复习学习目标 1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.理解排列与组合的区别与联系,能利用排列组合解决一些实际问题.3.能用计数原理证明二项式定理,掌握二项式定理和二项展开式的性质.1.分类加法计数原理完成一件事有n 类不同的方案,在第1类方案中有m 1种不同的方法,在第2类方案中有m 2种不同的方法,…,在第n 类方案中有m n 种不同的方法,那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理完成一件事需要n 个步骤,做第1步有m 1种不同的方法,做第2步有m 2种不同的方法,…,做第n 步有m n 种不同的方法,那么完成这件事有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法. 3.排列数与组合数公式及性质4.二项式定理(1)二项式定理的内容：(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n an －k b k ＋…＋C n n b n(n ∈N *). (2)通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k ,k ∈{0,1,2,…,n }. (3)二项式系数的性质：①与首末两端等距离的两个二项式系数相等;②若n 为偶数,中间一项⎝⎛⎭⎫第n2＋1项的二项式系数最大;若n 为奇数,中间两项⎝⎛⎭⎫第n ＋12项和第n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大.③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ;C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用 命题角度1 分类讨论思想例1 车间有11名工人,其中5名男工是钳工,4名女工是车工,另外两名老师傅既能当车工又能当钳工,现在要在这11名工人里选派4名钳工,4名车工修理一台机床,则有多少种选派方法？考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 解 方法一 设A ,B 代表2位老师傅.A ,B 都不在内的选派方法有C 45C 44＝5(种),A ,B 都在内且当钳工的选派方法有C 22C 25C 44＝10(种), A ,B 都在内且当车工的选派方法有C 22C 45C 24＝30(种),A ,B 都在内且一人当钳工,一人当车工的选派方法有A 22C 35C 34＝80(种), A ,B 有一人在内且当钳工的选派方法有C 12C 35C 44＝20(种), A ,B 有一人在内且当车工的选派方法有C 12C 45C 34＝40(种),所以共有C 45C 44＋C 22C 25C 44＋C 22C 45C 24＋A 22C 35C 34＋C 12C 35C 44＋C 12C 45C 34＝185(种). 方法二 5名男钳工有4名被选上的方法有C 45C 44＋C 45C 34C 12＋C 45C 24C 22＝75(种), 5名男钳工有3名被选上的方法有C 35C 12C 44＋C 35C 34A 22＝100(种), 5名男钳工有2名被选上的方法有C 25C 22C 44＝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C 44C 45＋C 44C 35C 12＋C 44C 25C 22＝35(种), 4名女车工有3名被选上的方法有C 34C 12C 45＋C 34C 35A 22＝120(种), 4名女车工有2名被选上的方法有C 24C 22C 45＝30(种),所以共有35＋120＋30＝185(种).反思与感悟解含有约束条件的排列、组合问题,应按元素的性质进行分类,分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复);②总数要完备(保证不遗漏).跟踪训练1从1,2,3,4,5,6这6个数字中,任取3个数字组成无重复数字的三位数,其中若有1和3时,3必须排在1的前面;若只有1和3中的一个时,它应排在其他数字的前面,这样不同的三位数共有________个.(用数字作答)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析1与3是特殊元素,以此为分类标准进行分类.分三类：①没有数字1和3时,有A34个;②只有1和3中的一个时,有2A24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C14·C13个.所以满足条件的三位数共有A34＋2A24＋C14·C13＝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＜a2＜a3,a3－a2≤6,那么满足条件的集合A的个数为()A.78B.76C.83D.84考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 C解析若从正面考虑,需分当a3＝9时,a2可以取8,7,6,5,4,3,共6类;当a3＝8时,a2可以取7,6,5,4,3,2,共6类;…分类较多,而其对立面a3－a2>6包含的情况较少,当a3＝9时,a2取2,a1取1,只有这一种情况,利用正难则反思想解决.集合S的含有三个元素的子集的个数为C39＝84.在这些含有三个元素的子集中能满足a1＜a2＜a3且a3－a2>6的集合只有{1,2,9},故满足题意的集合A的个数为84－1＝83.反思与感悟对于正面处理较复杂或不易求解的问题,常常从问题的对立面去思考.跟踪训练2由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛,每科至少1人(且每人仅报一科),若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛,则不同的参赛方案共有________种. 考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 30解析 从4人中选出两个人作为一个元素有C 24种方法,同其他两个元素在三个位置上排列有C 24A 33＝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 33种方法, ∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种). 类型二 排列与组合的综合应用例3 在高三一班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目. (1)当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少种不同的节目安排顺序？(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的节目安排顺序？ (3)若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗朗诵和快板2个节目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的节目演出顺序？ 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来,看成1个节目,与6个演唱节目一起排,有A 77＝5 040(种)方法;第二步再松绑,给4个节目排序,有A 44＝24(种)方法. 根据分步乘法计数原理,一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序.(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如图中的“□”),一共有A 66＝720(种)方法. ×□×□×□×□×□×□×第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排,一共有A 47＝840(种)方法.根据分步乘法计数原理,一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序.(3)若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有A 1212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 1212A 1010＝A 212＝132(种)排列. 反思与感悟 排列与组合的综合问题,首先要分清何时为排列,何时为组合.对含有特殊元素的排列、组合问题,一般先进行组合,再进行排列.对特殊元素的位置有要求时,在组合选取时,就要进行分类讨论,分类的原则是不重、不漏.在用间接法计数时,要注意考虑全面,排除干净.跟踪训练3 在三位正整数中,若十位数字小于个位和百位数字,称该数为“驼峰数”,比如：“102”“546”为驼峰数,由数字1,2,3,4,5这5个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为________. 考点 排列的应用 题点 数字的排列问题 答案 30解析 三位“驼峰数”中1在十位的有A 24个,2在十位上的有A 23个,3在十位上的有A 22个,所以所有的三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30. 类型三 二项式定理及其应用命题角度1 二项展开式的特定项问题例4 已知在⎝⎛⎭⎪⎫x －23x 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 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn 的值. 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用解 (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3,解得n ＝10(负值舍去),通项为T k ＋1＝C k 10(x )10－k⎝⎛⎭⎪⎫－23x k ＝(－2)k C k10556kx -,当5－5k6为整数时,k 可取0,6,于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第k ＋1项系数的绝对值最大,则⎩⎪⎨⎪⎧C k 102k ≥C k －1102k －1，C k 102k≥C k ＋1102k ＋1，解得⎩⎨⎧k ≤223，k ≥193，又因为k ∈{1,2,3,…,9},所以k ＝7,当k ＝7时,T 8＝－15 36056x -,又因为当k ＝0时,T 1＝x 5, 当k ＝10时,T 11＝(－2)10103x-＝1 024103x-,所以系数的绝对值最大的项为T 8＝－15 36056x-.(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010 ＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.反思与感悟 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件,列出等式,从而可解得所要求的二项式中的有关元素.(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式,令未知数的指数为零,从而确定项数,然后代入通项公式,即可确定常数项.(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式,再由条件确定项数,然后代入通项公式求出此项的系数.(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入.(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质.跟踪训练4 已知二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍.(1)求n ;(2)求展开式中二项式系数最大的项; (3)求展开式中所有有理项. 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用解 (1)令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x 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T k ＋1＝C k 4(5x )4－k ⎝⎛⎭⎫－1x k ＝(－1)k C k 454－k·342k x-,展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x .(3)由(2)得4－32k ∈Z (k ＝0,1,2,3,4),即k ＝0,2,4,所以展开式中所有有理项为T 1＝(－1)0C 0454x 4＝625x 4, T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x , T 5＝(－1)4C 4450x －2＝x －2.命题角度2 二项展开式的“赋值”问题 例5 若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2;(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10;(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)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)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5, a 2是展开式中x 2的系数,∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45(－2)4＋C 35(－1)3·C 55(－2)5＝800. (2)令x ＝1,代入已知式可得, a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝0,而令x ＝0,得a 0＝32,∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－32. (3)令x ＝－1可得,(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝65, 再由(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＋(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝0, 把这两个等式相乘可得,(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2＝65×0＝0.反思与感悟 与二项式系数有关,包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和,主要方法是赋值法,通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系,确定给字母所赋的值,有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项,此时要专门求出这一项,而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时,往往要两次赋值,再由方程组求出结果.跟踪训练5若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11,则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________.考点展开式中系数的和问题题点多项展开式中系数的和问题答案 5解析令x＝2,得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5,令x＝3,则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0,所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.1.设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种,这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种,则(a,b)为()A.(34,34)B.(43,34)C.(34,43)D.(A34,A34)考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 C解析由题意知本题是一个分步乘法问题,首先每名学生报名有3种选择,根据分步乘法计数原理知4名学生共有34种选择,每项冠军有4种可能结果,根据分步乘法计数原理知3项冠军共有43种可能结果.故选C.2.5名大人带两个小孩排队上山,小孩不排在一起也不排在头尾,则不同的排法种数有()A.A55·A24种B.A55·A25种C.A55·A26种D.A77－4A66种考点排列的应用题点元素“在”与“不在”问题答案 A解析先排大人,有A55种排法,去掉头尾后,有4个空位,再分析小孩,用插空法,将2个小孩插在4个空位中,有A24种排法,由分步乘法计数原理可知,有A24·A55种不同的排法,故选A.3.我省高中学校自实施素质教育以来,学生社团得到迅猛发展.某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团.若每个社团至少有一名同学参加,每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团,且同学甲不参加“围棋苑”,则不同的参加方法的种数为( ) A.72 B.108 C.180 D.216 考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 C解析 根据题意,分析可得,必有2人参加同一社团,首先分析甲,甲不参加“围棋苑”,则其有3种情况,再分析其他4人,若甲与另外1人参加同一个社团,则有A 44＝24(种)情况,若甲是1个人参加一个社团,则有C 24·A 33＝36(种)情况,则除甲外的4人有24＋36＝60(种)情况,故不同的参加方法的种数为3×60＝180(种),故选C. 4.(x －2y )6的展开式中,x 4y 2的系数为( ) A.15 B.－15 C.60 D.－60 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求二项展开式特定项的系数 答案 C解析 (x －2y )6展开式的通项为T k ＋1＝C k 6·x 6－k ·(－2y )k ,令k ＝2,得T 3＝C 26·x 4·(－2y )2＝60x 4y 2,所以x 4y 2的系数为60,故选C.5.若⎝⎛⎭⎫2x ＋ax n 的展开式的系数和为1,二项式系数和为128,则展开式中x 2的系数为________. 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 －448解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫21＋a 1n ＝1，2n ＝128，所以n ＝7,a ＝－1, 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋－1x 7展开式的通项为T k ＋1 ＝C k 7(2x )7－k⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x k ＝C k 727－k(－1)k 732k x -,令7－3k2＝2,得k＝1.所以x2的系数为C1726(－1)1＝－448.1.排列与组合(1)排列与组合的区别在于排列是有序的,而组合是无序的.(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件,对于有限制条件的排列问题,通常从以下两种途径考虑：①元素分析法：先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素.②位置分析法：先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.(3)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点,一般方法是先分组,后分配.2.二项式定理(1)与二项式定理有关,包括定理的正向应用、逆向应用,题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等,此时主要是要构造二项式,合理应用展开式.(2)与通项公式有关,主要是求特定项,比如常数项、有理项、x的某次幂等,此时要特别注意二项展开式中第k＋1项的通项公式是T k＋1＝C k n a n－k b k(k＝0,1,…,n),其中二项式系数是C k n,而不是C k＋1n,这是一个极易错点.(3)与二项式系数有关,包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值法.一、选择题1.5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有()A.10种B.20种C.25种D.32种考点分步乘法计数原理题点 分步乘法计数原理的应用答案 D解析 5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有25＝32(种),故选D.2.某城市的街道如图,某人要从A 地前往B 地,则路程最短的走法有( )A.8种B.10种C.12种D.32种 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题答案 B解析 根据题意,要求从A 地到B 地路程最短,必须只向下或向右行走即可.分别可得,需要向下走2次,向右走3次,共5次,从5次中选3次向右,剩下2次向下即可,则有C 35＝10(种)不同走法.3.4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会,出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手,则出场方案的种数是( )A.6A 33B.3A 33C.2A 33D.A 22A 14A 44 考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题答案 D解析 先从4名男歌手中选一名放在两名女歌手之间,并把他们捆绑在一起,看做一个元素和另外的3名男歌手进行全排列,故有A 22A 14A 44种不同的出场方案.4.在⎝⎛⎭⎫2x 2－1x 6的展开式中,含x 7的项的系数是( ) A.180 B.160C.240D.60 考点 二项展开式中的特定项问题题点 求二项展开式特定项的系数答案 C解析 ⎝⎛⎭⎫2x 2－1x 6的展开式的通项为T k ＋1＝C k 6(2x 2)6－k ⎝⎛⎭⎫－1x k ＝(－1)k 26－k C k 65122k x -, 令12－52k ＝7,得k ＝2,即含x 7项的系数为(－1)224C 26＝240. 5.已知⎝⎛⎭⎫x －a x 8的展开式中常数项为 1 120,其中实数a 是常数,则展开式中各项系数的和是( )A.28B.38C.1或38D.1或28考点 展开式中系数的和问题题点 二项展开式中系数的和问题答案 C解析 由题意知C 48·(－a )4＝1 120,解得a ＝±2.令x ＝1,得展开式中各项系数的和为1或38. 6.(1－x )13的展开式中系数最小的项为( )A.第6项B.第8项C.第9项D.第7项 考点 展开式中系数最大(小)的项问题题点 求展开式中系数最大(小)的项答案 B解析 依据二项式系数与项的系数的关系来解决.展开式中共有14项,中间两项(第7,8项)的二项式系数最大.由于二项展开式中二项式系数和项的系数满足奇数项相等,偶数项互为相反数,所以系数最小的项为第8项,系数最大的项为第7项.故选B.7.航天员在进行一项太空实验时,先后要实施6个程序,其中程序B 和C 都与程序D 不相邻,则实验顺序的编排方法共有( )A.216种B.180种C.288种D.144种考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题答案 C解析 当B ,C 相邻,且与D 不相邻时,有A 33A 24A 22＝144(种)方法;当B ,C 不相邻,且都与D 不相邻时,有A 33A 34＝144(种)方法.故共有288种编排方法. 8.某校高二年级共有6个班级,现从外地转入4名学生,要安排到该年级的2个班级中且每班安排2名,则不同的安排方法种数为( )A.A 26C 24B.12A 26C 24C.A 26A 24D.2A 26考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用答案 B解析 将4人平均分成两组有12C 24种方法,将这两组分配到6个班级中的2个班有A 26种方法.所以不同的安排方法有12C 24A 26种. 二、填空题9.设二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2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⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ＝C 26a 2＝15a 2; 常数项为B ＝－C 36a 3＝－20a 3.因为B ＝4A ,所以－20a 3＝4×15a 2,所以a ＝－3.10.某运动队有5对老搭档运动员,现抽派4名运动员参加比赛,则这4人都不是老搭档的抽派方法数为________.考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题答案 80解析 先抽派4对老搭档运动员,再从每对老搭档运动员中各抽派1人,故有C 45C 12C 12C 12C 12＝80(种)抽派方法.11.高三(三)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,3个音乐节目恰有2个节目连排,则不同排法的种数是________. 考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题答案 288解析 先从3个音乐节目中选取2个排好后作为1个节目,有A 23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4A 22A 22＝16(种)排法;若曲艺节目排在2号(或4号)位置,则有4A 22A 22＝16(种)排法;若曲艺节目排在3号位置,则有2×2A 22A 22＝16(种)排法.故共有不同排法A 23×(16×3)＝288(种).三、解答题 12.现有5名教师要带3个不同的兴趣小组外出学习考察,要求每个兴趣小组的带队教师至多2人,但其中甲教师和乙教师均不能单独带队,求不同的带队方案有多少种？考点 排列组合综合问题题点 排列与组合的综合应用解 第一类,把甲、乙看做一个复合元素,和另外的3人分配到3个小组中,有C 23A 33＝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A 33A 23＝36(种),根据分类加法计数原理可得,共有18＋36＝54(种).13.已知⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n (n ∈N *)的展开式的各项系数之和等于⎝ ⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式中的常数项,求⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中含a －1项的二项式系数. 考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用解 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式的通项为 T k ＋1＝C k 5(43b )5－k ⎝⎛⎭⎫－15b k ＝C k 5·(－1)k ·45－k ·25k-·1056kb -,令10－5k ＝0,得k ＝2,此时得常数项为T 3＝C 25·(－1)2·43·5－1＝27. 令a ＝1,得⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式的各项系数之和为2n , 由题意知2n ＝27,所以n ＝7,所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a 7的展开式的通项为 T k ＋1＝C k 7⎝⎛⎭⎫3a 7－k ·(－3a )k＝C k 7·(－1)k ·37－k ·5216k a -.令5k －216＝－1,得k ＝3, 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中含a －1项的二项式系数为C 37＝35. 四、探究与拓展 14.⎝⎛⎭⎪⎪⎫32＋133n 展开式中的第7项与倒数第7项的系数比是1∶6,则展开式中的第7项为______. 考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用答案 563解析 第7项为T 7＝C 6n (32)n －6⎝ ⎛⎭⎪⎫1336, 倒数第7项为T n －5＝C n －6n (32)6⎝ ⎛⎭⎪⎫133n －6, 由C 6n (32)n －6⎝ ⎛⎭⎪⎫1336C n －6n (32)6⎝ ⎛⎭⎪⎫133n －6＝16,得n ＝9, 故T 7＝C 69(32)9－6⎝ ⎛⎭⎪⎫1336＝C 39·2·19＝563. 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 46种情况, 但其中包含0在首位的有A 35种情况,依题意可得,有A 46－A 35＝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A35种情况,0不在末尾时,有A12A24A14种情况,由分类加法计数原理,共有A35＋A12A24A14＝156(个).(3)千位是1的四位数有A35＝60(个),千位是2,百位是0或1的四位数有2A24＝24(个), ∴第85项是2 301.。

1.2.1排列(一)学习目标 1.理解并掌握排列的概念.2.理解并掌握排列数公式，能应用排列知识解决简单的实际问题.知识点一排列的定义从甲、乙、丙三名同学中选出2人参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动.思考1让你安排这项活动需要分几步？答案分两步.第1步确定上午的同学；第2步确定下午的同学.思考2甲丙和丙甲是相同的排法吗？答案不是.一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.知识点二排列数及排列数公式思考1从1,2,3,4这4个数字中选出两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从几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.类型一排列的概念例1下列问题是排列问题的为________.①选2个小组分别去植树和种菜；②选2个小组分别去种菜；③某班40名同学在假期互发短信；④从1,2,3,4,5中任取两个数字相除；⑤10个车站，站与站间的车票.解析①植树和种菜是不同的，存在顺序问题，是排列问题；②不存在顺序问题，不是排列问题；③存在顺序问题，是排列问题；④两个数相除与这两个数的顺序有关，是排列问题；⑤车票使用时有起点和终点之分，故车票的使用是有顺序的，是排列问题.答案①③④⑤反思与感悟判断一个具体问题是否为排列问题的思路跟踪训练1判断下列问题是否为排列问题(1)会场有50个座位，要求选出3个座位有多少种方法？若选出3个座位安排三位客人，又有多少种方法？(2)从集合M＝{1,2，…，9}中，任取两个元素作为a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1？可以得到多少个焦点在x 轴上的双曲线方程x 2a 2－y 2b2＝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 (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x 2a 2＋y 2b 2＝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x 2a 2－y 2b 2＝1中，不管a >b 还是a <b ，方程x 2a 2－y 2b 2＝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. 类型二 排列数的计算或证明例2 (1)用排列数表示(55－n )(56－n )…(69－n )(n ∈N *且n <55)；(2)计算2A 58＋7A 48A 88－A 59；(3)求证A m n ＋1－A m n ＝m A m －1n. 解 (1)∵55－n,56－n ，…，69－n 中的最大数为69－n ，且共有69－n －(55－n )＋1＝15个元素，∴(55－n )(56－n )…(69－n )＝A 1569-n .(2)2A 58＋7A 48A 88－A 59＝2×8×7×6×5×4＋7×8×7×6×58×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×5＝8×7×6×5×(8＋7)8×7×6×5×(24－9)＝1.(3)方法一 ∵A m n ＋1－A mn ＝(n ＋1)！(n ＋1－m )！－n ！(n －m )！＝n ！(n －m )！·⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋1－m －1＝n ！(n －m )！·m n ＋1－m＝m ·n ！(n ＋1－m )！＝m A m －1n， ∴A m n ＋1－A m n ＝m A m －1n. 方法二 A m n ＋1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a 1的有A m n 个.含有a 1的可这样进行排列：先排a 1，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 m －1n种排法.故A m n ＋1＝m A m －1n＋A mn ， ∴m A m －1n ＝A m n ＋1－A m n .反思与感悟 1.连续正整数的乘积可以写成某个排列数，其中最大的数是排列元素的总个数，而正整数的个数是所选取元素的个数，这种题型是排列数公式的逆用.2.应用排列数公式解题时，一般先写出它们的式子，再提取公因式，然后计算，这样会减少运算量，另外，应用排列数的定义解题，也是一种常用方法.跟踪训练2 解不等式：A x 8<6A x －28.解 由A x 8<6A x －28，得8！(8－x )！<6×8！(10－x )！， 化简得x 2－19x ＋84<0， 解之得7<x <12，① 又⎩⎪⎨⎪⎧x ≤8，x －2≥0，所以2≤x ≤8， ②由①、②及x ∈N *，得x ＝8. 类型三 排列的列举问题 例3 写出下列问题的所有排列：(1)北京、广州、南京、天津4个城市相互通航，应该有多少种机票？(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，共有多少种不同的排列方法？解 (1)列出每一个起点和终点情况，如图所示.故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.(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.反思与感悟用树形图解决简单的排列问题是常见的解题方法.它能很好地确定排列中各元素的先后顺序，利用树形图可具体地列出各种情况，避免排列的重复和遗漏.跟踪训练3从0,1,2,3这四个数字中，每次取出三个不同的数字排成一个三位数.(1)能组成多少个不同的三位数，并写出这些三位数.(2)若组成这些三位数中，1不能在百位，2不能在十位，3不能在个位，则这样的三位数共有多少个，并写出这些三位数.解(1)组成三位数分三个步骤：第一步：选百位上的数字，0不能排在首位，故有3种不同的排法；第二步：选十位上的数字，有3种不同的排法；第三步：选个位上的数字，有2种不同的排法.由分步乘法计数原理得共有3×3×2＝18(个)不同的三位数.画出下列树形图：由树形图知，所有的三位数为102,103,120,123,130,132,201,203,210,213,230,231,301,302,310,312,320,321.(2)直接画出树形图：由树形图知，符合条件的三位数有8个：201,210,230,231,301,302,310,312.1.4×5×6×…(n－1)·n等于()A.A4nB.A n－4nC.(n－4)!D.A n－3n答案 D解析从4,5，…到n共n－4＋1＝n－3个数，所以根据排列数公式知4×5×6×…×(n－1) .＝A n－3n2.下列问题属于排列问题的是()①从10个人中选2人分别去种树和扫地；②从10个人中选2人去扫地；③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队；④从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算.A.①④B.①②C.④D.①③④答案 A解析根据排列的定义，选出的元素有顺序的才是排列问题.3.从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的结果有()A.6个B.10个C.12个D.16个答案 C解析符合题意的商有A24＝4×3＝12个.4.写出下列问题的所有排列.(1)甲、乙、丙、丁四名同学站成一排；(2)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.解(1)四名同学站成一排，共有A44＝24个不同的排列，它们是：甲乙丙丁，甲丙乙丁，甲丁乙丙，甲乙丁丙，甲丙丁乙，甲丁丙乙；乙甲丙丁，乙甲丁丙，乙丙甲丁，乙丙丁甲，乙丁甲丙，乙丁丙甲；丙甲乙丁，丙甲丁乙，丙乙甲丁，丙乙丁甲，丙丁甲乙，丙丁乙甲；丁甲乙丙，丁甲丙乙，丁乙甲丙，丁乙丙甲，丁丙甲乙，丁丙乙甲.(2)从五名同学中选出两名同学任正、副班长，共有A25＝20种选法，形成的排列是：12,13,14,15,21,23,24,25,31,32,34,35,41,42,43,45,51,52,53,54.1.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 m n＝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 m n＝n！(n－m)！用于与排列数有关的证明、解方程、解不等式等，在具体运用时，应注意先提取公因式再计算，同时还要注意隐含条件“n、m∈N*，m≤n”的运用.一、选择题1.α∈N*，且α<27，则(27－α)(28－α)…(34－α)等于()A.A827－αB.A27－α34－αC.A734－αD.A834－α答案 D解析从27－α到34－α共有34－α－(27－α)＋1＝8个数.∴(27－α)(28－α)…(34－α)＝A834－α.2.已知下列问题：①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组；②从甲、乙、丙三名同学中选出两人参加一项活动；③从a，b，c，d中选出3个字母；④从1,2,3,4,5这五个数字中取出2个数字组成一个两位数.其中是排列问题的有()A.1个B.2个C.3个D.4个答案 B解析由排列的定义知①④是排列问题.3.已知A2n＝132，则n等于()A.11B.12C.13D.14答案 B解析A2n＝n(n－1)＝132，解得，n＝12或－11(舍去).4.甲、乙、丙三人排成一排照相，甲不站在排头的所有排列种数为()A.6B.4C.8D.10答案 B解析列树形图如下：丙甲乙乙甲乙甲丙丙甲，共4种.5.2016北京车展期间，某调研机构准备从5人中选3人去调查E1馆、E3馆、E4馆的参观人数，不同的安排方法种数为()A.12B.24C.36D.60答案 D解析由题意可知，问题为从5个元素中选3个元素的排列问题，所以安排方法有5×4×3＝60(种).6.下列各式中与排列数A m n相等的是()A.n！(n－m＋1)！B.n(n－1)(n－2)…(n－m)C.n A m n－1n－m＋1D.A1n A m－1n－1答案 D解析 A m n＝n ！(n －m )！， 而A 1n A m －1n －1＝n ×(n －1)！(n －m )！＝n ！(n －m )！， ∴A 1n A m －1n －1＝A m n .二、填空题7.2A 412＋A 512A 513－A 512＝________. 答案 2 解析 2×12×11×10×9＋12×11×10×9×813×12×11×10×9－12×11×10×9×8＝2＋813－8＝2. 8.满足不等式A 7nA 5n >12的最小正整数n 的值为________.答案 10解析 A 7n A 5n ＝n ！(n －7)！n ！(n －5)！＝(n －5)！(n －7)！>12得：(n －5)(n －6)>12. 解得： n >9或n <2(应舍去). ∴最小正整数n 的值为10.9.从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是________. 答案 18解析 由于lg a －lg b ＝lg a b (a >0，b >0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为a b 有A 25种，又13与39相同，31与93相同，∴lg a －lg b 的不同值的个数有A 25－2＝20－2＝18. 10.一条铁路线上原有n 个车站，为了适应客运的需要，在这条铁路线上又新增加了m (m ＞1)个车站，客运车票增加了62种，则n ＝________，m ＝________. 答案 15 2解析 由题意得：A 2n ＋m －A 2n ＝62，(n ＋m )(n ＋m －1)－n (n －1)＝62. 整理得：m (2n ＋m －1)＝62＝2×31.∵m ，n 均为正整数，∴2n ＋m －1也为正整数.∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，2n ＋m －1＝31，得：n ＝15，m ＝2. 11.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). 答案 36解析 司机，售票员各有A 33种安排方法，由分步乘法计数原理知共有A 33A 33＝36(种)不同的安排方法. 三、解答题12.某药品研究所研制了5种消炎药a 1，a 2，a 3，a 4，a 5,4种退热药b 1，b 2，b 3，b 4，现从中取两种消炎药和一种退热药同时进行疗效试验，但a 1，a 2两种药或同时用或同时不用，a 3，b 4两种药不能同时使用，试写出所有不同试验方法. 解 如图，由树形图可写出所有不同试验方法如下：a 1a 2b 1，a 1a 2b 2，a 1a 2b 3，a 1a 2b 4，a 3a 4b 1，a 3a 4b 2，a 3a 4b 3，a 3a 5b 1，a 3a 5b 2，a 3a 5b 3，a 4a 5b 1，a 4a 5b 2，a 4a 5b 3，a 4a 5b 4，共14种.13.甲、乙、丙三人相互传球，由甲开始发球，经过5次传球，球仍回到甲手中，不同的传球方法共有多少种？解 由甲开始发球，可发给乙，也可发给丙. 若甲发球给乙，其传球方法的树形图如图，共5种.同样甲第一次发球给丙，也有5种情况.由分类加法计数原理，共有5＋5＝10(种)不同传球方法.。

学习目标巩固分类加法计数原理和分步乘法计数原理，并能应用这两个计数原理解决实际问题.1.两计数原理的联系分类加法计数原理与分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题.2.两计数原理的区别分类加法计数原理针对的是分类问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分类要做到不重不漏；分步乘法计数原理针对的是分步问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事，分步要做到步骤完整.类型一组数问题例1用0,1,2,3,4五个数字，(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？(2)可以排成多少个三位数？(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？解(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种).(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种).(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法.因而有12＋18＝30(种)排法.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.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).解析因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有24－2＝14(个).答案14类型二抽取(分配)问题例23个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？解方法一(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择，根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60.方法二(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5；分成以下10类：第一类：空盒子标号为：(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；第二类：空盒子标号为：(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；第三类：空盒子标号为：(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；分类还有以下几种情况：(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法.根据分类加法计数原理得：共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种).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.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)，(4,2)，(4,3)共有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)共有4种情况；第四类：脱落四个焊点，只有(1,2,3,4)一种情况.于是脱落焊点的情况共有2＋6＋4＋1＝13(种).类型三涂色问题例3将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“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？解如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4，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312(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.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，并用分步乘法计数原理计算.(2)以颜色为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算.(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将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的5个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有________种不同的涂色方法.答案72解析给出区域标记号A，B，C，D，E(如图所示)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种.但E区域的涂色依赖于B区域与D区域涂的颜色，如果B区域与D区域涂的颜色相同，则有2种涂色方法；如果B区域与D区域所涂的颜色不相同，则只有1种涂色方法.因此应先分类后分步.(1)当B与D同色时，有4×3×2×2＝48(种).(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种).故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法.类型四种植问题例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.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)，故共有不同种植方法24－6＝18(种).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，不同的种植方法共有________种.答案42解析分别用a、b、c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.(1)若第三块田放c：第四、五块田分别有2种方法，共有(2)若第三块田放a：第四块有b或c两种方法：①若第四块放c；第五块有2种方法；②若第四块放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.1.用0,1,2,3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有()A.8个B.10个C.18个D.24个答案 A解析个位数只要是1或3，所以2种选择首位不能为0，则有2种选择，百位数字有2种选择，十位数字只有1种选择，由分步乘法计数原理，所以用0,1,2,3组成没有重复数字的四位数为奇数的有2×2×2×1＝8(个).2.设椭圆x2a2＋y2b2＝1的焦点在y轴上，其中a∈{1,2,3,4,5}，b＝{1,2,3,4,5,6,7}，则满足上述条件的椭圆个数为()A.20B.24C.12D.11答案 A解析当a＝1时，b＝2,3,4,5,6,7，有6个.当a＝2时，b＝3,4,5,6,7，有5个.当a＝3时，b＝4,5,6,7，有4个.当a＝4时，b＝5,6,7，有3个.当a＝5时，b＝6,7，有2个.由分类加法计数原理得6＋5＋4＋3＋2＝20(个).3.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.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.4.在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有________种. 答案12解析A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有1种种植方法.B在左边种植的情形与上述情形相同.故共有2×(3＋2＋1)＝12(种)不同的选垄方法.1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础.2.应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤.3.一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏.4.若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些.一、选择题1.在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有()A.512个B.192个C.240个D.108个答案 D解析能被5整除的四位数，可分为两类一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个).二类是末位为5，由分步乘法计数原理共有4×4×3＝48(个).由分类加法计数原理得60＋48＝108(个).2.若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有()A.10个B.14个C.15个D.21个答案 A解析当b＝1时，c＝4，当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形.3.某城市的电话号码由六位升为七位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是()A.9×8×7×6×5×4×3×2B.8×96C.9×106D.8.1×106答案 D解析电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位时为9×106，∴可增加的电话数是9×106－9×105＝81×105.故选D.4.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()A.243B.252C.261D.279答案 B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.故选B.5.从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为()A.18B.20C.25D.10答案 A解析第一步，给A赋值有5种选择，第二步，给B赋有4种选择，由分步乘法计数原理可得：5×4＝20(种).又因为A＝1，B＝2，与A＝2，B＝4表示同一直线.A＝2，B＝1与A＝4，B＝2，也表示同一直线.∴形成不同的直线最多的条数为20－2＝18.6.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，则不同的涂色方法共有多少种()A.280B.180C.96D.60答案 B解析按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选；第二步B区域有4种颜色可选；第三步C区域有3种颜色可选；第四步由于可重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选用.由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)涂色方法.二、填空题7.将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，则1号盒中有球的不同放法种数为________.答案37解析A，B，C每一个球放入盒子都有4种选择.由分步乘法计数原理得共有4×4×4＝64(种)放法.其中1号盒没有球共有3×3×3＝27(种)放法.∴1号盒子有球的不同放法种数有64－27＝37.8.有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有________种不同的取法.答案242解析分三类，第一类：取数学书和语文书，有10×9＝90(种)；第二类：取数学书和英语书，有10×8＝80(种)；第三类：取语文书和英语书，有9×8＝72(种)，故共有90＋80＋72＝242(种).9.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数，共有________个.答案36解析根据题意个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9共8种情况，在每一类中满足题目要求的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个).10.有一密码为631208的手提保险箱，现在显示的号码为080127，要打开箱子，至少需要旋转________次.(每个旋钮上转出一个新数字为一次，逆转、顺转都可以)答案14解析第一位最少旋转4次，其他位置依次旋转的次数为5,1,1,2,1，故共有4＋5＋1＋1＋2＋1＝14(次).11.如图，将一个四棱锥的每一个顶点染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法有________种.答案72解析下面分两种情况，即C，A同色与C，A不同色来讨论.(1)P的着色方法有4种，A的着色方法有3种，B的着色方法有2种，C，A同色时，C的着色方法为1种，D的着色方法有2种.(2)P的着色方法有4种，A的着色方法有3种，B的着色方法有2种.C与A不同色时C的着色方法有1种，D的着色方法有1种，综上，两类共有4×3×2×1×2＋4×3×2×1×1＝48＋24＝72(种).三、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.解(1)由于0不能在首位，所以首位数字有9种不同选法；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.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.解完成着色这件事，共分为四个步骤，可以依次考虑为①，②，③，④这四个区域着色时各自的方法数，再利用分步乘法计数原理确定出总的方法数.于是有：(1)为①区域着色时有6种方法，为②区域着色时有5种方法，为③区域着色时有4种方法，为④区域着色时有4种方法，依据分步乘法计数原理，不同的着色方法为6×5×4×4＝480(种).(2)由题意知，为①区域着色时有n种方法，为②区域着色时有(n－1)种方法.为③区域着色时有(n－2)种方法，为④区域着色时有(n－3)种方法，由分步乘法计数原理可得不同的着色方法数为n(n－1)(n－2)(n－3).∴n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，∴(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0，即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－120＝0.∴n2－3n－10＝0或n2－3n＋12＝0(舍去). ∴n＝5.。