排列组合综合 教案-2022届高三上学期数学一轮复习

课时：2课时教学目标：1. 让学生理解排列组合的概念，掌握排列组合的基本原理。

2. 培养学生运用排列组合知识解决实际问题的能力。

3. 培养学生的逻辑思维能力和创新意识。

教学重点：1. 排列组合的概念和基本原理。

2. 排列组合的应用。

教学难点：1. 排列组合的计算方法。

2. 排列组合在解决实际问题中的应用。

教学过程：第一课时一、导入新课1. 复习组合数学中的排列概念，引导学生回顾排列的定义和性质。

2. 引出排列组合的概念，提出本节课的学习目标。

二、新课讲解1. 排列组合的定义：排列是指从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的方法数；组合是指从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，不考虑顺序的方法数。

2. 排列组合的原理：排列数公式A_n^m = n!/(n-m)!，组合数公式C_n^m =n!/[(n-m)!m!]3. 排列组合的性质：对称性、乘法原理、加法原理。

三、例题讲解1. 讲解排列组合的基本计算方法，通过实例让学生掌握计算公式。

2. 讲解排列组合在解决实际问题中的应用，如：生日问题、握手问题等。

四、课堂练习1. 学生独立完成课堂练习，巩固排列组合的基本计算方法。

2. 教师巡视指导，解答学生疑问。

第二课时一、复习导入1. 复习排列组合的定义、原理和计算方法。

2. 引导学生思考排列组合在解决实际问题中的应用。

二、新课讲解1. 排列组合的扩展：错位排列、多重排列等。

2. 排列组合在实际问题中的应用，如：排列组合在密码设置、计算机科学中的应用等。

三、例题讲解1. 讲解错位排列、多重排列的计算方法。

2. 讲解排列组合在解决实际问题中的应用实例。

四、课堂练习1. 学生独立完成课堂练习，巩固排列组合的扩展知识和应用。

2. 教师巡视指导，解答学生疑问。

五、课堂小结1. 回顾排列组合的定义、原理、计算方法和应用。

2. 强调排列组合在数学和其他学科中的重要性。

六、布置作业1. 完成课后习题，巩固排列组合知识。

高三数学第一轮复习：高三理科数学排列组合总复习教学案高三数学第一轮复习：高三理科数学排列组合总复习教学案第十二章排列组合、二项式定理、概率高考导航考试要求重难点击命题展望排列、组合1.理解并运用分类加法计数原理或分步乘法计数原理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公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；3.能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 本章重点：排列、组合的意义及其计算方法，二项式定理的应用. 本章难点：用二项式定理解决与二项展开式有关的问题. 排列组合是学习概率的基础，其核心是两个基本原理.高考中着重考查两个基本原理，排列组合的概念及二项式定理.随机事件的概率 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别；2.了解两个互斥事件的概率加法公式和相互独立事件同时发生的概率乘法公式；3.理解古典概型及其概率计算公式；会计算一些随机事件所包含的基本事件的个数及事件发生的概率；4.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率，了解几何概型的意义. 本章重点：1.随机事件、互斥事件及概率的意义，并会计算互斥事件的概率；2.古典概型、几何概型的概率计算.本章难点：1.互斥事件的判断及互斥事件概率加法公式的应用；2.可以转化为几何概型求概率的问题. 本部分要求考生能从集合的思想观点认识事件、互斥事件与对立事件，进而理解概率的性质、公式，还要求考生了解几何概型与随机数的意义.在高考中注重考查基础知识和基本方法的同时，还常考查分类与整合，或然与必然的数学思想方法，逻辑思维能力以及运用概率知识解决实际问题的能力.离散型随机变量 1.理解取有限值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用；3.了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题；4.理解取有限值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题；5.利用实际问题的直方图，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义. 本章重点：1.离散型随机变量及其分布列；2.独立重复试验的模型及二项分布.本章难点：1.利用离散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题；2.正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义. 求随机变量的分布列与期望，以及在此基础上进行统计分析是近几年来较稳定的高考命题态势.考生应注重对特殊分布(如二项分布、超几何分布)的理解和对事件的意义的理解.知识网络12.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理典例精析题型一分类加法计数原理的应用在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有种取法.当一个加数是1时，另一个加数只能是20，有1种取法；当一个加数是2时，另一个加数可以是19,20，有2种取法；当一个加数是3时，另一个加数可以是18,19,20，有3种取法；……当一个加数是10时，另一个加数可以是11,12，…，19,20，有10种取法；当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13，…，19,20，有9种取法；……当一个加数是19时，另一个加数只能是20，有1种取法.由分类加法计数原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100种取法.采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于20”确定另一个加数.【变式训练1】(20XX年济南市模拟)从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A.3 B.4 C.6 D.8当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12、13、23时，也有4个.故选D.题型二分步乘法计数原理的应用从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有种.能去张家界的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3＝240种.根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.【变式训练2】(20XX年湘潭市调研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有种不同的排法.依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有5人可选有5种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×4×4×4＝1 280种方法.题型三分类和分步计数原理综合应用(20XX年长郡中学)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有.方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：1与5同；2与5同；3与5同；1与3同.对于每一类有A44种涂法，共有4A44＝96种方法.方法二：第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法(此前三步已经用去三种颜色)；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有4×3×2×(1×1＋1×3)＝96种.染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练3】(20XX 年深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同，且1,5,9号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C13种涂法；第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法；第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法.由分步乘法原理知共有3×6×6＝108种涂法.提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.12.2排列与组合典例精析题型一排列数与组合数的计算计算：(1)8！＋A66A28－A410；(2) C33＋C34＋…＋C310.(1)原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×256×(－89)＝－5 *****.(2)原式＝C44＋C34＋C35＋…＋C310＝C45＋C35＋…＋C310＝C46＋C36＋…＋C310＝C411＝330.在使用排列数公式Amn＝n！(n－m)！进行计算时，要注意公式成立的条件：m，n∈N+，m≤n.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.【变式训练1】解不等式＞6 .原不等式即9！(9－x)！＞6×9！(11－x)！，也就是1(9－x)！＞，化简得x2－21x ＋104＞0，解得x＜8或x＞13，又因为2≤x≤9，且x∈N*，所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}.题型二有限制条件的排列问题3男3女共6个同学排成一行.(1)女生都排在一起，有多少种排法？(2)女生与男生相间，有多少种排法？(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法？(4)3名男生不排在一起，有多少种排法？(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？(1)将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A44种排法.又3名女生内部可有A33种排法，所以共有A44-A33＝144种排法.(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2A33-A33＝72种排法.(3)女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33-A34＝144种.(4)直接分类较复杂，可用间接法.即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66－A33A44＝576种.(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法.又甲、乙之间还有A22种排法.这样就有A23-A22种排法.然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另1名男生排在首尾，有A22种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A22＝24种.排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法.【变式训练2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列.(1)43 251是这个数列的第几项？(2)这个数列的第97项是多少？(1)不大于43 251的五位数A55－(A44＋A33＋A22)＝88个，即为此数列的第88项.(2)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A44＝24个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即51 234.题型三有限制条件的组合问题要从12人中选出5人去参加一项活动.(1)A，B，C三人必须入选有多少种不同选法？(2)A，B，C三人都不能入选有多少种不同选法？(3)A，B，C三人只有一人入选有多少种不同选法？(4)A，B，C三人至少一人入选有多少种不同选法？(5)A，B，C三人至多二人入选有多少种不同选法？(1)只须从A，B，C之外的9人中选择2人，C29＝36种不同选法.(2)由A，B，C三人都不能入选只须从余下9人中选择5人，即有C59＝C49＝126种选法.(3)可分两步，先从A，B，C 三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13-C49＝378种选法.(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C59，共有C512－C59＝666种选法.(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都入选的情况C29种，所以共有C512－C29＝756种选法.遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.(1)在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？(2)在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？(1)四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有4C46种；第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种；第三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的4个中点，共有C23＝3种.故有69种.(2)用间接法.共C410－69＝141种.总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路：(1)正确选择原理，确定分类或分步计数；(2)特殊元素、特殊位置优先考虑；(3)再考虑其余元素或其余位置.12.3 二项式定理典例精析题型一二项展开式的通项公式及应用已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.(1)求证：展开式中没有常数项；(2)求展开式中所有的有理项. 由题意得2C1n- ＝1＋C2n-( )2，即n2－9n＋8＝0，所以n＝8，n＝1(舍去).所以Tr ＋1＝-( ) - ＝(－)r- - - ＝(－1)r- - (0≤r≤8，r∈Z).(1)若Tr＋1是常数项，则16－3r4＝0，即16－3r＝0，因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项.(2)若Tr＋1是有理项，当且仅当16－3r4为整数，又0≤r≤8，r∈Z，所以r＝0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是T1＝x4，T5＝358 x，T9＝1256 x-2.(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要注意n和r的数值范围及大小关系)；(3) 注意区分展开式“第r＋1项的二项式系数”与“第r＋1项的系数”.【变式训练1】若(xx＋)n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.由题知C0n＋C1n-2＋C2n-22＝129，所以n＝8，所以通项为Tr＋1＝Cr8(xx)8-r ＝，故r＝6时，T7＝26C28x＝1 792x，所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x.题型二运用赋值法求值(1)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，则n＝；(2)已知(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若5a1＋2a2＝0，则a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝.(1)易知an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30.又令x＝1，有2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋…＋an＝30，即2n＋1－2＝30，所以n＝4.(2)由二项式定理得，a1＝－C1n＝－n，a2＝C2n＝n(n－1)2，代入已知得－5n ＋n(n－1)＝0，所以n＝6，令x＝－1得(1＋1)6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝64.运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.【变式训练2】设(3x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8.求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值.令f(x)＝(3x－1)8，因为f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝f(1)＋f(－1)2＝27×(1＋28).题型三二项式定理的综合应用求证：4×6n＋5 n＋1－9能被20整除.4×6n＋5n＋1－9＝4(6n－1)＋5(5n－1)＝4[(5＋1)n－1]＋5[(4＋1)n－1]＝20[(5n－1＋C1n5n－2＋…＋Cn－1n)＋(4n－1＋C1n4n－2＋…＋Cn－1n)]，是20的倍数，所以4×6n ＋5n＋1－9能被20整除.用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a＋b)n中，a，b中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)1＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6.因为T3＝C26(－0.002)2＝15×(－0.002)2＝0.000 06＜0.001，且第3项以后的绝对值都小于0.001，所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.所以0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.总结提高 1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.12.4随机事件的概率与概率的基本性质典例精析题型一频率与概率某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.抽取球数n 50 100 200 500 1 000 2 000优等品数m 45 92 194 470 954 1 902优等品频率(1)计算表中乒乓球优等品的频率；(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？(结果保留到小数点后三位)(1)依据公式，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951.(2)由(1)知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为0.950.从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在0.95，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.【变式训练1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.投篮次数n 8 10 12 9 10 16进球次数m 6 8 9 7 7 12进球频率(1)计算表中进球的频率；(2)这位运动员投篮一次，进球的概率是多少？(1)由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：(2)由(1)知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在附近摆动，可知该运动员进球的概率为 .题型二随机事件间的关系从一副桥牌(52张)中任取1张.判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件.(1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”；(2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；(3)“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”.(1)是互斥事件但不是对立事件.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的.同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花”，因此两者不对立.(2)是互斥事件又是对立事件.因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生.(3)不是互斥事件，更不是对立事件.因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事件有可能同时发生，如抽得12.要区分互斥事件和对立事件的定义.【变式训练2】抽查10件产品，设事件A：至少有两件次品，则A的对立事件为()A.至多两件次品 B.至多一件次品C.至多两件正品 D.至少两件正品根据对立事件的定义得选项 B.题型三概率概念的应用甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于85分为，85分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表.优秀非优秀总计甲10 乙30 总计105已知从全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为 .(1)请完成上面列联表；(2)根据列联表的数据，若按95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”(参考数据P(K2＞6.635)＝0.05)；(3)若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到6号或10号的概率.(1)优秀非优秀总计甲10 45 55乙20 30 50总计30 75 105(2)计算K2的一个观测值k＝＝6.109.因为6.109＜6.635，所以没有95%的把握认为成绩与班级有关.(3)记被抽取人的序号为ζ，则P(ζ＝6)＝，P(ζ＝10)＝，所以P(ζ＝6或ζ＝10)＝P(ζ＝6)＋P(ζ＝10)＝＝.本题考查概率的概念在实际生活中的应用.【变式训练3】袋内有35个球，每个球上都记有从1~35中的一个号码，设号码为n的球的重量为－5n＋20克，这些球以等可能性从袋里取出(不受重量、号码的影响).(1)如果取出1球，试求其重量比号码数大5的概率；(2)如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率.(1)由不等式－5n＋20＞n＋5，得n＞15或n＜3，由题意知n＝1,2或者n＝16,17，…，35，于是所求概率为 .(2)设第n号和第m号的两个球的重量相等，其中n ＜m，则有－5n＋20＝－5m＋20，所以(n－m)(n＋m－15)＝0.因为n≠m，所以n＋m＝15，所以(n，m)＝(1,14)，(2,13)，…，(7,8).故所求概率为 .总结提高1.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合A 的对立事件记作，从集合的角度来看，事件所含结果的集合正是全集U中由事件A所含结果组成集合的补集，即A∪ ＝U，A∩ ＝ .对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.事件A、B的和记作A＋B，表示事件A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事件时，事件A＋B是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的.当计算事件A的概率P(A)比较困难时，有时计算它的对立事件的概率则要容易些，为此有P(A)＝1－P( ).2.若A与B互相独立，则与，A与，与B都是相互独立事件.判断A与B是否独立的方法是看P(AB)＝P(A)-P(B)是否成立.12.5古典概型典例精析题型一古典概率模型的计算问题一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)，轿车A 轿车B 轿车C舒适型100 150 z标准型300 450 600现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类10辆.(1)求z的值；(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；(3)用随机抽样方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率.(1)依题意知，从每层抽取的比率为140，从而轿车的总数为50×40＝2 000辆，所以z＝2 000－100－150－300－450－600＝400.(2)由(1)知C类轿车共1 000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为1200，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n＝10种不同取法，记事件A：至少有1辆舒适型轿车，则事件表示抽取到2辆标准型轿车，有m′＝3种不同取法，从而事件A包含：基本事件数为m＝7种，所以P(A)＝710.(3)样本平均数＝18×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0，记事件B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过0.5，则事件B包含的基本事件有6种，所以P(B)＝68＝34.。

普通高中课程标准实验教科书—数学 [人教版] 高三新数学第一轮复习教案（讲座39）—排列、组合、二项式定理一．课标要求：1．分类加法计数原理、分步乘法计数原理通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；2．排列与组合通过实例，理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；3．二项式定理能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。

二．命题走向本部分内容主要包括分类计数原理、分步计数原理、排列与组合、二项式定理三部分；考查内容：（1）两个原理；（2）排列、组合的概念，排列数和组合数公式，排列和组合的应用；（3）二项式定理，二项展开式的通项公式，二项式系数及二项式系数和。

排列、组合不仅是高中数学的重点内容，而且在实际中有广泛的应用，因此新高考会有题目涉及；二项式定理是高中数学的重点内容，也是高考每年必考内容，新高考会继续考察。

考察形式：单独的考题会以选择题、填空题的形式出现，属于中低难度的题目，排列组合有时与概率结合出现在解答题中难度较小，属于高考题中的中低档题目；预测2007年高考本部分内容一定会有题目涉及，出现选择填空的可能性较大，与概率相结合的解答题出现的可能性较大。

三．要点精讲1．排列、组合、二项式知识相互关系表2．两个基本原理（1）分类计数原理中的分类；（2）分步计数原理中的分步；正确地分类与分步是学好这一章的关键。

3．排列（1）排列定义，排列数（2）排列数公式：系==n·(n－1)…(n－m+1)；（3）全排列列： =n!；（4）记住下列几个阶乘数：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720；4．组合（1）组合的定义，排列与组合的区别；（2）组合数公式：C n m==；（3）组合数的性质①C n m=C n n-m；②；③rC n r=n·C n-1r-1；④C n0+C n1+…+C n n=2n；⑤C n0-C n1+…+(-1)n C n n=0，即C n0+C n2+C n4+…=C n1+C n3+…=2n-1；5．二项式定理（1）二项式展开公式：(a+b)n=C n0a n+C n1a n-1b+…+C n k a n-k b k+…+C n n b n；（2）通项公式：二项式展开式中第k+1项的通项公式是：T k+1=C n k a n-k b k；6．二项式的应用（1）求某些多项式系数的和；（2）证明一些简单的组合恒等式；（3）证明整除性。

高三数学总复习高考复习科目：数学 高中数学总复习（九）一、两个原理.1. 乘法原理、加法原理.2. 可以有重复元素．．．．．．．的排列. 从m 个不同元素中，每次取出n 个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序排成一排，那么第一、第二……第n 位上选取元素的方法都是m 个，所以从m 个不同元素中，每次取出n 个元素可重复排列数m ·m ·… m = m n.. 例如：n 件物品放入m 个抽屉中，不限放法，共有多少种不同放法？ 二、排列.1. ⑴对排列定义：从n 个不同的元素中任取m(m ≤n )个元素，按照一定顺序．．．．．．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.⑵相同排列：如果两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序也必须完全相同.⑶排列数：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素排成一列，称为从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列. 从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列数，用符号m n A 表示.⑷排列数公式： ),,()!(!)1()1(N m n n m m n n m n n n A m ∈≤-=+--=Λ注意：!)!1(!n n n n -+=⋅ 规定0! = 1111--++=⋅+=m n m n m n m m m n m n mA A C A A A 11--=m n m n nA A 规定10==n n n C C 2. 含有可重元素．．．．．．的排列问题. 对含有相同元素求排列个数的方法是：设重集S 有k 个不同元素a 1，a 2,…...a n 其中限重复数为n 1、n 2……n k ，且n = n 1+n 2+……n k , 则S 的排列个数等于!!...!!21k n n n n n =.三、组合.1. ⑴组合：从n 个不同的元素中任取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.⑵组合数公式：)!(!!!)1()1(m n m n C m m n n n A A C m n mmmn m n -=+--==Λ⑶两个公式：①;m n n m n C C -= ②mn m n m n C C C 11+-=+①从n 个不同元素中取出m 个元素后就剩下n-m 个元素，因此从n 个不同元素中取出 n-m个元素的方法是一一对应的，因此是一样多的就是说从n 个不同元素中取出n-m 个元素的唯一的一个组合.（或者从n+1个编号不同的小球中，n 个白球一个红球，任取m 个不同小球其不同选法，分二类，一类是含红球选法有1m n 111m n C C C --=⋅一类是不含红球的选法有m n C ）②根据组合定义与加法原理得；在确定n+1个不同元素中取m 个元素方法时，对于某一元素，只存在取与不取两种可能，如果取这一元素，则需从剩下的n 个元素中再取m-1个元素，所以有C1-m n ，如果不取这一元素，则需从剩余n 个元素中取出m 个元素，所以共有C mn 种，依分类原理有mn m n m n C C C 11+-=+.⑷排列与组合的联系与区别.联系：都是从n 个不同元素中取出m 个元素. 区别：前者是“排成一排”，后者是“并成一组”，前者有顺序关系，后者无顺序关系. ⑸①几个常用组合数公式nn n n n n C C C 2210=+++Λλ 11111121153142011112++--++++++-+=+==++=+++=+++k n k n k n kn m n m m n m m m m m m n n n n n n n n C n C k nCkC C C C C C C C C C C C ΛΛΛ②常用的证明组合等式方法例.i. 裂项求和法. 如：)!1(11)!1(!43!32!21+-=++++n n n Λ（利用!1)!1(1!1n n n n --=-）ii. 导数法. iii. 数学归纳法. iv. 倒序求和法.v. 递推法（即用m n m n m n C C C 11+-=+递推）如：413353433+=+++n n C C C C C Λ. vi. 构造二项式. 如：n n n n n n C C C C 222120)()()(=+++Λ证明：这里构造二项式n n n x x x 2)1()1()1(+=++其中n x 的系数，左边为22120022110)()()(n n n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C C +++=⋅++⋅+⋅+⋅--ΛΛ，而右边nn C 2= 四、排列、组合综合.1. I. 排列、组合问题几大解题方法及题型： ①直接法. ②排除法.③捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列.它主要用于解决“元素相邻问题”，例如，一般地，n 个不同元素排成一列，要求其中某)(n m m ≤个元素必相邻的排列有m m m n m n A A ⋅+-+-11个.其中11+-+-m n m n A 是一个“整体排列”，而m m A 则是“局部排列”.又例如①有n 个不同座位，A 、B 两个不能相邻，则有排列法种数为-2n A 2211A A n ⋅-. ②有n 件不同商品，若其中A 、B 排在一起有2211A A n n ⋅--. ③有n 件不同商品，若其中有二件要排在一起有112--⋅n n n A A . 注：①③区别在于①是确定的座位，有22A 种；而③的商品地位相同，是从n 件不同商品任取的2个，有不确定性.④插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”. ⑤占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.⑥调序法：当某些元素次序一定时，可用此法.解题方法是：先将n 个元素进行全排列有n n A 种，)(n m m π个元素的全排列有m m A 种，由于要求m 个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到去调序的作用，即若n 个元素排成一列，其中m 个元素次序一定，共有m mn n A A 种排列方法.⑦平均法：若把kn 个不同元素平均分成k 组，每组n 个，共有kknnn n k n kn AC C C Λ)1(-⋅.注意：分组与插空综合. 例如：n 个元素全排列，其中某m 个元素互不相邻且顺序不变，共有多少种排法？有mmm m n m n m n A A A /1+---⋅，当n – m+1 ≥m, 即m ≤21+n 时有意义. ⑧隔板法：常用于解正整数解组数的问题.例如：124321=+++x x x x 的正整数解的组数就可建立组合模型将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成11个空隙中任选三个插入3块摸板，把球分成4个组.每一种方法所得球的数目依次为4321,,,x x x x 显然124321=+++x x x x ，故（4321,,,x x x x ）是方程的一组解.反之，方程的任何一组解),,,(4321y y y y ，对应着惟一的一种在12个球之间插入隔板的方式（如图所示）故方程的解和插板的方法一一对应. 即方程的解的组数等于插隔板的方法数311C . ⑨定位问题：从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列规定某r 个元素都包含在内，并且都排在某r 个指定位置则有r k r n r r A A --.⑩指定元素排列组合问题.i. 从n 个不同元素中每次取出k 个不同的元素作排列（或组合），规定某r 个元素都包含在内 。

2021年高考数学一轮复习 10.4 排列与组合的综合问题教案●知识梳理1.排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置的数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合问题的基本思维是“先组，后排”.2.解排列组合的应用题，要注意四点：（1）仔细审题，判断是组合问题还是排列问题；要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步.（2）深入分析、严密周详，注意分清是乘．还是加．，既不少也不多，辩证思维，多角度分析，全面考虑，这不仅有助于提高逻辑推理能力，也尽可能地避免出错.（3）对于附有条件的比较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后应用分类计数原理或分步计数原理来解决.（4）由于排列组合问题的答案一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决问题的方案是否完备，有无重复或遗漏，也可采用多种不同的方法求解，看看是否相同.在对排列组合问题分类时，分类标准应统一，否则易出现遗漏或重复.●点击双基1.（xx年福建，理6）某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为A.ACB.ACC.AAD.2A解析：将4名学生均分成两组，方法数为C，再分配给6个年级中的2个，分配方法数为A，∴合要求的安排方法数为C·A.答案：B2.从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案种数为A.24B.48C.120D.72解析：若不含A，则有A种；若含有A，则有C·C·A种.∴A+C·C·A=72.答案：D3.5本不同的书，全部分给四个学生，每个学生至少1本，不同分法的种数为A.480B.240C.120D.96解析：先把5本书中的两本捆起来（C），再分成四份（A），∴分法种数为C·A=240.答案：B4.从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有_____________个.（用数字作答）解析：①四位数中包含5和0的情况：C·C·（A+A·A）=120.②四位数中包含5，不含0的情况：C·C·A=108.③四位数中包含0，不含5的情况：CCA=72.综上，四位数总数为120+108+72=300.答案：3005.市内某公共汽车站有10个候车位（成一排），现有4名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有5个连续空座位的候车方式共有_____________种.（用数字作答）解析：把四位乘客当作4个元素作全排列有A种排法，将一个空位和余下的4个空位作为一个元素插空有A种排法.∴A·A=480.答案：480●典例剖析【例1】从6名短跑运动员中选4人参加4×100 m接力，如果其中甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，问共有多少种参赛方法?解法一：问题分成三类：（1）甲、乙两人均不参加，有A种；（2）甲、乙两人有且仅有一人参加，有2C（A－A）种；（3）甲、乙两人均参加，有C（A－2A＋A）种.故共有252种.解法二：六人中取四人参加的种数为A，除去甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的有C A种，因前后把甲、乙两人都不在恰当位置的种数A减去了两次.故共有A－C A ＋A=252种.评述：对于带有限制条件的排列、组合综合题，一般用分类讨论或间接法两种方法处理.【例2】对某种产品的6件不同正品和4件不同次品一一进行测试，至区分出所有次品为止.若所有次品恰好在第5次测试时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能?解：C（CC）A=576，第5次必测出一次品，余下3件在前4次被测出，从4件中确定最后一件品有C种方法，前4次中应有1正品、3次品，有CC种，前4次测试中的顺序有A种，由分步计数原理即得.评述：本题涉及一类重要问题，即问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先选元素（即组合）后排列.思考讨论用类似的方法，讨论如下问题.某种产品有5件不同的正品，4件不同的次品，现在一件件地进行检测，直到4件次品全部测出为止，则最后一件次品恰好在第6次检测时被测出，这样的检测方案有多少种？提示：问题相当于从10件产品中取出6件的一个排列，第6位为次品，前五位有其余3件次品，可分三步：先从4件产品中留出1件次品排第6位，有4种方法；再从5件正品中取2件，有C种方法；再把3件次品和取出的2件正品排在前五位有A种方法.所以检测方案种数为4×C·A=4800.【例3】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，则不同的种植方法共有多少种？解：依题意，A、B两种作物的间隔至少6垄，至多8垄.（1）间隔6垄时，有3×A 种；（2）间隔7垄时，有2×A种.（3）间隔8垄时，有A种.所以共有3A+2A+A=12种种植方法.【例4】有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是A.234B.346C.350D.363解法一：分类讨论法.（1）前排一个，后排一个，2C·C=192.（2）后排坐两个（不相邻），2（10+9+8+…+1）=110.（3）前排坐两个，2·（6+5+…+1）+2=44个.∴总共有192+110+44=346个.解法二：考虑中间三个位置不坐，4号座位与8号座位不算相邻.∴总共有A+2+2=346个.答案：B评述：本题考查分类讨论在解排列组合应用题中的运用.这是一道难度较大的小综合题.●闯关训练夯实基础1.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.不同的种植方法共有A.24种B.18种C.12种D.6种解析：∵黄瓜必选，故再选2种蔬菜的方法数是C种，在不同土质的三块土地上种植的方法是A.∴种法共有C·A=18种.答案：B2.四个不同的小球全部随意放入三个不同的盒子中，使每个盒子都不空的放法种数为A.AAB.CAC.CAC解析：4个球放入3个盒子，则有一个盒子要放两个球，故CA.答案：B3.书架上原有5本书，再放上2本，但要求原有书的相对顺序不变，则不同的放法有_____________种.解析：分三步，每步各有6，7，8种放法，共有6×7×8=336种.答案：3364.（xx年浙江，文16）设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（3，0）（允许重复过此点．．）处，则质点不同的运动方法共有__________种.（用数字作答）解析：记向左跳一次为－1，向右跳一次为+1，则只要5次和为+3，质点一定落在（3，0），所以只需4个“+1”，1个“－1”即可，从5次中挑出一次取“－1”，结果数为C=5，故质点运动方法共有5种.答案：55.在一张节目表上原有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，再添加进去三个节目，求共有多少种安排方法?解法一：添加的三个节目有三类办法排进去：①三个节目连排，有CA种方法；②三个节目互不相邻，有A种方法；③有且仅有两个节目连排，有CCCA种方法.根据分类计数原理共有CA+A+CCCA=504种.解法二：从结果考虑，排好的节目表中有9个位置，先排入三个添加节目有A种方法，余下的六个位置上按6个节目的原有顺序排入只有一种方法.故所求排法为A=504种.解法三：=504.评述：插空法是处理排列、组合问题常用的方法.培养能力6.18人的旅游团要选一男一女参加生活服务工作，有两位老年男人不在推选之列，共有64种不同选法，问这个团中男女各几人?解：设这个团中有男人x人，则有女人18－x人，根据题意得C· C=64.解得x=10.∴这个团中有男10人，女8人.7.（理）如下图，矩形的对角线把矩形分成A、B、C、D四部分，现用五种不同色彩给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，共有多少种不同的涂色方法?解法一：依题意，给四部分涂色，至少要用两种颜色，故可分成三类涂色：第一类，用4种颜色涂色，有A种方法；第二类，用3种颜色涂色，选3种颜色的方法有C种；在涂的过程中，选对顶的两部分（A、C或B、D）涂同色，另两部分涂异色有C种选法；3种颜色涂上去有A种涂法.共C·C·A种涂法；第三类，用两种颜色涂色.选颜色有C种选法；A、C与B、D各涂一色有A种涂法.共C·A种涂法.所以共有涂色方法A+C·C·A+C·A=260种.解法二：区域A有5种涂色法；区域B有4种涂色法；区域C的涂色法有2类：若C 与A涂同色，区域D有4种涂色法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色法，区域D也有3种涂色法.所以共有5×4×4+5×4×3×3=260种涂色法.（文）10只不同的试验产品，其中有4只次品，6只正品，现每次取一只测试，直到4只次品全测完为止.求第4只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种?分析：这个问题实际上可以看成是有约束条件的“10选5”排列.主要约束条件是第5个位置上的限定.考查对这类问题的“10选5”模型的转化.解：优先考虑第五次（位置）测试.这五次测试必有一次是测试正品，有C种；4只次品必有一只排在第五次测试，有A种；那么其余3只次品和一只正品将在第1至第4次测试中实现，有A种.于是根据分步计数原理有CAA种.评述：CA是本题的错解，原因是这样排正好有可能正品出现在第五次测试.探究创新8.有点难度哟！6名运动员分到4所学校去做教练，每校至少1人，有多少种不同的分配方法?分析：人员分配有两类：1，1，1，3或1，1，2，2.解法一：先取人，后取位子.1，1，1，3：6人中先取3人有C种取法，与剩余3人分到4所学校去有A种不同分法，∴共CA种分法；1，1，2，2：6人中取2人、2人、1人、1人的取法有C·C·C种，然后分到4所学校去，有种不同的分法，共C·C·C·种分法.所以符合条件的分配方法有CA+C·C·C·=1560种.解法二：先取位子，后取人.1，1，1，3：取一个位子放3个人，有C种取法，6人中分别取3人、1人、1人、1人的取法有C·C·C·C种，∴共有C·C·C·C·C种.1，1，2，2：先取2个位子放2（其余2个位子放1）有C种取法，6人中分别取2人，2人，1人，1人的取法有C·C·C·C种，共有C·C·C·C·C种.所以符合条件的分配方法有C·C·C·C+C·C·C·C=1560种.●思悟小结1.解排列、组合混合题一般是先选元素、后排元素，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个基本原理作最后处理.2.对于较难直接解决的问题则可用间接法，但应做到不重不漏.3.对于选择题的答案要谨慎选择，注意等价答案的不同形式.处理这类选择题可从分析答案形式入手，采用排除法.错误的答案，都是犯有重复或遗漏的错误.●教师下载中心教学点睛1.对排列、组合的应用题应遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类；二是按事件发生的过程进行分步.2.对于有附加条件的排列组合应用题，通常从三个途径考虑：（1）以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.（2）以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.（3）先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不合要求的排列或组合数.3.关于排列、组合问题的求解，应掌握以下基本方法与技巧（1）特殊元素优先安排；（2）合理分类与准确分步；（3）排列、组合混合问题先选后排；（4）相邻问题捆绑处理；（5）不相邻问题插空处理；（6）定序问题排除法处理；（7）分排问题直排处理；（8）“小集团”排列问题先整体后局部；（9）构造模型；（10）正难则反，等价转化.拓展题例【例1】（1）一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法?（2）一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法?解：（1）先将3人（用×表示）与4张空椅子（用□表示）排列如图（×□□×□□×），这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示（↓×□↓□×□↓□×↓），从4个空当中选2个插入，有C种插法；二是2张同时插入，有C种插法，再考虑3人可交换有A种方法.所以，共有A（C+C）=60（种）.下面再看另一种构造方法：先将3人与2张空椅子排成一排，从5个位置中选出3个位置排人，另2个位置排空椅子，有AC种排法，再将4张空椅子中的每两张插入每两人之间，只有1种插法，所以所求的坐法数为A·C=60.（2）可先让4人坐在4个位置上，有A种排法，再让2个“元素”（一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位）插入4个人形成的5个“空当”之间，有A种插法，所以所求的坐法数为A·A=480.【例2】已知1<m<n，m，n∈N*，求证：（1+m）n>（1+n）m.证法一：由二项式定理（1+m）n=C m0+C m1+…+C m n，（1+n）m=C n0+C n1+…+C，又因为C=，C=，而A m i>A，所以C m2>C，C>C n3，…，C>C.又因为C=C，C=C，所以（1+m）n>（1+n）m.证法二：（1+m）n>（1+n）mn ln（1+m）>m ln（1+n）>.令f（x）=，x∈［2，+∞］，只要证f（x）在［2，+∞］上单调递减，只要证f ′（x）<0.f ′（x）==.当x≥2时，x－lg（1+x）<0，x2（1+x）>0，得f ′（x）<0，即x∈［2,+∞］时，f ′（x）<0.以上各步都可逆推，得（1+m）n>（1+n）m.。

10.6.2 排列与组合考纲传真1.理解排列、组合的概念．2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．3．能解决简单的实际问题.1．排列与排列数 (1)排列从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，记作A m n ．2．组合与组合数 (1)组合从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素组成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．(2)组合数从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，记作C m n ．3．排列数、组合数的公式及性质公式(1)Am n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！（n －m ）！(2)C mn ＝A m n A m m＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！＝n！m！（n－m）！(n，m∈N*，且m≤n)．特别地C0n＝1.性质(1)0！＝1；(2)A n n＝n！.(2)①C m n＝C n－mn ；②C m n＋1＝C m n＋C m－1n.1．(人教A版教材习题改编)从1，2，3，4，5，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有()A．9个B．24个C．36个D．54个『解析』选出符合题意的三个数字有C13C23种方法，这三个数可组成C13C23A33＝54个没有重复数字的三位数．『答案』D2．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有()A．6种B．12种C．30种D．36种『解析』从反面考虑：甲、乙所选的课程，共有C24C24种不同的选法，其中甲、乙所选的课程都相同的选法有C24种．故甲、乙所选的课程至少有1门不同有C24C24－C24＝30(种)．『答案』C3．A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有()A．24种B．60种C．90种D．120种『解析』可先排C、D、E三人，共A35种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步计数原理满足条件的排法共A35＝60(种)．『答案』B4．(2012·浙江高考)若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A．60种B．63种C．65种D．66种『解析』满足题设的取法可分为三类：一是四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数1，3，5，7，9中，任意取4个，有C45＝5(种)；二是两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2，4，6，8中任取2个，有C25·C24＝60(种)；三是四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种，所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．『答案』D5．(2012·济宁模拟)从5位男生，4位女生中选派4位代表参加一项活动，其中至少有2位男生，且至少有1位女生的选法共有()A．80种B．100种C．120种D．240种『解析』依题意分两类，选派的4位代表中，有2位男生、2位女生或3位男生、1位女生，因此，共有C25C24＋C35C14＝100种选法．『答案』B排列应用题4个男同学，3个女同学站成一排．(1)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？(2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？(3)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？『尝试解答』(1)3个女同学是特殊元素，共有A33种排法；由于3个女同学必须排在一起，视排好的女同学为一整体，再与4个男同学排队，应有A55种排法．由分步乘法计数原理，有A33A55＝720种不同排法．(2)先将男生排好，共有A44种排法，再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生有A35种方法．故符合条件的排法共有A44A35＝1 440种不同排法．(3)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有A44种排法；由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有A22种排法；最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档中有A25种排法．总共有A44A22A25＝960种不同排法．,1．对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．2．对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．在本例中，条件不变，把第(1)、(2)小题改为下面两问题：(1)甲不站排头，乙不站排尾，有多少种不同的排法？(2)若甲乙两同学之间必须有3人，有多少种不同的排法？『解』(1)用间接法，4名男生，3名女生站成一排的方法共有A77种．甲站排头的方法有A66种，乙站排尾的方法有A66种．甲站排头，乙站排尾的方法有A55种．∴符合题意的排法有：A77－2A66＋A55＝3 720种．(2)先排甲、乙，有A22种排法，再从其他5位同学中选3人排在甲、乙中间，有A35种排法，最后把甲、乙及中间3人作为一个整体与剩余的2人全排列，有A33种排法．所以共有A22A35·A33＝720种不同排法.组合应用题男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)至少有1名女运动员；(2)既要有队长，又要有女运动员．『思路点拨』第(1)问可以用直接法或间接法求解．第(2)问根据有无女队长分类求解．『尝试解答』(1)法一至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．由分类加法计数原理可得总选法数为C14C46＋C24C36＋C34C26＋C44C16＝246(种)．法二“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解．从10人中任选5人有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种．所以“至少有1名女运动员”的选法为C510－C56＝246(种)．(2)当有女队长时，其他人选法任意，共有C49种选法．不选女队长时，必选男队长，共有C48种选法．其中不含女运动员的选法有C45种，所以不选女队长时共有C48－C45种选法，所以既有队长又有女运动员的选法共有C49＋C48－C45＝191(种)．,1．本题中第(1)小题，含“至少”条件，正面求解情况较多时，可考虑用间接法．第(2)小题恰当分类是关键．2．组合问题常有以下两类题型变化(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．(2012·陕西高考)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A ．10种B ．15种C ．20种D ．30种『解析』 由题意知比赛场数至少为3场，最多为5场．分三类： 当为3场时，情况为甲或乙连赢3场，共2种．当为4场时，若甲赢，则前3场中甲赢2场，最后一场甲赢，共有C 23＝3(种)情况；同理，若乙赢也有3种情况．共有6种情况．当为5场时，前4场，甲、乙各赢2场，最后1场胜出的人赢，共有2C 24＝12(种)情况． 由上综合知，共有20种情况． 『答案』 C排列组合的综合应用(1)(2012·北京高考)从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A ．24B ．18C ．12D ．6(2)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为( )A ．A 26C 24 B.12A 26C 24 C ．A 26A 24 D ．2A 26『思路点拨』 (1)0是特殊元素，不能排在百位和个位，按选出的数字是否含0分类．(2)可将4名同学分成两组(每组2人)，再分配到两个班级．『尝试解答』 (1)根据所选偶数为0和2分类讨论求解．①当选数字0时，再从1，3，5中取出2个数字排在个位与百位．∴排成的三位奇数有C 23A 22＝6个． ②当取出数字2时，再从1，3，5中取2个数字有C 23种方法． 然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列．∴排成的三位奇数有C 23A 12A 22＝12个．∴由加法计数原理，共有A 23＋A 12·A 23＝18个三位奇数．(2)法一 将4人平均分成两组有12C 24种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 26种，所以不同的安排方法有12C 24A 26种． 法二 先从6个班级中选2个班级有C 26种不同方法，然后安排学生有C 24C 22种，故有C 26C 24＝12A 26C 24种． 『答案』 (1)B (2)B ,1．解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．2．不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：(1)不均匀分组．(2)均匀分组．(3)部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．(2013·石家庄模拟)已知集合A ＝{5}，B ＝{1，2}，C ＝{1，3，4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )A ．33B ．34C ．35D ．36『解析』 (1)若从集合B 中取元素2时，再从C 中任取一个元素，则确定的不同点的个数为C 13A 33.(2)当从集合B 中取元素1，且从C 中取元素1，则确定的不同点有C 13×1＝C 13. (3)当从B 中取元素1，且从C 中取出元素3或4，则确定的不同点有C 12A 33个． ∴由分类计数原理，共确定不同的点有C 13A 33＋C 13＋C 12A 33＝33个．『答案』 A一个区别排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关是排列，如果与顺序无关即是组合．两个公式1.排列数公式A m n＝n！（n－m）！.2．组合数公式C m n＝n！m！（n－m）！.三个优先1.先特殊后一般．2．先组合后排列．3．先分组再分配．四字口诀求解排列组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”从近两年的高考试题来看，排列、组合及排列与组合的综合应用是高考的热点，题型以选择题、填空题为主，中等难度，在解答题中，排列、组合常与概率、分布列的有关知识结合在一起考查．易错辨析之十七实际意义理解不清导致计数错误(2012·山东高考改编)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()A．232B．256C．472D．484『错解』第一类，含有一张红色卡片，取出红色卡片有C14种方法，再从黄、蓝、绿三色中选出两色并各取一张卡片有C23C14C14种方法，因此满足条件的取法有C14·C23C14C14＝192种．第二类，不含有红色卡片，从其余三色卡片中各取一张有C14C14C14＝64种取法．∴由分类计数原理，不同的取法共有192＋64＝256种．『答案』B错因分析：(1)错解的原因是没有理解“3张卡片不能是同一种颜色”的含义，误认为“取出的三种颜色不同”．(2)运用间接法求“不含有红色卡片”时，忽视“3张卡片不能是同一种颜色”，误求为C312，导致错选D.防范措施：(1)准确理解题意，抓住关键字词的含义，“3张卡片不能是同一种颜色”是指“两种颜色或三种颜色”都满足要求．(2)选择恰当分类标准，避免重复遗漏，出现“至少、至多”型问题，注意间接法的运用．『正解』第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种)．『答案』C1．(2012·辽宁高考)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A．3×3! B．3×(3！)3C．(3！)4D．9!『解析』把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．『答案』C2．(2013·海淀区模拟)从甲、乙等5个人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是()A．12 B．24 C．36 D．48『解析』①选出的3人中无甲，应有C34A33种排法．②三人中有甲，且甲不在排头，则有C24C12A22种排法．∴一共有C34A33＋C24C12A22＝48(种)排法．『答案』D。