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解：(1)a 的取值有 5 种情况，b 的取值有 6 种情况，c 的取值有 6 种情况，因此 y＝ax2
＋bx＋c 可以表示 5×6×6＝180 个不同的二次函数.
(2)y＝ax2＋bx＋c 的图象开口向上时，a 的取值有 2 种情况，b，c 的取值均有 6 种情况，
因此 y＝ax2＋bx＋c 可以表示 2×6×6＝72 个图象开口向上的二次函数.
第二节 排列与组合
1.排列、组合的定义
排列的 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
从 n 个不同元
定义 素的一个排列
素 中 取 出
组合的
m(m≤n)个元素 合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合
定义
2.排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数 组合数
从 n 个不同元素中取出
定 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n，m，n∈
m(m≤n，m，n∈N*)个元素的
义 N*)个元素的所有不同组合的个数
所有不同排列的个数
m A
m
n
An＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋ Cmn＝Am 公 m
n！
式 1)＝ n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
(n－m)！ ＝
m！
性
An＝n！，0！＝1 C0＝1，Cm
－ －
n n n＝Cn m m m 1n ，Cn＋Cn ＝Cmn＋1
质
正确理解组合数的性质
－
(1)Cmn＝Cn mn ：从 n 个不同元素中取出 m 个元素的方法数等于取出剩余 n－m 个元素的
方法数.
－
(2)Cmn＋Cm 1 mn ＝Cn＋1：从 n＋1 个不同元素中取出 m 个元素可分以下两种情况：①不含特
－
殊元素 A 有 Cmn种方法；②含特殊元素 A 有 Cm 1n 种方法.
考点一 排列问题
[典例精析]
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有 3 名男生、4 名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数.
(1)选 5 人排成一排；
(2)排成前后两排，前排 3 人，后排 4 人；
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(5)全体排成一排，男生互不相邻.
[解] (1)从 7 人中选 5 人排列，有 A57＝7×6×5×4×3＝2 520(种).
(2)分两步完成，先选 3 人站前排，有 A37种方法，余下 4 人站后排，有 A44种方法，共有
A37A
4
4＝5 040(种).
(3)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有 5 种方法，其余 6 人有 A66种排列方法，共有 5×A66
＝3 600(种).
法二：(特殊位置优先法)首尾位置可安排另 6 人中的两人，有 A2种排法，其他有 A56 5种
排法，共有 A2A56 5＝3 600(种).
(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 A44种方法，再将女生全排
列，有 A4 4 44种方法，共有 A4·A4＝576(种).
(5)(插空法)先排女生，有 A44种方法，再在女生之间及首尾 5 个空位中任选 3 个空位安
排男生，有 A35种方法，共有 A44·A35＝1 440(种).
[解题技法]
求解排列应用问题的 6 种主要方法
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
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
插空法
素排列的空当中
定序问题
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
除法处理
间接法 正难则反、等价转化的方法
[题组训练]
1.(2019·太原联考)高三要安排毕业晚会的 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 2 个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是( )
A.1 800 B.3 600
C.4 320 D.5 040
解析：选 B 先排除舞蹈节目以外的 5 个节目，共 A55种，再把 2 个舞蹈节目插在 6 个
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空位中，有 A26种，所以共有 A5A25 6＝3 600(种).
2.(2019·石家庄模拟)用数字 0,1,2,3,4 组成没有重复数字且大于 3 000 的四位数，这样的
四位数有( )
A.250 个 B.249 个
C.48 个 D.24 个
解析：选 C ①当千位上的数字为 4 时，满足条件的四位数有 A34＝24(个)；②当千位上
的数字为 3 时，满足条件的四位数有 A34＝24(个).由分类加法计数原理得满足条件的四位数
共有 24＋24＝48(个)，故选 C.
3.将 7 个人(其中包括甲、乙、丙、丁 4 人)排成一排，若甲不能在排头，乙不能在排尾，
丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有( )
A.1 108 种 B.1 008 种
C.960 种 D.504 种
解析：选 B 将丙、丁两人进行捆绑，看成一人.将 6 人全排列有 A2A62 6种排法；将甲排
在排头，有 A2A52 5种排法；乙排在排尾，有 A2A5种排法；甲排在排头，乙排在排尾，有 A2A42 5 2 4
种排法.则甲不能在排头，乙不能在排尾，丙、丁两人必须相邻的不同排法共有 A22A66－A2A52 5
－A2A5＋A2A42 5 2 4＝1 008(种).
考点二 组合问题
[典例精析]
某市工商局对 35 种商品进行抽样检查，已知其中有 15 种假货.现从 35 种商品中选取 3
种.
(1)其中某一种假货必须在内，不同取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同取法有多少种？
(3)恰有 2 种假货在内，不同取法有多少种？
(4)至少有 2 种假货在内，不同取法有多少种？
(5)至多有 2 种假货在内，不同取法有多少种？
[解] (1)从余下的 34 种商品中，
选取 2 种有 C234＝561(种)取法，
所以某一种假货必须在内的不同取法有 561 种.
(2)从 34 种可选商品中，选取 3 种，
有 C334种或者 C3 2 335－C34＝C34＝5 984(种)取法.
所以某一种假货不能在内的不同取法有 5 984 种.
(3)从 20 种真货中选取 1 种，
从 15 种假货中选取 2 种有 C1 220C15＝2 100(种)取法.
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所以恰有 2 种假货在内的不同的取法有 2 100 种.
(4)选取 2 种假货有 C120C215种，选取 3 种假货有 C315种，
共有选取方式 C1 C2 320 15＋C15＝2 100＋455＝2 555(种).
所以至少有 2 种假货在内的不同的取法有 2 555 种.
(5)法一：(间接法)
选取 3 种商品的总数为 C335，因此共有选取方式
C3 －C335 15＝6 545－455＝6 090(种).
所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种.
法二：(直接法)
共有选取方式 C3 ＋C2 C1 ＋C1 220 20 15 20C15＝6 090(种).
所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种.
[解题技法]
组合问题的 2 类题型及求解方法
(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
另外的元素补足；“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“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与
“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直
接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.
[题组训练]
1.(2018·南宁二中、柳州高中第二次联考)从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，使得
其中至少有两个相邻，则不同的选法种数是( )
A.72 B.70
C.66 D.64
解析：选 D 从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，共有 C1·C1＋C1 12 7 7·C6
＝56 种选法，三个数相邻共有 C18＝8 种选法，故至少有两个数相邻共有 56＋8＝64 种选法.
2.(2019·辽宁五校协作体联考)在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给 6 位“萌娃”
布置一项搜寻空投食物的任务.已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于 Grace 年纪尚
小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷
点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处.那么不
同的搜寻方案有( )
A.10 种 B.40 种
C.70 种 D.80 种
解析：选 B 若 Grace 不参与任务，则需要从剩下的 5 位小孩中任意挑出 1 位陪同，有
C15种挑法，再从剩下的 4 位小孩中挑出 2 位搜寻远处，有 C24种挑法，最后剩下的 2 位小孩
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搜寻近处，因此一共有 C15C24＝30 种搜寻方案；若 Grace 参与任务，则其只能去近处，需要
从剩下的 5 位小孩中挑出 2 位搜寻近处，有 C25种挑法，剩下 3 位小孩去搜寻远处，因此共
有 C25＝10 种搜寻方案.综上，一共有 30＋10＝40 种搜寻方案.
3.(2018·全国卷Ⅰ)从 2 位女生，4 位男生中选 3 人参加科技比赛，且至少有 1 位女生入
选，则不同的选法共有________种.(用数字填写答案)
解析：从 2 位女生，4 位男生中选 3 人，共有 C36种情况，没有女生参加的情况有 C34种，
故共有 C36－C34＝20－4＝16(种).
答案：16
考点三 分组、分配问题
考法(一) 整体均分问题
[例 1] 国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师
范生，毕业后要分到相应的地区任教.现有 6 个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到 3
所学校去任教，有________种不同的分派方法.
C26C
2C24 2
[解析] 先把 6 个毕业生平均分成 3 组，有 3 ＝15(种)方法.再将 3 组毕业生分到 3A3
C2 2 26C4C2
所学校，有 A33＝6(种)方法，故 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有 3 ·A33＝90(种)分派A3
方法.
[答案] 90
考法(二) 部分均分问题
[例 2] 有 4 名优秀学生 A，B，C，D 全部被保送到甲、乙、丙 3 所学校，每所学校至
少去一名，则不同的保送方案共有________种.
C2C1C14 2 1
[解析] 先把 4 名学生分为 2,1,1 共 3 组，有 2 ＝6(种)分法，再将 3 组对应 3 个学A2
校，有 A33＝6(种)情况，则共有 6×6＝36(种)不同的保送方案.
[答案] 36
考法(三) 不等分问题
[例 3] 若将 6 名教师分到 3 所中学任教，一所 1 名，一所 2 名，一所 3 名，则有________
种不同的分法.
[解析] 将 6 名教师分组，分三步完成：
第 1 步，在 6 名教师中任取 1 名作为一组，有 C16种取法；
第 2 步，在余下的 5 名教师中任取 2 名作为一组，有 C25种取法；
第 3 步，余下的 3 名教师作为一组，有 C33种取法.
根据分步乘法计数原理，共有 C1 2 36C5C3＝60 种取法.
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再将这 3 组教师分配到 3 所中学，有 A33＝6 种分法，
故共有 60×6＝360 种不同的分法.
[答案] 360
[题组训练]
1.安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1 人完成，则不同的
安排方式共有( )
A.12 种 B.18 种
C.24 种 D.36 种
解析：选 D 因为安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1
C2C14 2C
1
1
人完成，所以必有 1 人完成 2 项工作.先把 4 项工作分成 3 组，即 2,1,1，有 2 ＝6 种，A2
再分配给 3 个人，有 A33＝6 种，所以不同的安排方式共有 6×6＝36(种).
2.冬季供暖就要开始，现分配出 5 名水暖工去 3 个不同的居民小区检查暖气管道，每名
水暖工只去一个小区，且每个小区都要有人去检查，那么分配的方案共有______种.
解析：5 名水暖工去 3 个不同的居民小区，每名水暖工只去一个小区，且每个小区都要
C3C15 2 C
1
5C
2
4
有人去检查，5 名水暖工分组方案为 3,1,1 和 1,2,2，则分配的方案共有 ＋ 3 2 2 ·A3＝
150(种).
答案：150
考点四 排列、组合的综合问题
[典例精析]
(1)从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的
个数为( )
A.300 B.216
C.180 D.162
(2)用数字 0,1,2,3,4,5,6 组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之
和为偶数的四位数共有________个.(用数字作答)
[解析] (1)分两类：
第一类，不取 0，即从 1,2,3,4,5 中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位
数，根据分步乘法计数原理可知，共有 C2 2 43·C2·A4＝72(个)符合要求的四位数；
第二类，取 0，此时 2 和 4 只能取一个，再取两个奇数，组成没有重复数字的四位数，
根据分步乘法计数原理可知，共有 C1·C22 3·(A4－A34 3)＝108(个)符合要求的四位数.
根据分类加法计数原理可知，满足题意的四位数共有 72＋108＝180(个).
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(2)当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有 0，则千位上把
剩余数字中任意一个放上即可，方法数是 C23A3 13C4＝72；若选出的三个偶数不含 0，则千位
上只能从剩余的非 0 数字中选一个放上，方法数是 A3C13 3＝18，故这种情况下符合要求的四
位数共有 72＋18＝90(个).
当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是 0，则再选出
两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为 C23A3C13 4＝72；若选出的偶
数不是 0，则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非 0 数字中选一个放上，方法数是
C13C
2 3 1
3A3C3＝162，故这种情况下符合要求的四位数共有 72＋162＝234(个).
根据分类加法计数原理，可得符合要求的四位数共有 90＋234＝324(个).
[答案] (1)C (2)324
[解题技法]
解决排列、组合综合问题的方法
(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)以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足
特殊位置的要求，再考虑其他位置.
(3)对于有附加条件的比较复杂的排列、组合问题，要周密分析，设计出合理的方案，
一般先把复杂问题分解成若干个简单的基本问题，然后应用分类加法计数原理或分步乘法计
数原理来解决，一般遵循先选后排的原则.
[题组训练]
1.(2019·广州调研)某学校获得 5 个高校自主招生推荐名额，其中甲大学 2 个，乙大学 2
个，丙大学 1 个，并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下 3 男 2
女共 5 个推荐对象，则不同的推荐方法共有( )
A.36 种 B.24 种
C.22 种 D.20 种
解析：选 B 根据题意，分两种情况讨论：第一种，3 名男生每个大学各推荐 1 人，2
名女生分别推荐给甲大学和乙大学，共有 A3A23 2＝12 种推荐方法；第二种，将 3 名男生分成
两组分别推荐给甲大学和乙大学，共有 C2 2 23A2A2＝12 种推荐方法.故共有 24 种推荐方法.
2.(2019·成都诊断)从甲、乙等 8 名志愿者中选 5 人参加周一到周五的社区服务，每天安
排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，
他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为________.(用数字作答)
5
解析：根据题意，分 2 种情况讨论，若甲、乙之中只有一人参加，有 C1 42·C6·A5＝3 600(种)；
若甲、乙两人都参加，有 C22·A36·A＝241 440(种).则不同的安排种数为 3 600＋1 440＝5 040.
答案：5 040
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[课时跟踪检测]
A 级
1.某小区有排成一排的 7 个车位，现有 3 辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的 4
个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为( )
A.16 B.18
C.24 D.32
解析：选 C 将 4 个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排 3 辆不同型号的车，在 3 个
车位上任意排列，有 A33＝6(种)方法，再将捆绑在一起的 4 个车位插入 4 个空当中，有 4 种
方法，故共有 4×6＝24(种)方法.
2.(2019·惠州调研)旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进
行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小李可选的
旅游路线数为( )
A.24 B.18
C.16 D.10
解析：选 D 分两种情况，第一种：最后体验甲景区，则有 A33种可选的路线；第二种：
不在最后体验甲景区，则有 C12·A2 3 1 22种可选的路线.所以小李可选的旅游路线数为 A3＋C2·A2＝
10.
3.(2019·开封模拟)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需
从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科.学生甲要想报考某高校的法学专
业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )
A.6 B.12
C.18 D.19
解析：选 D 从六科中选考三科的选法有 C36种，其中不选物理、政治、历史中任意一
科的选法有 1 种，因此学生甲的选考方法共有 C36－1＝19 种.
4.(2019·沈阳教学质量监测)若 4 个人按原来站的位置重新站成一排，恰有 1 个人站在自
己原来的位置，则不同的站法共有( )
A.4 种 B.8 种
C.12 种 D.24 种
解析：选 B 将 4 个人重排，恰有 1 个人站在自己原来的位置，有 C14种站法，剩下 3
人不站原来位置有 2 种站法，所以共有 C14×2＝8 种站法.
5.(2018·甘肃二诊)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有 4 个红
包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4 个红包中有 2 个 6 元，1 个 8 元，1 个 10 元(红
包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )
A.18 种 B.24 种
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C.36 种 D.48 种
解析：选 C 若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 8 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3
人中的 2 个人抢走，有 A2A22 3＝12 种；若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 10 元的红包，剩下 2
个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A2A22 3＝12 种；若甲、乙抢的是一个 8 和一个 10
元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A22C23＝6 种；若甲、乙抢的
是两个 6 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A23＝6 种，根据分
类加法计数原理可得，共有 12＋12＋6＋6＝36 种情况.
6.(2019·南昌调研)某校毕业典礼上有 6 个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下
要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起.则该校毕业典礼节目演出顺序
的编排方案共有( )
A.120 种 B.156 种
C.188 种 D.240 种
解析：选 A 记演出顺序为 1～6 号，按甲的编排进行分类，①当甲在 1 号位置时，丙、
丁相邻的情况有 4 种，则有 C14A2 32A3＝48 种；②当甲在 2 号位置时，丙、丁相邻的情况有 3
种，共有 C13A22A33＝36 种；③当甲在 3 号位置时，丙、丁相邻的情况有 3 种，共有 C1 2 33A2A3＝
36 种.所以编排方案共有 48＋36＋36＝120 种.
7.从 5 名学生中选出 4 名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加
生物竞赛，则不同的参赛方案种数为( )
A.48 B.72
C.90 D.96
解析：选 D 由于甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外 3 场竞赛或甲不参加任何竞赛.
①当甲参加另外 3 场竞赛时，共有 C1 33A4＝72 种选择方案；
②当甲学生不参加任何竞赛时，共有 A44＝24 种选择方案.
综上所述，所有参赛方案有 72＋24＝96(种).
8.某班上午有五节课，分别安排语文、数学、英语、物理、化学各一节课.要求语文与化
学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课方案的种数是( )
A.16 B.24
C.8 D.12
解析：选 A 根据题意，分三步进行分析，①要求语文与化学相邻，将语文和化学看成
一个整体，考虑其顺序，有 A22＝2 种情况；②将这个整体与英语全排列，有 A22＝2 种情况，
排好后，有 3 个空位；③数学课不排第一节，有 2 个空位可选，在剩下的 2 个空位中任选 1
个，安排物理，有 2 种情况，则数学、物理的安排方法有 2×2＝4 种，则不同排课方案的种
数是 2×2×4＝16.
9.(2019·洛阳第一次统考)某校有 4 个社团向高一学生招收新成员，现有 3 名同学，每人
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只选报 1 个社团，恰有 2 个社团没有同学选报的报法有________种.(用数字作答)
解析：第一步，选 2 名同学报名某个社团，有 C2C13 4＝12 种报法；第二步，从剩余的 3
个社团里选一个社团安排另一名同学，有 C13C11＝3 种报法.由分步乘法计数原理得共有 12×3
＝36 种报法.
答案：36
10.(2018·莆田期中)某学校需从 3 名男生和 2 名女生中选出 4 人，分派到甲、乙、丙三
地参加义工活动，其中甲地需要选派 2 人且至少有 1 名女生，乙地和丙地各需要选派 1 人，
则不同的选派方法有________种.(用数字作答)
解析：由题设可分两类：一是甲地只选派 1 名女生，先考虑甲地有 C1C12 3种情形，后考
虑乙、丙两地，有 A23种情形，共有 C1C1 22 3A3＝36 种情形；二是甲地选派 2 名女生，则甲地有
C22种情形，乙、丙两地有 A23种情形，共有 C2 22A3＝6 种情形.由分类加法计数原理可知共有 36
＋6＝42 种情形.
答案：42
11.(2018·南阳二模)如图所示 2×2 方格，在每一个方格中填入一个数字， A B
数字可以是 1,2,3,4 中的任何一个，允许重复.若填入 A 方格的数字大于 B 方格 C D
的数字，则不同的填法共有______种.(用数字作答)
解析：根据题意，对于 A，B 两个方格，可在 1,2,3,4 中任选 2 个，大的放进 A 方格，
小的放进 B 方格，有 C24＝6 种情况，对于 C，D 两个方格，每个方格有 4 种情况，则共有 4×4
＝16 种情况，则不同的填法共有 16×6＝96 种.
答案：96
B 级
1.将 2 名教师，4 名学生分成 2 个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每
个小组由 1 名教师和 2 名学生组成，不同的安排方案共有( )
A.12 种 B.10 种
C.9 种 D.8 种
C2C24 2
解析：选 A 将 4 名学生均分为 2 个小组共有 2 ＝3(种)分法；将 2 个小组的同学分A2
给 2 名教师共有 A22＝2(种)分法；最后将 2 个小组的人员分配到甲、乙两地有 A22＝2(种)分法.
故不同的安排方案共有 3×2×2＝12(种).
2.(2019·马鞍山模拟)某学校有 5 位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训，现有
5 个培训项目，每位教师可任意选择其中一个项目进行培训，则恰有两个培训项目没有被这
5 位教师中的任何一位教师选择的情况数为( )
A.5 400 B.3 000
C.150 D.1 500
解析：选 D 分两步：
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第一步：从 5 个培训项目中选取 3 个，共 C35种情况；
第二步：5 位教师分成两类：①选择选出的 3 个培训项目的教师人数分别为 1 人，1 人，
C3C15 2C
1
1
3 人，共 2 种情况；②选择选出的 3 个培训项目的教师人数分别为 1 人，2 人，2 人，A2
C2C2C1 C3 1 1 2 2 15 3 1 3 5C2C1 C5C3C1共 2 种情况.故选择情况数为 C 3A 5 A2
＋
2 2 A
2 A3＝1 500(种). 2
3.将编号为 1,2,3,4,5,6 的六个小球放入编号为 1,2,3,4,5,6 的六个盒子中，每个盒子放一
个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是( )
A.40 B.60
C.80 D.100
解析：选 A 根据题意，有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，在六个盒子
中任选 3 个，放入与其编号相同的小球，有 C36＝20 种选法，剩下的三个盒子的编号与放入
的小球编号不相同，假设这三个盒子的编号为 4,5,6，则 4 号小球可以放入 5,6 号盒子，有 2
种选法，剩下的 2 个小球放入剩下的两个盒子，有 1 种情况，则不同的放法总数是 20×2×1
＝40.
4.(2019·赣州联考)将标号分别为 1,2,3,4,5,6 的 6 个小球放入 3 个不同的盒子中.若每个盒
子放 2 个，其中标号为 1,2 的小球放入同一盒子中，则不同的放法共有( )
A.12 种 B.16 种
C.18 种 D.36 种
解析：选 C 先将标号为 1,2 的小球放入盒子，有 3 种情况；再将剩下的 4 个球平均放
C2 24·C2
入剩下的 2 个盒子中，共有 ·A22＝6(种)情况，所以不同的放法共有 3×6＝18(种).
2！
5.将 A，B，C，D，E 排成一列，要求 A，B，C 在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，
A”(可以不相邻)，这样的排列数有__________种.
解析：五个元素没有限制全排列数为 A55，由于要求 A，B，C 的次序一定(按 A，B，C
A55
或 C，B，A)，故除以这三个元素的全排列 A33，可得这样的排列数有 3×2＝40(种). A3
答案：40
6.如图，∠MON 的边 OM 上有四点 A1，A2，A3，A4，ON 上有三
点 B1，B2，B3，则以 O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3 为顶点的三角
形个数为________.
解析：用间接法.先从这 8 个点中任取 3 个点，最多构成三角形
C38个，再减去三点共线的情形即可.共有 C3－C38 5－C34＝42(个).
答案：42
7.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？
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(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 个空当中插入无区别的 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，则共有 C36＝20 种不同
的放入方式.
(2)每种放入方式相当于将 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 种不同的放入方式.
第三节 二项式定理
一、基础知识
1.二项式定理
n 0 n 1 n－(1)二项式定理：(a＋b) ＝C a ＋C a 1b＋…＋Ck
－
an k kn n n b ＋…＋Cnnbn(n∈N*) ；
－
(2)通项公式：T ＝Ck n k kk＋1 na b ，它表示第 k＋1 项；
(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数为 C0 1n，Cn，…，Cn n .
2.二项式系数的性质
(1)项数为 n＋1.
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数 n，即 a 与 b 的指数的和为 n.
(3)字母 a 按降幂排列，从第一项开始，次数由 n 逐项减 1 直到零；字母 b 按升幂排列，
从第一项起，次数由零逐项增 1 直到 n.
二项式系数与项的系数的区别
二项式系数是指 C0，C1n n，…，Cnn，它只与各项的项数有关，而与 a，b 的值无关；而项
的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与 a，b 的值有
－
关.如(a＋bx)n 的二项展开式中，第 k＋1 项的二项式系数是 Ckn，而该项的系数是 Ck n kna bk.当
然，在某些二项展开式中，各项的系数与二项式系数是相等的.
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