资源简介

第1课时
课标解读
1.通过实例，理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
2．能根据具体问题的特征选择分类加法计数原理和分步乘法计数原理，解决一些简单问题．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　分类加法计数原理
完成一件事有n类不同方案 ，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝____________种不同的方法．
要点二　分步乘法计数原理
完成一件事需要n个步骤 ，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝____________种不同的方法．
助 学 批 注
批注 　确立恰当的分类标准，准确地对“这件事\”进行分类，要求每一种方法必属于某一类办法，不同类办法的任意两种方法是不同的方法，也就是分类必须既“不重复\”也“不遗漏\”．
批注 　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，各步骤之间既不能重复也不能遗漏．
夯 实 双 基
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．(　　)
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(　　)
(3)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．(　　)
(4)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　　)
2．从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机每天有3班，轮船有4班．若李先生从甲地去乙地，则不同的交通方式共有(　　)
A．3种　　B．4种 C．7种　　D．12种
3．已知x∈{2，3，7}，y∈{－3，－4，8}，则x·y可表示不同的值的个数为(　　)
A．10个 B．6个
C．8个 D．9个
4．某商场共有4个门，购物者若从任意一个门进，从任意一个门出，则不同走法的种数是________．
题型探究·课堂解透——强化创新性
题型 1　分类加法计数原理的应用
例1　某单位组织职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有1人，A型血的共有16人，B型血的共有15人，AB型血的共有12人．从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？
方法归纳
利用分类加法计数原理解题的一般步骤
巩固训练1　[2022·广东清远高二期末]从甲地出发前往乙地，一天中有4趟汽车、3趟火车和1趟航班可供选择．某人某天要从甲地出发，去乙地旅游，则所有不同走法的种数是(　　)
A．16 B．15
C．12 D．8
题型 2　分步乘法计数原理的应用
例2　甲有5件不同颜色的上衣，6条不同样式的裤子和4双不同的鞋子，如果把1件上衣、1条裤子和1双鞋子看作一种搭配方法，那么甲着装时，共有多少种不同的搭配方法？
方法归纳
利用分步乘法计数原理计数时的一般步骤
巩固训练2　(1)[2022·河北石家庄高二期末]7月3日，甲、乙两人从邢台各自乘坐火车到石家庄，当天从邢台到石家庄有11个车次，其中有5个车次的发车时间为凌晨1点到凌晨5点，有6个车次的发车时间为早上7点到晚上6点．已知甲选择凌晨6点以后出发的车次，乙选择凌晨1点到晚上6点出发的车次，则两人车次的不同选择共有(　　)
A．11种 B．36种
C．66种 D．121种
(2)[2022·湖北恩施高二期中]2022年6月成都将举办第31届世界大学生夏季运动会，现有4名同学分别到东安期体育公园、凤凰山体育公园、四川省体育馆这三个场馆做志愿者，每名同学只能去1个场馆，东安湖体育公园安排1名，凤凰山体育公园安排1名，四川省体育馆安排2名，则不同的安排方法共有(　　)
A．6种 B．12种
C．24种 D．48种
题型 3　两个计数原理的综合应用
例3　现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班各有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
方法归纳
两个计数原理的综合应用策略
巩固训练3　(1)[2022·山东菏泽高二期中]如图，从甲村到乙村有3条路可走，从乙村到丙村有2条路可走，从甲村不经过乙村到丙村有2条路可走，则从甲村到丙村的走法种数为(　　)
A．3 B．6
C．7 D．8
(2)如图所示，玩具计数算盘的三档上各有5个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示2，右边的每个算珠表示1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝7.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法个数为________．
第1课时
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点一
m1＋m2＋…＋mn
要点二
m1×m2×…×mn
[夯实双基]
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．解析：由分类加法计数原理，从甲地去乙地共3＋4＝7(种)不同的交通方式．故选C.
答案：C
3．解析：因为x从集合{2，3，7}中任取一个值共有3个不同的值，y从集合{－3，－4，8}中任取一个值共有3个不同的值，故x·y可表示3×3＝9(个)不同的值．故选D.
答案：D
4．解析：不同的走法可以看作是两步完成的，第一步是进门共有4种；第二步是出门，共有4种．由分步乘法计数原理知共有4×4＝16(种)．
答案：16
题型探究·课堂解透
例1　解析：从O型血的人中选1人有1种不同的选法，从A型血的人中选1人有16种不同的选法，从B型血的人中选1人有15种不同的选法，从AB型血的人中选1人有12种不同的选法．任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情都能完成，所以由分类加法计数原理，共有1＋16＋15＋12＝44(种)不同的选法．
巩固训练1　解析：根据分类加法计数原理，可知共有4＋3＋1＝8(种)不同的走法．故选D.
答案：D
例2　解析：要得到一种搭配方法，分三步进行，
第一步，选上衣有5种选法，
第二步，选裤子有6种选法，
第三步，选鞋子有4种选法，
根据分步乘法计数原理可得，共有5×6×4＝120(种)不同的搭配方法．
巩固训练2　解析：(1)依题意可得甲有6种选择，乙有11种选择，由分步乘法计数原理可得两人车次的不同选择共有6×11＝66(种)．故选C.
(2)先从4名同学中选1名安排到东安湖体育公园，有4种选法，再从剩余的3名同学中选1名安排到凤凰山体育公园，有3种选法，最后将剩下的2名同学安排到四川省体育馆，有1种选法，由分步乘法计数原理．共有4×3×1＝12(种)不同的安排方法．故选B.
答案：(1)C　(2)B
例3　解析：(1)分四类：第1类，从一班学生中选1人，有7种选法；第2类，从二班学生中选1人，有8种选法；第3类，从三班学生中选1人，有9种选法；第4类，从四班学生中选1人，有10种选法.
由分类加法计数原理知共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种).
(2)分四步：第1、2、3、4步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长.
由分步乘法计数原理知共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种).
(3)分六类，每类又分两步．从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．由分类加法计数原理知共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种).
巩固训练3　解析：(1)由图可知，从甲村直接到丙村的走法有2种，从甲村到乙村再到丙村的走法有3×2＝6(种)，所以从甲村到丙村的走法共有6＋2＝8(种)．故选 D.
(2)根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间中的6个整数，
当公差d＝0，有6种；
当公差d＝±1时，b不取5和10，有2×4＝8(种)；
当公差d＝±2时，b只能取7、8，有2×2＝4(种)；
综上，不同的分珠计数法有6＋8＋4＝18(种)．
答案：(1)D　(2)18第2课时
课标解读
1.进一步理解和掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理．
2．能根据具体问题的特征，选择两种计数原理解决一些实际问题．
新知初探·课前预习——突出基础性
夯 实 双 基
1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为(　　)
A．30　　 B．20 C．10　　 D．6
2．[2022·广东广州高二期末]用1，2，3，4组成没有重复数字的两位数，这样的两位数个数为(　　)
A．6　　　B．12 C．16　　 D．24
3．某地为以下社会主义核心价值观宣传标语进行涂色装饰，要求四种标语的颜色均不相同，现在有五种颜色可供选择，有________种不同的涂色方案．(　　)
自由 平等 公正 法制
A.24　　 B．60 C．120　　D．240
4．有一排四个信号显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则这排信号显示窗所发出的信号种数是________．
题型探究·课堂解透——强化创新性
题型 1　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？
方法归纳
解决组数问题的策略
巩固训练1　[2022·河北石家庄十五中高二期中]用0，1，2，3，…，9十个数字可组成多少个不同的
(1)无重复数字的三位数？
(2)小于500且没有重复数字的自然数？
题型2　占位模型中标准的选择
例2　(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
(2)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？
(3)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
方法归纳
在占位模型中选择按元素还是按位置进行分解的标准是“唯一性”，即元素是否选、选是否只选一次，位置是否占、占是否只占一次．解题时一般选择具有“唯一性”的对象进行分解．
巩固训练2　(1)[2022·河北唐山高二期中]3名志愿者，每人从4个不同的岗位中选择1个，则不同的选择方法共有(　　)
A．12种 B．64种
C．81种 D．24种
(2)4名运动员同时参与到三项比赛冠军的争夺，则最终获奖结果种数为(　　)
A．24 B．4
C．64 D．81
题型 3　涂色问题
例3　[2022·福建泉州高二期中]如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻颜色不同，则不同的涂色方法种数为________．
方法归纳
解决涂色问题的策略
巩固训练3　[2022·江苏淮安高二期末]某学校有一块绿化用地，其形状如图所示．为了让效果更美观，要求在四个区域内种植花卉，且相邻区域颜色不同．现有五种不同颜色的花卉可供选择，则不同的种植方案共有________种．(用数字作答)
第2课时
新知初探·课前预习
[夯实双基]
1．解析：从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种取法；②取出的两数都是奇数，共有3种取法．故由分类加法计数原理得，共有N＝3＋3＝6(种)取法．故选D.
答案：D
2．解析：先排个位，有4种排法，再排十位，有3种排法， 因此共有4×3＝12(种)排法，故选B.
答案：B
3．解析：首先涂“自由”有5种涂法，再涂“平等”有4种涂法，以此类推“公正”有3种涂法，“法制”有2种涂法，按照分步乘法计数原理可得有5×4×3×2＝120(种)涂法．故选C.
答案：C
4．解析：每个信号显示窗都有3种可能，故有3×3×3×3＝34＝81(种)不同信号．
答案：81
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种)．
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种)．
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因为0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法．因而有12＋18＝30(种)排法．即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数．
巩固训练1　解析：(1)百位上的数字有9种选法，十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法，个位上的数字应从剩余8个数字中选取，所以共有9×9×8＝648(个)无重复数字的三位数．
(2)满足条件的一位自然数有10个，两位自然数有9×9＝81(个)，三位自然数有4×9×8＝288(个)，由分类加法计数原理知共有10＋81＋288＝379(个)小于500且无重复数字的自然数．
例2　解析：(1)要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81(种)报名方法．
(2)每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2＝24(种)．
(3)要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4＝64(种)可能的结果．
巩固训练2　解析：(1)每个人都有4种选择，故不同的选择方法共有43＝64(种)．故选B.
(2)每一项比赛的冠军在4个人中选取有4种方法，由分步乘法计数原理得：最终获奖结果种数为4×4×4＝43＝64.故选C.
答案：(1)B　(2)C
例3　解析：分4步进行分析：
①，对于区域A，有4种颜色可选；
②，对于区域B，与A区域相邻，有3种颜色可选；
③，对于区域C，与A、B区域相邻，有2种颜色可选；
④，对于区域D、E，若D与B颜色相同，E区域有2种颜色可选，
若D与B颜色不相同，D区域有1种颜色可选，E区域有1种颜色可选，
则区域D、E有2＋1×1＝3(种)选择，
则不同的涂色方案有4×3×2×3＝72(种)．
答案：72
巩固训练3　解析：先在1中种植，有5种不同的种植方法，再在2中种植，有4种不同的种植方法，
再在3中种植，有3种不同的种植方法，最后在4中种植，有3种不同的种植方法，
所以不同的种植方案共有5×4×3×3＝180(种)．
答案：1806.2.1　排列
课标解读
1.理解并掌握排列的概念．
2．能应用排列知识解决简单的实际问题．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　排列的定义
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 ，并按照一定的顺序 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．
要点二　排列相同的条件
两个排列相同的充要条件：
(1)两个排列的____完全相同．
(2)元素的排列____也相同．
助 学 批 注
批注 　元素不能重复．(互异性)
批注 　“按一定顺序”就是与位置有关，这是判断一个问题是否是排列问题的关键．(有序性)．
夯 实 双 基
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)排列与所选出的元素的排列顺序有关．(　　)
(2)两个排列的元素相同，则这两个排列是相同的排列．(　　)
(3)在一个排列中，若交换两个元素的位置，则该排列不发生变化．(　　)
(4)从4个不同元素中任取3个元素，只要元素相同得到的就是相同的排列．(　　)
2．下列问题是排列问题的是(　　)
A．从8名同学中选取2名去参加知识竞赛，共有多少种不同的选取方法？
B．10个人互相通信一次，共写了多少封信？
C．平面上有5个点，任意三点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？
D．从1，2，3，4四个数字中，任选两个相乘，其结果共有多少种？
3．从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为(　　)
A．甲乙、乙甲、甲丙、丙甲
B．甲乙丙、乙丙甲
C．甲乙、甲丙、乙甲、乙丙、丙甲、丙乙
D．甲乙、甲丙、乙丙
4．从1，2，3中任取两个数字组成不同的两位数有________个．
题型探究·课堂解透——强化创新性　
题型 1排列的概念
例1　判断下列问题是不是排列问题：
(1)某班共有50名学生，现要投票选举正、副班长各一人，共有多少种可能的选举结果？
(2)从2，3，5，7，9五个数字中任取两个数分别作为对数的底数和真数，共有多少个不同的对数值？
(3)有12个车站，共需准备多少种车票？
(4)某会场有50个座位，从中任选出3个座位，共有多少种不同的选法？
方法归纳
判断一个具体问题是否为排列问题的方法
巩固训练1　(多选)下列问题是排列问题的是(　　)
A．选2个小组分别去植树和种菜
B．选2个小组分别去种菜
C．某班40名同学在假期互发短信
D．从1，2，3，4，5中任取两个数字相除
题型2　写出简单排列问题的所有排列
例2　将A，B，C，D四名同学按一定顺序排成一行，要求自左向右，且A不排在第一，B不排在第二，C不排在第三，D不排在第四，试用树形图列出所有可能的排法．
方法归纳
用树形图写出排列的一般步骤
巩固训练2　由0，1，2，3四个数字共能组成多少个没有重复数字的四位数？试全部列出．
题型3　简单的排列问题
例3　(1)有7本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
(2)有7种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？
方法归纳
对于简单的排列问题，其解题思路可借助分步乘法计数原理进行，即采用元素分析法或位置分析法求解．
巩固训练3　(1)[2022·江苏江浦高级中学高二期中]两位同学分别从甲、乙、丙3门课程中选修1门，且2人选修的课程不同，则不同的选法共有(　　)种．
A．9 B．6
C．8 D．4
(2)有5种不同的菜种，任选4种种在不同土质的4块地里，有________种不同的种法．
6．2.1　排列
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点二
(1)元素　(2)顺序
[夯实双基]
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
2．解析：对于A，8名同学中选取2名，不涉及顺序问题，不是排列问题，A错误；对于B，10个人互相通信，涉及到顺序问题，是排列问题，B正确；对于C，5个点中任取3点，不涉及顺序问题，不是排列问题，C错误；对于D，4个数字中任取2个，根据乘法交换律知结果不涉及顺序，不是排列问题，D错误．故选B.
答案：B
3．解析：从三人中选出两人，而且要考虑这两人的顺序，所以有如下几种站法：甲乙、甲丙、乙甲、乙丙、丙甲、丙乙．故选C.
答案：C
4．解析：12，13，21，23，31，32共6个．
答案：6
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)是．选出的2人，担任正、副班长人选，与顺序有关，所以是排列问题．
(2)是．对数值与底数和真数的取值有关系，与顺序有关．
(3)是．起点站或终点站不同，则车票不同，与顺序有关．
(4)不是．只是选出3个座位，与顺序无关．
巩固训练1　解析：对A，植树和种菜是不同的，存在顺序问题，是排列问题；对B，不存在顺序问题，不是排列问题；对C，存在顺序问题，是排列问题；对D，两个数相除与这两个数的顺序有关，是排列问题．故选ACD.
答案：ACD
例2　解析：树形图(如图)：
由树形图知，所有排法有BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA.
巩固训练2　解析：画出树状图如下：
由树状图可知，所有四位数为：1 023，1 032，1 203，1 230，1 302，1 320，2 013，2 031，2 103，2 130，2 301，2 310，3 012，3 021，3 102，3 120，3 201，3 210，共有18个．
例3　解析：(1)从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列，所以共有7×6×5＝210(种)不同的送法．
(2)从7种不同的书中买3本书，这3本书并不要求都不相同，根据分步乘法计数原理，共有7×7×7＝343(种)不同的送法．
巩固训练3　解析：(1)两位同学分别从甲、乙、丙3门课程中选修1门，且2人选修的课程不同，则不同的选法共有3×2＝6(种)．故选B.
(2)将4块不同土质的地看作4个不同的位置，从5种不同的菜种中任选4种种在4块不同土质的地里，
则本题即为从5个不同元素中任选4个元素的排列问题，
所以不同的种法共有5×4×3×2＝120(种)．
答案：(1)B　(2)1206.2.2　排列数
课标解读
1.能利用计数原理推导排列数公式．
2．掌握几种有限制条件的排列，能应用排列数公式解决简单的实际问题．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　排列数的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的____，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号________表示．
要点二　排列数公式
＝________________＝________(m≤n)．
要点三　全排列与阶乘
把n个不同的元素____取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列．这时，排列数公式中m＝n，即有＝________________．
正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用____表示．于是，n个元素的全排列数公式可以写成＝____．另外，我们规定，0！＝1.
助 学 批 注
批注　“排列数”与“排列”的区别：“排列数”是指“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”，它是一个正整数；“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”，它是指具体的排法．
夯 实 双 基
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)由于排列数的阶乘式是一个分式，所以其化简的结果不一定是整数．(　　)
表示从5个不同元素中取出(5－2)个元素的所有不同的排列的个数．(　　)
(3)若＝10×9×8×7×6，则n＝10，m＝6.(　　)
(4)n！＝1×2×3×…×(n－1)×n.(　　)
2．[2022·山东枣庄高二期末]7×8×9×…×15可表示为(　　)
　　
3．已知＝20，则n的值为(　　)
A．4　　　B．5 C．6　　　D．7
4．3位同学被推荐担任进博会3个指定展馆服务志愿者，每人负责1个展馆，每个展馆只需1位同学，则共有________种不同的安排方法．
题型探究·课堂解透——强化创新性
题型 1　排列数公式的应用
例1　＝(　　)
A．107 B．323
C．320 D．348
(2)已知＝10，则n的值为________．
(3)求证：＝
方法归纳
排列数公式的选择策略
巩固训练1　(1)若＝，则m＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
(2)[2022·江苏徐州·高二期中]计算＝________．
题型2　利用排列数解决简单的实际问题
角度1　特殊元素或特殊位置问题
例2　三个女生和五个男生排成一排．
(1)如果女生不站两端，有多少种不同排法？
(2)如果甲、乙两人必须站两端，有多少种不同排法？
(3)如果甲不站最左端，乙不站最右端，有多少种不同排法？
方法归纳
特殊元素或特殊位置的排列问题的解题策略
巩固训练2　(1)[2022·北京海淀高二期末]某班周一上午共有四节课，计划安排语文、数学、美术、体育各一节，要求体育不排在第一节，则该班周一上午不同的排课方案共有(　　)
A．24种 B．18种
C．12种 D．6种
(2)[2022·江苏连云港高二期末]从0，1，2，3这4个数字中选出3个不同数字能组成________个三位数．
角度2　相邻问题
例3　已知A，B，C，D，E共5名同学，按下列要求排列，分别求出满足条件的排列方法数．
(1)把这5名同学安排到5个空位上，且A，B必须相邻；
(2)把这5名同学安排到5个空位上，且A，B必须相邻，C，D，E也必须相邻．
方法归纳
用“捆绑法”解决相邻问题的一般步骤
将n个不同的元素排成一列，其中k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数
巩固训练3　(1)现有8个人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为(　　)
(2)[2022·江苏淮安高二期中]某学校派出4名学生和2名老师参加一个活动，活动结束后他们准备站成一排拍照留念，则2名老师相邻的不同排法有________种．(用数字作答)
角度3　不相邻问题
例4　已知A，B，C，D，E五名同学，按下列要求进行排列，求所有满足条件的排列方法数．
(1)把5名同学排成一排且A，B不相邻；
(2)把5名同学排成一排且A，B都不与C相邻．
方法归纳
解决“不相邻”问题的方法
解决“不相邻”问题的方法是“插空法”，也就是先将其余元素排好，再将要求不相邻的元素插入空中进行排列．
巩固训练4　(1)现有5位代表参加疫情防控表彰大会，并排坐在一起，其中甲乙不相邻，则不同的坐法有(　　)
A．24种 B．36种
C．48种 D．72种
(2)3名男生和3名女生排成一排，男生不相邻的排法有(　　)
A．144种 B．90种
C．260种 D．120种
角度4　定序问题
例5　7人站成一排．
(1)甲必须在乙的前面(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？
(2)甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变(不一定相邻)，则有多少不同的排列方法？
方法归纳
解决定序问题的方法
解决“定序”问题用“倍缩法”．有(m＋n)个元素排成一列，其中m个元素之间的先后顺序确定不变，将这(m＋n)个元素排成一列，有
种满足条件的不同排法．
巩固训练5　(1)把语文、数学、物理、历史、外语这五门课程安排在一天的五节课里，如果数学必须比历史先上，则不同的排法有(　　)
A．48种 B．24种
C．60种 D．120种
(2)将A，B，C，D，E这5个字母排成一列，要求A，B，C在排列中的顺序为“A，B，C”(可以不相邻)．这样的排列方法有________种(用数字作答)．
6．2.2　排列数
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点一
个数　
要点二
n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)　
要点三
全部　n(n－1)(n－2)×…×3×2×1 　n！　n!
[夯实双基]
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．解析：因为是7×8×9×…×15连续9个数相乘，所以7×8×9×…×15＝，故选A.
答案：A
3．解析：＝n(n－1)＝20 n＝5，故选B.
答案：B
4．解析：3位同学被推荐担任进博会3个指定展馆服务志愿者，每人负责1个展馆，每个展馆只需1位同学，则共有＝6(种)不同的安排方法．
答案：6
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348，故选D.
(2)由＝10，得(n＋1)n－n(n－1)＝10，解得n＝5.
(3)证明：＝＝＝＝.
答案：(1)D　(2)5　(3)见解析
巩固训练1　解析：(1)由＝，得m(m－1)(m－2)＝2(m＋1)m，得m2－5m＝0，
所以m＝5或m＝0(舍去)．故选C.
(2)由
＝0.
答案：(1)C　(2)0
例2　解析：(1)方法一　(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有种排法，剩余的位置没有特殊要求，有种排法，因此共有＝14 400(种)不同排法．
方法二　(元素分析法)：从中间6个位置选3个安排女生，有种排法，其余位置无限制，有种排法，因此共有＝14 400(种)不同排法．
方法三　(间接法)：3个女生和5个男生排成一排共有种不同的排法，从中扣除女生排在首位的种排法和女生排在末位的种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次，在扣除女生排在末位的情况时又被扣去一次．由于两端都是女生有种不同的排法，所以共有＝14 400(种)不同排法．
(2)甲、乙为特殊元素，先将它们排在两端位置，有种排法，其余6人全排列，有种排法，所以共有＝1 440(种)不同排法．
(3)甲、乙为特殊元素，左、右两端为特殊位置．
方法一　(特殊元素法)：甲在最右边时，其他的可全排列，有种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有种，而乙可排在除去最右边位置和甲的位置后剩余的6个位置中的任一个上，有种，其余人全排列，共有种，由分类加法计数原理得＋＝30 960(种).
方法二　(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有种，余下7个位置全排列，有种，但应剔除乙在最右边时的排法种，所以共有＝30 960(种).
方法三　(间接法)：8个人全排列，共种．其中，不符合条件的有甲在最左边时的种，乙在最右边时的种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，共种．所以共有－＋＝30 960(种).
巩固训练2　解析：(1)语文、数学、美术、体育4门学科的全排列数为种，其中体育排在第一节的有种，所以该班周一上午不同的排课方案共有－＝18(种).故选B.
(2)由于选出3个不同数字能组成的三位数中，百位上的数字不能是0，
因此可以分两步完成排列，第1步，排百位上的数字，
可以从1，2，3这3个数字中任选1个，有种选法；
第2步，排十位和个位上的数字，可以从余下的3个数字中任选2个，有种选法；
根据分步乘法计数原理，所求的三位数的个数为×＝3×3×2＝18.
答案：(1)B　(2)18
例3　解析：(1)第一步，把A，B这2名同学看作一个整体，和C，D，E共四个元素进行排列，其排列方法有种；第二步，对“捆绑到一起”的A，B这2个元素进行内部排列，即“松绑”，其排列方法有种；第三步，根据分步乘法计数原理知，符合题意的排列方法有＝48(种).
(2)第一步，把A，B这2名同学看作一个整体，把C，D，E这3名同学看成一个整体，故这两个整体排成一列的方法有种；第二步，对“捆绑到一起”的A，B这2个元素进行内部排列，即“松绑”，其排列方法有种，对“捆绑到一起”的C，D，E这3个元素进行内部排列，即“松绑”，其排列方法有种；第三步，根据分步乘法计数原理知，符合题意的排列方法有＝24(种).
巩固训练3　解析：(1)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、丙三人不全相邻的方法数，
即，其它三个选项与B不相等，故选B.
(2)因为2名老师相邻，把他们捆绑看作一个元素与4名学生排共有种排法，再排其内部顺序有种，
所以4名学生和2名老师站成一排拍照，2名老师相邻的不同排法有＝240(种).
答案：(1)B　(2)240
例4　解析：(1)方法一　第一步，先排不受限制的同学C，D，E，其排列方法有种．第二步，由于已经排好的C，D，E间(包括两端)形成了4个空，把有限制条件(不相邻)的同学A，B插到这4个空中，其排列方法有种．由分步乘法计数原理知，满足条件的排列方法有＝72(种).
方法二　先不考虑A，B不相邻这个限制条件，把5名同学全排列有种排列方法，其中A，B相邻的排列方法有种，故满足条件的排列方法有＝72(种).
(2)第一步，先排不受限制的同学D，E，其排列方法有种．第二步，由于已经排好的D，E之间(包括两端)形成了3个空，把有限制条件(不相邻)的同学A，C插到这3个空中，共有排列方法种．第三步，由于已经排好的A，C，D，E之间(包括两端)形成了5个空，但由于B不能与C相邻，所以把B插入已经排好的A，C，D，E中时只有3种选择，其排列方法有种．由分步乘法计数原理知，符合条件的排列方法有＝36(种).
巩固训练4　解析：(1)方法一　(插空法)把甲乙2人插到另外3位代表的空格中，有种，又3位代表有顺序，有种，所以甲乙不相邻的坐法为＝72(种).
方法二　(间接法)5位代表并排坐在一起的坐法为：种，甲乙相邻的坐法为：种，
所以甲乙不相邻的坐法为：－＝72(种)，所以选项ABC错误，选项D正确．故选D.
(2)由3名男生不相邻知，应该先把3名女生排好，有＝6(种)排法，
再让3个男生去插空，在3名女生形成的4个空中插入3个男生，共有＝24(种)排法，
根据分步乘法计数原理，知总共有6×24＝144(种)排法．故选A.
答案：(1)D　(2)A
例5　解析：(1)甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，
故有＝2 520(种)不同的排法．
(2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种数的.
故有＝840(种)不同的排法．
巩固训练5　解析：(1)五门课程随意安排有种排法，数学课在历史课前和历史课在数学课前各占总排法数的一半，
所以数学课排在历史课前的排法有＝60(种)．故选C.
(2)5个元素无约束条件的全排列有种排法，由于字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”，因此，在上述的全排列中恰好符合“A，B，C”的排列方法有＝20(种).
答案：(1)C　(2)20第1课时
课标解读
1.理解组合的概念，能正确区别排列与组合．
2．能记住组合数的计算公式，了解组合数的性质以及组合数与排列数之间的关系，并能运用组合数公式与组合数的性质进行运算．
3．能利用组合数公式解决简单的组合应用题．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　组合的定义
一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 作为________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
要点二　组合数的概念
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数 ，用符号________表示．
要点三　组合数公式
＝________________＝________．规定：＝1.
助 学 批 注
批注 　取出的m个元素不讲究顺序，即元素没有位置的要求．
批注 　从集合的角度理解组合数的概念．例如，从3个不同的元素a，b，c中任取2个的所有组合构成的集合为A＝{ab，ac，bc}，则组合数即为集合A的元素个数．
夯 实 双 基　
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)组合与所选出的元素的排列顺序有关．(　　)
(2)两个组合的元素相同，则这两个组合是相同的．(　　)
(3)从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合是.(　　)
(4)从a，b，c，d中选取2个合成一组，其中a，b与b，a是同一个组合．(　　)
2．(多选)下列问题中是组合问题的是(　　)
A．从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学去参加两个社区的社会调查，有多少种不同的选法？
B．从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学，有多少种不同的选法？
C．3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？
D．3本相同的书分给5名同学，每人一本，有多少种分配方法？
3．甲、乙、丙三地之间有直达的火车，相互之间的距离均不相等，则车票票价的种数是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．6
4．求值：＝________．
题型探究·课堂解透——强化创新性　
题型 1　组合的概念
例1　判断下列各事件是排列问题还是组合问题．
(1)10个人相互各写一封信，共写多少封信？
(2)10个人相互通一次电话，共通了多少次电话？
(3)从10个人中选3个代表去开会，有多少种选法？
(4)从10个人里选出3个不同学科的代表，有多少种选法？
方法归纳
根据排列与组合的定义进行判断，区分排列与组合问题，先确定完成的是什么事件，然后看问题是否与顺序有关，与顺序有关的是排列，与顺序无关的是组合．
巩固训练1　(多选)给出下列问题，属于组合问题的有(　　)
A．从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法
B．有4张电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法
C．某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，则不同的结果有多少种
D．从2，3，5，7，11中任选两个数相乘，可以得到多少个不同的积
题型2　写出简单问题的所有或部分组合
例2　已知A，B，C，D，E五个元素，写出每次取出3个元素的所有组合．
方法归纳
写出n个不同元素中选出m个元素的
所有组合的方法
从n个不同元素中选出m个元素的组合，可借助本例所示的“顺序后移法”(如法一)或“树状图法”(如法二)，直观地写出组合，做到不重复不遗漏．
巩固训练2　在A，B，C，D四位候选人中，选举两人负责班级工作，写出所有可能的选举结果．
题型 3　组合数公式的应用
例3　(1)[2022·湖北襄阳高二期末]已知＝，则m＝(　　)
A．1 B．3
C．1或3 D．1或4
(2)计算：.
(3)证明：.
方法归纳
组合数公式应用的策略
巩固训练3　(1)[2022·广东东莞高二期末]计算：＝________．(用数字作答)
(2)[2022·山东临沂高二期中]已知＝51，则正整数n＝________．
题型 4　简单的组合问题
例4　在一次数学竞赛中，某学校有10人通过了初试，学校要从中选出5人参加市级培训．在下列条件下，有多少种不同的选法？
(1)任意选5人；
(2)甲、乙、丙三人必须参加；
(3)甲、乙、丙三人不能参加；
(4)甲、乙、丙三人中只能有1人参加．
方法归纳
解答简单的组合问题的一般步骤
巩固训练4　现有8名教师，其中5名男教师，3名女教师．
(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？
(2)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？
第1课时
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点一
一组
要点二
要点三
　
[夯实双基]
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2．解析：AC与顺序有关，是排列问题；BD与顺序无关，是组合问题．故选BD.
答案：BD
3．解析：任意两地之间往返的票价相同，所以是组合问题，所求票价种数为
＝7×－4×＝140－140＝0.
答案：0
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)是排列问题．因为发信人与收信人是有区别的．
(2)是组合问题．因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别．
(3)是组合问题．因为3个代表之间没有顺序的区别．
(4)是排列问题．因为3个人中，担任哪一学科的代表是有顺序区别的．
巩固训练1　解析：对于A，从3名同学中选出2名同学后，分配到两个乡镇涉及顺序问题，是排列问题；
对于B，从7人中选出4人观看不涉及顺序问题，是组合问题；
对于C，射击命中不涉及顺序问题，是组合问题；
对于D，乘法满足交换律，两数相乘的积不涉及顺序，是组合问题．故选BCD.
答案：BCD
例2　解析：方法一　可按AB→AC→AD→BC→BD→CD顺序写出，即
所以所有组合为：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
方法二　画出树状图，如图所示．
由此可以写出所有的组合：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
巩固训练2　解析：从四位候选人中选举两人负责班级工作是组合问题，所有可能的选举结果：AB，AC，AD，BC，BD，CD.
例3　解析：(1)由＝可知：m＝2m－1或者m＋2m－1＝8，解得m＝1或m＝3，故选C.
(2)由
得n＝4或5.
当n＝4时，原式＝
＝16.
(3)证明：因为＝·
＝，
＝·
＝，
所以.
答案：(1)C　(2)见解析　(3)见解析
巩固训练3　解析：(1)因为＝5×4＝＝＝＝45，所以＝20＋45＝65.
(2)由题意，＋n(n－1)＝51 3n2－n－102＝0 (n－6)(3n＋17)＝0，得n＝6(n＝－舍去)．
答案：(1)65　(2)6
例4　解析：(1)从中任取5人是组合问题，共有＝252(种)不同的选法．
(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需要从另外7人中选2人，是组合问题，共有＝21(种)不同的选法．
(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的7人中选5人，共有＝＝21(种)不同的选法．
(4)甲、乙、丙三人中只能有1人参加，可分两步：先从甲、乙、丙中选1人，有＝3(种)选法；再从另外7人中选4人，有＝105(种)不同的选法．
巩固训练4　解析：(1)从8名教师中选2名去参加会议的选法数，就是从8个不同元素中取出2个元素的组合数，即有＝＝28(种)．
(2)从5名男教师中选2名的选法有
＝30(种)．第2课时
课标解读
1.能正确利用组合公式及分类讨论思想解决一些有限制条件的组合问题．
2．正确识别组合中的分组、分配问题，与几何图形有关的组合问题，并能利用组合公式求解．
题型探究·课堂解透——强化创新性
题型 1　有限制条件的组合问题
例1　课外活动小组共13人，其中男生8人、女生5人，并且男、女生各有一名队长．现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)至少有一名队长当选；
(2)至多有两名女生当选；
(3)既要有队长，又要有女生当选．
方法归纳
有限制条件的组合问题的解题策略
巩固训练1　现有男选手3名，女选手5名，其中男女队长各1名．选派4人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(结果用数字表示)
(1)至少有1名男选手；
(2)既要有队长，又要有男选手．
题型2　先选后排问题
例2　有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数：
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定担任语文课代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表．
方法归纳
解决先选后排问题的策略
巩固训练2　(1)现有4名疫情防控志愿者全员参与三个不同的防控岗位，每位志愿者只能参与一个岗位的工作，且每个岗位至少有一名志愿者参与，则参与防控的情况共有(　　)种．
A．24　　B．36 C．48　　D．50
(2)[2022·江苏徐州高二期中]国际高峰论坛上，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这3个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为(　　)
A．306　 B．198 C．268　 D．378
题型3　分组、分配问题
例3　按以下要求分配6本不同的书，各有几种方法？
(1)平均分配给甲、乙、丙3人，每人2本；
(2)分成3份，一份1本，一份2本，一份3本；
(3)甲、乙、丙3人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本．
(4)一人4本，其余两人各一本，有多少种不同的方法？
方法归纳
分组、分配问题的解法
巩固训练3　(1)[2022·湖北武汉高二期末]将5名核酸检测工作志愿者分配到防疫测温、信息登记、维持秩序、现场指引4个岗位，每名志愿者只分配1个岗位，每个岗位至少分配1名志愿者，则不同分配方案共有(　　)
A．120种 B．240种
C．360种 D．480种
(2)[2022·广东珠海二中高二期中]将6名优秀教师分配到5个不同的学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有(　　)
A．2 400种 B．1 800种
C．1 200种 D．1 600种
第2课时
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长，故共有＝825(种)．或采用间接法有＝825(种)．
(2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有＝966(种)．
(3)分两种情况：
第一种：女队长当选，有
)种．
故共有＝790(种)．
巩固训练1　解析：(1)由题意可知，“至少有1名男选手” 的对立事件为“全为女选手”，
从8人中任选4人，有＝70(种)选法，其中全部是女选手有＝5(种)选法，
所以“至少有1名男选手”的选法有70－5＝65(种)．
(2)由题意分两种情况讨论．①当选男队长时，其他人选法任意，有＝35(种)，
②当不选男队长，必选女队长时，有＝20(种)，其中不含男选手的选法有＝4(种)，
则不选男队长的选法有20－4＝16(种)，
所以既要有队长，又要有男选手的选法有35＋16＝51(种)．
例2　解析：(1)先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有＝5 400(种)．
(2)除去该女生后，先选后排有＝840(种)选法．
(3)先选后排，但先安排该男生有＝3 360(种)选法．
巩固训练2　解析：(1)由题意有一个岗位是两个人，方法数为＝6×6＝36.故选B.
(2)由题可知选出的3个媒体团的构成有如下两类：
①选出的3个媒体团中只有一个国内媒体团，有＝108(种)不同的提问方式；
②选出的3个媒体团中有两个国内媒体团，有＝90(种)不同的提问方式．
综上，共有108＋90＝198(种)不同的提问方式．故选B.
答案：(1)B　(2)B
例3　解析：(1)3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书中任取2本的方法有种，
甲不论用哪种方法，取得2本书后，乙再从余下的4本书中任取2本有种方法，丙从余下的两本中取两本，有种方法，共有＝90(种)方法．
(2)先在6本书中任取1本，作为一份，有种取法，再从余下的5本书中任取2本，作为一份，有种取法，最后余下3本书作为一份，有种取法，共有方法：＝60(种).
(3)分成3份共有种，但每一种分组方法又有种不同的分配方案，故一人得1本，一人得2本，一人得3本的分法有＝360(种).
(4)先在6本书中任取4本，作为一份，有种取法，再从余下的2本书中任取1本，作为一份，有种取法，最后余下1本书作为一份，但由于分配的本数有不同又有相同，所以共有方法＝90(种).
巩固训练3　解析：(1)首先从5人中选出2人作为一组，再与其余3人一同分配到4个不同的岗位，
故有＝240(种)不同的分配方案．故选B.
(2)将6名教师分组，只有一种分法，即1，1，1，1，2，共有，
再排列得＝1 800，故选B.
答案：(1)B　(2)B6.3.1　二项式定理
课标解读
1.能用计数原理证明二项式定理．
2．掌握二项式定理及其展开式的通项公式．
3．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点一　二项式定理
(a＋b)n＝bn，n∈N* ，这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做的二项展开式，其中各项的系数(其中k＝0，1，2，…，n)叫做二项式系数．
在二项式定理中，如果a＝1，b＝x，则(1＋x)n＝xn.
要点二　二项展开式的通项
二项展开式中的an－kbk叫作二项展开式的通项，用Tk＋1表示，即通项为展开式的第k＋1项：Tk＋1＝an－kbk .
助 学 批 注
批注 　(1)展开式共有n＋1项，各项的次数都是n.
(2)字母a按降幂排列，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，次数由0逐项加1直到n.
批注 　(1)通项是二项展开式的第k＋1项，而不是第k项．
(2)(a＋b)n与(b＋a)n的二项展开式相同，但是(a＋b)n的第k＋1项为an－kbk，(b＋a)n的第k＋1项为bn－kak.因此，应用二项式定理时，a与b是不能随便交换位置的．
夯 实 双 基　
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)(a＋b)n展开式中共有n项．(　　)
(2)在公式中，交换a，b的顺序对各项没有影响．(　　)
an－kbk是(a＋b)n展开式中的第k项．(　　)
(4)(a－b)n与(a＋b)n的二项式展开式的二项式系数相同．(　　)
2．若(x＋1)n的展开式共有12项，则n＝(　　)
A．11　　　B．12　　　C．13　　　D．14
3．在(2x－4)6的展开式中，第二项为(　　)
A．－768x5B．768x5
C．－3 840x4 D．3 840x4
4．二项式(x2－)6的展开式中，常数项的值是________．
题型探究·课堂解透——强化创新性　
题型 1　二项式定理的正用、逆用
例1　(1)求()4的展开式；
(2)化简：(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1).
方法归纳
利用二项式定理解题策略
巩固训练1　(1)S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4x－3，则S＝(　　)
A．x4 B．x4＋1
C．(x－2)4 D．x4＋4
(2)(x＋)6的展开式为________．
题型2　求二项展开式中的特定项
例2　已知二项式()n(n∈N*)的展开式中，第7项为常数项．
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有有理项．
方法归纳
求二项展开式的特定项的策略
巩固训练2　已知(x2－)n的展开式中，第4项为－10x.
(1)求正整数n的值；
(2)求(x2－)n的展开式中x4的系数．
题型 3　二项式定理的灵活运用
例3　(1)(x2＋x＋)5的展开式中，x7的系数为(　　)
A．5 B．7
C．10 D．15
(2)[2022·新高考Ⅰ卷](1－)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
方法归纳
1．求解两个二项展开式乘积的展开式中的特定项的步骤
2．求解三项展开式中的特定项的方法
根据式子的特点，转化为二项式来解决，转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时要注意合理性和简捷性．
巩固训练3　(1)[2022·湖北武汉一中高二期中](1＋x)(1－2x)5展开式中x3的系数为(　　)
A．5 B．－30
C．35 D．－40
(2)[2022·福建三明高二期中](x2－2x＋y)6的展开式中x3y3的系数为________．
6．3.1　二项式定理
新知初探·课前预习
[夯实双基]
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．解析：由二项式定理知展开式共有n＋1项，所以n＋1＝12，即n＝11.故选A.
答案：A
3．解析：Tk＋1＝ (2x)6－k·(－4)k，第二项是k＝1，即 (2x)6－1·(－4)1＝－768x5.故选A.
答案：A
4．解析：二项式(x2－)6的展开式通项公式为Tk＋1＝ (x2)6－k(－x－1)k＝(－1)kx12－3k，当12－3k＝0时，k＝4，则T5＝(－1)4＝15.
答案：15
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)方法一　()4＝＝x2－2x＋.
方法二　()4＝(2x－1)4＝(16x4－32x3＋24x2－8x＋1)
＝x2－2x＋.
(2)原式＝(x－1)0－1＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.
巩固训练1　解析：(1)S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1＝＝＝x4.故选A.
(2)根据二项式定理，
(x＋)6＝(x＋x－1)6＝x－6
＝x6＋6x4＋15x2＋20＋15x－2＋6x－4＋x－6.
答案：(1)A　(2)x6＋6x4＋15x2＋20＋15x－2＋6x－4＋x－6
例2　解析：(1)Tk＋1＝＝，k＝0，1，2，…，n，
∴T7＝＝··xn－8，
∵第7项为常数项，∴n－8＝0，∴n＝8.
(2)由(1)知Tk＋1＝··，k＝0，1，2，…，8，
要使Tk＋1为有理项，只需为整数，且0≤k≤8 ，
∴当k＝0，3，6时，Tk＋1为有理项，
T1＝··x8＝＝，T4＝··x4＝x4＝x4，T7＝··x0＝＝7，
∴有理项为T1＝，T4＝x4，T7＝7.
巩固训练2　解析：(1)(x2－)n的展开式中，第4项为×(x2)n－3×＝
，解得n＝5，故正整数n的值为5.
(2)(x2－)n的展开式中第k＋1项为Tk＋1＝×(x2)5－k×＝×x10－3k×(－1)k，
其中k＝0，1，2，3，4，5，令10－3k＝4，可求得k＝2，
故(x2－)n展开式中的x4的系数为＝10.
例3　解析：(1)因为(x2＋x＋)5＝[(x＋)2]5＝(x＋)10，
所以(x＋)10展开式的通项公式为Tk＋1＝x10－k·，
当10－k＝7时，k＝3，T4＝x7·，
则＝15，x7的系数为15.故选D.
(2)(1－)(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8，由二项式定理可知其展开式中x2y6的系数为＝－28.
答案：(1)D　(2)－28
巩固训练3　解析：(1)(1－2x)5展开式中第k＋1项为Tk＋1＝(－2x)k＝xk，
所以(1＋x)(1－2x)5展开式中x3项为T4＋xT3＝x3＝－40x3，
所以(1＋x)(1－2x)5展开式中x3的系数为－40.故选D.
(2)由题意可知(x2－2x＋y)6＝[(x2－2x)＋y]6，
展开式的通项公式为Tk＋1＝(x2－2x)6－kyk＝(x2)6－k－t(－2x)t]·yk
＝·(－2x)t·(x2)6－k－t·yk
＝·(－2)t·(x)12－2k－t·yk.
由于要求展开式中x3y3的系数，所以k＝3，t＝3.
则展开式中x3y3的系数为·(－2)3＝－160.
答案：(1)D　(2)－1606.3.2　二项式系数的性质
课标解读
1.会用赋值法求展开式系数的和．
2．能记住二项式系数的性质，并能灵活运用性质解决相关问题．
新知初探·课前预习——突出基础性
教 材 要 点
要点　二项式系数的性质
对称性 在(a＋b)n的展开式中，与首末两端“________”的两个二项式系数相等，即＝
增减性与 最大值 增减性：当k<时，二项式系数是逐渐________；当k>时，二项式系数是逐渐________． 最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数________最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数________，________相等，且同时取得最大值
各二项式 系数的和 ＝2n ； ＋…＝________
助 学 批 注
批注 　从n个不同元素中取出m个元素，则剩余n－m个元素，故从n个不同元素中取出m个元素的方法数与取出n－m个元素的方法数相等，即＝.
批注 　从集合的角度解释：设A是含有n个元素的集合，求A的子集个数时，可以按照子集中含有元素的个数进行分类：没有元素的子集(即空集)有
＝2n.
夯 实 双 基　
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)(a＋b)n的展开式中，二项式系数具有对称性．(　　)
(2)二项展开式的二项式系数和为.(　　)
(3)二项式展开式的偶数项系数和等于奇数项系数和．(　　)
(4)二项展开式项的系数是先增后减的．(　　)
2．(1－x)5的二项展开式中，所有项的二项式系数之和是(　　)
A．0 B．－1
C．－32 D．32
3．二项式(x－)8的展开式中所有项的系数和是(　　)
A．38 B．28
C．1 D．－1
4．(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝________．
题型探究·课堂解透——强化创新性　
题型 1　二项式系数和问题
例1　[2022·河北石家庄高二期末]已知(a－b)n(n为正整数)展开式的各项二项式系数之和为256.
(1)求展开式中的第3项；
(2)若b＝，求展开式中的常数项．
方法归纳
二项式系数之和与指数n有关，其和为＝2n，其中奇数项的二项式系数之和与偶数项的二项式系数之和相等，都等于2n－1.
巩固训练1　(1)(x－1)10的展开式中所有奇数项的二项式系数和为(　　)
A．128　　B．256　　C．512　　D．1 024
(2)[2022·河北沧州高二期末]在(x＋)n的展开式中，所有二项式系数的和是16，则展开式中的常数项为________．
题型2　二项展开式中各项系数和问题
例2　已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
(1)求a1＋a2＋…＋a7；
(2)求a1＋a3＋a5＋a7；
(3)求|a0|＋|a1|＋…＋|a7|.
方法归纳
赋值法求二项展开式中系数的策略
巩固训练2　(1)[2022·广东潮州高二期末]若x2＋(x＋1)7＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a7(x＋2)7，则a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(　　)
A．0　　　B．－1　　　C．1　　　D．129
(2)[2022·湖北襄阳高二期末](多选)已知(1＋x)6＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a6(x－1)6，则下列说法正确的有(　　)
A．a0＝64
B．a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝18
C．a0＋a2＋a4＋a6＝365
D．a0＋2a1＋4a2＋8a3＋16a4＋32a5＋64a6＝212
题型3　系数最大项问题
例3　(1)若()n展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式的常数项是(　　)
A．160　　B．60　　C．－160　　D．－60
(2)已知在(2x＋)n的展开式中，所有偶数项的二项式系数的和为32，求展开式中系数最大的项．
方法归纳
1．求二项式系数最大的方法
根据二项式系数的性质，当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大；当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
2．求展开式中系数最大的方法
巩固训练3　[2022·广东广州高二期末](多选)在二项式(1－x)2n的展开式中，以下说法正确的是(　　)
A．二项式系数最大的项是第n项
B．各项系数之和为0
C．当n＝5时，展开式系数最大的项是第6项
D．展开式共有2n＋1项
6.3.2　二项式系数的性质
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点
等距离　增大的　减小的　　　　2n－1
[夯实双基]
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
2．解析：(1－x)5的二项展开式中所有项的二项式系数之和为25＝32.故选D.
答案：D
3．解析：令x＝1，可得(1－)8＝1，即二项式(x－)8的展开式中所有项的系数和为1.故选C.
答案：C
4．解析：因为(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，
所以令x＝1得：a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(2－1)10＝1.
答案：1
题型探究·课堂解透
例1　解析：(1)依题意可得2n＝256，解得n＝8，则展开式的通项公式为：Tk＋1＝a)8－k(－b)k，所以展开式中的第3项为a)6(－b)2＝1 512a6b2.
(2)由(1)及b＝，则展开式的通项公式为：Tk＋1＝a)8－k(－)k＝)8－k(－)ka8－2k，令8－2k＝0，解得k＝4，则展开式中的常数项为a)4＝2 520.
巩固训练1　解析：(1)(x－1)10的展开式中所有奇数项的二项式系数和为＝512，故选C.
(2)因为(x＋)n的展开式中，所有二项式系数的和是16，所以2n＝16，解得n＝4.
又(x＋)4的展开式的通项公式Tk＋1＝x4－k＝x4－2k(k＝0，1，2，3，4)，
令4－2k＝0，得k＝2，所以展开式中的常数项为T3＝＝24.
答案：(1)C　(2)24
例2　解析：(1)当x＝1时，等号左边为(1－2)7＝－1，等号右边为a0＋a1＋a2＋…＋a7，
∴a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，当x＝0时，a0＝1.
∴a1＋a2＋…＋a7＝－1－1＝－2.
(2)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1　①，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37　②，
①－②，得2(a1＋a3＋a5＋a7)＝－1－37，
∴a1＋a3＋a5＋a7＝－＝－1 094.
(3)由展开式，知a1，a3，a5，a7均为负数，a0，a2，a4，a6均为正数，
∴|a0|＋|a1|＋…＋|a7|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7.
由(2)可知，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.
巩固训练2　解析：(1)令x＝－1，得(－1)2＝1＝a0＋a1＋a2＋…＋a7.故选C.
(2)对于A，令x＝1可得a0＝26＝64，A正确；
对于B，对(1＋x)6＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a6(x－1)6两边求导得6(1＋x)5＝a1＋2a2(x－1)＋…＋6a6(x－1)5，
令x＝2，可得a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝6×35≠18，B错误；
对于C，令x＝0，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝1，令x＝2得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝36＝729，
两式相加得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝730，则a0＋a2＋a4＋a6＝365，C正确；
对于D，令x＝3可得a0＋2a1＋4a2＋8a3＋16a4＋32a5＋64a6＝46＝212，D正确．故选ACD.
答案：(1)C　(2)ACD
例3　解析：(1)∵二项式()n的展开式中只有第4项的二项式系数最大，∴n＝6，
则展开式中的通项公式为Tk＋1＝)6－k＝·，
令＝0，解得k＝2，故展开式中的常数项为·(－2)2＝60.故选B.
(2)由题意可得＝2×32，即2n＝64，则n＝6.
(2x＋)n展开式的通项为Tk＋1＝，
设展开式的第k＋1项的系数最大，
则
解得≤k≤，所以k＝2.
所以展开式中系数最大的项为T3＝240x3.
答案：(1)B　(2)见解析
巩固训练3　解析：二项式(1－x)2n的展开式中，共有2n＋1项，故D正确，
展开式中中间项中有一项，即第n＋1项，所以二项式系数最大的项是第n＋1项，A错误；
令x＝1，则得(1－x)2n＝0，即各项系数之和为0，B正确；
当n＝5时，(1－x)2n＝(1－x)10，其通项公式为Tk＋1＝，k＝0，1，…，10，
第6项T6＝x5，二项式系数最大，这一项系数为负，
故根据二项式系数的性质可知展开式系数最大的项应是第5项和第7项，即＝最大，故C错误．故选BD.
答案：BD习题课　排列组合的综合应用
例1　某学习小组有3个男生和4个女生共7人：
(1)将此7人排成一排，男女彼此相间的排法有多少种？
(2)将此7人排成一排，男生甲不站最左边，男生乙不站最右边的排法有多少种？
(3)从中选出2名男生和2名女生分别承担4种不同的任务，有多少种选派方法？
(4)现有7个座位连成一排，仅安排4个女生就座，恰有两个空位相邻的不同坐法共有多少种？
巩固训练1　(1)新冠疫情防控期间，某中学安排甲、乙、丙等7人负责某个周一至周日的师生体温情况统计工作，每天安排一人，且每人负责一天．若甲、乙、丙三人中任意两人都不能安排在相邻的两天，且甲安排在乙，丙之间，则不同的安排方法有________种(用数字作答)．
(2)生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“五经”是儒家典籍《周易》、《尚书》、《诗经》、《礼记》、《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校在周末兴趣活动中开展了“五经”知识讲座，每经排1节，连排5节，则满足《诗经》必须排在后2节，《周易》和《礼记》必须分开安排的情形共有________．
例2　(多选) 从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所有组成的数中(　　)
A．奇数有60个
B．包含数字6的数有30个
C．个位和百位数字之和为6的数有24个
D．能被3整除的数有48个
巩固训练2　(1)从1，2，3，4，5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有(　　)
A．51个 B．54个
C．12个 D．45个
(2)从1～9这9个数字中，选取4个数字，组成含有1对重复数字的五位数的种数有(　　)
A．30 240 B．60 480
C．15 120 D．630
例3　如图，节日花坛中有5个区域，现有四种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，则符合条件的种植方案有(　　)种．
A．36 B．48
C．54 D．72
巩固训练3　(1)现有5种不同颜色的染料，要对如图中的四个不同区域进行着色，要求有公共边的两块区域不能使用同一种颜色，则不同的着色方法的种数是(　　)
A．120 B．140
C．240 D．260
(2)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．
A．24 B．48
C．72 D．96
(3)用五种不同颜色给三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有(　　)
A．840种 B．1 200种
C．1 800种 D．1 920种
例4　现有4个不同的球和4个不同的盒子，把球全部放入盒内．
(1)共有多少种不同的方法？
(2)若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？
(3)若恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？
(4)若恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？
巩固训练4　(1)(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
(2)(多选)现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是(　　)
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种
D．若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
例5　2名老师和4名学生共6人参加两项不同的活动，每人参加一项活动，每项活动至少有2人参加，但2名老师不能参加同一项活动，则不同的参加方式的种数为(　　)
A．20 B．28
C．40 D．50
巩固训练5　某重点中学安排甲、乙在内的5名骨干教师到3所乡镇学校开展支教帮扶活动，每所学校至少安排一名教师，每个教师也只能去一所学校，若甲、乙2名教师不去同一所学校，则不同的安排方法有________种．
习题课　排列组合的综合应用
例1　解析：(1)根据题意，分2步进行分析：
①将3个男生全排列，有种排法，排好后有4个空位，
②将4名女生全排列，安排到4个空位中，有种排法，
则一共有＝144种排法；
(2)根据题意，分2种情况讨论：
①男生甲在最右边，有＝720，
②男生甲不站最左边也不在最右边，有＝3 000，
则有720＋3 000＝3 720种排法；
(3)根据题意，分2步进行分析：
①在3名男生中选取2名男生，4名女生中选取2名女生，有种选取方法，
②将选出的4人全排列，承担4种不同的任务，有种情况，
则有＝432种不同的安排方法；
(4)根据题意，7个座位连成一排，仅安排4个女生就座，还有3个空座位，
分2步进行分析：
①将4名女生全排列，有种情况，排好后有5个空位，
②将3个空座位分成2、1的2组，在5个空位中任选2个，安排2组空座位，有种情况，
则有＝480种排法．
巩固训练1　解析：(1)选将甲、乙、丙之外的四人进行排列，共有种方法，再用甲、乙、丙插空，甲在中间，有种方法，故共有＝480种．
(2)当《诗经》位于第5节时，《周易》和《礼记》相邻有3种情形，且《周易》和《礼记》排序有种，剩下的排序也有种，因此满足条件的情形有种；
当《诗经》位于第4节时，《周易》和《礼记》相邻有2种情形，《周易》和《礼记》排序有种，剩下的排序也有种，此时满足条件的情形有种．
所以满足条件的情形共有＝28种．
答案：(1)480　(2)28
例2　解析：对于A，先从1，3，5中任取一个数放在个位，再任取两个数放在十位和百位，一共有＝60个，故A正确；
对于B，先从6以外的数中任取2个，对3个数全排列，一共有＝60个，故B错误；
对于C，个位和百位的数可以是，顺序可以交换，再从剩下的数中任选一个放在十位上，所以一共有2×＝16个，故C错误；
对于D，要使组成的数能被3整除，则各位数之和为3的倍数，取出的数有，，共8种情况，所以组成的能被3整除的数有＝48个，故D正确．
故选AD.
答案：AD
巩固训练2　解析：(1)由题意分类讨论：
①当这个三位数，数字2和3都有，再从1，4，5中选一个，因为2需排在3的前面，这样的三位数有 (个).
②当这个三位数，2和3只有一个，需从1，4，5中选两个数字，这样的三位数有 (个).
③当这个三位数，2和3都没有，由1，4，5组成三位数，这样的三位数有 (个).
由分类加法计数原理得共有＝51(个).
故选A.
(2)在1～9这9个数字中选取4个数字，共有＝126种，
在4个数字中取1个数字出现两遍，共有＝4种，
在五位数中取两个位置放置重复数字，共有＝10种，
剩下三个数字共有＝6种排列方式，
故共有126×4×10×6＝30 240，
故选A.
答案：(1)A　(2)A
例3　解析：由题意，如图，假设5个区域分别为1、2、3、4、5，
分2种情况讨论：
①当选用3种颜色的花卉时，2、4同色且3、5同色，共有涂色方法＝24种，
②当4种不同颜色的花卉全选时，即2、4或3、5用同一种颜色，共有＝48种，
则不同的种植方法共有24＋48＝72种．故选D.
答案：D
巩固训练3　解析：(1)由题意，先涂A处，有5种涂法，再涂B处有4种涂法，第三步涂C，若C与A同，则D有四种涂法，若C与A不同，则D有三种涂法，由此得不同的着色方案有5×4×(1×4＋3×3)＝260种，故选D.
(2)首先涂区域1有4种，其次区域2有3种，再次区域3有2种，
若区域4与区域2同色有1种，则区域5有2种，
若区域4与区域2不同色有1种，则区域5有1种，
所以不同的着色方法共有4×3×2×1×2＋4×3×2×1×1＝48＋24＝72，故选C.
(3)分以下几种情况讨论：
①若5种颜色全用上，先涂A、B、C三点，有种，
然后在A1、B1、C1三点中选择两点涂另外两种颜色，有种，最后一个点有2种选择，
此时共有×2＝720种；
②若用4种颜色染色，有种选择方法，先涂A、B、C三点，有种，
然后在A1、B1、C1三点中需选择一点涂最后一种颜色，有3种，不妨设涂最后一种颜色的为点A1，
若点B1与点A同色，则点C1只有一种颜色可选，
若点B1与点C同色，则点C1有两种颜色可选，
此时共有×3×3＝1 080种；
③若用3种颜色染色，则有种选择方法，先涂A、B、C三点，有种，
点A1有2种颜色可选，则B1、C1的颜色只有一种选择，
此时共有×2＝120.
由分类加法计数原理可知，共有720＋1 080＋120＝1 920种涂色方法．故选D.
答案：(1)D　(2)C　(3)D
例4　解析：(1)将4个不同的球放入4个不同的盒子，则共有44＝256种不同的放法．
(2)将4个不同的球放入4个不同的盒子，若没个盒子不空，则共有＝24种不同的放法．
(3)将4个不同的球放入4个不同的盒子，恰有一个盒子不放球，则共有＝144种不同的放法．
(4)将4个不同的球放入4个不同的盒子，恰有两个盒子不放球，则共有 ()＝84种不同的放法．
答案：(1)256　(2)24　(3)144　(4)84
巩固训练4　解析：(1)任意两位同学之间交换纪念品共要交换＝15(次)，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是每人得到5份纪念品．现在6位同学总共交换了13次，少交换了2次，这2次若不涉及同一人，则收到4份纪念品的同学有4人，若涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有2人．故选BD.
(2)对于A，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有44＝256种放法，故A错误；
对于B，若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有＝18种放法，故B正确；
对于C，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有＝144种放法，故C正确；
对于D，若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：，，，，，，，，，共9种放法，故D正确．故选BCD.
答案：(1)BD　(2 )BCD
例5　 解析：分两步：
(1)安排2名老师：共＝2种不同的参加方式；
(2)安排4名学生：又分两类：
① 参加两项活动的学生人数为一项3人，一项1人：共＝8种不同的参加方式；
② 参加两项活动的学生人数各2人：共＝6种不同的参加方式．
所以，共有2×＝28种不同的参加方式．故选B.
答案：B
巩固训练5 　解析：不考虑条件“甲、乙2名教师不去同一所学校”，则不同的安排方法有＝150(种).若甲、乙2名教师去同一所学校，则不同的安排方法有＝36(种)，所以满足题意的安排方法有150－36＝114(种).
答案：114专项培优1章末复习课
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考点一　两个计数原理的综合应用
(1)应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成事件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此时，应注意层次分明，不重不漏．
(2)通过对两个计数原理的学习，提升学生的逻辑推理、数学运算素养．
例1　(1)[2022·山东泰安高二期中]学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种，假设每种菜足量，则不同的选法共有(　　)
A．35种 B．53种
种种
(2)[2022·江苏无锡高二期末]一份快递从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙，需要经过5个转运环节，其中第1，5个环节有a，b两种运输方式，第2，4个环节有b，c两种运输方式，第3个环节有c，d，e三种运输方式，快递从甲送到乙，第1个环节使用a运输方式的运输顺序共有________种；快递从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有________种．
考点二　排列组合应用
(1)复杂的排列问题常常通过试验、画简图、小数字简化等手段使问题直观化，从而寻求解题途径，由于结果的正确性难以直接检验，因而常需要用不同的方法求解来检验．
(2)处理排列、组合的综合性问题，一般思想方法是先选元素(组合)，后排列，按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”，始终是处理排列、组合问题的基本方法和原理，通过解题训练要注意积累分类和分步的基本技能．
(3)通过对排列组合应用的掌握，提升学生的逻辑推理、数学运算素养．
例2　(1)[2021·全国乙卷]将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有(　　)
A．60种 B．120种
C．240种 D．480种
(2)[2022·广东仁化高二期中]北京在2022年成功召开了冬奥会和冬残奥会，这是我国在2008年成功举办夏季奥运会之后的又一奥运盛事，是世界唯一的双奥之城．我校计划举行奥运知识演讲比赛，某班有5名同学报名参加班级预赛，其中有2名男同学，3名女同学，要求男同学比赛顺序相邻，则这5名同学不同的演讲顺序有(　　)
A．120种 B．72种
C．48种 D．36种
(3)[2022·河北唐山高二期中](多选)在10件产品中，有7件合格品，3件不合格品，从这10件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有(　　)
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有
种
考点三　二项式定理的应用
(1)对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握“赋值法”，“赋值法”是解决二项式系数问题的一个重要方法．
(2)求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求k，再求Tk＋1.有时还需先求n，再求k，才能求出Tk＋1.
(3)通过对二项式定理及其应用的学习，提升学生的逻辑推理、数学运算素养．
例3　(1)[2022·北京卷]若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝(　　)
A．40 B．41
C．－40 D．－41
(2)[2022·浙江卷]已知多项式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝________，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________.
(3)设(5x－)n的展开式的各项系数和为M，二项式系数和为N，若M－N＝240，则展开式中x的系数为(　　)
A．－150 B．150
C．300 D．－300
章末复习课
考点聚焦·分类突破
例1　解析：(1)窗口共卖5种菜，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种，
即每人都有5种选法，分3步完成，故不同的选法有5×5×5＝53 (种)，故选B.
(2)根据题意可得：
第1个环节使用a运输方式的运输顺序共有1×2×3×2×2＝24(种)，
快递从甲送到乙有4种运输方式，则第3个环节有d，e两种运输方式，1，2，4，5个环节有两个环节运输方式相同，另外两个环节两个运输方式不同．
若第1，5个环节或第2，4个环节相同，则2×2×2＝8(种)；
若第1，2个环节或第1，4个环节或第2，5个环节或第4，5个环节相同，则2×4×1＝8(种)．
快递从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有8＋8＝16(种)．
答案：(1)B　(2)24　16
例2　解析：(1)根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据分步乘法计数原理，完成这件事，共有×4！＝240(种)不同的分配方案，故选C.
(2)①男同学之间排序有种，把他们看成一个整体，
②把3个女生与男生组合作全排列有种，
所以共有＝48(种).故选C.
(3)由题意得：
对于A选项：抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法为3件不合格品中抽取1件有种取法，7件合格品中抽取2件有种取法，故共有种取法，故A正确；
对于选项B、C：抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法分三种情况：①抽取的3件产品中有1件不合格、有2件合格，共有种取法；②抽取的3件产品中有2件不合格、有1件合格，共有种取法；③抽取的3件产品都不合格，有种取法．故抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种，故B错误，C正确；
对于选项D：10件产品中取三件的取法有，抽出的3件产品中全部合格的取法有种，抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有－种，故D正确．故选ACD.
答案：(1)C　(2)C　(3)ACD
例3　解析：(1)方法一　当x＝1时，1＝a4＋a3＋a2＋a1＋a0　①；当x＝－1时，81＝a4－a3＋a2－a1＋a0　②.(①＋②)÷2，得a4＋a2＋a0＝＝41.故选B.
方法二　由二项式定理可得(2x－1)4＝ (2x)4·(－1)0＋ (2x)3(－1)1＋ (2x)2(－1)2＋ (2x)·(－1)3＋ (2x)0(－1)4＝16x4－32x3＋24x2－8x＋1，所以a4＝16，a2＝24，a0＝1，所以a0＋a2＋a4＝41.故选B.
(2)因为(x＋2)(x－1)4展开式中x2的系数为a2，所以a2＝ (－1)3＋2 (－1)2＝8.在多项式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5中，令x＝0，得a0＝2；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0.所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－a0＝－2.
(3)由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，
Tk＋1＝ (5x)4－k·＝(－1)k54－kx4－，
令4－＝1，得k＝2，
所以展开式中x的系数为(－1)2×＝150.
答案：(1)B　(2)8　－2　(3)B

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