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11.3　二项式定理
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.二项式定理
二项式定理
(a+b)n=　　　　　　　　　　　　　(n∈N+)?
二项展开式的
通项公式
Tr+1=　　　　,它表示第　　　　项(0≤r≤n,r∈N)?
二项式系数
二项展开式中各项的系数为,…,
2.二项式系数的性质
性质
性质描述
对称性
与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,即　　　　　?
增减性
二项式
系数
当k<(n∈N+)时,二项式系数是递增的
当k>(n∈N+)时,二项式系数是递减的
续　表
性质
性质描述
最大值
当n为偶数时,中间的一项取得最大值
当n为奇数时,中间的两项相等,同时取得最大值
3.二项式系数与项的系数的区别
二项式系数是指,…,,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,而该项的系数是an-kbk.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.
1.+…+=2n.
2.+…=+…=2n-1.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)(a+b)n的展开式中的第r项是an-rbr.
(　　)
(2)在二项展开式中,系数最大的项为中间的一项或中间的两项.
(　　)
(3)在(a+b)n的展开式中,每一项的二项式系数都与a,b无关.
(　　)
(4)通项Tr+1=an-rbr中的a和b不能互换.
(　　)
(5)在(a+b)n的展开式中,某项的系数与该项的二项式系数相同.
(　　)
2.(2020浙江绍兴质量调测)x-5的展开式中的第2项为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.-5x3
B.-
C.
D.10x
3.已知3n+3n-1+3n-2+…+3+=212,则n=(　　)
A.8
B.6
C.4
D.2
4.若(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则a0+a2+a4的值为(　　)
A.9
B.8
C.7
D.6
5.若x3+n的展开式的所有二项式系数之和为128,则n=　　　　　.?
6.(x-1)(3x2+1)3的展开式中x4的系数是　　　　　.?
关键能力学案突破　
考点
求二项展开式中的特定项(或系数)问题
(多考向探究)
考向1　已知二项式求其特定项(或系数)
【例1】(1)(2020天津,11)在的展开式中,x2的系数是　　　　　.?
　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)(2020云南师大附中高三月考)若的展开式中常数项等于-20,则a=(　　)
A.
B.-
C.1
D.-1
解题心得求形如(a+b)n(n∈N+)的展开式中与特定项相关的量(常数项、参数值、特定项等)的步骤
(1)利用二项式定理写出二项展开式的通项Tr+1=an-rbr,常把字母和系数分离开来(注意符号不要出错);
(2)根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零,有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组),再解出r;
(3)把r代入通项中,即可求出Tr+1,有时还需要先求n,再求r,才能求出Tr+1或者其他量.
对点训练1(1)(2020湖南衡阳八中高三月考)5的展开式中的常数项为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.5
B.10
C.40
D.-40
(2)已知x-5的展开式中x5的系数为A,x2的系数为B,若A+B=11,则a=　　　　　.?
考向2　已知两个因式之积求其特定项(或系数)
【例2】(1)(1+x2)1-6的展开式中,常数项为(　　)
A.-15
B.16
C.15
D.-16
(2)(2020山东泰安高三一模)已知(2-mx)1-3的展开式中的常数项为8,则实数m=(　　)
A.2
B.-2
C.-3
D.3
(3)(1-)8(1+)5的展开式中x2的系数是(　　)
A.-5
B.10
C.-15
D.25
解题心得求形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N+)的展开式中与特定项相关的量的步骤
(1)根据二项式定理把(a+b)m与(c+d)n分别展开,并写出其通项;
(2)根据特定项的次数,分析特定项可由(a+b)m与(c+d)n的展开式中的哪些项相乘得到;
(3)把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量.
对点训练2(1)(1-)6(1+)4的展开式中x的系数是(　　)
A.-4
B.-3
C.3
D.4
(2)已知(x-1)(ax+1)6的展开式中含x2的项的系数为0,则正实数a=　　　　　.?
考向3　已知三项式求其特定项(或系数)
【例3】(1)的展开式中的常数项为　　　　　.?
(2)(x2-x-2)4的展开式中x2的系数是　　　　　.?
解题心得求三项展开式中某些特定项(或系数)的方法:(1)通过变形先把三项式转化为二项式,再用二项式定理求解;(2)两次利用二项式定理的通项求解;(3)由二项式定理的推证方法知,可用排列、组合的基本原理去求,即把三项式看作几个因式之积,要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量.
对点训练3(1)(x2+x+y)5的展开式中x5y2的系数为(　　)
A.10
B.20
C.30
D.60
(2)(1+x+)4的展开式中x2的系数为　　　　　.?
考点
二项式系数的性质与各项系数的和
(多考向探究)
考向1　二项式系数的最值问题
【例4】已知m为正整数,(x+y的展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y的展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m=(　　)
A.5
B.6
C.7
D.8
解题心得二项式系数最大项的确定方法
(1)若n是偶数,则中间一项的二项式系数最大;
(2)若n是奇数,则中间两项的二项式系数相等并且最大.
对点训练4在(a>0)的二项展开式中,只有第5项的二项式系数最大,且所有项的系数和为256,则含x6的项的系数为　　　　　.?
考向2　项的系数的最值问题
【例5】已知(+x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x-1)n的展开式的二项式系数和大992,则在的展开式中,二项式系数最大的项为　　　　　,系数的绝对值最大的项为　　　　　　　　.?
解题心得二项展开式系数最大项的求法
如求(a+bx)n(a,b∈R)的展开式系数最大的项,一般是采用待定系数法,设展开式各项系数分别为A1,A2,…,,且第r项系数最大,应用从而解得r.
对点训练5在的展开式中,只有第4项的系数最大,则展开式中x3项的系数为　　　　　　.?
考向3　求二项展开式中系数的和
【例6】若(x-3)3(2x+1)5=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,则a0=　　　　　,a0+a2+…+a8=　　　　　.?
解题心得求二项展开式系数和的常用方法是赋值法:
(1)“赋值法”普遍适用于恒等式,对形如(ax+b)n,(a,b∈R)的式子,求其展开式的各项系数之和,常用赋值法,只需令x=1即可;对形如(ax+by)n(a,b∈R)的式子求其展开式各项系数之和,只需令x=y=1即可.
(2)一般地,若f(x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn,则f(x)的展开式中各项系数之和为f(1),奇数项系数之和为a0+a2+a4+…=,偶数项系数之和为a1+a3+a5+…=.
对点训练6已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7.
求:(1)a1+a2+…+a7;
(2)a1+a3+a5+a7;
(3)a0+a2+a4+a6;
(4)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|.
考点
二项式定理的应用
【例7】(1)设a∈Z且0≤a<13,若512
012+a能被13整除,则a等于(　　)
A.0
B.1
C.11
D.12
(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是(　　)
A.0.940
B.0.941
C.0.942
D.0.943
(3)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中,对同余除法有较深的研究.设a,b,m(m>0)为整数,若a和b被m除所得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(mod
m).若a=·2+·22+…+·220,
a≡b(mod
10),则b的值可以是(　　)
A.2
011
B.2
012
C.2
013
D.2
014
解题心得1.整除问题和求近似值是二项式定理中常见的两类应用问题,用二项式定理处理整除问题,通常把幂的底数写成除数与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,切记余数不能为负,求近似值则应关注展开式的前几项.
2.二项式定理的应用的基本思路是正用或逆用二项式定理,注意选择合适的形式.
对点训练7(1)1-90+902-903+…+(-1)r90r+…+9010除以88的余数是(　　)
A.-1
B.1
C.-87
D.87
(2)1.028≈　　　　　(小数点后保留三位小数).?
指点迷津(四)　破解解题密码——排列、组合问题的解题策略
排列、组合一直是学习中的难点,通过我们平时做的练习,不难发现排列、组合问题的特点是条件隐晦,不易挖掘,题目多变,解法独特,数字庞大,难以验证.在高考中极易丢分.
策略一　特殊元素与特殊位置优先策略
考情分析
位置分析法和元素分析法是解决排列、组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再出来其他元素.若以位置分析为主需先满足特殊位置的要求,再处理其他位置,若多个约束条件,往往是考虑一个约束条件的同时,兼顾其他约束条件.
【例1】若从0,1,2,3,4,5这六个数字中选3个数字,组成没有重复数字的三位偶数,则这样的三位数一共有(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.20个
B.48个
C.52个
D.120个
思路点拨由于0不能在首位数字,则分2种情况讨论:①若0在个位,此时0一定不在首位,由排列公式即可得此时三位偶数的数目;②若0不在个位,要排除0在首位的可能,由分步乘法计数原理可得此情况下三位偶数的数目,综合2种情况,由分类加法计数原理计算可得答案.
答案C
解析根据题意,分2种情况讨论:①若0在个位,此时只需在1,2,3,4,5中任取2个数字,作为十位和百位数字即可,有=20(个)没有重复数字的三位偶数;
②若0不在个位,此时必须在2或4中任取1个,作为个位数字,有2种取法,
0不能作为百位数字,则百位数字有4种取法,十位数字也有4种取法,
此时共有2×4×4=32(个)没有重复数字的三位偶数,
综合可得,共有20+32=52(个)没有重复数字的三位偶数.故选C.
解题心得解题需要注意偶数的末位数字以及0不能在首位等性质,对于每一类还要注意分步完成.
策略二　相邻元素捆绑策略
【例2】明年的今天,同学们已经毕业离校了,在离校之前,有三位同学要与语文、数学两位老师合影留念,则这两位老师必须相邻且不站两端的站法种数为(　　)
A.12
B.24
C.36
D.48
思路点拨由题意,把两位老师看出一个元素,采用插空法,即可求解.
答案B
解析由题意,三位同学全排列,共有=6(种)不同的排法,
把两位老师看出一个元素,采用插空法,且要求不站在两端,
插到三位同学构成的两个空隙中,共有=24(种)不同的排法.故选B.
解题心得关于相邻问题,要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决,即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其他元素一起排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.
策略三　不相邻问题插空策略
【例3】若4名演讲比赛获奖学生和3名指导教师站在一排拍照,则其中任意2名教师不相邻的站法有　　　种.?
思路点拨先将4名演讲比赛获奖学生全排列,再根据不相邻问题插空位原则,安排三位指导教师,由分步乘法计数原理即可求得答案.
答案1
440
解析根据题意,分两步分析:先将4名演讲比赛获奖学生全排列,有=24(种)站法,
站好后有5个空位,在其中选三个空位,安排指导教师,有=60(种)情况,
则有24×60=1440(种)符合题意的站法.故答案为1440.
解题心得对于不相邻问题,可以把没有位置要求的元素进行排列,再把不相邻的元素插入队列的中间或两端的空隙中.
策略四　定序问题倍缩、空位插入策略
【例4】(经典例题)7人排队,其中甲、乙、丙3人顺序一定,共有多少种不同的排法?
思路点拨全排列除去顺序或把甲乙丙站好,再把剩余4人插入队列,或放7把椅子,让其他人坐好,再让甲乙丙按顺序入座.
解(方法1)共有=840(种)不同的排法.
(方法2)设想有7把椅子让除甲、乙、丙以外的4人坐,共有种坐法,其余的三个位置给甲、乙、丙坐,有1种坐法,则坐法种数为=840.故共有840种不同的排法.
(方法3)先让甲、乙、丙排队,有1种排法,再把其余4人分别插入,不同排法的种数为4×5×6×7=840.故共有840种不同的排法.
解题心得对于定序问题可以倍缩法,也可以转化为占为插空模型处理,只要选出有序元素所占的位置即可,相同元素的排列一般也按定序排列的方法处理.
策略五　重排问题求幂策略
【例5】某校科技大楼电子阅览室在第8层,从下一层到上一层,每层均有2个楼梯,则由一楼上到电子阅览室的不同走法共有(　　)
A.29种
B.28种
C.27种
D.82种
思路点拨直接利用分步乘法计数原理即可得结果.
答案C
解析因为从一楼到二楼有2种走法,从二楼到三楼有2种走法,…,从一楼到八楼分7步进行,每步都有2种不同的走法,所以根据分步乘法计数原理可得由一楼上到电子阅览室的不同走法共有27种.故选C.
解题心得允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象,元素不受位置约束,可以逐一安排各个元素的位置,但一个元素只能安排一个位置,且不能同时安排在两个位置上.一般地,n个不同的元素没有限制的安排在m个位置上的排列数为mn种.
策略六　分排问题直排策略
【例6】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,并且这两人不左右相邻,那么不同的排法种数是(　　)
A.234
B.346
C.350
D.363
答案B
解析(方法1)一共可坐的位子有20个,2个人坐的方法数为,还需排除两左右相邻的情况.把可坐的20个座位排成连续一行,将其中两个相邻座位看成一个整体,则相邻的坐法有,还应再加上2,所以不同坐法的种数为+2=346.
(方法2)因为前排中间的3个座位不能坐,实际上可坐的位置是前排8个,后排12个,分成以下3种情况:①甲、乙2人一个前排,一个后排,有种排法;②两人均在后排,共种排法,还需排除甲、乙2人相邻的情况,即种排法;故有()种排法;③甲、乙均在前排,又分两类:第一类,甲乙2人一左一右,有种排法;第二类,甲乙2人同左同右,有2()种排法.综上不同排法种数有+2()=346.
解题心得一般地,对于元素分成多排的排列问题,可先转化成一排考虑,再分排研究.
策略七　元素相同问题隔板策略
隔板法模型的构建是解决排列、组合中一类分装组合问题,它是求相同元素名额分配方案种数的一种处理策略.
【例7】(1)从A,B,C,D
4个班级中选10人组成卫生检查小组,每班至少选一人,每班人数的不同情况的种数为(　　)
A.42
B.56
C.84
D.168
(2)将十个相同的小球装入编号为1,2,3的三个盒子(每次要把十个球装完)中,要求每个盒子里的个数不少于盒子的编号数,则这样的装法种数为(　　)
A.9
B.12
C.15
D.18
(3)把1
995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里,使得第i个盒子中至少有i个球(i=1,2,…,10),则不同放法的总数是(　　)
A.
B.
C.
D.
(4)8个相同的小球分别放入4个不同的盒子中,每盒可空,共有不同的放法(　　)
A.165种
B.56种
C.35种
D.20种
答案(1)C　(2)C　(3)D　(4)A
解析(1)将10个人排成一排,然后从中间形成的9个空中选3个,分别放入一个隔板,即可将10个人分为4个部分,且每部分至少1个人,由此可得每班人数的不同情况有=84(种).故选C.
(2)根据题意,先在编号为2,3的三个盒子中分别放入1,2个小球,编号为1的盒子里不放;再将剩下的7个小球放入3个盒子里,每个盒子里至少一个,分析可得,7个小球排好,有6个空位,在6个空位中任选2个,插入挡板,共=15(种)放法,即可得符合题目要求的放法共15种.故选C.
(3)先在第i个盒里放入i个球,i=1,2,…,10,即第1个盒里放1个球,第2个盒里放2个球,…,这时共放了1+2+…+10=55(个)球,还余下1995-55=1940(个)球.故转化为把1940个球任意放入10个盒子里(允许有的盒子里不放球).把这1940个球用9块隔板隔开,每一种隔法就是一种球的放法,1940个球连同9块隔板共占有1949个位置,相当于从1949个位置中选9个位置放隔板,有种放法.故选D.
(4)首先设想每个盒子内放入1个小球,共用去4个小球,(添加4个这样的小球)将问题转化为把12个相同的小球分装到4个不同的盒子中求不同的放法的问题,利用隔板法,把12个小球排成一列,在11个空隙中插入3个隔板,即得不同的放法有=165(种).故选A.
解题心得将n个相同的元素分成m份(n,m为整数),每份至少一个元素,可以用(m-1)个隔板,插入n个元素排成一排形成的(n-1)个空隙中,所有分法为种.
策略八　小集团问题先整体后局部策略
【例8】身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿蓝颜色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法共有(　　)
A.24种
B.28种
C.36种
D.48种
思路点拨由题意知先是五个人的全排列,共有种结果,去掉相同颜色衣服的人都相邻的情况,再去掉仅穿红色衣服的人的相邻和仅穿黄色衣服的人相邻两种情况,从而求得结果.
答案D
解析由题意知先是五个人的全排列,共有种结果.
去掉同颜色衣服相的人都相邻的情况,再去掉仅穿红色相邻和仅穿黄色相邻的两种情况.
穿相同颜色衣服的人都相邻的情况有种(相邻的看成一整体),
当穿红色衣服的相邻,而穿黄色衣服的人不相邻,共有种(相邻的看成一整体,不相邻利用插空法),同理当穿黄色衣服的相邻,而穿红色衣服的人不相邻,也共有种,
所以穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法种数是-2=48.故选D.
解题心得小集团排列问题,先整体排列,后局部排列,再结合其他策略进行处理.
策略九　正难则反总体淘汰策略
【例9】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.243
B.252
C.261
D.279
答案B
解析由分步乘法计数原理知,用0,1,…,9十个数字组成的三位数(含有重复数字的)共有9×10×10=900(个),组成无重复数字的三位数共有9×9×8=648(个),因此组成有重复数字的三位数共有900-648=252(个).故选B.
解题心得有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简单易求,分类情况也较简单明确,此时可以先求出它的反面,再从整体中淘汰.
策略十　排组混合问题先选后排策略
【例10】将甲、乙、丙、丁四位老师分配到三个班级,每个班级至少一位老师,则共有分配方案(　　)
A.81种
B.256种
C.24种
D.36种
思路点拨分配的方法分为两步求解,先将四位老师分为三组,再分到三个班,由分步乘法计数原理求解即可计算出答案.
答案D
解析第一步,将4名老师分成三组,不同的分法种数是=6;第二步,分到三个班的不同分法有=6(种).故不同的分配方案为6×6=36(种).故选D.
解题心得排列组合的应用问题,一般按先选再排,先分组再分配的处理原则.对于分配问题,解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关,对于平均分组问题更要注意顺序,避免计数的重复或遗漏.
策略十一　平均分组除法策略
【例11】某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“演讲团”“吉他协会”等五个社团,若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加,则这6个人中没有人参加“演讲团”的不同参加方法种数为(　　)
A.3
600
B.1
080
C.1
440
D.2
520
思路点拨先分成3组与4组两类,再分组分配下去,均分问题要除序后再分配.
答案C
解析因为每位同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加,所以可以将问题看成是将6名同学分配到除“演讲团”外的四个社团,或除“演讲团”外的四个社团中的三个社团,可以分成两类:
第一类,当6名同学分成人数分别为1,1,2,2四个组时,应分配到除“演讲团”外的四个社团中,不同的参加方法种数为=1080;
第二类,当6名同学分成人数分别为2,2,2三个组时,应分配到除“演讲团”外的四个社团中的三个社团中,不同的参加方法种数为=360.
综上,不同的参加方法种数为1080+360=1440.故选C.
解题心得平均分成的组,不管它顺序如何,都是一种情况,所以分组以后一定要除以(n为均分组数),避免重复计数.
策略十二　合理分类与分步策略
【例12】用五种不同颜色给三棱台ABC-DEF的六个顶点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条棱的两个端点涂不同颜色.则不同的涂色方法有　　　　　种.?
思路点拨分两步来进行,先涂A,B,C,再涂D,E,F,然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况,分别求得结果,再相加,即可得结果.
答案1
920
解析分两步来进行,先涂A,B,C,再涂D,E,F.
第一类:若5种颜色都用上,先涂A,B,C,方法有种,再涂D,E,F中的两个点,方法有种,最后剩余的一个点只有2种涂法,故此时方法共有×2=720(种).
第二类:若5种颜色只用4种,首先选出4种颜色,方法有种;
先涂A,B,C,方法有种,再涂D,E,F中的一个点,方法有3种,最后剩余的两个点只有3种涂法,故此时方法共有×3×3=1080(种).
第三类:若5种颜色只用3种,首先选出3种颜色,方法有种;
先涂A,B,C,方法有种,再涂D,E,F,方法有2种,故此时方法共有×2=120(种).
综上可得,不同涂色方案共有720+1080+120=1920(种),故答案是1920.
解题心得解决带约束条件的排列、组合问题,可按元素的性质进行分类,按事情发展的过程进行分步,应做到标准明确,分步层次清楚,不重不漏,分类标准一旦确定要贯穿于整个解题过程,不要一步一个标准.
策略十三　构造模型策略
【例13】(1)方程x+y+z=10的正整数解的组数为
(　　)
A.9
B.12
C.15
D.18
(2)某栋楼从2楼到3楼共10个台阶,上楼可以一步上一个台阶,也可以一步上两个台阶,若规定从2楼到3楼8步走完,则上楼方法种数为(　　)
A.14
B.16
C.21
D.28
答案(1)C　(2)D
解析(1)设方程x+y+z=10的正整数解依次为x1,x2,x3,则
x1+x2+x3=10(x1≥1,x2≥2,x3≥3).
记y1=x1,y2=x2-1,y3=x3-2,则y1+y2+y3=7(y1≥1,y2≥1,y3≥1).
于是,问题转化为求方程y1+y2+y3=7的正整数解的组数.进而将问题转化为将7个相同的小球装入3个编号分别为1,2,3的盒子内,每个盒子中至少一个的问题,由隔板法易知其组数为=15.故选C.
(2)(方法1)由于10÷8的余数为2,所以可以判定一步1个台阶共6次,一步2个台阶共2次.选定在这8步中一步1个台阶的位置或一步2个台阶的位置,则上楼的方法有=28(种).
(方法2)从结果入手,设计“插入法模型”,构建组合数求解.问题就是将6个1和2个2组合,不同的组合方案就构成了不同的走法,可分类完成.①若2个2不相邻,则先排6个1构成7个空位,在7个空位中选出2个插入2,有种方法;②若2个2相邻,则先排6个1构成7个空位,在7个空位中选出1个插入两个2,共有种方法,因此上楼的方法共有=28(种).故选D.
解题心得一些不易理解的排列、组合问题,如果能转化成非常熟悉的模型,如占位填空模型、组数模型、排队模型、装盒模型,相邻模型等可使问题直观,容易解决.
策略十四　实际操作穷举策略
【例14】(1)将15个颜色、大小完全相同的球全部放入编号为1,2和3的三个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号数,则不同的放球方法有(　　)
A.15种
B.182种
C.91种
D.120种
(2)有红、黄、蓝色的球各5只,分别标有A,B,C,D,E五个字母,现从中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有不同的取法(　　)
A.150种
B.180种
C.120种
D.100种
答案(1)C　(2)A
解析(1)先放1,2,3的话,那么还剩下9个球,9个球放到3个不同的盒子里,情况有:
0,0,9,分别在1,2,3号盒子中的任意一个中放9个,共3种情况;
0,1,8,分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放8个和1个,共6种情况;
0,2,7,分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放2个和7个,共6种情况;
1,1,7分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放一个,共3种情况;
依次讨论可得还有以下几种情况1,2,6;1,3,5;1,4,4;2,2,5;2,3,4;2,5,2;2,6,1;3,3,3;3,6,0;….所以共有91种.故选C.
(2)
红
1
1
1
2
2
3
黄
1
2
3
1
2
1
蓝
3
2
1
2
1
1
取法
共有=150(种),故选A.
解题心得对于条件比较复杂的排列组合问题,不易用公式进行运算,往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果,一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多,无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效果.
策略十五　分解与合成策略
【例15】30
030能被多少个不同的偶数整除?
解先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5×7×11×13.
依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个组成乘积,
所有的偶因数有=32(个).
解题心得分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类加法计数原理和分步乘法计数原理将问题合成,从而得到问题的答案,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略.
策略十六　化归策略
【例16】25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种?
解将这个问题转化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,有多少种选法.这样每行必有1人从其中的一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉,如此继续下去.从3×3方队中选3人的方法有种.再从5×5方阵选出3×3方阵便可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有种选法,所以从5×5方阵选不在同一行也不在同一列的3人有=600(种)选法.
解题心得处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题转化成一个简要的问题,通过解决这个简要的问题的解决找到解题方法,从而进一步解决原来的问题.
策略十七　数字排序问题查字典策略
【例17】由0,1,2,3,4,5六个数字可以组成多少个没有重复的比324
105大的数?
解可以组成没有重复的比324105大的数的个数为N=2+2=297.
解题心得数字排序问题可用查字典法,查字典的法应从高位向低位查,依次求出其符合要求的个数,根据分类加法计数原理求出其总数.
11.3　二项式定理
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.an+an-1b+…+an-rbr+…+bn
an-rbr　r+1
2.　
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
2.A　因为x-5的展开式的通项为Tr+1=x5-r·-r=(-1)rx5-2r,令r=1,则可得x-5的展开式中的第2项为(-1)×x3=-5x3.
3.B　3n+3n-1+…+3+3n10+3n-111+…+311n-1+301n=(3+1)n=4n=212,即22n=212,得n=6.故选B.
4.B　令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4=0,令x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4=16,
两式相加得a0+a2+a4=8..
5.7　由题意,可知2n=128,解得n=7.
6.-27　(x-1)(3x2+1)3展开式中x4的系数,x-1中的x与(3x2+1)3展开式中x3项相乘,但(3x2+1)3展开式中没有x3项,x-1中的-1与(3x2+1)3展开式中x4项相乘,(3x2)2=27x4,所以x4的系数是-27.
关键能力·学案突破
例1(1)10　(2)C　(1)=(x+2·x-2)5,展开式通项Tr+1=x5-r(2x-2)r=2rx5-3r,令5-3r=2,得r=1.
∴x2的系数为21·=2×5=10.
(2)∵的展开式的通项为Tr+1=(-1)ra6-rx6-r-r=a6-rx6-2r,令6-2r=0得r=3,可得常数项为(-1)3a3=-20a3=-20,得a=1.
对点训练1(1)C　(2)±1　(1)5的展开式的通项为Tr+1=)5-r·-r=(-2)r.
根据题意,得10-5r=0,r=2,因此,常数项为(-2)2=40.
(2)x-5的展开式的通项为x5-r·-r=(-a)r.
由5-r=5,得r=0,由5-r=2,得r=2,所以A=×(-a)0=1,B=×(-a)2=10a2,则由1+10a2=11,解得a=±1.
例2(1)B　(2)A　(3)A　(1)因为(1+x2)1-6=(1+x2)1-,故它的展开式中的常数项是1+15=16.故选B.
(2)1-3的展开式的通项为Tr+1=·13-r-r=·(-1)rx-r,
则(2-mx)1-3的展开式中的常数项为2×+(-m)××(-1)1=2+3m,由题知2+3m=8,则m=2.
(3)(1-)8(1+)5=(1-)3[(1-)(1+)]5=(1-)3(1-x)5,(1-)3的通项为(-)r,其中r=0,1,2,3.
(1-x)5的通项为(-x)r,其中r=0,1,2,3,4,5.
所以展开式中x2的系数是(-1)0×(-1)2+(-1)2×(-1)1=10-15=-5,故选A.
对点训练2(1)B　(2)　(1)(方法1)(1-)6的展开式的通项为·(-)m=(-1)m,(1+)4的展开式的通项为·()n=.令=1,得m+n=2,于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数等于×(-1)0××(-1)1××(-1)2×=-3.
(方法2)(1-)6(1+)4=[(1-)(1+)]4(1-)2=(1-x)4(1-2+x).于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数为×1+×(-1)1×1=-3.
(2)(ax+1)6的展开式中含x2的项的系数为a2,含x的项的系数为a,由(x-1)(ax+1)6的展开式中含x2的项的系数为0,可得-a2+a=0,因为a为正实数,所以15a=6,所以a=.
例3(1)　(2)-8　(1)原式=·[(x+)2]5=·(x+)10.
求原展开式中的常数项,转化为求(x+)10的展开式中含x5的项的系数,即·()5.所以所求的常数项为.
(2)由题意知,(x2-x-2)4=(x-2)4(x+1)4,(x-2)4的通项为=C(-2,(x+1)4的通项为=C,当r1=2,r2=4时,系数为24;当r1=3,r2=3时,系数为-128;当r1=4,r2=2时,系数为96.所以x2的系数为24-128+96=-8.故答案为-8.
对点训练3(1)C　(2)19　(1)(方法1)(x2+x+y)5的展开式的通项为Tr+1=(x2+x·yr,令r=2,则T3=(x2+x)3y2,又因为(x2+x)3的展开式的通项为Tr+1=(x2)3-r·xr=x6-r,令6-r=5,则r=1,所以(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为=30.
(方法2)(x2+x+y)5表示5个x2+x+y之积.所以x5y2可从其中5个因式中,两个取x2,剩余的3个因式中一个取x,其余因式取y,因此x5y2的系数为=30.
(2)由于x2=x2·()0,x2=x·()2,x2=x0·()4,据此结合排列、组合的性质可得x2的系数为=6+12+1=19.故答案为19.
例4B　由题意可知,a=,b=.
∵13a=7b,∴13·=7·,即,解得m=6.故选B.
对点训练48　因为只有第5项的二项式系数最大,所以n=8.因为所有项的系数和为256,所以(1+a)8=256,所以a=1.x+8的通项为Tr+1=x8-rx8-2r,令8-2r=6,所以r=1.所以含x6的项的系数为=8.故答案为8.
例5-8
064　-15
360x4　由题意知,22n-2n=992,即(2n-32)(2n+31)=0,故2n=32,解得n=5.由二项式系数的性质知,的展开式中第6项的二项式系数最大,故二项式系数最大的项为T6=(2x)5=-8064.设第r+1项的系数的绝对值最大,则Tr+1=·(2x)10-r·=(-1)r·210-r·x10-2r,令
得
解得≤r≤.因为r∈Z,所以r=3.
故系数的绝对值最大的项是第4项,T4=-·27·x4=-15360x4.
对点训练520　因为在的展开式中,只有第4项的系数最大,所以展开式有7项,n=6.所以展开式的通项为Tr+1=x18-5r,因为18-5r=3,
所以r=3,所以展开式中x3项的系数为=20.故答案为20.
例6-27　-940　令x=0,得(-3)3×15=a0,所以a0=-27.令x=1,得(-2)3×35=a0+a1+a2+…+a8,令x=-1,得43=a0-a1+a2-…+a8,两式相加得2(a0+a2+…+a8)=-1880,所以a0+a2+…+a8=-940.
对点训练6解令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=-1.
①
令x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=37.
②
(1)∵a0==1,∴a1+a2+a3+…+a7=-2.
(2)(①-②)÷2,得a1+a3+a5+a7==-1094.
(3)(①+②)÷2,
得a0+a2+a4+a6==1093.
(4)(方法1)∵在(1-2x)7的展开式中,a0,a2,a4,a6大于零,而a1,a3,a5,a7小于零,∴|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|=(a0+a2+a4+a6)-(a1+a3+a5+a7)=1093-(-1094)=2187.
(方法2)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|即为(1+2x)7展开式中各项的系数和,令x=1,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|=37=2187.
例7(1)D　(2)C　(3)A　(1)512012+a=(52-1)2012+a=×522012-×522011+…+×52×(-1)2011+×(-1)2012+a,∵×522012-×522011+…+×52×(-1)2011能被13整除且512012+a能被13整除,∴×(-1)2012+a=1+a也能被13整除,因此a的值为12.
(2)(0.99)6=(1-0.01)6=×1-×0.01+×(0.01)2-…=1-0.06+0.0015-…≈0.942.故选C.
(3)因为a=(1+2)20=320=910=(10-1)10=1010-109+…-10+1,所以a被10除所得的余数为1.观察各选项,知2011被10除得的余数是1,故选A.
对点训练7(1)B　(2)1.172　(1)由题意1-90+902-903+…+(-1)r90r+…+9010=(1-90)10=8910=(1+88)10=88+882+…+8810=1+88+882+…+8810,所以除以88的余数为1.
(2)1.028=(1+0.02)8=1+×0.02+×0.022+×0.023+…≈1.172.www.
11.2　排列与组合
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.排列与组合的概念
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照　　　　　排成一列?
组合
合成一组
2.排列数与组合数的概念
名称
定义
排列数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同
　　　　的个数?
组合数
　　　　的个数?
3.排列数、组合数的公式及性质
公式
(1)=n(n-1)(n-2)·…·(n-m+1)=
(2)
性质
(1)0!=　　　　;?
=n×(n-1)×(n-2)×…×2×1=n!
(2);
1.=(n-m+1).
2.=n.
3.(n+1)!-n!=n·n!.
4.k=n.
5..
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.(　　)
(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.(　　)
(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(　　)
(4)若组合式,则x=m成立.(　　)
(5)排列中,给出的n个元素各不相同,被取出的元素也各不相同的情况.即如果某个元素已被取出,则这个元素就不再取了.(　　)
2.2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行,长三角城市群包括:上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市,简称“三省一市”.现有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游,假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游,则恰有一个地方未被选中的概率为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.
B.
C.
D.
3.将A,B,C,D,E这5名同学从左至右排成一排,则A与B相邻且A与C之间恰好有一名同学的排法种数为(　　)
A.18
B.20
C.21
D.22
4.2020年7月1日迎来了我国建党99周年,6名老党员在这天相约来到革命圣地之一的西柏坡.6名老党员中有3名党员当年在同一个班,他们站成一排拍照留念时,要求同班的3名党员站在一起,且满足条件的每种排法都要拍一张照片,若将照片洗出来,每张照片0.5元(不含过塑费),且有一半的照片需要过塑,每张过塑费为0.75元.若将这些照片平均分给每名老党员(过塑的照片也要平均分),则每名老党员需要支付的照片费为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.20.5元
B.21元
C.21.5元
D.22元
5.(2020广西柳州抽测)将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动,每个地方至少安排一名学生参加,则不同的安排方案共有　　　　　种.?
关键能力学案突破　
考点
简单的排列应用题(多考向探究)
考向1　在与不在问题——特殊元素(或位置)优先法
【例1】6人站成一排,其中甲不能站在排头,乙不能站在排尾的不同排法共有　　　　种.?
解题心得解此类问题常用“元素分析法”“位置分析法”.元素分析法——即以元素为主,优先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素;位置分析法——即以位置为主,优先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.
变式发散6人站成一排,则甲既不站排头又不站排尾的站法有　　　　　种.?
对点训练16个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.192种
B.216种
C.240种
D.288种
考向2　相邻问题——捆绑法
【例2】3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排法种数为(　　)
A.2
B.9
C.72
D.36
解题心得在实际排列问题中,某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素看成一个整体,与其他元素排列后,再考虑相邻元素的内部排序,这种方法称为“捆绑法”.
对点训练2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
考向3　不相邻问题——插空法
【例3】某校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
解题心得某些元素要求不相邻时,可以先安排其他元素,再将这些不相邻元素插入已排好的元素的空隙或两端位置,这种方法称为“插空法”.
对点训练3某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,同类节目不相邻的排法种数是(　　)
A.72
B.120
C.144
D.168
考向4　定序问题——等几率法
【例4】有4名男生,3名女生,其中3名女生高矮各不相同,将7名学生排成一行,要求从左到右,女生从矮到高排列(不一定相邻),不同的排法共有　　　　　种.?
解题心得若有(m+n)个元素排成一列,其中有m个元素之间的顺序固定不变,则将这(m+n)个元素排成一列,共有种不同的排法,然后固定其他的n个元素的位置不动,把这m个元素变换顺序,共有种排法,其中只有一个排列是我们所需要的排列,因而共有种不同的排法.
对点训练47个人排成一队参观某项目,其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B再A后C,则不同的列队方式种数为(　　)
A.120
B.240
C.420
D.840
考点
组合问题
【例5】某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.
(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种?
(2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种?
(3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
(4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
(5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
解题心得组合问题的两类题型及求解方法
(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.
对点训练5(1)从4男2女共6名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,不同选法共有(　　)
A.156种
B.168种
C.180种
D.240种
(2)2020年国庆假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有(　　)
A.18种
B.24种
C.48种
D.36种
考点
分组与分配问题
【例6】按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方法?
(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;
(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;
(3)平均分成三份,每份2本;
(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;
(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;
(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本.
解题心得分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配.
(1)分组问题属于“组合”问题.
①对于整体均分,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后一定要除以组数的阶乘;
②对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!;
③对于不等分组,只需先分组,后排列.
(2)分配问题属于“排列”问题.
①相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”;
②不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组,第二步是发放;
③限制条件的分配问题常采用分类法求解.
对点训练6(1)某科研单位准备把7名大学生分配到编号为1,2,3的三个实验室实习,若要求每个实验室分配到的大学生人数不小于该实验室的编号,则不同的分配方案的种数为(　　)
A.280
B.455
C.355
D.350
(2)(2020新高考全国1,3)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有(　　)
A.120种
B.90种
C.60种
D.30种
(3)在第二届乌镇互联网大会中,为了提高安保的级别同时又为了方便接待,现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿,这五个参会国要在a,b,c三家酒店选择一家,且每家酒店至少有一个参会国入住,则这样的安排方法共有(　　)
A.96种
B.124种
C.130种
D.150种
11.2　排列与组合
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.一定的顺序
2.排列　组合
3.(1)1
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
2.B　4名同学去旅游的所有情况有44=256(种),恰有一个地方未被选中共有=144(种)情况,所以恰有一个地方未被选中的概率为p=.故选B.
3.B　当A,C之间为B时,看成一个整体进行排列,共有=12(种),当A,C之间不是B时,先在A,C之间插入D,E中的任意一个,然后B在A之前或之后,再将这四个人看成一个整体,与剩余一个进行排列,共有=8(种),所以共有20种不同的排法.故选B.
4.B　利用捆绑法可求得照片的总数为=144,则每名老党员需要支付的照片费为=21(元).故选B.
5.36　第一步,先从4名学生中任取两人组成一组,与剩下2人组成三组,有=6(种)不同的方法;
第二步,将分成的三组安排到甲、乙、丙三地,则有=6(种)不同的方法.
故共有6×6=36(种)不同的安排方案.
关键能力·学案突破
例1504　(方法1　特殊元素法)
分两类:第1类,甲先从中间四个位置选一个站好,有种站法.乙不站排尾,则乙可从除排尾之外的4个位置中选一个站好,共有种站法.其余四人任意排,有种站法.故共有种站法.
第2类,甲站排尾,此时,乙不再特殊,共有种站法.根据分类加法计数原理,共有=504(种)不同的站法.
(方法2　特殊位置法)
排头与排尾特殊,故可以从排头与排尾入手.分三类:第1类,从除甲、乙之外的4人中选2人站排头、排尾,有种站法.第2类,甲站排尾,有种站法.第3类,乙站排头,有种站法(其中重合部分:乙站排头,甲站排尾,有种站法).根据分类加法计数原理,共有=504(种)不同的站法.
(方法3　间接法)
6人站成一排有种站法,甲站排头或乙站排尾有2种站法,甲站排头且乙站排尾有种站法,故共有-2=504(种)不同的站法.
变式发散480　先安排甲的位置(既不站排头又不站排尾),再安排其他5人的位置,分为两步:第1步,将甲排在除排头、排尾的任意位置上,有种站法;第2步,余下5人站在剩下的5个位置上,有种站法.由分步乘法计数原理可知,共有=480(种)不同的站法.
对点训练1B　分两类:第1类,甲在最左端,有=5×4×3×2×1=120(种)不同的排法;第2类,乙在最左端,甲不在最右端,有4=4×4×3×2×1=96(种)不同的排法.所以共有120+96=216(种)不同的排法.
例2C　可分两步完成:第1步,把3名女生作为一个整体,看成一个元素,3名男生作为一个整体,看成一个元素,两个元素排成一排有种排法;第2步,3名女生排在一起有种排法,3名男生排在一起有种排法,故排法种数为=72.
对点训练2C　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=6(种)方法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空位中,有4种方法,故共有4×6=24(种)方法.
例3B　先排除舞蹈节目以外的5个节目,共种排法,再把2个舞蹈节目插在6个空位中,有种排法,所以共有=3600(种)排法.
对点训练3B　先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品,小品,相声”“小品,相声,小品”和“相声,小品,小品”.对于第一种情况,形式为“□小品歌舞小品□相声□”,有=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法;对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品□相声□小品□”,有=48(种)安排方法,故共有36+36+48=120(种)安排方法.
例4840　7名学生的排列共有种,其中女生的排列共有种,按照从左到右,女生从矮到高的排列只是其中的一种,故有=840(种)不同的排法.
对点训练4D　根据题意,先将7人排成一列,有种排法,其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B再A后C,即A,B,C三人顺序一定,则不同的列队方式有=840(种).
例5解(1)从余下的34种商品中,选取2种,有=561(种)取法,故某一种不合格商品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,有种或者=5984(种)取法.故某一种不合格商品不能在内的不同取法有5984种.
(3)从20种合格商品中选取1种,从15种不合格商品中选取2种,有=2100(种)取法.故恰有2种不合格商品在内的不同的取法有2100种.
(4)选取2种不合格商品有种取法,选取3种不合格商品有种取法,共有=2100+455=2555(种)取法.
故至少有2种不合格商品在内的不同的取法有2555种.
(5)任意选取3种的总数为,因此共有=6545-455=6090(种)取法.
故至多有2种不合格商品在内的不同的取法有6090种.
对点训练5(1)B　(2)B　(1)从4男2女共6名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队有=6×5×=180(种)选法,服务队中没有女生的选法有=4×3×1=12(种),所以要求服务队中至少有1名女生,不同选法共有180-12=168(种)选法.故选B.
(2)由题意,第一类,一班的2名同学在甲车上,甲车上剩下两个要来自不同的班级,从三个班级中选两个为=3(种),然后分别从选择的班级中再选择一个学生为=4,故有3×4=12(种);第二类,一班的2名同学不在甲车上,则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上,为=3,然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为=4,这时共有3×4=12(种),根据分类加法计数原理得,共有12+12=24(种)不同的乘车方式.故选B.
例6解(1)先从6本书中选1本,有种分配方法;再从剩余5本书中选择2本,有种分配方法,剩余的就是3本书,有种分配方法,所以总共有=60(种)分配方法.
(2)由(1)可知分组后共有60种方法,分别分给甲、乙、丙后的方法有=360(种).
(3)从6本书中选择2本书,有种分配方法;再从剩余4本书中选择2本书,有种分配方法;剩余的就是2本书,有种分配方法,所以有=90(种)分配方法.但是,该过程有重复.假如6本书分别为A,B,C,D,E,F,若三个步骤分别选出的是(AB),(CD),(EF).则所有情况为(AB,CD,EF),(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,AB,CD),(EF,CD,AB).所以分配方法共有=15(种).
(4)由(3)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人,则分配方法有=90(种).
(5)从6本书中选4本书的方法有种,从剩余2本书中选1本书有种,因为在最后两本书的选择中发生了重复,所以分配方法总共有=15(种).
(6)由(5)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人即可,则分配方法有=90(种).
对点训练6(1)B　(2)C　(3)D　(1)每个实验室人数分配有三种情况,即1,2,4;1,3,3;2,2,3.当实验室的人数为1,2,4时,分配方案有=105(种);当实验室的人数为1,3,3时,分配方案有=140(种);当实验室的人数为2,2,3时,分配方案有=210(种).故不同的分配方案有455种.故选B.
(2)甲场馆安排1名有种方法,乙场馆安排2名有种方法,丙场馆安排3名有种方法,所以共有=60(种)方法,故选C.
(3)根据题意,分2步进行分析:
①五个参会国要在a,b,c三家酒店选择一家,且这三家至少有一个参会国入住,
所以可以把5个国家人分成三组,一种是1,1,3,另一种是1,2,2.
当按照1,1,3来分时共有=10(种)分组方法;当按照1,2,2来分时共有=15(种)分组方法,则一共有10+15=25(种)分组方法;②将分好的三组对应三家酒店,有=6(种)对应方法;则安排方法共有25×6=150(种).故选D.www.
第十一章　计数原理
11.1　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.两个计数原理
名称
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
条件
完成一件事,可以有　　　　　　　　　.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?
完成一件事需要　　　　　　　,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?
结论
完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法
完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法
依据
能否独立完成整个事件
能否逐步完成整个事件
2.两个计数原理的区别与联系
名称
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
用来计算完成一件事的方法种数
不同点
分类、相加
分步、相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法都不能独立完成这件事)
注意点
类类独立,不重不漏
步步相依,缺一不可
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,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.(　　)
(5)如果完成一件事情有n个不同步骤,在每一步中都
有若干种不同的方法mi(i=1,2,3,…,n),那么完成这件事共有m1m2m3·…·mn种不同的方法.(　　)
2.(2020江苏南京中华中学高三月考)体育场南侧有4个大门,北侧有3个大门,某人到该体育场晨练,则他进、出门的方案有(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.12种
B.7种
C.14种
D.49种
3.如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)
A.24
B.18
C.12
D.9
4.高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习,去哪个工厂可以自由选择,甲工厂必须有班级要去,则不同的参观方案有(　　)
A.16种
B.18种
C.37种
D.48种
5.算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具,为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中,以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字,如图:
表示多位数时,个位用纵式,十位用横式,百位用纵式,千位用横式,以此类推,遇零则置空,如图:如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中,那么可以表示的三位数的个数为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.46
B.44
C.42
D.40
关键能力学案突破　
考点
分类加法计数原理
【例1】(1)三个人踢毽,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽又被踢回给甲,则不同的传递方式共有(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.4种
B.6种
C.10种
D.16种
(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为　　　　　.?
解题心得使用分类加法计数原理应遵循的原则:分类的标准可能有多个,但不论是以哪一个为标准,都应遵循“标准要明确,不重不漏”的原则,且完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类,不能同时属于两类.
对点训练1(1)在所有的两位数中,个位数字大于十位数字的两位数的个数为　　　　　.?
(2)已知椭圆=1的焦点在y轴上,且m∈{1,2,3,4,5},n∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆的个数为　　　　.?
考点
分步乘法计数原理
【例2】(1)将3张不同的演唱会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法的种数是(　　)
A.2
160
B.720
C.240
D.120
(2)(2020北京东城质检)中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种,其相互关系是“金克木,木克土,土克水,水克火,火克金”.将五种不同属性的物质任意排成一列,则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为(　　)
A.8
B.10
C.15
D.20
解题心得利用分步乘法计数原理解决问题时,要按事件发生的过程合理分步,并且分步必须满足两个条件:一是完成一件事的各个步骤是相互依存的,二是只有各个步骤都完成了,才算完成这件事.
对点训练2(1)
一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从点P处进,点Q处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不同(除交汇点O外)的游览线路有　　　　种.?
(2)西部五省,有五种颜色供选择涂色,要求每省涂一色,相邻省不同色,有　　　　　种涂色方法.?
考点
两个计数原理的综合应用
【例3】(1)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成　　　个无重复数字的四位偶数.?
(2)如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是　　　　.?
解题心得解决较为复杂的计数问题,一般要将两个计数原理综合应用.使用时要做到合理分类,准确分步:处理计数问题,应紧扣两个原理,根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”,要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.
分类时需要满足两个条件:①类与类之间要互斥(保证不重复);②总数要完备(保证不遗漏),也就是要确定一个合理的分类标准.分步时应按事件发生的连贯过程进行分析,必须做到步与步之间互相独立,互不干扰,并确保连续性.
对点训练3(1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40
000大的偶数共有(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.144个
B.120个
C.96个
D.72个
(2)(2020江苏盐城高三检测)有7张卡片分别写有数字1,1,1,2,2,3,4,从中任取4张,可排出不同的四位数的个数是　　　　　.?
第十一章　计数原理
11.1　分类加法计数原理与
分步乘法计数原理
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.n类不同方案　n个步骤
考点自诊
1.(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)√
2.D　由题意某人从体育场进门有7种方式,出门有7种方式,根据分步乘法计数原理可知他进、出门的方案有7×7=49(种).
3.B　由题意知,小明从街道的E处出发到F处的最短路径有6条,再从F处到G处的最短路径有3条,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3=18.故选B.
4.C　根据题意,若不考虑限制条件,每个班级都有4种选择,共有4×4×4=64(种)情况,其中工厂甲没有班级去,即每个班级都选择了其他三个工厂,此时每个班级都有3种选择,共有3×3×3=27(种)方案.则符合条件的有64-27=37(种)方案.故选C.
5.B　按每一位算筹的根数分类一共有15种情况,如下:(5,0,0),(4,1,0),(4,0,1),(3,2,0),(3,1,1),(3,0,2),(2,3,0),(2,2,1),(2,1,2),(2,0,3),(1,4,0),(1,3,1),(1,2,2),(1,1,3),(1,0,4),2根以上的算筹可以表示两个数字,运用分步乘法计数原理,则上述情况能表示的三位数字个数分别为2,2,2,4,2,4,4,4,4,4,2,2,4,2,2.根据分类加法计数原理,5根算筹能表示的三位数字个数为2+2+2+4+2+4+4+4+4+4+2+2+4+2+2=44.故选B.
关键能力·学案突破
例1(1)B　(2)240　(1)分两类:甲第一次踢给乙时,满足条件的有3种传递方式(如图),
同理,甲先传给丙时,满足条件的也有3种传递方式.
由分类加法计数原理可知,共有3+3=6(种)传递方式.
(2)若a2=2,则百位数字只能选1,个位数字可选1或0,“凸数”为120与121,共2个.若a2=3,则百位数字有两种选择,个位数字有三种选择,则“凸数”有2×3=6(个).若a2=4,满足条件的“凸数”有3×4=12(个),…,若a2=9,满足条件的“凸数”有8×9=72(个).故所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).
对点训练1(1)36　(2)20　(1)按十位数字分类,十位可为1,2,3,4,5,6,7,8,共分成8类,在每一类中满足条件的两位数分别有8个,7个,6个,5个,4个,3个,2个,1个,则共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个)两位数.
(2)焦点在y轴上的椭圆满足mm的n有6种选择;第二类:当m=2时,使n>m的n有5种选择;第三类:当m=3时,使n>m的n有4种选择;第四类:当m=4时,使n>m的n有3种选择;第五类:当m=5时,使n>m的n有2种选择.由分类加法计数原理知,符合条件的椭圆共有20个.
例2(1)B　(2)B　(1)分步来完成此事.第1张有10种分法,第2张有9种分法,第3张有8种分法,共有10×9×8=720(种)分法.故选B.
(2)由题意知,可看作五个位置排列五个元素,第一个位置有五种排列方法,不妨假设是金,则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放,有两种选择,不妨假设排上的是水,第三个位置只能排上木,第四个位置只能排上火,第五个位置只能排上土,故总的排列方法种数有5×2×1×1×1=10.
对点训练2(1)48　(2)420　(1)根据题意,从点P处进入后,参观第一个景点时,有6个路口可以选择,从中任选一个,有6种选法;参观完第一个景点,参观第二个景点时,有4个路口可以选择,从中任选一个,有4种选法;参观完第二个景点,参观第三个景点时,有2个路口可以选择,从中任取一个,有2种选法.由分步乘法计数原理知,共有6×4×2=48(种)不同游览线路.
(2)对于新疆有5种涂色的方法,对于青海有4种涂色方法,对于西藏有3种涂色方法,对于四川,若与新疆颜色相同,则有1种涂色方法,此时甘肃有3种涂色方法;
若四川与新疆颜色不相同,则四川只有2种涂色方法,此时甘肃有2种涂色方法;根据分步乘法、分类加法计数原理,则共有5×4×3×(2×2+1×3)=420(种)方法.故答案为420.
例3(1)420　(2)36　(1)要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”,所以千位数字不能为0,个位数字必须是偶数,且组成的四位数中四个数字不重复,因此应先分类,再分步.
(方法1)第1类,当千位数字为奇数时,即取1,3,5中的任意一个时,个位数字可取0,2,4,6中的任意一个,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有3×4×5×4=240(个)数.第2类,当千位数字为偶数且不为0时,即取2,4,6中的任意一个时,个位数字可以取除首位数字外的任意一个偶数数字,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有3×3×5×4=180(个)数.根据分类加法计数原理,共可以组成240+180=420(个)无重复数字的四位偶数.
(方法2　排除法)先定个位数有4种取法,再定另外3位数有=120(种)取法,共有480种.其中0作千位,其余数作个位不合题意,有3×=60(种)取法.故应有480-60=420(种)取法.故共可以组成420个无重复数字的四位偶数.
(2)第1类,对于每一条棱,都可以与两个侧面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有2×12=24(个);第2类,对于每一条面对角线,都可以与一个对角面构成“正交线面对”,这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24+12=36(个).
对点训练3(1)B　(2)114　(1)由题意可知,符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时,个位数字从0,2中任选一个,共有2×4×3×2=48(个)偶数;当万位数字为5时,个位数字从0,2,4中任选一个,共有3×4×3×2=72(个)偶数.故符合条件的偶数共有48+72=120(个).
(2)根据题意,分4类情况讨论:
①取出的4张卡片中没有重复数字,即取出的4张卡片中的数字为1,2,3,4,此时有=24(种)顺序,可以排出24个四位数;
②取出的4张卡片中有2个重复数字,则2个重复的数字为1或2,若重复的数字为1,在2,3,4中取出2个,有=3(种)取法,安排在四个位置中,有=12(种)情况,剩余位置安排数字1,可以排出3×12=36(个)四位数,同理,若重复的数字为2,也可以排出36个四位数;
③若取出的4张卡片为2张1和2张2,在4个位置安排两个1,有=6(种)情况,剩余位置安排两个2,则可以排出6×1=6(个)四位数;
④取出的4张卡片中有3个重复数字,则重复的数字为1,在2,3,4中取出1个卡片,有=3(种)取法,安排在四个位置中,有=4(种)情况,剩余位置安排1,可以排出3×4=12(个)四位数.
故一共有24+36+36+6+12=114(个)四位数.

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