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第3章
排列、组合与二项式定理
类型1　两个计数原理的应用
阐述：高考侧重于对两个计数原理的理解及运用两个计数原理解决一些简单的实际问题的考查，题目难度一般不大．求解时需先明确分类或分步的标准，对考生的逻辑推理、数学运算等核心素养要求较高．
【例1】　(1)方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，其中m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆的个数是________．
(2)某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、两个不同的宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且宣传广告与公益广告不能连续播放，两个宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？
(1)20　[以m的值为标准分类，分五类：
第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择；
第二类：m＝2时，使n>m，n有5种选择；
第三类：n＝3时，使n>m，n有4种选择；
第四类：n＝4时，使n>m，n有3种选择；
第五类：n＝5时，使n>m，n有2种选择；
所以共有6＋5＋4＋3＋2＝20种方法．]
(2)[解]　用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序，则完成这件事有三类方法．
第一类：宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6．分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式；
第二类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．
第三类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6，同样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．由分类加法计数原理得：6个广告不同的播放方式有36＋36＋36＝108种．
(变条件)若本例(1)的条件“焦点在y轴上”改为“焦点在x轴上”，试求满足条件的椭圆的个数．
[解]　因为方程表示焦点在x轴上的椭圆，则m>n>0，
以m的取值进行分类．
当m＝1时，n值不存在；
当m＝2时，n可取1，只有1种选择；
当m＝3时，n可取1,2，有2种选择；
当m＝4时，n可取1,2,3，有3种选择；
当m＝5时，n可取1,2,3,4，有4种选择；
由分类加法计数原理可知，符合条件的椭圆共有10个．
应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：?1?要做什么事；?2?如何去做这件事；?3?怎样才算把这件事完成了.并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法.
1．有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都参加)
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；
(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．
[解]　(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，得共有选法36＝729(种)．
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．
(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．
类型2　排列、组合的应用
阐述：从近几年的考题来看，高考中出现的有关排列、组合的试题的难度基本上都没有超过教材例题、习题的难度，强调对两个基本计数原理的理解及分类讨论思想的应用．另外，与古典概型的结合体现了对考生综合能力的考查，及对逻辑推理、数学运算等核心素养的考查．
【例2】　(1)小明和爸爸、妈妈、爷爷、奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法种数为________．
(2)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“－－”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
(1)84　(2)A　[(1)若小明的父母有一人与小明相邻，则不同的坐法有CAAC＝72(种)；若小明的父母都与小明相邻，则不同的坐法有AA＝12(种)．由分类加法计数原理可得，满足条件的不同的坐法有72＋12＝84(种)．
(2)由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20．根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝．]
1．处理排列组合应用题的一般步骤
(1)认真审题，弄清楚是排列(有序)还是组合(无序)，还是排列与组合混合问题．
(2)抓住问题的本质特征，准确合理地利用两个基本原理进行“分类与分步”．
2．处理排列组合应用题的规律
(1)两种思路：直接法，间接法．
(2)两种途径：元素分析法，位置分析法．
3．排列组合应用题的常见类型和解决方法
(1)特殊元素、特殊位置优先安排的策略．
(2)合理分类与准确分步的策略．
(3)正难则反，等价转化的策略．
(4)相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法的策略．
(5)元素定序，先排后除的策略．
(6)排列、组合混合题先选后排策略．
(7)复杂问题构造模型策略．
2．某次国际合作论坛，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有________种．(用数字作答)
150　[由题意可知，应将5个安保小组分成三组，共有两种方法，即分为1,1,3或2,2,1．
若分为1,1,3，不同的安排方法共有N1＝A＝60种；
若分为2,2,1，不同的安排方法共有N2＝A＝90种；
即共有N1＋N2＝60＋90＝150种不同的安排方法．]
类型3　二项式定理及其应用
阐述：高考对二项式定理考查的题型主要有：
(1)求展开式中的特定项(或特定项的系数、二项式系数)；
(2)已知特定项的系数求参数的值；
(3)求展开式中系数的和．
题目比较简单，重在考查数学运算素养．
【例3】　已知展开式的二项式系数之和为256．
(1)求n；
(2)若展开式中常数项为，求m的值；
(3)若(x＋m)n展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
[解]　(1)二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8．
(2)设常数项为第r＋1项，则Tr＋1＝Cx8－r＝Cmrx8－2r，
故8－2r＝0，即r＝4，则Cm4＝，解得m＝±．
(3)易知m>0，设第r＋1项系数最大．
则，
化简可得≤r≤．
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以
即
所以m只能等于2．
1．解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式．
2．解决二项展开式的系数(或部分项的系数)和问题常用赋值法．
3．(1)(x2＋2)的展开式的常数项是(　　)
A．－3
B．－2
C．2
D．3
(2)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________．
(1)D　(2)3　[(1)二项式展开式的通项为：Tr＋1＝C·(－1)r＝C·x2r－10·(－1)r．
当2r－10＝－2，即r＝4时，有x2·Cx－2·(－1)4＝C×(－1)4＝5；
当2r－10＝0，即r＝5时，有2·Cx0·(－1)5＝－2．
∴展开式中的常数项为5－2＝3，故选D．
(2)法一：直接将(a＋x)(1＋x)4展开得x5＋(a＋4)x4＋(6＋4a)x3＋(4＋6a)x2＋(1＋4a)x＋a，由题意得1＋(6＋4a)＋(1＋4a)＝32，解得a＝3．
法二：(1＋x)4展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Cxk，由题意可知，a(C＋C)＋C＋C＋C＝32，解得a＝3．]
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)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
C　[CCC＝60．]
2．(2020·全国卷Ⅰ)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)
A．5
B．10
C．15
D．20
C　[因为(x＋y)5的展开式的第r＋1项Tr＋1＝Cx5－ryr，所以(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为C＋C＝15．故选C．]
3．(2020·全国卷Ⅱ)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有________种．
36　[由题意，分两步进行安排，第一步，将4名同学分成3组，其中1组2人，其余2组各1人，有C＝6种安排方法；第二步，将分好的3组安排到对应的3个小区，有A＝6种安排方法，所以不同的安排方法有6×6＝36(种)．]
4．(2020·全国卷Ⅲ)的展开式中常数项是________(用数字作答)．
240　[展开式的通项Tr＋1＝C(x2)6－r＝C2rx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，所以常数项为C24＝240．]
PAGE第2课时　二项式系数的性质、杨辉三角和二项式定理的应用
学
习
任
务
核
心
素
养
1．掌握二项式系数的性质及其应用．(重点)2．了解杨辉三角，并结合二项式系数的性质加以说明．(难点)3．掌握二项式定理的应用．(难点)
1．通过学习二项式系数的性质，培养逻辑推理的素养．2．借助杨辉三角的学习，提升数学抽象的素养．
我国古代数学的许多创新和发展都位于世界前列，如南宋数学家杨辉(约13世纪)所著的《详解九章算术》一书中，用如图所示的三角形解释(a＋b)n的展开式的各项系数．
问题：观察上表，你能借助二项式系数的性质分析上表中的数吗？
[提示]　利用组合数性质C＋C＝C观察二项式系数的性质．
知识点1　二项式系数的性质
(1)C＋C＋C＋…＋C＝2n；
(2)C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1．
即①二项展开式的二项式系数的和等于2n．
②奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，且都等于2n－1．
1．已知的展开式中，各项系数的和与各二项式系数的和的比值为64，则n等于(　　)
A．4
B．5
C．6
D．7
C　[令x＝1，得各项系数的和为4n，各二项式系数的和为2n，则＝64，解得n＝6．]
知识点2　杨辉三角具有的性质
(1)每一行都是对称的，且两端的数都是1；
(2)从第三行起，不在两端的任意一个数，都等于上一行中与这个数相邻的两数之和．
(3)利用二项式系数的对称性可知，二项式系数C，C，C，…，C，C，是先逐渐变大，再逐渐变小的，当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大．
2．在(a＋b)10二项展开式中与第3项二项式系数相同的项是(　　)
A．第8项　
B．第7项
C．第9项　
D．第10项
C　[由二项式展开式的性质与首末等距离的两项的二项式系数相等．]
3．(对接教材P32尝试与发现)观察图中的数所成的规律，则a所表示的数是________．
1
1　2　1
1　3　3　1
1　4　a　4　1
1　5　10　10　5　1
6　[由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以4＋a＝10，得a＝6．]
类型1　求展开式的系数和
【例1】　设(1－2x)2
021＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2
021·x2
021(x∈R)．
(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a2
021的值；
(2)求a1＋a3＋a5＋…＋a2
021的值；
(3)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2
021|的值．
[思路点拨]　先观察所求式子与展开式各项的特点，利用赋值法求解．
[解]　(1)令x＝1，得
a0＋a1＋a2＋…＋a2
021＝(－1)2
021＝－1．
①
(2)令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a2
021＝32
021．
②
①－②得
2(a1＋a3＋…＋a2
021)＝－1－32
021，
∴a1＋a3＋a5＋…＋a2
021＝．
(3)∵Tr＋1＝C(－2x)r＝(－1)r·C·(2x)r，
∴a2k－1＜0(k∈N＋)，a2k＞0(k∈N＋)．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2
021|
＝a0－a1＋a2－a3＋…－a2
021＝32
021．
1．解决二项式系数和问题思维流程
2．“赋值法”是解决二项展开式中项的系数常用的方法，根据题目要求，灵活赋给字母不同值．一般地，要使展开式中项的关系变为系数的关系，令x＝0可得常数项，令x＝1可得所有项系数之和，令x＝－1可得偶次项系数之和与奇次项系数之和的差．
1．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，求：
(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6．
[解]　(1)令x＝0，则a0＝－1；
令x＝1，得a7＋a6＋…＋a1＋a0＝27＝128，
①
所以a1＋a2＋…＋a7＝129．
(2)令x＝－1，得－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)7，
②
由①－②得2(a1＋a3＋a5＋a7)＝128－(－4)7，
∴a1＋a3＋a5＋a7＝8
256．
(3)由①＋②得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝128＋(－4)7，
∴a0＋a2＋a4＋a6＝－8
128．
类型2　二项式系数的性质及应用
【例2】　已知f(x)＝(＋3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
[思路点拨]　求二项式系数最大的项，利用性质知展开式中中间项(或中间两项)是二项式系数最大的项；求展开式中系数最大的项，必须将x，y的系数均考虑进去，包括“＋”“－”．
[解]　令x＝1，则二项式各项系数的和为f(1)＝(1＋3)n＝4n，又展开式中各项的二项式系数之和为2n，由题意知，4n－2n＝992．
∴(2n)2－2n－992＝0，
∴(2n＋31)(2n－32)＝0，
∴2n＝－31(舍去)或2n＝32，
∴n＝5．
(1)由于n＝5为奇数，所以展开式中二项式系数最大的项为中间两项，它们分别是
T3＝C(xeq
\s\up12())3(3x2)2＝90x6，
T4＝C(xeq
\s\up12())2(3x2)3＝270xeq
\s\up12()．
(2)展开式的通项公式为Tr＋1＝C3r·xeq
\s\up12()
(5＋2r)．
假设Tr＋1项系数最大，则有
∴
∴∴≤r≤，
∵r∈N，∴r＝4．
∴展开式中系数最大的项为T5＝Cxeq
\s\up12()
(3x2)4＝405xeq
\s\up12()．
1．求二项式系数最大的项，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项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式组，解不等式的方法求得．
2．已知的展开式中的各二项式系数的和比各项系数的和小240，则n＝________；展开式中的系数最大的项是________．
4　108x5　[的展开式中的各二项式系数的和为2n．令x＝1，则各项系数的和为(3＋1)n＝22n，依题意得22n－2n＝240，(2n＋15)(2n－16)＝0,2n＝16，n＝4．
所以二项式为，其展开式的通项为Tr＋1＝C·(3x2)4－r·(x－1)r＝34－r·C·x8－3r，
所以展开式中的系数为34－r·C．
令r＝0,1,2,3,4，得系数的取值为34＝81,33·C＝108,32·C＝54,3C＝12,30·C＝1，
所以展开式中的系数最大的项是34－1·C·x8－3＝108x5．]
类型3　与“杨辉三角”有关的问题
【例3】　如图所示，在“杨辉三角”中斜线AB的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1,2,3,3,6,4,10,5，…．记其前n项和为Sn，求S19的值．
[思路点拨]　由图知，数列中的首项是C，第2项是C，第3项是C，第4项是C，…，第17项是C，第18项是C，第19项是C．
[解]　S19＝(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＋(C＋C)＋C＝(C＋C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C＋C)＝(2＋3＋4＋…＋10)＋C＝＋220＝274．
解决“杨辉三角”问题的一般方法
3．如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第________行中从左至右的第14个数与第15个数的比为2∶3．
34　[由题意设第n行的第14个数与第15个数的比为2∶3，它等于二项展开式的第14项和第15项的二项式系数的比，所以C∶C＝2∶3，即＝，解得n＝34，所以在第34行中，从左至右第14个数与第15个数的比是2∶3．]
类型4　二项式定理的应用
1．不用计算器，你能用二项式定理求0.9986的近似值，使误差小于0.001吗？
[提示]　把0.998变成1－0.002，然后应用二项式定理展开．
因为0.9986＝(1－0.002)6＝1－C×0.002＋C×0.0022－C×0.0023＋…＋C×0.0026．
第三项T3＝15×0.0022＝0.000
06<0.001，以后各项更小，所以0.9986≈1－0.012＝0.988．
2．你能用二项式定理证明＞2，(n∈N＋，且n≥2)吗？
[提示]　∵＝1＋C＋C＋…＋C＝2＋＋…＋，
又n≥2且n∈N＋，∴＋＋…＋＞0．
∴＞2(n∈N＋，且n≥2)．
【例4】　(对接教材P33例5)(1)用二项式定理证明：1110－1能被100整除；
(2)求9192被100除所得的余数．
[思路点拨]　(1)1110－1＝(1＋10)10－1，展开求证便可；
(2)9192＝(1＋90)92，展开求解便可．
[解]　(1)证明：∵1110－1＝(10＋1)10－1
＝(1010＋C·109＋C·108＋…＋C·10＋1)－1
＝1010＋C·109＋C·108＋…＋102
＝100(108＋C·107＋C·106＋…＋1)，
∴1110－1能被100整除．
(2)9192＝(100－9)92＝C·10092－C·10091·9＋C·10090·92－…＋C992，展开式中前92项均能被100整除，只需求最后一项除以100的余数．
∵992＝(10－1)92＝C·1092－C·1091＋…＋C·102－C·10＋1，前91项能被100整除，后两项和为－919，因余数为正，可从前面的数中分离出1
000，结果为1
000－919＝81，故9192被100除可得余数为81．
(变条件)求C＋C＋…＋C除以9的余数．
[解]　C＋C＋…＋C＝227－C＝89－1＝(9－1)9－1＝C·99－C·98＋…＋C·9－C－1＝9(C·98－C·97＋…＋C)－2＝9(C·98－C·97＋…＋C－1)＋7．
显然上式括号内的数是正整数，故C＋C＋…＋C除以9的余数为7．
利用二项式定理可以解决余数和整除性问题，通常需将底数化成两数的和与差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系．
整除性问题或求余数问题的处理方法：
(1)解决这类问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式．
(2)用二项式定理处理这类问题，通常把被除数的底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者是前面)的几项就可以了．
1．二项式(x－1)n的奇数项二项式系数和是64，则n等于(　　)
A．5　　
B．6
C．7　
D．8
C　[二项式(a＋b)n的展开式中，奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，
∴2n－1＝64，∴n＝7．故选C．]
2．(1－2x)15的展开式中的各项系数和是(　　)
A．1　　
B．－1
C．215　
D．315
B　[令x＝1即得各项系数和，∴各项系数和为－1．]
3．若
(n∈N＋)的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为(　　)
A．210　　　
B．252
C．462　　
D．10
A　[由于展开式中只有第6项的系数最大，且其系数等于其二项式系数，所以展开式项数为11，从而n＝10，于是得其常数项为C＝210．]
4．设(－3＋2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a1＋a2＋a3的值为________．
－15　[令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1．①
又Tk＋1＝C(－3)4－k(2x)k，
∴当k＝4时，x4的系数a4＝16．②
由①－②得a0＋a1＋a2＋a3＝－15．]
5．如图所示，满足如下条件：
①第n行首尾两数均为n；
②表中的递推关系类似“杨辉三角”．
则第10行的第2个数是________．
46　[由题图可知第10行的第2个数为(1＋2＋3＋…＋9)＋1＝46．]
回顾本节内容，自我完成以下问题：
1．如何用赋值法求展开式的所有项或部分项的系数和？
[提示]　求展开式中的所有项或部分项的系数和、差的关键是给字母赋值，赋值的选择则需根据所求的展开式系数和特征来确定．一般地对字母赋的值为0,1或－1，但在解决具体问题时要灵活掌握．
2．二项式定理的应用主要体现在哪些方面？
[提示]　对于二项式定理的应用主要体现在估算、证明及整除上，注意近似计算可用(1＋x)n≈1＋nx，具体情况视精确度而定．
(教师用书独具)
数学家杨辉的故事
说到杨辉，大家肯定会想到耳熟能详的“杨辉三角”．而说起杨辉的这一成就，还得从偶然的一件小事说起．
一天，台州府的地方官杨辉出外巡游，路上，前面铜锣开道，后面衙役殿兵，中间，大轿抬起，好不威风．走着走着，只见开道的镗锣停了下来，前面传来孩童的大声喊叫声，接着是衙役恶狠狠的训斥声．杨辉忙问怎么回事，差人来报；“孩童不让过，说等他把题目算完后才让走，要不就绕道．”杨辉一看来了兴趣，连忙下轿抬步，来到前面．衙役急忙说：“是不是把这孩童哄走？”杨辉摸着孩童头说：“为何不让本官从此处经过？”孩童答道：“不是不让经过，我是怕你们把我的算式踩掉，我又想不起来了．”“什么算式？”“就是把1到9的数字分三行排列，不论直着加，横着加，还是斜着加，结果都是等于15．我们先生让我们下午一定要把这道题做好．我正算到关键之处．”杨辉连忙蹲下身，仔细地看那孩童的算式，觉得这个数字在哪见过，仔细一想，原来是西汉学者戴德编纂的《大戴礼》书中所写的文章中提及的．杨辉和孩童俩人连忙一起算了起来，直到天已过午，俩人才舒了一口气，结果出来了，他们又验算了一下，觉得结果全是15，这才站了起来．
孩童望着这位慈祥和善的地方官说：“耽搁您的时间了，到我家吃饭吧！”杨辉一听，说：“好，好，下午我也去见见你先生．”孩童望着杨辉，泪眼汪汪，杨辉心想，这里肯定有什么蹊跷，温和地问道：“到底是怎么回事？”孩童这才一五一十把原因道出：原来这孩童并未上学，家中穷得连饭都吃不饱，哪有钱读书．而这孩童给地主家放牛，每到学生上学时，他就偷偷地躲在学生的窗下偷听，今天上午先生出了这道题，这孩童用心自学，终于把它解决了．杨辉听到此，感动万分，一个小小的孩童，竟有这番苦心，实在不易．便对孩童说：“这是10两银子，你拿回家去吧．下午你到学校去，我在那儿等你．”下午，杨辉带着孩童找到先生，把这孩童的情况向先生说了一遍，又掏出银两，给孩童补了名额，孩童一家感激不尽．
自此，这孩童方才有了真正的先生．教书先生对杨辉的清廉为人非常敬佩，于是俩人谈论起数学．杨辉说道：“方才我和孩童做的那道题好像是《大戴礼》书中的？”那先生笑着说：“是啊，《大戴礼》虽然是一部记载各种礼仪制度的文集，但其中也包含着一定的数学知识．方才你说的题目，就是我给孩子们出的数学游戏题．”教书先生看到杨辉疑惑的神情，又说道：“南北朝的甄鸾在《数术记遗》一书中就写过：“九宫者，二四为肩，六八为足，左三右七，戴九履一，五居中央．”杨辉默念一遍，发现他说的正与上午他和孩童摆的数字一样，便问道：“你可知道这个九宫图是如何造出来的？”教书先生也不知出处．
杨辉回到家中，反复琢磨，一有空闲就在桌上摆弄着这些数字，终于发现了其中的规律．他把这条规律总结成四句话：九子斜排，上下对易，左右相更，四维挺出”．就是说：一开始将九个数字从大到小斜排三行，然后将9和1对换，左边7和右边3对换，最后将位于四角的4、2、6、8分别向外移动，排成纵横三行，就构成了九宫图．
后来，杨辉又将散见于前人著作和流传于民间的有关这类问题加以整理，得到了“五五图”、“六六图”、“衍数图”、“易数图”、“九九图”、“百子图”等许多类似的图．杨辉把这些图总称为纵横图，并于1275年写进自己的数学著作《续古摘奇算法》一书中，并流传后世．
PAGE3.3　二项式定理与杨辉三角
第1课时　二项式定理
学
习
任
务
核
心
素
养
1．能用计数原理证明二项式定理．2．掌握二项式定理及二项展开式的通项公式．(重点)3．能解决与二项式定理有关的简单问题．(重点、难点)
1．通过二项式定理的学习，培养逻辑推理的素养．2．借助二项式定理及展开式的通项公式解题，提升数学运算的素养．
三个箱子均装着标有a，b字母的两个大小，形状一样的球，从每个箱子摸出一个球，共摸出3个球，有哪些可能结果？每一种结果有多少种情形？
问题：类比上述结果你能联想出(a＋b)3展开式的形式吗？
[提示]　(a＋b)3＝Ca3·b0＋Ca2b＋Ca·b2＋Ca0b3．
知识点　二项式定理及相关的概念
二项式定理
概念
公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N＋)称为二项式定理
二项式系数
各项系数C(r＝0,1,2，…，n)叫做展开式的二项式系数
二项式通项
Can－rbr是展开式中的第r＋1项，可记做Tr＋1＝Can－rbr(其中0≤r≤n，r∈N，n∈N＋)
二项展开式
Can＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N＋)
1．二项式定理中，项的系数与二项式系数相同吗？
[提示]　二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．
二项式系数是指C，C，…，C，而项的系数是指该项中除了变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．
2．二项式(a＋b)n与(b＋a)n展开式的第k＋1项是否相同？
[提示]　不同．(a＋b)n展开式中第k＋1项为Can－kbk，而(b＋a)n展开式中第k＋1项为Cbn－kak．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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．
(　　)
(3)Can－rbr是(a＋b)n展开式中的第r项．
(　　)
(4)(a－b)n与(a＋b)n的二项式展开式的二项式系数相同．
(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．(x＋1)n的展开式共11项，则n等于(　　)
A．9　
B．10　　　C．11　
D．12
B　[由n＋1＝11，可知n＝10．]
类型1　二项式定理的正用、逆用
【例1】　(1)用二项式定理展开；
(2)化简：C(x＋1)n－C(x＋1)n－1＋C(x＋1)n－2－…＋(－1)rC(x＋1)n－r＋…＋(－1)nC．
[思路点拨]　(1)二项式的指数为5，且为两项的和，可直接按二项式定理展开；(2)可先把x＋1看成一个整体，分析结构形式，逆用二项式定理求解．
[解]　(1)＝C(2x)5＋C(2x)4·＋…＋C
＝32x5－120x2＋－＋－．
(2)原式＝C(x＋1)n＋C(x＋1)n－1(－1)＋C(x＋1)n－2·(－1)2＋…＋C(x＋1)n－r(－1)r＋…＋C(－1)n＝[(x＋1)＋(－1)]n＝xn．
1．展开二项式可以按照二项式定理进行．展开时注意二项式定理的结构特征，准确理解二项式的特点是展开二项式的前提条件．
2．对较复杂的二项式，有时先化简再展开会更简便．
3．对于化简多个式子的和时，可以考虑二项式定理的逆用．对于这类问题的求解，要熟悉公式的特点，项数，各项幂指数的规律以及各项的系数．
1．(1)求的展开式；
(2)化简：1＋2C＋4C＋…＋2nC．
[解]　(1)法一：＝C(3)4＋C(3)3
·＋C(3)2·＋C(3)＋C
＝81x2＋108x＋54＋＋．
法二：＝
＝(81x4＋108x3＋54x2＋12x＋1)
＝81x2＋108x＋54＋＋．
(2)原式＝1＋2C＋22C＋…＋2nC＝(1＋2)n＝3n．
类型2　二项式系数与项的系数问题
【例2】　(1)求二项式的展开式中第6项的二项式系数和第6项的系数；
(2)(对接教材P33习题3?3AT2)求的展开式中x3的系数．
[思路点拨]　利用二项式定理求展开式中的某一项，可以通过二项展开式的通项公式进行求解．
[解]　(1)由已知得二项展开式的通项为Tr＋1
＝C(2)6－r·
＝(－1)rC·26－r·xeq
\s\up12(3－)eq
\s\up12()，
∴T6＝－12xeq
\s\up12(－)．
∴第6项的二项式系数为C＝6，
第6项的系数为C·(－1)·2＝－12．
(2)Tr＋1＝Cx9－r·＝(－1)r·C·x9－2r，
令9－2r＝3，∴r＝3，即展开式中第四项含x3，其系数为(－1)3·C＝－84．
1．二项式系数都是组合数C(r＝0,1,2，…，n)，它与二项展开式中某一项的系数不一定相等，要注意区分“二项式系数”与二项式展开式中“项的系数”这两个概念．
2．第r＋1项的系数是此项字母前的数连同符号，而此项的二项式系数为C．例如，在(1＋2x)7的展开式中，第四项是T4＝C17－3(2x)3，其二项式系数是C＝35，而第四项的系数是C23＝280．
2．求的展开式的第三项的系数和常数项．
[解]　T3＝C(x3)3＝C·x5，所以第三项的系数为C·＝．
通项Tr＋1＝C(x3)5－r＝·Cx15－5r，令15－5r＝0，得r＝3，所以常数项为T4＝C(x3)2＝．
类型3　求展开式中的特定项
1．如何求展开式中的常数项？
[提示]　利用二项展开式的通项Cx4－r·＝Cx4－2r求解，令4－2r＝0，则r＝2，所以展开式中的常数项为C＝＝6．
2．(a＋b)(c＋d)展开式中的每一项是如何得到的？
[提示]　(a＋b)(c＋d)展开式中的各项都是由a＋b中的每一项分别乘以c＋d中的每一项再把积相加而得到．
3．如何求(2x＋1)3展开式中含x的项？
[提示]　(2x＋1)3展开式中含x的项是由x＋中的x与分别与(2x＋1)3展开式中常数项C＝1及x2项C22x2＝12x2分别相乘再把积相加得x·C＋·C(2x)2＝x＋12x＝13x．即(2x＋1)3展开式中含x的项为13x．
【例3】　已知在的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2项的系数．
[思路点拨]　→
→→→
[解]　通项公式为：
Tr＋1＝Cxeq
\s\up12()
(－3)rxeq
\s\up12(－)＝C(－3)rxeq
\s\up12()．
(1)∵第6项为常数项，
∴r＝5时，有＝0，即n＝10．
(2)令＝2，得r＝(10－6)＝2，
∴所求的系数为C(－3)2＝405．
(变结论)求展开式中所有的有理项．
[解]　由题意得，令＝k(k∈Z)，
则10－2r＝3k，即r＝5－k．∵r∈Z，∴k应为偶数，
k＝2,0，－2，即r＝2,5,8，
所以第3项，第6项与第9项为有理项，
它们分别为405x2，－61
236,295
245x－2．
1．求二项展开式的特定项的常见题型
(1)求第r项，Tr＝Can－r＋1br－1；
(2)求含xr的项(或xpyq的项)；
(3)求常数项；
(4)求有理项．
2．求二项展开式的特定项的常用方法
(1)对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；
(2)对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解；
(3)对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
3．(1)在(1－x3)(1＋x)10的展开式中，x5的系数是________．
(2)若展开式的常数项为60，则常数a的值为________．
(1)207　(2)4　[(1)x5应是(1＋x)10中含x5项、
含x2项分别与1，－x3相乘的结果，
∴其系数为C＋C(－1)＝207．
(2)的展开式的通项是
Tr＋1＝Cx6－r·(－)rx－2r＝Cx6－3r(－)r，
令6－3r＝0，得r＝2，
即当r＝2时，
Tr＋1为常数项，即常数项是Ca，
根据已知得Ca＝60，解得a＝4．]
1．在(x－)10的展开式中，含x6的项的系数是(　　)
A．－27C　　　
B．27C　　　
C．－9C　　　
D．9C
D　[含x6的项是T5＝Cx6(－)4＝9Cx6．]
2．在的展开式中常数项是(　　)
A．－28
B．－7
C．7
D．28
C　[Tr＋1＝C··＝(－1)r·C·xeq
\s\up12(8－r)，当8－r＝0，即r＝6时，T7＝(－1)6·C·＝7．]
3．的展开式的中间项为(　　)
A．－40
B．－40x2
C．40
D．40x2
B　[的展开式的通项为
Tk＋1＝C(2x)6－k，
则中间项为T4＝C(2x)3＝20×23××xeq
\s\up12(3－×3)＝－40x2．]
4．(1－x)10的展开式中第7项为________．
210x6　[T7＝C(－x)6＝210x6．]
5．化简：C2n＋C2n－1＋…＋C2n－k＋…＋C＝________．
3n　[原式＝(1＋2)n＝3n．]
回顾本节内容，自我完成以下问题：
1．二项式定理有何特点？
[提示]　展开式的特点：(1)展开式共有n＋1项，各项中a，b的指数和都是n；(2)a按降幂排列，指数由n逐项减1直到0；b按升幂排列，指数由0逐项加1直到n．(3)二项展开式的通项公式中b的指数和组合数的上标相同，a与b的指数之和为n．
2．二项展开式的通项公式有哪些方面的应用？
[提示]　二项展开式的通项公式体现了二项展开式的项数、系数、a与b的指数的变化规律，是二项式定理的核心，它在求展开式的某些特定项(如含指定幂的项、常数项、中间项、有理项、系数最大项等)及系数等方面有着广泛的应用．
PAGE第2课时　组合数的性质及应用
学
习
任
务
核
心
素
养
1．理解组合数的性质，并会运用组合的概念，解决简单的实际问题．(重点)2．能解决简单的排列、组合的综合问题．(难点)
通过组合解决实际问题，提升数学建模、逻辑推理和数学运算的素养．
某国际会议中心有A、B、C、D和E共5种不同功能的会议室，且每种功能的会议室又有大、中、小和特小4种型号，总共20个会议室．现在有一个国际学术会议需要选择3种不同功能的6个会议室，并且每种功能的会议室选2个型号．
问题：会议中心的工作人员安排会议的方法有多少种？
[提示]　先从5种不同功能的会议室中选3个，有C种方法，再分别从每种具有同一功能的4种型号的会议室中选2个，分别有C种方法，故会议中心的工作人员有C·3＝2
160种安排会议室的方法．
知识点　组合数的性质
1．C＝；
2．C＋C＝C．
拓展：(1)性质1反映了组合数的对称性．其组合意义是从n个不同的对象中任取m个对象的组合与任取(n－m)个对象的组合是一一对应的．从n个不同对象中取出m个对象后，就剩下(n－m)个对象，因此从n个不同对象中取出m个对象的方法，与从n个不同对象中取出(n－m)个对象的方法是一一对应的，二者的取法是一样多的，反过来也一样．因此从n个不同对象中取出m个对象的组合数C等于从n个不同对象中取出(n－m)个对象的组合数C，也就是C＝C．
(2)性质2的正用、逆用及变形使用：
正用时是“合二为一”，逆用时则是将组合数C拆为两个；性质2还可变形为C＝C－C，在一些题目中可简化求和．
1．若C＝C，则x的值为(　　)
A．2　　
B．4　　　　C．0　　
D．2或4
D　[由C＝C可知x＝2或x＝6－2＝4．故选D．]
2．C＋C的值为________．
84　[C＋C＝C＝＝＝84．]
类型1　组合数的性质
【例1】　计算：(1)C＋C·C；
(2)C＋C＋C＋C＋C＋C；
(3)C·C(n＞0，n∈N＋)．
[解]　(1)原式＝C＋C×1＝＋＝56＋4
950＝5
006．
(2)原式＝2(C＋C＋C)＝2(C＋C)＝2×＝32．
(3)原式＝C·C＝(n＋1)n＝n2＋n．
性质“C＝C”的意义及作用
1．(1)化简：C－C＋C＝________；
(2)已知C－C＝C，求n的值．
(1)0　[原式＝(C＋C)－C＝C－C＝0．]
(2)[解]　根据题意，C－C＝C，
变形可得C＝C＋C，
由组合数的性质，可得
C＝C，故8＋7＝n＋1，
解得n＝14．
类型2　有限制条件的组合问题
【例2】　高二(1)班共有35名同学，其中男生20名，女生15名，今从中选出3名同学参加活动．
(1)其中某一女生必须在内，不同的选法有多少种？
(2)其中某一女生不能在内，不同的选法有多少种？
(3)恰有2名女生在内，不同的选法有多少种？
(4)至少有2名女生在内，不同的选法有多少种？
(5)至多有2名女生在内，不同的选法有多少种？
[思路点拨]　可从整体上分析，进行合理分类，弄清关键词“恰有”“至少”“至多”等字眼，使用两个计数原理解决．
[解]　(1)从余下的34名学生中选取2名，
有C＝561(种)．
∴不同的选法有561种．
(2)从34名可选学生中选取3名，有C＝5
984种．
或者C－C＝C＝5
984种．
∴不同的选法有5
984种．
(3)从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有CC＝2
100种．
∴不同的选法有2
100种．
(4)选取2名女生有CC种，选取3名女生有C种，共有选取方法N＝CC＋C＝2
100＋455＝2
555种．
∴不同的选法有2
555种．
(5)选取3名的总数有C，至多有2名女生在内的选取方式共有N＝C－C＝6
545－455＝6
090种．
∴不同的选法有6
090种．
常见的限制条件及解题方法
1．特殊元素：若要选取的元素中有特殊元素，则要以有无特殊元素，特殊元素的多少作为分类依据．
2．含有“至多”“至少”等限制语句：要分清限制语句中所包含的情况，可以此作为分类依据，或采用间接法求解．
3．分类讨论思想：解题的过程中要善于利用分类讨论思想，将复杂问题分类表达，逐类求解．
2．“抗击疫情，众志成城”，某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴抗击疫情前线，其中这10名医疗专家中有4名是内科专家．问：
(1)抽调的6名专家中恰有2名是内科专家的抽调方法有多少种？
(2)至少有2名内科专家的抽调方法有多少种？
(3)至多有2名内科专家的抽调方法有多少种？
[解]　(1)分步：首先从4名内科专家中任选2名，有C种选法，再从除内科专家的6人中选取4人，有C种选法，所以共有C·C＝90(种)抽调方法．
(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法．
法一：按选取的内科专家的人数分类：
①选2名内科专家，共有C·C种选法；
②选3名内科专家，共有C·C种选法；
③选4名内科专家，共有C·C种选法．
根据分类加法计数原理，共有C·C＋C·C＋C·C＝185(种)抽调方法．
法二：不考虑是否有内科专家，共有C种选法，考虑选取1名内科专家参加，有C·C种选法；没有内科专家参加，有C种选法，所以共有：C－C·C－C＝185(种)抽调方法．
(3)“至多2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情况，分类解答．
①没有内科专家参加，有C种选法；
②有1名内科专家参加，有C·C种选法；
③有2名内科专家参加，有C·C种选法．
所以共有C＋C·C＋C·C＝115(种)抽调方法．
类型3　分组分配问题
1．把3个苹果平均分成三堆共有几种分法？为什么？
[提示]　共1种分法．因为三堆无差异．
2．若把3个不同的苹果分给三个人，共有几种方法？
[提示]　共有A＝3×2×1＝6种分法．
【例3】　(对接教材P20例5)6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：
(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本；
(2)分为三份，每份两本；
(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本；
(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．
[思路点拨]　(1)是平均分组问题，与顺序无关，相当于6本不同的书平均分给甲、乙、丙三人，可以理解为一个人一个人地来取，(2)是“均匀分组问题”，(3)是分组问题，分三步进行，(4)分组后再分配，(5)明确“至少一本”包括“2、2、2型”“1、2、3型”“1、1、4型”．
[解]　(1)根据分步乘法计数原理得到：CCC＝90种．
(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有CCC种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A种方法．根据分步乘法计数原理可得：CCC＝xA，所以x＝＝15．因此分为三份，每份两本一共有15种方法．
(3)这是“不均匀分组”问题，一共有CCC＝60种方法．
(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有CCCA＝360种方法．
(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”即(1)中的分配情况，有CCC＝90种方法；②“1、2、3型”即(4)中的分配情况，有CC5CA＝360种方法；③“1、1、4型”，有CA＝90种方法．所以一共有90＋360＋90＝540种方法．
(变条件)9本不同的书，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)分给甲、乙、丙三人，每人3本；
(2)分为三组，每组3本；
(3)分为三组，一组2本，一组3本，一组4本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人2本，一人3本，一人4本；
(5)分为三组，一组5本，另外两组每组2本；
[解]　(1)这是均匀编号分组问题．
第一步：从9本书中选3本给甲，有C种选法．
第二步：再从其余的6本书中选3本给乙，有C种选法．
第三步：从余下的3本书中选3本给丙，有C种选法．
根据分步乘法计数原理得，不同的分配方法共有CCC＝1
680(种)．
(2)这是均匀不编号分组问题．
先将9本书平均放入1号箱，2号箱，3号箱．
先放1号箱，有C种放法；
再放2号箱，有C种放法；
最后把剩下的3本放入3号箱，有C种放法．
因此共有CCC种放法．
由于这3个箱子现在是有序的，而装的书本数是一样的，因此会出现重复的分法，应用缩倍法，重复的是3个箱子的排列顺序，应除以箱子的全排列数，即CCC÷A＝280．故共有280种不同的分配方法．
(3)这是非均匀不编号分组问题．
同(2)中思路，第一步共CCC种放法．
由于这次不是平均分配，每个箱子里装的书都不同，因此不会出现重复的分法，因此共有1
260种不同的分配方法．
(4)这是非均匀编号问题．在(3)的基础上再进行全排列，所以不同的分配方法共有CCC·A＝7
560(种)．
(5)这是部分均匀不编号分组问题．
同(2)中思路，第一步共CCC种放法．
这次同样不是平均分配，但恰有2个箱子装的书本数一样，因此是“局部平均”，也会出现重复的分法，重复的是同样装着2本书的2个箱子的排列顺序，因此应除以这2个箱子的全排列数，即CCC÷A＝378．
故共有378种不同的分配方法．
分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种
1．完全均匀分组，每组的元素个数均相等．
2．部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！．
3．完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
3．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．
36　[分两步完成：第一步，将4名大学生按2,1,1分成三组，其分法有种；第二步，将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A种．所以满足条件的分配方案有·A＝36(种)．]
1．某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法有(　　)
A．120种　　　
B．84种　　
C．52种　　　
D．48种
C　[间接法：C－C＝52种．]
2．5个代表分4张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么分法一共有(　　)
A．A种　　
B．45种
C．54种
D．C种
D　[由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，从5个代表中选4个即可满足，故有C种．]
3．某校在某次考试后选取了6名教师参加阅卷，试卷共4道解答题，要求将这6名教师分成4组，每组阅一道解答题，其中2组各有2名教师，另外2组各有1名教师，则不同的分配方案的种数是(　　)
A．216
B．420
C．720
D．1
080
D　[6人按2,2,1,1分成4组共有种不同的分组方案，所以共有·A＝×24＝1
080种分配方案．]
4．方程C＝C的解为________．
4或6　[由题意知或
解得x＝4或6．]
5．C＋C＋C＋…＋C的值等于________．
7
315　[原式＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＋C＝C＝C＝7
315．]
回顾本节内容，自我完成以下问题：
1．你有解决组合问题的基本思路吗？试总结一下．
[提示]
思路
内容
整体分类
对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算结果时，使用分类加法计数原理
局部分步
整体分类后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的不重复，计算每一类相应的结果时，使用分步乘法计数原理
先选后排
如果是排列与组合的综合问题，要遵循先选后排的策略
辩证看待“对象”与“位置”
在排列、组合的问题中对对象与位置没有严格的界定标准，把哪些事物看成对象或位置，随解题者的思维方式的变化而变化，要视具体情况而定
复杂问题抽象成模型
对待一些具体问题时，有时需要把它们抽象成相应的模型，将已知条件推广到一般情况来解决，利用类比、化归等数学思想来解题
2．分组、分配问题的常见形式及处理方法有哪些？
[提示]　将n个不同对象分成m组，且每组的对象个数分别为m1，m2，m3，…，mm，记N＝Cm1n·Cm2n－m1·Cm3n－(m1＋m2)·…·Cmmn－(m1＋m2＋…＋mm－1)．
(1)非均匀不编号分组：n个不同对象分成m组，每组对象数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，其分法种数为N．
(2)均匀不编号分组：将n个不同对象分成不编号(即无序)的m组，其分法种数为．
(3)部分均匀不编号分组：将n个不同对象分成不编号的m组，其中有r组对象个数相等，其分法种数为．如果再有k组均匀分组，应再除以A．
(4)非均匀编号分组：n个不同对象分成m组，各组对象数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为N·A．
(5)均匀编号分组：将n个不同对象均匀分成有编号(即有序)的m组，其分法种数为N．
(6)部分均匀编号分组：n个不同对象分成有编号的m组，其中有r组对象个数相等，其分法种数为·A．
PAGE3.1.3　组合与组合数
第1课时　组合与组合数
学
习
任
务
核
心
素
养
1．理解组合与组合数的概念．(重点)2．会推导组合数公式，并会应用公式求值．(重点)3．理解组合数的两个性质，并会求值、化简和证明．(难点、易混点)
1．通过学习组合与组合数的概念，培养数学抽象的素养．2．借助组合数公式及组合数的性质进行运算，培养数学运算的素养．
高考不分文理科后，思想政治、历史、地理、物理、化学、生物这6大科目是选考的，如果考生任选3科作为自己的考试科目，那么选考的组合方式一共有多少种可能的情况？
问题：其中选物理不选历史和选历史不选物理的情况又分别有几种？
[提示]　这几个问题都与顺序无关，学完本节内容便能顺利求解．
知识点1　组合的概念
一般地，从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象并成一组，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个组合．
提醒：(1)所谓并成一组是指与顺序无关，例如组合a，b与组合b，a是同一组合，可以把一个组合看成一个集合．
(2)组合概念的两个要点：①n个对象是不同的；②“只取不排”，即取出的m个对象组成的组合与取出对象的先后顺序无关，无序性是组合的特征性质．
(3)如果两个组合中的对象完全相同，那么不管对象的顺序如何，它们都是相同的组合．如果两个组合中的对象不完全相同(即使只有一个对象不同)，那么它们就是不同的组合．
拓展：
排列与组合的异同
排列
组合
相同点
从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象
不同点
按照一定的顺序排成一列
不管顺序地并成一组
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两个组合相同的充要条件是组成组合的元素完全相同．
(　　)
(2)从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素组成一个组合，所有组合的个数为C．
(　　)
(3)从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法是组合问题．
(　　)
(4)从甲、乙、丙3名同学中选出2名，有3种不同的选法．
(　　)
[答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√
知识点2　组合数的概念、公式
定义
从n个不同对象中取出m个对象的所有组合的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的组合数
表示
C(n，m∈N＋且m≤n)
组合数公式
乘积式
C＝＝
阶乘式
C＝
“组合”与“组合数”是同一个概念吗？
[提示]　同“排列”与“排列数”是两个不同的概念一样，“组合”与“组合数”也是两个不同的概念．例如，从3个不同对象a，b，c中每次取出2个对象的所有组合为ab，ac，bc，共3种，其中每一种情况都是一个组合，而组合数是3．
拓展：(1)组合数公式C＝的形式特点：①分子是m个数相乘，且第一个因数是n，后面每一个因数比它前面一个因数少1，最后一个因数是n－m＋1；②分母是m的阶乘．
(2)组合数公式C＝体现了组合数与相应排列数的关系，一般在计算具体的组合数时会用到．
(3)组合数公式C＝的主要作用有：①用于计算m，n较大时的组合数；②对含有字母的组合数的式子进行变形和证明．
2．C＝________，C＝________．
153　18　[C＝＝153，
C＝＝18．]
3．从3,5,7,11这四个数中任取两个相乘，可以得到不相等的积的个数为________．
6　[从四个数中任取两个数的取法为C＝6．]
类型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支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，这次比赛需要进行多少场次？
(2)10支球队以单循环进行比赛，这次比赛冠、亚军获得者有多少种可能？
(3)从10个人里选3个代表去开会，有多少种选法？
(4)从10个人里选出3个不同学科的课代表，有多少种选法？
[思路点拨]　要确定是组合还是排列问题，只需确定取出的元素是否与顺序有关．
[解]　(1)是组合问题，因为每两个队比赛一次并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别．
(2)是排列问题，因为甲队得冠军、乙队得亚军与甲队得亚军、乙队得冠军是不一样的，是有顺序的区别．
(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，担任哪一科的课代表有顺序的区别．
1．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．
2．区分有无顺序的方法
把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．
1．(对接教材P22练习AT2)从5个不同的元素a，b，c，d，e中取出2个，写出所有不同的组合．
[解]　要想写出所有组合，就要先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个标出来，如图所示：
由此可得所有的组合为
ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de．
类型2　组合数公式的应用
【例2】　(1)式子可表示为(　　)
A．A　　　　　
B．C
C．101C
D．101C
(2)求值：C＋C．
[思路点拨]　根据题目的特点，选择适当的组合数公式进行求值或证明．
(1)D　[分式的分母是100！，分子是101个连续自然数的乘积，最大的为n＋100，最小的为n，
故
＝101·
＝101C．]
(2)[解]　由组合数定义知：
所以4≤n≤5，又因为n∈N＋，
所以n＝4或5．
当n＝4时，C＋C＝C＋C＝5；
当n＝5时，C＋C＝C＋C＝16．
关于组合数计算公式的选取
1．涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算．
2．涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
2．(1)计算：C－C·A；
(2)求证：C＝C．
[解]　(1)C－C·A＝－7×6×5＝210－210＝0．
(2)证明：右边＝·＝＝C＝左边．即等式成立．
类型3　简单的组合问题
解答简单组合问题的关键是什么？
[提示]　关键是把实际问题模型化，在此基础上选择组合数公式求解.
【例3】　现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．
(1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？
(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议，有多少种不同的选法？
(3)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？
[解]　(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C＝＝45(种)．
(2)可把问题分两类情况：
第1类，选出的2名是男教师有C种方法；
第2类，选出的2名是女教师有C种方法．
根据分类加法计数原理，共有C＋C＝15＋6＝21种不同选法．
(3)从6名男教师中选2名的选法有C种，从4名女教师中选2名的选法有C种，根据分步乘法计数原理，共有不同的选法C×C＝15×6＝90(种)．
(变结论)本例其他条件不变，问题变为从中选2名教师参加会议，至少有1名男教师的选法是多少？最多有1名男教师的选法又是多少？
[解]　至少有1名男教师可分两类：1男1女有CC种，2男0女有C种．
由分类加法计数原理知有CC＋C＝39种．
最多有1名男教师包括两类：1男1女有CC种，0男2女有C种．
由分类加法计数原理知有CC＋C＝30种．
解简单的组合应用题的策略
1．解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．
2．要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用．
提醒：在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏．
3．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“━━”和阴爻“━
━”，如图就是一重卦．如果某重卦中有2个阳爻，则它可以组成________种重卦．(用数字作答)
15　[由题设知，“重卦”的种数为C＝15．]
1．下列四个问题属于组合问题的是(　　)
A．从4名志愿者中选出2人分别参加导游和翻译的工作
B．从0,1,2,3,4这5个数字中选取3个不同的数字，组成一个三位数
C．从全班同学中选出3名同学出席运动会开幕式
D．从全班同学中选出3名同学分别担任班长、副班长和学习委员
C　[A、B、D项均为排列问题，只有C项是组合问题．]
2．若A＝12C，则n等于(　　)
A．8　　
B．5或6
C．3或4
D．4
A　[A＝n(n－1)(n－2)，C＝n(n－1)，
所以n(n－1)(n－2)＝12×n(n－1)．
由n∈N＋，且n≥3，解得n＝8．]
3．从7名男生和5名女生中选4人参加夏令营，规定男、女同学至少各有1人参加，则选法总数应为(　　)
A．CCC
B．CCA
C．C－C－C
D．CC(C＋CC＋C)
C　[任选4人的方法数为C，减去其中全部为男生或全部为女生的方法数C＋C，故选法总数应为C－C－C．]
4．从9名学生中选出3名参加“希望英语”口语比赛，有______种不同的选法．
84　[由题意可知共有C＝＝84种．]
5．6个朋友聚会，每两人握手1次，一共握手________次．
15　[每两人握手1次，无顺序之分，是组合问题，故一共握手C＝15次．]
回顾本节内容，自我完成以下问题：
试比较排列与组合的区别与联系．
[提示]　
名称
排列
组合
相同点
都是从n个不同元素中取m(m≤n)个元素，元素无重复
名称
排列
组合
不同点
1．排列与顺序有关；2．两个排列相同，当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完全相同
1．组合与顺序无关；2．两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同
联系
A＝CA
PAGE第2课时　排列数的应用
学
习
任
务
核
心
素
养
1．进一步理解排列的概念，掌握一些排列问题的常用解题方法．(重点)2．能应用排列知识解决简单的实际问题．(难点)
1．通过排列知识解决实际问题，提升数学建模、逻辑推理的素养．2．借助排列数公式计算，提升数学运算的素养．
类型1　无限制条件的排列问题
【例1】　(1)有5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5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？
[思路点拨]　(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；(2)给每人的书均可以从5种不同的书中任选1本，各人得到哪本书相互之间没有联系，要用分步乘法计数原理进行计算．
[解]　(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是A＝5×4×3＝60，所以共有60种不同的送法．
(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的每本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是5×5×5＝125，所以共有125种不同的送法．
1．没有限制的排列问题，即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制，这一类问题相对简单，分清元素和位置即可．
2．对于不属于排列的计数问题，注意利用计数原理求解．
1．(1)将3张电影票分给10人中的3人，每人1张，则共有________种不同的分法．
(2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，不同的选法共有________种．
(1)720　(2)60　[(1)问题相当于从10张电影票中选出3张排列起来，这是一个排列问题．故不同分法的种数为A＝10×9×8＝720．
(2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，应有A＝5×4×3＝60种选法．]
类型2　排队问题
　元素“相邻”与“不相邻”问题
【例2】　3名男生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方法的种数．
(1)全体站成一排，男、女各站在一起；
(2)全体站成一排，男生必须站在一起；
(3)全体站成一排，男生不能站在一起；
(4)全体站成一排，男、女各不相邻．
[解]　(1)男生必须站在一起是男生的全排列，有A种排法；
女生必须站在一起是女生的全排列，有A种排法；
全体男生、女生各视为一个元素，有A种排法．
由分步乘法计数原理知，共有A·A·A＝288种排队方法．
(2)三个男生全排列有A种方法，把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，有A种排法．故有A·A＝720种排队方法．
(3)先安排女生，共有A种排法；男生在4个女生隔成的五个空中安排，共有A种排法，
故共有A·A＝1
440种排法．
(4)排好男生后让女生插空，
共有A·A＝144种排法．
“相邻”与“不相邻”问题的解决方法
处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．
2．5人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法的种数为(　　)
A．18　　　　B．24　　　　
C．36　　　　D．48
C　[5人站成一排，甲、乙两人之间恰有1人的不同站法有3A×A＝36(种)．]
　元素“在”与“不在”问题
【例3】　六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？
(1)甲不站两端；
(2)甲、乙站在两端；
(3)甲不站最左端，乙不站最右端．
[解]　(1)法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A·A＝480种．
法二：由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A种站法，然后其余4人有A种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A·A＝480种．
法三：若对甲没有限制条件共有A种站法，甲在两端共有2A种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有A－2A＝480种．
(2)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A种，根据分步乘法计数原理，共有A·A＝48种站法．
(3)法一：甲在最左端的站法有A种，乙在最右端的站法有A种，且甲在最左端而乙在最右端的站法有A种，共有A－2A＋A＝504种站法．
法二：以元素甲分类可分为两类：a．甲站最右端有A种，b．甲在中间4个位置之一，而乙不在最右端有A·A·A种，故共有A＋A·A·A＝504种站法．
“在”与“不在”问题的解决方法
3．4名运动员参加4×100接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有(　　)
A．12种
B．14种
C．16种
D．24种
B　[用排除法，若不考虑限制条件，4名队员全排列共有A＝24种排法，减去甲跑第一棒有A＝6种排法，乙跑第四棒有A＝6种排法，再加上甲在第一棒且乙在第四棒有A＝2种排法，共有A－2A＋A＝14种不同的出场顺序．]
　定序问题
【例4】　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”或“C，B，A”(可以不相邻)．则有多少种不同的排列方法？
[解]　5个不同元素中部分元素A，B，C的排列顺序已定，这种问题有以下两种常用的解法．
法一：(整体法)5个元素无约束条件的全排列有A种，由于字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”或“C，B，A”，因此，在上述的全排列中恰好符合“A，B，C”或“C，B，A”排列方式的排列有×2＝40(种)．
法二：(插空法)若字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”，将字母D，E插入，这时形成的4个空中，分两类：
第一类，若字母D，E相邻，则有A·A种排法；
第二类，若字母D，E不相邻，则有A种排法．
所以有A·A＋A＝20(种)不同的排列方法．
同理，若字母A，B，C的排列顺序为“C，B，A”，也有20种不同的排列方法．
因此，满足条件的排列有20＋20＝40(种)．
在有些排列问题中，某些元素的前后顺序是确定的(不一定相邻)，解决这类问题的基本方法有两种：
1．整体法：即若有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，先将这m＋n个元素排成一列，有A种不同的排法；然后任取一个排列，固定其他n个元素的位置不动，把这m个元素交换顺序，有A种排法，其中只有一个排列是我们需要的，因此共有种满足条件的不同排法．
2．插空法：即m个元素之间的先后顺序确定不变，因此先排这m个元素，只有一种排法，然后把剩下的n个元素分类或分步插入由以上m个元素形成的空隙中．
4．用1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的七位数，若1,3,5,7的顺序一定，则有________个七位数符合条件．
210　[若1,3,5,7的顺序不定，有A＝24(种)排法，故1,3,5,7的顺序一定的排法数只占总排法数的．故有A＝210(个)七位数符合条件．]
类型3　数字排列问题
1．偶数的个位数字有何特征？从1,2,3,4,5中任取两个不同数字能组成多少个不同的偶数？
[提示]　偶数的个位数字一定能被2整除．先从2,4中任取一个数字排在个位，共2种不同的排法，再从剩余数字中任取一个数字排在十位，共4种排法，故从1,2,3,4,5中任取两个数字，能组成2×4＝8(个)不同的偶数．
2．在一个三位数中，身居百位的数字x能是0吗？如果在0～9这十个数字中任取不同的三个数字组成一个三位数，如何排才能使百位数字不为0?
[提示]　在一个三位数中，百位数字不能为0，在具体排数时，从元素0的角度出发，可先将0排在十位或个位的一个位置，其余数字可排百位、个位(或十位)位置；从“位置”角度出发可先从1～9这9个数字中任取一个数字排百位，然后再从剩余9个数字中任取两个数字排十位与个位位置．
【例5】　(对接教材P12例6)用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的
(1)六位奇数？
(2)个位数字不是5的六位数？
[思路点拨]　这是一道有限制条件的排列问题，每一问均应优先考虑限制条件，遵循特殊元素或特殊位置优先安排的原则．另外，还可以用间接法求解．
[解]　(1)法一：从特殊位置入手(直接法)分三步完成，第一步先填个位，有A种填法，第二步再填十万位，有A种填法，第三步填其他位，有A种填法，故共有AAA＝288(个)六位奇数．
法二：从特殊元素入手(直接法)
0不在两端有A种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A种排法，其他各位上用剩下的元素作全排列有A种排法，故共有AAA＝288(个)六位奇数．
法三：排除法
6个数字的全排列有A个，0,2,4在个位上的六位数为3A个，1,3,5在个位上，0在十万位上的六位数有3A个，故满足条件的六位奇数共有A－3A－3A＝288(个)．
(2)法一：排除法
0在十万位的六位数或5在个位的六位数都有A个，0在十万位且5在个位的六位数有A个．
故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504(个)．
法二：直接法
十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此需分两类：
第一类：当个位排0时，符合条件的六位数有A个．
第二类：当个位不排0时，符合条件的六位数有AAA个．
故共有符合题意的六位数A＋AAA＝504(个)．
(变结论)用0,1,2,3,4,5这六个数取不同的数字组数．
(1)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？
(2)能组成多少个无重复数字且比1
325大的四位数？
(3)若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{an}，则240
135是第几项？
[解]　(1)符合要求的五位数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数，有A个；第二类，个
位上的数字是5的五位数，有A·A个．故满足条件的五位数的个数共有A＋A·A＝216(个)．
(2)符合要求的比1
325大的四位数可分为三类：
第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共A·A个；
第二类，形如14□□，15□□，共有A·A个；
第三类，形如134□，135□，共有A·A个．
由分类加法计数原理知，无重复数字且比1
325大的四位数共有：A·A＋A·A＋A·A＝270(个)．
(3)由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有A个数，首位数字为2，万位上为0,1,3中的一个有3A个数，∴240
135的项数是A＋3A＋1＝193，即240
135是数列的第193项．
解数字排列问题常见的解题方法
1．“两优先排法”：特殊元素优先排列，特殊位置优先填充．如“0”不排“首位”．
2．“分类讨论法”：按照某一标准将排列分成几类，然后按照分类加法计数原理计算，要注意以下两点：一是分类标准必须恰当；二是分类过程要做到不重不漏．
3．“排除法”：全排列数减去不符合条件的排列数．
4．“位置分析法”：按位置逐步讨论，把要求数字的每个数位排好．
5．用1,2,3,4,5,6这六个数字组成无重复数字的六位数，则5和6在两端，1和2相邻的六位数的个数是(　　)
A．24
B．32
C．36
D．48
A　[先排5,6，有A种排法；将1,2捆绑在一起有A种排法；将1,2这个整体和3以及4全排列，有A种排法．所以符合题意的六位数的个数为AAA＝24．]
1．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为(　　)
A．36　
B．120　　　C．720　
D．240
C　[由于6人排两排，没有什么特殊要求的元素，故排法种数为A＝720．]
2．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有的车站数是(　　)
A．8　　　
B．12　　　
C．16　　　
D．24
B　[设车站数为n，则A＝132，n(n－1)＝132，∴n＝12．]
3．从0,1,3,5,7,9六个数中，任取两个做除法，可得到不同的商的个数是(　　)
A．30
B．25
C．20
D．19
D　[当选出的数字有一个是0时，0只能做分子，不能做分母，有1种结果为0；
当选出数字没有0时，五个数字从中任选两个，共有A种结果，而在这些结果中，有相同的数字重复出现，和，和，∴可以得到不同的商的个数是A－2＋1＝19．]
4．用1,2,3,4,5,6,7这7个数字排列组成一个七位数，要求在其偶数位上必须是偶数，奇数位上必须是奇数，则这样的七位数有________个．
144　[先排奇数位有A种，再排偶数位有A种，故共有AA＝144个．]
5．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有________种．
24　[把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，共A＝24种．]
回顾本节内容，自我完成以下问题：
1．求解排列问题的基本思路是什么？
[提示]　
2．求解排列问题的主要题型及方法有哪些？
[提示]　
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
插空法
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素排列的空档中
定序问题除法处理
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
间接法
正难则反，等价转化的方法
PAGE3.1.2　排列与排列数
第1课时　排列与排列数
学
习
任
务
核
心
素
养
1．理解排列的概念，能正确写出一些简单问题的所有排列．(重点)2．会用排列数公式进行求值和证明．(难点)
1．通过学习排列的概念，培养数学抽象的素养．2．借助排列数公式进行计算，培养数学运算的素养．
教师节当天，市委领导到学校考察，听完一节课后与老师们座谈，有12位教师参加，面对市委领导坐成一排．
问题：这12位老师的坐法共有多少种？
[提示]　根据上节所学分步乘法计数原理，这12位老师的不同坐法种数为12×11×10×…×2×1．这节课将学习一种更为简捷的方法来解决这个问题．
知识点1　排列的概念
(1)一般地，从n个不同对象中，任取m(m≤n)个对象，按照一定的顺序排成一列，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个排列．
(2)特别地，m＝n时的排列(即取出所有对象的排列)称为全排列．
两个排列相同的条件是什么？
[提示]　两个排列相同则应具备排列的对象及排列的顺序均相同．
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)a，b，c与b，a，c是同一个排列．
(　　)
(2)从1,2,3,4中任选两个元素，就组成一个排列．
(　　)
(3)同一个排列中，同一个元素不能重复出现．
(　　)
(4)在同一个排列中，若交换两个元素的位置，则该排列不发生变化．
(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
知识点2　排列数及排列数公式
排列数的定义
从n个不同对象中取出m个对象的所有排列的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数
排列数的表示
A(n，m∈N＋，m≤n)
排列数公式
乘积式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
阶乘式
A＝
阶乘
A＝n×(n－1)×(n－2)×…×2×1＝n！
规定
0！＝1，A＝1
性质
A＋mA＝A
提醒：(1)“排列”与“排列数”是两个不同的概念．“排列”是指“按照一定的顺序排成一列”，所谓排成一列，是指与顺序有关，例如排列AB与排列BA是不同的，可以把一个排列看成一个类似点坐标的有序数对，它不是一个数，而是完成一件事的方法．“排列数”是指“从n个不同对象中取出m个对象的所有排列的个数”，它是一个数．
(2)符号A中，总是要求n和m都是正整数，且m≤n．
2.89×90×91×92×…×100可表示为(　　)
A．A
B．A
C．A
D．A
C　[A＝100×99×98×…×(100－12＋1)＝100×99×98×…×89．]
3．甲、乙、丙三名同学排成一排，不同的排列方法有(　　)
A．3种　　　
B．4种
C．6种　　　
D．12种
C　[由排列的定义可知，共有A＝3×2×1＝6种排列方法．]
类型1　排列的概念
【例1】　判断下列问题是不是排列问题．
(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；
(2)选2个小组分别去植树和种菜；
(3)选2个小组去种菜；
(4)选10人组成一个学习小组；
(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；
(6)某班40名学生在假期相互通信．
[思路点拨]　判断是不是排列问题关键是选出的元素在被安排时，是否与顺序有关．若与顺序有关，就是排列问题，否则就不是排列问题．
[解]　(1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题．
(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．
(3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题．
(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．
(6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题．
所以在上述各题中，(2)(5)(6)属于排列问题，(1)(3)(4)不属于排列问题．
1．解决本题的关键有两点：一是“取出元素不重复”，二是“与顺序有关”．
2．判断一个具体问题是不是排列问题，就看取出元素后排列是有序的还是无序的，而检验它是否有序的依据就是变换元素的“位置”(这里的“位置”应视具体问题的性质和条件来决定)，看其结果是否有变化，有变化就是排列问题，无变化就不是排列问题．
1．判断下列问题是不是排列问题．
(1)从1到10十个自然数中任取两个数组成直角坐标平面内的点的坐标，可得多少个不同的点的坐标？
(2)从10名同学中任抽两名同学去学校开座谈会，有多少种不同的抽取方法？
(3)某商场有四个大门，若从一个门进去，购买物品后再从另一个门出来，不同的出入方式共有多少种？
[解]　(1)由于取出的两数组成点的坐标与哪一个数作横坐标，哪一个数作纵坐标的顺序有关，所以这是一个排列问题．
(2)因为从10名同学中抽取两人去学校开座谈会的方式不用考虑两人的顺序，所以这不是排列问题．
(3)因为从一门进，从另一门出是有顺序的，所以是排列问题．
综上，(1)、(3)是排列问题，(2)不是排列问题．
类型2　排列的列举问题
【例2】　(对接教材P10例1)写出下列问题的所有排列．
(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位数，共有多少个不同的两位数？
(2)写出从4个元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列．
[思路点拨]　(1)直接列举数字．
(2)先画树形图，再结合树形图写出所有情况．
[解]　(1)所有两位数是12,21,13,31,14,41,23,32,24,42,34,43，共有12个不同的两位数．
(2)由题意作树形图，如图．
故所有的排列为：abc，abd，acb，acd，adb，adc，bac，bad，bca，bcd，bda，bdc，cab，cad，cba，cbd，cda，cdb，dab，dac，dba，dbc，dca，dcb，共有24个．
在排列个数不多的情况下，树形图是一种比较有效的表示方式.在操作中先将元素按一定顺序排出，然后以先安排哪个元素为分类标准进行分类，在每一类中再按余下的元素在前面元素不变的情况下确定第二个元素，再按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能不重不漏，然后按树形图写出排列.
2．(1)北京、广州、南京、天津4个城市相互通航，应该有________种机票．
(2)A，B，C，D四名同学排成一排照相，要求自左向右，A不排第一，B不排第四，共有________种不同的排列方法．
(1)12　(2)14　[(1)列出每一个起点和终点情况，如图所示．
故符合题意的机票种类有：
北京→广州，北京→南京，北京→天津，广州→南京，广州→天津，广州→北京，南京→天津，南京→北京，南京→广州，天津→北京，天津→广州，天津→南京，共12种．
(2)因为A不排第一，排第一位的情况有3类(可从B，C，D中任选一人排)，而此时兼顾分析B的排法，列树形图如图．
所以符合题意的所有排列是：
BADC，BACD，BCAD，BCDA，BDAC，BDCA，CABD，CBAD，CBDA，CDBA，DABC，DBAC，DBCA，DCBA，共14种．]
类型3　排列数公式的推导及应用
1．排列数A中，n，m满足什么条件？
[提示]　n，m∈N＋且m≤n．
2．等式A＝nA成立吗？
[提示]　∵A＝，A＝，
∴A＝＝nA.
【例3】　(1)计算：；
(2)求3A＝4A中的x．
[思路点拨]　(1)可直接运算，也可采用阶乘式；(2)借助阶乘式求解，注意x的范围．
[解]　(1)法一：＝＝＝．
法二：＝＝＝＝．
(2)原方程3A＝4A可化为＝，
即＝，化简，
得x2－19x＋78＝0，解得x1＝6，x2＝13．
由题意知解得x≤8．
所以原方程的解为x＝6．
1．排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进行，应用时注意：连续正整数的积可以写成某个排列数，其中最大的是排列元素的总个数，而正整数(因式)的个数是选取元素的个数，这是排列数公式的逆用．
2．应用排列数公式的阶乘形式时，一般写出它们的式子后，再提取公因式，然后计算，这样往往会减少运算量．
3．(1)(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N＋，且n＜55)用排列数可表示为________；
(2)不等式A＞6A的解集为________．
(1)A　(2){2,3,4,5,6,7}　[(1)由(69－n)－(55－n)＋1＝15可知，(55－n)(56－n)…(69－n)＝A．
(2)原不等式可化为＞，
化简得x2－21x＋104＞0，解得x＜8或x＞13．
又得2≤x≤9且x∈N＋，
∴原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}．]
1．从1,2,3,4四个数字中，任选两个数做加、减、乘、除运算，分别计算它们的结果，在这些问题中，有几种运算可以看作排列问题(　　)
A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4
B　[因为加法和乘法满足交换律，所以选出两个数做加法和乘法时，结果与两数字位置无关，故不是排列问题．而减法、除法与两数字的位置有关，故是排列问题．]
2．4×5×6×…×(n－1)×n等于(　　)
A．A
B．A
C．n！－4!
D．A
D　[4×5×6×…×(n－1)×n中共有n－4＋1＝n－3个因式，最大数为n，最小数为4，
故4×5×6×…×(n－1)×n＝A．]
3．从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的结果有(　　)
A．6个
B．10个
C．12个
D．16个
C　[不同结果有A＝4×3＝12个．]
4．5本不同的课外读物分给5位同学，每人一本，则不同的分配方法有________种．
120　[利用排列的概念可知不同的分配方法有A＝120种．]
5．A－6A＋5A＝________．
120　[原式＝A－A＋A＝A＝5×4×3×2×1＝120．]
回顾本节内容，自我完成以下问题：
1．如何判断一个问题是否为排列问题？
[提示]　判断一个问题是不是排列问题的关键是看该问题中的元素是否与顺序有关，有关为排列问题，否则，不是排列问题．
2．你是如何理解排列数公式的？
[提示]　排列数公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)适合已知m的排列数计算，而A＝常用于与排列数有关的证明、解方程、解不等式等．求解时务必注意隐含条件：n，m∈N＋，m≤n．
PAGE第2课时　基本计数原理的应用
学
习
任
务
核
心
素
养
1．熟练应用两个计数原理．(重点)2．能运用两个计数原理解决一些综合性的问题．(难点)
1．借助两个计数原理解题，提升数学运算的素养．2．通过合理分类或分步解决问题，提升逻辑推理的素养．
类型1　组数问题
【例1】　(对接教材P6例2)用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的：
(1)银行存折的四位密码？
(2)四位整数？
(3)比2
000大的四位偶数？
[思路点拨]　(1)用分步乘法计数原理求解(1)问；(2)0不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可以按末位是0,2,4分三类，也可以按千位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解．
[解]　(1)分步解决．
第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；
第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；
第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；
第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法．
由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有
6×5×4×3＝360(个)．
(2)分步解决．
第一步：万位数字有5种选取方法；
第二步：百位数字有5种选取方法；
第三步：十位数字有4种选取方法；
第四步：个位数字有3种选取方法．
由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有
5×5×4×3＝300(个)．
(3)法一：按末位是0,2,4分为三类：
第一类：末位是0的有4×4×3＝48个；
第二类：末位是2的有3×4×3＝36个；
第三类：末位是4的有3×4×3＝36个．
则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．
法二：按千位是2,3,4,5分四类：
第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；
第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；
第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；
第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．
则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．
法三：用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：
第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)；
第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．
共有60＋96＝156(个)．
其中比2
000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)，
所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．
1．对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．
2．解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．
1．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为(　　)
A．6　　　
B．9　　　
C．12　　　
D．24
B　[法一：(列举法)根据0的位置分类：
第一类：0在个位有：2
110,1
210,1
120，共3个．
第二类：0在十位有：2
101,1
201,1
102，共3个．
第三类：0在百位有：2
011,1
021,1
012，共3个．
故共有3＋3＋3＝9个不同的四位数，故选B．
法二：(树形图法)如图，可知这样的数共有9个，故选B．
]
类型2　抽取(分配)问题
【例2】　(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有(　　)
A．16种　
B．18种　　　C．37种　
D．48种
(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________种．
[思路点拨]　(1)由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解．
(2)先让一人去抽，再让被抽到贺卡所写人去抽．
(1)C　(2)9　[(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C．
(2)不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种)．]
求解抽取(分配)问题的方法
1．当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法．
2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．
2．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？
[解]　法一：(以小球为研究对象)分三步来完成：
第一步：放第一个小球有5种选择；
第二步：放第二个小球有4种选择；
第三步：放第三个小球有3种选择．
根据分步乘法计数原理得：
共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．
法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：
第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；
第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；
第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；
分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．
根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种)．
类型3　涂色(种植)问题
1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？
A
B
C
D
[提示]　涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案．
2．在上述问题中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？
[提示]　恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案．
3．在上述问题中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？
[提示]　若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案．
【例3】　将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
1
2
3
4
[思路点拨]　注意小方格中第2个和第3个所涂颜色可能相同，也可能不同，故应分两类：所涂颜色相同和不同，分别求解．
[解]　第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．
由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．
(变条件)本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？
①
②
④
③
[解]　依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．
第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．
第1步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；
第2步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；
第3步涂③与第4步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种)．
第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成3步来完成．
第1步涂①④，有5种涂法；
第2步涂②，有4种涂法；
第3步涂③，有3种涂法．
于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．
综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．
求解涂色?种植?问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：
?1?按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
?2?以颜色?种植作物?为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
?3?对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
3．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种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有多少种？
[解]　(1)当使用4种颜色时，先着色第1区域，有4种方法，剩下3种颜色涂其他4个区域，由分步乘法计数原理得共有4×3×2×2×1＝48(种)．
(2)当仅使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色第1区域，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第2,4区域，另一种颜色涂第3,5区域，有2种着色方法，由分步乘法计数原理得有4×3×2＝24(种)．综上，共有48＋24＝72种不同的着色方法．
1．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有(　　)
A．6种　　　
B．7种　　　
C．8种　　　
D．9种
D　[可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．]
2．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
D　[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．]
3．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种．
108　[A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4×3×3×3＝108(种)涂法．]
4．5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________．
18　[根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18种分工方案．]
5．小张正在玩一款种菜的游戏，他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物)，若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒，则不同的种植方案共有________种．
48　[当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块地种辣椒时，有4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案．]
回顾本节内容，自我完成以下问题：
1．解决较为复杂的计数问题时，如何做到合理分类、准确分步？
[提示]　(1)处理计数问题，应扣紧两个原理，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．
(2)分类时要满足两个条件：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．
(3)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．
2．如何处理有特殊元素或特殊位置的计数问题？
[提示]　解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．
PAGE3.1　排列与组合
3.1.1　基本计数原理
第1课时　基本计数原理
学
习
任
务
核
心
素
养
1．通过实例，能归纳总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．(重点)2．正确理解“完成一件事情”的含义，能根据具体问题的特征，选择“分类”或“分步”．(易混点)3．能利用两个原理解决一些简单的实际问题．(难点)
1．通过两个计数原理的学习，培养逻辑推理的素养．2．借助两个计数原理解决一些简单的实际问题，提升数学运算的素养．
十三届全国人大三次会议在京召开，某政协委员5月19日从泉城济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径：一是乘坐飞机，二是乘坐动车组．假如这天适合他乘坐的飞机有3个航班，动车组有4个班次．
问题1：此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？
[提示]　3＋4＝7(种)．
问题2：如果该委员需要在5月19日先从家乡乘坐汽车到达济南市，再乘坐飞机前往北京参加会议，其中汽车有4班，飞机有3个航班，问：此委员想从家乡到达北京共有多少种途径？
[提示]　4×3＝12(种)．
知识点1　分类加法计数原理
完成一件事，如果有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
1．如何理解分类加法计数原理？
[提示]　(1)定性：①明确原理中所指的“完成一件事”是什么事；②怎样才算完成这件事；③完成这件事可以有哪些办法．
(2)独立性：①完成这件事的n类办法是相互独立的；②每一类办法中的方法都可以单独完成这件事，不需要用到其他的方法．
(3)分类：这是利用分类加法计数原理解题的关键，分类必须明确标准，①每一种方法都必须属于某一类，不同类的任意两种方法是不同的；②每一类中的任意两种方法也不相同．
说明：分类时，首先要根据问题的特点确定一个分类标准，然后在这个标准下进行分类．一般地，标准不同，分类的结果也不同．
1．(对接教材P4尝试与发现)从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法数为(　　)
A．1＋1＋1＝3
B．3＋4＋2＝9
C．3×4×2＝24
D．以上都不对
B　[分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类，乘轮船，从2次中选1次有2种走法．所以，共有3＋4＋2＝9种不同的走法．]
知识点2　分步乘法计数原理
完成一件事，如果需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有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＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
2．如何利用分步乘法计数原理解题？
[提示]　(1)定性：①明确原理中所指的“完成一件事”是什么事；②要经过几步才能完成这件事．
(2)相关性：①完成这件事需要分成若干个步骤；②只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任一步骤，这件事都不可能完成．
(3)分步：这是利用分步乘法计数原理解题的关键，①准确确定分步的标准，一般地，分步的标准不同，分成的步骤数也会不同；②要注意各步骤之间必须连续；③各步骤之间既不能重复，也不能遗漏．
3．在分步乘法计数原理中，第1步采用的方法与第2步采用的方法之间有影响吗？
[提示]　无论第1步采用哪种方法，都不影响第2步方法的选取．
拓展：两个计数原理的区别与联系：
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
区别一
每类办法都能独立地完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事
每一步得到的只是中间结果(最后一步除外)，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各步都完成了，才能完成这件事
区别二
各类办法之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复
联系
这两个原理都是用来计算做一件事情的不同方法数
2．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在分类加法计数原理中，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完成这件事．
(　　)
(3)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．
(　　)
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．
(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
3．已知x∈{2,3,7}，y∈{－1，－2,4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是(　　)
A．1　　　　
B．3
C．6　　　　
D．9
D　[这件事可分为两步完成：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值x有3种方法；第二步，在集合{－1，－2,4}中任取一个值y有3种方法．根据分步乘法计数原理知，有3×3＝9个不同的点．]
类型1　分类加法计数原理的应用
分类加法计数原理中各类办法之间有何关系？每一类办法中各种方法之间有何关系？
[提示]　各类办法之间相互独立，并且任何一类办法中的任何一种方法也相互独立.
【例1】　(1)从高三年级的四个班中共抽出22人，其中一、二、三、四班分别为4人，5人，6人，7人，他们自愿组成数学课外小组，选其中一人为组长，有多少种不同的选法？
(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？
[解]　(1)分四类：
从一班中选一人，有4种选法；
从二班中选一人，有5种选法；
从三班中选一人，有6种选法；
从四班中选一人，有7种选法．
共有不同选法N＝4＋5＋6＋7＝22(种)．
(2)法一：按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
法二：按个位上的数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．
1．(变结论)本例(2)中条件不变，求个位数字小于十位数字且为偶数的两位数的个数．
[解]　当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．
当个位数字是6时，十位数字可取7,8,9，共3个．
当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个．
同理可知，当个位数字是2时，共7个．
当个位数字是0时，共9个．
由分类加法计数原理知，符合条件的数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个)．
2．(变条件，变结论)本例(2)换为：用数字1,2,3可以组成多少个没有重复数字的整数？
[解]　分三类：
①第一类为一位整数，有1,2,3，共3个；
②第二类为两位整数，有12,13,21,23,31,32，共6个；
③第三类为三位整数，有123,132,213,231,312,321，共6个．
∴共组成3＋6＋6＝15个无重复数字的整数．
利用分类加法计数原理计数时的解题流程
提醒：确定分类标准时要确保每一类都能独立完成这件事．
1．中国古代十进制的算筹计数法在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．如图是利用算筹表示1～9的一种方法．据此，3可表示为“≡”，26可表示为“＝⊥”，现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1～9这9个数字表示的两位数的个数为(　　)
A．9　　　　B．13　　　　C．16　　　　D．18
C　[根据题意，现有6根算筹，可以表示的数字组合为1、5,1、9,2、4,2、8,6、4,6、8,3、3,3、7,7、7．其中，数字组合1、5,1、9,2、4,2、8,6、4,6、8,3、7中，每组可以表示2个两位数，则可以表示2×7＝14个两位数；数字组合3、3,7、7中，每组可以表示1个两位数，则可以表示2×1＝2个两位数．则一共可以表示14＋2＝16个两位数．]
类型2　分步乘法计数原理的应用
分类加法计数原理每一类中的方法和分步乘法计数原理每一步中的方法有何区别？
[提示]　分类加法计数原理每一类中的方法可以完成一件事情，而分步乘法计数原理每一步中的方法不能独立完成一件事情.
【例2】　(对接教材P6例2)一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码(各位上的数字允许重复)?
[思路点拨]　根据题意，必须依次在每个拨号盘上拨号，全部拨号完毕后，才拨出一个四位数号码，所以应用分步乘法计数原理．
[解]　按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；
第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；
第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；
第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10．
根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10
000个四位数的号码．
(变条件)若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？
[解]　按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；
第二步，有9种拨号方式，即m2＝9；
第三步，有8种拨号方式，即m3＝8；
第四步，有7种拨号方式，即m4＝7．
根据分步乘法计数原理，共可以组成
N＝10×9×8×7＝5
040个四位数的号码．
利用分步乘法计数原理计数时的解题流程
提醒：分步时要注意不能遗漏步骤，否则就不能完成这件事．
2．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，问：
(1)P可表示平面上多少个不同的点？
(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？
[解]　(1)确定平面上的点P(a，b)，可分成两步完成：
第一步先确定a的值，共有6种方法；
第二步确定b的值，也有6种方法．
根据分步乘法计数原理，得到平面上点的个数为6×6＝36．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：
第一步确定a，因为a<0，所以有3种方法；
第二步确定b，因为b>0，所以有2种方法．
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数为3×2＝6．
类型3　辨析两个计数原理
如何区分一个问题是“分类”还是“分步”？
[提示]　如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都可以完成任务，则是分类；而从其中任何一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务，且只有依次完成各种情况，才完成这件事，则是分步.
【例3】　现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？
(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
[思路点拨]　
[解]　(1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．
根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．
(2)分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．
(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法．
所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．
1．当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．
2．分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使分析更直观、清楚的展现，便于探索规律．
3．混合问题一般是先分类再分步．
3．一个袋子里有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里有12张不同的中国联通手机卡．
(1)某人要从两个袋子中任取一张手机卡供自己使用，共有多少种不同的取法？
(2)某人手机是双卡双待机，想得到一张中国移动卡和一张中国联通卡供自己使用，问一共有多少种不同的取法？
[解]　(1)第一类：从第一个袋子中取一张中国移动卡，共有10种取法；
第二类：从第二个袋子中取一张中国联通卡，共有12种取法．
根据分类加法计数原理，共有10＋12＝22种取法．
(2)第一步，从第一个袋子中取一张中国移动卡，共有10种取法；
第二步，从第二个袋子中取一张中国联通卡，共有12种取法．根据分步乘法计数原理，共有10×12＝120种取法．
1．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有(　　)
A．3种
B．4种
C．7种　
D．12种
C　[选择课程的方法有2类：从A类课程中选一门有3种不同方法，从B类课程中选1门有4种不同方法，∴共有不同选法3＋4＝7种．]
2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为(　　)
A．7　　　　
B．12　　　　
C．64　　　　D．81
B　[先从4件上衣中任取一件共4种选法，再从3条长裤中任选一条共3种选法，由分步乘法计数原理，上衣与长裤配成一套共4×3＝12(种)不同配法．故选B．]
3．某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中1本，则购买方式共有(　　)
A．1种　　　B．2种　　　C．3种　　　D．4种
C　[分两类：买1本或买2本书，各类购买方式依次有2种、1种，故购买方式共有2＋1＝3种．故选C．]
4．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，不同的行车路线有________条．
12　[经过一次十字路口可分两步：第一步确定入口，共有4种选法；第二步确定出口，从剩余3个路口任选一个共3种，由分步乘法计数原理知不同的路线有4×3＝12条．]
5．一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不同走法________种．
16　[由分步乘法计数原理得4×4＝16．]
回顾本节内容，自我完成以下问题：
1．利用两个计数原理解题有哪些基本策略？
[提示]　用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．
2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法有哪些？
[提示]　
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