高考数学一轮复习讲义（教师版）第十章计数原理、概率、随机变量及其分布

§10.1两个计数原理考试要求1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．知识梳理两个计数原理(1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.常用结论1．分类加法计数原理的推广：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＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．2．分步乘法计数原理的推广：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＝m1×m2×…×mn种不同的方法．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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．(√)教材改编题1．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为()A．16B．13C．12D．10答案C解析将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，不同走法共有4×3＝12(种)．2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种答案B解析设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班级分别为a，b，c，d.假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．3．由于用具简单、趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，其中也能把“炮”吃掉的可能路线有()A．10条B．8条C．6条D．4条答案C解析由题意可知，“兵”吃掉“马”的最短路线需横走三步，竖走两步；其中也能把“炮”吃掉的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有3种走法；第二步，横走一步，竖走一步，有2种走法．所以所求路线共有3×2＝6(条)．题型一分类加法计数原理例1(1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种答案B解析赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种)．(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，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________．答案240解析若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)．所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．思维升华使用分类加法计数原理的两个注意点(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．跟踪训练1(1)(2023·太原模拟)现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值有()A．3种B．6种C．7种D．8种答案C解析由题意得，三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆；三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆；三种币值全取，共有1种取法，币值为捌拾圆．一共可以组成的币值有3＋3＋1＝7(种)．(2)设I＝{1,2,3,4}，A与B是I的子集，若A∩B＝{1,2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．若将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有________个．答案9解析对子集A分类讨论：当A是二元集{1,2}时，B可以为{1,2,3,4}，{1,2,4}，{1,2,3}，{1,2}，共4种情况；当A是三元集{1,2,3}时，B可以为{1,2,4}，{1,2}，共2种情况；当A是三元集{1,2,4}时，B可以为{1,2,3}，{1,2}，共2种情况；当A是四元集{1,2,3,4}时，B取{1,2}，有1种情况．根据分类加法计数原理可知，共有4＋2＋2＋1＝9(种)结果，即符合此条件的“理想配集”有9个．题型二分步乘法计数原理例2(1)数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字1,2,3(各3个)全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字，则不同的填法有()A．12种B．24种C．72种D．216种答案A解析先填第一行，有3×2×1＝6(种)不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其他单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理可知，共有6×2＝12(种)不同的填法．(2)(多选)(2022·武汉模拟)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是()A．共有43种不同的安排方法B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种答案ABD解析对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确．思维升华利用分步乘法计数原理解题的策略(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．跟踪训练2(1)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，则由一层到五层不同的走法有()A．10种B．25种C．52种D．24种答案D解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法．(2)(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是()A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有43种答案AD解析对于A，B，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，D，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有4种选择，第3个社团有4种选择，根据分步乘法计数原理知共有43种结果，D正确，C错误．题型三两个计数原理的综合应用例3(1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是()A．14B．23C．48D．120答案C解析分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法；第2步，取旋转体，有4＋2＝6(种)不同的取法．所以不同的取法种数是8×6＝48.(2)(2023·南平质检)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________．答案80解析5日至9日，日期尾数分别为5,6,7,8,9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)用车方案；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用车方案，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案，共计12＋8＝20(种)用车方案．根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.思维升华利用两个计数原理解题时的三个注意点(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．(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．(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．跟踪训练3(1)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为()A．24B．14C．10D．9答案B解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12(种)选择方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理可知，共有12＋2＝14(种)选择方式．(2)如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为()A．480 B．600C．720 D．840答案C解析依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，最后涂b有3种方法，由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)，若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各有3种方法，由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)，所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种)．课时精练1.小黑点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现在从结点A向结点B传递信息，信息可分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为()A．9B．21C．12D．8答案D解析由图形可以看出，从A→B，可以分成两种情况，A→D→B或A→C→B，这两类方法中各自包含的单位时间内通过的信息量分别是5,3，根据分类加法计数原理可知，传递的最大信息量为5＋3＝8.2．(2023·济宁模拟)某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有()A．4种B．6种C．8种D．12种答案B解析根据题意得，分两步进行分析：①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种．由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种)．3．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A．3B．4C．6D．8答案D解析以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；以2为首项的等比数列为2,4,8；以4为首项的等比数列为4,6,9；把这四个数列顺序颠倒，又得到4个新数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．4．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．8B．10C．15D．20答案B解析由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5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2种选择，不妨假设排的是水，则第三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，因此，总的排列方法种数为5×2×1×1×1＝10.5．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有()A．360种 B．50种C．60种 D．90种答案B解析第一类：甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)；第二类：甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，所以共有20＋30＝50(种)选法．6．(2023·宿州模拟)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”的个数为()A．12B．24C．36D．48答案C解析第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)．7．用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成无重复数字的四位偶数的个数为()A．180B．240C．420D.480答案C解析以末位数字进行分类：当末位数字为0时，共有6×5×4＝120(个)；当末位数字是2,4,6中的某个数时，共有3×5×5×4＝300(个)，故共有120＋300＝420(个)不同的数字．8．(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是()A．选1人为负责人的选法种数为34B．每组选1名组长的选法种数为5400C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种答案AD解析对于A,4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法共有34种，A对；对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040(种)，B错；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错；对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，所以不同的选法有64－27＝37(种)，D对．9.如图所示，在由连接正八边形的三个顶点构成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．答案40解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形，共有8×4＝32(个)；第二类，有两条公共边的三角形，共有8个．由分类加法计数原理可知，共有32＋8＝40(个)．10．(2023·保定模拟)算筹是一根根同样长短和粗细的小棍子，是中国古代用来记数、列式和进行各种数与式演算的一种工具，是中国古代的一项伟大、重要的发明．在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如表所示：数字方式123456789纵式横式用算筹计数法表示多位数时，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，知“”表示的三位数为________；如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示能被5整除的三位数的个数为________．答案62114解析由题意，结合表格中的数据和图形，知“”表示的三位数为621；共有5根算筹，要能被5整除，则个位数必须为0或5，①当个位数为5时，不符合题意；②当个位数为0时，则5根算筹全部放在十位和百位，若百位有1根，十位有4根，则共有1×2＝2(个)三位数；若百位有2根，十位有3根，则共有2×2＝4(个)三位数；若百位有3根，十位有2根，则共有2×2＝4(个)三位数；若百位有4根，十位有1根，则共有2×1＝2(个)三位数；若百位有5根，十位有0根，则共有2个三位数．所以共有2＋4＋4＋2＋2＝14(个)三位数．11.如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是()A．48 B．54C．72 D．108答案C解析设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．第一步给①区涂色，有4种涂色方法．第二步给②区涂色，有3种涂色方法．第三步给③区涂色，有2种涂色方法．第四步给④区涂色，若④区与②区同色，⑤区有2种涂色方法．若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72(种)涂色方法．12．(2022·怀化模拟)世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强(各组的前2名小组出线)，这16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为________．答案64解析因为8个小组进行单循环赛，每小组进行6场小组赛，所以小组赛的场数为8×6＝48，因为16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为8＋4＋2＋2＝16，因此比赛进行的总场数为48＋16＝64.13．几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：(1)甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；(2)乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；(3)丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；(4)丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；(5)戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E，则这九根树枝从高到低不同的顺序共有()A．23种B．24种C．32种D．33种答案D根据甲依次撞击到树枝A，B，C；乙依次撞击到树枝D，E，F；丙依次撞击到树枝G，A，C；丁依次撞击到树枝B，D，H；戊依次撞击到树枝I，C，E，可得G>A>B，且G，A，B在前四个位置，C>E>F，D>E>F，且E，F一定排在后四个位置，(1)若I排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C，则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有4×(3＋4)＝28(种)排法；(2)若I不排在前四个位置中的一个位置，则G，A，B，D按顺序排在前四个位置，由于I>C>E>F，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若I不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，由分类加法计数原理可得，这九根树枝从高到低不同的顺序有28＋5＝33(种)．14．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时，各位均不进位(例如：134＋3802＝3936)，则称(m，n)为“简单的”有序数对，m＋n为有序数对(m，n)的值，那么值为1942的“简单的”有序数对的个数是________．答案300解析第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理可知，值为1942的“简单的”有序数对的个数为2×10×5×3＝300.

§10.2排列与组合考试要求1.理解排列、组合的概念.2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.3.能利用排列、组合解决简单的实际问题．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)个元素按照一定的顺序排成一列组合作为一组2.排列数与组合数(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，用符号Aeq\o\al(m,n)表示．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，用符号Ceq\o\al(m,n)表示．3．排列数、组合数的公式及性质公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\f(n！,n－m！)(n，m∈N*，且m≤n)．(2)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(n！,m！n－m！)(n，m∈N*，且m≤n)．特别地，Ceq\o\al(0,n)＝1性质(1)0！＝1；Aeq\o\al(n,n)＝n！.(2)Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)；Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)常用结论1．排列数、组合数常用公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝(n－m＋1)Aeq\o\al(m－1,n).(2)Aeq\o\al(m,n)＝nAeq\o\al(m－1,n－1).(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.(4)kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k－1,n－1).(5)Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m,n－1)＋…＋Ceq\o\al(m,m＋1)＋Ceq\o\al(m,m)＝Ceq\o\al(m＋1,n＋1).2．解决排列、组合问题的十种技巧(1)特殊元素优先安排．(2)合理分类与准确分步．(3)排列、组合混合问题要先选后排．(4)相邻问题捆绑处理．(5)不相邻问题插空处理．(6)定序问题倍缩法处理．(7)分排问题直排处理．(8)“小集团”排列问题先整体后局部．(9)构造模型．(10)正难则反，等价转化．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(3)若组合式Ceq\o\al(x,n)＝Ceq\o\al(m,n)，则x＝m成立．(×)(4)Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m)．(×)教材改编题1．Aeq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,7)等于()A．35B．47C．45D．57答案B解析Aeq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,7)＝4×3＋eq\f(7×6×5,3×2×1)＝47.2．从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男、女生都有的选法种数是()A．18B．24C．30D．36答案C解析选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,3)＝18(种)，选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)＝12(种)，故3名学生中男、女生都有的选法有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)＝30(种)．3．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．答案36解析第一步，先从4名学生中任取两人组成一组，与剩下2人分成三组，有Ceq\o\al(2,4)＝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Aeq\o\al(3,3)＝6(种)不同的方法．故共有6×6＝36(种)不同的安排方案.题型一排列问题例1(1)中国国家滑雪队将开展自由式滑雪项目中的空中技巧、雪上技巧、障碍追逐和U型场地技巧四个项目表演，现安排两名男队员和两名女队员组队参演，参演选手每人展示其中一个不同的项目，雪上技巧项目必须由女队员展示，则所有不同出场顺序与项目展示方案种数为()A．576B．288C．144D．48答案B解析根据题意，雪上技巧项目必须由女队员展示，有2种情况，剩下3人表演其他3个项目，有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)情况，而4个项目之间的排法有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)顺序，则有2×6×24＝288(种)展示方案．(2)用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成________个无重复数字且不大于4310的四位偶数．答案110解析①当千位上排1或3时，符合题意的共有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,4)个．②当千位上排2时，符合题意的共有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)个．③当千位上排4时，形如40××，42××的偶数各有Aeq\o\al(1,3)个符合题意，形如41××的偶数有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)个符合题意，形如43××的偶数只有4310和4302这两个数符合题意．故共有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)＋2Aeq\o\al(1,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)＋2＝110(个)符合题意．思维升华对于有限制条件的排列问题，分析问题时，有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时，一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．跟踪训练1(1)(2023·武汉模拟)源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展．太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验．在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中A，B两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有()A．18种B．36种C．72种D．108种答案B解析先排A，B两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2,3,4道程序选两个放A，B，共有Aeq\o\al(2,3)种放法；再排剩余的3道程序，共有Aeq\o\al(3,3)种放法．则共有Aeq\o\al(2,3)·Aeq\o\al(3,3)＝36(种)放法．(2)8人站成前后两排，每排4人，其中甲、乙两人必须在前排，丙在后排，则共有________种排法．答案5760解析先排甲、乙，有Aeq\o\al(2,4)种排法，再排丙，有Aeq\o\al(1,4)种排法，其余5人有Aeq\o\al(5,5)种排法，故不同的排法共有Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(5,5)＝5760(种)．题型二组合问题例2(1)(多选)从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有()A．如果4人全部为男生，那么有30种不同的选法B．如果4人中男生、女生各有2人，那么有30种不同的选法C．如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法D．如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有140种不同的选法答案CD解析如果4人全部为男生，选法有Ceq\o\al(4,6)＝15(种)，故A错误；如果4人中男生、女生各有2人，男生的选法有Ceq\o\al(2,6)＝15(种)，女生的选法有Ceq\o\al(2,4)＝6(种)，则4人中男生、女生各有2人的选法有15×6＝90(种)，B错误；如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，在剩下的8人中再选2人即可，有Ceq\o\al(2,8)＝28(种)，故C正确；在10人中任选4人，有Ceq\o\al(4,10)＝210(种)，甲、乙都不在其中的选法有Ceq\o\al(4,8)＝70(种)，故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内的选法有210－70＝140(种)，故D正确．(2)在某场新闻发布会上，主持人要从5名国内记者与4名国外记者中依次选出3名来提问，要求3人中既有国内记者又有国外记者，且不能连续选国内记者，则不同的选法有()A．80种B．180种C．260种D．420种答案C解析根据题意，分2种情况讨论，①选出的3人中有1名国外记者、2名国内记者，则有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2)＝80(种)选法，②选出的3人中有2名国外记者、1名国内记者，则有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝180(种)选法，由分类加法计数原理可知，共有80＋180＝260(种)选法．思维升华组合问题常有以下两类题型(1)“含有”或“不含有”问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”问题：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．跟踪训练2(1)从4名男生和3名女生中选派4人去参加课外活动，要求至少有一名女生参加，则不同的选派种数为()A．12B．24C．34D．60答案C解析由题可知，选派4人去的总的选派种数为Ceq\o\al(4,7)＝35，选派4人全部是男生的选派种数为1，所以至少有一名女生参加的不同的选派种数为35－1＝34.(2)如图，从上往下读(不能跳读，即念完标号为②的国字后只能念下一行标号为③或④的荣字，又如标号为⑤的校字只能接在标号为④的荣字后念)，构成句子“爱国荣校做市西卓越学生”的不同读法总数为________．答案252解析构成句子“爱国荣校做市西卓越学生”的不同读法需10步完成(从上一个字到下一个字为一步)，其中5步是从上往左下角方向读，余下5步是从上往右下角方向读，故共有不同读法Ceq\o\al(5,10)＝252(种)．题型三排列与组合的综合问题命题点1相邻、相间问题例3(多选)有3名男生，4名女生，在下列不同条件下，正确的是()A．全体站成一排，女生必须站在一起有144种排法B．全体站成一排，男生互不相邻有1440种排法C．任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有70种D．全体站成一排，甲不站排头，乙不站排尾有3720种排法答案BCD解析对于A，将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，有Aeq\o\al(4,4)种排法，再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列，有Aeq\o\al(4,4)种排法，故共有Aeq\o\al(4,4)·Aeq\o\al(4,4)＝576(种)排法，故A错误；对于B，先排女生，将4名女生全排列，有Aeq\o\al(4,4)种排法，再安排男生，由于男生互不相邻，可以在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有Aeq\o\al(3,5)种排法，故共有Aeq\o\al(4,4)·Aeq\o\al(3,5)＝1440(种)排法，故B正确；对于C，任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有Ceq\o\al(3,7)×2×1＝70(种)，故C正确；对于D，若甲站在排尾，则有Aeq\o\al(6,6)种排法，若甲不站在排尾，则有Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(5,5)种排法，故共有Aeq\o\al(6,6)＋Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(5,5)＝3720(种)排法，故D正确．命题点2定序问题例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.答案840解析7名学生的排列共有Aeq\o\al(7,7)种，其中女生的排列共有Aeq\o\al(3,3)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eq\f(A\o\al(7,7),A\o\al(3,3))＝Aeq\o\al(4,7)＝840(种)不同的排法．命题点3分组、分配问题例5(1)(2023·岳阳模拟)中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断地反映着和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观，谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓，汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术，我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为()A．60B．90C．120D．150答案D解析满足条件的分法可分为两类，第一类，一人三张，另两人各一张，符合条件的分法有Ceq\o\al(3,5)Aeq\o\al(3,3)种，即60种，第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的分法有eq\f(C\o\al(2,5)C\o\al(2,3),A\o\al(2,2))Aeq\o\al(3,3)种，即90种，由分类加法计数原理可得，满足条件的不同分法种数为150.(2)中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排6名航天员开展实验，其中每个舱安排2人．若甲、乙两人不被安排在同一个舱内做实验，则不同的安排方案共有()A．20种 B．36种C．72种 D．84种答案C解析将6名航天员每个舱安排2人开展实验的所有安排方法数为Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)，其中甲、乙两人被安排在同一个舱内做实验的安排方法数为Ceq\o\al(2,2)·eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)，所以满足条件的不同的安排方案数为Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)－Ceq\o\al(2,2)·eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝90－18＝72.思维升华求解排列、组合应用问题的常用方法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于不相邻问题，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跟踪训练3(1)(多选)已知A，B，C，D，E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有()A．若A，B不相邻，共有72种排法B．若A不站在最左边，B不站在最右边，有72种排法C．若A在B右边有60种排法D．若A，B两人站在一起有48种排法答案ACD解析对于A，若A，B不相邻，共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝72(种)排法，故A正确；对于B，若A不站在最左边，B不站在最右边，利用间接法有Aeq\o\al(5,5)－2Aeq\o\al(4,4)＋Aeq\o\al(3,3)＝78(种)排法，故B错误；对于C，若A在B右边有eq\f(A\o\al(5,5),A\o\al(2,2))＝60(种)排法，故C正确；对于D，若A，B两人站在一起有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝48(种)排法，故D正确．(2)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．72B．120C．144D．168答案B解析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Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,3)＝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Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,4)＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．(3)将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六及星期日3天参加社区公益活动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)答案1680解析先选出3人，有Ceq\o\al(3,9)种选法，再从剩下的6人中选出3人，有Ceq\o\al(3,6)种选法，最后剩下的3人为一组，有Ceq\o\al(3,3)种选法．由分步乘法计数原理以及每Aeq\o\al(3,3)中只能算一种不同的分组方法，可知不同的安排方案共有eq\f(C\o\al(3,9)C\o\al(3,6)C\o\al(3,3),A\o\al(3,3))·Aeq\o\al(3,3)＝1680(种)．课时精练1．若Aeq\o\al(3,m)＝6Ceq\o\al(4,m)，则m等于()A．9B．8C．7D．6答案C解析因为Aeq\o\al(3,m)＝6Ceq\o\al(4,m)，所以m(m－1)(m－2)＝6×eq\f(mm－1m－2m－3,4×3×2×1)，即1＝eq\f(m－3,4)，解得m＝7.2．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为()A．10B．20C．30D．40答案B解析将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝20(种)．3．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有()A．1440种 B．960种C．720种 D．480种答案B解析先将5名志愿者排好，有Aeq\o\al(5,5)种排法，2位老人只能排在5名志愿者之间的4个空隙中，先将2位老人排好，有Aeq\o\al(2,2)种排法，再把它作为一个元素插入空隙中，有4种插法．所以共有不同的排法4Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(5,5)＝960(种)．4．由0,1,2，…，9这十个数字组成的无重复数字的四位数中，个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的有()A．98个B．105个C．112个D．210个答案D解析当个位数字与百位数字为0,8时，有Aeq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,2)个；当个位数字与百位数字为1,9时，有Aeq\o\al(1,7)Aeq\o\al(1,7)Aeq\o\al(2,2)个，所以个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的共有Aeq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,2)＋Aeq\o\al(1,7)Aeq\o\al(1,7)Aeq\o\al(2,2)＝210(个)．5．将标号为1,2,3,4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号为1,2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为()A．15B．20C．30D．42答案C解析四个篮球分成三组有Ceq\o\al(2,4)种分法，三组篮球进行全排列有Aeq\o\al(3,3)种分法，标号为1,2的两个篮球分给同一个小朋友有Aeq\o\al(3,3)种分法，所以有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)－Aeq\o\al(3,3)＝36－6＝30(种)分法．6．(2023·济宁模拟)2022年7月19日，亚奥理事会宣布将于2023年9月23日至10月8日在杭州举办第19届亚运会，为了办好这届体育文化盛会，杭州亚运会组委会决定进行赛前志愿者招募，此举得到在杭大学生的积极参与．某高校3位男同学和2位女同学通过筛选加入志愿者服务，通过培训，拟安排在游泳、篮球、射击、体操四个项目进行志愿者服务，这四个项目都有人参加，要求2位女同学不安排在一起，且男同学小王、女同学大雅由于专业需要必须分开，则不同的安排方法种数为()A．144B．150C．168D．192答案D解析由题可得，参与志愿者服务的项目人数为2,1,1,1，若没有限制则共有Ceq\o\al(2,5)·Aeq\o\al(4,4)＝240(种)安排方法；当两个女同学在一起时有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)安排方法；当男同学小王、女同学大雅在一起时有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)方法，所以按题设要求不同的安排方法种数为240－24－24＝192.7.如图是由6个正方形拼成的矩形图案，从图中的12个顶点中任取3个点作为一组．其中可以构成三角形的组数为()A．208B．204C．200D．196答案C解析任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种：一是3条横线上的4个点，其组数为3Ceq\o\al(3,4)；二是4条竖线上的3个点，其组数为4Ceq\o\al(3,3)；三是4条对角线上的3个点，其组数为4Ceq\o\al(3,3)，所以可以构成三角形的组数为Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)－8Ceq\o\al(3,3)＝200.8．(多选)现有4个编号为1,2,3,4的不同的球和4个编号为1,2,3,4的不同的盒子，把球全部放入盒子内．则下列说法正确的是()A．恰有1个盒子不放球，共有72种放法B．每个盒子内只放一个球，且球的编号和盒子的编号不同的放法有9种C．有2个盒子内不放球，另外两个盒子内各放2个球的放法有36种D．恰有2个盒子不放球，共有84种放法答案BCD解析对于A，恰有1个盒子不放球，先选1个空盒子，再选一个盒子放两个球，则Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝144≠72，故A不正确；对于B，编号为1的球有Ceq\o\al(1,3)种放法，把与编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号盒子或者其他两个盒子，共有1＋Ceq\o\al(1,2)＝3(种)，即3×3＝9(种)，故B正确；对于C，首先选出两个空盒子，再取两个球放剩下的两个盒子中的一个，共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4)＝36(种)，故C正确；对于D，恰有2个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将4个球分为3,1或2,2两种情况，放入盒子，共有Ceq\o\al(2,4)(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,4))＝6×14＝84(种)，故D正确．9．(2022·大同模拟)在5G，AI，MR等技术的支持下，新闻媒体推出诸多创新融媒产品，将5G技术引入新闻生产，有效扩展了新闻的应用场景，云采访、云访谈、云直播等云端对话成为报道的新常态．现有4名新闻媒体记者采用云采访、云访谈、云直播三种方式进行报道，每种方式至少有一名记者采用，则不同的安排方法种数为________．答案36解析依题意将4名新闻媒体记者分成三组，共有Ceq\o\al(2,4)种方法﹐再将其进行全排列共有Aeq\o\al(3,3)种方法﹐由分步乘法计数原理得，共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(种)安排方法．10．某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是________．答案216解析根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为2,1,1的三组，再分配到3个检测点，共有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有Aeq\o\al(2,3)种分法，所以共有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)·Aeq\o\al(2,3)＝216(种)不同的分配方案．11．(2023·苏州模拟)阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉．三个家庭的3位妈妈带着3名女孩和2名男孩共8人踏春．在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3名女孩相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男孩打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面．则不同的排法共有()A．144种 B．216种C．288种 D．432种答案C解析第一步：先将3名母亲全排列，共有Aeq\o\al(3,3)种排法；第二步：将3名女孩“捆绑”在一起，共有Aeq\o\al(3,3)种排法；第三步：将“捆绑”在一起的3名女孩作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有Aeq\o\al(1,2)种排法；第四步：首先将2名男孩之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，然后将另一个男孩插入由女孩与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)种排法．所以不同的排法共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＝288(种)．12．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．答案96解析先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有Ceq\o\al(3,4)＝4(种)分法，再对应到4个人，有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)分法，则共有4×24＝96(种)分法．13．(2022·济南模拟)某部队在一次军演中要先后执行A，B，C，D，E，F六项不同的任务，要求任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B，C不能相邻，则不同的执行方案共有()A．36种B．44种C．48种D．54种答案B解析由题意知任务A，E必须相邻，且只能安排为AE，由此分三类完成：(1)当AE排第一、二位置时，用○表示其他任务，则顺序为AE○○○○，余下四项任务，先全排D，F两项任务，然后将任务B，C插入D，F两项任务形成的三个空隙中，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)种方法．(2)当AE排第二、三位置时，顺序为○AE○○○，余下四项任务又分为两类：①B，C两项任务中一项排在第一个位置，剩余三项任务排在后三个位置，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)种方法；②D，F两项任务中一项排在第一个位置，剩余三项任务排在后三个位置，且任务B，C不相邻，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)种方法．(3)当AE排第三、四位置时，顺序为○○AE○○，第一、二位置必须分别排来自B，C和D，F中的一个，余下两项任务排在后两个位置，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)种方法，根据分类加法计数原理知，不同的执行方案共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝44(种)．14．某共享汽车停放点的停车位成一排且恰好全部空闲，假设最先来停车点停车的3辆共享汽车都是随机停放的，且这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等，则该停车点的车位数为________．答案10解析设停车位有n个，这3辆共享汽车都不相邻相当于先将(n－3)个停车位排放好，再将这3辆共享汽车插入到所成的(n－2)个间隔中，故有Aeq\o\al(3,n－2)种．恰有2辆共享汽车相邻，可先把其中2辆捆绑在一起看作一个复合元素，再和另一辆插入到将(n－3)个停车位排好所成的(n－2)个间隔中，故有Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,n－2)种．因为这3辆共享汽车都不相邻的排法与这3辆共享汽车恰有2辆相邻的排法相等，所以Aeq\o\al(3,n－2)＝Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,n－2)，解得n＝10.

§10.3二项式定理考试要求能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．知识梳理1．二项式定理二项式定理(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b1＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)二项展开式的通项Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk，它表示展开式的第k＋1项二项式系数Ceq\o\al(k,n)(k＝0,1，…，n)2.二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．(2)增减性与最大值：当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值．(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n.常用结论1．Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝2n－1.2．Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m－1,n)＋Ceq\o\al(m,n).思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)Ceq\o\al(k,n)an－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项．(×)(2)(a＋b)n的展开式中每一项的二项式系数与a，b无关．(√)(3)通项公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk中的a和b不能互换．(√)(4)二项式的展开式中的系数最大项与二项式系数最大项是相同的．(×)教材改编题1.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\r(x)))10的展开式中x2的系数等于()A．45B．20C．－30D．－90答案A解析因为展开式的通项为Tk＋1＝，令－10＋eq\f(3,2)k＝2，得k＝8，所以展开式中x2的系数为(－1)8×Ceq\o\al(8,10)＝45.2．已知Ceq\o\al(0,n)＋2Ceq\o\al(1,n)＋22Ceq\o\al(2,n)＋23Ceq\o\al(3,n)＋…＋2nCeq\o\al(n,n)＝243，则Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)等于()A．31B．32C．15D．16答案A解析逆用二项式定理得Ceq\o\al(0,n)＋2Ceq\o\al(1,n)＋22Ceq\o\al(2,n)＋23Ceq\o\al(3,n)＋…＋2nCeq\o\al(n,n)＝(1＋2)n＝243，即3n＝35，所以n＝5，所以Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝25－1＝31.3．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))n的展开式中二项式系数之和为64，则展开式的常数项为________．答案20解析因为二项式系数之和为2n＝64，所以n＝6，则Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·x6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))k＝Ceq\o\al(k,6)x6－2k，当6－2k＝0，即k＝3时为常数项，T4＝Ceq\o\al(3,6)＝20.题型一通项公式的应用命题点1形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式的特定项例1(1)二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－x2))10的展开式中的常数项是()A．－45B．－10C．45D．65答案C解析由二项式定理得Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))10－k(－x2)k＝，令eq\f(5k,2)－5＝0得k＝2，所以常数项为(－1)2Ceq\o\al(2,10)＝45.(2)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(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＝__________.答案±1解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,\r(x))))5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)x5－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,\r(x))))k＝(－a)kCeq\o\al(k,5).由5－eq\f(3,2)k＝5，得k＝0，由5－eq\f(3,2)k＝2，得k＝2，所以A＝Ceq\o\al(0,5)×(－a)0＝1，B＝Ceq\o\al(2,5)×(－a)2＝10a2，则由1＋10a2＝11，解得a＝±1.命题点2形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式问题例2(1)(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是()A．56B．84C．112D．168答案D解析在(1＋x)8的展开式中含x2的项为Ceq\o\al(2,8)x2＝28x2，(1＋y)4的展开式中含y2的项为Ceq\o\al(2,4)y2＝6y2，所以x2y2的系数为28×6＝168.(2)在(2x＋a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))6的展开式中，x2的系数为－120，则该二项展开式中的常数项为()A．3204B．－160C．160D．－320答案D解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·x6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))k＝Ceq\o\al(k,6)·2k·x6－2k，2xTk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·2k＋1·x7－2k，由k∈N，得7－2k≠2，故不成立，aTk＋1＝aCeq\o\al(k,6)·2k·x6－2k，令6－2k＝2，解得k＝2，则aCeq\o\al(2,6)·22＝60a＝－120，解得a＝－2，∵7－2k≠0，在－2Tk＋1中，令6－2k＝0，解得k＝3，∴展开式中的常数项为－2Ceq\o\al(3,6)·23＝－320.思维升华(1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可．(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．跟踪训练1(1)(2022·新高考全国Ⅰ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．答案－28解析(x＋y)8展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)x8－kyk，k＝0,1，…，7,8.令k＝6，得T6＋1＝Ceq\o\al(6,8)x2y6；令k＝5，得T5＋1＝Ceq\o\al(5,8)x3y5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq\o\al(6,8)－Ceq\o\al(5,8)＝－28.(2)在二项式(eq\r(2)＋x)9的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是________．答案16eq\r(2)5解析由题意得，(eq\r(2)＋x)9的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,9)(eq\r(2))9－k·xk(k＝0,1,2，…，9)．当k＝0时，可得常数项为T1＝Ceq\o\al(0,9)(eq\r(2))9＝16eq\r(2).若展开式的系数为有理数，则k＝1,3,5,7,9，有T2，T4，T6，T8，T10，共5个．题型二二项式系数与项的系数问题命题点1二项式系数和与系数和例3(1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则()A．二项式系数和为32B．各项系数和为128C．常数项为－135D．常数项为135答案D解析令x＝1，得各项系数和为2n，又二项式系数和为2n，则2×2n＝128，得n＝6，即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A，B不正确；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))6的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·(3x)6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))k＝Ceq\o\al(k,6)·(－1)k36－k·，令6－eq\f(3,2)k＝0，得k＝4，因此展开式中的常数项为T5＝Ceq\o\al(4,6)·(－1)4·32＝135，故C不正确，D正确．(2)若(1＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a2＋a6＋a8＝________；a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝________.答案3005120解析①由已知得(1＋x)10展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)xk，所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数．故a2＋a6＋a8＝Ceq\o\al(2,10)＋Ceq\o\al(6,10)＋Ceq\o\al(8,10)＝300.②对原式两边求导得，10(1＋x)9＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9.令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝10×29＝5120.命题点2系数与二项式系数的最值问题例4(多选)(2023·唐山模拟)下列关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))6的展开式的说法中正确的是()A．常数项为－160B．第4项的系数最大C．第4项的二项式系数最大D．所有项的系数和为1答案ACD解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2x))6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))6－k·(－2x)k＝(－2)kCeq\o\al(k,6)·x2k－6.对于A，令2k－6＝0，解得k＝3，∴常数项为(－2)3Ceq\o\al(3,6)＝－8×20＝－160，A正确；对于B，由通项公式知，若要系数最大，k所有可能的取值为0,2,4,6，∴T1＝x－6，T3＝4Ceq\o\al(2,6)x－2＝60x－2，T5＝(－2)4Ceq\o\al(4,6)x2＝240x2，T7＝(－2)6x6＝64x6，∴展开式第5项的系数最大，B错误；对于C，展开式共有7项，得第4项的二项式系数最大，C正确；对于D，令x＝1，则所有项的系数和为(1－2)6＝1，D正确．思维升华赋值法的应用一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为eq\f(1,2)[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为eq\f(1,2)[g(1)－g(－1)]．跟踪训练2(1)(多选)对于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,x)))6的展开式，下列说法正确的是()A．所有项的二项式系数和为64B．所有项的系数和为64C．常数项为1215D．系数最大的项为第3项答案ABC解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,x)))6的展开式中所有项的二项式系数和为26＝64，故A正确；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,x)))6中，令x＝1，得(1－3)6＝64，故B正确；展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(x2)6－