高中数学复习 排列组合基础篇

排歹!）、组合、二项式定理学习指导

排列、组合与二项式定理是高中数学中相对独立的内容，不论是思考方法还是解题技巧，

与其它章节都有很大的是同.本章内容比较抽象，解题方法比较灵活，重在抽象思维能力与

逻辑思维能力的培养与提升.因此在学习过程中，要重视教材的基础作用，重视过程的学习.

二项式定理的学习要从基础出发，对二项式的展开式、通项公式、二项式系数的性质等，要

弄懂原理，牢固掌握，并会灵活运用.要在练习中领悟原理公式与概念的实质，注意计算的

准确性和解题的规范性，从而形成解题方法和能力.

排歹U、组合、二项式定理之-----基础篇

一、要点导读

1、分类计数原理：;

分步计数原理：.

2、:叫做从n个不同元

素中取出m个元素的一个排列，排列数==.

3、.叫做从n个不同

元素中取出m元素的一个组合,组合数C；"==.

4、组合数的性质：（1）C™=；（2）C"+C："T=.

5、二项式定理的内容是:.

其通项为7…二；二项式系数的性质是①；

②;③.

二、思维点拔

1、两个计数原理的区别在于一个和“分类”有关，一个和“分步”有关.在使用两个基

本原理时，要认真审题，特别要理解题中所讲的“事情”是什么？明确完成这件事情需要“分

类”还是“分步”，还是既要“分类”又要“分步”，并注意“分类”或“分步”的标准.在

分析过程中，如能借助图形、表格帮助分析，则可使问题更加直观、清楚，而且可防止“分

类”或“分步”中的重复和遗漏现象.

2、排列中最具典型的两类问题是“排数”和“排队”.无论是哪类问题，无外乎“元素”

与“位置”的关系，即“某个元素排在什么位置”或“某个位置上排什么元素”.如按元素

与位置的多少分类，排列组合大体上可分.为三类：元素个数多于位置个数、元素个数等于

位置个数、元素个数少于位置个数.常见的有限制条件的排列问题有“在”与“不在”、“相

邻”与“不相邻”、有序与无序等问题，解决方法主要有直接法与间接法两种.解决“在”与

“相邻”问题时常用直接法（如捆绑法），解决“不在”与“不相邻”问题常用间接法（如

插空法），对于元素有顺序的排列问题，可先不考虑顺序排列后，再利用规定顺序求出结果.

3、解有关组合问题时，首先应判断此问题是不是组合问题.组合与排列的根本区别在于

取出的元素是否与顺序有关.组合问题常见的类型有“含”与“不含”、“至多”与“至少”

等.“含”与“不含”问题的处理方法常用直接法，“至多”与“至少”问题常用间接法（排

除法）.对几何中的组合问题，常抽象出一个数学模型加以解决.

4、二项式定理问题常与二项式系数、某一项系数、通项公式、性质、最大最小项等有

关，要在理解的基础上掌握方法与技巧，灵活运用.

三、典例精析

例1、同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人拿一张别人写的贺年卡，则四

张贺年卡的不同分配方法有多少种？

分析：此为元素个数与位置个数相等的情形，归纳起来可有下列三种解法.

法一：设四人为A、B、C、D,四张贺年卡对应是a、b、c、d,若A拿的是b,则余下

的三人取剩下三张卡，共有三种不同的取法；同理A拿c、d时，剩下的人也各有三种不同

的选法.故共有N=3+3+3=9种不同的分配方法.

法二、A先拿，可从b、c、d拿一张，有3种选法.若拿的是b,则B从剩下的3张卡中

任选一张，也有3种选法，剩下的二人都只有一种选法.故共有N=3X3X3=9种不同的选法.

法三：如图，/i—c

/a—d—c—d—S/b—c

b—czz\c——b,d—b,

共有9种不同的选法.、4二隐-&二a-3、。《“一"

例2、在由数字0、1、2、—cT—a^d—a3、4、5

所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有（）个.

分析：此为元素个数多于位置个数的情形.由于0既不能在首位也不能在个位且5不能

在个位，故可从元素（或位置）优先考虑.

法一：（元素优先）由于。不能放在首位.又所求四位数不能被5整除，因而可以根据

是否含有0和5两个元素将所求四位数分成四类：第一类：含0不含5的四位数，共有C；国

=48（个）；第二类：含5不含。的四位数，共有C；国=72（个）；第三类：含0也含5的四

位数，共有&=48（个）；第四类：不合0也不含5的四位数，共有A：=24（个）.所

以，符合条件的四位数共有48+72+48+24=192（个）.

法二：（位置优先）根据所求四位数对首末两位置的特殊要求可分步解答：第一步：排

个位一一个位上的数字从1、2、3、4这四个数字中任选一个，共有C：种选法；第二步；排

首位一一首位上的数字从1、2、3、4这四个数字被个位选掉后剩余的三个数字及数字5中

任选一个，共有C：种选法；第三步：排中间两位，中间两位可从个位和首位排好后剩余的

四个数字中任选两个，共有A：种排法.所以符合条件的四位数共有=192（个）.

例3、3男3女排成一排，下列情形下各有多少种站法.⑴甲不站排头或排尾；⑵甲不站

排头乙不站排尾；⑶甲乙二人相邻；（4）甲乙不相邻；（5）甲乙顺序一定；⑹男女相间；⑺甲乙

之间恰隔二人；⑻若3名男生身高不相等，则按从高到低的一种顺序站.

分析：此例涉及“相邻”、“不相邻”、“相间”、“顺序”等问题，都属常规问题.

解：⑴有二种解法：从特殊位置入手，即将排头和排尾先排好有种，再排余下位置

有A：种，故共有遂•A：=480种；若从特殊元素入手，先将甲排在中间4个位置有种，

其余5人的排法有4种，共有•/=480种.

⑵有两种解法：（直接法）对甲进行分类：①甲在排尾时有4种排法；②甲不在排头也

不在排尾时，甲有A：种排法，乙不在排尾也有A；种排法，其余4人有A：种排法，故共有

4+A：••A；=504种.

（排除法）6个人排成一排有广种，甲在排头有4种，乙在排尾有种，而甲在排

头且乙在排尾的排法有A：种，故共有尺-2芯+4：=504种.

⑶将甲乙二人“捆”在一起按一个元素对待，则5个元素的排法有A；种，甲乙二人的

排法有A；种，共有A；*6=240种；

⑷因甲乙二人不相邻，先把其余4人排成一排有A：种，此时出现5个空档，甲乙二人

去“插空”，有遂种，共有A：•遂=480种.

（5）6个人排成一排有/种，甲乙顺序不同的排法有种，故甲乙二人顺序一定（只有

一种排法）的排法共有X+Ar360种.

（6）男女相间的站法有两类：男女男女男女,女男女男女男,共有排法2大•A；=72种.

⑺甲乙之间恰隔二人有三类：甲XX乙XX,X甲X甲乙X,XX甲甲义乙,因甲乙可

交换位置，故共有3XA；X=144种.

（8）6人全排列中,3名男生不考虑身高的顺序的站法有种,而由高到低又可从左到右,

或从右到左（这是两种不同的站法），故共有不同站法2尺+4；=240种.

例4、6本不同的书，按以下要求各有多少种分法？⑴平均分成三组；⑵分成1本，2

本、3本三组；⑶平均分给甲、乙、丙三人；⑷分给甲、乙、丙三人，一人拿1本，一人拿

2本、一人拿3本；⑸甲得一本，乙得二本，丙得三本.

222

解：⑴此为平均分组问题，共有C6g4c为］5分法;⑵此为非.平均分组问题，共有

222

CC；C=60分法；⑶先分组，再排序，共有。60402.3!=90种分法;⑷先分组，再排序,

C!CCA；=36O分法；⑸共有dcJC=6。分法•

【注】此例中的每一个小题都提出了一种类型问题，搞清类型的归属对今后解题大有裨

益，其中：⑴为均匀分组问题；⑵为非均匀分组问题；（3）为均匀不定向分配问题；⑷为非均

匀不定向分配问题；⑸为非均匀定向分配问题.

例5、某校要从6个班级中选出10人组成一个篮球队，要求每班至少选1人参加，则

这10个名额的不同分配方法有多少种？

分析：此为分配问题，通常有两种解法一一直接法、隔板法.

法一：（直接法）除每班1个名额外，其余4个名额也需要分配，其分配方案可分为五

类：①4个名额都分给某一个班有C：种分法；②4个名额分给二个班，每班2人，有比种

分法；③4个名额分给二个班，一个班1人，一个班3人，有点种分法；④分给三个班，

一个班2个，另两个班各1个，有&比种分法；⑤分给四个班，每班1个，有C种分法。

故共有d+C+点+dd+Cn26种分法•

法二：（隔板法）因为名额之间无区别，所以可把它们视作排成一排的10相同的球，要

把这10个球分开成6段（每段至少有一个球），这样，第一种分隔方法都对应一种名额的分

配方法，这10个球之间（不含两端）共有9个空位，现要在这9个空位中放进5块隔板，

共有C=126种放法，故共有126种，分配方法.

例6、从正五棱柱的10个顶点中任取5个组成一个四棱锥，共可得到多少个四棱锥？

分析：对几何中的组合问题，需建立组合模型求解，但须注意几何问题本身的限制条件.

此例中，共面而不共线的四点可构成四棱锥的底面，再从此面外找一点就可构成四棱锥.于

是从底面入手，按顶点的取法进行分类.

解：按构成四棱锥的底成四点可分为四类：⑴四点取自棱柱的底面上有2《Cl=50个;

⑵四点取自棱柱的侧面上有5c=30个；⑶四点取自棱柱的对角面上有50：=30个；⑷四

点取自以过一个底面中的一条对角线和另一个底面中与其平行的一条边所确定的平面上有

2X50：=60个.故共可组成50+30+30+60=170个四棱锥.

例7、一个地区分为五个行政区，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色.现

有4种颜色可供选择，则不同的着色方法有种（以数字作答）.

分析：此例为涂色问题.用4种颜色给5个区域着色，至少有两个区域同色，由于相邻

两个区域不同色，故找出哪两个区域同色是解题的关键.

解：依题意，同色的两个区域只可能是2、4或3、5,可对这两个z<3>\

区域是否同色进行分类：①若2、4同色，3、5不同色，则将2、4合并仁）5）

为一个区域，此时即用4种不同颜色为四个区域着色，有A：=24种方

法；②若2、4不同色，3、5同色，此时也有A：=24种方法；③若2、4同色，3、5也同色,

则将它们分别合并成两个区域，此时即用4种不同颜色为三个区域着色，有A：=24种方法.

故共有3X24=72种方法.

例8、6个人参加4X100接力，甲不跑第一棒，乙不跑第二棒的安排方式有种.

分析：此例为元,素多于位置的情形，可按“含”或“不含”某个元素进行分类.

解：①甲、乙都不参加的安排方法有=24种；②甲参加而乙不参加时，可从余下4

人中选3人有《种选法.由于甲不跑第一棒，故第一棒可从剩下的三人中选一人有0；种

选法，余下三棒有A；种安排方法，共有亡•C；•A；=72种方法（或甲不跑第一棒时,

可安排甲跑第二、三、四棒中的任一棒，有C；种方法，余下三棒有种安排方法）；③乙

参加而甲不参加，同理有72种方法；④甲乙都参加时，由题意有C；（4j+4-A；）=6。

种方法（排除法）.故共有24+72+72+60=228种安排方法.

【注】对排列组合的综合问题，常用方法是“先选之，再排之”.在分清分类与分步的

标准与方式的基础上，遵循两个原则：一是按元素的性质进行分类，二是按事情发生的过程

进行分步.在具体应用中，要注意“类”与“类”间的独立性与并列性和“步”与“步”间

的连续性.这要求我们要有周密的逻辑思维能力和准确的计数能力，以及灵活、正确运用基

础知识的能力.

例如：三个学校分别有1名、2名、3名学生获奖，这6名学生排成一排合影，则同校

的任何两名学生都不能相邻的排法有种.

解：由题意可分两类：①先在6个位置上排第一个学校的三名学生，两两不相邻（如图）,

|.||.||.|~]|J：]3名学生每两名隔一个空位有2种排法，剩下

的三个空位中再选2个排第二个学校的2名同学，最后一名同学自动确定位子，此时有

2A；C；A；=72种排法；②第一个学校的3名同学中有两名中间隔两个位子的有两种排法，

剩下的3个位子中，挨着的两个不能同时选，所目

以从另外两个中选，最后一名同学自动确定位子，此时有24仁弟=48种排法.故满足题设

条件的排法共有120种排法.

例9、对于二项式（’+V）"（〃eN）,四位同学作出了四种判断：①存在展开式

X

中有常数项：②对任意〃eN,展开式中没有常数项；③对任意“wN,展开式中没有x的

一次项；④存在“eN,展开式中有x的一次项。上述判断中正确的是（）

A.①③B.②③C.②④D.①④

解：二项式d+d）"展开式的通项为却1=仁;（1）""（父）’"，当展开式中有常数项

XX

时，有介-〃=0,即存在n、r使方程有解；当展开式中有x的一次项时，有4r-〃=1,即

存在n、r使方程有解，即分别存在n,r,使展开式有常数项和一次项，故选D.

例10、（/+—、+1）6的展开式中常数项为___________（用数字作答）

4x

法一：炽2+士+1）6=J?+白产+（Id+白P++白广+。＞%2+-）3+

+G。2+47）2++*）+1

常数项为Y（叫*卜或断W+C金・*+「，

法二：在+」+1）6=（2,+?”,由于（2V+1式展开式中含产的项为

4x2产

■+1=。：2（2f）06.16=26。"2,所以，原式常数项为@=与.

216

法三：•••（x2+Jy+l）6=（*+J_y,.•.所求常数项为C（_L）6=生1.

4-X\2«xJ2A-16

检测练习：

1、六个人排成一排，限定甲要排在乙的前面（可相邻，也可不相邻），,求共有几种排

法.对此问题，A、B、C、D四个同学给出了下面四个算式：

①;4；②«+$+$+$+$）•筋③筋④C筋其中正确的是（）

A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④

2、25个人排成5X5方阵，从中选出3人分别担任三种不同职务，要求这三人任何两

人都不同行也不同列，则不同的任职方法数为（）

A.7200B.1800.C.3600D.4500

n

3、设（l-3x+2y）"的展开式中含y的一次项为（如+axx+---+anx）y,则a0+%+•­•+«„

等于（）

A.B.〃・（-2）"C.-n»2"~'D.

2

4、若机，ne{x|x=«2x10+a,x10+«0）,其中q.（z=0,1,2）e（1,2,3,4,5,

6）,且WJ+〃=606,则实数对（m,n）表示平面上不同点的个数为（）

A.50B.60C.65D.70

5、由0,1,2,3四个数组成的四位数中，有重复数字的四位数共有.

6、八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前面，乙、丙必须坐在同一排，共有

坐法种.

7、将正方体ABCD—ABCD的各面涂色，任何相邻两个面不同色，现有5种不同的颜色,

并且涂好了解过顶点A的三个面的颜色，那么其余3个面的涂色方案共有一种？

8、有5个不同的红球和2个不同的黑球排成一排，在两端都是红球的排列中，红球甲

和黑球乙相邻的排法有种.

9、将6名女生和8名男生排成一排，其中A,B,C,D四名女生排在一起，而另两名

女生不相邻且不与前4名女生相邻的排法共有种.

10•,右（X*-+]）（x—2）9="0+”]（x—1）+…+6Z]]（x—1）1I,则（4]+3a3+…+11“]|）2—（2<?2+

+4心+…+10臼0）2=（用数字作答）.

11、若多项式f+x'°=4+q（x+l）+…+%（x+l）9+4o（x+1）'°,则佝=.

12、已知a、b为常数，b>a>0,且a、>6成等比数列，（a+foc）6的展开式中

2

所有项的系数和为64,则a等于.

13、已知（X&-4）"的展开式中第二项与第三项的系数之和为27,则〃=_,系数最大

的项是第项.

14、设%（"=2,3,4,•••）是（3-五）"的展开式中x的一次项的系数，则

o2O18

二+二+…+二的值为.

a2%。18

15、在《一靠）”的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式J1

「121

中常数项等于.（用数字作答）1331

16、如图，在由二项式系数构成的杨辉三角形中，第行中从左至右14641

第14与第15个数的比为2：3.15101051

17、设〃为奇数，则7"+。：7"-1+。：7"-2+...+7a7被9除所得的余数为.

18、设〃为满足C»C；+2C：+…+”仁：＜450的最大自然数，则〃等于.

+壶）的展开式按x的降累排列，若前三项系数成等差数列，则该

19、将二项式

展开式中x的事指数是整数的项共有项.

20、

参考答案：⑴D；(2)C；(3)A；(4)B；(5)174；(6)8640；(7)13；(8)768；⑼屋与右；(助0;

(11)-10；⑫1/2；(13)9、5；(14)17；(15)7；(16)34；(17)7；(18)7；⑲3；(20)

1、将1一9这九个数字填入如图中的9个空格中，要求每行从左到右、每一列从上到

下依次递增，当3、4固定在图中位置时，所填写空格的方法有种？

解：由题意知数字1、2、9的位置也是固定的（如图），剩下的5、6,

7、8四个数字填在A、B、C、D四个位置，A、B、位置上的填法有种，C、

D位置上的填法有不种，故共有•C；=6种.

2、有二排座位，前排11个，后排12个，现安排两个人就坐，规定前排中间的三个座

位不能坐，且这二人不左右相邻，则不同排法种数为.（346）

法一：前排三个座位不能坐，则共有20个座位可坐，有种坐法，其中左右相邻的

分为三类：在前排的左右各四个座位上，各有3A；各种；在后排12个座位上坐有114科I，

故共有=346种.

法二：分三类：①两人坐前排“则有4X6+4X5=44种；②两人坐后排有种刀尸”。

种；③两人分别坐前后排，有8X12X2=192种；故共有44+110+192=346种坐法.

3、由0——9这10个启然数组成各位数字不重复的能被3整除的四位数有一个？

解：符合条件的四位数可分为6类：①由0、3、6、9可组成个：②由3、6、

9取两个，1、4、7和2、5、8各取一个，可组成C；C；C；A：=648个；③在3、6、9；1、4、

7；2、5、8中各取一个与0可组成C；C；C；C；A；=486个；④由3、6、9中取一个与1、4、

7或2、5、8或组成2cb：=144个；⑤由。与1、4、7或2、5、8或组成24与=36个；⑥

由1、4、7和2、5、8中各取二个或组成=216个。故共有四位数1548个.

4、设计一种在圆盘上装有七个按键的“锁”，要用其中五个键组成一个开锁程序，且

某三个键中至少用一个且不全部用。若依照不同顺序按不同键的方法视为不同的程序，则可

设计多少种不同的开锁程序？（1800）

5、已知C'+Ck+A；=6,则m=，n=.

解：依题意知m、n为非负整数，且

当n=mn寸，由C；：'+C；：+i+4；=6可得，〃+%!=4,.,.rirf,即m=n=2；

当n=m+l时,由C：+C；；,,|+A：=6可得m+1+（9+1）!=5,此方程无解.

故m=n=2.

6、某单位有三个科室，为实现减负增效，每科室抽调2人去参加就业培训。培训后这

六人中有两人返回原单位，但不回原科室工作，且每科室至多安排1人，问共有多少种不同

的安排方法？