1、第十一章计数原理与概率随机变量及其分布 第一节分类加法原理与分步乘法原理 复习要点1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理 2能正确区分“类”和“步” 3能利用两个原理解决一些简单的实际问题 知识点一分类加法计数原理 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_ 种不同的方法 答案：mn 知识点二分步乘法计数原理 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 _种不同的方法 答案：mn 链/接/教/材 1选修 23P5例 3 改编书架的第
2、 1 层放有 10 本不同的语文书，第 2 层放有 12 本不同的数学书，第 3 层 放有 10 本不同的英语书，从书架中任取一本书，则不同的取法有_种 答案：32 2选修 23P10练习 T4 改编已知某公园有 4 个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法有_ 种 答案：12 3选修 23P13B 组 T2(1)4 名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个 运动队，不同报法的种数是 34还是 43? (2)3 个班分别从 5 个风景点中选择一处游览，不同选法的种数是 35还是 53? 解：(1)“一件事情”是“4 名学生分别参加 3 个运动队中的一个，每人限报一
3、个，可以报同一个运动队”，应 该是同学选运动队，所以不同报法种数是 34. (2)“一件事情”是“3 个班分别从 5 个风景点中选择一处游览”，应该是人选风景点，故不同的选法种数是 53. 易/错/问/题 1分类加法计数原理：分类标准必须明确；类与类之间是独立的 从 1,2,3,4,9 中每次取出两个数记为 a，b，则可得到 logab 的不同值的个数为() A9B10 C13D16 答案：A解析：显然 a1， 若 a2,3,4,9，b1 时，有 logab0,1 个； 若 a2，b3,4,9 时，有 log23，log242，log29,3 个； 若 a3，b2,4,9 时，有 log32，
4、log34，log392(舍去)，2 个； 若 a4，b2,3,9 时，有 log421 2，log 43，log49log23(舍去)，2 个； 若 a9，b2,3,4 时，有 log92，log931 2(舍去)，log 94log32(舍去)，1 个 共有 132219(个) 2分步乘法计数原理：分步的次序必须明确 用数字 2,3,4,6,8 组成无重复数字的三位偶数的个数为_ 答案：48解析：先排个位有 4 种方法，再排十位有 4 种方法，最后排百位，有 3 种方法，故共有 443 48(种)排法，对应 48 个三位偶数 通/性/通/法 分步乘法计数原理：步骤互相独立，互不干扰；步与步
5、确保连续，逐步完成 某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母 B，C，D 中选择，其他四个号码可 以从 09 这十个数字中选择(数字可以重复)，某车主第一个号码(从左到右)只想在数字 3,5,6,8,9 中选择，其他号码 只想在 1,3,6,9 中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有_种 答案：960解析：按照车主的要求，从左到右第一个号码有 5 种选法，第二个号码有 3 种选法，其余三个号 码各有 4 种选法因此车牌号码可选的所有可能情况有 53444960(种) 题型分类加法计数原理 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 1定义“规范 01 数列”an
6、如下：an共有 2m 项，其中 m 项为 0，m 项为 1，且对任意 k2m，a1，a2， ak中 0 的个数不少于 1 的个数若 m4，则不同的“规范 01 数列”共有() A18 个B16 个 C14 个D12 个 答案C解析由题意可得，a10，a81，a2，a3，a7中有 3 个 0、3 个 1，且满足对任意 k8，都 有a1， a2， ， ak中0的个数不少于1的个数， 利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111,00011011， 00011101,00100111,00101011， 00101101,00110011,00110101， 010001
7、11,01001011,01001101， 01010011,01010101，共 14 个 2甲、乙、丙三个人踢毽，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，则不同的传递方法共有() A4 种B6 种 C10 种D16 种 答案B 32021 山西太原模拟如图所示，玩具计数算盘的三档上各有 7 个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分， 左侧的每个算珠表示数 2，右侧的每个算珠表示数 1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为 a，b，c. 例如，图中上档的数字和 a9.若 a，b，c 成等差数列，则不同的分珠计数法有_种 答案32解析根据题意知，
8、a， b， c 的取值范围都是区间7,14中的 8 个整数， 故公差 d 的范围是区间 3,3中的整数当公差 d0 时，有 C188(种)；当公差 d1 时，b 不取 7 和 14，有 2C1612(种)；当公差 d2 时，b 不取 7,8,13,14，有 2C148(种)；当公差 d3 时，b 只能取 10 或 11，有 2C124(种)综上，共 有 8128432(种)不同的分珠计数法 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 解决计数问题常用的方法 1枚举法 将各种情况通过树形图法、列表法一一列举出来，适用于计数种数较少的情况 2间接法 若计数时分类较多或无法直接计算时，可先求出没有限制
9、条件的种数，再减去不满足条件的种数 3字典排序法 (1)字典排序法就是把所有的字母分为前后，先排前面的字母，前面的字母排完后再依次排后面的字母，最后 的字母排完，则排列结束； (2)利用字典排序法并结合分步乘法计数原理可以解决与排列顺序有关的计数问题，利用字典排序法还可以把 这些排列不重不漏地一一列举出来 4模型法 通过构造图形，利用形象、直观的图形帮助分析和解决问题 题型分步乘法计数原理 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12020 新高考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
10、方法共有() A120 种B90 种 C60 种D30 种 答案C解析从 6 名同学中任选 1 名同学去甲场馆，有 C 1 6种选法，然后从剩下的 5 名同学中任选 2 名 同学去乙场馆，有 C 2 5种选法，最后直接安排剩下的 3 名同学去丙场馆，由分步乘法计数原理可知，不同的安排方 法共有 C16C2560(种)故选 C. 2对 33 000 分解质因数得 33 0002335311，则 33 000 的正偶数因数的个数是() A48B72 C64D96 答案A 3 从1,0,1,2 这四个数中选三个不同的数作为函数 f(x)ax2bxc 的系数， 则可组成_个不同的二次 函数，其中偶函数
11、有_个(用数字作答) 答案186解析一个二次函数对应着 a，b，c(a0)的一组取值，a 的取法有 3 种，b 的取法有 3 种， c 的取法有 2 种，由分步乘法计数原理知共有 33218(个)二次函数若二次函数为偶函数，则 b0，同上可 知共有 326(个)偶函数 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 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，这是分步的基础，也是关键从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事
12、件的方法总数 题型两个计数原理的综合应用 角度.涂色问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 1现用 4 种不同的颜色为公民基本道德规范四个主题词(如图)涂色，要求相邻的词语涂色不同，则不同的涂 法种数为() A27B54 C108D144 答案C 22021 河南郑州模拟如图所示的几何体由三棱锥 PABC 与三棱柱 ABCA1B1C1组合而成，现用 3 种不同 颜色对这个几何体的表面涂色(底面 A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有() A6 种B9 种 C12 种D36 种 答案C解析先涂三棱锥 PABC 的三个侧面，有 C13C12C 1 1种情况，
13、然后涂三棱柱的三个侧面，有 C12C11C 1 1种情况，共有 C13C12C11C12C11C1132121112(种)不同的涂法故选 C. 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 涂色问题的两种解决方法 (1)对于简单的、不需要分类的涂色问题，直接选择正确的涂色顺序，按此顺序逐一找出每个区域的涂色种数， 然后用分步乘法计数原理进行计算 (2)对于较复杂的涂色问题，需要进行分类的，首先要进行分类处理，然后在每一类的涂色方案的计算上需用 到分步乘法计数原理，最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和，即得到最终涂色方法数 角度.数字相关问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向
14、) 3若自然数 n 使得作竖式加法 n(n1)(n2)均不产生进位现象，则称 n 为“开心数”例如：32 是“开 心数”，因 323334 不产生进位现象；23 不是“开心数”，因 232425 产生进位现象那么，小于 100 的 “开心数”的个数为() A9B10 C11D12 答案D 4我国古代数学名著续古摘奇算法(杨辉)一书中有关于三阶幻方的问题：如图所示，将 1,2,3,4,5,6,7,8,9 分别填入 33 的方格中，使得每一行、每一列及对角线上的三个数的和都相等，我们规定：只要两个幻方的对应 位置(如每行第一列的方格)中的数字不全相同，就称为不同的幻方，那么所有不同的三阶幻方的个数
15、是() 834 159 672 A.9B8 C6D4 答案B解析所有数的和为 919 2 45，45 3 15， 每一行、每一列以及对角线上的三个数的和都是 15，采用列举法：492,357,816；276,951,438；294,753,618； 438,951,276；816,357,492；618,753,294；672,159,834；834,159,672，共 8 个幻方，故选 B. 5用 1,2,3,4 四个数字排成三位数(数字可重复使用)，并把这些三位数由小到大排成一个数列an (1)写出这个数列的前 11 项； (2)若 an341，求 n. 解(1)111,112,113,1
16、14,121,122,123,124,131,132,133. (2)比 an341 小的数有两类： 首位是 1 或 2： 首位是 3： 31 32 33 故共有 24413444(项)比 341 小，即 n45. 角度.选派与分配问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 6现安排一份 5 天的工作值班表，每天有一个人值日，共有 5 个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻 两天不能同一个人值班，则此值日表共有_种不同的排法 答案1 280解析完成一件事是安排值日表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原理，分步进行： 第一天有 5 种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有
17、 4 种不同排法，依次类推，第三、四、五 天都有 4 种不同排法，所以共有 544441 280(种)不同的排法 72021 四川广安、眉山、内江、遂宁一诊某地环保部门召集 6 家企业的负责人参加座谈会，其中甲企业有 2 人到会，其余 5 家企业各有 1 人到会，会上有 3 人发言，则发言的 3 人来自 3 家不同企业的可能情况的种数为 () A15B30 C35D42 答案B解析根据题意，分两类情况讨论：选出的 3 人中没有人来自甲企业，在其他 5 个企业中任选 3 个即可，有 C3510(种)情况；选出的 3 人中有人来自甲企业，则甲企业只能有 1 人参与，在其他 5 个企业中任选 2 个
18、即可，有 2C2520(种)情况则不同的情况共有 102030(种)，故选 B. 角度.几何图形问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 8如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成个“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() A48B18 C24D36 答案D解析分类讨论：第 1 类，对于每一条棱，都可以与两个面构成“正交线面对”，这样的“正交 线面对”有 21224(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
19、241236(个) 92021 山东临沂模拟如图所示的阴影部分由方格纸上 3 个小方格组成，我们称这样的图案为 L 型(每次旋转 90仍为 L 型图案)，那么在由 45 个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的 L 型图案的个数是() A16B32 C48D64 答案C解析每四个小方格(22 型)中有 4 个“L”型图案，共有 12 个 22 型小方格，所以共有“L”型图 案 41248(个) 提醒 完成限时跟踪检测(五十六) 第二节排列与组合 复习要点1.理解排列的概念及排列数公式，能利用公式解决一些简单的实际问题 2理解组合的概念及组合数公式，能利用公式解决一些简单的实际问题 知识点一排列
20、与排列数 1排列 从 n 个不同元素中取出 m(mn)个元素，_， 叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列 2排列数 从 n 个不同元素中取出 m(mn)个元素的_，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的 排列数，记作_ 答案：1.按照一定的顺序排成一列2.所有不同排列的个数Amn 知识点二组合与组合数 1组合 从 n 个不同元素中取出 m(mn)个元素_，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合 2组合数 从 n 个不同元素中取出 m(mn)个元素的_，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，记作 _ 答案：1.合成一组2.所有不同组合的个数Cmn 知识点
21、三排列数、组合数的公式及性质 排列数组合数 公式 Amn_ _ CmnA m n Amm_ _ 性质 (1)Ann_； (2)0！_ (1)C0n_； (2)Cmn_； (3)CmnCm 1 nCmn1 备注n，mN*且 mn 答案：n(n1)(n2)(nm1) n！ nm！ nn1nm1 m！ n！ m！nm！ (1)n！(2)1(1)1(2)Cn m n 链/接/教/材 1选修 23P20练习 T6 改编从 4 人中选出 2 人，安排周六、周日值班，每天一人，则不同的安排方法种 数为() A4B6 C8D12 答案：D解析：安排周六、周日值班是有序问题，故有 A2412(种)安排方法 2选
22、修 23P40A 组 T7 改编书架上有 4 本不同的数学书，5 本不同的物理书，3 本不同的化学书，将其全 部竖起排成一排： (1)如果不使同类的书分开，一共有_种不同的排法； (2)如果使物理书两两不相邻，一共有_种不同的排法 答案：(1)103 680(2)A77A58解析：(1)由于同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是 3 个元素的全排列但同类书之间可以交换顺序， 所以可以分步对它们进行全排列，即共有 A33A44A55A33103 680(种)排法 (2)可先把除物理书外的 7 本书进行全排列， 然后把物理书插入 8 个空中进行全排列即可， 故共有 A77A 5
23、8种排法 核/心/素/养 2017 浙江卷从 6 男 2 女共 8 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，共有_种不同的选法(用数字作答) 答案：660解析：解法一：只有 1 名女生时，先选 1 名女生，有 C 1 2种选法；再选 3 名男生，有 C 3 6种选法； 然后排队长、副队长位置，有 A 2 4种选法由分步乘法计数原理，知共有 C12C36A24480(种)选法 有 2 名女生时，再选 2 名男生，有 C 2 6种选法；然后排队长、副队长位置，有 A 2 4种选法由分步乘法计数原理， 知共有 C26A24180
24、(种)选法 所以依据分类加法计数原理知， 共有 480180660(种)不同的选法 解法二：不考虑限制条件，共有 A28C 2 6种不同的选法，而没有女生的选法有 A26C 2 4种， 故至少有 1 名女生的选法有 A28C26A26C24840180660(种) 题型排列问题 角度.无限制条件的排列问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12021 辽宁模拟来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，执行奥运会的一号、二号和三号场地的乒乓 球裁判工作，每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案总数有() A48 种B64 种 C72 种D96 种 答案A解析每个场地由两
25、名来自不同国家的裁判组成，只能分为：中、英；中、瑞；英、瑞 三组中，中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，本国裁判可以互换，进场地全排列， 不同的安排方案总数有 A22A22A22A33222648(种)故选 A. 22021 河南开封调研有 7 本不同的书，从中选 3 本送给 3 名同学，每人各 1 本，则不同的送法有_ 种(用数字作答) 答案210解析从 7 本不同的书中选 3 本送给 3 名同学，即从 7 个元素中任取 3 个元素的一个排列， 共有 A37765210(种)不同的送法 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 无约束条件的排列问题，即对所排列的元素或所排列的位置没有特别限制，这一类
26、题目相对简单，分清元素和 位置即可，一般情况下涉及的“大数”是元素数，“小数”是位置数，必要时，要明确完成这件事是需要进行分类 还是分步 角度.有限制条件的排列问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 3有 3 名男生、4 名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法种数 (1)选其中 5 人排成一排； (2)排成前后两排，前排 3 人，后排 4 人； (3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾； (4)全体排成一排，女生必须站在一起； (5)全体排成一排，男生互不相邻； (6)全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有 3 人； (7)全体排成一排，甲必须排在乙前面； (8)全部排成一排，甲
27、不站排头，乙不站排尾 解(1)从 7 个人中选 5 个人排成一排，是排列 有 A57765432 520(种) (2)分两步完成， 先选 3 人排在前排， 有 A 3 7种方法， 余下 4 人排在后排， 有 A 4 4种方法， 故共有 A37A445 040(种) 事 实上，本小题即为 7 人排成一排的全排列，无任何限制条件 (3)(优先法)解法一：甲为特殊元素先排甲，有 5 种方法；其余 6 人有 A 6 6种方法，故共有 5A663 600(种) 解法二：排头与排尾为特殊位置排头与排尾从非甲的 6 个人中选 2 个排列，有 A 2 6种方法，中间 5 个位置由 余下 4 人和甲进行全排列，
28、有 A 5 5种方法，共有 A26A553 600(种) (4)(捆绑法)将女生看成一个整体，与 3 名男生在一起进行全排列，有 A 4 4种方法，再将 4 名女生进行全排列， 也有 A 4 4种方法，故共有 A44A44576(种) (5)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，所以应先排女生，有 A 4 4种方法，再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 A 3 5种方法，故共有 A44A351 440(种) (6)(捆绑法)把甲、乙及中间 3 人看作一个整体，第一步先排甲、乙两人，有 A 2 2种方法；第二步从余下 5 人中 选 3 人排在甲、乙中间，有 A 3
29、5种方法；第三步把这个整体与余下 2 人进行全排列，有 A 3 3种方法故共有 A22A35A33 720(种) (7)(消序法)A 7 7 2 2 520(种) (8)(间接法)A772A66A553 720(种) 位置分析法：分甲在排尾与不在排尾两类 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 1解有“相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素必须相邻的排列，通常采用“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起参与排列， 再单独考虑这个整体内部各元素间的顺序 2解有“不相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素不相邻的排列，通常采用“插空法”，即先排不受限制的元素，使每两个元素之间形成“空
30、”， 然后将不相邻的元素进行“插空” 注意根据具体问题判断两端元素外是否还有“空” 42021 福建三明调研将 A，B，C，D，E 排成一列，要求 A，B，C 在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B， A”(可以不相邻)，这样的排列数为() A12B20 C40D60 答案C解析五个元素没有限制的全排列数为 A55，由于要求 A，B，C 的次序一定(按 A，B，C 或 C，B， A)，故除以这三个元素的全排列数 A33，可得这样的排列数为A 5 5 A33240. 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 解定序排列问题的方法 定序问题，消序处理，即先不考虑顺序限制，整体进行排列后，再除以定序
31、元素的全排列 对于某些顺序一定的元素(m 个)的排列问题，可先把这些元素与其他元素一起(共 n 个)进行排列，然后用总排 列数 A n n除以 m 个顺序一定的元素之间的全排列数 Amm，即得到不同排法种数A n n AmmA nm n. 510 个人围坐在圆桌吃饭，共有_种坐法 答案9! 解/题/感/悟(小提示，大智慧) n 个人的环形排列，共有(n1)！种不同的排列方法 题型组合问题 角度.无限制条件的组合问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12021 辽宁沈阳东北育才学校模拟某地区高考改革实行“3 12”模式，“3”指语文、数学、外语三门必 考科目，“1”指在物理、历史
32、两门科目中必选一门科目，“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的 历史或物理这五门科目中任意选择两门科目，则一名学生的不同选科组合有() A8 种B12 种 C16 种D20 种 答案C解析若一名学生只选物理和历史中的一门，则有 C12C2412(种)组合；若一名学生物理和历史都 选，则有 C144(种)组合，因此共有 12416(种)组合故选 C. 22021 河北模拟从某校 4 个班级的学生中选出 7 名学生参加进博会志愿者服务，若每个班级至少有一名代 表，则各班级的代表数有_种不同的选法(用数字作答) 答案20解析由题意，从 4 个班级的学生中选出 7 名学生代表，每一个班
33、级中至少有一名代表，相当 于 7 个球排成一排，然后插 3 块隔板把他们分成 4 份，即中间 6 个空位中选 3 个插板，分成四份，共有 C3620(种) 不同的选法 3某高三毕业班有 40 人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了_条毕业留 言(用数字作答) 答案1 560解析根据排列数定义，由题意得 A2401 560，故全班共写了 1 560 条毕业留言 角度.有限制条件的组合问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 42018 全国卷从 2 位女生、4 位男生中选 3 人参加科技比赛，且至少有 1 位女生入选，则不同的选法共 有_种(用数字填写答案) 答案
34、16解析解法一：按参加的女生人数可分两类：只有 1 位女生参加有 C12C 2 4种，有 2 位女生参加有 C22C 1 4种故共有 C12C24C22C1426416(种) 解法二：间接法从 2 位女生，4 位男生中选 3 人，共有 C 3 6种情况，没有女生参加的情况有 C 3 4种，故共有 C36C3420416(种) 5某市工商局对 35 种商品进行抽样检查，已知其中有 15 种假货现从 35 种商品中选取 3 种 (1)其中某一种假货必须在内，不同取法有多少种？ (2)其中某一种假货不能在内，不同取法有多少种？ (3)恰有 2 种假货在内，不同取法有多少种？ (4)至少有 2 种假货
35、在内，不同取法有多少种？ (5)至多有 2 种假货在内，不同取法有多少种？ 解(1)561 种(2)5 984 种(3)2 100 种(4)2 555 种(5)6 090 种 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 解答有限制条件的组合应用题的基本方法 解答有限制条件的组合应用题的基本方法有“直接法”和“间接法”(排除法) 1直接法 用直接法求解时，应坚持“特殊元素优先选取”“特殊位置优先安排”的原则，优先安排特殊元素的选取，再 安排其他元素的选取 2间接法 选择间接法的原则是“正难则反”，若正面问题的分类较多、较复杂或计算量较大时，可以考虑从反面问题入 手， 特别是涉及“至多”“至少”等组
36、合问题时更是如此， 此时， 正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少” 等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键 题型排列组合的综合问题 角度.均匀分组问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12021 江西南昌模拟已知三棱锥的 6 条棱代表 6 种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品 放在同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的现用编号为 1,2,3 的三个 仓库存放这 6 种化工产品，每个仓库放 2 种，那么安全存放的不同方法种数为() A12B24 C36D48 答案D解析如图所示的三棱锥中，设 6 条棱为 a，b，c，d，e，
37、f， 分析可得 a 与 d，b 与 f，c 与 e 不能分到同一组，分 2 步进行分析：将 6 种化工产品分成 3 组，其中 a 与 d， b 与 f，c 与 e 不能分到同一组，有C 2 6C24C22 A33 3218(种)分组方法；将分好的三组全排列，对应 3 个仓库，有 A336(种)情况，则不同的安全存放的种数有 8648(种)，故选 D. 22020 全国卷，理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 答案36解析此题分两步完成：第一步，将 4 名同学分成 3 组，有 C 2 4种分法；第二步，
38、将所分 3 组进 行排列，有 A 3 3种排法所以不同的安排方法共有 C24A3336(种) 角度.部分均匀分组问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 3现有 10 个人分成 4 组，有 2 个 2 人组，2 个 3 人组，则不同的分组方法有_种 答案6 300解析 C210C28 A22 C 3 6C33 A22 6 300. 角度.不等分组问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 4若将 6 名教师分到 3 所中学任教，一所 1 名，一所 2 名，一所 3 名，则有_种不同的分法 答案360解析将 6 名教师分组，分三步完成： 第 1 步，在 6 名教师中任取 1
39、 名作为一组，有 C 1 6种取法； 第 2 步，在余下的 5 名教师中任取 2 名作为一组，有 C 2 5种取法； 第 3 步，余下的 3 名教师作为一组，有 C 3 3种取法 根据分步乘法计数原理，共有 C16C25C3360(种)取法 再将这 3 组教师分配到 3 所中学，有 A336(种)分法， 故共有 606360(种)不同的分法 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 解决分组分配问题的三种策略 1整体均分 解题时要注意分组后，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 Ann(n 为均分的组数)，避 免重复计数 2部分均分 解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即
40、若有 m 组元素个数相等，则分组时应除以 m！ ，一个分组过程 中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数 3不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数 角度.相同元素的分配隔板分割法 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 5多选2021 山东日照一中期末将四个不同的小球放入三个分别标有 1,2,3 号的盒子中，不允许有空盒子的 放法的种数为() AC13C12C11C13BC24A33 CC24C13A22D18 答案BC解析根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有 1,2,3 号的盒子中，且没有空盒，则三个 盒子有 1 个盒子
41、中放 2 个球，剩下的 2 个盒子中各放 1 个球，有两种解法 (1)分两步进行分析：先将四个不同的小球分成 3 组，有 C 2 4种方法；将分好的 3 组全排列，对应放到 3 个 盒子中，有 A 3 3种放法故没有空盒的放法有 C24A 3 3种 (2)分两步进行分析：在 4 个小球中任选 2 个，在 3 个盒子中任选 1 个，将选出的 2 个小球放入选出的盒子 中，有 C24C 1 3种情况；将剩下的 2 个小球全排列，放入剩下的 2 个盒子中，有 A 2 2种放法故没有空盒的放法有 C24C13A 2 2种 610 个相同的小球，放入 3 个不同的盒子中，每个盒子至少放 1 个球，有多少
42、种不同的放法？ 解只需把 10 个小球隔成 3 段，每一段代表不同盒子放入球的个数，10 个球有 9 个空隙，选 2 个空隙作为 隔板，这样把 10 个小球分为 3 段，故有 C2936(种)分法 探究x1x2x310，x1，x2，x3N*，则此方程不同解的个数有多少组？ 解此题完全类比 10 个相同小球放入 3 个不同的盒子中，x1，x2，x3代表 3 个盒子放入球的个数 因此，共有 C2936(种)故此方程不同解的个数有 36 组 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 隔板法是排列组合的一种解题应用模型， 是将“实际分配问题”或较复杂的重复排列问题转化为“球板模型” 的一种重要方式其中用球代表
43、相同元素，用板所隔出的几个部分代表相应的分配集合，也就是“球”，通过隔板 的不同插入方式，得到不同的分配结果 角度.环形涂色问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 7如图，环形区域分为 5 部分，现有 4 种颜色可供选择，要求相邻的区域涂不同的颜色(这 4 种颜色也可以不 全用)，则有多少种不同的涂色方法？ 解涂色方法设计：先从“号”着色，顺时针依次着色，要求下一个区域与上一个区域颜色不同 这样涂色到“号”区域有 434种方法，这样可能会发生“号”和“号”颜色相同的情形，需要减去此 种情形 把“号”和“号”合并为一个“号”区域，再按上面的规则涂色有 433种，这样涂色方法有(43
44、4 433)种， 依次类推，这样涂色方法有： 434433(43243)43443343243240(种) 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 环形涂色问题中的计算方法属于试错现象，然后再消去错误计算，以此类推直到最后两块区域的涂色，这种计 算方法非常值得学习 角度.不对号入座问题 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 82021 云南昆明模拟现有 6 人坐成一排，任选其中 3 人相互调整座位(这 3 人中任何一人都不能坐回原来的 位置)，其余 3 人座位不变，则不同的调整方案的种数有 () A30B40 C60D90 答案B解析根据题意，分 2 步进行分析：从 6 人中选出 3 人，
45、相互调整座位，有 C3620(种)选法； 记选出相互调整座位的 3 人分别为 A，B，C，则 A 有 2 种坐法，B，C 只有 1 种坐法，A，B，C 相互调整座位有 2 种情况，则不同的调整方案有 20240(种)，故选 B. 解/题/感/悟(小提示，大智慧) n 个人和 n 个座位，都不对号入座共有 n！C1n(n1)！C2n(n2)！C3n(n3)！(1)nCnn0！种不同的 入座方法 提醒 完成限时跟踪检测(五十七) 第三节二项式定理 复习要点1.能利用计数原理证明二项式定理 2会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题 知识点一二项式定理 1二项式定理 公式(ab)n_叫做二项式定
46、理 2二项展开式的通项 Tk1_为展开式的第 _项 3二项式系数 二项展开式中各项的系数_(k0,1，n)叫做二项式系数 答案：1.C0nanC1nan 1bCk nan kbkCn nbn(nN*) 2Cknan kbk k13.Ckn 知识点二二项式系数的性质 答案：Cn m nkn1 2 n2 2 Cn 2 n n1 2 n3 2 Cn1 2 n或 Cn1 2 n2nC1nC3nC5n2n 1 链/接/教/材 1选修 23P37A 组 T5(2)改编 x 1 2 x 8的展开式中常数项为_，是第_项 答案：35 8 5 2选修 23P35练习 T1(2)改编化简：C12nC32nC2n
47、1 2n_. 答案：22n 1 3(1)选修 23P40A 组 T9用二项式定理证明 55559 能被 8 整除 (2)选修 23P40A 组 T9 改编用二项式定理求 8910除以 88 的余数 (1)证明：55559(561)559 5655C1555654C54 555619 5655C1555654C54 55568， 5655C1555654C5455568 中各项都能被 8 整除， 因此 55559 也能被 8 整除 (2)解：8910(881)108810C110889C210888C910881， 由于除 1 外的各项均能被 88 整除，故 8910除以 88 的余数为 1.
48、易/错/问/题 二项式系数与项的系数的区别 (1)已知(1x)n的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为_ (2)(ax)(1x)4的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 32，则 a_. (1)答案：29解析：因为展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，所以 C3nC7n，解得 n10.根据二项式 系数和的相关公式，得奇数项的二项式系数和为 2n 129. (2)答案：3解析：解法一：直接将(ax)(1x)4展开得 x5(a4)x4(64a)x3(46a)x2(14a)xa， 由题意得 1(64a)(14a)32，解得 a3. 解法二：(1x)4展
49、开式的通项为 Tr1Cr4xr，由题意可知，a(C14C34)C04C24C4432，解得 a3. 通/性/通/法 1赋值法求系数和问题 若(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则 a0a2a4的值为_ 答案：8解析：令 x1，得 a0a1a2a3a40；令 x1，得 a0a1a2a3a416.故 a0a2a48. 2通项公式：Tr1Crnan rbr. x31 x 7的展开式中 x5的系数是_(用数字填写答案) 答案：35解析：Tr1Cr7(x3)7 r 1 x rCr 7x21 4r，令 214r5，得 r4，因此 x5 的系数为 C4735. 题型展开式中的特定项(或系数) 角度
50、.二项展开式中求特定项(或系数) 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12020 全国卷 xy 2 x (xy)5的展开式中 x3y3的系数为( ) A5B10 C15D20 答案C解析因为 xy 2 x (xy)5x(xy)5y 2 x (xy)5， (xy)5的通项为 Cr5x5 ryr(r0,1,2,3,4,5)， 所以 x(x y)5的展开式中 x3y3的系数为 C3510， y2 x (xy)5的展开式中 x3y3的系数为 C155.所以 xy 2 x (xy)5的展开式中 x3y3 的系数为 10515.故选 C. 2多选已知二项式 2x 1 x n(nN*)的展开式中
