1、排列、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.排列、组合、二项式定理之一基础篇一、要点导读1、分类计数原理： ；分步计数原理： .2、 叫做从n个不同元素中取出个元素的一
2、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_ _=_.4、组合数的性质：（1） ；（2） .5、二项式定理的内容是 .其通项为 ；二项式系数的性质是 ； ； .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”
3、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
4、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
5、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=333=9种不同的选法.法三：如图， 共有9种不同的选法.例2、在由数字0、1、2、3、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0不能放在首位又所求
6、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=48(个)；第二类：含5不含0的四位数，共有 =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：排个位个位上的数字从1、2、3、4这四个数字中任选一个，共有种选法；第二步；排首位首位上的数字从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，共有种选法；第三步：排中间两位，中
7、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.甲不站排头或排尾；甲不站排头乙不站排尾；甲乙二人相邻；甲乙不相邻；甲乙顺序一定；男女相间；甲乙之间恰隔二人；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：有二种解法：从特殊位置入手，即将排头和排尾先排好有种，再排余下位置有种，故共有=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人的排法有种，共有=480种.有两种解法：（直接法）对甲进行分类：甲在
8、排尾时有种排法；甲不在排头也不在排尾时，甲有种排法，乙不在排尾也有种排法，其余4人有种排法，故共有+=504种.（排除法）6个人排成一排有种，甲在排头有种，乙在排尾有种，而甲在排头且乙在排尾的排法有种，故共有-2+=504种.将甲乙二人“捆”在一起按一个元素对待，则5个元素的排法有种，甲乙二人的排法有种，共有=240种；因甲乙二人不相邻，先把其余4人排成一排有种，此时出现5个空档，甲乙二人去“插空”，有种，共有=480种.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=360种.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=72种.甲乙
9、之间恰隔二人有三类：甲乙，甲乙，甲乙，因甲乙可交换位置，故共有3=144种.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=240种.例4、6本不同的书，按以下要求各有多少种分法？平均分成三组；分成1本，2本、3本三组；平均分给甲、乙、丙三人；分给甲、乙、丙三人，一人拿1本，一人拿2本、一人拿3本；甲得一本，乙得二本，丙得三本.解：此为平均分组问题，共有分法；此为非平均分组问题，共有分法；先分组，再排序，共有种分法；先分组，再排序，分法；共有分法.【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
10、大有裨益，其中：为均匀分组问题；为非均匀分组问题；为均匀不定向分配问题；为非均匀不定向分配问题；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：4个名额都分给某一个班有种分法；4个名额分给二个班，每班2人，有种分法；4个名额分给二个班，一个班1人，一个班3人，有种分法；分给三个班，一个班2个，另两个班各1个，有种分法；分给四个班，每班1个，有种分法。故共有=126种分法.法二：（隔
11、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=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：四点取自棱柱的底面
12、上有2=50个；四点取自棱柱的侧面上有5=30个；四点取自棱柱的对角面上有5=30个；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25=60个.故共可组成50303060=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，可对这两个区域是否同色进行分类：若2、4同色，3、5不同色，则将2
13、、4合并为一个区域，此时即用4种不同颜色为四个区域着色，有=24种方法；若2、4不同色，3、5同色，此时也有=24种方法；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=24种方法.故共有324=72种方法.例8、6个人参加4100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：甲、乙都不参加的安排方法有=24种；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种选法，余下三棒有种安排方法，共有=72种方法（或甲不跑
14、第一棒时，可安排甲跑第二、三、四棒中的任一棒，有种方法，余下三棒有种安排方法）；乙参加而甲不参加，同理有72种方法；甲乙都参加时，由题意有（+-）=60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
15、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：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），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，此时有种排法；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，所以从另外两个中选，最后一名同学自动确定位子，此时有种排法.故满足题设条件的排法共有120种排法.例9、对于二项式（），四位同学作出了四种判断：存在，展开式中有常数项：对任意，展开式中没有常数项；对任意，展开式中没有x的一次项；存在，展开式
16、中有x的一次项。上述判断中正确的是（ ）A B C D 解：二项式展开式的通项为，当展开式中有常数项时，有，即存在n、r使方程有解；当展开式中有x的一次项时，有，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、的展开式中常数项为 （用数字作答）法一：=+ +常数项为：.法二：，由于展开式中含的项为 ，所以，原式常数项为.法三：=，所求常数项为.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，、四个同学给出了下面四个算式：；其中正确的是（）2、25个人排成55方阵，从中选出3人分别担任三种不同职务，要求这三人任
17、何两人都不同行也不同列，则不同的任职方法数为（ ） A7200 B1800 C3600 D45003、设的展开式中含的一次项为，则等于 （ ） A B C D4、若，其中（，1，2）1，2，3，4，5，6，且=606，则实数对（，）表示平面上不同点的个数为 （ ） A50 B60 C 65 D705、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ABCDA1B1C1D1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
18、方案共有 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、若，则= （用数字作答）. 11、若多项式，则= . 12、已知、为常数，且、成等比数列，的展开式中所有项的系数和为64，则等于 . 13、已知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，）是的展开式中的一次项的系数，则的值为 . 15、在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项
19、等于 .（用数字作答） 16、如图，在由二项式系数构成的杨辉三角形中，第 行中从左至右第14与第15个数的比为23. 17、设为奇数，则被9除所得的余数为 .18、设为满足的最大自然数，则等于 .19、将二项式的展开式按的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中的幂指数是整数的项共有 项. 20、参考答案：D；C；A；B；174；8640；13；768；0；10；1/2；9、5；17；7；34；7；7；3；1、将19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
20、），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位置上的填法有种，故共有=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，各有各种；在后排12个座位上坐有种，故共有种.法二：分三类：两人坐前排，则有4645=44种；两人坐后排有种=110种；两人分别坐前后排，有8122=192种；故共有44110192=346种坐法.3、由09这10个自然数组成各位
21、数字不重复的能被3整除的四位数有 个？解：符合条件的四位数可分为6类：由0、3、6、9可组成=18个；由3、6、9取两个，1、4、7和2、5、8各取一个，可组成=648个；在3、6、9；1、4、7；2、5、8中各取一个与0可组成=486个；由3、6、9中取一个与1、4、7或2、5、8或组成=144个；由0与1、4、7或2、5、8或组成=36个；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
22、序？ （1800）5、已知，则m= ，n= .解：依题意知m、n为非负整数，且. 当n=m时，由可得，m=2，即m= n=2； 当n=m1时，由可得，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？解：若返回原单位的2人是同一科室的，则有种安排方法；若返回原单位的2人不是同一科室的，则有种安排方法。故共有636=42种.7、球台上有4个黄球，6个红球，击黄球入袋记2分，击红球入袋记1分。欲将此十球中的4球击入袋中，且总分不低于5分，则击球方法有 种
23、？解：设击入黄球x个，红球y个，则有，且（x，y），解得，或或或，对应每组解的击球方法数分别为，不同的击球方法数为=195种.8、从包含甲的若干名同学中选出4人分别参加数学、物理、化学、英语四科竞赛，每名同学只能参加一科竞赛，且任两名同学不能参加同一科竞赛，若甲不参加物理和化学竞赛的参赛方法共有72种，则一共有多少名同学？解：设共有n名同学，先从这n名同学中选出4人参加竞赛，按同学甲进行分类：不选甲，则从剩下的n1名同学中选出4人分别参加四科竞赛，有种方法；选甲，首先安排甲，有种方法，再从剩下的n1名同学中选出3人分别参加三科竞赛有种方法，共有种方法。由题意得，=72，解得n=5，即共有5名同
24、学.练习：6、将正方体ABCDA1B1C1D1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 种？解：过顶点A的三个面两两相邻，共需3种颜色，其余3个面即为过顶点C1的三个面，其涂色方法分三类：三个面都用它们相对面的颜色，方法只有一种；三个面中的两个面用它们的相对面的颜色，方法有2=6种；三个面中只有一个面用它们的相对面的颜色，方法 有有2=6种。故共有涂色方法166=13种.9、若给一个正方体的八个顶点染色，要求相邻的两个顶点（即同一条棱的两个顶点）颜色不同，则至少需要 种颜色.解：如果某一顶点处涂一种颜色A，则与它相邻
25、的三个顶点处涂颜色B，由题意再给与B相邻的顶点都涂上A，最后剩下一个顶点涂上颜色B，所以至少需要2种颜色.高一数学测试题一 选择题：本大题共l0小题，每小题5分，满分50分在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的1设集合x0,B=x|-1x3,则AB=（ ）A-1,0 B-3,3 C0,3 D-3,-12.下列图像表示函数图像的是（ ）A B C D3. 函数的定义域为（ ）A(5，) B5，C(5，0) D (2，0)4. 已知，则的大小关系是（ ）A B C D 5.函数的实数解落在的区间是（ ） 6.已知则线段的垂直平分线的方程是（ ） 7. 下列条件中,能判断两个平面平行的是(
26、 )A 一个平面内的一条直线平行于另一个平面;B 一个平面内的两条直线平行于另一个平面C 一个平面内有无数条直线平行于另一个平面D 一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面 8. 如图，在RtABC中，ABC=90，P为ABC所在平面外一点PA平面ABC，则四面体P-ABC中共有（ ）个直角三角形。 A 4 B 3 C 2 D 19.如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是，那么圆柱的体积等于（） A B C D 10 .在圆上，与直线的距离最小的点的坐标为（ ） 二 填空题本大题共4小题，每小题5分，满分20分11.设，则的中点到点的距离为 .12. 如果一个几何体的三视图如右图所示（单位长度：c
27、m）， 则此几何体的表面积是 .13.设函数在R上是减函数，则的范围是 .14.已知点到直线距离为，则= .三、解答题：本大题共6小题，满分80分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤15. （本小题满分10分）求经过两条直线和的交点，并且与直线垂直的直线方程（一般式）.16. （本小题满分14分）如图，的中点.（1）求证：；（2）求证：； 17. （本小题满分14分）已知函数（14分）（1）求的定义域；（2）判断的奇偶性并证明；18. （本小题满分14分）当，函数为，经过（2，6），当时为，且过（-2，-2），（1）求的解析式；（2）求；（3）作出的图像，标出零点。19. （本小题满分14分
28、）已知圆：，（1）求过点的圆的切线方程；（2）点为圆上任意一点，求的最值。20.（本小题满分14分）某商店经营的消费品进价每件14元，月销售量Q（百件）与销售价格P（元）的关系如下图，每月各种开支2000元，（1） 写出月销售量Q（百件）与销售价格P（元）的函数关系。（2） 该店为了保证职工最低生活费开支3600元，问：商品价格应控制在什么范围？（3） 当商品价格每件为多少元时，月利润并扣除职工最低生活费的余额最大？并求出最大值。答案一选择（每题5分） 1-5 A C A C B 6-10 B D A B C二填空（每题5分） 11. 12. 13. 14. 1或-3三解答题15.（10分）
29、16.（14分） （1）取1分 为中点， （2）17.（14分）（1）由对数定义有 0，（2分）则有（2）对定义域内的任何一个，1分都有， 则为奇函数4分18.14分（1）.6分（2） 3分（3）图略3分. 零点0，-12分19.14分（1）设圆心C，由已知C(2,3) , 1分AC所在直线斜率为， 2分则切线斜率为，1分则切线方程为。 2分（2）可以看成是原点O(0,0)与连线的斜率，则过原点与圆相切的直线的斜率为所求。1分圆心（2，3），半径1，设=k，1分则直线为圆的切线，有，2分解得，2分 所以的最大值为，最小值为 2分20.14分（1） 4分（2）当时，1分即，解得，故; 2分当时， 1分即，解得，故。2分所以（4） 每件19.5元时，余额最大，为450元。4分15
