第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布(10课时)

PAGEPAGE69第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布1.计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2.概率(1)事件与概率①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.②了解两个互斥事件的概率加法公式.(2)古典概型①理解古典概型及其概率计算公式.②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.(3)随机数与几何概型①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.②了解几何概型的意义.3.概率与统计(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列.(2)了解超几何分布，并能进行简单应用.(3)了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念；理解n次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单问题.(4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题.(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.§11.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.分类加法计数原理完成一件事，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＝________________种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事，需要分成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＝____________种不同的方法.3.两个计数原理的区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事.4.两个计数原理解决计数问题时的方法最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步.(1)分类要做到“______________”.分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.自查自纠：1.m1＋m2＋…＋mn2.m1×m2×…×mn3.相互独立任何一种方法互相依存各个步骤都完成4.(1)不重不漏(2)步骤完整相互独立将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有()A.53种B.35种C.3种D.15种解：第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法.所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种.故选B.某人去有四个门的商场购物，若进出商场不同门，则不同的进出方案有()A.256种B.81种C.16种D.12种解：进商场的方案有4种，则出商场的方案有3种，由分步计数原理知，共有进出商场的方案4×3＝12种.故选D.点Q(x，y)中x∈{1，2}，y∈{2，3，4}，则不在直线y＝x上的点Q(x，y)的个数是()A.1B.4C.5解：这样的点共有2×3＝6个，在直线y＝x上的只有(2，2)，因此不在直线y＝x上的点的个数是6－1＝5.故选C.某校高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班.现选两个班的学生参加社会实践活动，若要求这两个班来自不同年级，则有不同的选法____________种.解：先分类再分步，共有不同的选法：6×7＋7×8＋6×8＝146种.故填146.设集合I＝{1，2，3，4}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有________种.解：当A中的最大数为1时，A有1种情形，此时B有23－1＝7种情形；当A中的最大数为2时，A有21＝2种情形，此时B有22－1＝3种情形；当A中的最大数为3时，A有22＝4种情形，此时B有21－1＝1种情形.∴由分步及分类计数原理知，共有1×7＋2×3＋4×1＝17种选择方法，故填17.类型一分类与分步的区别与联系甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书.现在乙同学向甲同学借书，试问：(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？(2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情.故用分类计数原理，共有5＋4＋3＝12(种)不同的借法.(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情.故用分步计数原理，共有5×4×3＝60(种)不同的借法.(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5×4＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5×3＝15(种)借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4×3＝12(种)借法.而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20＋15＋12＝47(种)不同的借法.点拨：仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键.两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理.某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人.(1)从中任选1人去献血，有多少种不同选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法.(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情即可完成，所以由分类加法计数原理，共有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法.(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才算完成，所以用分步乘法计数原理，共有28×7×9×3＝5292种不同的选法.类型二两个原理的综合应用(1)现有来自高(一)四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别为7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.现推选两人作中心发言，这两人须来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种).点拨：对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决时，可以综合运用两个原理.可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类.本题可先根据两个班级的不同分类，再分步从两个班级中各选1人.(2)有一个圆被两相交弦分成四块，现用5种不同的颜料给这四块涂色，要求相邻的两块颜色不同，每块只涂一种颜色，共有多少种涂色方法？解：如图，分别用A，B，C，D记这四个部分，A与C，B与D不相邻，因此，它们可以同色，也可以不同色.首先分两类，即A，C涂相同颜色和A，C涂不同颜色：类型一，分三步：第一步，给A，C涂相同的颜色，有5种涂法；第二步，给B涂色有4种涂法；第三步，给D涂色，由于D与B可以涂相同的颜色，所以有4种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×4＝80种不同的涂法.类型二，分四步：第一步，给A涂色，有5种涂法；第二步，给C涂色，有4种涂法；第三步，给B涂色有3种涂法；第四步，给D涂色有3种涂法.由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180种不同的涂法.综上，由分类计数原理可知，共有80＋180＝260种不同的涂法.点拨：本题也可以在分四步的基础上再分类来完成：A有5种涂法，B有4种涂法，若C与A相同，则D有4种涂法，若C与A不同，则C有3种涂法，且D有3种涂法，故有5×4×(4＋3×3)＝260种涂法.涂色问题多以平面、空间为背景，涂色对象以平面区域居多，也有以点或线为对象的涂色问题.此类问题往往需要多次分类、分步(也有用穷举法解决的题目)，常用分类依据有：①所涂颜色种类(如本题，可依用4种、3种、2种色来分类)；②可涂同色的区域(或点、线等)是否涂同色.(1)用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字且比2000大的四位偶数.解：完成这件事有3类方法：第一类：用0作个位的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法.依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个.第二类：用2作个位的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法.依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个.第三类：用4作个位的比2000大的四位偶数，其步骤同第二类，这类数的个数也有36个.综合以上所述，由分类计数原理，可得所求无重复数字的比2000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个.(2)(eq\a\vs4\al(2013·广东佛山二模))假设佛山五区行政区划图如图，测绘局想要给地图着色，相邻区域颜色不同，每块区域只涂一色.现有4种颜色可供选择，那么共有不同的着色方案为__________种(用数字作答).题图答图解法一：为了方便，以数字代表各区域，如图.区域1，2，3，4，5分别有4，3，2，3，2种着色方案，故共有4×3×2×3×2＝144种方案.解法二：可以看到区域3与其余四块均相邻，其中区域123及区域345均是两两相邻，因此分成两类：第一类，用3种颜色，有Ceq\o\al(3,4)×3×2×1×2×1＝48(种)情形；第二类，用4种颜色，有4×3×2×1×2＋4×3×2×2×1＝96(种)情形.故共有144种方案.故填144.1.运用分类加法计数原理时，首先要根据问题的特点，确定分类标准.分类应满足：完成一类事情的任何一种方法，必须属于某一类且仅属于某一类，即类与类之间具有确定性与并列性.2.运用分步乘法计数原理时，要确定分步的标准.分步必须满足：完成一件事情必须且只须完成这几步，即各个步骤是相互依存的，且“步”与“步”之间具有连续性.3.在处理具体的应用问题时，必须先分清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”与“分步”的具体标准是什么，选择合理、简洁的标准处理事件，可以避免计数的重复或遗漏.4.对于既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理的复杂问题，可以恰当地画出示意图或树形图来进行分析，使问题的分析过程更直观、更明晰，便于探索规律.5.解答计数应用问题的总体思路：根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得.1.有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3条长裤，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.64 C.12 解：由分步乘法计数原理知可配3×4＝12套.故选C.2.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是()A.56 B.65C.eq\f(5×6×5×4×3×2,2)D.6×5×4×3×2解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选法.故选A.3.(eq\a\vs4\al(2013·北京海淀区期末考试))由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是()A.72B.60C.48解：分两类：当首位为偶数时，有2×3×2×2×1×1＝24种情形；当首位为奇数时，有3×3×2×2×1×1＝36种情形，因此共有24＋36＝60个满足要求的六位数.故选B.4.(eq\a\vs4\al(2013·广东适应性)eq\a\vs4\al(测试))如图所示的几何体是由一个正三棱锥P­ABC与一个正三棱柱ABC­A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不染色)，要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有()A.6种B.12种C.18种D.24种解：先涂三棱锥P­ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC­A1B1C1的三个侧面，当棱锥颜色确定后，棱柱对应有2种情形，即共有3×2×1×2＝12种不同的染色方案.故选5.(eq\a\vs4\al(2013·福建))满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A.14 B.13 C.12 解：①当a＝0时，方程总有解，此时b可以取4个值，故有4种有序数对；②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1，显然有3种有序数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2)，此时应有3×4－3＝9种有序数对.故共有9＋4＝13种有序数对.故选B.6.(eq\a\vs4\al(2013·济南模拟))电路如图所示，在A，B间有四个开关，若发现A，B之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有()A.3种 B.8种C.13种 D.16种解：各个开关打开或闭合有2种情形，故四个开关共有24种可能，其中能使电路通的情形有：1，4都闭合且2和3中至少有一个闭合，共有3种可能，故开关打开或闭合的不同情形共有24－3＝13(种).故选C.7.架子上有不同的2个红球，不同的3个白球，不同的4个黑球.若从中取2个不同色的球，则取法种数为________.解：先分类、再分步，共有取法2×3＋2×4＋3×4＝26种.故填26.8.已知集合A＝{a，b，c，d}，集合B＝{1，2，3，4，5}，集合C＝{e，f，g，h}.从集合B到集合A可以建立____________个不同的映射；在集合C到集合B的映射中，若要求集合C中的不同元素的象也不同，这样的映射有_________个.解：集合B中每个元素，都可以与A中的4个元素建立对应关系，故从集合B到A可建立45＝1024个不同的映射；在集合C到集合B的映射中，C中不同元素对应不同的象，由分步乘法计数原理，共有5×4×3×2＝120个这样的映射.故填1024；120.9.已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，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？(3)P可表示多少个不在直线y＝x上的点？解：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法.根据分步计数原理，得到所求点的个数是6×6＝36个.(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种确定方法.由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6个.(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个.结合(1)可得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个.10.从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中任取3个不同的数作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数.设抛物线过原点，且顶点在第一象限.这样的抛物线共有多少条？解：抛物线y＝ax2＋bx＋c过原点，且顶点(－eq\f(b,2a)，eq\f(4ac－b2,4a))在第一象限，a，b，c应满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＝a×02＋b×0＋c，,－\f(b,2a)＞0，,\f(4ac－b2,4a)＞0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝0，,a＜0，,b＞0.))分三步，a可以取－3，－2，－1；b可以取1，2，3；c取0.所以满足条件的抛物线的条数为N＝3×3×1＝9.11.给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有多少种？解法一：如图，染五条边总体分五步，染每一边为一步.当染边1时有3种染法，则染边2有2种染法.(1)当边3与边1同色时有1种染法，则边4有2种染法，边5有1种染法，此时染法总数为3×2×1×2×1＝12(种).(2)当边3与边1不同色时，边3有1种染法，①当边4与边1同色时，边4有1种染法，边5有2种染法；②当边4与边1不同色时，边4有1种染法，边5有1种染法.则此时共有染法3×2×1×(1×2＋1×1)＝18(种).综合(1)、(2)，由分类加法计数原理，可得染法的种数为30种.解法二：通过分析可知，每种色至少要染1次，至多只能染2次，即有一色染1次，剩余两种颜色各染2次.染五条边总体分两步.第一步选一色染1次有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,5)种染法，第二步另两色各染2次有2种染法，由分步乘法计数原理知，一共有2Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,5)＝30种染法.(eq\a\vs4\al(2014·福建))用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球.由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A.(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B.(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C.(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D.(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解：分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋Ceq\o\al(1,5)c＋Ceq\o\al(2,5)c2＋Ceq\o\al(3,5)c3＋Ceq\o\al(4,5)c4＋Ceq\o\al(5,5)c5)＝(1＋c)5种不同的取法，所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.

§11.2排列与组合1.排列(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照____________排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号______表示.(3)排列数公式：Aeq\o\al(m,n)＝______________________.这里n，m∈N*，并且________.(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个____________，叫做n个元素的一个全排列.Aeq\o\al(n,n)＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为Aeq\o\al(m,n)＝________，这里规定0！＝________.2.组合(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)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)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号________表示.(3)组合数公式：Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),Aeq\o\al(m,m))＝＝.这里n∈N*，m∈N，并且m≤n.(4)组合数的两个性质：①Ceq\o\al(m,n)＝____________；②Ceq\o\al(m,n＋1)＝____________＋____________.自查自纠：1.(1)一定的顺序(2)所有不同排列Aeq\o\al(m,n)(3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m≤n(4)排列n！eq\f(n！,（n－m）！)12.(1)合成一组(2)所有不同组合Ceq\o\al(m,n)(3)(4)①Ceq\o\al(n－m,n)②Ceq\o\al(m,n)Ceq\o\al(m－1,n)下列等式不正确的是()A.Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)B.Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),n！)C.(n＋2)(n＋1)Aeq\o\al(m,n)＝Aeq\o\al(m＋2,n＋2)D.Ceq\o\al(r,n)＝Ceq\o\al(r－1,n－1)＋Ceq\o\al(r,n－1)解：Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),m！).故选B.(eq\a\vs4\al(2014·全国大纲卷))有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有()A.60种B.70种C.75种D.150种解：共有Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(1,5)＝75(种)不同的选法.故选C.若从6位志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同工作中的一种，现已确定这6人中的甲必须选上且专门从事翻译工作，则不同的选派方案有()A.24种B.60种C.360种D.243种解：由排列的定义可知所求为Aeq\o\al(3,5)＝60种.故选B.(eq\a\vs4\al(2014·成都模拟))某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有________种.(用数字作答)解：先确定一个公益广告最后播放，再排另一个公益广告，最后排三个商业广告，不同的播放方式有Aeq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(3,3)＝36种.故填36.(eq\a\vs4\al(2013·北京))将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是____________.解：5张参观券分为4堆，其中有两张连号的分法有4种，然后把4堆参观券分给不同的4个人有Aeq\o\al(4,4)种不同的分法，故共有不同的分法种数为4Aeq\o\al(4,4)＝96.故填96.类型一排列数与组合数公式(1)解方程3Aeq\o\al(x,8)＝4Aeq\o\al(x－1,9)；(2)解方程Ceq\o\al(x＋1,x＋3)＝Ceq\o\al(x－1,x＋1)＋Ceq\o\al(x,x＋1)＋Ceq\o\al(x－2,x＋2).解：(1)利用3Aeq\o\al(x,8)＝3eq\f(8！,（8－x）！)，4Aeq\o\al(x－1,9)＝4eq\f(9！,（9－x＋1）！)，得到eq\f(3×8！,（8－x）！)＝eq\f(4×9！,（10－x）！).利用(10－x)！＝(10－x)(9－x)(8－x)！，将上式化简后得到(10－x)(9－x)＝4×3.再化简得到x2－19x＋78＝0.解方程得x1＝6，x2＝13.由于Aeq\o\al(x,8)和Aeq\o\al(x－1,9)有意义，所以x满足x≤8和x－1≤9.于是将x2＝13舍去，原方程的解是x＝6.(2)由组合数的性质可得Ceq\o\al(x－1,x＋1)＋Ceq\o\al(x,x＋1)＋Ceq\o\al(x－2,x＋2)＝Ceq\o\al(2,x＋1)＋Ceq\o\al(1,x＋1)＋Ceq\o\al(4,x＋2)＝Ceq\o\al(2,x＋2)＋Ceq\o\al(4,x＋2)，又Ceq\o\al(x＋1,x＋3)＝Ceq\o\al(2,x＋3)，且Ceq\o\al(2,x＋3)＝Ceq\o\al(2,x＋2)＋Ceq\o\al(1,x＋2)，即Ceq\o\al(1,x＋2)＋Ceq\o\al(2,x＋2)＝Ceq\o\al(2,x＋2)＋Ceq\o\al(4,x＋2).∴Ceq\o\al(1,x＋2)＝Ceq\o\al(4,x＋2)，∴5＝x＋2，x＝3.经检验知x＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x＝3.点拨：(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义.(2)应用组合数性质Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m－1,n)＋Ceq\o\al(m,n)时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大.使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短.(1)解方程：3Aeq\o\al(3,x)＝2Aeq\o\al(2,x＋1)＋6Aeq\o\al(2,x)；(2)计算：Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,100).解：(1)由3Aeq\o\al(3,x)＝2Aeq\o\al(2,x＋1)＋6Aeq\o\al(2,x)得3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，由x≠0整理得3x2－17x＋10＝0.解得x＝5或eq\f(2,3)(舍去).即原方程的解为x＝5.(2)原式＝(Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3))＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,100)＝(Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,4))＋…＋Ceq\o\al(2,100)＝…＝Ceq\o\al(3,100)＋Ceq\o\al(2,100)＝Ceq\o\al(3,101)＝166650.类型二排列的基本问题7位同学站成一排照相.(1)甲站在中间，共有多少种不同的排法？(2)甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？(3)甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？(4)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？(5)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？(6)甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？解：(1)甲的位置固定，则只需排其他六个人，则有Aeq\o\al(6,6)＝720种排法.(2)分两步，先排甲、乙，则有Aeq\o\al(2,2)种排法；再排其他5个人，有Aeq\o\al(5,5)种排法，由分步乘法计数原理则有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(5,5)＝240种排法.(3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有Aeq\o\al(6,6)种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有Aeq\o\al(1,5)·Aeq\o\al(1,5)·Aeq\o\al(5,5)种排法.综上，则共有Aeq\o\al(6,6)＋Aeq\o\al(1,5)·Aeq\o\al(1,5)·Aeq\o\al(5,5)＝3720种排法.间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即Aeq\o\al(7,7)－Aeq\o\al(6,6)－Aeq\o\al(6,6)＋Aeq\o\al(5,5)＝3720种排法.(4)采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(6,6)＝1440种排法.(5)采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有Aeq\o\al(5,5)·Aeq\o\al(2,6)＝3600种排法.(6)甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有eq\f(1,2)Aeq\o\al(7,7)＝2520种排法.点拨：(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④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数.(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种.正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”.6个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、乙必须相邻；(3)甲、乙不相邻；(4)甲、乙之间间隔两人；(5)甲、乙站在两端；(6)甲不站左端，乙不站右端.解：(1)解法一：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Aeq\o\al(1,4)种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有Aeq\o\al(5,5)种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(5,5)＝480(种).解法二：若对甲没有限制条件共有Aeq\o\al(6,6)种站法，甲在两端共有2Aeq\o\al(5,5)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有Aeq\o\al(6,6)－2Aeq\o\al(5,5)＝480(种).(2)解法一：先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，有Aeq\o\al(5,5)种站法，再把甲、乙进行全排列，有Aeq\o\al(2,2)种站法，根据分步乘法计数原理，共有Aeq\o\al(5,5)·Aeq\o\al(2,2)＝240(种)站法.解法二：先把甲、乙以外的4个人作全排列，有Aeq\o\al(4,4)种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙站入，有Aeq\o\al(1,5)种方法，最后让甲、乙全排列，有Aeq\o\al(2,2)种方法，共有站法Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,2)＝240(种).(3)因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”.第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有Aeq\o\al(4,4)种；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档(含两端)中，有Aeq\o\al(2,5)种，故共有站法为Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,5)＝480(种).(4)解法一：先将甲、乙以外的4个人作全排列，有Aeq\o\al(4,4)种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3Aeq\o\al(2,2)种，故共有Aeq\o\al(4,4)·3Aeq\o\al(2,2)＝144种站法.解法二：先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有Aeq\o\al(2,4)种，然后把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有Aeq\o\al(3,3)种方法，最后对甲、乙进行排列，有Aeq\o\al(2,2)种方法，故共有Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝144(种)站法.(5)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有Aeq\o\al(2,2)种，再让其他4人在中间位置作全排列，有Aeq\o\al(4,4)种，根据分步乘法计数原理，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝48(种)站法.(6)解法一：(间接法)甲在左端的站法有Aeq\o\al(5,5)种，乙在右端的站法有Aeq\o\al(5,5)种，甲在左端且乙在右端的站法有Aeq\o\al(4,4)种，故共有Aeq\o\al(6,6)－2Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(4,4)＝504(种)站法.解法二：以甲的位置分为两类：①甲站右端有Aeq\o\al(5,5)种，②甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)种，故共有Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝504(种)站法.类型三组合的基本问题课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长.现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有1名女生；(2)两队长当选；(3)至少有1名队长当选；(4)至多有2名女生当选；(5)既要有队长，又要有女生当选.解：(1)1名女生，4名男生，故共有Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(4,8)＝350(种).(2)将两队长作为一类，其他11个作为一类，故共有Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(3,11)＝165(种).(3)至少有1名队长当选含有两类：只有1名队长和2名队长.故共有：Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(4,11)＋Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(3,11)＝825(种).或采用间接法：Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(5,11)＝825(种).(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生、只有1名女生、没有女生，故选法为：Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(1,5)·Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(5,8)＝966(种).(5)分两类：第一类女队长当选：有Ceq\o\al(4,12)种选法；第二类女队长不当选：有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(4,4)种选法.故选法共有：Ceq\o\al(4,12)＋Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(4,4)＝790(种).点拨：①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法(排除法)；③应防止出现如下常见错误：如对(3)，先选1名队长，再从剩下的人中选4人得Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(4,12)≠825，请同学们自己找错因.从7名男同学和5名女同学中选出5人，分别求符合下列条件的选法总数为多少？(1)A，B必须当选；(2)A，B都不当选；(3)A，B不全当选；(4)至少有2名女同学当选；(5)选出3名男同学和2名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任.解：(1)只要从其余的10人中再选3人即可，有Ceq\o\al(3,10)＝120种.(2)5个人全部从另外10人中选，总的选法有Ceq\o\al(5,10)＝252种.(3)直接法，分两类：A，B一人当选，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,10)＝420种.A，B都不当选，有Ceq\o\al(5,10)＝252种.所以总的选法有420＋252＝672种.间接法：从12人中选5人的选法总数中减去从不含A，B的10人中选3人(即A，B都当选)的选法总数，得到总的选法有Ceq\o\al(5,12)－Ceq\o\al(3,10)＝672种.(4)直接法，分四步：选2名女生，有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,7)＝10×35＝350种；选3名女生，有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(2,7)＝210种；选4名女生，有Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,7)＝35种；选5名女生，有Ceq\o\al(5,5)＝1种.所以总的选法有350＋210＋35＋1＝596种.间接法：从12人中选5人的选法总数中减去不选女生与只选一名女生的选法数之和，即满足条件的选法有Ceq\o\al(5,12)－(Ceq\o\al(5,7)＋Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,7))＝596种.(5)分三步：选1男1女分别担任体育委员、文娱委员的方法有Ceq\o\al(1,7)Ceq\o\al(1,5)＝35种；再选出2男1女，补足5人的方法有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(1,4)＝60种；最后为第二步选出的3人分派工作，有Aeq\o\al(3,3)＝6种方法.所以总的选法有35×60×6＝12600种.类型四分堆与分配问题现有6本不同的书：(1)甲、乙、丙三人每人两本，有多少种不同的分配方法？(2)分成三堆，每堆2本，有多少种分堆方法？(3)分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？(4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本，有多少种不同的分配方法？(5)甲、乙、丙三人中，一人分4本，另两人每人分1本，有多少种不同的分配方法？解：(1)在6本书中，先取2本给甲，再从剩下的4本书中取2本给乙，最后两本给丙，共有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90(种)分配方法；(2)6本书平均分成3堆，用上述分法重了Aeq\o\al(3,3)倍，故共有eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4),Aeq\o\al(3,3))＝15(种)分堆方法；(3)从6本书中，先取1本作为一堆，再在剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝60(种)分堆方法；(4)在(3)的分堆中，甲、乙、丙三人任取一堆，共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360(种)分配方法.(5)先分堆、再分配，共有eq\f(Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝90(种)分配方法.点拨：平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列.分堆到位相当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：eq\f(平均分堆到指定位置,堆数的阶乘).对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配.②被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”).③分堆时要注意是否均匀.如6分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1)为部分均匀分组.(1)三位老师分配到4个贫困村调查义务教育实施情况，若每个村最多去2个人，则不同的分配方法有________种.解：若一个人去一个村，则有Aeq\o\al(3,4)＝24种分配方法；若有一个村去两个人，另一个村去一个人，则有Ceq\o\al(2,3)×Aeq\o\al(2,4)＝36种分配方法，故共有60种不同的分配方法.故填60.(2)甲乙两位兽医对动物园的三头老虎，两头狮子进行体检.若要求每位兽医至少检查两种动物各一头，则不同的体检任务分配方案有________种.解：若将三头老虎中的两头看作“一头”，有Ceq\o\al(1,3)种情形(即将老虎分成两组).接下来将“两头老虎”和两头狮子的体检任务分别分配给两位兽医，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)种分配方案.故总的分配方案有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝12种.故填12.类型五数字排列问题用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数.(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个不同的四位偶数？解：(1)直接法：Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(3,5)＝300；间接法：Aeq\o\al(4,6)－Aeq\o\al(3,5)＝300.(2)由题意知四位数的个位上必须是偶数，同时暗含了千位不能是0，因此该四位数的个位和千位是“特殊位置”，应优先处理；另一方面，0既是偶数，又不能排在千位，属“特殊元素”，应重点对待.解法一：(直接法)0在个位的四位偶数有Aeq\o\al(3,5)个；0不在个位时，先从2，4中选一个放在个位，再从余下的四个数(不包括0)中选一个放在千位，应有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)个.综上所述，共有Aeq\o\al(3,5)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)＝156(个).解法二：(间接法)从这六个数字中任取四个数字组成最后一位是偶数的排法，有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,5)个，其中千位是0的有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)个，故适合题意的数有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,5)－Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)＝156(个).点拨：本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意题中隐含条件0不能在首位.用0，1，2，3，4，5六个数字排成没有重复数字的6位数，满足以下条件的分别有多少个？(1)0不在个位；(2)1与2相邻；(3)1与2不相邻；(4)0与1之间恰有两个数；(5)1不在个位.解：(1)0不在个位，也不能在首位，可先确定个位和首位，再确定其余四个数位，共有Aeq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)＝480个.(2)可把1与2看作一个整体并全排列，0不在首位，需先排0，再排其余数字，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝192个.(3)这六个数字可排成Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(5,5)个无重复数字的6位数，减去1与2相邻的情况，即可得1与2不相邻的无重复数字的6位数有Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(5,5)－Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝408个.(4)先从其余4个数字中任选2个排在0与1之间有Aeq\o\al(2,4)种排法，并把这四个数作为一个整体.若0在1之前，则先排首位，再将余下的一个数与这个整体全排列；若1在0之前，可直接将这个整体与其余2个数字进行全排列，共有Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝120个.(5)0不在首位，1不在个位，先将6个数字全排列为Aeq\o\al(6,6)，再减去0在首位和1在个位的情况有2Aeq\o\al(5,5)种.但是0在首位，1在个位的情况减了两次，故后面要加回来，故共有Aeq\o\al(6,6)－2Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(4,4)＝504个.(也可用Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(5,5)－Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝600－96＝504)1.排列数与组合数的计算问题含有排列数或组合数的方程都是在限定的正整数范围内求解，利用这一点可以根据题目的要求首先对方程进行化简.证明题一般用Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,（n－m）！)或Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,（n－m）！m！)及组合数的性质.证明过程中要注意阶乘的运算及技巧.2.排列与组合的区别与联系排列、组合之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行全排列，因此，分析解决排列的基本思路是“先选，后排”.3.解排列、组合题的基本方法(1)限制元素(位置)优先法：①元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；②位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置.(2)正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总体中去掉.(3)复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决.在解题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则是先分类，再分步.(4)相离问题插空法：某些元素不能相邻或要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间.(5)相邻问题捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”作全排列，最后再“松绑”——将“捆绑”元素在这些位置上作全排列.(6)相同元素隔板法：将n个相同小球放入m(m≤n)个盒子里，要求每个盒子里至少有一个小球的放法，等价于将n个相同小球串成一串，从间隙里选m－1个结点，剪截成m段.这是针对相同元素的组合问题的一种方法.(7)定序问题用除法：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数.4.解组合问题时应注意(1)在解组合应用题时，常会遇到“至少”“至多”“含”等词，要仔细审题，理解其含义.(2)关于几何图形的组合题目，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接法(或排除法).(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者则即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的.对于这类问题必须先分组后排列，若平均分m组，则分法＝eq\f(取法,m！).1.Aeq\o\al(3,2n)＝10Aeq\o\al(3,n)，n＝()A.1 B.8 C.9 D.10解：原式等价于2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n－2)，n>3且n∈N*，整理得n＝8.故选B.2.某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法的种数为()A.16 B.18 C.24 解：将4个连在一起的空车位“捆绑”，作为一个整体考虑，则所求即为4个不同元素的全排列Aeq\o\al(4,4)＝24，故选C.3.(eq\a\vs4\al(2013·四川))从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是()A.9B.10C.18解：lga－lgb＝lgeq\f(a,b)，而eq\f(1,3)＝eq\f(3,9)，eq\f(3,1)＝eq\f(9,3)，故所求为Aeq\o\al(2,5)－2＝18个，故选C.4.(eq\a\vs4\al(2013·山东))用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A.243B.252C.261解：利用间接法，用所有的三位数减去没有重复数字的三位数，即9×10×10－(Aeq\o\al(3,9)＋Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,9))＝252个，故选B.5.将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有()A.10种B.20种C.36种D.52种解：将4个小球分2组：①eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))＝3种；②Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,3)＝4种.①中的这3种分组方法任意放均满足条件，∴有3×Aeq\o\al(2,2)＝6(种)放法.②中的4种分组方法各只对应1种放法.故总的放球方法为6＋4＝10(种).故选A.6.(eq\a\vs4\al(2013·成都模拟))用6个字母A，B，C，a，b，c编拟某种信号程序(大小写有区别).把这6个字母全部排到如图所示的表格中，每个字母必须使用且只使用一次，不同的排列方式表示不同的信号，如果恰有一对字母(同一个字母的大小写)排到同一列的上下格位置，那么称此信号为“微错号”，则不同的“微错号”总个数为()A.432 B.288 C.96 解：根据题意，分3步进行：①先确定排到同一列的上下格位置的一对字母，有Ceq\o\al(1,3)＝3种情况，将其放进表格中，有Ceq\o\al(1,3)＝3种情况，考虑这一对字母的顺序，有Aeq\o\al(2,2)＝2种不同顺序；②再分析第二对字母，其不能排到同一列的上下格位置，假设①选定的一对大小写字母为A和a，则分析B与b：B有4种情况，b的可选位置有2个；③最后一对字母放入最后两个位置，有Aeq\o\al(2,2)＝2种放法.则共有3×3×2×4×2×2＝288个“微错号”.故选B.7.(eq\a\vs4\al(2014·辽宁))6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为________种.解：利用“插空法”，先把3个空椅子排好，形成4个空位，然后对3人进行插空排列，共有Aeq\o\al(3,4)＝24(种)排法，故填24.8.(eq\a\vs4\al(2013·重庆))从3名骨科，4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是__________(用数字作答).解法一：5＝1＋1＋3＝1＋2＋2，故共有选派方法：Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,5)＝590种.解法二：利用间接法，用Ceq\o\al(5,12)减去这5人从某一科或某两科选出的情形：Ceq\o\al(5,12)－[Ceq\o\al(5,5)＋Ceq\o\al(5,7)＋(Ceq\o\al(5,8)－Ceq\o\al(5,5))＋(Ceq\o\al(5,9)－Ceq\o\al(5,5))]＝590.故填590种.9.给定数字0，1，2，3，5，9，每个数字最多用一次.(1)可以组成多少个四位数？(2)可以组成多少个四位奇数？解：(1)从“位置”考虑，由于0不能放在千位，因此千位数字只能有Aeq\o\al(1,5)种取法，其余3个数位可以从余下的5个数字中任取3个排列，所以可以组成Aeq\o\al(1,5)·Aeq\o\al(3,5)＝300(个)四位数.(2)从“位置”考虑，个位数字必须是奇数的有Aeq\o\al(1,4)种排法，首位数字不能是0，则在余下的4个非0数字中取1个有Aeq\o\al(1,4)种取法，其余两个数位的排法是Aeq\o\al(2,4)，所以共有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(2,4)＝192(个)四位奇数.10.从甲、乙等6个运动员中选出4人参加4×100米接力赛.如果甲、乙两人都不跑第一棒，那么不同的参赛方法共有多少种？解法一：(从元素考虑)从6个运动员中，选出4人有三类情况：(1)甲、乙都被选出，有Ceq\o\al(2,4)种选法；(2)甲、乙中恰有1人被选出，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,4)种选法；(3)甲、乙都未被选出，有Ceq\o\al(4,4)种选法.再将4人按要求安排位置：甲、乙都参加，跑第二、三、四棒有Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)种排法；甲、乙中有一人参加，只跑第二、三、四棒有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)种排法；甲、乙都不参加，有Aeq\o\al(4,4)种排法.故共有不同参赛方法Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(4,4)Aeq\o\al(4,4)＝240(种).解法二：(从位置考虑)第一棒从甲、乙以外的4人中选取，再排其他各棒有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(3,5)＝240(种)不同的参赛方法.解法三：(间接法)从总数中减去甲、乙跑第一棒的，有Aeq\o\al(4,6)－Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,5)＝240(种)不同的参赛方法.11.4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)恰有1个盒不放球，共有多少种放法？(2)恰有2个盒不放球，共有多少种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有多少种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后进行全排列，共有Ceq\o\al(1,4)·eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝144(种)放法.(2)确定2个空盒有Ceq\o\al(2,4)种方法.4个球放进2个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类为有序不均匀分组，有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,2)种放法；第二类为有序均匀分组，有eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(2,2)种放法，故共有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,2)＋\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(2,2)))Ceq\o\al(2,4)＝84(种).(eq\a\vs4\al(2014·武汉模拟))如果正整数M的各位数字均不为4，且各位数字之和为6，则称M为“幸运数”，则三位正整数中的“幸运数”共有____________个.解：不含4，且和为6的三个自然数可能为(1，2，3)，(1，5，0)，(2，2，2)，(3，3，0)，(6，0，0).因此三位正整数中的“幸运数”有Aeq\o\al(3,3)＋2Aeq\o\al(2,2)＋1＋Aeq\o\al(2,2)＋1＝14(个).故填14.§11.3二项式定理1.二项式定理(a＋b)n＝____________________________(k，n∈N*)，这个公式所表示的规律叫做二项式定理.(a＋b)n的二项展开式共有____________项，其中各项的系数____________(k∈{0，1，2，…，n})叫做二项式系数，式中的____________叫做二项展开式的通项，用Tk＋1表示，即__________________.通项为展开式的第__________项.2.二项式系数的性质(1)对称性在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Ceq\o\al(0,n)＝Ceq\o\al(n,n)，Ceq\o\al(1,n)＝Ceq\o\al(n－1,n)，Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(n－2,n)，…，____________，…，Ceq\o\al(n,n)＝Ceq\o\al(0,n).(2)增减性与最大值二项式系数Ceq\o\al(k,n)，当____________时，二项式系数是递增的；当____________时，二项式系数是递减的.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____________和____________相等，且同时取得最大值.(3)各二项式系数的和(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于________，即Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(r,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝________.二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)＋Ceq\o\al(5,n)＋…＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋Ceq\o\al(4,n)＋…＝________.自查自纠：1.Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bnn＋1Ceq\o\al(k,n)Ceq\o\al(k,n)an－kbkTk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbkk＋12.(1)Ceq\o\al(k,n)＝Ceq\o\al(n－k,n)(2)k＜eq\f(n＋1,2)k＞eq\f(n＋1,2)Ceq\s\up6(\f(n,2))n(3)2n2n2n－1(eq\a\vs4\al(2014·四川))在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为()A.30 B.20 C.15 解：含x3项为x(Ceq\o\al(2,6)14·x2)＝15x3，所以含x3项的系数为15，故选C.(1＋x)2n(n∈N*)的展开式中，系数最大的项是()A.第eq\f(n,2)＋1项 B.第n项C.第n＋1项 D.第n项与第n＋1项解：展开式共有2n＋1项，且各项系数与相应的二项式系数相同.故选C.(eq\a\vs4\al(2013·辽宁))使eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,x\r(x))))eq\s\up12(n)(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n为()A.4 B.5 C.6 解：∵n∈N*，通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(3x)n－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x\r(x))))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,n)·3n－r·xn－eq\f(5,2)r，∴当r＝2时，n的最小值为5.故选B.(eq\a\vs4\al(2014·大纲))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,\r(y))－\f(y,\r(x))))eq\s\up12(8)的展开式中x2y2的系数为________.(用数字作答)解：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,\r(y))－\f(y,\r(x))))eq\s\up12(8)展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,\r(y))))eq\s\up12(8－r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,\r(x))))eq\s\up12(r)＝(－1)rCeq\o\al(r,8)x8－eq\f(3,2)ryeq\f(3,2)r－4，令8－eq\f(3,2)r＝2，解得r＝4，此时eq\f(3,2)r－4＝2，所以展开式中x2y2的系数为(－1)4Ceq\o\al(4,8)＝70.故填70.设(x－1)21＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a21x21，则a10＋a11＝________.解：Tr＋1＝Ceq\o\al(r,21)x21－r(－1)r，∴a10＝Ceq\o\al(11,21)(－1)11，a11＝Ceq\o\al(10,21)(－1)10.∴a10＋a11＝0.故填0.类型一求特定项(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))eq\s\up12(5)的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为()A.－40B.－20C.20解：令x＝1，可得a＋1＝2，a＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))eq\s\up12(5)的展开式中eq\f(1,x)项的系数为Ceq\o\al(3,5)22(－1)3，x项的系数为Ceq\o\al(2,5)23，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))(2x－eq\f(1,x))5的展开式中常数项为Ceq\o\al(3,5)22(－1)＋Ceq\o\al(2,5)23＝40.故选D.点拨：①令x＝1可得所有项的系数和；②在求出a的值后，再分析常数项的构成，便可解得常数项.(2)已知在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))eq\s\up12(n)的展开式中，