【三維設(shè)計(jì)】屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第九章 計(jì)數(shù)原理與概率隨機(jī)變量及其分布 理 新人教版

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1、第九章計(jì)數(shù)原理與概率、隨機(jī)變量及其分布 第一節(jié)分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理與分步乘法計(jì)數(shù)原理 1．分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理 完成一件事有兩類(lèi)不同方案，在第1類(lèi)方案中有m種不同的方法，在第2類(lèi)方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m＋n種不同的方法． 2．分步乘法計(jì)數(shù)原理 完成一件事需要兩個(gè)步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m×n種不同的方法． [小題體驗(yàn)] 1．(教材習(xí)題改編)某班新年聯(lián)歡會(huì)原定的6個(gè)節(jié)目已排成節(jié)目單，開(kāi)演前又增加了3個(gè)新節(jié)目，如果將這3個(gè)新節(jié)目插入節(jié)目單中，那么不同的插法種數(shù)為(　　) A．504　　　B．210　　　 C．

2、336　　　D．120 解析：選A　分三步，先插一個(gè)新節(jié)目，有7種方法，再插第二個(gè)新節(jié)目，有8種方法，最后插第三個(gè)節(jié)目，有9種方法．故共有7×8×9＝504種不同的插法． 2．(教材習(xí)題改編)若給程序模塊命名，需要用3個(gè)字符，其中首字符要求用字母A～G，或U～Z，后兩個(gè)要求用數(shù)字1～9.則最多可以給________個(gè)程序模塊命名． 答案：1 053 3．(教材習(xí)題改編)一件工作可以用2種方法完成，有5人只會(huì)用第1種方法完成，另有4人只會(huì)用第2種方法完成，從中選出1人來(lái)完成這件工作，不同選法的種數(shù)是________． 答案：9 1．分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理在使用時(shí)易忽視每類(lèi)做法中每一種方法都

3、能完成這件事情，類(lèi)與類(lèi)之間是獨(dú)立的． 2．分步乘法計(jì)數(shù)原理在使用時(shí)易忽視每步中某一種方法只是完成這件事的一部分，而未完成這件事，步步之間是相關(guān)聯(lián)的． [小題糾偏] 1．從0,1,2,3,4,5這六個(gè)數(shù)字中，任取兩個(gè)不同數(shù)字相加，其和為偶數(shù)的不同取法的種數(shù)有(　　) A．30　　　　　　　　　　B．20 C．10 D．6 解析：選D　從0,1,2,3,4,5六個(gè)數(shù)字中，任取兩數(shù)和為偶數(shù)可分為兩類(lèi)，①取出的兩數(shù)都是偶數(shù)，共有3種方法；②取出的兩數(shù)都是奇數(shù)，共有3種方法，故由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得共有N＝3＋3＝6種． 2．用0,1，…，9十個(gè)數(shù)字，可以組成有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)的個(gè)數(shù)為(

4、　　) A．243 B．252 C．261 D．279 解析：選B　0,1，2，…，9共能組成9×10×10＝900(個(gè))三位數(shù)，其中無(wú)重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)有9×9×8＝648(個(gè))，∴有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)有900－648＝252(個(gè))． [題組練透] 1．(易錯(cuò)題)(2016·銅梁第一中學(xué)月考)如果把個(gè)位數(shù)是1，且恰好有3個(gè)數(shù)字相同的四位數(shù)叫做“好數(shù)”，那么在由1,2,3,4四個(gè)數(shù)字組成的有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)中，“好數(shù)”共有(　　) A．9個(gè)　　　　　　　　　B．3個(gè) C．12個(gè) D．6個(gè) 解析：選C　當(dāng)重復(fù)數(shù)字是1時(shí)，有C·C；當(dāng)重復(fù)數(shù)字不是1時(shí)，有C種．由分類(lèi)加法

5、計(jì)數(shù)原理，得滿(mǎn)足條件的“好數(shù)”有C·C＋C＝12個(gè)． 2．五名籃球運(yùn)動(dòng)員比賽前將外衣放在休息室，比賽后都回到休息室取衣服．由于燈光暗淡，看不清自己的外衣，則至少有兩人拿對(duì)自己的外衣的情況有(　　) A．30種 B．31種 C．35種 D．40種 解析：選B　分類(lèi)：第一類(lèi)，兩人拿對(duì)：2×C＝20種；第二類(lèi)，三人拿對(duì)：C＝10種；第三類(lèi)，四人拿對(duì)與五人拿對(duì)一樣，所以有1種．故共有20＋10＋1＝31種． 3．如圖，從A到O有________種不同的走法(不重復(fù)過(guò)一點(diǎn))． 解析：分3類(lèi)：第一類(lèi)，直接由A到O，有1種走法；第二類(lèi)，中間過(guò)一個(gè)點(diǎn)，有A→B→O和A→C→O 2種不同的走

6、法；第三類(lèi)，中間過(guò)兩個(gè)點(diǎn)，有A→B→C→O和A→C→B→O 2種不同的走法，由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理可得共有1＋2＋2＝5種不同的走法． 答案：5 [謹(jǐn)記通法] 利用分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理解題時(shí)2個(gè)注意點(diǎn) (1)根據(jù)問(wèn)題的特點(diǎn)確定一個(gè)合適的分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)要統(tǒng)一，不能遺漏； (2)分類(lèi)時(shí)，注意完成這件事件的任何一種方法必須屬于某一類(lèi)，不能重復(fù)． [典例引領(lǐng)] 已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的點(diǎn)，則： (1)P可表示平面上________個(gè)不同的點(diǎn)． (2)P可表示平面上________個(gè)第二象限的點(diǎn)． 解析：(1)確定平面上的點(diǎn)

7、P(a，b)可分兩步完成： 第1步，確定a的值，共有6種方法； 第2步，確定b的值，也有6種方法． 根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，得到平面上的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是6×6＝36. (2)確定第二象限的點(diǎn)，可分兩步完成： 第1步，確定a，由于a<0，所以有3種方法； 第2步，確定b，由于b>0，所以有2種方法． 由分步乘法計(jì)數(shù)原理，得到第二象限的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是3×2＝6. 答案：(1)36　(2)6 [由題悟法] 利用分步乘法計(jì)數(shù)原理解題時(shí)3個(gè)注意點(diǎn) (1)要按事件發(fā)生的過(guò)程合理分步，即分步是有先后順序的． (2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步驟都完成才算完成這件事． (3)對(duì)完成每

8、一步的不同方法數(shù)要根據(jù)條件準(zhǔn)確確定． [即時(shí)應(yīng)用] 1．將3張不同的奧運(yùn)會(huì)門(mén)票分給10名同學(xué)中的3人，每人1張，則不同分法的種數(shù)是(　　) A．2 160　　　　　　　　　B．720 C．240 D．120 解析：選B　分步來(lái)完成此事．第1張有10種分法；第2張有9種分法；第3張有8種分法，共有10×9×8＝720種分法． 2．從－1,0,1,2這四個(gè)數(shù)中選三個(gè)不同的數(shù)作為函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的系數(shù)，則可組成________個(gè)不同的二次函數(shù)，其中偶函數(shù)有________個(gè)(用數(shù)字作答)． 解析：一個(gè)二次函數(shù)對(duì)應(yīng)著a，b，c(a≠0)的一組取值，a的取法有3種，b的取

9、法有3種，c的取法有2種，由分步乘法計(jì)數(shù)原理知共有3×3×2＝18個(gè)二次函數(shù)．若二次函數(shù)為偶函數(shù)，則b＝0，同上可知共有3×2＝6個(gè)偶函數(shù)． 答案：18　6 [命題分析] 兩個(gè)原理的常見(jiàn)命題角度有： (1)涂色問(wèn)題； (2)幾何問(wèn)題； (3)集合問(wèn)題． [題點(diǎn)全練] 角度一：涂色問(wèn)題 涂色問(wèn)題大致有兩種解答方案： (1)選擇正確的涂色順序，按步驟逐一涂色，這時(shí)用分步乘法計(jì)數(shù)原理進(jìn)行計(jì)數(shù)； (2)根據(jù)涂色時(shí)所用顏色數(shù)的多少，進(jìn)行分類(lèi)處理，這時(shí)用分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理進(jìn)行計(jì)數(shù)． 1．(1)如圖，用6種不同的顏色把圖中A，B，C，D 4塊區(qū)域分開(kāi)，若相鄰區(qū)域不能涂同一種顏色，則

10、涂色方法共有________種(用數(shù)字作答)． (2)如圖，矩形的對(duì)角線(xiàn)把矩形分成A，B，C，D四部分，現(xiàn)用5種不同顏色給四部分涂色，每部分涂1種顏色，要求共邊的兩部分顏色互異，則共有________種不同的涂色方法． 解析：(1)從A開(kāi)始涂色，A有6種涂色方法，B有5種涂色方法，C有4種涂色方法，D有4種涂色方法．由分步乘法計(jì)數(shù)原理可知，共有6×5×4×4＝480種涂色方法． (2)區(qū)域A有5種涂色方法；區(qū)域B有4種涂色方法；區(qū)域C的涂色方法可分2類(lèi)：若C與A涂同色，區(qū)域D有4種涂色方法；若C與A涂不同色，此時(shí)區(qū)域C有3種涂色方法，區(qū)域D也有3種涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3

11、×3＝260種涂色方法． 答案：(1)480　(2)260 角度二：幾何問(wèn)題 主要與立體幾何、解析幾何相結(jié)合考查． 2．已知兩條異面直線(xiàn)a，b上分別有5個(gè)點(diǎn)和8個(gè)點(diǎn)，則這13個(gè)點(diǎn)可以確定不同的平面?zhèn)€數(shù)為(　　) A．40 B．16 C．13 D．10 解析：選C　分兩類(lèi)情況討論：第一類(lèi)，直線(xiàn)a分別與直線(xiàn)b上的8個(gè)點(diǎn)可以確定8個(gè)不同的平面；第二類(lèi)，直線(xiàn)b分別與直線(xiàn)a上的5個(gè)點(diǎn)可以確定5個(gè)不同的平面．根據(jù)分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，共可以確定8＋5＝13個(gè)不同的平面． 角度三：集合問(wèn)題 解決集合問(wèn)題時(shí)，常以有特殊要求的集合為標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行分類(lèi)，常用的結(jié)論有的子集有2n個(gè)，真子集有2n－

12、1個(gè)． 3．(2015·保定調(diào)研)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B為集合M的非空子集，若對(duì)?x∈A，y∈B，x

13、，即分類(lèi)的方法可能要運(yùn)用分步完成，分步的方法可能會(huì)采取分類(lèi)的思想求． 一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快 1．a(chǎn)，b，c，d，e共5個(gè)人，從中選1名組長(zhǎng)1名副組長(zhǎng)，但a不能當(dāng)副組長(zhǎng)，不同選法的種數(shù)是(　　) A．20　　　　　　　　　B．16 C．10 D．6 解析：選B　當(dāng)a當(dāng)組長(zhǎng)時(shí)，則共有1×4＝4種選法；當(dāng)a不當(dāng)組長(zhǎng)時(shí)，又因?yàn)閍也不能當(dāng)副組長(zhǎng)，則共有4×3＝12種選法．因此共有4＋12＝16種選法． 2．某 局的 號(hào)碼為139××××××××，若前六位固定，最后五位數(shù)字是由6或8組成的，則這樣的 號(hào)碼的個(gè)數(shù)為(　　) A．20 B．25 C．32 D

14、．60 解析：選C　依據(jù)題意知，后五位數(shù)字由6或8組成，可分5步完成，每一步有2種方法，根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，符合題意的 號(hào)碼的個(gè)數(shù)為25＝32. 3．某班班干部有5名男生、4名女生，從9人中選1人參加某項(xiàng)活動(dòng)，則不同選法的種數(shù)為(　　) A．9 B．5 C．4 D．72 解析：選A　分兩類(lèi)：一類(lèi)從男生中選1人，有5種方法；另一類(lèi)是從女生中選1人，有4種方法．因此，共有5＋4＝9種不同的選法． 4．從0,1,2,3,4這5個(gè)數(shù)字中任取3個(gè)組成三位數(shù)，其中奇數(shù)的個(gè)數(shù)是________． 解析：從1,3中取一個(gè)排個(gè)位，故排個(gè)位有2種方法；排百位不能是0，可以從另外3個(gè)數(shù)中

15、取一個(gè)，有3種方法；排十位有3種方法．故所求奇數(shù)的個(gè)數(shù)為3×3×2＝18. 答案：18 5．如圖所示，在連接正八邊形的三個(gè)頂點(diǎn)而成的三角形中，與正八邊形有公共邊的三角形有________個(gè)． 解析：把與正八邊形有公共邊的三角形分為兩類(lèi)：第一類(lèi)，有一條公共邊的三角形共有8×4＝32(個(gè))．第二類(lèi)，有兩條公共邊的三角形共有8個(gè)．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，共有32＋8＝40(個(gè))． 答案：40 二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo) 1．某市汽車(chē)牌照號(hào)碼可以上網(wǎng)自編，但規(guī)定從左到右第二個(gè)號(hào)碼只能從字母B，C，D中選擇，其他四個(gè)號(hào)碼可以從0～9這十個(gè)數(shù)字中選擇(數(shù)字可以重復(fù))，有車(chē)主第一個(gè)號(hào)碼(從左

16、到右)只想在數(shù)字3,5,6,8,9中選擇，其他號(hào)碼只想在1,3,6,9中選擇，則他的車(chē)牌號(hào)碼可選的所有可能情況有(　　) A．180種　　　　　　　　B．360種 C．720種 D．960種 解析：選D　按照車(chē)主的要求，從左到右第一個(gè)號(hào)碼有5種選法，第二個(gè)號(hào)碼有3種選法，其余三個(gè)號(hào)碼各有4種選法．因此車(chē)牌號(hào)碼可選的所有可能情況有5×3×4×4×4＝960(種)． 2．在某校舉行的羽毛球兩人決賽中，采用5局3勝制的比賽規(guī)則，先贏3局者獲勝，直到?jīng)Q出勝負(fù)為止．若甲、乙兩名同學(xué)參加比賽，則所有可能出現(xiàn)的情形(個(gè)人輸贏局次的不同視為不同情形)共有(　　) A．6種 B．12種 C．

17、18種 D．20種 解析：選D　分三種情況：恰好打3局(一人贏3局)，有2種情形；恰好打4局(一人前3局中贏2局，輸1局，第4局贏)，共有2C＝6(種)情形；恰好打5局(一人前4局中贏2局，輸2局，第5局贏)，共有2C＝12(種)情形．所有可能出現(xiàn)的情形共有2＋6＋12＝20(種)． 3．我們把各位數(shù)字之和為6的四位數(shù)稱(chēng)為“六合數(shù)”(如2 013是“六合數(shù)”)，則“六合數(shù)”中首位為2的“六合數(shù)”共有(　　) A．18個(gè) B．15個(gè) C．12個(gè) D．9個(gè) 解析：選B　依題意知，這個(gè)四位數(shù)的百位數(shù)、十位數(shù)、個(gè)位數(shù)之和為4.由4,0,0組成3個(gè)數(shù)，分別為400,040,004；

18、由3,1,0組成6個(gè)數(shù)，分別為310,301,130,103,013,031；由2,2,0組成3個(gè)數(shù)，分別為220,202,022；由2,1,1組成3個(gè)數(shù)，分別為211,121,112，共計(jì)3＋6＋3＋3＝15(個(gè))． 4．從2,3,4,5,6,7,8,9這8個(gè)數(shù)中任取2個(gè)不同的數(shù)分別作為一個(gè)對(duì)數(shù)的底數(shù)和真數(shù)，則可以組成不同對(duì)數(shù)值的個(gè)數(shù)為(　　) A．56 B．54 C．53 D．52 解析：選D　在8個(gè)數(shù)中任取2個(gè)不同的數(shù)共有8×7＝56個(gè)對(duì)數(shù)值；但在這56個(gè)對(duì)數(shù)值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即滿(mǎn)足條件的

19、對(duì)數(shù)值共有56－4＝52(個(gè))． 5．從集合{1,2,3,4，…，10}中，選出5個(gè)數(shù)組成的子集，使得這5個(gè)數(shù)中任意兩個(gè)數(shù)的和都不等于11，則這樣的子集有(　　) A．32個(gè) B．34個(gè) C．36個(gè) D．38個(gè) 解析：選A　先把數(shù)字分成5組：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于選出的5個(gè)數(shù)中，任意兩個(gè)數(shù)的和都不等于11，所以從每組中任選一個(gè)數(shù)字即可．故共可組成2×2×2×2×2＝32(個(gè))． 6．如圖所示，用五種不同的顏色分別給A，B，C，D四個(gè)區(qū)域涂色，相鄰區(qū)域必須涂不同顏色，若允許同一種顏色多次使用，則不同的涂色方法共有________種．

20、 解析：按區(qū)域分四步：第一步，A區(qū)域有5種顏色可選；第二步，B區(qū)域有4種顏色可選；第三步，C區(qū)域有3種顏色可選；第四步，D區(qū)域也有3種顏色可選．由分步乘法計(jì)數(shù)原理，共有5×4×3×3＝180(種)不同的涂色方法． 答案：180 7．在2014年南京青奧會(huì)百米決賽上，8名男運(yùn)動(dòng)員參加100米決賽．其中甲、乙、丙三人必須在1,2,3,4,5,6,7,8八條跑道的奇數(shù)號(hào)跑道上，則安排這8名運(yùn)動(dòng)員比賽的方式共有________種． 解析：分兩步安排這8名運(yùn)動(dòng)員． 第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四條跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24種． 第二步：安排另外5人，可在2,4,

21、6,8及余下的一條奇數(shù)號(hào)跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120種． ∴安排這8人的方式有24×120＝2 880種． 答案：2 880 8．8名世界網(wǎng)球頂級(jí)選手在上海大師賽上分成兩組，每組各4人，分別進(jìn)行單循環(huán)賽，每組決出前兩名，再由每組的第一名與另一組的第二名進(jìn)行淘汰賽，獲勝者角逐冠、亞軍，敗者角逐第3,4名，大師賽共有________場(chǎng)比賽． 解析：小組賽共有2C場(chǎng)比賽；半決賽和決賽共有2＋2＝4場(chǎng)比賽；根據(jù)分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理共有2C＋4＝16場(chǎng)比賽． 答案：16 9．集合N＝{a，b，c}?{－5，－4，－2,1,4}，若關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c<0恒有實(shí)數(shù)解

22、，則滿(mǎn)足條件的集合N的個(gè)數(shù)是________． 解析：依題意知，集合N最多有C＝10(個(gè))，其中對(duì)于不等式ax2＋bx＋c<0沒(méi)有實(shí)數(shù)解的情況可轉(zhuǎn)化為需要滿(mǎn)足 a>0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有當(dāng)a，c同號(hào)時(shí)才有可能，共有2種情況，因此滿(mǎn)足條件的集合N的個(gè)數(shù)是10－2＝8. 答案：8 10．電視臺(tái)在“歡樂(lè)在今宵”節(jié)目中拿出兩個(gè)信箱，其中放著競(jìng)猜中成績(jī)優(yōu)秀的觀眾來(lái)信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，現(xiàn)由主持人抽獎(jiǎng)確定幸運(yùn)觀眾，若先從中確定一名幸運(yùn)之星，再?gòu)膬上渲懈鞔_定一名幸運(yùn)觀眾，有多少種不同結(jié)果？ 解：幸運(yùn)之星在甲箱中抽取，選定幸運(yùn)之星，再在兩箱內(nèi)各抽一名幸運(yùn)觀眾有30×29×

23、20＝17 400種； 幸運(yùn)之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400種． 共有不同結(jié)果17 400＋11 400＝28 800種． 三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校 1．安排6名歌手演出順序時(shí)，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，則不同排法的種數(shù)共有(　　) A．180種 B．240種 C．360種 D．480種 解析：選D　依題意，歌手乙、丙都排在歌手甲的前面的排法共有A×4×5×6＝240種，因此滿(mǎn)足題意的不同排法共有240×2＝480種． 2．如圖所示，在A，B間有四個(gè)焊接點(diǎn)，若焊接點(diǎn)脫落，則可能導(dǎo)致電路不通，今發(fā)現(xiàn)A，B之間線(xiàn)路不通，則焊接點(diǎn)脫落

24、的不同情況有________種． 解析：四個(gè)焊點(diǎn)共有24種情況，其中使線(xiàn)路通的情況有：1,4都通，2和3至少有一個(gè)通時(shí)線(xiàn)路才通，共有3種可能．故不通的情況有24－3＝13(種)可能． 答案：13 3．為參加2014年云南昭通地震救災(zāi)，某運(yùn)輸公司有7個(gè)車(chē)隊(duì)，每個(gè)車(chē)隊(duì)的車(chē)輛均多于4輛．現(xiàn)從這個(gè)公司中抽調(diào)10輛車(chē)，并且每個(gè)車(chē)隊(duì)至少抽調(diào)1輛，那么共有多少種不同的抽調(diào)方法？ 解：在每個(gè)車(chē)隊(duì)抽調(diào)1輛車(chē)的基礎(chǔ)上，還需抽調(diào)3輛車(chē)．可分成三類(lèi)：一類(lèi)是從某1個(gè)車(chē)隊(duì)抽調(diào)3輛，有C種抽調(diào)方法；一類(lèi)是從2個(gè)車(chē)隊(duì)中抽調(diào)，其中1個(gè)車(chē)隊(duì)抽調(diào)1輛，另1個(gè)車(chē)隊(duì)抽調(diào)2輛，有A種抽調(diào)方法；一類(lèi)是從3個(gè)車(chē)隊(duì)中各抽調(diào)1輛，有C種

25、抽調(diào)方法．故共有C＋A＋C＝84種抽調(diào)方法． 第二節(jié)排列與組合 1．排列與排列數(shù) (1)排列： 從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)排列． (2)排列數(shù)： 從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的所有不同排列的個(gè)數(shù)叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的排列數(shù)，記作A. 2．組合與組合數(shù) (1)組合： 從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素合成一組，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合． (2)組合數(shù)： 從n個(gè)不同元素中取出m(m≤n)個(gè)元素的所有不同組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的組合數(shù)，記

26、作C. 3．排列數(shù)、組合數(shù)的公式及性質(zhì) 公式 排列數(shù)公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) ＝ 組合數(shù)公式 C＝＝＝ 性質(zhì) (1)A＝n?。?2)0?。? (1)C＝1； (2)C＝C_； (3)C＋C＝C 備注 n，m∈N*且m≤n [小題體驗(yàn)] 1. (教材習(xí)題改編)A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必須站在A的右邊(A，B可以不相鄰)，那么不同的排法共有(　　) A．24種　　　　　　　　　B．60種 C．90種 D．120種 解析：選B　可先排C，D，E三人，共A種排法，剩余A，B兩人只有一種排法，由分步乘法計(jì)數(shù)原理滿(mǎn)足條件的

27、排法共A＝60(種)． 2．(教材習(xí)題改編)甲、乙兩人從4門(mén)課程中各選修2門(mén)，則甲、乙兩人所選的課程中恰有1門(mén)相同的選法有(　　) A．12種 B．16種 C．24種 D．48種 解析：選C　依題意得知，滿(mǎn)足題意的選法共有C·C·C＝24種． 3．(教材習(xí)題改編)已知－＝，則C＝________. 解析：由已知得m的取值范圍為，－＝，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2.故C＝C＝28. 答案：28 1．易混淆排列與組合問(wèn)題，區(qū)分的關(guān)鍵是看選出的元素是否與順序有關(guān)，排列問(wèn)題與順序有關(guān)，組合問(wèn)題與順序無(wú)關(guān)． 2．計(jì)算A時(shí)易錯(cuò)算為n(n－1)(n－

28、2)…(n－m)． 3．易混淆排列與排列數(shù)，排列是一個(gè)具體的排法，不是數(shù)是一件事，而排列數(shù)是所有排列的個(gè)數(shù)，是一個(gè)正整數(shù)． [小題糾偏] 1．方程3A＝2A＋6A的解為_(kāi)_______． 解析：由排列數(shù)公式可知 3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)， ∵x≥3且x∈N*， ∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)， 即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝(舍去)，∴x＝5. 答案：5 2．某班級(jí)要從4名男生、2名女生中選派4人參加社區(qū)服務(wù)，如果要求至少有1名女生，那么不同的選派方案種數(shù)為_(kāi)_______．(用數(shù)字作答) 解析：法一：依

29、題意可得C×C＋C×C＝8＋6＝14，故滿(mǎn)足要求的方案有14種． 法二：6人中選4人的方案有C＝15種，沒(méi)有女生的方案只有1種，所以滿(mǎn)足要求的方案有14種． 答案：14 [題組練透] 1．(2015·山西模擬)A，B，C，D，E，F(xiàn)六人圍坐在一張圓桌周?chē)_(kāi)會(huì)，A是會(huì)議的中心發(fā)言人，必須坐在最北面的椅子上，B，C二人必須坐相鄰的兩把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，則不同的座次有(　　) A．60種　　　　　　　　　B．48種 C．30種 D．24種 解析：選B　由題知，不同的座次有AA＝48種． 2．用0到9這10個(gè)數(shù)字，可以組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位偶數(shù)的個(gè)數(shù)為(　　)

30、A．324 B．648 C．328 D．360 解析：選C　首先應(yīng)考慮“0”，當(dāng)0排在個(gè)位時(shí)，有A＝9×8＝72(個(gè))，當(dāng)0排在十位時(shí)，有AA＝4×8＝32(個(gè))．當(dāng)不含0時(shí)，有A·A＝4×8×7＝224(個(gè))，由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理，得符合題意的偶數(shù)共有72＋32＋224＝328(個(gè))． 3．用1,2,3,4這四個(gè)數(shù)字組成無(wú)重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，其中恰有一個(gè)偶數(shù)夾在兩個(gè)奇數(shù)之間的四位數(shù)的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______． 解析：(捆綁法)首先排兩個(gè)奇數(shù)1,3有A種排法，再在2,4中取一個(gè)數(shù)放在1,3排列之間，有C種方法，然后把這3個(gè)數(shù)作為一個(gè)整體與剩下的另一個(gè)偶數(shù)全排列，有A種排法，即滿(mǎn)足條件

31、的四位數(shù)的個(gè)數(shù)為ACA＝8. 答案：8 [謹(jǐn)記通法] 1．解決排列問(wèn)題的4種方法 直接法 把符合條件的排列數(shù)直接列式計(jì)算 捆綁法 相鄰問(wèn)題捆綁處理，即可以把相鄰元素看成一個(gè)整體參與其他元素排列，同時(shí)注意捆綁元素的內(nèi)部排列 插空法 不相鄰問(wèn)題插空處理，即先考慮不受限制的元素的排列，再將不相鄰的元素插在前面元素排列的空中 除法法 定序問(wèn)題除法處理的方法，可先不考慮順序限制，排列后再除以定序元素的全排列 2．解決排列類(lèi)應(yīng)用題的3種策略 (1)特殊元素(或位置)優(yōu)先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置． (2)分排問(wèn)題直排法處理． (3)“小集團(tuán)”排列問(wèn)題采用先集中后局部

32、的處理方法． [典例引領(lǐng)] 1．(2016·山師大附中摸底)某班班會(huì)準(zhǔn)備從甲、乙等7名學(xué)生中選派4名學(xué)生發(fā)言，要求甲、乙兩人至少有一人參加，當(dāng)甲、乙同時(shí)參加時(shí)，他們兩人的發(fā)言不能相鄰，那么不同的發(fā)言順序的種數(shù)為(　　) A．360　　　　　　　　　B．520 C．600 D．720 解析：選C　根據(jù)題意，分2種情況討論：若只有甲、乙其中一人參加，有C·C·A＝480種情況；若甲、乙兩人都參加，有C·C·A＝240種情況，其中甲、乙相鄰的有C·C·A·A＝120種情況．則不同的發(fā)言順序的種數(shù)為480＋240－120＝600. 2．現(xiàn)有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍(lán)色、綠

33、色卡片各4張．從中任取3張，要求這3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同取法的種數(shù)為_(kāi)_______． 解析：第一類(lèi)，含有1張紅色卡片，不同的取法CC＝264種．第二類(lèi)，不含有紅色卡片，不同的取法C－3C＝220－12＝208種．由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理知，不同的取法共有264＋208＝472種． 答案：472 [由題悟法] 1．解決組合應(yīng)用題的2個(gè)步驟 第一步，整體分類(lèi) 要注意分類(lèi)時(shí)，不重復(fù)不遺漏，用到分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理； 第二步，局部分步 用到分步乘法計(jì)數(shù)原理． 2．含有附加條件的組合問(wèn)題的2種方法 通常用直接法或間接法，應(yīng)注意“至少”“最多”“恰好”等詞的含義的理

34、解，對(duì)于涉及“至少”“至多”等詞的組合問(wèn)題，既可考慮反面情形即間接求解，也可以分類(lèi)研究進(jìn)行直接求解． [即時(shí)應(yīng)用] 1．(2016·大連模擬)某校開(kāi)設(shè)A類(lèi)選修課2門(mén)，B類(lèi)選修課3門(mén)，一位同學(xué)從中選3門(mén)．若要求兩類(lèi)課程中各至少選一門(mén)，則不同的選法共有(　　) A．3種　　　　　　　　　B．6種 C．9種 D．18種 解析：選C　由題知有2門(mén)A類(lèi)選修課，3門(mén)B類(lèi)選修課，從中選出3門(mén)的選法有C＝10種．兩類(lèi)課程都有的對(duì)立事件是選了3門(mén)B類(lèi)選修課，這種情況只有1種．滿(mǎn)足題意的選法有10－1＝9種． 2．四面體的一個(gè)頂點(diǎn)為A，從其他頂點(diǎn)與各棱的中點(diǎn)中取3個(gè)點(diǎn)，使它們和點(diǎn)A在同一平面上，不

35、同的取法有(　　) A．30種 B．33種 C．36種 D．39種 解析：選B　分兩種情況：頂點(diǎn)A與各棱的中點(diǎn)共面的有3個(gè)側(cè)面，每個(gè)側(cè)面中有5個(gè)點(diǎn)，有C種，3個(gè)側(cè)面有3×C種；3個(gè)點(diǎn)不在同一個(gè)表面的有3個(gè)，共有3×C＋3＝33種取法． [命題分析] 分組分配問(wèn)題是排列、組合問(wèn)題的綜合運(yùn)用，解決這類(lèi)問(wèn)題的一個(gè)基本指導(dǎo)思想就是先分組后分配．關(guān)于分組問(wèn)題，有整體均分、部分均分和不等分三種，無(wú)論分成幾組，應(yīng)注意只要有一些組中元素的個(gè)數(shù)相等，就存在均分現(xiàn)象． 常見(jiàn)的命題角度有： (1)整體均分問(wèn)題； (2)部分均分問(wèn)題； (3)不等分問(wèn)題． [題點(diǎn)全練] 角度一：整體均

36、分問(wèn)題 1．國(guó)家教育部為了發(fā)展貧困地區(qū)教育，在全國(guó)重點(diǎn)師范大學(xué)免費(fèi)培養(yǎng)教育專(zhuān)業(yè)師范生，畢業(yè)后要分到相應(yīng)的地區(qū)任教．現(xiàn)有6個(gè)免費(fèi)培養(yǎng)的教育專(zhuān)業(yè)師范畢業(yè)生要平均分到3所學(xué)校去任教，有________種不同的分派方法． 解析：先把6個(gè)畢業(yè)生平均分成3組，有種方法，再將3組畢業(yè)生分到3所學(xué)校，有A＝6種方法，故6個(gè)畢業(yè)生平均分到3所學(xué)校，共有·A＝90種分派方法． 答案：90 角度二：部分均分問(wèn)題 2．(2016·內(nèi)江模擬)某科室派出4名調(diào)研員到3個(gè)學(xué)校，調(diào)研該校高三復(fù)習(xí)備考近況，要求每個(gè)學(xué)校至少一名，則不同的分配方案種數(shù)為(　　) A．144　　　　　　　　　　B．72 C．36

37、D．48 解析：選C　分兩步完成：第一步將4名調(diào)研員按2,1,1分成三組，其分法有；第二步將分好的三組分配到3個(gè)學(xué)校，其分法有A種，所以滿(mǎn)足條件的分配方案有·A＝36種． 角度三：不等分問(wèn)題 3．若將6名教師分到3所中學(xué)任教，一所1名，一所2名，一所3名，則有________種不同的分法． 解析：將6名教師分組，分三步完成： 第1步，在6名教師中任取1名作為一組，有C種取法； 第2步，在余下的5名教師中任取2名作為一組，有C種取法； 第3步，余下的3名教師作為一組，有C種取法． 根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理，共有CCC＝60種取法． 再將這3組教師分配到3所中學(xué)，有A＝6種分法，

38、故共有60×6＝360種不同的分法． 答案：360 [方法歸納] 解決分組分配問(wèn)題的3種策略 (1)整體均分 解題時(shí)要注意分組后，不管它們的順序如何，都是一種情況，所以分組后一定要除以A(n為均分的組數(shù))，避免重復(fù)計(jì)數(shù)． (2)部分均分 解題時(shí)注意重復(fù)的次數(shù)是均勻分組的階乘數(shù)，即若有m組元素個(gè)數(shù)相等，則分組時(shí)應(yīng)除以m！，一個(gè)分組過(guò)程中有幾個(gè)這樣的均勻分組就要除以幾個(gè)這樣的全排列數(shù)． (3)不等分組 只需先分組，后排列，注意分組時(shí)任何組中元素的個(gè)數(shù)都不相等，所以不需要除以全排列數(shù)． 一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快 1．將2名教師、4名學(xué)生分成2個(gè)小組，分別安排到甲、乙兩地

39、參加社會(huì)實(shí)踐活動(dòng)，每個(gè)小組由1名教師和2名學(xué)生組成，不同的安排方案共有(　　) A．10種　　　　　　　　B．9種 C．12種 D．8種 解析：選C　依題意，滿(mǎn)足題意的不同安排方案共有C·C＝12種． 2．世界華商大會(huì)的某分會(huì)場(chǎng)有A，B，C三個(gè)展臺(tái)，將甲、乙、丙、丁共4名“雙語(yǔ)”志愿者分配到這三個(gè)展臺(tái)，每個(gè)展臺(tái)至少1人，其中甲、乙兩人被分配到同一展臺(tái)的不同分法的種數(shù)有(　　) A．12種 B．10種 C．8種 D．6種 解析：選D　∵甲、乙兩人被分配到同一展臺(tái)，∴可以把甲與乙捆在一起，看成一個(gè)人，然后將3個(gè)人分到3個(gè)展臺(tái)上進(jìn)行全排列，即有A種，∴甲、乙兩人被分配到同一

40、展臺(tái)的不同分法的種數(shù)有A＝6種． 3．將5名學(xué)生分配到甲、乙兩個(gè)宿舍，每個(gè)宿舍至少安排2名學(xué)生，那么互不相同的安排方法的種數(shù)為(　　) A．10 B．20 C．30 D．40 解析：選B　將5名學(xué)生分配到甲、乙兩個(gè)宿舍，每個(gè)宿舍至少安排2名學(xué)生，那么必然是一個(gè)宿舍2名，而另一個(gè)宿舍3名，共有CC×2＝20種． 4．從1,2,3,4,5,6六個(gè)數(shù)字中，選出一個(gè)偶數(shù)和兩個(gè)奇數(shù)，組成一個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，這樣的三位數(shù)共有(　　) A．9個(gè) B．24個(gè) C．36個(gè) D．54個(gè) 解析：選D　選出符合題意的三個(gè)數(shù)共有CC種方法，這三個(gè)數(shù)可組成CCA＝54個(gè)沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的

41、三位數(shù)． 5．在1,2,3,4,5這五個(gè)數(shù)字組成的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)中，各位數(shù)字之和為奇數(shù)的共有(　　) A．36個(gè) B．24個(gè) C．18個(gè) D．6個(gè) 解析：選B　各位數(shù)字之和是奇數(shù)，則這三個(gè)數(shù)字中三個(gè)都是奇數(shù)或兩個(gè)偶數(shù)一個(gè)奇數(shù)，所有可能情況有A＋CA＝6＋18＝24(個(gè))． 二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo) 1．(2016·山西四校聯(lián)考)有5名優(yōu)秀畢業(yè)生到母校的3個(gè)班去做學(xué)習(xí)經(jīng)驗(yàn)交流，則每個(gè)班至少去一名的不同分派方法種數(shù)為(　　) A．150 B．180 C．200 D．280 解析：選A　分兩類(lèi)：一類(lèi)，3個(gè)班分派的畢業(yè)生人數(shù)分別為2,2,1，則有·A＝9

42、0種分派方法；另一類(lèi)，3個(gè)班分派的畢業(yè)生人數(shù)分別為1,1,3，則有C·A＝60種分派方法．所以不同分派方法種數(shù)為90＋60＝150種． 2．(2016·貴陽(yáng)摸底)現(xiàn)有2門(mén)不同的考試要安排在5天之內(nèi)進(jìn)行，每天最多進(jìn)行一門(mén)考試，且不能連續(xù)兩天有考試，那么不同的考試安排方案種數(shù)是(　　) A．12 B．6 C．8 D．16 解析：選A　若第一門(mén)安排在開(kāi)頭或結(jié)尾，則第二門(mén)有3種安排方法，這時(shí)，共有C×3＝6種方法；若第一門(mén)安排在中間的3天中，則第二門(mén)有2種安排方法，這時(shí)，共有3×2＝6種方法．綜上可得，不同的考試安排方案共有6＋6＝12種． 3．(2016·太原模擬)有5本不同的教科

43、書(shū)，其中語(yǔ)文書(shū)2本，數(shù)學(xué)書(shū)2本，物理書(shū)1本．若將其并排擺放在書(shū)架的同一層上，則同一科目書(shū)都不相鄰的放法種數(shù)是(　　) A．24 B．48 C．72 D．96 解析：選B　據(jù)題意可先擺放2本語(yǔ)文書(shū)，當(dāng)1本物理書(shū)在2本語(yǔ)文書(shū)之間時(shí)，只需將2本數(shù)學(xué)書(shū)插在前3本書(shū)形成的4個(gè)空中即可，此時(shí)共有AA種擺放方法；當(dāng)1本物理書(shū)放在2本語(yǔ)文書(shū)一側(cè)時(shí)，共有AACC種不同的擺放方法，由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理可得共有AA＋AACC＝48種擺放方法． 4．用1,2,3,4,5,6組成數(shù)字不重復(fù)的六位數(shù)，滿(mǎn)足1不在左、右兩端，2,4,6三個(gè)偶數(shù)中有且只有兩個(gè)偶數(shù)相鄰，則這樣的六位數(shù)的個(gè)數(shù)為(　　) A．423

44、 B．288 C．216 D．144 解析：選B　若2,4相鄰，把2,4捆綁在一起，與另外四個(gè)數(shù)排列(相當(dāng)于5個(gè)元素排列)，1不在左、右兩側(cè)，則六位數(shù)的個(gè)數(shù)為2×C×A＝144，同理2,4與6相鄰的有A×2×2×A＝48個(gè)，所以只有2,4相鄰的有144－48＝96個(gè)，全部符合條件的六位數(shù)有96×3＝288個(gè)． 5．(2016·福建三明調(diào)研)將A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中順序?yàn)椤癆，B，C”或“C，B，A”(可以不相鄰)，這樣的排列數(shù)有(　　) A．12種 B．20種 C．40種 D．60種 解析：選C　(排序一定用除法)五個(gè)元素沒(méi)有限制全排列數(shù)

45、為A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以這三個(gè)元素的全排列A，可得這樣的排列數(shù)有×2＝40種． 6．4位同學(xué)參加某種形式的競(jìng)賽，競(jìng)賽規(guī)則規(guī)定：選甲題答對(duì)得100分，答錯(cuò)得－100分，選乙題答對(duì)得90分，答錯(cuò)得－90分，若4位同學(xué)的總分為0分，則這4位同學(xué)不同得分情況的種數(shù)是________． 解析：由于4位同學(xué)的總分為0分，故4位同學(xué)選甲、乙題的人數(shù)有且只有三種情況：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．對(duì)于①，須2人答對(duì)，2人答錯(cuò)，共有C＝6種情況；對(duì)于②，選甲題的須1人答對(duì)，1人答錯(cuò)，選乙題的也如此，有CCC＝24種情況；對(duì)于③

46、，與①相同，有6種情況，故共有6＋24＋6＝36種不同的情況． 答案：36 7．(2016·廣州質(zhì)檢)若把英語(yǔ)單詞“error”的字母順序?qū)戝e(cuò)了，則可能出現(xiàn)的錯(cuò)誤共有________種． 解析：A－1＝19. 答案：19 8．(2015·浙江重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體摸底)把座位編號(hào)為1,2,3,4,5的五張電影票全部分給甲、乙、丙、丁四個(gè)人，每人至少一張，至多兩張，且分得的兩張票必須是連號(hào)，那么不同的分法種數(shù)為_(kāi)_______(用數(shù)字作答)． 解析：先將票分為符合條件的4份，由題意，4人分5張票，且每人至少一張，至多兩張，則三人每人一張，一人2張，且分得的票必須是連號(hào)，相當(dāng)于將1,2,3,4

47、,5這五個(gè)數(shù)用3個(gè)板子隔開(kāi)，分為四部分且不存在三連號(hào)．在4個(gè)空位插3個(gè)板子，共有C＝4種情況，再對(duì)應(yīng)到4個(gè)人，有A＝24種情況，則共有4×24＝96種情況． 答案：96 9．(2016·山西考前質(zhì)檢)5名工人分別要在某3天中選擇1天休息，且每天至少有一人休息，則不同的安排方式有________種(用數(shù)字填寫(xiě))． 解析：由題意可知5名工人分別要在某3天中任選1天休息，且每天至少有一人休息，則不同的安排方式共分兩類(lèi)：第一類(lèi)，有兩天中只有一人休息，另外一天有三人休息，共有CA＝60種方法；第二類(lèi)，有兩天中分別有兩人休息，另外一天只有一人休息，共有·A＝90種方法．綜上所述，共有60＋90＝15

48、0種方法． 答案：150 10．將7個(gè)相同的小球放入4個(gè)不同的盒子中． (1)不出現(xiàn)空盒時(shí)的放入方式共有多少種？ (2)可出現(xiàn)空盒時(shí)的放入方式共有多少種？ 解：(1)將7個(gè)相同的小球排成一排，在中間形成的6個(gè)空當(dāng)中插入無(wú)區(qū)別的3個(gè)“隔板”將球分成4份，每一種插入隔板的方式對(duì)應(yīng)一種球的放入方式，則共有C＝20種不同的放入方式． (2)每種放入方式對(duì)應(yīng)于將7個(gè)相同的小球與3個(gè)相同的“隔板”進(jìn)行一次排列，即從10個(gè)位置中選3個(gè)位置安排隔板，故共有C＝120種放入方式． 三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校 1．(2015·上饒模擬)有紅、藍(lán)、黃、綠四種顏色的球各6個(gè)，每種顏色的6個(gè)球分別

49、標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6，從中任取3個(gè)標(biāo)號(hào)不同的球，這3個(gè)顏色互不相同且所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的取法種數(shù)為(　　) A．80 B．84 C．96 D．104 解析：選C　所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的方法有135,136,146,246，共4種方法.3個(gè)顏色互不相同有A＝4×3×2＝24種，∴這3個(gè)顏色互不相同且所標(biāo)數(shù)字互不相鄰的取法有24×4＝96種． 2．(2016·湖南師大附中月考)已知集合A＝{x|x＝a0＋a1×3＋a2×32＋a3×33}，其中ai∈{0,1,2}(i＝0,1,2,3)且a3≠0，則A中所有元素之和等于(　　) A．3 240 B．3 120 C．2 9

50、97 D．2 889 解析：選D　由題意可知，a0，a1，a2各有3種取法(均可取0,1,2)，a3有2種取法(可取1,2)，由分步乘法計(jì)數(shù)原理可得共有3×3×3×2種取法．∴當(dāng)a0取0,1,2時(shí)，a1，a2各有3種取法，a3有2種取法，共有3×3×2＝18種取法，即集合A中含有a0項(xiàng)的所有數(shù)的和為(0＋1＋2)×18；同理可得集合A中含有a1項(xiàng)的所有數(shù)的和為(3×0＋3×1＋3×2)×18；集合A中含有a2項(xiàng)的所有數(shù)的和為(32×0＋32×1＋32×2)×18；集合A中含有a3項(xiàng)的所有數(shù)的和為(33×1＋33×2)×27；由分類(lèi)加法計(jì)數(shù)原理得集合A中所有元素之和S＝(0＋1＋2)×18

51、＋(3×0＋3×1＋3×2)×18＋(32×0＋32×1＋32×2)×18＋(33×1＋33×2)×27＝18×(3＋9＋27)＋81×27＝702＋2 187＝2 889. 3．用0,1,2,3,4這五個(gè)數(shù)字，可以組成多少個(gè)滿(mǎn)足下列條件的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)？ (1)比21 034大的偶數(shù)； (2)左起第二、四位是奇數(shù)的偶數(shù)． 解：(1)法一：可分五類(lèi)，當(dāng)末位數(shù)字是0，而首位數(shù)字是2時(shí)，有6個(gè)五位數(shù)； 當(dāng)末位數(shù)字是0，而首位數(shù)字是3或4時(shí)，有AA＝12個(gè)五位數(shù)； 當(dāng)末位數(shù)字是2，而首位數(shù)字是3或4時(shí)，有AA＝12個(gè)五位數(shù)； 當(dāng)末位數(shù)字是4，而首位數(shù)字是2時(shí)，有3個(gè)五位數(shù)； 當(dāng)

52、末位數(shù)字是4，而首位數(shù)字是3時(shí)，有A＝6個(gè)五位數(shù)； 故共有6＋12＋12＋3＋6＝39個(gè)滿(mǎn)足條件的五位數(shù)． 法二：不大于21 034的偶數(shù)可分為三類(lèi)：萬(wàn)位數(shù)字是1的偶數(shù)，有A·A＝18個(gè)五位數(shù)；萬(wàn)位數(shù)字是2，而千位數(shù)字是0的偶數(shù)，有A個(gè)五位數(shù)；還有一個(gè)為21 034本身． 而由0,1,2,3,4組成的五位偶數(shù)個(gè)數(shù)有A＋A·A·A＝60個(gè)，故滿(mǎn)足條件的五位偶數(shù)的個(gè)數(shù)為60－18－2－1＝39. (2)法一：可分為兩類(lèi)： 末位數(shù)是0，個(gè)數(shù)有A·A＝4； 末位數(shù)是2或4，個(gè)數(shù)有A·A＝4； 故共有A·A＋A·A＝8個(gè)滿(mǎn)足條件的五位數(shù)． 法二：第二、四位從奇數(shù)1,3中取，有A個(gè)；首位從

53、2,4中取，有A個(gè)；余下的排在剩下的兩位，有A個(gè)，故共有AAA＝8個(gè)滿(mǎn)足條件的五位數(shù)． 第三節(jié)二項(xiàng)式定理 1．二項(xiàng)式定理 (1)定理 公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二項(xiàng)式定理． (2)通項(xiàng) Tk＋1＝Can－kbk為展開(kāi)式的第k＋1項(xiàng)． 2．二項(xiàng)式系數(shù)與項(xiàng)的系數(shù) (1)二項(xiàng)式系數(shù) 二項(xiàng)展開(kāi)式中各項(xiàng)的系數(shù)C(k∈{0,1，…，n})叫做二項(xiàng)式系數(shù)． (2)項(xiàng)的系數(shù) 項(xiàng)的系數(shù)是該項(xiàng)中非字母因數(shù)部分，包括符號(hào)等，與二項(xiàng)式系數(shù)是兩個(gè)不同的概念． 3．二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì) 性質(zhì) 內(nèi)容 對(duì)稱(chēng)性 與首末兩端等距離的兩個(gè)二項(xiàng)式

54、系數(shù)相等，即C＝C 增減性 當(dāng)k＜時(shí)，二項(xiàng)式系數(shù)逐漸增大； 當(dāng)k＞時(shí)，二項(xiàng)式系數(shù)逐漸減小 最大值 當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，中間一項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，最大值為C；當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，中間兩項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，且同時(shí)取得最大值，最大值為C或C 4．各二項(xiàng)式系數(shù)的和 (a＋b)n的展開(kāi)式的各個(gè)二項(xiàng)式系數(shù)的和等于2n，即C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n. 二項(xiàng)展開(kāi)式中，偶數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)的和等于奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. [小題體驗(yàn)] 1．(教材習(xí)題改編)(x＋2)8的展開(kāi)式中x6的系數(shù)是(　　) A．28　　　　　　　　　B．56 C．112 D

55、．224 解析：選C　通項(xiàng)為T(mén)r＋1＝Cx8－r2r＝2rCx8－r，令8－r＝6，得r＝2，即T3＝22Cx6＝112x6，所以x6的系數(shù)是112. 2．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，則a7＋a6＋…＋a1的值為(　　) A．1 B．129 C．128 D．127 解析：選B　令x＝1得a0＋a1＋…＋a7＝27＝128；令x＝0得a0＝(－1)7＝－1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝129. 3．(教材習(xí)題改編)8的展開(kāi)式中的有理項(xiàng)共有________項(xiàng)． 解析：∵Tr＋1＝C()8－rr＝rCx， ∴r為4的倍數(shù)，故r＝0,4,8共3項(xiàng)．

56、 答案：3 1．二項(xiàng)式的通項(xiàng)易誤認(rèn)為是第k項(xiàng)，實(shí)質(zhì)上是第k＋1項(xiàng)． 2．(a＋b)n與(b＋a)n雖然相同，但具體到它們展開(kāi)式的某一項(xiàng)時(shí)是不相同的，所以公式中的第一個(gè)量a與第二個(gè)量b的位置不能顛倒． 3．易混淆二項(xiàng)式中的“項(xiàng)”，“項(xiàng)的系數(shù)”、“項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)”等概念，注意項(xiàng)的系數(shù)是指非字母因數(shù)所有部分，包含符號(hào)，二項(xiàng)式系數(shù)僅指C(k＝0,1，…，n)． [小題糾偏] 1．(1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的展開(kāi)式中x5與x6的系數(shù)相等，則n＝(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：選B　(1＋3x)n的展開(kāi)式中含x5的項(xiàng)為C(3x)5＝C35x5，展開(kāi)式中含

57、x6的項(xiàng)為C36x6.由兩項(xiàng)的系數(shù)相等得C·35＝C·36，解得n＝7. 2．若二項(xiàng)式n展開(kāi)式中的第5項(xiàng)是常數(shù)，則自然數(shù)n的值為(　　) A．6 B．10 C．12 D．15 解析：選C　由二項(xiàng)式n展開(kāi)式的第5項(xiàng)C()n－44＝16Cx是常數(shù)項(xiàng)，可得－6＝0，解得n＝12. [題組練透] 1．二項(xiàng)式10的展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)是(　　) A．180　　　　　　　　　B．90 C．45 D．360 解析：選A　10的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)k＋1＝C·()10－kk＝2kCx，令5－k＝0，得k＝2，故常數(shù)項(xiàng)為22C＝180. 2．(易錯(cuò)題)若n展開(kāi)式中含有x2項(xiàng)，則n的最

58、小值是(　　) A．15 B．8 C．7 D．3 解析：選D　注意到二項(xiàng)式n的展開(kāi)式的通項(xiàng)是Tr＋1＝C·n－r·(－x)r＝C·(－1)r·x.令r－n＝2，即r＝有正整數(shù)解；又2與5互質(zhì)， 因此n＋2必是5的倍數(shù)，即n＋2＝5k，n＝5k－2，n的最小值是3. 3．(2015·北京高考)在(2＋x)5的展開(kāi)式中，x3的系數(shù)為_(kāi)_______．(用數(shù)字作答) 解析：設(shè)通項(xiàng)為T(mén)r＋1＝C25－rxr，令r＝3，則x3的系數(shù)為C×22＝10×4＝40. 答案：40 [謹(jǐn)記通法] 求二項(xiàng)展開(kāi)式中的項(xiàng)的3種方法 求二項(xiàng)展開(kāi)式的特定項(xiàng)問(wèn)題，實(shí)質(zhì)是考查通項(xiàng)Tk＋1＝Can－k

59、bk的特點(diǎn)，一般需要建立方程求k，再將k的值代回通項(xiàng)求解，注意k的取值范圍(k＝0,1,2，…，n)． (1)第m項(xiàng)：此時(shí)k＋1＝m，直接代入通項(xiàng)，如“題組練透”第2題； (2)常數(shù)項(xiàng)：即這項(xiàng)中不含“變?cè)?，令通?xiàng)中“變?cè)钡膬缰笖?shù)為0建立方程； (3)有理項(xiàng)：令通項(xiàng)中“變?cè)钡膬缰笖?shù)為整數(shù)建立方程． 特定項(xiàng)的系數(shù)問(wèn)題及相關(guān)參數(shù)值的求解等都可依據(jù)上述方法求解． [典例引領(lǐng)] 1．(2015·湖北高考)已知(1＋x)n的展開(kāi)式中第4項(xiàng)與第8項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，則奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為(　　) A．29B．210 C．211 D．212 解析：選A　由C＝C，得n＝10，

60、故奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為29. 2．(2016·成都一中模擬)設(shè)(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，則a0＋a1＋a2＋…＋a11的值為(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：選A　令等式中x＝－1可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故選A. [由題悟法] 1．賦值法研究二項(xiàng)式的系數(shù)和問(wèn)題 “賦值法”普遍適用于恒等式，是一種重要的方法，對(duì)形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展開(kāi)式的各項(xiàng)系數(shù)之和，常用賦值法，只需令x＝1即可；對(duì)形如(ax＋by)n(

61、a，b∈R)的式子求其展開(kāi)式各項(xiàng)系數(shù)之和，只需令x＝y(tǒng)＝1即可． 2．二項(xiàng)式系數(shù)最大項(xiàng)的確定方法 (1)如果n是偶數(shù)，則中間一項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大； (2)如果n是奇數(shù)，則中間兩項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等并最大． [即時(shí)應(yīng)用] 1．在(1＋x)n(x∈N*)的二項(xiàng)展開(kāi)式中，若只有x5的系數(shù)最大，則n＝(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 解析：選C　二項(xiàng)式中僅x5項(xiàng)系數(shù)最大，其最大值必為C，即得＝5，解得n＝10. 2．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，則實(shí)數(shù)m的值為(　　) A．1或3 B．－3 C．1

62、D．1或－3 解析：選D　令x＝0，得a0＝(1＋0)6＝1.令x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴(1＋m)6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3. 考點(diǎn)三　多項(xiàng)式展開(kāi)式中的特定項(xiàng)或系數(shù)問(wèn)題 [命題分析] 在高考中，常常涉及一些多項(xiàng)式問(wèn)題，主要考查學(xué)生的化歸能力． 常見(jiàn)的命題角度有： (1)幾個(gè)多項(xiàng)式和的展開(kāi)式中的特定項(xiàng)(系數(shù))問(wèn)題； (2)幾個(gè)多項(xiàng)式積的展開(kāi)式中的特定項(xiàng)(系數(shù))問(wèn)題； (3)三項(xiàng)展開(kāi)式中的特定項(xiàng)(系數(shù))問(wèn)題． [題點(diǎn)全練] 角度一：幾個(gè)多項(xiàng)式和的展開(kāi)式中的特定項(xiàng)(系數(shù))問(wèn)題 1．(2016·榮成模擬)在

63、1＋(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5的展開(kāi)式中，含x2項(xiàng)的系數(shù)是(　　) A．10 B．15 C．20 D．25 解析：選C　含x2項(xiàng)的系數(shù)為C＋C＋C＋C＝20. 角度二：幾個(gè)多項(xiàng)式積的展開(kāi)式中的特定項(xiàng)(系數(shù))問(wèn)題 2．(2015·全國(guó)卷Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展開(kāi)式中x的奇數(shù)次冪項(xiàng)的系數(shù)之和為32，則a＝________. 解析：設(shè)(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5. 令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.① 令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a

64、5.② ①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，∴a＝3. 答案：3 角度三：三項(xiàng)展開(kāi)式中特定項(xiàng)(系數(shù))問(wèn)題 3．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5的展開(kāi)式中，x5y2的系數(shù)為(　　) A．10 B．20 C．30 D．60 解析：選C　法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5， 含y2的項(xiàng)為T(mén)3＝C(x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3中含x5的項(xiàng)為Cx4·x＝Cx5. 所以x5y2的系數(shù)為CC＝30，故選C. 法二：(x2＋x＋y)5為5個(gè)x2＋x＋y之積，其中有兩個(gè)取y，兩個(gè)取x2，一個(gè)取x即可，所以x5y2的系數(shù)為CC

65、C＝30，故選C. [方法歸納] 1．對(duì)于幾個(gè)多項(xiàng)式和的展開(kāi)式中的特定項(xiàng)(系數(shù))問(wèn)題，只需依據(jù)二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)，從每一項(xiàng)中分別得到特定的項(xiàng)，再求和即可． 2．對(duì)于幾個(gè)多項(xiàng)式積的展開(kāi)式中的特定項(xiàng)問(wèn)題，一般都可以根據(jù)因式連乘的規(guī)律，結(jié)合組合思想求解，但要注意適當(dāng)?shù)剡\(yùn)用分類(lèi)方法，以免重復(fù)或遺漏． 3．對(duì)于三項(xiàng)式問(wèn)題一般先變形化為二項(xiàng)式再解決． 一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快 1．5的展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)是(　　) A．－5　　　　　　　　　　B．5 C．－10 D．10 解析：選C　5的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r＋1＝C5－r·(－2x2)r＝(－1)rC·2r·x，當(dāng)r＝1時(shí)，Tr＋1為

66、常數(shù)項(xiàng)，即T2＝－C·2＝－10. 2．2n(n∈N*)的展開(kāi)式中只有第6項(xiàng)系數(shù)最大，則其常數(shù)項(xiàng)為(　　) A．120 B．210 C．252 D．45 解析：選B　由已知得，二項(xiàng)式展開(kāi)式中各項(xiàng)的系數(shù)和二項(xiàng)式系數(shù)相等．由展開(kāi)式中只有第6項(xiàng)的系數(shù)C最大，可得展開(kāi)式有11項(xiàng)，即2n＝10，n＝5.10展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r＋1＝Cxx＝Cx，令5－r＝0可得r＝6，此時(shí)T7＝C＝210. 3．(2016·保定期末)在(1＋x3)(1＋x)5的展開(kāi)式中，x3的系數(shù)是(　　) A．10 B．11 C．12 D．15 解析：選B　x3的系數(shù)是1×C＋1×C＝11. 4．若(1－2x)2 017＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 017x2 017(x∈R)，則＋＋…＋的值為_(kāi)_______． 解析：令x＝0，得a0＝(1－0)2 017＝1.令x＝，則a0＋＋＋…＋＝0，∴＋＋…＋＝－1. 答案：－1 5．設(shè)n的展開(kāi)式的各項(xiàng)系數(shù)之和為M，二項(xiàng)式系數(shù)之和為N，若M－N＝240，則展開(kāi)式中含x的項(xiàng)為_(kāi)_______． 解析：由已知條件4n－2n＝240，解得n＝