資源簡介

第1課時
課標解讀
1.通過實例，理解分類加法計數原理和分步乘法計數原理．
2．能根據具體問題的特征選擇分類加法計數原理和分步乘法計數原理，解決一些簡單問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　分類加法計數原理
完成一件事有n類不同方案 ，在第1類方案中有m1種不同的方法，在第2類方案中有m2種不同的方法……在第n類方案中有mn種不同的方法．那么完成這件事共有N＝____________種不同的方法．
要點二　分步乘法計數原理
完成一件事需要n個步驟 ，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法……做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝____________種不同的方法．
助 學 批 注
批注 　確立恰當的分類標準，準確地對“這件事\”進行分類，要求每一種方法必屬于某一類辦法，不同類辦法的任意兩種方法是不同的方法，也就是分類必須既“不重復\”也“不遺漏\”．
批注 　根據題意正確分步，要求各步之間必須連續，只有按照這幾步逐步地去做，才能完成這件事，各步驟之間既不能重復也不能遺漏．
夯 實 雙 基
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)在分類加法計數原理中，某兩類不同方案中的方法可以相同．(　　)
(2)在分類加法計數原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事．(　　)
(3)在分步乘法計數原理中，只有各步驟都完成后，這件事情才算完成．(　　)
(4)在分步乘法計數原理中，每個步驟中完成這個步驟的方法是各不相同的．(　　)
2．從甲地到乙地有兩類交通方式：坐飛機和乘輪船，其中飛機每天有3班，輪船有4班．若李先生從甲地去乙地，則不同的交通方式共有(　　)
A．3種　　B．4種 C．7種　　D．12種
3．已知x∈{2，3，7}，y∈{－3，－4，8}，則x·y可表示不同的值的個數為(　　)
A．10個 B．6個
C．8個 D．9個
4．某商場共有4個門，購物者若從任意一個門進，從任意一個門出，則不同走法的種數是________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型 1　分類加法計數原理的應用
例1　某單位組織職工義務獻血，在體檢合格的人中，O型血的共有1人，A型血的共有16人，B型血的共有15人，AB型血的共有12人．從中任選1人去獻血，有多少種不同的選法？
方法歸納
利用分類加法計數原理解題的一般步驟
鞏固訓練1　[2022·廣東清遠高二期末]從甲地出發前往乙地，一天中有4趟汽車、3趟火車和1趟航班可供選擇．某人某天要從甲地出發，去乙地旅游，則所有不同走法的種數是(　　)
A．16 B．15
C．12 D．8
題型 2　分步乘法計數原理的應用
例2　甲有5件不同顏色的上衣，6條不同樣式的褲子和4雙不同的鞋子，如果把1件上衣、1條褲子和1雙鞋子看作一種搭配方法，那么甲著裝時，共有多少種不同的搭配方法？
方法歸納
利用分步乘法計數原理計數時的一般步驟
鞏固訓練2　(1)[2022·河北石家莊高二期末]7月3日，甲、乙兩人從邢臺各自乘坐火車到石家莊，當天從邢臺到石家莊有11個車次，其中有5個車次的發車時間為凌晨1點到凌晨5點，有6個車次的發車時間為早上7點到晚上6點．已知甲選擇凌晨6點以后出發的車次，乙選擇凌晨1點到晚上6點出發的車次，則兩人車次的不同選擇共有(　　)
A．11種 B．36種
C．66種 D．121種
(2)[2022·湖北恩施高二期中]2022年6月成都將舉辦第31屆世界大學生夏季運動會，現有4名同學分別到東安期體育公園、鳳凰山體育公園、四川省體育館這三個場館做志愿者，每名同學只能去1個場館，東安湖體育公園安排1名，鳳凰山體育公園安排1名，四川省體育館安排2名，則不同的安排方法共有(　　)
A．6種 B．12種
C．24種 D．48種
題型 3　兩個計數原理的綜合應用
例3　現有高一四個班的學生34人，其中一、二、三、四班各有7人、8人、9人、10人，他們自愿組成數學課外小組．
(1)選其中一人為負責人，有多少種不同的選法？
(2)每班選一名組長，有多少種不同的選法？
(3)推選兩人做中心發言，這兩人需來自不同的班級，有多少種不同的選法？
方法歸納
兩個計數原理的綜合應用策略
鞏固訓練3　(1)[2022·山東菏澤高二期中]如圖，從甲村到乙村有3條路可走，從乙村到丙村有2條路可走，從甲村不經過乙村到丙村有2條路可走，則從甲村到丙村的走法種數為(　　)
A．3 B．6
C．7 D．8
(2)如圖所示，玩具計數算盤的三檔上各有5個算珠，現將每檔算珠分為左右兩部分，左側的每個算珠表示2，右邊的每個算珠表示1(允許一側無珠)，記上、中、下三檔的數字和分別為a，b，c.例如，圖中上檔的數字和a＝7.若a，b，c成等差數列，則不同的分珠計數法個數為________．
第1課時
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
m1＋m2＋…＋mn
要點二
m1×m2×…×mn
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．解析：由分類加法計數原理，從甲地去乙地共3＋4＝7(種)不同的交通方式．故選C.
答案：C
3．解析：因為x從集合{2，3，7}中任取一個值共有3個不同的值，y從集合{－3，－4，8}中任取一個值共有3個不同的值，故x·y可表示3×3＝9(個)不同的值．故選D.
答案：D
4．解析：不同的走法可以看作是兩步完成的，第一步是進門共有4種；第二步是出門，共有4種．由分步乘法計數原理知共有4×4＝16(種)．
答案：16
題型探究·課堂解透
例1　解析：從O型血的人中選1人有1種不同的選法，從A型血的人中選1人有16種不同的選法，從B型血的人中選1人有15種不同的選法，從AB型血的人中選1人有12種不同的選法．任選1人去獻血，即無論選哪種血型的哪一個人，這件“任選1人去獻血”的事情都能完成，所以由分類加法計數原理，共有1＋16＋15＋12＝44(種)不同的選法．
鞏固訓練1　解析：根據分類加法計數原理，可知共有4＋3＋1＝8(種)不同的走法．故選D.
答案：D
例2　解析：要得到一種搭配方法，分三步進行，
第一步，選上衣有5種選法，
第二步，選褲子有6種選法，
第三步，選鞋子有4種選法，
根據分步乘法計數原理可得，共有5×6×4＝120(種)不同的搭配方法．
鞏固訓練2　解析：(1)依題意可得甲有6種選擇，乙有11種選擇，由分步乘法計數原理可得兩人車次的不同選擇共有6×11＝66(種)．故選C.
(2)先從4名同學中選1名安排到東安湖體育公園，有4種選法，再從剩余的3名同學中選1名安排到鳳凰山體育公園，有3種選法，最后將剩下的2名同學安排到四川省體育館，有1種選法，由分步乘法計數原理．共有4×3×1＝12(種)不同的安排方法．故選B.
答案：(1)C　(2)B
例3　解析：(1)分四類：第1類，從一班學生中選1人，有7種選法；第2類，從二班學生中選1人，有8種選法；第3類，從三班學生中選1人，有9種選法；第4類，從四班學生中選1人，有10種選法.
由分類加法計數原理知共有不同的選法N＝7＋8＋9＋10＝34(種).
(2)分四步：第1、2、3、4步分別從一、二、三、四班學生中選一人任組長.
由分步乘法計數原理知共有不同的選法N＝7×8×9×10＝5 040(種).
(3)分六類，每類又分兩步．從一、二班學生中各選1人，有7×8種不同的選法；從一、三班學生中各選1人，有7×9種不同的選法；從一、四班學生中各選1人，有7×10種不同的選法；從二、三班學生中各選1人，有8×9種不同的選法；從二、四班學生中各選1人，有8×10種不同的選法；從三、四班學生中各選1人，有9×10種不同的選法．由分類加法計數原理知共有不同的選法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(種).
鞏固訓練3　解析：(1)由圖可知，從甲村直接到丙村的走法有2種，從甲村到乙村再到丙村的走法有3×2＝6(種)，所以從甲村到丙村的走法共有6＋2＝8(種)．故選 D.
(2)根據題意知，a，b，c的取值范圍都是區間中的6個整數，
當公差d＝0，有6種；
當公差d＝±1時，b不取5和10，有2×4＝8(種)；
當公差d＝±2時，b只能取7、8，有2×2＝4(種)；
綜上，不同的分珠計數法有6＋8＋4＝18(種)．
答案：(1)D　(2)18第2課時
課標解讀
1.進一步理解和掌握分類加法計數原理與分步乘法計數原理．
2．能根據具體問題的特征，選擇兩種計數原理解決一些實際問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
夯 實 雙 基
1．從0，1，2，3，4，5這六個數字中，任取兩個不同的數字相加，其和為偶數的不同取法的種數為(　　)
A．30　　 B．20 C．10　　 D．6
2．[2022·廣東廣州高二期末]用1，2，3，4組成沒有重復數字的兩位數，這樣的兩位數個數為(　　)
A．6　　　B．12 C．16　　 D．24
3．某地為以下社會主義核心價值觀宣傳標語進行涂色裝飾，要求四種標語的顏色均不相同，現在有五種顏色可供選擇，有________種不同的涂色方案．(　　)
自由 平等 公正 法制
A.24　　 B．60 C．120　　D．240
4．有一排四個信號顯示窗，每個窗可亮紅燈、綠燈或不亮燈，則這排信號顯示窗所發出的信號種數是________．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型 1　組數問題
例1　用0，1，2，3，4五個數字，
(1)可以排成多少個三位數字的電話號碼？
(2)可以排成多少個三位數？
(3)可以排成多少個能被2整除的無重復數字的三位數？
方法歸納
解決組數問題的策略
鞏固訓練1　[2022·河北石家莊十五中高二期中]用0，1，2，3，…，9十個數字可組成多少個不同的
(1)無重復數字的三位數？
(2)小于500且沒有重復數字的自然數？
題型2　占位模型中標準的選擇
例2　(1)4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每人報一項，共有多少種報名方法？
(2)4名同學選報跑步、跳高、跳遠三個項目，每項限報一人，且每人至多報一項，共有多少種報名方法？
(3)4名同學爭奪跑步、跳高、跳遠三項冠軍，共有多少種可能的結果？
方法歸納
在占位模型中選擇按元素還是按位置進行分解的標準是“唯一性”，即元素是否選、選是否只選一次，位置是否占、占是否只占一次．解題時一般選擇具有“唯一性”的對象進行分解．
鞏固訓練2　(1)[2022·河北唐山高二期中]3名志愿者，每人從4個不同的崗位中選擇1個，則不同的選擇方法共有(　　)
A．12種 B．64種
C．81種 D．24種
(2)4名運動員同時參與到三項比賽冠軍的爭奪，則最終獲獎結果種數為(　　)
A．24 B．4
C．64 D．81
題型 3　涂色問題
例3　[2022·福建泉州高二期中]如圖為我國數學家趙爽(約3世紀初)在為《周髀算經》作注時驗證勾股定理的示意圖，現在提供4種顏色給其中5個小區域涂色，規定每個區域只涂一種顏色，相鄰顏色不同，則不同的涂色方法種數為________．
方法歸納
解決涂色問題的策略
鞏固訓練3　[2022·江蘇淮安高二期末]某學校有一塊綠化用地，其形狀如圖所示．為了讓效果更美觀，要求在四個區域內種植花卉，且相鄰區域顏色不同．現有五種不同顏色的花卉可供選擇，則不同的種植方案共有________種．(用數字作答)
第2課時
新知初探·課前預習
[夯實雙基]
1．解析：從0，1，2，3，4，5六個數字中，任取兩個不同的數字相加，和為偶數可分為兩類：①取出的兩數都是偶數，共有3種取法；②取出的兩數都是奇數，共有3種取法．故由分類加法計數原理得，共有N＝3＋3＝6(種)取法．故選D.
答案：D
2．解析：先排個位，有4種排法，再排十位，有3種排法， 因此共有4×3＝12(種)排法，故選B.
答案：B
3．解析：首先涂“自由”有5種涂法，再涂“平等”有4種涂法，以此類推“公正”有3種涂法，“法制”有2種涂法，按照分步乘法計數原理可得有5×4×3×2＝120(種)涂法．故選C.
答案：C
4．解析：每個信號顯示窗都有3種可能，故有3×3×3×3＝34＝81(種)不同信號．
答案：81
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)三位數字的電話號碼，首位可以是0，數字也可以重復，每個位置都有5種排法，共有5×5×5＝53＝125(種)．
(2)三位數的首位不能為0，但可以有重復數字，首先考慮首位的排法，除0外共有4種方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(種)．
(3)被2整除的數即偶數，末位數字可取0，2，4，因此，可以分兩類，一類是末位數字是0，則有4×3＝12(種)排法；一類是末位數字不是0，則末位有2種排法，即2或4，再排首位，因為0不能在首位，所以有3種排法，十位有3種排法，因此有2×3×3＝18(種)排法．因而有12＋18＝30(種)排法．即可以排成30個能被2整除的無重復數字的三位數．
鞏固訓練1　解析：(1)百位上的數字有9種選法，十位上的數字有除百位上的數字以外的9種選法，個位上的數字應從剩余8個數字中選取，所以共有9×9×8＝648(個)無重復數字的三位數．
(2)滿足條件的一位自然數有10個，兩位自然數有9×9＝81(個)，三位自然數有4×9×8＝288(個)，由分類加法計數原理知共有10＋81＋288＝379(個)小于500且無重復數字的自然數．
例2　解析：(1)要完成的是“4名同學每人從三個項目中選一項報名”這件事，因為每人必報一項，4人都報完才算完成，所以按人分步，且分為四步，又每人可在三項中選一項，選法為3種，所以共有3×3×3×3＝81(種)報名方法．
(2)每項限報一人，且每人至多報一項，因此跑步項目有4種選法，跳高項目有3種選法，跳遠項目只有2種選法．根據分步乘法計數原理，可得不同的報名方法有4×3×2＝24(種)．
(3)要完成的是“三個項目冠軍的獲取”這件事，因為每項冠軍只能有一人獲得，三項冠軍都有得主，這件事才算完成，所以應以“確定三項冠軍得主”為線索進行分步，而每項冠軍的得主有4種可能結果，所以共有4×4×4＝64(種)可能的結果．
鞏固訓練2　解析：(1)每個人都有4種選擇，故不同的選擇方法共有43＝64(種)．故選B.
(2)每一項比賽的冠軍在4個人中選取有4種方法，由分步乘法計數原理得：最終獲獎結果種數為4×4×4＝43＝64.故選C.
答案：(1)B　(2)C
例3　解析：分4步進行分析：
①，對于區域A，有4種顏色可選；
②，對于區域B，與A區域相鄰，有3種顏色可選；
③，對于區域C，與A、B區域相鄰，有2種顏色可選；
④，對于區域D、E，若D與B顏色相同，E區域有2種顏色可選，
若D與B顏色不相同，D區域有1種顏色可選，E區域有1種顏色可選，
則區域D、E有2＋1×1＝3(種)選擇，
則不同的涂色方案有4×3×2×3＝72(種)．
答案：72
鞏固訓練3　解析：先在1中種植，有5種不同的種植方法，再在2中種植，有4種不同的種植方法，
再在3中種植，有3種不同的種植方法，最后在4中種植，有3種不同的種植方法，
所以不同的種植方案共有5×4×3×3＝180(種)．
答案：1806.2.1　排列
課標解讀
1.理解并掌握排列的概念．
2．能應用排列知識解決簡單的實際問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　排列的定義
一般地，從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素 ，并按照一定的順序 排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列．
要點二　排列相同的條件
兩個排列相同的充要條件：
(1)兩個排列的____完全相同．
(2)元素的排列____也相同．
助 學 批 注
批注 　元素不能重復．(互異性)
批注 　“按一定順序”就是與位置有關，這是判斷一個問題是否是排列問題的關鍵．(有序性)．
夯 實 雙 基
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)排列與所選出的元素的排列順序有關．(　　)
(2)兩個排列的元素相同，則這兩個排列是相同的排列．(　　)
(3)在一個排列中，若交換兩個元素的位置，則該排列不發生變化．(　　)
(4)從4個不同元素中任取3個元素，只要元素相同得到的就是相同的排列．(　　)
2．下列問題是排列問題的是(　　)
A．從8名同學中選取2名去參加知識競賽，共有多少種不同的選取方法？
B．10個人互相通信一次，共寫了多少封信？
C．平面上有5個點，任意三點不共線，這5個點最多可確定多少條直線？
D．從1，2，3，4四個數字中，任選兩個相乘，其結果共有多少種？
3．從甲、乙、丙三人中選兩人站成一排的所有站法為(　　)
A．甲乙、乙甲、甲丙、丙甲
B．甲乙丙、乙丙甲
C．甲乙、甲丙、乙甲、乙丙、丙甲、丙乙
D．甲乙、甲丙、乙丙
4．從1，2，3中任取兩個數字組成不同的兩位數有________個．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1排列的概念
例1　判斷下列問題是不是排列問題：
(1)某班共有50名學生，現要投票選舉正、副班長各一人，共有多少種可能的選舉結果？
(2)從2，3，5，7，9五個數字中任取兩個數分別作為對數的底數和真數，共有多少個不同的對數值？
(3)有12個車站，共需準備多少種車票？
(4)某會場有50個座位，從中任選出3個座位，共有多少種不同的選法？
方法歸納
判斷一個具體問題是否為排列問題的方法
鞏固訓練1　(多選)下列問題是排列問題的是(　　)
A．選2個小組分別去植樹和種菜
B．選2個小組分別去種菜
C．某班40名同學在假期互發短信
D．從1，2，3，4，5中任取兩個數字相除
題型2　寫出簡單排列問題的所有排列
例2　將A，B，C，D四名同學按一定順序排成一行，要求自左向右，且A不排在第一，B不排在第二，C不排在第三，D不排在第四，試用樹形圖列出所有可能的排法．
方法歸納
用樹形圖寫出排列的一般步驟
鞏固訓練2　由0，1，2，3四個數字共能組成多少個沒有重復數字的四位數？試全部列出．
題型3　簡單的排列問題
例3　(1)有7本不同的書，從中選3本送給3名同學，每人各1本，共有多少種不同的送法？
(2)有7種不同的書，要買3本送給3名同學，每人各1本，共有多少種不同的送法？
方法歸納
對于簡單的排列問題，其解題思路可借助分步乘法計數原理進行，即采用元素分析法或位置分析法求解．
鞏固訓練3　(1)[2022·江蘇江浦高級中學高二期中]兩位同學分別從甲、乙、丙3門課程中選修1門，且2人選修的課程不同，則不同的選法共有(　　)種．
A．9 B．6
C．8 D．4
(2)有5種不同的菜種，任選4種種在不同土質的4塊地里，有________種不同的種法．
6．2.1　排列
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點二
(1)元素　(2)順序
[夯實雙基]
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
2．解析：對于A，8名同學中選取2名，不涉及順序問題，不是排列問題，A錯誤；對于B，10個人互相通信，涉及到順序問題，是排列問題，B正確；對于C，5個點中任取3點，不涉及順序問題，不是排列問題，C錯誤；對于D，4個數字中任取2個，根據乘法交換律知結果不涉及順序，不是排列問題，D錯誤．故選B.
答案：B
3．解析：從三人中選出兩人，而且要考慮這兩人的順序，所以有如下幾種站法：甲乙、甲丙、乙甲、乙丙、丙甲、丙乙．故選C.
答案：C
4．解析：12，13，21，23，31，32共6個．
答案：6
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)是．選出的2人，擔任正、副班長人選，與順序有關，所以是排列問題．
(2)是．對數值與底數和真數的取值有關系，與順序有關．
(3)是．起點站或終點站不同，則車票不同，與順序有關．
(4)不是．只是選出3個座位，與順序無關．
鞏固訓練1　解析：對A，植樹和種菜是不同的，存在順序問題，是排列問題；對B，不存在順序問題，不是排列問題；對C，存在順序問題，是排列問題；對D，兩個數相除與這兩個數的順序有關，是排列問題．故選ACD.
答案：ACD
例2　解析：樹形圖(如圖)：
由樹形圖知，所有排法有BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA.
鞏固訓練2　解析：畫出樹狀圖如下：
由樹狀圖可知，所有四位數為：1 023，1 032，1 203，1 230，1 302，1 320，2 013，2 031，2 103，2 130，2 301，2 310，3 012，3 021，3 102，3 120，3 201，3 210，共有18個．
例3　解析：(1)從7本不同的書中選3本送給3名同學，相當于從7個元素中任取3個元素的一個排列，所以共有7×6×5＝210(種)不同的送法．
(2)從7種不同的書中買3本書，這3本書并不要求都不相同，根據分步乘法計數原理，共有7×7×7＝343(種)不同的送法．
鞏固訓練3　解析：(1)兩位同學分別從甲、乙、丙3門課程中選修1門，且2人選修的課程不同，則不同的選法共有3×2＝6(種)．故選B.
(2)將4塊不同土質的地看作4個不同的位置，從5種不同的菜種中任選4種種在4塊不同土質的地里，
則本題即為從5個不同元素中任選4個元素的排列問題，
所以不同的種法共有5×4×3×2＝120(種)．
答案：(1)B　(2)1206.2.2　排列數
課標解讀
1.能利用計數原理推導排列數公式．
2．掌握幾種有限制條件的排列，能應用排列數公式解決簡單的實際問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　排列數的定義
從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同排列的____，叫做從n個不同元素中取出m個元素的排列數，用符號________表示．
要點二　排列數公式
＝________________＝________(m≤n)．
要點三　全排列與階乘
把n個不同的元素____取出的一個排列，叫做n個元素的一個全排列．這時，排列數公式中m＝n，即有＝________________．
正整數1到n的連乘積，叫做n的階乘，用____表示．于是，n個元素的全排列數公式可以寫成＝____．另外，我們規定，0！＝1.
助 學 批 注
批注　“排列數”與“排列”的區別：“排列數”是指“從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同排列的個數”，它是一個正整數；“排列”是指“從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素，按照一定的順序排成一列”，它是指具體的排法．
夯 實 雙 基
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)由于排列數的階乘式是一個分式，所以其化簡的結果不一定是整數．(　　)
表示從5個不同元素中取出(5－2)個元素的所有不同的排列的個數．(　　)
(3)若＝10×9×8×7×6，則n＝10，m＝6.(　　)
(4)n！＝1×2×3×…×(n－1)×n.(　　)
2．[2022·山東棗莊高二期末]7×8×9×…×15可表示為(　　)
　　
3．已知＝20，則n的值為(　　)
A．4　　　B．5 C．6　　　D．7
4．3位同學被推薦擔任進博會3個指定展館服務志愿者，每人負責1個展館，每個展館只需1位同學，則共有________種不同的安排方法．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型 1　排列數公式的應用
例1　＝(　　)
A．107 B．323
C．320 D．348
(2)已知＝10，則n的值為________．
(3)求證：＝
方法歸納
排列數公式的選擇策略
鞏固訓練1　(1)若＝，則m＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
(2)[2022·江蘇徐州·高二期中]計算＝________．
題型2　利用排列數解決簡單的實際問題
角度1　特殊元素或特殊位置問題
例2　三個女生和五個男生排成一排．
(1)如果女生不站兩端，有多少種不同排法？
(2)如果甲、乙兩人必須站兩端，有多少種不同排法？
(3)如果甲不站最左端，乙不站最右端，有多少種不同排法？
方法歸納
特殊元素或特殊位置的排列問題的解題策略
鞏固訓練2　(1)[2022·北京海淀高二期末]某班周一上午共有四節課，計劃安排語文、數學、美術、體育各一節，要求體育不排在第一節，則該班周一上午不同的排課方案共有(　　)
A．24種 B．18種
C．12種 D．6種
(2)[2022·江蘇連云港高二期末]從0，1，2，3這4個數字中選出3個不同數字能組成________個三位數．
角度2　相鄰問題
例3　已知A，B，C，D，E共5名同學，按下列要求排列，分別求出滿足條件的排列方法數．
(1)把這5名同學安排到5個空位上，且A，B必須相鄰；
(2)把這5名同學安排到5個空位上，且A，B必須相鄰，C，D，E也必須相鄰．
方法歸納
用“捆綁法”解決相鄰問題的一般步驟
將n個不同的元素排成一列，其中k個元素排在相鄰位置上，求不同排法種數
鞏固訓練3　(1)現有8個人排成一排照相，其中甲、乙、丙三人不全相鄰的排法種數為(　　)
(2)[2022·江蘇淮安高二期中]某學校派出4名學生和2名老師參加一個活動，活動結束后他們準備站成一排拍照留念，則2名老師相鄰的不同排法有________種．(用數字作答)
角度3　不相鄰問題
例4　已知A，B，C，D，E五名同學，按下列要求進行排列，求所有滿足條件的排列方法數．
(1)把5名同學排成一排且A，B不相鄰；
(2)把5名同學排成一排且A，B都不與C相鄰．
方法歸納
解決“不相鄰”問題的方法
解決“不相鄰”問題的方法是“插空法”，也就是先將其余元素排好，再將要求不相鄰的元素插入空中進行排列．
鞏固訓練4　(1)現有5位代表參加疫情防控表彰大會，并排坐在一起，其中甲乙不相鄰，則不同的坐法有(　　)
A．24種 B．36種
C．48種 D．72種
(2)3名男生和3名女生排成一排，男生不相鄰的排法有(　　)
A．144種 B．90種
C．260種 D．120種
角度4　定序問題
例5　7人站成一排．
(1)甲必須在乙的前面(不一定相鄰)，則有多少種不同的排列方法？
(2)甲、乙、丙三人自左向右的順序不變(不一定相鄰)，則有多少不同的排列方法？
方法歸納
解決定序問題的方法
解決“定序”問題用“倍縮法”．有(m＋n)個元素排成一列，其中m個元素之間的先后順序確定不變，將這(m＋n)個元素排成一列，有
種滿足條件的不同排法．
鞏固訓練5　(1)把語文、數學、物理、歷史、外語這五門課程安排在一天的五節課里，如果數學必須比歷史先上，則不同的排法有(　　)
A．48種 B．24種
C．60種 D．120種
(2)將A，B，C，D，E這5個字母排成一列，要求A，B，C在排列中的順序為“A，B，C”(可以不相鄰)．這樣的排列方法有________種(用數字作答)．
6．2.2　排列數
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
個數　
要點二
n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)　
要點三
全部　n(n－1)(n－2)×…×3×2×1 　n！　n!
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．解析：因為是7×8×9×…×15連續9個數相乘，所以7×8×9×…×15＝，故選A.
答案：A
3．解析：＝n(n－1)＝20 n＝5，故選B.
答案：B
4．解析：3位同學被推薦擔任進博會3個指定展館服務志愿者，每人負責1個展館，每個展館只需1位同學，則共有＝6(種)不同的安排方法．
答案：6
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348，故選D.
(2)由＝10，得(n＋1)n－n(n－1)＝10，解得n＝5.
(3)證明：＝＝＝＝.
答案：(1)D　(2)5　(3)見解析
鞏固訓練1　解析：(1)由＝，得m(m－1)(m－2)＝2(m＋1)m，得m2－5m＝0，
所以m＝5或m＝0(舍去)．故選C.
(2)由
＝0.
答案：(1)C　(2)0
例2　解析：(1)方法一　(位置分析法)：因為兩端不排女生，只能從5個男生中選2人排列，有種排法，剩余的位置沒有特殊要求，有種排法，因此共有＝14 400(種)不同排法．
方法二　(元素分析法)：從中間6個位置選3個安排女生，有種排法，其余位置無限制，有種排法，因此共有＝14 400(種)不同排法．
方法三　(間接法)：3個女生和5個男生排成一排共有種不同的排法，從中扣除女生排在首位的種排法和女生排在末位的種排法，但這樣兩端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情況時被扣去一次，在扣除女生排在末位的情況時又被扣去一次．由于兩端都是女生有種不同的排法，所以共有＝14 400(種)不同排法．
(2)甲、乙為特殊元素，先將它們排在兩端位置，有種排法，其余6人全排列，有種排法，所以共有＝1 440(種)不同排法．
(3)甲、乙為特殊元素，左、右兩端為特殊位置．
方法一　(特殊元素法)：甲在最右邊時，其他的可全排列，有種；甲不在最右邊時，可從余下6個位置中任選一個，有種，而乙可排在除去最右邊位置和甲的位置后剩余的6個位置中的任一個上，有種，其余人全排列，共有種，由分類加法計數原理得＋＝30 960(種).
方法二　(特殊位置法)：先排最左邊，除去甲外，有種，余下7個位置全排列，有種，但應剔除乙在最右邊時的排法種，所以共有＝30 960(種).
方法三　(間接法)：8個人全排列，共種．其中，不符合條件的有甲在最左邊時的種，乙在最右邊時的種，其中都包含了甲在最左邊，同時乙在最右邊的情形，共種．所以共有－＋＝30 960(種).
鞏固訓練2　解析：(1)語文、數學、美術、體育4門學科的全排列數為種，其中體育排在第一節的有種，所以該班周一上午不同的排課方案共有－＝18(種).故選B.
(2)由于選出3個不同數字能組成的三位數中，百位上的數字不能是0，
因此可以分兩步完成排列，第1步，排百位上的數字，
可以從1，2，3這3個數字中任選1個，有種選法；
第2步，排十位和個位上的數字，可以從余下的3個數字中任選2個，有種選法；
根據分步乘法計數原理，所求的三位數的個數為×＝3×3×2＝18.
答案：(1)B　(2)18
例3　解析：(1)第一步，把A，B這2名同學看作一個整體，和C，D，E共四個元素進行排列，其排列方法有種；第二步，對“捆綁到一起”的A，B這2個元素進行內部排列，即“松綁”，其排列方法有種；第三步，根據分步乘法計數原理知，符合題意的排列方法有＝48(種).
(2)第一步，把A，B這2名同學看作一個整體，把C，D，E這3名同學看成一個整體，故這兩個整體排成一列的方法有種；第二步，對“捆綁到一起”的A，B這2個元素進行內部排列，即“松綁”，其排列方法有種，對“捆綁到一起”的C，D，E這3個元素進行內部排列，即“松綁”，其排列方法有種；第三步，根據分步乘法計數原理知，符合題意的排列方法有＝24(種).
鞏固訓練3　解析：(1)在8個人全排列的方法數中減去甲、乙、丙全相鄰的方法數，就得到甲、乙、丙三人不全相鄰的方法數，
即，其它三個選項與B不相等，故選B.
(2)因為2名老師相鄰，把他們捆綁看作一個元素與4名學生排共有種排法，再排其內部順序有種，
所以4名學生和2名老師站成一排拍照，2名老師相鄰的不同排法有＝240(種).
答案：(1)B　(2)240
例4　解析：(1)方法一　第一步，先排不受限制的同學C，D，E，其排列方法有種．第二步，由于已經排好的C，D，E間(包括兩端)形成了4個空，把有限制條件(不相鄰)的同學A，B插到這4個空中，其排列方法有種．由分步乘法計數原理知，滿足條件的排列方法有＝72(種).
方法二　先不考慮A，B不相鄰這個限制條件，把5名同學全排列有種排列方法，其中A，B相鄰的排列方法有種，故滿足條件的排列方法有＝72(種).
(2)第一步，先排不受限制的同學D，E，其排列方法有種．第二步，由于已經排好的D，E之間(包括兩端)形成了3個空，把有限制條件(不相鄰)的同學A，C插到這3個空中，共有排列方法種．第三步，由于已經排好的A，C，D，E之間(包括兩端)形成了5個空，但由于B不能與C相鄰，所以把B插入已經排好的A，C，D，E中時只有3種選擇，其排列方法有種．由分步乘法計數原理知，符合條件的排列方法有＝36(種).
鞏固訓練4　解析：(1)方法一　(插空法)把甲乙2人插到另外3位代表的空格中，有種，又3位代表有順序，有種，所以甲乙不相鄰的坐法為＝72(種).
方法二　(間接法)5位代表并排坐在一起的坐法為：種，甲乙相鄰的坐法為：種，
所以甲乙不相鄰的坐法為：－＝72(種)，所以選項ABC錯誤，選項D正確．故選D.
(2)由3名男生不相鄰知，應該先把3名女生排好，有＝6(種)排法，
再讓3個男生去插空，在3名女生形成的4個空中插入3個男生，共有＝24(種)排法，
根據分步乘法計數原理，知總共有6×24＝144(種)排法．故選A.
答案：(1)D　(2)A
例5　解析：(1)甲在乙前面的排法種數占全體排列種數的一半，
故有＝2 520(種)不同的排法．
(2)甲、乙、丙自左向右的順序保持不變，即甲、乙、丙自左向右順序的排法種數占全排列種數的.
故有＝840(種)不同的排法．
鞏固訓練5　解析：(1)五門課程隨意安排有種排法，數學課在歷史課前和歷史課在數學課前各占總排法數的一半，
所以數學課排在歷史課前的排法有＝60(種)．故選C.
(2)5個元素無約束條件的全排列有種排法，由于字母A，B，C的排列順序為“A，B，C”，因此，在上述的全排列中恰好符合“A，B，C”的排列方法有＝20(種).
答案：(1)C　(2)20第1課時
課標解讀
1.理解組合的概念，能正確區別排列與組合．
2．能記住組合數的計算公式，了解組合數的性質以及組合數與排列數之間的關系，并能運用組合數公式與組合數的性質進行運算．
3．能利用組合數公式解決簡單的組合應用題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　組合的定義
一般地，從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素 作為________，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合．
要點二　組合數的概念
從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同組合的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數 ，用符號________表示．
要點三　組合數公式
＝________________＝________．規定：＝1.
助 學 批 注
批注 　取出的m個元素不講究順序，即元素沒有位置的要求．
批注 　從集合的角度理解組合數的概念．例如，從3個不同的元素a，b，c中任取2個的所有組合構成的集合為A＝{ab，ac，bc}，則組合數即為集合A的元素個數．
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)組合與所選出的元素的排列順序有關．(　　)
(2)兩個組合的元素相同，則這兩個組合是相同的．(　　)
(3)從a1，a2，a3三個不同元素中任取兩個元素組成一個組合是.(　　)
(4)從a，b，c，d中選取2個合成一組，其中a，b與b，a是同一個組合．(　　)
2．(多選)下列問題中是組合問題的是(　　)
A．從甲、乙、丙3名同學中選出2名同學去參加兩個社區的社會調查，有多少種不同的選法？
B．從甲、乙、丙3名同學中選出2名同學，有多少種不同的選法？
C．3人去干5種不同的工作，每人干一種，有多少種分工方法？
D．3本相同的書分給5名同學，每人一本，有多少種分配方法？
3．甲、乙、丙三地之間有直達的火車，相互之間的距離均不相等，則車票票價的種數是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．6
4．求值：＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1　組合的概念
例1　判斷下列各事件是排列問題還是組合問題．
(1)10個人相互各寫一封信，共寫多少封信？
(2)10個人相互通一次電話，共通了多少次電話？
(3)從10個人中選3個代表去開會，有多少種選法？
(4)從10個人里選出3個不同學科的代表，有多少種選法？
方法歸納
根據排列與組合的定義進行判斷，區分排列與組合問題，先確定完成的是什么事件，然后看問題是否與順序有關，與順序有關的是排列，與順序無關的是組合．
鞏固訓練1　(多選)給出下列問題，屬于組合問題的有(　　)
A．從甲、乙、丙3名同學中選出2名分別去參加兩個鄉鎮的社會調查，有多少種不同的選法
B．有4張電影票，要在7人中確定4人去觀看，有多少種不同的選法
C．某人射擊8槍，擊中4槍，且命中的4槍均為2槍連中，則不同的結果有多少種
D．從2，3，5，7，11中任選兩個數相乘，可以得到多少個不同的積
題型2　寫出簡單問題的所有或部分組合
例2　已知A，B，C，D，E五個元素，寫出每次取出3個元素的所有組合．
方法歸納
寫出n個不同元素中選出m個元素的
所有組合的方法
從n個不同元素中選出m個元素的組合，可借助本例所示的“順序后移法”(如法一)或“樹狀圖法”(如法二)，直觀地寫出組合，做到不重復不遺漏．
鞏固訓練2　在A，B，C，D四位候選人中，選舉兩人負責班級工作，寫出所有可能的選舉結果．
題型 3　組合數公式的應用
例3　(1)[2022·湖北襄陽高二期末]已知＝，則m＝(　　)
A．1 B．3
C．1或3 D．1或4
(2)計算：.
(3)證明：.
方法歸納
組合數公式應用的策略
鞏固訓練3　(1)[2022·廣東東莞高二期末]計算：＝________．(用數字作答)
(2)[2022·山東臨沂高二期中]已知＝51，則正整數n＝________．
題型 4　簡單的組合問題
例4　在一次數學競賽中，某學校有10人通過了初試，學校要從中選出5人參加市級培訓．在下列條件下，有多少種不同的選法？
(1)任意選5人；
(2)甲、乙、丙三人必須參加；
(3)甲、乙、丙三人不能參加；
(4)甲、乙、丙三人中只能有1人參加．
方法歸納
解答簡單的組合問題的一般步驟
鞏固訓練4　現有8名教師，其中5名男教師，3名女教師．
(1)現要從中選2名去參加會議，有多少種不同的選法？
(2)現要從中選出男、女教師各2名去參加會議，有多少種不同的選法？
第1課時
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點一
一組
要點二
要點三
　
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2．解析：AC與順序有關，是排列問題；BD與順序無關，是組合問題．故選BD.
答案：BD
3．解析：任意兩地之間往返的票價相同，所以是組合問題，所求票價種數為
＝7×－4×＝140－140＝0.
答案：0
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)是排列問題．因為發信人與收信人是有區別的．
(2)是組合問題．因為甲與乙通了一次電話，也就是乙與甲通了一次電話，沒有順序的區別．
(3)是組合問題．因為3個代表之間沒有順序的區別．
(4)是排列問題．因為3個人中，擔任哪一學科的代表是有順序區別的．
鞏固訓練1　解析：對于A，從3名同學中選出2名同學后，分配到兩個鄉鎮涉及順序問題，是排列問題；
對于B，從7人中選出4人觀看不涉及順序問題，是組合問題；
對于C，射擊命中不涉及順序問題，是組合問題；
對于D，乘法滿足交換律，兩數相乘的積不涉及順序，是組合問題．故選BCD.
答案：BCD
例2　解析：方法一　可按AB→AC→AD→BC→BD→CD順序寫出，即
所以所有組合為：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
方法二　畫出樹狀圖，如圖所示．
由此可以寫出所有的組合：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
鞏固訓練2　解析：從四位候選人中選舉兩人負責班級工作是組合問題，所有可能的選舉結果：AB，AC，AD，BC，BD，CD.
例3　解析：(1)由＝可知：m＝2m－1或者m＋2m－1＝8，解得m＝1或m＝3，故選C.
(2)由
得n＝4或5.
當n＝4時，原式＝
＝16.
(3)證明：因為＝·
＝，
＝·
＝，
所以.
答案：(1)C　(2)見解析　(3)見解析
鞏固訓練3　解析：(1)因為＝5×4＝＝＝＝45，所以＝20＋45＝65.
(2)由題意，＋n(n－1)＝51 3n2－n－102＝0 (n－6)(3n＋17)＝0，得n＝6(n＝－舍去)．
答案：(1)65　(2)6
例4　解析：(1)從中任取5人是組合問題，共有＝252(種)不同的選法．
(2)甲、乙、丙三人必須參加，則只需要從另外7人中選2人，是組合問題，共有＝21(種)不同的選法．
(3)甲、乙、丙三人不能參加，則只需從另外的7人中選5人，共有＝＝21(種)不同的選法．
(4)甲、乙、丙三人中只能有1人參加，可分兩步：先從甲、乙、丙中選1人，有＝3(種)選法；再從另外7人中選4人，有＝105(種)不同的選法．
鞏固訓練4　解析：(1)從8名教師中選2名去參加會議的選法數，就是從8個不同元素中取出2個元素的組合數，即有＝＝28(種)．
(2)從5名男教師中選2名的選法有
＝30(種)．第2課時
課標解讀
1.能正確利用組合公式及分類討論思想解決一些有限制條件的組合問題．
2．正確識別組合中的分組、分配問題，與幾何圖形有關的組合問題，并能利用組合公式求解．
題型探究·課堂解透——強化創新性
題型 1　有限制條件的組合問題
例1　課外活動小組共13人，其中男生8人、女生5人，并且男、女生各有一名隊長．現從中選5人主持某項活動，依下列條件各有多少種選法？
(1)至少有一名隊長當選；
(2)至多有兩名女生當選；
(3)既要有隊長，又要有女生當選．
方法歸納
有限制條件的組合問題的解題策略
鞏固訓練1　現有男選手3名，女選手5名，其中男女隊長各1名．選派4人外出比賽，在下列情形中各有多少種選派方法？(結果用數字表示)
(1)至少有1名男選手；
(2)既要有隊長，又要有男選手．
題型2　先選后排問題
例2　有5個男生和3個女生，從中選出5人擔任5門不同學科的課代表，求分別符合下列條件的選法數：
(1)有女生但人數必須少于男生；
(2)某女生一定擔任語文課代表；
(3)某男生必須包括在內，但不擔任數學課代表．
方法歸納
解決先選后排問題的策略
鞏固訓練2　(1)現有4名疫情防控志愿者全員參與三個不同的防控崗位，每位志愿者只能參與一個崗位的工作，且每個崗位至少有一名志愿者參與，則參與防控的情況共有(　　)種．
A．24　　B．36 C．48　　D．50
(2)[2022·江蘇徐州高二期中]國際高峰論壇上，組委會要從6個國內媒體團和3個國外媒體團中選出3個媒體團進行提問，要求這3個媒體團中既有國內媒體團又有國外媒體團，且國內媒體團不能連續提問，則不同的提問方式的種數為(　　)
A．306　 B．198 C．268　 D．378
題型3　分組、分配問題
例3　按以下要求分配6本不同的書，各有幾種方法？
(1)平均分配給甲、乙、丙3人，每人2本；
(2)分成3份，一份1本，一份2本，一份3本；
(3)甲、乙、丙3人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本．
(4)一人4本，其余兩人各一本，有多少種不同的方法？
方法歸納
分組、分配問題的解法
鞏固訓練3　(1)[2022·湖北武漢高二期末]將5名核酸檢測工作志愿者分配到防疫測溫、信息登記、維持秩序、現場指引4個崗位，每名志愿者只分配1個崗位，每個崗位至少分配1名志愿者，則不同分配方案共有(　　)
A．120種 B．240種
C．360種 D．480種
(2)[2022·廣東珠海二中高二期中]將6名優秀教師分配到5個不同的學校進行教學交流，每名優秀教師只分配到1個學校，每個學校至少分配1名優秀教師，則不同的分配方案共有(　　)
A．2 400種 B．1 800種
C．1 200種 D．1 600種
第2課時
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)至少有一名隊長含有兩種情況：有一名隊長和兩名隊長，故共有＝825(種)．或采用間接法有＝825(種)．
(2)至多有兩名女生含有三種情況：有兩名女生、只有一名女生、沒有女生，故共有＝966(種)．
(3)分兩種情況：
第一種：女隊長當選，有
)種．
故共有＝790(種)．
鞏固訓練1　解析：(1)由題意可知，“至少有1名男選手” 的對立事件為“全為女選手”，
從8人中任選4人，有＝70(種)選法，其中全部是女選手有＝5(種)選法，
所以“至少有1名男選手”的選法有70－5＝65(種)．
(2)由題意分兩種情況討論．①當選男隊長時，其他人選法任意，有＝35(種)，
②當不選男隊長，必選女隊長時，有＝20(種)，其中不含男選手的選法有＝4(種)，
則不選男隊長的選法有20－4＝16(種)，
所以既要有隊長，又要有男選手的選法有35＋16＝51(種)．
例2　解析：(1)先選可以是2女3男，也可以是1女4男，先選有＝5 400(種)．
(2)除去該女生后，先選后排有＝840(種)選法．
(3)先選后排，但先安排該男生有＝3 360(種)選法．
鞏固訓練2　解析：(1)由題意有一個崗位是兩個人，方法數為＝6×6＝36.故選B.
(2)由題可知選出的3個媒體團的構成有如下兩類：
①選出的3個媒體團中只有一個國內媒體團，有＝108(種)不同的提問方式；
②選出的3個媒體團中有兩個國內媒體團，有＝90(種)不同的提問方式．
綜上，共有108＋90＝198(種)不同的提問方式．故選B.
答案：(1)B　(2)B
例3　解析：(1)3個人一個一個地來取書，甲從6本不同的書中任取2本的方法有種，
甲不論用哪種方法，取得2本書后，乙再從余下的4本書中任取2本有種方法，丙從余下的兩本中取兩本，有種方法，共有＝90(種)方法．
(2)先在6本書中任取1本，作為一份，有種取法，再從余下的5本書中任取2本，作為一份，有種取法，最后余下3本書作為一份，有種取法，共有方法：＝60(種).
(3)分成3份共有種，但每一種分組方法又有種不同的分配方案，故一人得1本，一人得2本，一人得3本的分法有＝360(種).
(4)先在6本書中任取4本，作為一份，有種取法，再從余下的2本書中任取1本，作為一份，有種取法，最后余下1本書作為一份，但由于分配的本數有不同又有相同，所以共有方法＝90(種).
鞏固訓練3　解析：(1)首先從5人中選出2人作為一組，再與其余3人一同分配到4個不同的崗位，
故有＝240(種)不同的分配方案．故選B.
(2)將6名教師分組，只有一種分法，即1，1，1，1，2，共有，
再排列得＝1 800，故選B.
答案：(1)B　(2)B6.3.1　二項式定理
課標解讀
1.能用計數原理證明二項式定理．
2．掌握二項式定理及其展開式的通項公式．
3．會用二項式定理解決與二項展開式有關的簡單問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點一　二項式定理
(a＋b)n＝bn，n∈N* ，這個公式叫做二項式定理，右邊的多項式叫做的二項展開式，其中各項的系數(其中k＝0，1，2，…，n)叫做二項式系數．
在二項式定理中，如果a＝1，b＝x，則(1＋x)n＝xn.
要點二　二項展開式的通項
二項展開式中的an－kbk叫作二項展開式的通項，用Tk＋1表示，即通項為展開式的第k＋1項：Tk＋1＝an－kbk .
助 學 批 注
批注 　(1)展開式共有n＋1項，各項的次數都是n.
(2)字母a按降冪排列，次數由n逐項減1直到0；字母b按升冪排列，次數由0逐項加1直到n.
批注 　(1)通項是二項展開式的第k＋1項，而不是第k項．
(2)(a＋b)n與(b＋a)n的二項展開式相同，但是(a＋b)n的第k＋1項為an－kbk，(b＋a)n的第k＋1項為bn－kak.因此，應用二項式定理時，a與b是不能隨便交換位置的．
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)(a＋b)n展開式中共有n項．(　　)
(2)在公式中，交換a，b的順序對各項沒有影響．(　　)
an－kbk是(a＋b)n展開式中的第k項．(　　)
(4)(a－b)n與(a＋b)n的二項式展開式的二項式系數相同．(　　)
2．若(x＋1)n的展開式共有12項，則n＝(　　)
A．11　　　B．12　　　C．13　　　D．14
3．在(2x－4)6的展開式中，第二項為(　　)
A．－768x5B．768x5
C．－3 840x4 D．3 840x4
4．二項式(x2－)6的展開式中，常數項的值是________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1　二項式定理的正用、逆用
例1　(1)求()4的展開式；
(2)化簡：(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1).
方法歸納
利用二項式定理解題策略
鞏固訓練1　(1)S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4x－3，則S＝(　　)
A．x4 B．x4＋1
C．(x－2)4 D．x4＋4
(2)(x＋)6的展開式為________．
題型2　求二項展開式中的特定項
例2　已知二項式()n(n∈N*)的展開式中，第7項為常數項．
(1)求n的值；
(2)求展開式中所有有理項．
方法歸納
求二項展開式的特定項的策略
鞏固訓練2　已知(x2－)n的展開式中，第4項為－10x.
(1)求正整數n的值；
(2)求(x2－)n的展開式中x4的系數．
題型 3　二項式定理的靈活運用
例3　(1)(x2＋x＋)5的展開式中，x7的系數為(　　)
A．5 B．7
C．10 D．15
(2)[2022·新高考Ⅰ卷](1－)(x＋y)8的展開式中x2y6的系數為________(用數字作答)．
方法歸納
1．求解兩個二項展開式乘積的展開式中的特定項的步驟
2．求解三項展開式中的特定項的方法
根據式子的特點，轉化為二項式來解決，轉化的方法通常為配方、因式分解、項與項結合，項與項結合時要注意合理性和簡捷性．
鞏固訓練3　(1)[2022·湖北武漢一中高二期中](1＋x)(1－2x)5展開式中x3的系數為(　　)
A．5 B．－30
C．35 D．－40
(2)[2022·福建三明高二期中](x2－2x＋y)6的展開式中x3y3的系數為________．
6．3.1　二項式定理
新知初探·課前預習
[夯實雙基]
1．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．解析：由二項式定理知展開式共有n＋1項，所以n＋1＝12，即n＝11.故選A.
答案：A
3．解析：Tk＋1＝ (2x)6－k·(－4)k，第二項是k＝1，即 (2x)6－1·(－4)1＝－768x5.故選A.
答案：A
4．解析：二項式(x2－)6的展開式通項公式為Tk＋1＝ (x2)6－k(－x－1)k＝(－1)kx12－3k，當12－3k＝0時，k＝4，則T5＝(－1)4＝15.
答案：15
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)方法一　()4＝＝x2－2x＋.
方法二　()4＝(2x－1)4＝(16x4－32x3＋24x2－8x＋1)
＝x2－2x＋.
(2)原式＝(x－1)0－1＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.
鞏固訓練1　解析：(1)S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1＝＝＝x4.故選A.
(2)根據二項式定理，
(x＋)6＝(x＋x－1)6＝x－6
＝x6＋6x4＋15x2＋20＋15x－2＋6x－4＋x－6.
答案：(1)A　(2)x6＋6x4＋15x2＋20＋15x－2＋6x－4＋x－6
例2　解析：(1)Tk＋1＝＝，k＝0，1，2，…，n，
∴T7＝＝··xn－8，
∵第7項為常數項，∴n－8＝0，∴n＝8.
(2)由(1)知Tk＋1＝··，k＝0，1，2，…，8，
要使Tk＋1為有理項，只需為整數，且0≤k≤8 ，
∴當k＝0，3，6時，Tk＋1為有理項，
T1＝··x8＝＝，T4＝··x4＝x4＝x4，T7＝··x0＝＝7，
∴有理項為T1＝，T4＝x4，T7＝7.
鞏固訓練2　解析：(1)(x2－)n的展開式中，第4項為×(x2)n－3×＝
，解得n＝5，故正整數n的值為5.
(2)(x2－)n的展開式中第k＋1項為Tk＋1＝×(x2)5－k×＝×x10－3k×(－1)k，
其中k＝0，1，2，3，4，5，令10－3k＝4，可求得k＝2，
故(x2－)n展開式中的x4的系數為＝10.
例3　解析：(1)因為(x2＋x＋)5＝[(x＋)2]5＝(x＋)10，
所以(x＋)10展開式的通項公式為Tk＋1＝x10－k·，
當10－k＝7時，k＝3，T4＝x7·，
則＝15，x7的系數為15.故選D.
(2)(1－)(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8，由二項式定理可知其展開式中x2y6的系數為＝－28.
答案：(1)D　(2)－28
鞏固訓練3　解析：(1)(1－2x)5展開式中第k＋1項為Tk＋1＝(－2x)k＝xk，
所以(1＋x)(1－2x)5展開式中x3項為T4＋xT3＝x3＝－40x3，
所以(1＋x)(1－2x)5展開式中x3的系數為－40.故選D.
(2)由題意可知(x2－2x＋y)6＝[(x2－2x)＋y]6，
展開式的通項公式為Tk＋1＝(x2－2x)6－kyk＝(x2)6－k－t(－2x)t]·yk
＝·(－2x)t·(x2)6－k－t·yk
＝·(－2)t·(x)12－2k－t·yk.
由于要求展開式中x3y3的系數，所以k＝3，t＝3.
則展開式中x3y3的系數為·(－2)3＝－160.
答案：(1)D　(2)－1606.3.2　二項式系數的性質
課標解讀
1.會用賦值法求展開式系數的和．
2．能記住二項式系數的性質，并能靈活運用性質解決相關問題．
新知初探·課前預習——突出基礎性
教 材 要 點
要點　二項式系數的性質
對稱性 在(a＋b)n的展開式中，與首末兩端“________”的兩個二項式系數相等，即＝
增減性與 最大值 增減性：當k<時，二項式系數是逐漸________；當k>時，二項式系數是逐漸________． 最大值：當n為偶數時，中間一項的二項式系數________最大；當n為奇數時，中間兩項的二項式系數________，________相等，且同時取得最大值
各二項式 系數的和 ＝2n ； ＋…＝________
助 學 批 注
批注 　從n個不同元素中取出m個元素，則剩余n－m個元素，故從n個不同元素中取出m個元素的方法數與取出n－m個元素的方法數相等，即＝.
批注 　從集合的角度解釋：設A是含有n個元素的集合，求A的子集個數時，可以按照子集中含有元素的個數進行分類：沒有元素的子集(即空集)有
＝2n.
夯 實 雙 基　
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)(a＋b)n的展開式中，二項式系數具有對稱性．(　　)
(2)二項展開式的二項式系數和為.(　　)
(3)二項式展開式的偶數項系數和等于奇數項系數和．(　　)
(4)二項展開式項的系數是先增后減的．(　　)
2．(1－x)5的二項展開式中，所有項的二項式系數之和是(　　)
A．0 B．－1
C．－32 D．32
3．二項式(x－)8的展開式中所有項的系數和是(　　)
A．38 B．28
C．1 D．－1
4．(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，則a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝________．
題型探究·課堂解透——強化創新性　
題型 1　二項式系數和問題
例1　[2022·河北石家莊高二期末]已知(a－b)n(n為正整數)展開式的各項二項式系數之和為256.
(1)求展開式中的第3項；
(2)若b＝，求展開式中的常數項．
方法歸納
二項式系數之和與指數n有關，其和為＝2n，其中奇數項的二項式系數之和與偶數項的二項式系數之和相等，都等于2n－1.
鞏固訓練1　(1)(x－1)10的展開式中所有奇數項的二項式系數和為(　　)
A．128　　B．256　　C．512　　D．1 024
(2)[2022·河北滄州高二期末]在(x＋)n的展開式中，所有二項式系數的和是16，則展開式中的常數項為________．
題型2　二項展開式中各項系數和問題
例2　已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
(1)求a1＋a2＋…＋a7；
(2)求a1＋a3＋a5＋a7；
(3)求|a0|＋|a1|＋…＋|a7|.
方法歸納
賦值法求二項展開式中系數的策略
鞏固訓練2　(1)[2022·廣東潮州高二期末]若x2＋(x＋1)7＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a7(x＋2)7，則a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(　　)
A．0　　　B．－1　　　C．1　　　D．129
(2)[2022·湖北襄陽高二期末](多選)已知(1＋x)6＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a6(x－1)6，則下列說法正確的有(　　)
A．a0＝64
B．a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝18
C．a0＋a2＋a4＋a6＝365
D．a0＋2a1＋4a2＋8a3＋16a4＋32a5＋64a6＝212
題型3　系數最大項問題
例3　(1)若()n展開式中只有第4項的二項式系數最大，則展開式的常數項是(　　)
A．160　　B．60　　C．－160　　D．－60
(2)已知在(2x＋)n的展開式中，所有偶數項的二項式系數的和為32，求展開式中系數最大的項．
方法歸納
1．求二項式系數最大的方法
根據二項式系數的性質，當n為奇數時，中間兩項的二項式系數最大；當n為偶數時，中間一項的二項式系數最大．
2．求展開式中系數最大的方法
鞏固訓練3　[2022·廣東廣州高二期末](多選)在二項式(1－x)2n的展開式中，以下說法正確的是(　　)
A．二項式系數最大的項是第n項
B．各項系數之和為0
C．當n＝5時，展開式系數最大的項是第6項
D．展開式共有2n＋1項
6.3.2　二項式系數的性質
新知初探·課前預習
[教材要點]
要點
等距離　增大的　減小的　　　　2n－1
[夯實雙基]
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
2．解析：(1－x)5的二項展開式中所有項的二項式系數之和為25＝32.故選D.
答案：D
3．解析：令x＝1，可得(1－)8＝1，即二項式(x－)8的展開式中所有項的系數和為1.故選C.
答案：C
4．解析：因為(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，
所以令x＝1得：a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(2－1)10＝1.
答案：1
題型探究·課堂解透
例1　解析：(1)依題意可得2n＝256，解得n＝8，則展開式的通項公式為：Tk＋1＝a)8－k(－b)k，所以展開式中的第3項為a)6(－b)2＝1 512a6b2.
(2)由(1)及b＝，則展開式的通項公式為：Tk＋1＝a)8－k(－)k＝)8－k(－)ka8－2k，令8－2k＝0，解得k＝4，則展開式中的常數項為a)4＝2 520.
鞏固訓練1　解析：(1)(x－1)10的展開式中所有奇數項的二項式系數和為＝512，故選C.
(2)因為(x＋)n的展開式中，所有二項式系數的和是16，所以2n＝16，解得n＝4.
又(x＋)4的展開式的通項公式Tk＋1＝x4－k＝x4－2k(k＝0，1，2，3，4)，
令4－2k＝0，得k＝2，所以展開式中的常數項為T3＝＝24.
答案：(1)C　(2)24
例2　解析：(1)當x＝1時，等號左邊為(1－2)7＝－1，等號右邊為a0＋a1＋a2＋…＋a7，
∴a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，當x＝0時，a0＝1.
∴a1＋a2＋…＋a7＝－1－1＝－2.
(2)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1　①，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37　②，
①－②，得2(a1＋a3＋a5＋a7)＝－1－37，
∴a1＋a3＋a5＋a7＝－＝－1 094.
(3)由展開式，知a1，a3，a5，a7均為負數，a0，a2，a4，a6均為正數，
∴|a0|＋|a1|＋…＋|a7|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7.
由(2)可知，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.
鞏固訓練2　解析：(1)令x＝－1，得(－1)2＝1＝a0＋a1＋a2＋…＋a7.故選C.
(2)對于A，令x＝1可得a0＝26＝64，A正確；
對于B，對(1＋x)6＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a6(x－1)6兩邊求導得6(1＋x)5＝a1＋2a2(x－1)＋…＋6a6(x－1)5，
令x＝2，可得a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＝6×35≠18，B錯誤；
對于C，令x＝0，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝1，令x＝2得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝36＝729，
兩式相加得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝730，則a0＋a2＋a4＋a6＝365，C正確；
對于D，令x＝3可得a0＋2a1＋4a2＋8a3＋16a4＋32a5＋64a6＝46＝212，D正確．故選ACD.
答案：(1)C　(2)ACD
例3　解析：(1)∵二項式()n的展開式中只有第4項的二項式系數最大，∴n＝6，
則展開式中的通項公式為Tk＋1＝)6－k＝·，
令＝0，解得k＝2，故展開式中的常數項為·(－2)2＝60.故選B.
(2)由題意可得＝2×32，即2n＝64，則n＝6.
(2x＋)n展開式的通項為Tk＋1＝，
設展開式的第k＋1項的系數最大，
則
解得≤k≤，所以k＝2.
所以展開式中系數最大的項為T3＝240x3.
答案：(1)B　(2)見解析
鞏固訓練3　解析：二項式(1－x)2n的展開式中，共有2n＋1項，故D正確，
展開式中中間項中有一項，即第n＋1項，所以二項式系數最大的項是第n＋1項，A錯誤；
令x＝1，則得(1－x)2n＝0，即各項系數之和為0，B正確；
當n＝5時，(1－x)2n＝(1－x)10，其通項公式為Tk＋1＝，k＝0，1，…，10，
第6項T6＝x5，二項式系數最大，這一項系數為負，
故根據二項式系數的性質可知展開式系數最大的項應是第5項和第7項，即＝最大，故C錯誤．故選BD.
答案：BD習題課　排列組合的綜合應用
例1　某學習小組有3個男生和4個女生共7人：
(1)將此7人排成一排，男女彼此相間的排法有多少種？
(2)將此7人排成一排，男生甲不站最左邊，男生乙不站最右邊的排法有多少種？
(3)從中選出2名男生和2名女生分別承擔4種不同的任務，有多少種選派方法？
(4)現有7個座位連成一排，僅安排4個女生就座，恰有兩個空位相鄰的不同坐法共有多少種？
鞏固訓練1　(1)新冠疫情防控期間，某中學安排甲、乙、丙等7人負責某個周一至周日的師生體溫情況統計工作，每天安排一人，且每人負責一天．若甲、乙、丙三人中任意兩人都不能安排在相鄰的兩天，且甲安排在乙，丙之間，則不同的安排方法有________種(用數字作答)．
(2)生活中人們常用“通五經貫六藝”形容一個人才識技藝過人，這里的“五經”是儒家典籍《周易》、《尚書》、《詩經》、《禮記》、《春秋》的合稱．為弘揚中國傳統文化，某校在周末興趣活動中開展了“五經”知識講座，每經排1節，連排5節，則滿足《詩經》必須排在后2節，《周易》和《禮記》必須分開安排的情形共有________．
例2　(多選) 從1，2，3，4，5，6中任取三個不同的數組成一個三位數，則在所有組成的數中(　　)
A．奇數有60個
B．包含數字6的數有30個
C．個位和百位數字之和為6的數有24個
D．能被3整除的數有48個
鞏固訓練2　(1)從1，2，3，4，5這五個數字中任取3個組成無重復數字的三位數，當三個數字中有2和3時，2需排在3的前面(不一定相鄰)，這樣的三位數有(　　)
A．51個 B．54個
C．12個 D．45個
(2)從1～9這9個數字中，選取4個數字，組成含有1對重復數字的五位數的種數有(　　)
A．30 240 B．60 480
C．15 120 D．630
例3　如圖，節日花壇中有5個區域，現有四種不同顏色的花卉可供選擇，要求相同顏色的花不能相鄰栽種，則符合條件的種植方案有(　　)種．
A．36 B．48
C．54 D．72
鞏固訓練3　(1)現有5種不同顏色的染料，要對如圖中的四個不同區域進行著色，要求有公共邊的兩塊區域不能使用同一種顏色，則不同的著色方法的種數是(　　)
A．120 B．140
C．240 D．260
(2)如圖，一個地區分為5個行政區域，現給地圖著色，要求相鄰區域不得使用同一顏色，現有4種顏色可供選擇，則不同的著色方法共有(　　)種．
A．24 B．48
C．72 D．96
(3)用五種不同顏色給三棱柱ABC－A1B1C1的六個頂點涂色，要求每個頂點涂一種顏色，且每條棱的兩個頂點涂不同顏色，則不同的涂法有(　　)
A．840種 B．1 200種
C．1 800種 D．1 920種
例4　現有4個不同的球和4個不同的盒子，把球全部放入盒內．
(1)共有多少種不同的方法？
(2)若每個盒子不空，共有多少種不同的方法？
(3)若恰有一個盒子不放球，共有多少種放法？
(4)若恰有兩個盒子不放球，共有多少種放法？
鞏固訓練4　(1)(多選)6位同學在畢業聚會活動中進行紀念品的交換，任意兩位同學之間最多交換一次，進行交換的兩位同學互贈一份紀念品．已知6位同學之間共進行了13次交換，則收到4份紀念品的同學人數可能為(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
(2)(多選)現有4個小球和4個小盒子，下面的結論正確的是(　　)
A．若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，則共有24種放法
B．若4個相同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有兩個空盒的放法共有18種
C．若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有一個空盒的放法共有144種
D．若編號為1，2，3，4的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號全不相同的放法共有9種
例5　2名老師和4名學生共6人參加兩項不同的活動，每人參加一項活動，每項活動至少有2人參加，但2名老師不能參加同一項活動，則不同的參加方式的種數為(　　)
A．20 B．28
C．40 D．50
鞏固訓練5　某重點中學安排甲、乙在內的5名骨干教師到3所鄉鎮學校開展支教幫扶活動，每所學校至少安排一名教師，每個教師也只能去一所學校，若甲、乙2名教師不去同一所學校，則不同的安排方法有________種．
習題課　排列組合的綜合應用
例1　解析：(1)根據題意，分2步進行分析：
①將3個男生全排列，有種排法，排好后有4個空位，
②將4名女生全排列，安排到4個空位中，有種排法，
則一共有＝144種排法；
(2)根據題意，分2種情況討論：
①男生甲在最右邊，有＝720，
②男生甲不站最左邊也不在最右邊，有＝3 000，
則有720＋3 000＝3 720種排法；
(3)根據題意，分2步進行分析：
①在3名男生中選取2名男生，4名女生中選取2名女生，有種選取方法，
②將選出的4人全排列，承擔4種不同的任務，有種情況，
則有＝432種不同的安排方法；
(4)根據題意，7個座位連成一排，僅安排4個女生就座，還有3個空座位，
分2步進行分析：
①將4名女生全排列，有種情況，排好后有5個空位，
②將3個空座位分成2、1的2組，在5個空位中任選2個，安排2組空座位，有種情況，
則有＝480種排法．
鞏固訓練1　解析：(1)選將甲、乙、丙之外的四人進行排列，共有種方法，再用甲、乙、丙插空，甲在中間，有種方法，故共有＝480種．
(2)當《詩經》位于第5節時，《周易》和《禮記》相鄰有3種情形，且《周易》和《禮記》排序有種，剩下的排序也有種，因此滿足條件的情形有種；
當《詩經》位于第4節時，《周易》和《禮記》相鄰有2種情形，《周易》和《禮記》排序有種，剩下的排序也有種，此時滿足條件的情形有種．
所以滿足條件的情形共有＝28種．
答案：(1)480　(2)28
例2　解析：對于A，先從1，3，5中任取一個數放在個位，再任取兩個數放在十位和百位，一共有＝60個，故A正確；
對于B，先從6以外的數中任取2個，對3個數全排列，一共有＝60個，故B錯誤；
對于C，個位和百位的數可以是，順序可以交換，再從剩下的數中任選一個放在十位上，所以一共有2×＝16個，故C錯誤；
對于D，要使組成的數能被3整除，則各位數之和為3的倍數，取出的數有，，共8種情況，所以組成的能被3整除的數有＝48個，故D正確．
故選AD.
答案：AD
鞏固訓練2　解析：(1)由題意分類討論：
①當這個三位數，數字2和3都有，再從1，4，5中選一個，因為2需排在3的前面，這樣的三位數有 (個).
②當這個三位數，2和3只有一個，需從1，4，5中選兩個數字，這樣的三位數有 (個).
③當這個三位數，2和3都沒有，由1，4，5組成三位數，這樣的三位數有 (個).
由分類加法計數原理得共有＝51(個).
故選A.
(2)在1～9這9個數字中選取4個數字，共有＝126種，
在4個數字中取1個數字出現兩遍，共有＝4種，
在五位數中取兩個位置放置重復數字，共有＝10種，
剩下三個數字共有＝6種排列方式，
故共有126×4×10×6＝30 240，
故選A.
答案：(1)A　(2)A
例3　解析：由題意，如圖，假設5個區域分別為1、2、3、4、5，
分2種情況討論：
①當選用3種顏色的花卉時，2、4同色且3、5同色，共有涂色方法＝24種，
②當4種不同顏色的花卉全選時，即2、4或3、5用同一種顏色，共有＝48種，
則不同的種植方法共有24＋48＝72種．故選D.
答案：D
鞏固訓練3　解析：(1)由題意，先涂A處，有5種涂法，再涂B處有4種涂法，第三步涂C，若C與A同，則D有四種涂法，若C與A不同，則D有三種涂法，由此得不同的著色方案有5×4×(1×4＋3×3)＝260種，故選D.
(2)首先涂區域1有4種，其次區域2有3種，再次區域3有2種，
若區域4與區域2同色有1種，則區域5有2種，
若區域4與區域2不同色有1種，則區域5有1種，
所以不同的著色方法共有4×3×2×1×2＋4×3×2×1×1＝48＋24＝72，故選C.
(3)分以下幾種情況討論：
①若5種顏色全用上，先涂A、B、C三點，有種，
然后在A1、B1、C1三點中選擇兩點涂另外兩種顏色，有種，最后一個點有2種選擇，
此時共有×2＝720種；
②若用4種顏色染色，有種選擇方法，先涂A、B、C三點，有種，
然后在A1、B1、C1三點中需選擇一點涂最后一種顏色，有3種，不妨設涂最后一種顏色的為點A1，
若點B1與點A同色，則點C1只有一種顏色可選，
若點B1與點C同色，則點C1有兩種顏色可選，
此時共有×3×3＝1 080種；
③若用3種顏色染色，則有種選擇方法，先涂A、B、C三點，有種，
點A1有2種顏色可選，則B1、C1的顏色只有一種選擇，
此時共有×2＝120.
由分類加法計數原理可知，共有720＋1 080＋120＝1 920種涂色方法．故選D.
答案：(1)D　(2)C　(3)D
例4　解析：(1)將4個不同的球放入4個不同的盒子，則共有44＝256種不同的放法．
(2)將4個不同的球放入4個不同的盒子，若沒個盒子不空，則共有＝24種不同的放法．
(3)將4個不同的球放入4個不同的盒子，恰有一個盒子不放球，則共有＝144種不同的放法．
(4)將4個不同的球放入4個不同的盒子，恰有兩個盒子不放球，則共有 ()＝84種不同的放法．
答案：(1)256　(2)24　(3)144　(4)84
鞏固訓練4　解析：(1)任意兩位同學之間交換紀念品共要交換＝15(次)，如果都完全交換，每個人都要交換5次，也就是每人得到5份紀念品．現在6位同學總共交換了13次，少交換了2次，這2次若不涉及同一人，則收到4份紀念品的同學有4人，若涉及同一個人，則收到4份紀念品的同學有2人．故選BD.
(2)對于A，若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，共有44＝256種放法，故A錯誤；
對于B，若4個相同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有兩個空盒，則一個盒子放3個小球，另一個盒子放1個小球或兩個盒子均放2個小球，共有＝18種放法，故B正確；
對于C，若4個不同的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，且恰有一個空盒，則兩個盒子中各放1個小球，另一個盒子中放2個小球，共有＝144種放法，故C正確；
對于D，若編號為1，2，3，4的小球放入編號為1，2，3，4的盒子，沒有一個空盒但小球的編號和盒子的編號全不相同，若代表編號為1，2，3，4的盒子放入的小球編號分別為2，1，4，3，列出所有符合要求的情況：，，，，，，，，，共9種放法，故D正確．故選BCD.
答案：(1)BD　(2 )BCD
例5　 解析：分兩步：
(1)安排2名老師：共＝2種不同的參加方式；
(2)安排4名學生：又分兩類：
① 參加兩項活動的學生人數為一項3人，一項1人：共＝8種不同的參加方式；
② 參加兩項活動的學生人數各2人：共＝6種不同的參加方式．
所以，共有2×＝28種不同的參加方式．故選B.
答案：B
鞏固訓練5 　解析：不考慮條件“甲、乙2名教師不去同一所學校”，則不同的安排方法有＝150(種).若甲、乙2名教師去同一所學校，則不同的安排方法有＝36(種)，所以滿足題意的安排方法有150－36＝114(種).
答案：114專項培優1章末復習課
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考點一　兩個計數原理的綜合應用
(1)應用兩個原理解決有關計數問題的關鍵是區分事件是分類完成還是分步完成，而分類與分步的區別又在于任取其中某一方法是否能完成事件，能完成便是分類，否則便是分步．對于有些較復雜問題可能既要分類又要分步，此時，應注意層次分明，不重不漏．
(2)通過對兩個計數原理的學習，提升學生的邏輯推理、數學運算素養．
例1　(1)[2022·山東泰安高二期中]學校食堂的一個窗口共賣5種菜，甲、乙、丙3名同學每人從中選一種，假設每種菜足量，則不同的選法共有(　　)
A．35種 B．53種
種種
(2)[2022·江蘇無錫高二期末]一份快遞從寄件人甲處攬收開始直至送達收件人乙，需要經過5個轉運環節，其中第1，5個環節有a，b兩種運輸方式，第2，4個環節有b，c兩種運輸方式，第3個環節有c，d，e三種運輸方式，快遞從甲送到乙，第1個環節使用a運輸方式的運輸順序共有________種；快遞從甲送到乙有4種運輸方式的運輸順序共有________種．
考點二　排列組合應用
(1)復雜的排列問題常常通過試驗、畫簡圖、小數字簡化等手段使問題直觀化，從而尋求解題途徑，由于結果的正確性難以直接檢驗，因而常需要用不同的方法求解來檢驗．
(2)處理排列、組合的綜合性問題，一般思想方法是先選元素(組合)，后排列，按元素的性質“分類”和按事件發生的連續過程“分步”，始終是處理排列、組合問題的基本方法和原理，通過解題訓練要注意積累分類和分步的基本技能．
(3)通過對排列組合應用的掌握，提升學生的邏輯推理、數學運算素養．
例2　(1)[2021·全國乙卷]將5名北京冬奧會志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個項目進行培訓，每名志愿者只分配到1個項目，每個項目至少分配1名志愿者，則不同的分配方案共有(　　)
A．60種 B．120種
C．240種 D．480種
(2)[2022·廣東仁化高二期中]北京在2022年成功召開了冬奧會和冬殘奧會，這是我國在2008年成功舉辦夏季奧運會之后的又一奧運盛事，是世界唯一的雙奧之城．我校計劃舉行奧運知識演講比賽，某班有5名同學報名參加班級預賽，其中有2名男同學，3名女同學，要求男同學比賽順序相鄰，則這5名同學不同的演講順序有(　　)
A．120種 B．72種
C．48種 D．36種
(3)[2022·河北唐山高二期中](多選)在10件產品中，有7件合格品，3件不合格品，從這10件產品中任意抽出3件，則下列結論正確的有(　　)
A．抽出的3件產品中恰好有1件是不合格品的抽法有
種
考點三　二項式定理的應用
(1)對于二項式系數問題，首先要熟記二項式系數的性質，其次要掌握“賦值法”，“賦值法”是解決二項式系數問題的一個重要方法．
(2)求二項展開式中指定的項，通常是先根據已知條件求k，再求Tk＋1.有時還需先求n，再求k，才能求出Tk＋1.
(3)通過對二項式定理及其應用的學習，提升學生的邏輯推理、數學運算素養．
例3　(1)[2022·北京卷]若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，則a0＋a2＋a4＝(　　)
A．40 B．41
C．－40 D．－41
(2)[2022·浙江卷]已知多項式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，則a2＝________，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________.
(3)設(5x－)n的展開式的各項系數和為M，二項式系數和為N，若M－N＝240，則展開式中x的系數為(　　)
A．－150 B．150
C．300 D．－300
章末復習課
考點聚焦·分類突破
例1　解析：(1)窗口共賣5種菜，甲、乙、丙3名同學每人從中選一種，
即每人都有5種選法，分3步完成，故不同的選法有5×5×5＝53 (種)，故選B.
(2)根據題意可得：
第1個環節使用a運輸方式的運輸順序共有1×2×3×2×2＝24(種)，
快遞從甲送到乙有4種運輸方式，則第3個環節有d，e兩種運輸方式，1，2，4，5個環節有兩個環節運輸方式相同，另外兩個環節兩個運輸方式不同．
若第1，5個環節或第2，4個環節相同，則2×2×2＝8(種)；
若第1，2個環節或第1，4個環節或第2，5個環節或第4，5個環節相同，則2×4×1＝8(種)．
快遞從甲送到乙有4種運輸方式的運輸順序共有8＋8＝16(種)．
答案：(1)B　(2)24　16
例2　解析：(1)根據題意，有一個項目中分配2名志愿者，其余各項目中分配1名志愿者，可以先從5名志愿者中任選2人，組成一個小組，有種選法；然后連同其余三人，看成四個元素，四個項目看成四個不同的位置，四個不同的元素在四個不同的位置的排列方法數有4！種，根據分步乘法計數原理，完成這件事，共有×4！＝240(種)不同的分配方案，故選C.
(2)①男同學之間排序有種，把他們看成一個整體，
②把3個女生與男生組合作全排列有種，
所以共有＝48(種).故選C.
(3)由題意得：
對于A選項：抽出的3件產品中恰好有1件是不合格品的抽法為3件不合格品中抽取1件有種取法，7件合格品中抽取2件有種取法，故共有種取法，故A正確；
對于選項B、C：抽出的3件產品中至少有1件是不合格品的抽法分三種情況：①抽取的3件產品中有1件不合格、有2件合格，共有種取法；②抽取的3件產品中有2件不合格、有1件合格，共有種取法；③抽取的3件產品都不合格，有種取法．故抽出的3件產品中至少有1件是不合格品的抽法有種，故B錯誤，C正確；
對于選項D：10件產品中取三件的取法有，抽出的3件產品中全部合格的取法有種，抽出的3件產品中至少有1件是不合格品的抽法有－種，故D正確．故選ACD.
答案：(1)C　(2)C　(3)ACD
例3　解析：(1)方法一　當x＝1時，1＝a4＋a3＋a2＋a1＋a0　①；當x＝－1時，81＝a4－a3＋a2－a1＋a0　②.(①＋②)÷2，得a4＋a2＋a0＝＝41.故選B.
方法二　由二項式定理可得(2x－1)4＝ (2x)4·(－1)0＋ (2x)3(－1)1＋ (2x)2(－1)2＋ (2x)·(－1)3＋ (2x)0(－1)4＝16x4－32x3＋24x2－8x＋1，所以a4＝16，a2＝24，a0＝1，所以a0＋a2＋a4＝41.故選B.
(2)因為(x＋2)(x－1)4展開式中x2的系數為a2，所以a2＝ (－1)3＋2 (－1)2＝8.在多項式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5中，令x＝0，得a0＝2；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0.所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－a0＝－2.
(3)由已知條件4n－2n＝240，解得n＝4，
Tk＋1＝ (5x)4－k·＝(－1)k54－kx4－，
令4－＝1，得k＝2，
所以展開式中x的系數為(－1)2×＝150.
答案：(1)B　(2)8　－2　(3)B

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