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1、第六章 排列组合、二项式定理一、考纲要求1. 掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.2. 理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它 们解决一些简单的问题.3. 掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.二、知识结构加法原理、乘法原理排列数排列排列数排列数应用、列数应用I排列组合综合应用组合组合数J口 组合数应用、二项式定理三、知识点、能力点提示（一）加法原理、乘法原理说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排列、组合 中有关问题提供了理论根据.例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校
2、，每人报且只报一所，不同的报名方法 共有多少种?解：5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种 不同的报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有3X3X3X3X3=35 （种）（二）排列、排列数公式说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研究的对象 以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考 主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共 有（ ）A.60 个B.48 个C.36 个D.24 个解 因为要求是偶数，个位数
3、只能是2或4的排法有匕；小于50 000的五位数，万位 只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有Pij在首末两位数排定后，中间3个位数的排法 有 P3，得 P1 P3 Pi =36（个）3 332由此可知此题应选C.例3 将数字1、 2、 3、 4填入标号为1、 2、 3、 4的四个方格里，每格填一个数字， 则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3 种，即2143，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填 入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为3P1 =9（种）.3（三）组
4、合、组合数公式、组合数的两个性质说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由 选择题或填空题考查.例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机 各1台，则不同的取法共有（ ）A.140 种 B.84 种 C.70 种D.35 种解：抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有O O种；甲型2台乙型1台的45取法有C2Ci种45根据加法原理可得总的取法有C2 C2 +C2 Ci =40+30=70（种）4 545可知此题应选C.例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1项，丙、 丁公司各承包2项，问共有多少种
5、承包方式?解：甲公司从8项工程中选出3项工程的方式C3种；8乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有Ci种；5丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C2种；4丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C2种.28 x 7 x 6- 4 x 3根据乘法原理可得承包方式的种数有C3 X Ci XC2 XC2X 5 x 丁X8542 3x2x12x11=1680（种）.（四）二项式定理、二项展开式的性质说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知 识 ，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现
6、，主要考查二项展开式中通项公 式等，题型主要为选择题或填空题.例6在（x-寿）10的展开式中，X6的系数是（）A.-27C6B.27C4C.-9C6D.9C410 10 10 10解 设（x-打）10的展开式中第Y +1项含X6,J因 Ty+1二CYoX10-y（-丫 3 ） y , 10- y =6, Y =4于是展开式中第5项含X6,第5项系数是C410（-）4=9C410故此题应选D.例7（xT）-（xT）2+（xT）3-（xT）4+（xT）5的展开式中的X2的系数等于解：此题可视为首项为x-1,公比为-（x-1）的等比数列的前5项的和，则其和为（X + 1）1 + （X - 1）5 _
7、 （x - 1） + （X - 1）61 + （X 1）X在（x-1）6中含X3的项是C3 x3（-1）3=-20x3,因此展开式中X2的系数是-2 0.6（五）综合例题赏析例 8 若（2x+3）4二a+a x+a x2+a x3+a X4，则（a+a+a）2-（a+a）2 的值为（）0123402413A.lB.-1C.0D.2解：A.例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护 士，不同的分配方法共有（）A.6 种B.12 种C.18 种D.24 种解 分医生的方法有P2 =2种，分护士方法有C2 =6种，所以共有6X2 = 12种不同的24分配方法。应选B
8、.例10从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视 机各1台，则不同取法共有（）.A.140 种B.84 种C.70 种D.35 种解:取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形VC2 C1+C2 C1 =5X6+10X4=70.4554应选C.例11某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生当选 的不同选法有（）A.27 种 B.48 种 C.21 种D.24 种解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：VC1 C1 +C2 =3X7+3=24，373应选D.例12由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中
9、个位数字小于十 位数字的共有（）.A.210 个B.300 个C.464 个D.600 个解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P1P5 =600个.5 5由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半1.有2 X600=300个符合题设的六位数.应选B.例13以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有（）.A.70 个B.64 个C.58 个D.52 个解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C4 =70个.8其中共面四点分3类:构成侧面的有6组;构成垂直底面的对角面的有2组;形如（ADBC）的有4组.1 1能形成四面体的有70-6-2-4=58（组）应选C.
10、例14如果把两条异面直线看成“一对”那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面 直线共有（）.A.12 对B.24 对C.36 对D.48 对解：设正六棱锥为0ABCDEF.任取一侧棱OA（O）则0A与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.6共有C16 X 4=24对异面直线. 应选B.例15正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点为顶点的三角形共个（以数字作答）.解：7点中任取3个则有C37=35组. 其中三点共线的有3组（正六边形有3条直径）.三角形个数为35-3=32个.例16设含有10个元素的集合的全部子集数为S,其中由3个元素组成的子集数为T, 贝y w的值为。S解 10个元素的集合
11、的全部子集数有：S = Co +C1 +C2 +C3 +C4 +C5 +C6 +C7 +C8 +C9 +00 =210=102410 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10其中，含3个元素的子集数有T=C310=120T 12015故 =S 1024128例17在50件产品n中有4件是次品，从中任意抽了 5件，至少有3件是次品的抽法共种（用数字作答）.解“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”. C2 +C4 C1 =4186（种）46446例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有（ ）.B.2
12、025 种A.1260 种C.2520 种D.5040 种解:先从10人中选2个承担任务甲J 再从剩余8人中选1人承担任务乙（O ）8又从剩余7人中选1人承担任务乙（O7）.有 C2 C1 C1 =2520（种）.1087应选C.例19集合1, 2, 3子集总共有（）.A.7个 B.8个 C.6个D.5个解 三个元素的集合的子集中,不含任何元素的子集有一个,由一个元素组成的子集数 C13，由二个元素组成的子集数C。由3 3个元素组成的子集数C33。由加法原理可得集合子集的总个数是C1 +C2 +C3 +1=3+3+1+1=8333故此题应选B.例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中
13、任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有（A.C2 C3 种3197C.C5 -C5200197）.B.C2 C3+C3 C231973197D.C5 -C 1 C42003197解：5件中恰有二件为次品的抽法为C2C3 ，31975件中恰三件为次品的抽法为 至少有两件次品的抽法为C2 C3 +C3C2 .31973197应选B.例21 两排座位,第一排有3个座位,第二排有5个座位,若8名学生入座（每人一个 座位）,则不同座法的总数是（ ）.A.C5 C3B.P1 C5 C38 82 8 8C.P5 P3D.P88 88解：对于8个人的任意一个排列均可“按先前排从左到右再后排从左到右”的次序入
14、座.应有P88种不同的入座法.应选D.例22 7人并排站成一行,如果甲、乙必须不相邻,那么不同排法的总数是 （）.A.1440B.3600C.4320D.4800解：7人的全排列数为P77.若甲乙必须相邻则不同的排列数为P2 P6 .26甲乙必须不相邻的排列数为P7 -P2 P6 =5P6 =3600.7266应选B.例23用1, 2, 3, 4,四个数字组成没有重复的四位奇数的个数 个（用具体数字作答）.解：末位数（C*，前三位数（P33）.有C1 P3=12个四位奇数.23例24用1, 2, 3, 4,四个数字组成的比1234大的数共有个（用具体数字作答）.解：若无限制,则可组成4!=24个四位数,其中1234不合题设. 有24-1=23个符合题设的数.例25 用0,1,2,3,4这五个数字组成没有重复数字的四位数,那么在这些四位数 中，是偶数的总共有（）.A.120 个 B.96 个 C.60 个 D.36 个 解：末位为0,则有P3 =24个偶数.4末位不是0的偶数有P12P13P23=36个. 共有24+36=60个数符合题设.应选C.例26已知集合A和集合B各含有12个元素，AQB含4个元素，试求
