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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 排列数应用 组合数 排列组合综合应用 组合 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，每人报且只报一所，不
2、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33333=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 A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果A、B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有( )A.60种 B.48种 C.36种 D.24种解：根据题的条件可知，A、B必须相邻且B在A的右边，所以先将A、
3、B两人捆起来看成一个人参加排列，即是4个人在4个位置上作排列，故总的排法有P44=4321=24(种).可知此题应选D. 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3P13=9(种).(三)组合、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
4、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C14C25种；甲型2台乙型1台的取法有C24C15种根据加法原理可得总的取法有C24C25+C24C15=40+30=70(种)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，问共有多少种承包方式?解：甲公司从8项工程中选出3项工程的方式C38种；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C15种；丙公司从甲
5、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C24种；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C22种.根据乘法原理可得承包方式的种数有C38C15C24C22=51=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，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(x2+3x+2)5的展开式中x的系数为（ ）A.160 B.240 C.360 D.800解：(x2+3x+2)5=C05(x2+3x)5+C15
6、(x2+3x)4+C25(x2+3x)322+C35(x2+3x)223+C45(x2+3x)24+C5525.在展开式中只有C45(x2+3x)24才含有x，其系数为C5324=5316=240.故此题应选B.例7 (x-1)-(x-1)2(x-1)3-(x-1)+(x-1)的展开式中的x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=在(x-1)6中含x3的项是C36x3(-1)3=-20x3，因此展开式中x2的系数是-20.(五)综合例题赏析例8 若(2x+)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3
7、)2的值为（ ）A.1 B.-1 C.0 D.2解：A.例9 把6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法共有（ ）A.126种 B.84种 C.35种 D.21种解：此种排法相当于6个元素的全排列，6!=720.应选C.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.C24+C25C14=56+104=70.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（
8、 ）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：C13C17+C23=37+3=24，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P15P55=600个.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.有600=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
9、点，任取4个的组合数为C48=70个.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(ADB1C1)的有4组.能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)应选C.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OABCDEF.任取一侧棱OA(C16)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.共有C164=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
10、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 同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（ ）A.6种 B.9种 C.11种 D.23种解：设2143表示第一人拿第二人的卡、第二人拿第一人的卡，第三人拿第四人的卡，第四人拿第三人的卡，它是符合题设的分配方法.第一人只能拿二、三、四人的卡之一(P13).设第一人拿的是第二人的卡，则2143，2341，2413是全部可能的分配方式，计3种，共有P133=9种不同的分配方式应选B.例17 在50件产品中有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(
11、用数字作答).解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.C34C246+C44C146=4186(种)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（ ）.A.1260种 B.2025种 C.2520种 D.5040种解：先从10人中选2个承担任务甲(C210)再从剩余8人中选1人承担任务乙(C18)又从剩余7人中选1人承担任务乙(C17)有C210C18C17=2520(种).应选C.例19 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）.A.24个 B.30个 C.40个 D.60个
12、解：末位数字只能是2或4(P12)剩下四个数字考虑顺序任取其2(P24)，共有P12P24=24个偶数.应选A.例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有（ ）.A.C233197种 B.C23C3197+C33C2197 C.C5200-C5197 D.C5200-C13C4197解：5件中恰有二件为次品的抽法为C23C3197，5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197，至少有两件次品的抽法为C23C3197+C33C2197.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（
13、）.A.C58C38 B.P12C58C38 C.P58P38 D.P88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.1440 B.3600 C.4320 D.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P22P66.甲乙必须不相邻的排列数为P77-P22P66=5P66=3600.应选B.例23 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、丁各承包2项，问共有多少种承包方式?解：甲(C38)乙(C
14、15)丙(C24).有C38C15C24=1680种承包方式.例24 用1，2，3，4，四个数字组成没有重复的四位奇数的个数是_个(用具体数字作答).解：末位数(C12)，前三位数(P33).有C12P33=12个四位奇数.例25 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26 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P34=24个偶数.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27 已知集合A和集合
