2018届高三理科数学一轮复习 排列组合
【高考导航】2018届高三数学理一轮复习第9章第2节排列与组合
考点三
命题点1 整体均分问题
先把6个毕业生平均分成3组，
2 2 C2 6C4C2 3．国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大 有 A3 种方法，再将3组毕业 3 学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任 生分到3所学校，有A 3 ＝6种方 3
教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3 所学校去任教，有________ 90 种不同的分派方法．
4．若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2 名，一所3名，则有________ 360 种不同的分法．
思维升华
解决分组分配问题的2种策略 (1)整体均分：解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况， 所以分组后一定要除以An n(n为均分的组数)，避免重复计数． (2)不等分组：只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相 等，所以不需要除以全排列数．
解析：由已知得m的取值范围为{m|0≤m≤5，m∈Z}，
m！5－m！ 5！Fra bibliotek－m！6－m！ 7×7－m！m！ ＝ ，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去) 6！ 10×7！
2 或m＝2.故Cm 8 ＝C8＝28.
考点一
集合的基本概念
1．3名女生和5名男生排成一排． (1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？
法，故6个毕业生平均分到3所
2 2 2 C6 C4C2 3 学校，共有 A3 · A 3 ＝90种分 3
派方法．
考点三
命题点2 不等分问题
将6名教师分组，分三步完成： 第1步，在6名教师中任取1名作为一 组，有C1 6种取法； 第2步，在余下的5名教师中任取2名作 2 为一组，有C5 种取法； 第3步，余下的3名教师作为一组，有 C3 3种取法． 2 3 根据分步乘法计数原理，共有C 1 6C5C3 ＝60种取法． 3 再将这3组教师分配到3所中学，有A 3 ＝6种分法， 故共有60×6＝360种不同的分法．
2018年高考理科数学第一轮复习教案59-排列与组合1
2018届新世纪理科冲刺班专题复习：排列与组合一、相邻问题“捆绑法”将必须相邻的元素“捆绑”在一起，当作一个元素进行排列.例 1 甲、乙、丙、丁四人并排站成一排，如果甲、乙必须站在一起，不同的排法共有几种？二、不相邻问题“插空法”该问题可先把无位置要求的元素全排列，再把规定不相邻的元素插入已排列好的元素形成的空位中（注意两端）.例2 7个同学并排站成一排，其中只有A、B是女同学，如果要求A、B不相邻，且不站在两端，不同的排法有多少种？.三、定位问题“优先法”指定某些元素必须排（或不排）在某位置，可优先排这个元素，后排其他元素.例36个好友其中只有一个女的，为了照像留念，若女的不站在两端，则不同的排法有种.[自测练习]1．A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )A．24种B．60种C．90种D．120种2．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．四、平均分组和非平均分组有关的问题（1）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（2）将9个人（含甲、乙）平均分成三组，甲、乙分在同一组，则不同分组方法的种数为（）A．70 B．140 C．280 D．840(3) 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，不同的报名方法共有（）A. 15种B. 8种C. 53种D. 35种(4) 四名医生分配到三所医院工作，每所医院至少一名，则不同的分配方案有_______种．(5) 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种课堂练习：（1）不同的五种商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法种数共有（）A．12种 B．20种 C．24种 D．48种（2）5人站成一排，其中A不在左端也不和B相邻的排法种数为（）A．48 B．54 C．60 D．66（3）用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不．相邻，这样的八位数共有个.（用数字作答）（4）七个人排成一行，则甲在乙左边（不一定相邻）的不同排法数有_________种．（5）某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后进行，又工程丁必须在丙完成后立即进行，那么安排这6项工程的不同的排法种数是__________.（用数字作答）（6）今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有_______种不同的方法（用数字作答）.（7）在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )A. 36个B. 24个C. 18个D. 6个（8）电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有种不同的播放方式（结果用数值表示）.（9）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（10）设有编号为1、2、3、4、5的五个球和编号为1、2、3、4、5的五个盒子，现将这五个球投入这五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样投放的方法总数为( )A. 20B. 30C. 60D. 120（11）用六种不同颜色，给图中A、B、C、D、四块区域涂色，允许同一种颜色涂不同区域，但相邻区域不能涂同一种颜色，共有________种不同的涂法。
2018年高考一轮江苏数学理科 附加题部分 第1章 第58课 排列与组合
第58课排列与组合[最新考纲]1．排列与组合的概念(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A m n表示．(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C m n表示．3．排列数、组合数的公式及性质1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．()(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．()(3)若组合式C x n ＝C m n ，则x ＝m 成立．( )(4)排列定义规定给出的n 个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况．也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不再取了．( )[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√2．(教材改编)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则C m 8＝________. 28 [∵1C m 5－1C m 6＝710C m 7， ∴m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7·m ！(7－m )！10·7！， 化简，得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝2或m ＝21(舍去)∴C m 8＝C 28＝8×72×1＝28.] 3．方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 的解为________．x ＝5 [由排列数的定义可知⎩⎨⎧ x ≥3x ＋1≥2x ≥2，解得x ≥3，且x ∈N ＋.∴原方程可化为3x (x －1)(x －2)＝2x (x ＋1)＋6x (x －1)．即3x 2－17x ＋10＝0，解得x ＝5或x ＝23(舍)．∴原方程的解为x ＝5.]4．(2016·四川高考改编)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________．72 [第一步，先排个位，有C 13种选择；第二步，排前4位，有A 44种选择．由分步计数原理，知有C 13·A 44＝72(个)．]5．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为________．49[法一(直接法)：甲、乙两人均入选，有C17C22种方法，甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种方法，∴由分类计数原理，共有C22C17＋C12C27＝49种选法．法二(间接法)：从9人中选3人有C39种方法，其中甲、乙均不入选有C37种方法，∴满足条件的选排方法有C39－C37＝84－35＝49种．](1)甲，则不同的排法共有________种．(2)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．(1)216(2)36[(1)第一类：甲在左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120种方法；第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96种方法，所以共有120＋96＝216种方法．(2)记其余两种产品为D，E，A，B相邻视为一个元素，先与D，E排列，有A22A33种方法．再将C插入，仅有3个空位可选，共有A22A33C13＝2×6×3＝36种不同的摆法．][规律方法] 1.第(1)题求解的关键是按特殊元素甲、乙的位置进行分类．注意特殊元素(位置)优先原则，即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置．对于分类过多的问题，可利用间接法．2．对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法．[变式训练1]在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有________种. 【导学号：62172318】96[程序A的顺序有A12＝2种结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的元素排列有A22A44＝48种结果，由分步乘法计数原理，实验编排共有2×48＝96种方法．](1)若从数，则不同的取法共有________种．(2)(2016·全国卷Ⅲ改编)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有________个．(1)66(2)14[(1)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，∴不同的取法共有C45＋C44＋C25C24＝66种．(2)由题意知：当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，a k 中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C36＝20(种)，其中存在k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有C14＝4(种)；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．][规律方法] 1.(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取．(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．2．第(2)题是“新定义”问题，首先理解“规范01数列”的定义是解题的关键，注意分类讨论时要不重不漏，并重视间接法的应用．[变式训练2]现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．472[第一类，含有1张红色卡片，不同的取法C14C212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C 312－3C 34＝220－12＝208种．由分类计数原理，不同的取法共264＋208＝472种．]☞角度1 简单的排列与组合的综合问题用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有________个．120 [当五位数的万位为4时，个位可以是0,2，此时满足条件的偶数共有C 12A 34＝48个；当五位数的万位为5时，个位可以是0,2,4，此时满足条件的偶数共有C 13A 34＝72个，所以比40 000大的偶数共有48＋72＝120个．]☞角度2 分组分配问题将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有________种.【导学号：62172319】150 [5名学生可分为2,2,1和3,1,1两组方式．当5名学生分成2,2,1时，共有12C 25C 23A 33＝90种方法；当5名学生分成3,1,1时，共有C 35A 33＝60种方法．由分类加法计数原理知共有90＋60＝150种保送方法．][规律方法] 1.解排列与组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．对于排列与组合的综合题目，一般是先取出符合要求的元素，再对取出的元素排列．2．(1)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．(2)对于相同元素的“分配”问题，常用的方法是采用“隔板法”．[思想与方法]1．解有附加条件的排列与组合应用题的三种思路：(1)特殊元素、特殊位置优先原则．(2)解受条件限制的组合题，通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决，分类标准应统一．(3)解排列与组合的综合题一般是先选再排，先分组再分配．2．求解排列与组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”[易错与防范]1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．2．计算A m n时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数，是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．4．解组合应用题时，应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义．5．对于分配问题，一般是坚持先分组，再分配的原则，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏．课时分层训练(二)A 组 基础达标(建议用时：30分钟)1．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N ＋，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C m n －1＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.[解] (1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0. (2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n >m 时，(k ＋1)C m k ＝(k ＋1)·k ！m ！·(k －m )！＝(m ＋1)·(k ＋1)！(m ＋1)！·[(k ＋1)－(m ＋1)]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C m k ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ＝(m ＋1)C m m ＋[(m＋2)C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)]＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.2．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有多少种？ 【导学号：62172320】[解] 赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有C 14种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有C 24种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C 14＋C 24＝10种．3．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有多少种？[解]1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有C13C22A33种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有C23C22A33种，由分类计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为C13C22A33＋C23C22A33＝36种．4．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)至少有1名女运动员；(2)既要有队长，又要有女运动员．[解](1)法一：至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男，由分类加法计数原理可得总选法数为C14C46＋C24C36＋C34C26＋C44C16＝246(种)．法二：“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解．从10人中任选5人有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种．所以“至少有1名女运动员”的选法为C510－C56＝246(种)．(2)当有女队长时，其他人选法任意，共有C49种选法．不选女队长时，必选男队长，共有C48种选法．其中不含女运动员的选法有C45种，所以不选女队长时共有C48－C45种选法，所以既有队长又有女运动员的选法共有C49＋C48－C45＝191(种)．5．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？(1)两个女生必须相邻而站；(2)4名男生互不相邻；(3)老师不站中间，女生甲不站左端. 【导学号：62172321】[解](1)∵两个女生必须相邻而站，∴把两个女生看做一个元素，则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有A66A22＝1 440种站法．(2)∵4名男生互不相邻，∴应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有A33A44＝144种站法．(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A66＝720种站法．当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A55×5×5＝3 000种站法．根据分类计数原理知共有720＋3 000＝3 720种站法．6．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有多少个？[解]个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有C23A33C14＋A33C13＝90(个)；个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有C23A33C14＋C13C23A33C13＝234(个)，所以共有90＋234＝324(个)．B组能力提升(建议用时：15分钟)1．设有编号为1,2,3,4,5的五个球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子，现将这五个球放入五个盒子内．(1)只有一个盒子空着，共有多少种投放方法？(2)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？(3)每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？[解](1)C25A45＝1 200种；(2)A55－1＝119种．(3)满足的情形：第一类，五个球的编号与盒子编号全同的放法：1种；第二类，四个球的编号与盒子编号相同的放法：0种；第三类，三个球的编号与盒子编号相同的放法：10种；第四类，两个球的编号与盒子编号相同的放法，2C25＝20种．故满足条件的放法数为：1＋10＋20＝31种．2．(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为几种？(2)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？[解] (1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A 34＝24种．(2)法一：每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数，分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；若分配到2所学校有C 27×2＝42种；若分配到3所学校有C 37＝35种．∴共有7＋42＋35＝84种方法．法二：10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C 69＝84种不同方法．所以名额分配的方法共有84种．3．(2017·南京模拟)已知整数n ≥3，集合M ＝{1,2,3，…，n }的所有含有3个元素的子集记为A 1，A 2，A 3，…，A C 3n ，设A 1，A 2，A 3，…，A C 3n 中所有元素之和为S n .(1)求S 3，S 4，S 5，并求出S n ；(2)证明：S 3＋S 4＋…＋S n ＝6C 5n ＋2.[解] (1)当n ＝3时，集合M 只有1个符合条件的子集，S 3＝1＋2＋3＝6，当n ＝4时，集合M 每个元素出现了C 23次．S 4＝C 23(1＋2＋3＋4)＝30.当n ＝5时，集合M 每个元素出现了C 24次，S 5＝C 24(1＋2＋3＋4＋5)＝90.所以 ，当集合M 有n 个元素时，每个元素出现了C 2n －1，故S n ＝C 2n －1·n (n ＋1)2. (2)证明：因为S n ＝C 2n －1·n (n ＋1)2＝(n ＋1)n (n －1)(n －2)4＝6C 4n ＋1. 则S 3＋S 4＋S 5＋…＋S n ＝6(C 44＋C 45＋C 46＋…＋C 4n ＋1)＝6(C 55＋C 45＋C 46＋…＋C 4n ＋1)＝6C 5n ＋2.4．(2017·苏州期末)如图58-1，由若干个小正方形组成的k 层三角形图阵，第一层有1个小正方形，第二层有2个小正方形，依此类推，第k层有k个小正方形．除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上．现对第k层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为x1，x2，…，x k，其中x i∈{0,1}(1≤i≤k)，其它小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为x0.图58-1(1)当k＝4时，若要求x0为2的倍数，则有多少种不同的标注方法？(2)当k＝11时，若要求x0为3的倍数，则有多少种不同的标注方法？[解](1)当k＝4时，第4层标注数字依次为x1，x2，x3，x4，第3层标注数字依次为x1＋x2，x2＋x3，x3＋x4，第2层标注数字依次为x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，所以x0＝x1＋3x2＋3x3＋x4.因为x0为2的倍数，所以x1＋x2＋x3＋x4是2的倍数，则x1，x2，x3，x4四个都取0或两个取0两个取1或四个都取1，所以共有1＋C24＋1＝8种标注方法.(2)当k＝11时，第11层标注数字依次为x1，x2，…，x11，第10层标注数字依次为x1＋x2，x2＋x3，…，x10＋x11，第9层标注数字依次为x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，…，x9＋2x10＋x11，以此类推，可得x0＝x1＋C110x2＋C210x3＋…＋C910x10＋x11.因为C210＝C810＝45，C310＝C710＝120，C410＝C610＝210，C510＝252均为3的倍数，所以只要x1＋C110x2＋C910x10＋x11是3的倍数，即只要x1＋x2＋x10＋x11是3的倍数，所以x1，x2，x10，x11四个都取0或三个取1一个取0，而其余七个x3，x4，…，x9可以取0或1，这样共有(1＋C34)×27＝640种标注方法．11。
2018届高考数学(理)一轮复习人教版课件：第56讲 排列与组合
课堂考点探究
考点一 排列问题
例 1 (1)A，B，C，D，E，F 六人围坐在一张圆桌周围 开会， A 是会议的中心发言人， 必须坐最北面的椅子， B，C 两人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余 的三把椅子，则不同的座次有( ) A．60 种 B．48 种 C．30 种 D．24 种 (2)[2016· 广州一调] 将除颜色外完全相同的一个白 球、一个黄球、两个红球分给三个小朋友，且每个小 朋友至少分得一个球的分法有( ) A．15 种 B．21 种 C．18 种 D．24 种
2 3 4 C7＋C7＋C7＝
课前双基巩固
5．甲、乙两人进行乒乓球比赛，先赢 3 局 者获胜(无平局)，决出胜负为止，则所有可 能出现的情形(各人输赢局次不同视为不同 情形)共有________种．
[答案] 20
[解析] 易知两人比赛局数为 3，4 或 5.当局数为 3 时，甲或乙连赢 3 局， 共 2 种；当局数为 4 时，若甲胜，则 甲第 4 局胜，且前 3 局胜 2 局，有 2 C3＝3(种)情况， 同理乙胜也有 3 种情 况，共 6 种；当局数为 5 时，前 4 局 甲、 乙各胜 2 局， 第 5 局赢的人获胜， 2 有 2C4＝12(种)情况．故共有 20 种情 况．
m (1)An ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
公式
性质
用加 、________ 有序 3．解决排列组合计数问题，最常见的原理和方法为“分步用乘、分类________ 排列、无序组合”．
课前双基巩固
对点演练
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打 “×”) 2 (1)从 3 个不同元素中任取 2 个元素，共有 A3种不同取 法．( ) (2) 将 4 本新的相同的课本发给 4 个不同的同学，每人 4 一本，共有 A4种不同分法．( ) 2 (3) 从 3，5，7，11 中任取两个数相加，共有 A4种不同 结果．( )
2018年高考数学分类汇编：专题排列组合、程序框图、二项展开式试题及答案详解
2018年高考数学分类汇编----排列组合1、（2018年高考全国卷1理科第15题）（5分）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有16种．（用数字填写答案）【解答】解：方法一：直接法，1女2男，有C21C42=12，2女1男，有C22C41=4根据分类计数原理可得，共有12+4=16种，方法二，间接法：C63﹣C43=20﹣4=16种，故答案为：162、（2018年高考全国卷II文科第5题）（5分）从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为（）A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3【解答】解：从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，共有C52=10种，其中全是女生的有C32=3种，故选中的2人都是女同学的概率P==0.3，故选：D．3、（2018年高考上海卷第9题）（5分）有编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为9克的概率是（结果用最简分数表示）．【解答】解：编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，3个数中含有1个2；2个2，没有2，3种情况，所有的事件总数为：=10，这三个砝码的总质量为9克的事件只有：5，3，1或5，2，2两个，所以：这三个砝码的总质量为9克的概率是：=，故答案为：．4、（2018年高考浙江卷第16题）（4分）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．（用数字作答）【解答】解：从1，3，5，7，9中任取2个数字有种方法，从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有种方法，可以组成=720个没有重复数字的四位数；含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有=540，故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．故答案为：1260．2018年高考数学分类汇编----程序框图1、（2018年高考全国卷II文科第8题）（5分）为计算S=1﹣+﹣+…+﹣，设计了如图的程序框图，则在空白框中应填入（）A．i=i+1 B．i=i+2 C．i=i+3 D．i=i+4【解答】解：模拟程序框图的运行过程知，该程序运行后输出的是S=N﹣T=（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）；累加步长是2，则在空白处应填入i=i+2．故选：B．2、（2018年高考全国卷II理科第14题）（5分）为计算S=1﹣+﹣+…+﹣，设计了如图的程序框图，则在空白框中应填入（）A．i=i+1 B．i=i+2 C．i=i+3 D．i=i+4【解答】解：模拟程序框图的运行过程知，该程序运行后输出的是S=N﹣T=（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）；累加步长是2，则在空白处应填入i=i+2．故选：B．3、（2018年高考北京卷文科第3题）（5分）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（）A．B．C．D．【解答】解：在执行第一次循环时，k=1，S=1．在执行第一次循环时，S=1﹣=．由于k=2≤3，所以执行下一次循环．S=，k=3，直接输出S=，故选：B．4、（2018年高考北京卷理科第3题）（5分）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（）A．B．C．D．【解答】解：在执行第一次循环时，k=1，S=1．在执行第一次循环时，S=1﹣=．由于k=2≤3，所以执行下一次循环．S=，k=3，直接输出S=，故选：B．5、（2018年高考江苏卷第4题）（5分）一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为8．【解答】解：模拟程序的运行过程如下；I=1，S=1，I=3，S=2，I=5，S=4，I=7，S=8，此时不满足循环条件，则输出S=8．故答案为：8．6、（2018年高考天津卷文科第4题）（5分）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为20，则输出T的值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：若输入N=20，则i=2，T=0，==10是整数，满足条件．T=0+1=1，i=2+1=3，i≥5不成立，循环，=不是整数，不满足条件．，i=3+1=4，i≥5不成立，循环，==5是整数，满足条件，T=1+1=2，i=4+1=5，i≥5成立，输出T=2，故选：B．7、（2018年高考天津卷理科第3题）（5分）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为20，则输出T的值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：若输入N=20，则i=2，T=0，==10是整数，满足条件．T=0+1=1，i=2+1=3，i≥5不成立，循环，=不是整数，不满足条件．，i=3+1=4，i≥5不成立，循环，==5是整数，满足条件，T=1+1=2，i=4+1=5，i≥5成立，输出T=2，故选：B．2018年高考数学分类汇编----二项展开式1、（2018年高考全国卷III理科第5题）（5分）（x2+）5的展开式中x4的系数为（）A．10 B．20 C．40 D．80【解答】解：由二项式定理得（x2+）5的展开式的通项为：T r+1=（x2）5﹣r（）r=，由10﹣3r=4，解得r=2，∴（x2+）5的展开式中x4的系数为=40．故选：C．2、（2018年高考上海卷第3题）（4分）在（1+x）7的二项展开式中，x2项的系数为21（结果用数值表示）．【解答】解：二项式（1+x）7展开式的通项公式为T r+1=•x r，令r=2，得展开式中x2的系数为=21．故答案为：21．3、（2018年高考天津卷理科第10题）（5分）在（x﹣）5的展开式中，x2的系数为．【解答】解：（x﹣）5的二项展开式的通项为=．由，得r=2．∴x2的系数为．故答案为：．4、（2018年高考浙江卷第14题）（4分）二项式（+）8的展开式的常数项是7．【解答】解：由=．令=0，得r=2．∴二项式（+）8的展开式的常数项是．故答案为：7．。
2018届高考数学(理)一轮复习高频考点大突破学案：专题54排列与组合
个盒子，共 A 34种放法，
所以总的放法种数为
C
2
4A
34＝
6
×
24＝
144(种
)
．
(2) 确定 2 个空盒有 C24种方法．
4 个球放进 2 个盒子可分成 (3， 1)、 (2，2) 两类，第一类有序不均匀分组有 C34 C11 A 22种方法；
第二类有序均匀分组有
C24C2 22· A2
A
22种方法．故共有
)
A ． 60 B．90 C． 120 D． 130
【答案】 D
【解析】 本题考查排列组合等知识， 考查的是用排列组合思想去解决问题， 主要根据范围利
用分类讨论思想求解．由 “1≤x1｜|＋ |x2|＋ |x3 |＋ |x4|＋ |x5 | ≤ 3考”虑 x1，x2，x3， x4，x5 的可能取值， 设集合 M ＝ {0} ，N＝ { － 1， 1} ． 当 x1 ，x2，x3， x4，x5 中有 2 个取值为 0 时，另外 3 个从 N 中取，共有 C25×23 种方法；当 x1， x2， x3， x4， x5 中有 3 个取值为 0 时，另外 2 个从 N 中取，共有 C35×22 种方法； 当 x1 ，x2， x3 ，x4， x5 中有 4 个取值为 0 时，另外 1 个从 N 中取，共有 C45×2 种方法． 故总共有 C25×23＋ C35×22＋ C45×2＝ 130 种方法， 即满足题意的元素个数为 130.
解析 (1)第一类：甲在最左端， 有 A 55＝ 5× 4× 3× 2× 1＝ 120(种)方法；
专题 54 排列与组合
第二类：乙在最左端，
有
4A
4 4
＝
4×
4
2018届高三理科数学复习讲义 排列组合二项式定理
2018届高三理科数学复习讲义 排列组合二项式定理高考定位一．考场传真1. 【2017课标1，理6】621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．35 【答案】C 【解析】因为6662211(1)(1)1(1)(1)x x x x x++=⋅++⋅+，则6(1)x +展开式中含2x 的项为2226115C x x ⋅=，621(1)x x ⋅+展开式中含2x 的项为44262115C x x x⋅=，故2x 前系数为151530+=，选C. 2．【2017课标3，理4】()()52x y x y +-的展开式中x 3y 3的系数为 A ．80-B ．40-C ．40D ．80【答案】C3．【2017课标II ，理6】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ）A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种【答案】D【解析】由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有24C 种方法，然后进行全排列33A 即可，由乘法原理，不同的安排方式共有234336C A ⨯=种方法。
故选D 。
4．【2017浙江，16】从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有______中不同的选法．（用数字作答）【答案】660【解析】由题意可得：总的选择方法为411843C C C ⨯⨯种方法，其中不满足题意的选法有411643C C C ⨯⨯种方法，则满足题意的选法有：411411843643660C C C C C C ⨯⨯-⨯⨯=种．5．【2017浙江，13】已知多项式()1x +3()2x +2=5432112345x a x a x a x a x a +++++，则4a =________，5a =________．【答案】16，46．【2017天津，理14】用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答）【答案】 1080【解析】413454541080A C C A +=7．【2017山东，理11】已知的展开式中含有项的系数是，则 .【答案】()13nx +2x 54n =4【解析】由二项式定理的通项公式，令得：，解得．二．高考研究【考纲解读】1.考纲要求排列、组合、二项式定理（1）分类加法计数原理、分步乘法计数原理：①理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.（2）排列与组合①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.（3）二项式定理①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.2.命题规律：(1)排列、组合与二项式定理每年交替考查，主要以选择、填空的形式出现，试题难度中等或偏易. ()1C 3C 3rr r r r r n n x x +T ==⋅⋅2r =22C 354n ⋅=4n =(2)排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性，常与实际相结合，转化为基本的排列组合模型解决问题，需用到分类讨论思想，转化思想. 排列与组合问题一直是高考数学的热点内容之一．从近几年的高考试题统计分析来看，对排列与组合知识的考查均以应用题的形式出现，题型为选择题、填空题，题量最多是一道，分值为5分，属于中档题．内容以考查排列、组合的基础知识为主．高考中对本讲注重基础知识和基本解题方法、规律的考查,以及运算能力的考查,基本都为中等难度试题.最近几个年份考查多少不一.(3)与二项式定理有关的问题比较简单，但非二项问题也是今后高考的一个热点，解决此类问题的策略是转化思想. 考查的重点是二项式定理的通项公式、二项式系数及项的系数；以考查基本概念、基础知识为主，如系数和、求某项的系数、求常数项、求有理项、求所含参数的值或范围等；难度不大，属于中档题和容易题，题型为选择题或填空题．3．学法导航1. 切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．分类时要做到不重不漏．对于复杂的计数问题，可以分类、分步综合应用．2. 要能够写出所有符合条件的排列或组合，尽可能使写出的排列或组合与计算的排列数相符，使复杂问题简单化，这样既可以加深对问题的理解，检验算法的正确与否，又可以对排列数或组合数较小的问题的解决起到事半功倍的效果．3．解排列、组合的综合应用问题，要按照“先选后排”的原则进行，即一般是先将符合要求的元素取出(组合)，再对取出的元素进行排列，常用的分析方法有：元素分析法、位置分析法、图形分析法．要根据实际问题探索分类、分步的技巧，做到层次清楚，条理分明．区分排列、组合问题主要是判断“有序”和“无序”，更重要的是弄清怎样的算法有序，怎样的算法无序，关键是在计算中体现“有序”和“无序”．递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pq t -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. 4. 组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．5．运用二项式定理一定要牢记通项1r n r r r n T C a b -+=，注意()n a b +与()nb a +虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，我们一定要注意顺序问题.另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指r n C ，而后者是字母外的部分，对于二项式系数问题，应注意以下几点：①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1；②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；③证明不等式时，应注意运用放缩法. 求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求r ，再求1r T +，有时还需先求n ，再求r ，才能求出1r T +. 有些三项展开式问题可以变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏. 对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段. 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决.主干整合归纳拓展一．基础知识整合基础知识：1.应用两个计数原理解题的方法(1)在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．2.排列、组合数公式及相关性质（1）排列数公式：()()()121+---=m n n n n A m n ()!m n n -=！(,,*)≤∈m n m n N ；*)(12)1(!N n n n n A n n ∈⨯⨯⨯-⨯== . （2）组合数公式()(1)(1)!(,,*)(1)21!!⋅-⋅⋅-+===≤∈⋅-⋅⋅⋅- m mn nm m A n n n m n C m n m n N A m m m n m . （3）排列数与组合数的性质排列:11-++=m n m n m n mA A A ；组合:11-++=m nm n m n C C C (,,*)≤∈m n m n N , =k n kC 11k n nC --. 3. 二项式定理()()011*n n n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N --+=+++++∈ ，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式，其中的系数r n C (0,1,2,3,,r n = )叫做二项式系数．式中的r n r r n C a b -叫做二项展开式的通项，用1r T +表示，即展开式的第1r +项；1r n r r r n T C a b -+=.4．二项展开式形式上的特点(1)项数为1n +.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n .(3)字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n .(4)二项式的系数从0n C ，1n C ，一直到1n n C -，n n C .5. 二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即0n n nC C =，11n n n C C -=， ，m n m n n C C -=. (2)增减性与最大值：二项式系数r n C ，当12n r +≤时，二项式系数是递增的；由对称性知：当12n r +>时，二项式系数是递减的．当n 是偶数时，中间的一项2nn C 取得最大值．当n 是奇数时，中间两项12n n C+ 和12n nC -相等，且同时取得最大值．(3)各二项式系数的和()n a b +的展开式的各个二项式系数的和等于2n ，即012r n n n n n n C C C C +++++= ，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02413512n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=二．高频考点突破考点1 分类计数原理与分步计数原理【例1】将3本相同的诗集，2本相同的小说全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有（ ）A ．24种B ．28种C ．32种D ．36种【分析】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.【规律方法】1. 计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理：如果已知的每类方法中的每一种方法都能单独完成这件事，用分类加法计数原理；如果每类方法中的每一种方法只能完成事件的一部分，用分步乘法计数原理．2.利用分类计数原理解决问题时： (1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复；③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法．3.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件．(3)对完成各步的方法数要准确确定．4. 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．(1)分类要做到“不重不漏”，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“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，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．(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．(4)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．5.在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．5. (1)分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．(2)分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．6. 分类加法计数原理的两个条件：(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．分步乘法计数原理的两个条件：(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将完成这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键．从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．【举一反三】【2018江西南昌摸底】某校毕业典礼由6个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有A. 120种B. 156种C. 188种D. 240种【答案】A考点2 排列、组合及性质【例2】化简:+2+3+…+n = ．分析：通过组合数性质=将原式转化成相同的系数，然后利用性质可化简原式得到.解析：=，原式=+n +n +n +…+n =++++…+)=． 【规律方法】通过观察式子的结构，利用排列数和组合数的相关性质及二项式系数的相关性质以含有排列、组合数结构的代数式进行化简，有时需要拆分、拼凑项来进行结构重组.【举一反三】设，且，其中当为偶数时，；当为奇数时，． （1）证明：当，时，；（2）记，求的值．1n C 2n C 3n C n n C k n kC 11k n nC --n n n n n n C C C C 2210=++++ 12- n n k n kC 11k n nC --∴01n nC -11n C -21n C -31n C -11n n C --01(n n C -11n C -21n C -31n C -11n n C --12-n n 01212(1)m m n n n n n m S C C C C ---=-+-+- *,m n ∈N m n <n 2n m =n 12n m -=*n ∈N 2n ≥11n n n S S S +-=-01231007201420132012201110071111120142013201220111007S C C C C C =-+-+- S考点3 排列、组合的应用【例3】从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（ ） A ．40种 B ．60种 C ．100种 D ．120种 【答案】B【解析】先排星期五,从人中选人有,种,再从剩下的人中选人参加星期六、星期日,有种,故共有种,选B.【规律方法】1.解答排列组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手． (1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；5225C 3223A 225310660C A =⨯=(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；(3)“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决．2.解决排列组合问题的13个策略.(1)特殊元素、特殊位置优先法；(2)相邻问题捆绑法；(3)不相邻(相间)问题插空法；(4)多排问题单排法； (5)多元问题分类法；(6)有序分配问题分步法；(7)交叉问题集合法；(8)至少或至多问题间接法；(9)选排问题先选后排法；(10)局部与整体问题排除法；(11)复杂问题转化法；（12）定序问题倍缩法；(13)相同元素分组可采用隔板法.3.对解组合问题，应注意以下四点：(1)对“组合数”恰当的分类计算，是解组合题的常用方法；(2)是用“直接法”还是“间接法”解组合题，其原则是“正难则反”；(3)设计“分组方案”是解组合题的关键所在；(4)分组问题：要注意区分是平均分组还是非平均分组，平均分成n组问题别忘除以n！.【举一反三】【2018黑龙江齐齐哈尔一模】由1、2、3、4、5、6、7七个数字组成七位数，要求没有重复数字且6、7均不得排在首位与个位，1与6必须相邻，则这样的七位数的个数是（）A. 300B. 338C. 600D. 768【答案】D考点4 二项式定理及应用【例4】已知二项式的展开式中的系数为，则的值为（ ） A. B. C. D.【分析】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数. 【答案】C【规律方法】 1.二项定理问题的处理方法和技巧:⑴运用二项式定理一定要牢记通项，注意与虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指，而后者是字母外的部分．前者只与和有关，恒为正，后者还与，有关，可正可负．⑵ 对于二项式系数问题，应注意以下几点：912x ax ⎛⎫+ ⎪⎝⎭3x 212-1e a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰212e +232e -232e +252e -1+r r 1+rr 1r n r rr n T C a b -+=()na b +()nb a +r n C n r a b①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1； ②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法； ③证明不等式时，应注意运用放缩法.⑶ 求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求，再求，有时还需先求，再求，才能求出.⑷ 有些三项展开式问题可以变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏.⑸ 对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段.⑹ 近似计算要首先观察精确度，然后选取展开式中若干项.⑺ 用二项式定理证明整除问题，一般将被除式变为有关除式的二项式的形式再展开，常采用“配凑法”“消去法”配合整除的有关知识来解决.多项式乘法的进位规则:在求系数过程中,尽量先化简，降底数的运算级别,尽量化成加减运算，在运算过程可以适当注意令值法的运用，例如求常数项，可令.在二项式的展开式中，要注意项的系数和二项式系数的区别.2. 排列组合在二项展开式中的应用：展开式可以由次数、项数和系数来确定．(1)次数的确定：从个相同的中各取一个(或)乘起来，可以构成展开式中的一项，展开式中项的形式是，其中.(2)项数的确定：满足条件的共组． 即将展开共项，合并同类项后共项．r 1r T +n r 1r T +0x =()na b +n a b +a b p q ma b ,,p q N p q n ∈+=,,p q N p q n ∈+=(),p q 1n +()na b +2n1n +(3)系数的确定：展开式中含()项的系数为 (即个，个的排列数)因此展开式中的通项是： ()这种方法比数学归纳法推导二项式定理更具一般性和创造性，不仅可二项展开，也可三项展开，四项展开等．3. 求几个二项式积的展开式中某项的系数或特定项时，一般要根据这几个二项式的结构特征进行分类搭配，分类时一般以一个二项式逐项分类，分析其他二项式应满足的条件，然后再求解结果．4. 求展开式系数最大项：如求 ()的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为，且第项系数最大，应用从而解出k 来，即得．5. (1)利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理地变形构造二项式，应注意：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可． (2)求余数问题时，应明确被除式与除式 ()，商式与余式的关系及余式的范围．(3)展开式中常数项、有理项的特征是通项中未知数的指数分别为零和整数．解决这类问题时，先要合并通项中同一字母的指数，再根据上述特征进行分析．(4)有关求二项展开式中的项、系数、参数值或取值范围等，一般要利用通项公式，运用方程思想进行求值，通过解不等式(组)求取值范围．【举一反三】【2018陕西两校联考】()()8411x y ++的展开式中22x y 的系数是（ ）A. 56B. 84C. 112D. 168 【答案】Dp q a b p q n +=p n C p a q b ()na b +1r n r rr n T C a b -+=0,1,2,3,,r n = ()()011*nn n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N --+=+++++∈ ()nax b +,a b R ∈1231,,,,n A A A A + k 11k k k k A A A A -+≥⎧⎨≥⎩()f x ()g x ()0g x ≠()q x考点5 赋值法在二项式定理中的应用【例5】若，则的值为（ ）A ．B ．C ．253D ．126【分析】赋值法研究二项式的系数和问题：“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax ＋b)n 、(ax 2＋bx ＋c)m (a ，b ∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by)n (a ，b ∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可. 【答案】C【解析】令，得，，∴.选C ． 【规律方法】二项式定理是一个恒等式，使用时有两种思路：一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数分别相等)；二是赋值．二项式定理结合“恒等”与“赋值”两条思路可以使很多求二项展开式的系数的问题迎刃而解．赋值法是处理组合数问题、系数问题的最有效的经典方法，一般对任意，某式子恒成立，则对中的特殊值，该式子一定成立，特殊值如何选取视具体情况决定，灵活性较强，一般取居多.若则设.有：① ②③ ④⑤()()72801281212x x a a x a x a x +-=++++…0127a a a a ++++…2-3-1x =01283a a a a ++++=…()7822256a =⨯-=-0783253a a a ++=--=…A x ∈A x 1,1,0-=x 2012()...,n n n ax b a a x a x a x +=++++()()=+n f x ax b 0(0);a f =012...(1);n a a a a f ++++=0123...(1)(1);n n a a a a a f -+-++-=-0246(1)(1)...;2f f a a a a +-++++=1357(1)(1) (2)f f a a a a --++++=【举一反三】【2018东北名校联考】若()523450123451x a a x a x a x a x a x -=+++++，则012345a a a a a a -+-+-=（ ）A. 0B. 1C. 32D. 1- 【答案】A考点6 二项式定理与其他知识交汇【例6】若，则展开式中常数项为（ ） A ．B ．C ．D ． 【答案】B【解析】因为，所以，，常数项为，故选B.【规律方法】二项式定理内容的考查常出现二项式内容与其它知识的交汇、整合，这是命题的一个创新方向．如二项式定理与函数、数列、复数，不等式，三角等其他知识点综合成题时，对其他模块的知识点要能熟练运用.sin()2cos παα-=6tan ()x xα+5216052-160-sin()2cos παα-=sin 2cos ,tan 2x x x ==66tan 2()x x x x α⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭333336622160C x C x ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭【举一反三】若变量满足约束条件，，则取最大值时，二项展开式中的常数项为 .【答案】【解析】画出不等式组表示平面区域如图,由图象可知当动直线经过点时,取最大值.当时,故由二项式展开式的通项公式,由题设可得,所以展开式中的常数项是,故应填答案.原创预测 考题探究1. 2017年3月全国两会在北京召开，现从A 组4人和B 组5人中任取3人参加一项议程讨论，在取出的3人中至少有A 组和B 组各一人的不同取法有（A ）35种 （B ）70种 C. 80种 D. 140种y x ,⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥+-≥-+020202x y x y x 22-+=y x n n nx x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+1224022++-=n x y )4,2(A 22-+=y x n 66=n r rr r r r r r xC xx C T ----+==26666612)1()2(026=--r r2=r 2402264=C 240【答案】B押题依据 本题主要考查分类计数原理、排列组合知识在实际中的应用，考查学生分类讨论的思想和逻辑运算变换的能力.本题是一个常规题,但考查的知识基础,有一定的综合性,符合小题综合化的高考要求.2. 设有序集合对满足：，.记，分别表示集合，中元素的个数，则符合条件，的集合的对数是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】由条件，，知，.当，时，显然不成立；当，时，则，，所以，，符合条件的集合对有1对；当，时，则，，所以中的另一个元素从剩下6个数中选一个，故符合条件的集合对有对；当，时，则，，所以中的另两个元素从剩下6个数中选2个，故符合条件的集合对有对；当，时，则，，矛盾；由对称性，剩下的几种情况类似，故符合条件的集合的对数是对，选D.押题依据 本题主要考查两个计数原理、排列组合的灵活应用，意在考查考生的分类讨论的数学思想方法，综合分析问题的能力.本题与集合结合出题,构思比较新.(,)A B {1,2,3,4,5,6,7,8}A B = A B =∅ ||A ||B A B ||A A ∉||B B ∉11224244||A A ∉||B B ∉||A B ∈||B A ∈||0A =||8B =||1A =||7B =7A ∈1B ∈{7}A ={1,2,3,4,5,6,8}B =||2A =||6B =6A ∈2B ∈A 16C 6=||3A =||5B =5A ∈3B ∈A 26C 15=||4A =||4B =4A ∈4B ∈2(01615)044++++=3. 某同学要用红、黄两种颜色给如下图中并排的七个矩形图形涂色，要求每一块矩形只涂一种颜色，要求任意两相邻的两块矩形至多有1块涂红色，且任意相邻三块矩形至少有一块矩形涂红色，则涂色方案有___________种．【答案】12押题依据 本题主要考查计数原理的应用等基础知识，意在考查考生的理解能力，分析问题，解决问题能力及运算能力.涂色问题是高考常考题型，故选此题.4.若已知（）展开式中二项式系数的和为256，则该展开式中含项的系数为 ． 【答案】112【解析】由题知=256，所以=8，所以==，所以=-1，解得=6，所以展开式中含项的系数为=112． 押题依据 本题考查二项式定理，赋值法求系数和等基础知识，意在考查分析问题、解决问题的能力、基本运算能力及推理能力，本题是一个传统题型，也是高考常考题型，故押此题.(2n x n ∈*N x 12nn 1r T +828C (2)(1)r r r r x x ---38828(1)2C rr r r x ---382r-r x168668(1)2C --5. 【2017年第三次全国大联考（新课标卷Ⅰ）】若，其中，则的值为 .【答案】押题依据 本题考查二项式定理，定积分求值，赋值法求系数和等基础知识，意在考查分析问题、解决问题的能力、基本运算能力及推理能力，二项式定理，定积分结合出题，在高考中曾经出现过，故押此题.()()62701271x a x a a x a x a x +-=+++⋅⋅⋅+()π0sin cos da x x x =-⎰0126a a a a +++⋯+1。
备战2018年高考数学一轮复习(热点难点)专题62巧妙分类灵活分步解决排列组合问题理
考纲要求 :
1. 分类加法计数原理、分步乘法计数原理
(1) 理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理 .
(2) 会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题
.
2. 排列与组合
(1) 理解排列、组合的概念 .
(2) 能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式
840
（等可能）
.
(3) 能解决简单的实际问题 .
基础知识回顾 : 1．分类加法计数原理
完成一件事有 n 类不同的方案，在第一类方案中有 m1 种不同的方法，在第二类方案中有 m2 种不同的方
法，…，在第 n 类方案中有 mn 种不同的方法，则完成这件事情，共有
N＝ m1+ m2+…+mn 种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
3．组合与组合数
(1) 组合的定义：一般地，从 n 个不同的元素中取 m(m≤n) 个元素合成一组，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□8 所有不同组合的个数，叫做从
素中取出 m个元素的组合数，用符号 Cmn表示．
(3)
组合数公式
Cmn＝
Amn Amm＝
n
n－
n－ m！
n－ m＋
n！
＝ m！
. n－ m ！
(4)
组合数的性质性：
Cmn＝
Cn－ n
m
.
Cm n＋
1＝
Cm－1 n
＋
m
Cn
(m≤n，
n∈ N*， m∈ N* ) ．
n 个不同元
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(2)如图，某电子器件由 3 个电阻串联 而成，形成回路，其中有 6 个焊接点 A，B， C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路 就会不通． 现发现电路不通， 那么焊接点脱 落的可能情况共有________种．
[解析] 因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况， 而
只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有 26－1＝63 种可能情况． [答案] 63
x2 y2 (3)若椭圆m＋ n ＝1 的焦点在 y 轴上，且 m∈{1,2,3,4,5}， n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．
[解析] 当 m＝1 时，n＝2,3,4,5,6,7，共 6 个；
当 m＝2 时，n＝3,4,5,6,7，共 5 个； 当 m＝3 时，n＝4,5,6,7，共 4 个； 当 m＝4 时，n＝5,6,7，共 3 个； 当 m＝5 时，n＝6,7，共 2 个． 故共有 6＋5＋4＋3＋2＝20 个满足条件的椭圆． [答案] 20
[例 2]
(1)从－1,0,1,2 这四个数中选三个数作为函数 f(x)＝
ax2＋bx＋c 的系数，则可组成________个不同的二次函数，其 中偶函数有________个(用数字作答)．
[解析]
一个二次函数对应着 a，b，c(a≠0)的一组取值，a
的取法有 3 种，b 的取法有 3 种，c 的取法有 2 种，由分步乘法 计数原理知共有 3×3×2＝18 个二次函数．若二次函数为偶函 数，则 b＝0，同理可知共有 3×2＝6 个偶函数． [答案] 18 6
[例 1]
(1)在所有的两位数中， 个位数字大于十位数字的两
位数共有________个．
[解析]
(1) 法 一 ： 按 个 位 数 字 分 类 ， 个 位 可 为
2,3,4,5,6,7,8,9，共分成 8 类，在每一类中满足条件的两位数分 别有 1 个，2 个，3 个，4 个，5 个，6 个，7 个，8 个，则共有 1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36 个两位数． 法二：按十位数字分类，十位可为 1,2,3,4,5,6,7,8，共分成 8 类，在每一类中满足条件的两位数分别有 8 个，7 个，6 个， 5 个，4 个，3 个，2 个，1 个，则共有 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2 ＋1＝36 个两位数． [答案] 36
(2)如图，从 A 到 O 有________种不同的走 法(不重复过一点)．
[解析] 分 3 类：第一类，直接由 A 到 O，有 1 种走法； 第二类，中间过一个点，有 A→B→O 和 A→C→O 2 种不 同的走法； 第三类，中间过两个点，有 A→B→C→O 和 A→C→B→O 2 种不同的走法． 由分类加法计数原理可得共有 1＋2＋2＝5 种不同的走法． [答案] 5
不同点
独立完成这件事情，要注
意“类”与“类”之间的 独立性和并列性．分类计
数原理可利用“并联”电
路来理解
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
分类加法计数原理
能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点： (1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成 n 类． (2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事． (3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有 方法数．
[易错提醒]
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分 类标准要统一，不能遗漏． (2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须 属于某一类，不能重复．
分步乘法计数原理
能用分步乘法计数原理解决的问题具有以下特点： (1)完成一件事需要经过 n 个步骤，缺一不可． (2)完成每一步有若干种方法． (3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事 的所有方法数．
两个计数原理的综合问题
在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或 分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类 的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可 能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不 漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类， 准确分步．
[例 3]
(1)用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数， ( C．96 个 )
其中比 40 000 大的偶数共有 A．144 个
[解析]
B．120 个
D．72 个
由题意可知， 符合条件的五位数的万位数字是 4 或
5. 当万位数字为 4 时，个位数字从 0,2 中任选一个，共有 2×4×3×2＝48 个偶数；当万位数字为 5 时，个位数字从 0,2,4 中任选一个，共有 3×4×3×2＝72 个偶数．故符合条件的偶数 共有 48＋72＝120(个)． [答案] B
第一节 排列组合
本节主要包括 2 个知识点： 1.两个计数原理； 2.排列、组合问题.
第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列
第一节 排列、组合
本节主要包括 2 个知识点： 1.两个计数原理； 2.排列、组合问题.
突破点(一)基础 Nhomakorabea通两个计数原理
抓主干知识的“源”与“流”
1．分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第 1 类方案中有 m 种不 同的方法，在第 2 类方案中有 n 种不同的方法，那么完成这 件事共有 N＝ m＋n 种不同的方法． 2．分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤， 做第 1 步有 m 种不同的方法，
m×n 做第 2 步有 n 种不同的方法， 那么完成这件事共有 N＝______
种不同的方法．
3．两个计数原理的比较
名称
相同点
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 运用加法运算 分类完成一件事，并且每 类办法中的每种方法都能 运用乘法运算 分步完成一件事，并且只 有各个步骤都完成才算完 成这件事情，要注意“步” 与“步”之间的连续 性．分步计数原理可利用 “串联”电路来理解
[易错提醒]
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件 发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且 分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的， 只有各个步骤都完成了，才算完成这件事． (2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相 独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．