1、排列与组合、二项式定理的应用第一课时：排列与组合第一课时：排列与组合课前导引第一课时：排列与组合课前导引1.从正方体的6个面中选取3个面，其中有两个面不相邻的选法共有()A.8种B.12种C.16种D.20种第一课时：排列与组合课前导引1.从正方体的6个面中选取3个面，其中有两个面不相邻的选法共有()A.8种B.12种C.16种D.20种B2.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一起的情形的不同种数有_.2.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一起的情形的不同种数有_.解析 把正面向上的4次中恰有3次连在一起看成一个元素，与另一次这两
2、个不同元素插入反面向下的4次的5个空挡中，故共有A52=20种不同情形.2.某人抛掷硬币8次，其中4次正面向上，则证明向上的4次中恰有3次连在一起的情形的不同种数有_.解析 把正面向上的4次中恰有3次连在一起看成一个元素，与另一次这两个不同元素插入反面向下的4次的5个空挡中，故共有A52=20种不同情形.20考点搜索考点搜索1.不附加条件的排列组合题，大多用分类讨论的方法，注意分类不重不漏.2.若元素必须相附，一般采用看作一个整体的方法.3.元素不相邻，采用插空法.4.排列组合的混合型问题，交替使用两个原理.链接高考链接高考例1(1)在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中,
3、大于23145且小于43521的数共有()A.56个B.57个C.58个D.60个链接高考例1(1)在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中,大于23145且小于43521的数共有()A.56个B.57个C.58个D.60个C(2)某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现要栽种4种颜色的花，每部分栽种一种，且相邻部分不能栽种相同颜色的花，不同的栽种方法共有_种.(用数字作答)612345612345解析 本题是一道涂色问题的应用题,可以将不相邻的区域合并成涂同一颜色的区域，再用颜色进行排列；也可以根据条件分布涂色.612345解法一：把不相邻的区域合并后，成
4、为4个“大区域”，然后再把4种颜色对应全排列46 25 1 346 35 1 236 24 1 536 24 1 524 35 1 6共5种合并方法，所以5A44=120种栽种方法.解法二：先从区域1开始种，栽种方法有4种，则区域6有3种栽法，区域5有2种栽法，若区域4与区域6栽种同一种花,则区域2、3两块各有2种栽法，故总共有43222=96种；若区域4与区域6不栽同一种花，则区域2、3两块中有1种栽法，总共有43211=24，所以一共有120种栽种方法.612345例2 有5张卡片,它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多
5、少个不同的三位数？例2 有5张卡片,它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？解析 在解本题时应考虑两方面的问题：(1)0不能作百位，但0与1在同一卡片上，因此着眼于限制条件，必须同时考虑0与1的分类.(2)每张卡片都有正面与反面两种可能，解法上既可用直接法也可用排除法.解法一：直接法，从0与1两个特殊值着手，可分三类：(1)取0不取1,可先从另四张卡片上选一张作百位，有C41种方法；0可在后两位有C21种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C31种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此
6、时可得不同的三位数有C41C21C3122(个).(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C4223A33(个).(3)0和1都不取,有不同三位数C4223A33(个).综上所述，共有不同的三位数C41C21C3122+C4222A33+C4323A33=432(个).解法二：间接法，任取三张卡片可以组成不同三位数C5323A33(个)，其中0在百位的有C4222A22(个)，这是不合题意的,故共有不同三位数:C5323A33C4222A22(个).例3 四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,则不同的取法共有()A.150种B.147种C.144种D.141种解析 方法一
7、,从10个点中,任意取4个点的不同取法共有C104种，其中，所取4个点共面的可分为两类：第一类，4个点同在四面体的一个面上，共有4C64种取法.第二类,4个点不同在四面体的一个面上，可分为两种情形：4个点分布在不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点是某棱的中点,另3点在棱上，因为共有6条棱,所以有6种取法；4个点所在的不共面的棱不止两条，这时，4个点必然都是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空间四边形的四条边，故有3种不同的取法.第二类,4个点不同在四面体的一个面上，可分为两种情形：4个点分布在不共面的两条棱上，这只能是恰有1个点是某棱的中点,另3点在棱上，因为共有6条棱,所以有6种取法；4个点所
8、在的不共面的棱不止两条，这时，4个点必然都是棱的中点，它们所在的4条棱必然是空间四边形的四条边，故有3种不同的取法.所以符合题意的不同取法种数为C104(4C64+6+3)=141.方法二,在四面体中取定一个面,记为,那么取不同不共面的4个点,可分为四类：第一类,恰有3个点在 上,这时该3点必然不在同一条棱上,因此,4个点的不同取法数为4(C633)=68.第二类，恰有2个点在上，可分两种情况：该2点在同一条棱上，这时4个点的不同取法数为4C32(C42-3)=27;该2点不在同一条棱上，这时4个点的不同取法数为(C62-3C32)(C42-1)=30.第三类，恰有1个点在上，可分为两种情形：
9、该点是棱的中点，这时4个点的不同取法数为33=9；该点不是棱的中点，这时4个点的不同取法数为32=6.第三类，恰有1个点在上，可分为两种情形：该点是棱的中点，这时4个点的不同取法数为33=9；该点不是棱的中点，这时4个点的不同取法数为32=6.第四类，4个点都不在上，只有1种取法.应用分类计数原理，得所求的不同取法数为68+27+30+9+6+1=141.例4 4个男同学，3个女同学站成一排:(1)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？(2)任何两个女同学彼此不相邻,有多少种不同的排法？(3)其中甲、乙两同学之间必须有3人，有多少种不同的排法？(4)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少
10、种不同的排法？(5)女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？(3个女生身高互不相等)解析(1)3个女同学是特殊元素，我们先把她们排好，共有P33种排法；由于3个女同学必须排在一起，我们可视排好的女同学为一整体，再与甲同学排队，这时是5个元素的全排列，应有A55种排法，由乘法原理，有A33A55种=720种不同排法.(2)先将男生排好,共有A44种排法,再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生有A53种方案,故符合条件的排法共有A44A53=1440种不同排法.(3)甲、乙2人先排好，有A22种排法,再从余下5人中选3个排在甲、乙2人中间,有A53种排法,这时把已排好的5人视为
11、一个整体,与最后剩下的2人再排,又有A33种排法，这样总共有A22 A53A33=720种不同排法.(4)安排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有A44种排法；由于甲、乙要相邻,故再把甲、乙排好,有A22种排法,最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档中有A52种排法,这样,总共有A44 A22 A52=960种不同排法.评注 排列问题中，部分元素相邻的问题可用“视一法”解；部分元素不相邻的问题可用“插入法”解，部分元素定序的问题也可用“插入法”解.例5 按以下要求分配6本不同的书,各有几种分法？(1)平均分给甲、乙、丙三人，每人2本；(2)平均分成三份，每份2本；(3)甲、乙、
12、丙三人一人得1本，一人得2本，一人得3本；(4)分成三份，一份一本，一份2本，一份3本；(5)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另二人每人得1本；(6)分成三份，一份4本，另两份每份1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本(均只要求列式).解析例6 将4个编号为1、2、3、4的小球放入4个编号为1、2、3、4的盒子中，(1)有多少种放法？(2)每盒至多一球，有多少种放法？(3)恰好有一个空盒，有多少种放法？(4)每个盒内放一个求，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,有多少种放法？(5)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？(6)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要
13、求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？解析解析(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C41种，当1个球与1个盒子的编号相同时,同局部列举法可知其余3个球的投放方法有2种，故共有C412=8种.(5)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放两个球，余下两个盒子各放一个，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题.故共有C43 C31=12种放法.(6)(隔板法)先将编号为1、2、3、4的4个盒子分别放0、1、2、3个球，再把剩下的14个球分成四组，即这14个球中间13个空挡中放入三块隔板，共有C133=286种.如|，即编号为1、2、3、4盒子分别再放2、5、3、4个
14、球.评注 1.做排列组合应用题，首先要分清问题的类型，是用基本计数原理，还是排列问题或是组合问题.2.第(3)小题常见的错误解法:即先选出3个球放入4个盒子中的三个，有C43 C43种，再把剩下的一个球放入有球的三个盒子中的一个有3种，故有C43 C433=288种放法，请读者细心体会为什么出现重复情形.3.第(6)小题的“投题”问题实际上是转化为求不定方程x+y+z+=14有多少组正整数；若先将编号为1、2、3、4的4个盒子分别放1、2、3、4个球，则转化为求不定方程x+y+z+=10有多少组非正整数.第二课时：二项式定理的应用第二课时：二项式定理的应用解析解析答案：C解析考点搜索考点搜索1
15、.已知二次式，探求二项展开式中的特殊项.2.已知三项式，求展开式式中某一项或某一项的系数.3.求展开式中某些项的系数和与差.4.二项展开式定理和二项展开式的性质的综合应用.链接高考链接高考例1(1)第6项;(2)第3项的系数;(3)含x9的项;(4)常数项.链接高考例1(1)第6项;(2)第3项的系数;(3)含x9的项;(4)常数项.解析例2(1)展开式中含x的一次幂的项;(2)展开式中所有含x的有理项;(3)展开式中系数最大的项.解析例3解析 令x=1,则解析 令x=1,则(2)()2,得(3)(+)2,得(3)(+)2,得例4例4解析 评注 要求三项式n次幂的展开式中的特定项,一般通过结合律,借助于二项式定理的通项求解.如解法一,当幂指数较小时,可以直接写出展开的全部或局部,如解法二.二项式定理是用组合方法推出的,因而解法三也不失为一种好方法.例5 (1)9192除以100的余数是几?(2)求证:32n+28n 9(nN*)能被64整除.例5 (1)9192除以100的余数是几?(2)求证:32n+28n 9(nN*)能被64整除.解析例6 已知(1+3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，求展开式中系数最大的项及二项式系数最大的项.例6 已知(1+3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，求展开式中系数最大的项及二项式系数最大的项.解析
