第一章计数原理（复习教案）（教师）

第一章 计数原理

一．学习目标

1．掌握分类计数原理与分步计数原理、并能用它分析和解决一些简单的应用问题． 2．理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题．

3．理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数性质，并能用它们解决一些简单的应用问题．

4．掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题． 二．知识网络

排列概念 排列 排列数公式 应用 组合概念 组合 排列组合 二项式定理 二项式定理 组合数公式 组合数性质

两个计数原理

通项公式 应用 二项式系数性质

第一课 两个原理

一．知识梳理

1．分类计数原理（也称加法原理）：做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，??，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法． 2．分步计数原理（也称乘法原理）：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，??，做n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法． 3．解题方法：枚举法、插空法、隔板法． 二．基础自测

1.有一项活动需在3名老师，8名男同学和5名女同学中选人参加，（1）若只需一人参加，有多少种不同的选法？

（2）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选法？

1

（3）若只需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同的选法？

解（1）“完成这件事”只需从老师、学生中选1人即可，共有3+8+5=16种. (2)“完成这件事”需选2人，老师、学生各1人，分两步进行：选老师有3种方法，选学生有8+5=13种方法，共有 3×13=39种方法.

(3)“完成这件事”需选3人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行，选老师有3种方法，选男同学有8种方法，选女同学有5种方法，共有3×8×5=120种方法. 2.（09重庆卷）将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有 种（用数字作答）．

解：分两步完成：第一步将4名大学生按，2，1，1分成三组，其分法有

C4?C2?C1A22211;第

二步将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A33所以满足条件得分配的方案有

C4?C2?C1A22211?A3?36

33.如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有 种.

答案 180

4.（09全国卷）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学。若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有 112解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有C5?C3?C6?225种选法;

211 (2) 乙组中选出一名女生有C5?C6?C2?120种选法.

故共有345种选法.

5.（09浙江卷）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是 （用数字作答）．

3解:对于7个台阶上每一个只站一人，则有A7种；若有一个台阶有2人，另一个是1人，

则共有C3A7种，因此共有不同的站法种数是336种． 三．典例剖析

2

12例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多少个？

解 方法一 按十位数上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目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. 由分类计数原理知，符合题意的两位数的个数共有： 8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）.

方法二 按个位数字是2，3，4，5，6，7，8，9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，所以按分类计数原理共有： 1+2+3+4+5+6+7+8=36（个）.

练习：1.从1到20这20个整数中,任取两个相加,使其和大于20,共有几种取法? 解 当一个加数是1时,另一个加数只能是20,1种取法. 当一个加数是2时,另一个加数可以是19,20,2种取法. 当一个加数是3时,另一个加数可以是18,19,20,3种取法. ??

当一个加数是10时,另一个加数可以是11,12,?,20,10种取法. 当一个加数是11时,另一个加数可以是12,13,?,20,9种取法. ??

当一个加数是19时,另一个加数是20,1种取法.

由分类计数原理可得共有1+2+3+?+10+9+8+?+1=100种取法.

例2 已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面上的点(a,b∈M),问: (1)P可表示平面上多少个不同的点? (2)P可表示平面上多少个第二象限的点? (3)P可表示多少个不在直线y=x上的点?

解 （1）确定平面上的点P(a,b)可分两步完成： 第一步确定a的值，共有6种确定方法； 第二步确定b的值，也有6种确定方法.

根据分步计数原理，得到平面上的点数是6×6=36. （2）确定第二象限的点，可分两步完成： 第一步确定a，由于a＜0,所以有3种确定方法； 第二步确定b,由于b＞0，所以有2种确定方法. 由分步计数原理，得到第二象限点的个数是3×2=6.

（3）点P（a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y=x上的点有6个. 由（1）得不在直线y=x上的点共有36-6=30个.

练习：2.某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元.某人想先选定吉利号18，然后从01至17中选3个连续的号，从19至29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注.若这个人要把这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？

解 先分三步选号，再计算总钱数. 按号段选号，分成三步.

3

第一步从01至17中选3个连续号，有15种选法； 第二步从19至29中选2个连续号，有10种选法； 第三步从30至36中选1个号，有7种选法. 由分步计数原理可知，满足要求的号共有 15×10×7=1 050(注),

故至少要花1 050×2=2 100(元).

例3 （16分）现有高一四个班学生34人,其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.

（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？ （2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？

（3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？ 解 （1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法； 第二类，从二班学生中选1人，有8种选法； 第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；

第四类，从四班学生中选1人，有10种选法. 所以，共有不同的选法N=7+8+9+10=34（种）. 4分 （2）分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法

N=7×8×9×10=5 040（种）.

8分

（3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，

14分

所以共有不同的选法

N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）. 织学生到某厂进行社会实践活动.

（1）任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？

（2）三个年级各选一个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？

（3）选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？ 解 （1）分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选一个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分类计数原理，共有6+7+8=21种不同的选法.

（2）每种选法分三步：第一步从高一年级选一个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分步计数原理，共有6×7×8=336种不同的选法.

（3）分三类，每类又分两步.第一类从高一、高二两个年级各选一个班，有6×7种不同

4

16分

练习：3.某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组

方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7+6×8+7×8=146种不同选法.

四．自主检测 一．选择题

1．（09北京卷理）用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（ ） A．324 B．328 C．360 D．648

解：本题主要考查排列组合知识以及分类计数原理和分步计数原理知识. 属于基础知识、

基本运算的考查.

首先应考虑“0”是特殊元素，当0排在末位时，有A92?9?8?72（个），

111 当0不排在末位时，有A4， ?A8?A8?4?8?8?256（个）

于是由分类计数原理，得符合题意的偶数共有72?256?328（个）.故选B. 2.（08·全国Ⅰ文）将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有（ ） A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 答案 12

3.（2009四川卷文）2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是

A. 60 B. 48 C. 42 D. 36

22解：解法一、从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有C3A2?6种不同排法），

剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A、B之间（若甲在A、B两端。则为使A、B不相邻，只有把男生乙排在A、B之间，此时就不能满足男生甲不在两端的要求）此时共有6×2＝12种排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙，所以，共有12×4＝48种不同排法

22解法二；同解法一，从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有C3A2?6种不

同排法），剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙；为使男生甲不在两端可分三类情况：

第一类：女生A、B在两端，男生甲、乙在中间，共有6A2A2=24种排法； 第二类：“捆绑”A和男生乙在两端，则中间女生B和男生甲只有一种排法，此时

共有6A2＝12种排法

第三类：女生B和男生乙在两端，同样中间“捆绑”A和男生甲也只有一种排法。

此时共有6A2＝12种排法

5

2222

三类之和为24＋12＋12＝48种。 二、填空题

4.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有 种. 答案 32

5.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999”共10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位中带有数字“4”或“7”的一律作为优惠卡，则这组号码中“优惠卡”共有 个. 答案 5 904

6.若一个m,n均为非负整数的有序数对（m,n)，在做m+n的加法时各位均不会进位，则称（m,n)为“简单的”有序数对，m+n称为有序数对（m,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是 . 答案 300 三、解答题

7.（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？ （2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？

解 （1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3×3×3×3=81种报名方法.

（2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，

于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能的情况，于是共有：4×4×4=43=64种可能的情况. 8.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？

解 完成该件事可分步进行. 涂区域1，有5种颜色可选. 涂区域2，有4种颜色可选.

涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选. 所以共有5×4×（1×4+3×3）=260种涂色方法.

9.在平面直角坐标系内，点P（a，b）的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素,又点P到原点的距离|OP|≥5.求这样的点P的个数. 解 按点P的坐标a将其分为6类: (1)若a=1,则b=5或6,有2个点;

6

(2)若a=2,则b=5或6,有2个点;

(3)若a=3,则b=5或6或4,有3个点; (4)若a=4,则b=3或5或6,有3个点; (5)若a=5,则b=1,2,3,4,6,有5个点; (6)若a=6,则b=1,2,3,4,5,有5个点;

∴共有2+2+3+3+5+5=20（个）点.

10.将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？

解 设由左到右五块田中要种a,b,c三种作物，不妨先设第一块种a,则第二块可种b,c,有两种选法.同理，如果第二块种b,则第三块可种a和c,也有两种选法，由分步计数原理共有1×2×2×2×2=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法. 故a种作物种在第一块田中时的种法数有16-2=14（种）. 同理b种或c种作物种在第一块田中时的种法数也都为14种. 所以符合要求的种植方法共有

3×(2×2×2×2-2)=3×(16-2)=42(种).

第二课 排列与组合

一．知识梳理 1．概念 2．公式 3．性质 排列 组合 二．基础自测

1.（09北京卷文）用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为 ； 解：本题主要考查排列组合知识以及分步计数原理知识. 属于基础知识、基本运算的考查.

12和4排在末位时，共有A2?2种排法，

3其余三位数从余下的四个数中任取三个有A4?4?3?2?24种排法，

于是由分步计数原理，符合题意的偶数共有2?24?48（个）.故选C.

2.（09湖北卷文）从5名志愿者中选派4人在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有一人参加，星期六有两人参加，星期日有一人参加，则不同的选派方法共有

7

1解：5人中选4人则有C54种，周五一人有C4种，周六两人则有C32，周日则有C11种，故

1共有C54×C4×C32=60种,故选C

3.停车场每排恰有10个停车位.当有7辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3个空车位连在一起的排法有 种.（用式子表示） 答案 A88

4.在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法种数是 （用式子表示）.

3答案 C100-C394

5.如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答）.

答案 390

三．典例剖析

例1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ （1）甲不站两端； （2）甲、乙必须相邻； （3）甲、乙不相邻；

（4）甲、乙之间间隔两人； （5）甲、乙站在两端；

（6）甲不站左端，乙不站右端.

解 （1）方法一 要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A5根据分步计数原理，共有5种站法，

5站法：A14·A5=480（种）.

2方法二 由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A5种站法，

24然后中间4人有A44种站法，根据分步计数原理，共有站法：A5·A4=480（种）.

方法三 若对甲没有限制条件共有A6甲在两端共有2A5从总数中减去6种站法，5种站法，

5这两种情况的排列数，即共有站法：A66-2A5=480（种）.

8

（2）方法一 先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A5再把甲、乙进行全排列，有A2根据分步计数原理，共有A5A22种站法，2=2405种站法，5·（种）站法.

方法二 先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放入，有A1最后让甲、乙全排列，有A2共有A4A1A22种方法，4·2=2405种方法，5·（种）.

（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A44种站法；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有

22A5种站法，故共有站法为A44·A5=480（种）.

52也可用“间接法”，6个人全排列有A66种站法，由（2）知甲、乙相邻有A5·A2=240

52种站法，所以不相邻的站法有A66-A5·A2=720-240=480（种）.

（4）方法一 先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种，然后将甲、乙按条件插入

42站队，有3A22种，故共有A4·（3A2）=144（种）站法.

方法二 先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A24种，然后把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A33种方法，最后对

232甲、乙进行排列，有A22种方法，故共有A4·A3·A2=144（种）站法.

（5）方法一 首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位

24置作全排列，有A44种，根据分步计数原理，共有A2·A4=48（种）站法.

方法二 首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A22种站法，然后考虑中间4个位

24置，由剩下的4人去站，有A44种站法，由分步计数原理共有A2·A4=48（种）站法.

5（6）方法一 甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A5种，且甲在左端而乙在右

654端的站法有A44种，共有A6-2A5+A4=504（种）站法.

9

方法二 以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有A5②甲在中间4个位置之一，5种站法，

145114而乙不在右端有A14·A4·A4 种，故共有A5+A4·A4·A4=504（种）站法.

练习：1.用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于3 125的数.

12解 (1)先排个位，再排首位，共有A13·A4·A4=144（个）.

112(2)以0结尾的四位偶数有A35个，以2或4结尾的四位偶数有A2·A4·A4个，则共有

112A35+ A2·A4·A4=156（个）.

2(3)要比3 125大，4、5作千位时有2A35个，3作千位，2、4、5作百位时有3A4个，3

321作千位，1作百位时有2A13个，所以共有2A5+3A4+2A3=162（个）.

例2 男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？

（1）男运动员3名，女运动员2名； （2）至少有1名女运动员； （3）队长中至少有1人参加； （4）既要有队长，又要有女运动员.

解 （1）第一步：选3名男运动员，有C36种选法. 第二步：选2名女运动员，有C24种选法.

2共有C36·C4=120种选法.

（2）方法一 至少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. 由分类计数原理可得总选法数为

4233241C14C6+C4C6+C4C6+C4C6=246种.

方法二 “至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.

5从10人中任选5人有C10种选法，其中全是男运动员的选法有C56种.

5所以“至少有1名女运动员”的选法为C10-C56=246种.

10

（3）方法一 可分类求解：

4“只有男队长”的选法为C8；

4“只有女队长”的选法为C8；

3“男、女队长都入选”的选法为C8；

43所以共有2C8+C8=196种选法.

方法二 间接法：

5从10人中任选5人有C10种选法.

555其中不选队长的方法有C8种.所以“至少1名队长”的选法为C10-C8=196种. 12分

4（4）当有女队长时，其他人任意选，共有C9种选法.不选女队长时，必选男队长，共有

4444C8种选法.其中不含女运动员的选法有C5种，所以不选女队长时的选法共有C8-C5种

选法.

所以既有队长又有女运动员的选法共有

444C9+C8-C5=191种.

练习：2.某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中 （1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？ （2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？

（3）甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？

（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？ 解 （1）只需从其他18人中选3人即可，

3共有C18=816（种）.

5（2）只需从其他18人中选5人即可，共有C18=8 568（种）.

（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，

43共有C12C18+C18=6 936（种）.

（4）方法一 （直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；

4233241二内三外；三内二外；四内一外，所以共有C1656（种）. 12C8+C12C8+C12C8+C12C8=14

方法二 （间接法）由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，

11

55得C520-（C8+C12)=14 656(种）.

例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内. （1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？ （2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ （3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？

解 （1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另 外2个盒子内，由

212分步计数原理，共有C14C4C3×A2=144种.

（2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法. （3）确定2个空盒有C24种方法.

124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C34C1A2种方法；第二类有序均匀分组有

312故共有C24( C4C1A2+

C4C2A2222·A22种方法.

C4C2A2222·A22）=84种.

练习：3.有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？ （1）分成1本、2本、3本三组；

（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；

（3）分成每组都是2本的三组； （4）分给甲、乙、丙三人，每人2本.

2解 （1）分三步：先选一本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C5种选法；对

123于余下的三本全选有C33种选法，由分步计数原理知有C6C5C3=60种选法.

（2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分配的问题，因

23此共有C16C5C33A3=360种选法.

22（3）先分三步，则应是C6C2但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A、4C2种选法，

B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，

22CD，EF），则C6C24C2种分法中还有（AB、EF、CD），（CD、AB、EF）、（CD、EF、

12

3AB）、（EF、CD、AB）、（EF、AB、CD）共有A33种情况，而且这A3种情况仅是AB、

CD、EF的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分法有（4）在问题（3）的工作基础上再分配，故分配方式有

C6C4C2A33222C6C4C2A33222=15种.

222·A33= C6C4C2=90种.

四．自主检测 一．选择题

1.（08上海）组合数C（n＞r≥1，n、r∈Z）恒等于（ ）

A．答案 D

2. （09全国卷Ⅱ）甲、乙两人从4门课程中各选修2门。则甲、乙所选的课程中至少有1

门不相同的选法共有（ ）

A. 6种 B. 12种 C. 30种 D. 36种

rnr+1r-1r-1r-1nr-1

C B．(n+1)(r+1)C C．nr C D．C

n-1n-1n+1n-1rn-1

222解：用间接法即可.C4?C4?C4?30种. 故选C

3.（09辽宁卷）从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有（ ）

（A）70种 （B） 80种 （C） 100种 （D）140种

解：直接法：一男两女,有C51C42＝5×6＝30种,两男一女,有C52C41＝10×4＝40种,共计70种

间接法：任意选取C93＝84种,其中都是男医生有C53＝10种,都是女医生有C41＝4种,于是符合条件的有84－10－4＝70种.

二、填空题

4.将编号为1，2，3，4，5的五个球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法共有 种. 答案 10

5.平面?内有四个点，平面?内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定 个平面，任取四点，最多可确定 个四面体.（用数字作答） 答案 72 120

6．(06陕西卷)某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，则不同的选派方案共有 种 ． 解：可以分情况讨论，

34① 甲去，则乙不去，有C6?A4=480种选法；

13

②甲不去，乙去，有C63?A44=480种选法； ③甲、乙都不去，有A64=360种选法； 共有1320种不同的选派方案

三、解答题

7.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，求该外商不同的投资方案有多少种？

解 可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，

2另一组有2个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有C3A24种方案；另一类1个

城市1个项目，即把3个元素排在4个不同位置中的3个，共有A34种方案.由分类计数

23原理可知共有C3A24+A4=60种方案.

8.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？ （1）只有一名女生； （2）两队长当选；

（3）至少有一名队长当选； （4）至多有两名女生当选.

4解 （1）一名女生，四名男生，故共有C15·C8=350（种）.

（2）将两队长作为一类，其他11人作为一类，

3故共有C22·C11=165（种）.

（3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长.

423故共有：C12·C11+C2·C11=825（种）.

55或采用间接法：C13-C11=825（种）.

（4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生.

2345故选法为C5·C8+C15·C8+C8=966（种）.

9.已知平面?∥?，在?内有4个点，在?内有6个点.

（1）过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？ （2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？ （3）上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？

2解 （1）所作出的平面有三类：①?内1点，?内2点确定的平面，有C14·C6个；②

14

?1内2点，?内1点确定的平面，有C24·C6个；③?，?本身.

221∴所作的平面最多有C14·C6+C4·C6+2=98（个）.

3（2）所作的三棱锥有三类：①?内1点，?内3点确定的三棱锥，有C14·C6个；②?2内2点，?内2点确定的三棱锥，有C24·C6个；?内3点，?内1点确定的三棱锥，

1有C34·C6个.

32231∴最多可作出的三棱锥有：C14·C6+C4·C6+C4·C6=194（个）.

（3）∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等, 且平面?∥?，∴体积不相同的三棱锥最多有

322C36+C4+C6·C4=114（个）.

10.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同排法？ 解 ∵前排中间3个座位不能坐， ∴实际可坐的位置前排8个，后排12个.

12（1）两人一个前排，一个后排，方法数为C18·C12·A2种；

212（2）两人均在后排左右不相邻，共A12-A22·A11=A11种；

（3）两人均在前排，又分两类：

12①两人一左一右，共C14·C4·A2种；

12②两人同左同右，有2（A24-A3·A2）种.

综上可知，不同排法种数为

122112212C18·C12·A2+A11+C4·C4·A2+2（A4-A3·A2）=346种.

第三课 二项式定理

一．知识梳理

1．(a＋b)n＝ (n∈N)，这个公式称做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中的系数 叫做二项式系数．式中的 叫做二项展开式的通项，用Tr＋1表示，即通项公式Tr＋1＝ 是表示展开式的第r＋1项． 2．二项式定理中，二项式系数的性质有：

15

① 在二项式展开式中，与首末两项“等距离”的两项二项式系数相等，即：

Cn?Cn,Cn?Cn0n1n?1,Cn?Cn2n?2,?,Cn?Cnrn?r.

② 如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大，即当n是偶数时，n+1是奇数，展开式共有n+1项，中间一项，即：

第 项的二项式系数最大，为 ；当n是奇数时，n+1是偶数，展开式共有n+1项，中间两项，即第 项及每 项，它们的二项式系数最大，为 ③ 二项式系数的和等于—————————，即————————————

④ 二项展开式中，偶数项系数和等于奇数项的系数和＝ 即 ⑤ 展开式中相邻两项的二项式系数的比是：

3．二项式定理主要有以下应用 ①近似计算

②解决有关整除或求余数问题

③用二项式定理证明一些特殊的不等式和推导组合公式（其做法称为“赋值法”） 注意二项式定理只能解决一些与自然数有关的问题 ④ 杨辉三角形

二，基础自测

1.在（1+x）n(n∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n= . 答案 10

1Cnk?1:Cn??n?k?:?k?1?k2.在（a-2a3）n的展开式中，则下列说法错误的有 个. ①没有常数项

②当且仅当n=2时，展开式中有常数项 ③当且仅当n=5时，展开式中有常数项 ④当n=5k (k∈N*)时，展开式中有常数项 答案 3

nn-1n-rn13.若多项式C0+?+(-1)rCr+?+(-1)nCnn(x+1)n=a0x+a1xn-1+?+an-1x+an,n(x+1）-Cn(x+1)

2

则a0+a1+?+an-1+an= . 答案 1

4. （09浙江卷理）在二项式(x?21x)的展开式中，含x的项的系数是( ) 54A．?10 B．10 C．?5 D．5 解：对于Tr?1?C5(x)r25?r(?1x)???1?C5xrrr10?3r，对于10?3r?4,?r?2，则x的项

422的系数是C5(?1)?10

16

5. （09陕西卷文）若(1?2x)2009?a0?a1x???a2009x2009(x?R),则的值为 。 解

:由题意容易发现a1?C2009(?2)??2?2009 , a2008?C2009(?2)则

a12??2009,a2008222008a12?a222???a2009220091120082008?(?2)2008?2009,

?2009,即=0,

a323a12+a12+a200822008=0,

同理可以得出

a22+a200722007a200622006=0………

a200922009亦即前2008项和为0, 则原式=三．典例剖析 例1 在二项式(

x

?a222???=

a200922009?C2009(?2)2200920092009??1.

+

124x)n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项

和二项式系数最大的项.

解 ∵二项展开式的前三项的系数分别是1，∴2·

n2n2，n（n-1），

81=1+n（n-1），

81解得n=8或n=1（不合题意，舍去），

k∴Tk+1=C88?kx

2?1??4?2x????k=C2x

k8-k4-

34k

，

当4-k∈Z时，Tk+1为有理项，

43∵0≤k≤8且k∈Z,∴k=0，4，8符合要求. 故有理项有3项，分别是 T1=x4，T5=

3581256x，T9=x-2.

∵n=8，∴展开式中共9项，

中间一项即第5项的二项式系数最大.T5=练习：1.在（3x-2y）20的展开式中，求： （1）二项式系数最大的项； （2）系数绝对值最大的项； （3）系数最大的项.

解 （1）二项式系数最大的项是第11项，

17

358x.

T10101010101010

11=C10-2）xy=C10203（206xy.

（2）设系数绝对值最大的项是第r+1项，

??Cr?320?r?2r?Cr?1?319?r?2r?1于是?2020r20?rrr?，

??C20?3?2?C121?rr?120?3?2化简得(r?1)?2(20?r)??3，解得722?2(21?r)?3r5≤r≤85.

所以r=8,

即T9=C820312

·28

·x12y8

是系数绝对值最大的项.

（3）由于系数为正的项为奇数项，故可设第2r-1项系数最大，于是

??C2r?2?322?2r?22r?2?C2r?4?324?2r?22r?4?20202r?222?2r2r?22r，

??C20?3?2?C20?2r2r20?3?2化简得??10r2?143r?1077?0?.

??10r2?163r?924?0解之得r=5,即2×5-1=9项系数最大.

T8128128

9=C20·3·2·xy.

例2 已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+?+a7x7. 求:(1)a1+a2+?+a7; (2)a1+a3+a5+a7; (3)a0+a2+a4+a6;

(4)|a0|+|a1|+|a2|+?+|a7|.

解 令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=-1

①

令x=-1,则a0-a1+a2-a3+a7

4-a5+a6-a7=3

(1)∵a0=C07=1,∴a1+a2+a3+?+a7=-2. (2)(①-②)÷2, 得a1+a3+a?1?375+a7=

2=-1 094.

(3)(①+②)÷2, 得a0+a2+a4+a6=

?1?372=1 093.

(4)∵(1-2x)7展开式中,a0,a2,a4,a6都大于零, 而a1,a3,a5,a7都小于零,

18

②

∴|a0|+|a1|+|a2|+?+|a7| =(a0+a2+a4+a6)-(a1+a3+a5+a7), ∴由(2)、（3）即可得其值为2 187.

练习：2.求x(1-x)4

+x2

(1+2x)5

+x3

(1-3x)7

展开式中各项系数的和. 解 设x(1-x)4+x2(1+2x)5+x3(1-3x)7 =a0+a1x+a2x2+?+anxn 在原式中，令x=1,

则1×(1-1)4

+12

×(1+2)5

+13

×(1-3)7

=115, ∴展开式中各项系数的和为115. 例3（1）已知n∈N*

,求证：1+2+22

+23

+?+2

5n-1

能被31整除；

（2）求0.9986

的近似值，使误差小于0.001. （1）证明 ∵1+2+22+23+?+25n-1 =

1?25nn1?2=25-1=32n-1=（31+1）n-1

=31n+C1n-1n-2?1n·31+C2n·31+?+Cnn·31+1-1 =31（31n-1+C131n-2+?+Cn?1n·n）显然括号内的数为正整数， 故原式能被31整除.

（2）解 ∵0.9986=（1-0.002）6

=1-C10.002）+C2336（6（0.002）2-C6（0.002）+?

第三项T3=15×(0.002)2=0.000 06＜0.001,以后各项更小, ∴0.9986≈1-0.012=0.988.

练习：3.求证:3n＞(n+2)·2n-1 （n∈N*，n＞2）. 证明 利用二项式定理3n

=(2+1)n

展开证明.

因为n∈N*，且n＞2,所以3n=(2+1)n展开后至少有4项.

（2+1）n=2n+C1n-1n·2+?+Cn?1n·2+1≥2n+n·2n-1+2n+1＞2n+n·2n-1=(n+2)·2n-1, 故3n＞(n+2)·2n-1. 四．自主检测 一．选择题

1．（08安徽卷）设(1?x)8?a80?a1x???a8x,则a0,a1,?,a8中奇数的个数为（A．2

B．3 C．4 D．5

【答案】A

2.（09北京卷理）若(1?2)5?a?b2(a,b为有理数），则a?b?（ ）

A．45 B．55 C．70 D．80

19

）

【答案】C

【解析】本题主要考查二项式定理及其展开式. 属于基础知识、基本运算的考查. ∵

?1?2?5?C05?2?0?C15?2?1?C25?2?2?C35?2?3?C45?2?4?C55?2?5

?1?52?20?202?20?42?41?292，

由已知，得41?292?a?b2，∴a?b?41?29?70.故选C. 3.（08江西卷） (1?36x)(1?14x10)展开式中的常数项为 D

A．1 B．46 C．4245 D．4246 二、填空题 4.已知(x-ax)8展开式中常数项为1 120，其中实数a为常数，则展开式中各项系数的和

为 . 答案 1或3

5.若(1+5x)的展开式中各项系数之和是an,（2x+5)的展开式中各项的二项式系数之和为bn,则

3ann?12

n

3

n

8

的值为 .

bn1答案

36.设m∈N*,n∈N*,若f(x)=(1+2x)m+(1+3x)n的展开式中x的系数为13，则x2的系数为 . 答案 31或40 三、解答题 7.已知(

x

+

2x2)n (n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比为10∶1.求展开

式中系数最大的是第几项？

4

解 依题意，第5项的系数为C4n·2，

2第三项的系数为C2n·2，则有

2242?Cn?Cn24=

101，解得n=8.

设展开式中第r+1项的系数最大，则

?Cr?2r?Cr?1?2r?1,?88解得?rrr?1r?1??C8?2?C8?25≤r≤6.

20

∴第6项和第7项的系数相等且最大， 即最大为56×25=7×28=1 792. 8.已知（3x2+3x2）n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系

数最大的项.

解 令x=1，得各项的系数和为（1+3）n=4n，

1n而各项的二项式系数和为：C0n+Cn+?+Cn=2，

n

∴4n=2n+992. ∴(2-32)(2+31)=0

∴2=32或2=-31（舍去），∴n=5 设第r+1项的系数最大，则

?Cr3r?Cr?13r?1,?55?rrr?1r?1;??C53?C531?3?,??r6?r即??1?3;?r?1?5?rn

n

n

n

∴≤r≤，又r∈Z，∴r=4，

222262

4

79∴系数最大的项是T5=Cx3（3x）=405x

453.

9.（1）求(x2-（2）已知(

12xax)9的展开式中的常数项；

x2-)9的展开式中x3的系数为，求常数a的值；

49（3）求（x2+3x+2）5的展开式中含x的项. 解 （1）设第r+1项为常数项，则

rTr+1=C9(x）·(-2

9-r

12xr)=(-)C9x18?3r

r

1r

2令18-3r=0,得r=6,即第7项为常数项.

?1?T7=????2?66C9=

2116.

∴常数项为

2116.

(2)设第r+1项是含x3的项，则有 C(

32r9?a9-r??)??xx??2??r=x,得：xx=x3，

29r3

r-9

4故r-9=3,即r=8.

21

∴C89a（-2

12）=，∴a=4.

48

9（3）∵（x2+3x+2）5=（x+1）5（x+2）5，

（x+3x+2）的展开式中含x的项是（x+1）展开式中的一次项与（x+2）展开式中的常数项之积，（x+1）5展开式中的常数项与(x+2)5展开式中的一次项之积的代数和.

454∴含x的项为C5·x·C55·2+C5·1·C5·x·2=240x.

5

4

5

5

5

10.在（2x-3y）的展开式中，求： （1）二项式系数的和； （2）各项系数的和；

（3）奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； （4）奇数项系数和与偶数项系数和；

（5）x的奇次项系数和与x的偶次项系数和. 解 设(2x-3y)10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+?+a10y10 (*)

各项系数和即为a0+a1+?+a10,奇数项系数和为a0+a2+?+a10,偶数项系数和为a1+a3+a5+?+a9,x的奇次项系数和为a1+a3+a5+?+a9,x的偶次项系数和a0+a2+a4+?+a10. 由于（*）是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和.

010（1）二项式系数和为C10+C110+?+C10=2.

10

10

（2）令x=y=1,各项系数和为(2-3)10=(-1)10=1.

902（3)奇数项的二项式系数和为C10+C10+?+C1010=2,

939偶数项的二项式系数和为C110+C10+?+C10=2.

(4)设（2x-3y）10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+?+a10y10 令x=y=1,得到a0+a1+a2+?+a10=1 令x=1,y=-1(或x=-1,y=1) 得a0-a1+a2-a3+?+a10=510

10

① ②

①+②得2(a0+a2+?+a10)=1+5, ∴奇数项的系数和为

1?5210；

①-②得2(a1+a3+?+a9)=1-510, ∴偶数项的系数和为

1?5210.

1?5210（5）x的奇次项系数和为a1+a3+a5+?+a9=x的偶次项系数和为a0+a2+a4+?+a10=

1?5210;

.

22

23

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/wbi3.html