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解密18 计数原理（讲义）-高考数学二轮复习讲义+分层训练（新高考专用）
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这是一份解密18 计数原理（讲义）-高考数学二轮复习讲义+分层训练（新高考专用），共23页。
解密18 计数原理
高考考点
命题分析
三年高考探源
考查频率
排列、组合
排列、组合在高考中往往是以选择题或填空题的形式出现，题目难度在中等或中等以上，有时难度较大．排列、组合的知识和方法有时用来解决古典概型的计算，有时与离散型随机变量及其分布相结合，进行综合考查.
2021全国全国乙卷6
2021甲卷 10
2020课标全国Ⅱ14
2019课标全国Ⅰ6
2018课标全国Ⅰ15
2018课标全国Ⅱ8
★★★★
利用二项式定理求展开式中的特定项或指定项的系数
从近三年高考情况来看，二项式定理是高考的重点内容，主要考查二项展开式的通项，二项式系数，展开式的系数等知识，难度控制在中低档，以选择题、填空题的形式出现，解题时应熟练基本概念、基本运算，充分利用方程思想及等价转化思想.
2020新课标全国Ⅲ 14
2020课标全国Ⅰ8
2019新课标全国Ⅲ 4
2018新课标全国Ⅲ 5
★★★★
二项式系数和与各项的系数和问题
★
考点一 排列、组合
1. 两种计数原理：
(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，做第2步有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. 排列组合
（1）排列、组合的定义
①排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。
②组合：从n个不同元素中取出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）排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数
组合数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同排列的个数
从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同组合的个数
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
C＝＝
性质
A＝n！，0！＝1
C＝1，C＝C，C＋C＝C
题组一 排列
例题1．中国古代的“礼､乐､射､御､书､数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”即数学某校国学社团利用周日开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，上午三节，下午三节.一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在上午，“射”和“御”两门课程排在下午且相邻，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有（ ）
A．36种 B．72种 C．108种 D．144种
【答案】B
【分析】先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，
所以不同的排课顺序有种.故选：B
例题2．现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有（ ）
A．18种 B．36种 C．48种 D．72种
【答案】D
【分析】若选择4种颜色，则前后侧面或左右侧面用1种颜色，其他3个面，用3种颜色，
所以有种；
若选择3种颜色，则前后侧面用1种颜色，左右侧面用1种颜色，底面不同色，
所以有种，
综上，不同的染色方案有种.
故选：D
例题3．甲､乙､丙､丁､戊五人随机地排成一行，则甲､乙两人相邻，丙､丁两人不相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】甲､乙､丙､丁､戊五人随机地站成一排的所有排法有种，
而甲､乙两人相邻，丙､丁两人不相邻的排法有种，∴，故选：A.
例题4．十进制的算筹计数法是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍.下图是利用算筹表示数字1~9的一种方法.例如：3可表示为“”，26可表示为“”，现用6根算筹表示不含0的无重复数字的三位数，算筹不能剩余，则这个三位数能被3整除的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】用根算筹组成满足题意的无重复三个数字组合为；；；，
三位数有；；；这四种情况每一种情况三个数的全排列，有种，
能被整除的基本事件的个数为的全排列，有种，
所以这个三位数能被3整除的概率为，故选：A.
例题5．甲、乙、丙三人站成一排，则甲、乙不相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】甲、乙、丙三人站成一排，基本事件总数，
甲、乙二人不相邻包含的基本事件个数，
甲、乙二人不相邻的概率.故选：B.
题组二 组合
例题1．新冠疫情期间，某医学院将6名研究生安排到本市四家核酸检测定点医院进行调研，要求每家医院至少去1人，至多去2人，且其中甲乙二人必须去同一家医院，则不同的安排方法有（ ）
A．72种 B．96种 C．144种 D．288种
【答案】A
【分析】先从甲乙以外的4人中选2人去一家医院，
再从甲乙以外剩余的2人中选1人去一家医院，
最后后甲乙和甲乙以外剩余的1人各去一家医院，再进行排列，
则共有种安排方法，故选：A
例题2．如图，一块长方形花圃，计划在A、B、C、D四个区域分别种上3种不同颜色鲜花中的某一种，允许同一种颜色的鲜花使用多次，但相邻区域必须种不同颜色的鲜花，不同的种植方案有（ ）
A．9种 B．8种 C．7种 D．6种
【答案】D
【分析】由题意，按区域分四步：第一步A区域有3种颜色可选；第二步B区域有2种颜色可选；
第三步C区域有1种颜色可选；第四步D区域只有1种颜色可选，
由分步计数原理可得，共有种不同的种植方案.故选：D.
例题3．有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．168 B．260 C．840 D．560
【答案】C
【分析】：从后排8人中抽2人有种方法；
将抽出的2人调整到前排，前排4人的相对顺序不变有种，
由分步乘法计数原理可得：共有种，故选：C.
例题4．现有甲､乙､丙､丁､戊五位同学，分别带着A､B､C､D､E五个不同的礼物参加“抽盲盒”学游戏，先将五个礼物分别放入五个相同的盒子里，每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先从五人中抽取一人，恰好拿到自己的礼物，有种情况，接下来的四人分为两种情况，一种是两两一对，两个人都拿到对方的礼物，有种情况，另一种是四个人都拿到另外一个人的礼物，不是两两一对，都拿到对方的情况，由种情况，综上：共有种情况，而五人抽五个礼物总数为种情况，故恰有一位同学拿到自己礼物的概率为.故选：D
例题5．下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据组合数公式得，则A错误；根据排列数公式得．，则B正确；根据排列数公式得，则C正确；根据组合数公式得
，，即，则D正确．故选：BCD
例题6．某班有50名学生，其中15人选修A课程，另外35人选修B课程，从班级中任选两名学生，求他们是选修不同课程的学生的概率．
【答案】
【分析】该班有50名学生，
则从班级中任选两名学生共有种不同的选法，
又人选修课程，另外35人选修课程，
他们是选修不同课程的学生的情况有：，
故从班级中任选两名学生，他们是选修不同课程的学生的概率：故答案为：
题组三 排列、组合的综合应用
求解排列应用问题的6种主要方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
例题1．有如下形状的花坛需要栽种4种不同颜色的花卉，要求有公共边界的两块不能种同种颜色的花，则不同的种花方式共有（ ）
A．96种 B．72种 C．48种 D．24种
【答案】A
【分析】依题意可知，将区域标号如图.
用4种颜色的花卉完成栽种，需要②，④同色，或者③，⑤同色，或者①，④同色，或者①，⑤同色，故有种.故选：A
例题2．当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，疫情防控工作形势依然严峻、复杂．某地区安排A，B，C，D，E五名同志到三个地区开展防疫宣传活动，每个地区至少安排一人，且A，B两人安排在同一个地区，C，D两人不安排在同一个地区，则不同的分配方法总数为（ ）
A．30种 B．36种 C．42种 D．64种
【答案】A
【分析】：①当两个地区各分2人，另一个地区分1人时，总数有种；
②当两个地区各分1人，另一个地区分3人时，总数有种．
故满足条件的分法共有种．
故选：A
例题3．定义空间直角坐标系中的任意点的“N数”为：在P点的坐标中不同数字的个数，如：，若点P的坐标，则所有这些点P的“N数”的平均值与最小值之差为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】：由题意，点P的坐标中不同数字的个数，可分为三类：
（1）恰有3个相同数字的排列为种，则共有4个；
（2）恰有2个相同数字的排列为种，则共有36个；
（3）恰有0个相同数字的排列为种，则共有24个．
所以平均值为，故选：A．
例题4．2021年1月10日，是我国设立的第一个“中国人民警察节”，2020年，某省人民群众对公安机关的满意度测评居首位．为感谢公安干警的辛勤付出，6名学生到甲、乙、丙、丁4个值勤岗亭做志愿者，每名学生只去1个值勤岗亭，且每个值勤岗亭均有志愿者值勤．若甲值勤岗亭安排3名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A．60种 B．96种 C．120种 D．240种
【答案】C
【分析】依题意，完成安排方法这件事需要两步：先从6人中任取3人去甲值勤岗亭，有种方法，
再将余下3人分别安排到另外3个值勤岗亭，每个值勤岗亭1人，有种方法，
由分步乘法计数原理得：(种)，
所以不同的安排方法共有120种.故选：C
例题5．志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远.他们共有多少种不同的安排方法（ ）
A．14 B．12 C．24 D．28
【答案】A
【分析】：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：
①丁扶贫点最先去，有种安排方法；
②丁扶贫点安排在中间位置去，有种安排方法，
综合①②知共有种安排方法.故选：A.
考点三 求二项展开式中特定项或指定项的系数
☆技巧点拨☆
1．熟记二项式定理：，是解决此类问题的关键.
2．求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k,再将k的值代回通项求解,注意k的取值范围（）.
（1）第项：：此时k+1=m,直接代入通项.
（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程.
（3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.
注：二项式系数与项的系数的区别
二项式系数是指C，C，…，C，它是组合数，只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．如(a＋bx)n的展开式中，第r＋1项的二项式系数是C，而该项的系数是Can－rbr.当然，某些特殊的二项展开式如(1＋x)n，各项的系数与二项式系数是相等的．
例题1．若，则的值是（ ）
A． B． C．126 D．
【答案】C
【分析】令，得.
又，
所以.
故选：C
例题2．已知的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】令二项式中的为1得到展开式的各项系数和为，
，
展开式中常数项为的常数项与含的系数和，
展开式的通项为，
令得；令，无整数解，展开式中常数项为，故选：D
例题3．已知2×1010＋a(0≤a<11)能被11整除，则实数a的值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【分析】
，
∵能被11整除，∴要使能被11整除，则能被11整除，∵，∴，则，解得，故选：C.
二、多选题
例题4．已知二项展开式，则下列说法正确的是（ ）
A．二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数一定相等
B．二项展开式中，当时，随的增加而减小；当时，随的增加而增加
C．二项展开式中，奇数项的二项式系数的和一定等于偶数项的二项式系数的和
D．二项式展开式中，第项的通项公式
【答案】AC
【分析】对选项A，由组合数性质可得：，故A正确.
对选项B，当时，随的增加而增加；
当时，随的增加而减小，故B错误.
对选项C，奇数项的二项式系数之和偶数项的二项式系数之和，故C正确；
对选项D，第项的通项公式，故D错误.故选：AC
例题5．已知的二项展开式中二项式系数之和为64，下列结论正确的是（ ）
A．二项展开式中各项系数之和为
B．二项展开式中二项式系数最大的项为
C．二项展开式中无常数项
D．二项展开式中系数最大的项为
【答案】AB
【分析】因为的二项展开式中二项式系数之和为64，所以，得，
所以题中二项式为，所以二项式展开式的通式公式为：，
对于选项，令，可得二项展开式中各项系数之和为，所以选项正确；
对于选项，第4项的二项式系数最大，此时，则二项展开式中二项式系数最大的项为，所以选项正确；
对于选项，令，则，所以二项展开式中的常数项为，所以选项错误；
对于选项，令第项的系数最大，则，解得，
因为，所以时，二项展开式中系数最大，则二项展开式中系数最大的项为
，所以选项错误.
故选：.
例题6．下列关于多项式的展开式的结论中，正确的是（ ）
A．各项系数之和为 B．各项系数的绝对值之和为
C．不存在项 D．常数项为
【答案】AD
【分析】令得，故A 正确﹔
取多项式，将代入多项式可得，故B错误﹔
由题设，，
若要得到含项，只需个因式中个取，剩下个取，故C错误;
个因式中个取，个取，剩下个取，得
5个因式中个取个取，剩下个取，得，
5个因式中均取，得.
故常数项为，D正确.
故选：AD.
例题7．已知对任意x∈R恒成立，且，，则b=___________； =___________.
【答案】1 2304
【分析】设x﹣1=t，则，
由此得，解得
另一方面，等式两边对t求导，得，再令t=1，
得.
故答案为：1；2304.
例题8．若，则__________．
【答案】-38
【解析】令，则．由条件可得，
故的系数为，即．答案：
考点四 排列组合经典题型及方法的综合应用
1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.
例1.五人并排站成一排，如果必须相邻且在的右边，则不同的排法有（ ）
A、60种 B、48种 C、36种 D、24种
2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.
例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（ ）
A、1440种 B、3600种 C、4820种 D、4800种
例3.已知集合，集合，且，若，则满足条件的集合有多少个？
3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.
例4.（1）A,B,C,D,E五人并排站成一排，如果必须站在的右边（可以不相邻）那么不同的排法有（ ）
A、24种 B、60种 C、90种 D、120种
（2）由数字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种 B、300种 C、464种 D、600种
4.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.
例5.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，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有（ ）
A、6种 B、9种 C、11种 D、23种
5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.
例6.（1）有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是（ ）
A、1260种 B、2025种 C、2520种 D、5040种
（2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案有（ ）
A、种 B、种 C、种 D、种
6.全员分配问题分组法:
例7.（1）4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种？
（2）5本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（ ）
A、480种 B、240种 C、120种 D、96种
7.名额分配问题隔板法:
例8：10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？
例9.马路上有编号为1，2，3…，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？
8.限制条件的分配问题分类法:
例10. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜四项工作，则不同安排方案的种数是
A． 152 B. 126 C. 90 D. 54
9.多元问题分类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数再相加。
例11 （1）从1，2，3…，100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法（不计顺序）共有多少种？
（2）从1，2，3，…，100这100个数中任取两个数，使其和能被4整除的取法（不计顺序）有多少种？
例12. 电子表10点20分08秒时，显示的数字是10:20:08，那么，从8点到10点内，电子表6个数码均不相同的情况有多少种?
10.交叉问题集合法：某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式
例13.从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方案？
11.定位问题优先法：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的元素。
例14.现1名老师和4名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有多少种？
12.多排问题单排法:把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。
例15.（1）6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是（ ）
A、36种 B、120种 C、720种 D、1440种
（2）8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不同排法？
13.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:
例16.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙 型电视机各一台，则不同的取法共有（ ） A、140种 B、80种 C、70种 D、35种
14.选排问题先取后排:从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，可用先取后排法.
例17.（1）四个不同球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？
（2）9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要从中选4人进行混合双打训练，有多少种不同的选法？
15.几何问题:
例18.（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有（ ）
A、70种 B、64种 C、58种 D、52种
（2）四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）
A、150种 B、147种 C、144种 D、141种
（3）记正方体的各条棱的中点构成的集合为M，则过且仅过集合M的三个点的平面有多少个？
（4）正方体8个顶点可连成多少对异面直线？
16.圆排问题单排法:把个不同元素放在圆周个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而无首位、末位之分，下列个普通排列：
在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，个元素的圆排列数有种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的元素全排列.
例19.有5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？
17.可重复的排列求幂法:允许重复排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可逐一安排元素的位置，一般地个不同元素排在个不同位置的排列数有种方法.
例20.把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？
19.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法:
例21. 某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方法有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
例22．从1到100的一百个自然数中，每次取出两个数，使其和大于100，这样的取法共有多少种？
20.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法:
例23.（1）30030能被多少个不同偶数整除？
（2）设是由的一个排列，把排在的左边且比小的数的个数称为的顺序数。如在排列中，5的顺序数为1，3的顺序数为0. 则在由这八个数字构成的全排列中，同时满足8的顺序数为2、7的顺序数为3、5的顺序数为3的不同排列的种数为多少？
21.利用对应思想转化法:对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理.
例24.（1）圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点最多有多少个？
（2）某城市的街区有12个全等的矩形组成，其中实线表示马路，从A到B的最短
路径有多少种？
22.全错位排列问题公式法:全错位排列问题（贺卡问题，信封问题）记住公式即可
瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：用A、B、C……表示写着n位友人名字的信封，a、b、c……表示n份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作f(n)。假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：
（1）b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A、B、a、b无关，应有f(n-2)种错装法。
（2）b装入A、B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的）n－1个信纸b、c……装入（除B以外的）n－1个信封A、C……，显然这时装错的方法有f(n-1)种。
总之在a装入B的错误之下，共有错装法f(n-2)+f(n-1)种。a装入C，装入D……的n－2种错误之下，同样都有f(n-2)+f(n-1)种错装法，因此得到一个递推公式： f(n)=(n-1) f(n-1)+f(n-2)，分别带入n=2、3、4等可推得结果。也可用迭代法推导出一般公式：
例25.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的盒子现将这5个球投入5个盒子要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？
例26、5位同学原来坐成一排，现让他们重新坐，则至多有两位同学坐在其原来的位置的不同的坐法是多少？
23.多人传球问题：（构造递推关系）
例27、（）个人传球，第一次由开始传球，可传给其他任何一个人，第二次由拿球者再传给其他任何一个人，如此继续，则第次球仍回到的手中的传球方法种数是多少？
24.上台阶问题：
例28、10级台阶，某人可一步跨一级，也可跨两级，也可跨三级。
（1）他6步就可上完台阶的方法数是多少？
（2）他上完台阶的方法总数是多少？
25.方程的正整数解的个数问题：（隔板法）
例29.方程（，）的正整数解有多少个？有多少非负整数解个？
例30. 将20个完全相同的球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中。
（1）若要求每个盒子至少放一个球，则一共有多少种放法？
（2）若每个盒子可放任意个球，则一共有多少种放法？
（3）若要求每个盒子放的球的个数不小于其编号数，则一共有多少种放法？
26.配对（配凑）问题：
例31. 5双相异的鞋共10只，现随机地取出6只，恰好能配成2双鞋的取法是多少？
例32. 50名选手参加乒乓球淘汰赛比赛,需要打多少场才能产生冠军? 淘汰赛比赛规则是:要淘汰1名选手必须进行1场比赛;反之,每进行1场比赛则淘汰1名选手。
例33. 有11名翻译人员，其中5名是英语翻译人员，4名是日语翻译人员，另2人英、日语均精通。现从中选出8人组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，另4人翻译日语，则有多少种不同的选派方式？
27.染色问题：
例34. 把圆分成10个不相等的扇形,并且用红、黄、蓝三种颜色给扇形染色,但不允许相邻的扇形有相同的颜色,问共有多少种染色法?
1
2
3
4
5
6
例35.在如图所示的六个空格里涂上红黄蓝三种颜色，每种颜色只能涂两次，要求相邻空格不同色，请问一共有多少种涂法？
例36. 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种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有多少种？
（变式：若要栽种5种颜色的花？）
排列组合问题经典题型答案
1.解析：把视为一人，且固定在的右边，则本题相当于4人的全排列，种，答案：.
2.解析：除甲乙外，其余5个排列数为种，再用甲乙去插6个空位有种，不同的排法种数是种，选.
3. 易知互不相等且不相邻，则有。
4.解析：（1）在的右边与在的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即种，选.
（2）按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有个，个，合并总计300个,选（种）
5.解析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，选.
6.解析：（1）先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有种，选.
（2）答案：.
7.（1）
（2），答案：.
8.解析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看成10个相同的小球分成7堆，每堆至少一个，可以在10个小球的9个空位中插入6块木板，每一种插法对应着一种分配方案，故共有不同的分配方案为种.
9.解析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯种方法,所以满足条件的关灯方案有10种.
说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决.
10.
11.解析：（1）解析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做共有86个元素；由此可知，从中任取2个元素的取法有，从中任取一个，又从中任取一个共有，两种情形共符合要求的取法有种.
（2）解析：将分成四个不相交的子集，能被4整除的数集；能被4除余1的数集，能被4除余2的数集，能被4除余3的数集，易见这四个集合中每一个有25个元素；从中任取两个数符合要；从中各取一个数也符合要求；从中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求的取法共有种.
12. 解：（1）08：a b ：c d ,其中a、c位可填1,2，3,4,5；b、d位可填1,2,3,4,5,6,7,9.
（2）09：a b ：c d ,其中a、c位可填1,2，3,4,5；b、d位可填1,2,3,4,5,6,7,8.
先填a、c，再填b、d，共
13.解析：设全集=｛6人中任取4人参赛的排列｝，A=｛甲跑第一棒的排列｝，B=｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：
种.
14.解析：老师在中间三个位置上选一个有种，4名同学在其余4个位置上有种方法；所以共有种。.
15.解析：（1）前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排成一排，共种，选.
（2）解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有种，其余5个元素任排5个位置上有种，故共有种排法.
16.解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有种,选.
解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有台,选.
17.解析：（1）先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有种，再排：在四个盒中每次排3个有种，故共有种.
（2）先取男女运动员各2名，有种，这四名运动员混和双打练习有中排法，故共有种.
18.解析：（1）正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有个.
（2）解析：10个点中任取4个点共有种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为，四个面共有个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是种.
（3）56个。。
①一个面内取GH两点，另一个点取F时，即8个角；
②一个面内取GH两点，另一个点取K时，24个；
③一个面内取HI两点，那另一个点只能取A或C，24个
（4）因为四面体中仅有3对异面直线，可将问题分解成正方体的8个顶点可构成多少个不同的四面体，从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面体有个，所以8个顶点可连成的异面直线有3×58=174对.
19.解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有2种方式，故不同的安排方式种不同站法.说明：从个不同元素中取出个元素作圆形排列共有种不同排法.
20.解析：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第二步：将第二名实习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有种不同方案.
21. 解析：C。设购买软件片、磁盘盒，则，所以；，；。故共7种。
22. 解析：(包括两个数不同和相同的情形！)
23.解析：（1）先把30030分解成质因数的形式：30030=2×3×5×7×11×13；依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为
个（或）.
（2）分析知7必排在8之后，5必排在7之后. 且8的前面只有2个数，8、7之间只有一个小于7的数，6或在7之前，或在7、5之间，或在5之后。
第一种情况：6在7之前，形如：##8#7#5# ，；
第2种情况： 6在7、5之间 ，形如：##8#765# ，；
第3种情况：6在5之后，形如：##8#75## ，
所以共144种。
24.解析：（1）因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以确定多少个不同的四边形，显然有个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有个.
（2）解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从到最短路线必须走7小段，其中：向东4段，向北3段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，便能确定路径，因此不同走法有种.
25.解析：从5个球中取出2个与盒子对号有种，还剩下3个球与3个盒子序号不能对应，利用枚举法分析，如果剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子时，3号球不能装入3号盒子，当3号球装入4号盒子时，4，5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，4，5号球也只有1种装法，所以剩下三球只有2种装法，因此总共装法数为种.
26.解：错排问题，分类解决：
27. 解析：设第次球仍回到的手中的传球方法种数是，则，且，所以（）。
28. 解析：（1）设跨1级、2级、3级的步数分别为，则，解得，故方法数为
（2）设上完n级台阶的方法数为，则，且，
29．解析：；
30．解析：（1）；（2）；（3）先在编号为1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0,1,2,3,4个球，再只要保证余下的10个球每个盒子至少放一个，则
31. 解析：
32. 解析：49.
33. 解析：
34. 解析：前9个扇形依次染色并不难,但第10个扇形既与第九个相邻也与第1个相邻,这两个扇形颜色可能相同也可能不相同,所以直接用记数原理有困难,但建立递推关系并不难．
设将圆分成n个不相等的扇形时,满足题设的染法有种．依次记n个扇形为s,…s.显然a1=3.当n=2时，先对s1染色，有3种方法；s1染色后再对s2染色，有2种方法，故a2=6.当n≥3时，我们依次对s,s2,…s染色．对s1染色，有3种方法，对s1染色后再对s2染色有2种方法，同样的对s3,s4…,sn分别有2种方法，由乘法原理共有3·2 n-1种染色方法．但这样做sn与s1有可能同色．即在3·2 n-1种染色方法中包含了sn与s1同色的染色方法．对于sn与s1同色的情形，拆去sn与s1的边界使sn与s1合并，便得到将圆分为n-1个扇形时同色不相邻的染色方法，这样的情况有an-1种． 故an=3·2 n-1-an-1 (n≥3)．所以，n≥3时，，∴a10=210+2=1026．
35.解：由题意，红黄蓝三种颜色，每种颜色恰好涂了两次，分为两类：
第一类可按一下步骤进行：
第1步：涂第一格，有3种方法；
第2步：涂第二格，有2种方法；
第3步：用与第一格不同的颜色涂第三格，有1种方法；
第4步：第四格可以涂与第三格颜色不同的，有2种方法。
第5步：用不同的两色涂剩下的两格，有2种方法；
所以有3*2*1*2*2＝24种
第二类可按一下步骤进行：
第1步：涂第一格，有3种方法；
第2步：涂第二格，有2种方法；
第3步：用与第一格相同的颜色涂第三格，有1种方法；
第4步：第四格只能用没有用过的颜色涂，有种方法。
第5步：第五格只能用涂第二格的颜色，第六格只能用涂第四格的颜色，有1种方法；
所以有3*2*1*1*1＝6种
所以，共有24+6＝30种涂法。
36.解析:注意4种颜色的花都有种上。
（变式：）
解密18 计数原理
高考考点
命题分析
三年高考探源
考查频率
排列、组合
排列、组合在高考中往往是以选择题或填空题的形式出现，题目难度在中等或中等以上，有时难度较大．排列、组合的知识和方法有时用来解决古典概型的计算，有时与离散型随机变量及其分布相结合，进行综合考查.
2021全国全国乙卷6
2021甲卷 10
2020课标全国Ⅱ14
2019课标全国Ⅰ6
2018课标全国Ⅰ15
2018课标全国Ⅱ8
★★★★
利用二项式定理求展开式中的特定项或指定项的系数
从近三年高考情况来看，二项式定理是高考的重点内容，主要考查二项展开式的通项，二项式系数，展开式的系数等知识，难度控制在中低档，以选择题、填空题的形式出现，解题时应熟练基本概念、基本运算，充分利用方程思想及等价转化思想.
2020新课标全国Ⅲ 14
2020课标全国Ⅰ8
2019新课标全国Ⅲ 4
2018新课标全国Ⅲ 5
★★★★
二项式系数和与各项的系数和问题
★
考点一 排列、组合
1. 两种计数原理：
(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，做第2步有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. 排列组合
（1）排列、组合的定义
①排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。
②组合：从n个不同元素中取出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）排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数
组合数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同排列的个数
从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同组合的个数
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
C＝＝
性质
A＝n！，0！＝1
C＝1，C＝C，C＋C＝C
题组一 排列
例题1．中国古代的“礼､乐､射､御､书､数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”即数学某校国学社团利用周日开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，上午三节，下午三节.一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在上午，“射”和“御”两门课程排在下午且相邻，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有（ ）
A．36种 B．72种 C．108种 D．144种
【答案】B
【分析】先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，
所以不同的排课顺序有种.故选：B
例题2．现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有（ ）
A．18种 B．36种 C．48种 D．72种
【答案】D
【分析】若选择4种颜色，则前后侧面或左右侧面用1种颜色，其他3个面，用3种颜色，
所以有种；
若选择3种颜色，则前后侧面用1种颜色，左右侧面用1种颜色，底面不同色，
所以有种，
综上，不同的染色方案有种.
故选：D
例题3．甲､乙､丙､丁､戊五人随机地排成一行，则甲､乙两人相邻，丙､丁两人不相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】甲､乙､丙､丁､戊五人随机地站成一排的所有排法有种，
而甲､乙两人相邻，丙､丁两人不相邻的排法有种，∴，故选：A.
例题4．十进制的算筹计数法是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍.下图是利用算筹表示数字1~9的一种方法.例如：3可表示为“”，26可表示为“”，现用6根算筹表示不含0的无重复数字的三位数，算筹不能剩余，则这个三位数能被3整除的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】用根算筹组成满足题意的无重复三个数字组合为；；；，
三位数有；；；这四种情况每一种情况三个数的全排列，有种，
能被整除的基本事件的个数为的全排列，有种，
所以这个三位数能被3整除的概率为，故选：A.
例题5．甲、乙、丙三人站成一排，则甲、乙不相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】甲、乙、丙三人站成一排，基本事件总数，
甲、乙二人不相邻包含的基本事件个数，
甲、乙二人不相邻的概率.故选：B.
题组二 组合
例题1．新冠疫情期间，某医学院将6名研究生安排到本市四家核酸检测定点医院进行调研，要求每家医院至少去1人，至多去2人，且其中甲乙二人必须去同一家医院，则不同的安排方法有（ ）
A．72种 B．96种 C．144种 D．288种
【答案】A
【分析】先从甲乙以外的4人中选2人去一家医院，
再从甲乙以外剩余的2人中选1人去一家医院，
最后后甲乙和甲乙以外剩余的1人各去一家医院，再进行排列，
则共有种安排方法，故选：A
例题2．如图，一块长方形花圃，计划在A、B、C、D四个区域分别种上3种不同颜色鲜花中的某一种，允许同一种颜色的鲜花使用多次，但相邻区域必须种不同颜色的鲜花，不同的种植方案有（ ）
A．9种 B．8种 C．7种 D．6种
【答案】D
【分析】由题意，按区域分四步：第一步A区域有3种颜色可选；第二步B区域有2种颜色可选；
第三步C区域有1种颜色可选；第四步D区域只有1种颜色可选，
由分步计数原理可得，共有种不同的种植方案.故选：D.
例题3．有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）
A．168 B．260 C．840 D．560
【答案】C
【分析】：从后排8人中抽2人有种方法；
将抽出的2人调整到前排，前排4人的相对顺序不变有种，
由分步乘法计数原理可得：共有种，故选：C.
例题4．现有甲､乙､丙､丁､戊五位同学，分别带着A､B､C､D､E五个不同的礼物参加“抽盲盒”学游戏，先将五个礼物分别放入五个相同的盒子里，每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先从五人中抽取一人，恰好拿到自己的礼物，有种情况，接下来的四人分为两种情况，一种是两两一对，两个人都拿到对方的礼物，有种情况，另一种是四个人都拿到另外一个人的礼物，不是两两一对，都拿到对方的情况，由种情况，综上：共有种情况，而五人抽五个礼物总数为种情况，故恰有一位同学拿到自己礼物的概率为.故选：D
例题5．下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据组合数公式得，则A错误；根据排列数公式得．，则B正确；根据排列数公式得，则C正确；根据组合数公式得
，，即，则D正确．故选：BCD
例题6．某班有50名学生，其中15人选修A课程，另外35人选修B课程，从班级中任选两名学生，求他们是选修不同课程的学生的概率．
【答案】
【分析】该班有50名学生，
则从班级中任选两名学生共有种不同的选法，
又人选修课程，另外35人选修课程，
他们是选修不同课程的学生的情况有：，
故从班级中任选两名学生，他们是选修不同课程的学生的概率：故答案为：
题组三 排列、组合的综合应用
求解排列应用问题的6种主要方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
例题1．有如下形状的花坛需要栽种4种不同颜色的花卉，要求有公共边界的两块不能种同种颜色的花，则不同的种花方式共有（ ）
A．96种 B．72种 C．48种 D．24种
【答案】A
【分析】依题意可知，将区域标号如图.
用4种颜色的花卉完成栽种，需要②，④同色，或者③，⑤同色，或者①，④同色，或者①，⑤同色，故有种.故选：A
例题2．当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，疫情防控工作形势依然严峻、复杂．某地区安排A，B，C，D，E五名同志到三个地区开展防疫宣传活动，每个地区至少安排一人，且A，B两人安排在同一个地区，C，D两人不安排在同一个地区，则不同的分配方法总数为（ ）
A．30种 B．36种 C．42种 D．64种
【答案】A
【分析】：①当两个地区各分2人，另一个地区分1人时，总数有种；
②当两个地区各分1人，另一个地区分3人时，总数有种．
故满足条件的分法共有种．
故选：A
例题3．定义空间直角坐标系中的任意点的“N数”为：在P点的坐标中不同数字的个数，如：，若点P的坐标，则所有这些点P的“N数”的平均值与最小值之差为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】：由题意，点P的坐标中不同数字的个数，可分为三类：
（1）恰有3个相同数字的排列为种，则共有4个；
（2）恰有2个相同数字的排列为种，则共有36个；
（3）恰有0个相同数字的排列为种，则共有24个．
所以平均值为，故选：A．
例题4．2021年1月10日，是我国设立的第一个“中国人民警察节”，2020年，某省人民群众对公安机关的满意度测评居首位．为感谢公安干警的辛勤付出，6名学生到甲、乙、丙、丁4个值勤岗亭做志愿者，每名学生只去1个值勤岗亭，且每个值勤岗亭均有志愿者值勤．若甲值勤岗亭安排3名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A．60种 B．96种 C．120种 D．240种
【答案】C
【分析】依题意，完成安排方法这件事需要两步：先从6人中任取3人去甲值勤岗亭，有种方法，
再将余下3人分别安排到另外3个值勤岗亭，每个值勤岗亭1人，有种方法，
由分步乘法计数原理得：(种)，
所以不同的安排方法共有120种.故选：C
例题5．志愿团安排去甲､乙､丙､丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远.他们共有多少种不同的安排方法（ ）
A．14 B．12 C．24 D．28
【答案】A
【分析】：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：
①丁扶贫点最先去，有种安排方法；
②丁扶贫点安排在中间位置去，有种安排方法，
综合①②知共有种安排方法.故选：A.
考点三 求二项展开式中特定项或指定项的系数
☆技巧点拨☆
1．熟记二项式定理：，是解决此类问题的关键.
2．求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k,再将k的值代回通项求解,注意k的取值范围（）.
（1）第项：：此时k+1=m,直接代入通项.
（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程.
（3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.
注：二项式系数与项的系数的区别
二项式系数是指C，C，…，C，它是组合数，只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．如(a＋bx)n的展开式中，第r＋1项的二项式系数是C，而该项的系数是Can－rbr.当然，某些特殊的二项展开式如(1＋x)n，各项的系数与二项式系数是相等的．
例题1．若，则的值是（ ）
A． B． C．126 D．
【答案】C
【分析】令，得.
又，
所以.
故选：C
例题2．已知的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】令二项式中的为1得到展开式的各项系数和为，
，
展开式中常数项为的常数项与含的系数和，
展开式的通项为，
令得；令，无整数解，展开式中常数项为，故选：D
例题3．已知2×1010＋a(0≤a<11)能被11整除，则实数a的值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【分析】
，
∵能被11整除，∴要使能被11整除，则能被11整除，∵，∴，则，解得，故选：C.
二、多选题
例题4．已知二项展开式，则下列说法正确的是（ ）
A．二项展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数一定相等
B．二项展开式中，当时，随的增加而减小；当时，随的增加而增加
C．二项展开式中，奇数项的二项式系数的和一定等于偶数项的二项式系数的和
D．二项式展开式中，第项的通项公式
【答案】AC
【分析】对选项A，由组合数性质可得：，故A正确.
对选项B，当时，随的增加而增加；
当时，随的增加而减小，故B错误.
对选项C，奇数项的二项式系数之和偶数项的二项式系数之和，故C正确；
对选项D，第项的通项公式，故D错误.故选：AC
例题5．已知的二项展开式中二项式系数之和为64，下列结论正确的是（ ）
A．二项展开式中各项系数之和为
B．二项展开式中二项式系数最大的项为
C．二项展开式中无常数项
D．二项展开式中系数最大的项为
【答案】AB
【分析】因为的二项展开式中二项式系数之和为64，所以，得，
所以题中二项式为，所以二项式展开式的通式公式为：，
对于选项，令，可得二项展开式中各项系数之和为，所以选项正确；
对于选项，第4项的二项式系数最大，此时，则二项展开式中二项式系数最大的项为，所以选项正确；
对于选项，令，则，所以二项展开式中的常数项为，所以选项错误；
对于选项，令第项的系数最大，则，解得，
因为，所以时，二项展开式中系数最大，则二项展开式中系数最大的项为
，所以选项错误.
故选：.
例题6．下列关于多项式的展开式的结论中，正确的是（ ）
A．各项系数之和为 B．各项系数的绝对值之和为
C．不存在项 D．常数项为
【答案】AD
【分析】令得，故A 正确﹔
取多项式，将代入多项式可得，故B错误﹔
由题设，，
若要得到含项，只需个因式中个取，剩下个取，故C错误;
个因式中个取，个取，剩下个取，得
5个因式中个取个取，剩下个取，得，
5个因式中均取，得.
故常数项为，D正确.
故选：AD.
例题7．已知对任意x∈R恒成立，且，，则b=___________； =___________.
【答案】1 2304
【分析】设x﹣1=t，则，
由此得，解得
另一方面，等式两边对t求导，得，再令t=1，
得.
故答案为：1；2304.
例题8．若，则__________．
【答案】-38
【解析】令，则．由条件可得，
故的系数为，即．答案：
考点四 排列组合经典题型及方法的综合应用
1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.
例1.五人并排站成一排，如果必须相邻且在的右边，则不同的排法有（ ）
A、60种 B、48种 C、36种 D、24种
2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.
例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（ ）
A、1440种 B、3600种 C、4820种 D、4800种
例3.已知集合，集合，且，若，则满足条件的集合有多少个？
3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.
例4.（1）A,B,C,D,E五人并排站成一排，如果必须站在的右边（可以不相邻）那么不同的排法有（ ）
A、24种 B、60种 C、90种 D、120种
（2）由数字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种 B、300种 C、464种 D、600种
4.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.
例5.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，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有（ ）
A、6种 B、9种 C、11种 D、23种
5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.
例6.（1）有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是（ ）
A、1260种 B、2025种 C、2520种 D、5040种
（2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案有（ ）
A、种 B、种 C、种 D、种
6.全员分配问题分组法:
例7.（1）4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种？
（2）5本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（ ）
A、480种 B、240种 C、120种 D、96种
7.名额分配问题隔板法:
例8：10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？
例9.马路上有编号为1，2，3…，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？
8.限制条件的分配问题分类法:
例10. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜四项工作，则不同安排方案的种数是
A． 152 B. 126 C. 90 D. 54
9.多元问题分类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数再相加。
例11 （1）从1，2，3…，100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法（不计顺序）共有多少种？
（2）从1，2，3，…，100这100个数中任取两个数，使其和能被4整除的取法（不计顺序）有多少种？
例12. 电子表10点20分08秒时，显示的数字是10:20:08，那么，从8点到10点内，电子表6个数码均不相同的情况有多少种?
10.交叉问题集合法：某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式
例13.从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方案？
11.定位问题优先法：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的元素。
例14.现1名老师和4名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有多少种？
12.多排问题单排法:把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。
例15.（1）6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是（ ）
A、36种 B、120种 C、720种 D、1440种
（2）8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不同排法？
13.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:
例16.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙 型电视机各一台，则不同的取法共有（ ） A、140种 B、80种 C、70种 D、35种
14.选排问题先取后排:从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，可用先取后排法.
例17.（1）四个不同球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？
（2）9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要从中选4人进行混合双打训练，有多少种不同的选法？
15.几何问题:
例18.（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有（ ）
A、70种 B、64种 C、58种 D、52种
（2）四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）
A、150种 B、147种 C、144种 D、141种
（3）记正方体的各条棱的中点构成的集合为M，则过且仅过集合M的三个点的平面有多少个？
（4）正方体8个顶点可连成多少对异面直线？
16.圆排问题单排法:把个不同元素放在圆周个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而无首位、末位之分，下列个普通排列：
在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，个元素的圆排列数有种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的元素全排列.
例19.有5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？
17.可重复的排列求幂法:允许重复排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可逐一安排元素的位置，一般地个不同元素排在个不同位置的排列数有种方法.
例20.把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？
19.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法:
例21. 某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方法有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
例22．从1到100的一百个自然数中，每次取出两个数，使其和大于100，这样的取法共有多少种？
20.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法:
例23.（1）30030能被多少个不同偶数整除？
（2）设是由的一个排列，把排在的左边且比小的数的个数称为的顺序数。如在排列中，5的顺序数为1，3的顺序数为0. 则在由这八个数字构成的全排列中，同时满足8的顺序数为2、7的顺序数为3、5的顺序数为3的不同排列的种数为多少？
21.利用对应思想转化法:对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理.
例24.（1）圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点最多有多少个？
（2）某城市的街区有12个全等的矩形组成，其中实线表示马路，从A到B的最短
路径有多少种？
22.全错位排列问题公式法:全错位排列问题（贺卡问题，信封问题）记住公式即可
瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式：用A、B、C……表示写着n位友人名字的信封，a、b、c……表示n份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作f(n)。假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：
（1）b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A、B、a、b无关，应有f(n-2)种错装法。
（2）b装入A、B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的）n－1个信纸b、c……装入（除B以外的）n－1个信封A、C……，显然这时装错的方法有f(n-1)种。
总之在a装入B的错误之下，共有错装法f(n-2)+f(n-1)种。a装入C，装入D……的n－2种错误之下，同样都有f(n-2)+f(n-1)种错装法，因此得到一个递推公式： f(n)=(n-1) f(n-1)+f(n-2)，分别带入n=2、3、4等可推得结果。也可用迭代法推导出一般公式：
例25.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的盒子现将这5个球投入5个盒子要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？
例26、5位同学原来坐成一排，现让他们重新坐，则至多有两位同学坐在其原来的位置的不同的坐法是多少？
23.多人传球问题：（构造递推关系）
例27、（）个人传球，第一次由开始传球，可传给其他任何一个人，第二次由拿球者再传给其他任何一个人，如此继续，则第次球仍回到的手中的传球方法种数是多少？
24.上台阶问题：
例28、10级台阶，某人可一步跨一级，也可跨两级，也可跨三级。
（1）他6步就可上完台阶的方法数是多少？
（2）他上完台阶的方法总数是多少？
25.方程的正整数解的个数问题：（隔板法）
例29.方程（，）的正整数解有多少个？有多少非负整数解个？
例30. 将20个完全相同的球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中。
（1）若要求每个盒子至少放一个球，则一共有多少种放法？
（2）若每个盒子可放任意个球，则一共有多少种放法？
（3）若要求每个盒子放的球的个数不小于其编号数，则一共有多少种放法？
26.配对（配凑）问题：
例31. 5双相异的鞋共10只，现随机地取出6只，恰好能配成2双鞋的取法是多少？
例32. 50名选手参加乒乓球淘汰赛比赛,需要打多少场才能产生冠军? 淘汰赛比赛规则是:要淘汰1名选手必须进行1场比赛;反之,每进行1场比赛则淘汰1名选手。
例33. 有11名翻译人员，其中5名是英语翻译人员，4名是日语翻译人员，另2人英、日语均精通。现从中选出8人组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，另4人翻译日语，则有多少种不同的选派方式？
27.染色问题：
例34. 把圆分成10个不相等的扇形,并且用红、黄、蓝三种颜色给扇形染色,但不允许相邻的扇形有相同的颜色,问共有多少种染色法?
1
2
3
4
5
6
例35.在如图所示的六个空格里涂上红黄蓝三种颜色，每种颜色只能涂两次，要求相邻空格不同色，请问一共有多少种涂法？
例36. 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种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有多少种？
（变式：若要栽种5种颜色的花？）
排列组合问题经典题型答案
1.解析：把视为一人，且固定在的右边，则本题相当于4人的全排列，种，答案：.
2.解析：除甲乙外，其余5个排列数为种，再用甲乙去插6个空位有种，不同的排法种数是种，选.
3. 易知互不相等且不相邻，则有。
4.解析：（1）在的右边与在的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即种，选.
（2）按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有个，个，合并总计300个,选（种）
5.解析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，选.
6.解析：（1）先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有种，选.
（2）答案：.
7.（1）
（2），答案：.
8.解析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看成10个相同的小球分成7堆，每堆至少一个，可以在10个小球的9个空位中插入6块木板，每一种插法对应着一种分配方案，故共有不同的分配方案为种.
9.解析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯种方法,所以满足条件的关灯方案有10种.
说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决.
10.
11.解析：（1）解析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做共有86个元素；由此可知，从中任取2个元素的取法有，从中任取一个，又从中任取一个共有，两种情形共符合要求的取法有种.
（2）解析：将分成四个不相交的子集，能被4整除的数集；能被4除余1的数集，能被4除余2的数集，能被4除余3的数集，易见这四个集合中每一个有25个元素；从中任取两个数符合要；从中各取一个数也符合要求；从中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求的取法共有种.
12. 解：（1）08：a b ：c d ,其中a、c位可填1,2，3,4,5；b、d位可填1,2,3,4,5,6,7,9.
（2）09：a b ：c d ,其中a、c位可填1,2，3,4,5；b、d位可填1,2,3,4,5,6,7,8.
先填a、c，再填b、d，共
13.解析：设全集=｛6人中任取4人参赛的排列｝，A=｛甲跑第一棒的排列｝，B=｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：
种.
14.解析：老师在中间三个位置上选一个有种，4名同学在其余4个位置上有种方法；所以共有种。.
15.解析：（1）前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排成一排，共种，选.
（2）解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有种，其余5个元素任排5个位置上有种，故共有种排法.
16.解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有种,选.
解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有台,选.
17.解析：（1）先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有种，再排：在四个盒中每次排3个有种，故共有种.
（2）先取男女运动员各2名，有种，这四名运动员混和双打练习有中排法，故共有种.
18.解析：（1）正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有个.
（2）解析：10个点中任取4个点共有种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为，四个面共有个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是种.
（3）56个。。
①一个面内取GH两点，另一个点取F时，即8个角；
②一个面内取GH两点，另一个点取K时，24个；
③一个面内取HI两点，那另一个点只能取A或C，24个
（4）因为四面体中仅有3对异面直线，可将问题分解成正方体的8个顶点可构成多少个不同的四面体，从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面体有个，所以8个顶点可连成的异面直线有3×58=174对.
19.解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有2种方式，故不同的安排方式种不同站法.说明：从个不同元素中取出个元素作圆形排列共有种不同排法.
20.解析：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第二步：将第二名实习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有种不同方案.
21. 解析：C。设购买软件片、磁盘盒，则，所以；，；。故共7种。
22. 解析：(包括两个数不同和相同的情形！)
23.解析：（1）先把30030分解成质因数的形式：30030=2×3×5×7×11×13；依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为
个（或）.
（2）分析知7必排在8之后，5必排在7之后. 且8的前面只有2个数，8、7之间只有一个小于7的数，6或在7之前，或在7、5之间，或在5之后。
第一种情况：6在7之前，形如：##8#7#5# ，；
第2种情况： 6在7、5之间 ，形如：##8#765# ，；
第3种情况：6在5之后，形如：##8#75## ，
所以共144种。
24.解析：（1）因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以确定多少个不同的四边形，显然有个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有个.
（2）解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从到最短路线必须走7小段，其中：向东4段，向北3段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，便能确定路径，因此不同走法有种.
25.解析：从5个球中取出2个与盒子对号有种，还剩下3个球与3个盒子序号不能对应，利用枚举法分析，如果剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子时，3号球不能装入3号盒子，当3号球装入4号盒子时，4，5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，4，5号球也只有1种装法，所以剩下三球只有2种装法，因此总共装法数为种.
26.解：错排问题，分类解决：
27. 解析：设第次球仍回到的手中的传球方法种数是，则，且，所以（）。
28. 解析：（1）设跨1级、2级、3级的步数分别为，则，解得，故方法数为
（2）设上完n级台阶的方法数为，则，且，
29．解析：；
30．解析：（1）；（2）；（3）先在编号为1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0,1,2,3,4个球，再只要保证余下的10个球每个盒子至少放一个，则
31. 解析：
32. 解析：49.
33. 解析：
34. 解析：前9个扇形依次染色并不难,但第10个扇形既与第九个相邻也与第1个相邻,这两个扇形颜色可能相同也可能不相同,所以直接用记数原理有困难,但建立递推关系并不难．
设将圆分成n个不相等的扇形时,满足题设的染法有种．依次记n个扇形为s,…s.显然a1=3.当n=2时，先对s1染色，有3种方法；s1染色后再对s2染色，有2种方法，故a2=6.当n≥3时，我们依次对s,s2,…s染色．对s1染色，有3种方法，对s1染色后再对s2染色有2种方法，同样的对s3,s4…,sn分别有2种方法，由乘法原理共有3·2 n-1种染色方法．但这样做sn与s1有可能同色．即在3·2 n-1种染色方法中包含了sn与s1同色的染色方法．对于sn与s1同色的情形，拆去sn与s1的边界使sn与s1合并，便得到将圆分为n-1个扇形时同色不相邻的染色方法，这样的情况有an-1种． 故an=3·2 n-1-an-1 (n≥3)．所以，n≥3时，，∴a10=210+2=1026．
35.解：由题意，红黄蓝三种颜色，每种颜色恰好涂了两次，分为两类：
第一类可按一下步骤进行：
第1步：涂第一格，有3种方法；
第2步：涂第二格，有2种方法；
第3步：用与第一格不同的颜色涂第三格，有1种方法；
第4步：第四格可以涂与第三格颜色不同的，有2种方法。
第5步：用不同的两色涂剩下的两格，有2种方法；
所以有3*2*1*2*2＝24种
第二类可按一下步骤进行：
第1步：涂第一格，有3种方法；
第2步：涂第二格，有2种方法；
第3步：用与第一格相同的颜色涂第三格，有1种方法；
第4步：第四格只能用没有用过的颜色涂，有种方法。
第5步：第五格只能用涂第二格的颜色，第六格只能用涂第四格的颜色，有1种方法；
所以有3*2*1*1*1＝6种
所以，共有24+6＝30种涂法。
36.解析:注意4种颜色的花都有种上。
（变式：）
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