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专题24 排列组合与二项式定理-2021届新高考数学一轮复习知识点总结与题型归纳面面全
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这是一份专题24 排列组合与二项式定理-2021届新高考数学一轮复习知识点总结与题型归纳面面全，文件包含专题24排列组合与二项式定理原卷版docx、专题24排列组合与二项式定理解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共28页， 欢迎下载使用。
(一)基本计数原理
1.加法原理
分类计数原理：做一件事，完成它有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=m1+m2+⋯+mn种不同的方法．又称加法原理．
2.乘法原理
分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n个子步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同方法，……，做第n个步骤有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N=m1×m2×⋯×mn种不同的方法．又称乘法原理．
3.加法原理与乘法原理的综合运用
运用：如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．
(二)排列与组合
1.排列
定义：一般地，从n个不同的元素中任取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．（其中被取的对象叫做元素）
排列数：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号Anm表示．
排列数公式：Anm=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)，m，n∈N+，并且m≤n．
全排列：一般地，n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列．
n的阶乘：正整数由1到n的连乘积，叫作n的阶乘，用n!表示．规定：0!=1．
2.组合
定义：一般地，从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个元素中任取m个元素的一个组合．
组合数：从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中，任意取出m个元素的组合数，用符号Cnm表示．
组合数公式：Cnm=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)m!=n!m!(n−m)!，m,n∈N+，并且m≤n．
组合数的两个性质： ①Cnm=Cnn−m；②Cn+1m=Cnm+Cnm−1．（规定Cn0=1）
3.排列组合综合问题
解排列组合问题，首先要用好两个计数原理和排列组合的定义，即首先弄清是分类还是分步，是排列还是组合，同时要掌握一些常见类型的排列组合问题的解法。
(三)排列与组合解题的常用方法
1.特殊元素、特殊位置优先法
元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；
位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置；
2.分类分步法：对于较复杂的排列组合问题，常需要分类讨论或分步计算，一定要做到分类明确，层次清楚，不重不漏．
3.排除法：从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法．
4.捆绑法：某些元素必相邻的排列，可以先将相邻的元素“捆成一个”元素，与其它元素进行排列，然后再给那“一捆元素”内部排列．
5.插空法：某些元素不相邻的排列，可以先排其它元素，再让不相邻的元素插空．
6.插板法：n个相同元素，分成m(m≤n)组，每组至少一个的分组问题——把n个元素排成一排，从n−1个空中选m−1个空，各插一个隔板，有Cn−1m−1．
7.分组、分配法：分组问题（分成几堆，无序）．有等分、不等分、部分等分之别．一般地平均分成n堆（组），必须除以n！，如果有m堆（组）元素个数相等，必须除以m！
8.错位法：编号为1至n的n个小球放入编号为1到n的n个盒子里，每个盒子放一个小球，要求小球与盒子的编号都不同，这种排列称为错位排列，特别当n=2，3，4，5时的错位数各为1，2，9，44．关于5、6、7个元素的错位排列的计算，可以用剔除法转化为2个、3个、4个元素的错位排列的问题．
(四)常考问题以及解题途径与策略
1.排列与组合应用题解题三种途径：
元素分析法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；
位置分析法：以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
间接法：先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数．求解时应注意先把具体问题转化或归结为排列或组合问题；再通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；然后分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；最后列出式子计算作答．
2.具体的解题策略有：
①对特殊元素进行优先安排；
②理解题意后进行合理和准确分类，分类后要验证是否不重不漏；
③对于抽出部分元素进行排列的问题一般是先选后排，以防出现重复；
④对于元素相邻的条件，采取捆绑法；对于元素间隔排列的问题，采取插空法或隔板法；
⑤顺序固定的问题用除法处理；分几排的问题可以转化为直排问题处理；
⑥对于正面考虑太复杂的问题，可以考虑反面．
⑦对于一些排列数与组合数的问题，需要构造模型．
典例精讲
1．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且至少有两个数字是偶数的四位数，则这样的四位数的个数为
A．64B．72C．96D．144
【分析】由题意把四位数分为含有3个偶数与2个偶数两类，每一类要考虑特殊元素0的安排情况，利用排列组合的应用可分别求出每类四位数的个数，相加即可．
【解答】解：根据题意，数字0，1，2，3，4，中有2个奇数，3个偶数，若组成的四位数要求至少有两个数字是偶数，
则四位数中有2个或3个偶数，
分2种情况讨论：
①，四位数中有3个偶数，1个奇数；
因为0不能在首位，有3种情况，选取一个奇数有种，与另两个偶数安排在其他三个位置，有种情况，则有个符合条件的四位数；
②，四位数中有2个偶数，2个奇数；
若偶数中有0，在2、4中选出1个偶数，有种取法，
其中0不能在首位，有3种情况，将其他3个数全排列，安排在其他三个位置，有种情况，
则有个符合条件的四位数；
若偶数中没有0，将其他4个数全排列，有个符合条件的四位数；
则一共有个符合条件的四位数；
故选：．
【点评】本题考查分类计数原理及排列组合的运用，注意优先考虑特殊元素的安排情况，属于中低档题．
2．习近平总书记在湖南省湘西州花垣县十八洞村考察时，首次提出“精准扶贫”概念，“精准扶贫”已成为我国脱贫攻坚的基本方略．为配合国家“精准扶贫”战略，某省农业厅派出6名农业技术专家男2女）分成两组，到该省两个贫困县参加扶贫工作，若要求女专家不单独成组，且每组至多4人，则不同的选派方案共有 种
A．48B．68C．38D．34
【分析】根据题意，分2种情况讨论：①分为3，3的两组，②分为2，4的两组，每种情况下首先分析符合条件的分组方法，再将两组对应到两个贫困县参加扶贫工作，由分步计数原理计算可得每种情况的安排方法，进而由分类计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：
①分为3，3的两组时，不会出现两名女专家单独成组情况，有种分组方法，
再对应到两个贫困县参加扶贫工作，有种情况，
此时共有种安排方式，
②分为2，4的两组时，有种分组方法，其中有1种两名女专家单独成组情况，则有14种符合条件的分组方法，
再对应到两个贫困县参加扶贫工作，有种情况，
此时共有种安排方式，
共有种安排方法；
故选：．
【点评】本题考查排列、组合的应用，关键是在分类讨论时，做到全面、细致考虑，做到不重不漏，其次注意平均分组与不平均分组的区别．
3．用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方法种数为（ ）
A．15B．16C．18D．20
【分析】依题意，第一个格子必须涂黑色，然后根据3号5号格子的颜色进行讨论即可．
【解答】解：依题意，第一个格子必须为黑色，设格子从左到右的编号分别为1～6．
故①当1，3，5号格子为黑色时：有23＝8种；
②当1，3号为黑色且5号为白色时：若2号为黑色则有22＝4种，若2号为白色，则4号为黑色有2种，故此时共有4+2＝6种；
③当1号为黑色，3号为白色时：2号必为黑色，若4号为白色，则有1×1×1×1××12＝2种，若4号为黑色，则有1×1×1×1×2×2＝4种，故此时共有2+4＝6种；
综上，共有8+6+6＝20种．
故选：D．
【点评】本题考查了分类加法原理与分步乘法原理，属于中档题．分类时要做到不重不漏，分步时要做到步骤完整．
4．若Am5=2Am3，则m的值为 5 ．
【分析】有排列数公式列式可得．
【解答】解：由Am5=2Am3得m（m﹣1）（m﹣2）（m﹣3）（m﹣4）＝2m（m﹣1）（m﹣2），
得m＝2（舍去）或m＝5．
故答案为：5
【点评】本题考查了排列及排列数公式，属中档题．
5．设x1，x2，x3，x4∈{﹣1，0，2}，那么满足2≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|≤4的所有有序数对（x1，x2，x3，x4）的组数为 45
【分析】根据分类计数原理可得．
【解答】解：①|x1|+|x2|+|x3|+|x4|＝2，0+0+0+2＝2，有4种，1+0+1+0＝2，有6种，故有10组；
②：|x1|+|x2|+|x3|+|x4|＝3，0+1+1+1＝3，有4种，0+1+2+0＝3，有C41C31＝12种，故有16组；
③：|x1|+|x2|+|x3|+|x4|＝4，1+1+1+1＝4，有1种，0+1+1+2＝4，有C41C31＝12种，0+0+2+2＝4，有12C41C31＝6种，故有19组；
综上，共45组，
故答案为：45．
【点评】本题考查了分类计数原理．
6．乘积（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）展开后共有 60 项．
【分析】根据多项式的乘法法则，分析易得在（a1+a2+a3）中取一项有3种取法，在（b1+b2+b3+b4）中取一项有4种取法，在（c1+c2+c3+c4+c5）中取一项有5种取法，进而由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据多项式的乘法法则，（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）的结果中每一项都必须是在（a1+a2+a3）、（b1+b2+b3+b4）、（c1+c2+c3+c4+c5）三个式子中任取一项后相乘，得到的式子，
而在（a1+a2+a3）中有3种取法，在（b1+b2+b3+b4）中有4种取法，在（c1+c2+c3+c4+c5）中有5种取法，
由乘法原理，可得共有3×4×5＝60种情况，
则（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）的展开式中有60项；
故答案为60．
【点评】本题考查分步计数原理的运用，是常见的题目；平时要多加训练．
7．从n+1（n∈N*）个不同小球（其中n个白球，1个黑球）中取出m（m∈N*，且n≥m）个球共有Cn+1m种不同取法，还可换一个角度考虑：若取出m个球全是白球，则有Cnm种不同取法，若取出m个球中含有黑球，则有Cnm−1种不同取法，从而共有Cnm+Cnm−1种不同取法．因此，可以得到组合恒等式：Cn+1m=Cnm+Cnm−1．请你运用类比推理的方法，可以得到排列恒等式：An+1m=Anm+ mAnm−1 ．
【分析】由题意，根据组合公式推出的规律，将从n+1（n∈N*）个不同小球（其中n个白球，1个黑球）中取出m（m∈N*，且n≥m）个球的不同排列的个数的计数方法换成先取出m个白球的不同排列的个数加上黑球取出，再取出m﹣1个白球的两种方法，将它们加起来即可得出答案
【解答】解：从n+1（n∈N*）个不同小球（其中n个白球，1个黑球）中取出m（m∈N*，且n≥m）个球共有Cn+1m种不同取法，还可换一个角度考虑：若取出m个球全是白球，则有Cnm种不同取法，若取出m个球中含有黑球，则有Cnm−1种不同取法，从而共有Cnm+Cnm−1种不同取法．因此，可以得到组合恒等式：Cn+1m=Cnm+Cnm−1．
类比以上方法，可得
从n+1（n∈N*）个不同小球（其中n个白球，1个黑球）中取出m（m∈N*，且n≥m）个球所组成的不同排列的个数共有An+1m种不同取法，同样，我们还可换一个角度考虑：若取出m个球全是白球，所组成的不同排列的个数有Anm种不同取法，若取出m个球中含有黑球，那么不同的排列可以这样得到，先将黑球排好，有m种不同放法，再从白球中取出m﹣1个，排放在剩余的m﹣1个位置共有Anm−1，则由乘法原理可得共有mAnm−1种不同取法，从而共有Anm+mAnm−1种不同取法．因此，An+1m=Anm+mAnm−1，
故答案为：mAnm−1．
【点评】本题考查类比推理以及计数原理加法原理与乘法原理在具体问题中的应用，本题属于基本原理应用题，知识性较强，合理规范表述是难点
8．化简2018C201710+2017C201610+⋯+11C1010的结果为 11C201912 ．
【分析】根据题意，由组合数的公式有2018C201710+2017C201610+⋯+11C1010=11C201811+11C201711+11C201611+⋯⋯+11C1111=11（C201811+C201711+C201611+⋯⋯+C1111），进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，2018C201710+2017C201610+⋯+11C1010
＝11C201811+11C201711+11C201611+⋯⋯+11C1111
＝11（C201811+C201711+C201611+⋯⋯+C1111）
＝11C201912；
故答案为：11C201912．
【点评】本题考查组合数公式，关键是掌握组合数公式的性质．
考点二 二项式定理
二项式定理
1.二项式定理
定义：a+bn=Cn0an+Cn1an−1b+Cn2an−2b2+...+Cnnbnn∈N∗这个公式表示的定理叫做二项式定理．
2.二项式系数、二项式的通项
定义：Cn0an+Cn1an−1b+Cn2an−2b2+...+Cnnbn叫做a+bn的二项展开式，其中的系数Cnrr=0,1,2,...,n叫做二项式系数，式中的Cnran−rbr叫做二项展开式的通项．用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：Tr+1=Cnran−rbr．
3.二项式展开式的各项幂指数：二项式a+bn的展开式项数为n+1项
各项的幂指数状况是：
1）各项的次数都等于二项式的幂指数n．
2）字母a的按降幂排列，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．
4.二项式系数的性质
1）对称性：在二项展开式中，与首末两项“等距离”的两项的二项式系数相等．
2）单调性：二项式系数（数列）在前半部分逐渐增大，在后半部分逐渐减小，在中间（项）取得最大值．其中：
当n为偶数时，二项展开式中间一项的二项式系数Cnn2最大；
当n为奇数时，二项展开式中间两项的二项式系数Cnn−12, Cnn+12相等，且最大．
3）组合总数公式：Cn0+Cn1+Cn2+⋯+Cnn=2n 即二项展开式中各项的二项式系数之和等于2n．
4）“一分为二”的考察：二项展开式中各奇数项的二项式系数之和等于各偶数项的二项式系数之和，即Cn0+Cn2+Cn4+⋯=Cn1+Cn3+Cn5+⋯=2n−1．
备注：
①通项Tr+1=Cnran−rbr是a+bn的展开式的第r+1项，这里r=0,1,2,...,n．
②二项式a+bn的r+1项和b+an的展开式的第r+1项Cnrbn−rar是有区别的，应用二项式定理时，其中的a和b是不能随便交换的．
③注意二项式系数（Cnr）与展开式中对应项的系数不一定相等，二项式系数一定为正，而项的系数有时可为负．
④通项公式是a+bn这个标准形式下而言的，如a−bn的二项展开式的通项公式是Tr+1=−1rCnran−rbr（只须把−b看成b代入二项式定理）这与Tr+1=Cnran−rbr是不同的，在这里对应项的二项式系数是相等的都是Cnr，但项的系数一个是−1rCnr，一个是Cnr，可看出，二项式系数与项的系数是不同的概念．
⑤设a=1,b=x，则得公式：1+xn=1+Cn1x+Cn2x2+...+Cnrxr+...+xn．
⑥通项是Tr+1=r=0,1,2,...,n中含有Tr+1,a,b,n,r五个元素，只要知道其中四个即可求第五个元素．
典例精讲
1．已知（2﹣3x﹣2x2）5＝a0+a1x+a2x2+…+a10x10，则a0+a1+a10＝（ ）
A．﹣240B．186C．240D．304
【分析】令x＝0可得a0＝32；将（2﹣3x﹣2x2）5变成（﹣2x+1）5（x+2）5，再利用通项公式可得．
【解答】解：在（2﹣3x﹣2x2）5＝a0+a1x+a2x2+…+a10x10中，令x＝0得a0＝32，
∵（2﹣3x﹣2x2）5＝（﹣2x+1）5（x+2）5，∴a1＝C54（﹣2）1×C5525+C55（﹣2）0×C5424＝﹣240
a10＝C50（﹣2）5×C50×20＝﹣32，
∴a0+a1+a10＝32﹣240+32＝﹣240．
故选：A．
【点评】本题考查了二项式定理，属中档题．
2．在的展开式中，各项系数之和为64，则 6 ；展开式中的常数项为 ．
【分析】各项系数之和为，解得即可，先求出通项公式，令的指数为0，即可求出展开式中的常数项为
【解答】解：令，则在的展开式中，各项系数之和为，
解得，
则其通项公式为，
令，解得，
则展开式中的常数项为
故答案为：6，15
【点评】本题考查了二项式定理的性质及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3．多项式的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
【分析】把的展开式看成是6个因式的乘积形式，按照分步相乘原理，求出含项的系数即可．
【解答】解：把的展开式看成是6个因式的乘积形式，
展开式中，含项的系数可以按如下步骤得到：
第一步，从6个因式中任选1个因式，这个因式取，有种取法；
第二步，从剩余的5个因式中任选2个因式，都取，有种取法；
第三步，把剩余的3个因式中都取，有种取法；
根据分步相乘原理，得；含项的系数是
故答案为：
【点评】不同考查了二项式系数的应用问题，也考查了分步相乘原理的应用问题，属于中档题．
4．设（x2﹣3x+2）4＝a0+a1x+…+a8x8，则a7＝（ ）
A．﹣4B．﹣8C．﹣12D．﹣16
【分析】根据（x2﹣3x+2）4＝（x﹣1）4•（x﹣2）4，a7是展开式中x7的系数，利用二项展开式的通项公式，求得结果．
【解答】解：（x2﹣3x+2）4＝（x﹣1）4•（x﹣2）4，a7是展开式中x7的系数，
∴a7=C41•（﹣1）•C40+C40•C41•（﹣2）＝﹣4+（﹣8）＝﹣12，
故选：C．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于中档题．
5．已知（1+3x）n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝ 4 ，系数最大的项为第 4 项．
【分析】根据通项公式列式可得．
【解答】解：通项公式Tr+1＝Cnr（3x）r＝Cnr•3r•xr，r＝0，1，2…，n．
∴Cn2•32＝54，解得n＝4，
设系数最大的项是第r+1项，则C4r3r≥C4r+13r+1C4r3r≥C4r−13r−1，解得114≤r≤154，
∵r为整数，∴r＝3，所以系数最大的项是第4项．
故答案为：4，4．
【点评】本意考查了二项式定理，属中档题．
6．已知（x2﹣2）6＝a0+a1x+a2x2+…+a12x12，则a3+a4等于 240 ．
【分析】即求x3和x4的系数，；利用通项公式可得．
【解答】解：a3和a4就是展开式中x3和x4的系数，
∵Tr+1＝C6r（x2）6﹣r•（﹣2）r＝（﹣2）rC6rx12﹣2r，
令 12﹣2r＝3，解得r=92（舍去），∴a3＝0，
令12﹣2r＝4，解得r＝4，∴a4＝（﹣2）4C64=240，
故答案为：240．
【点评】本题考查了二项式定理，属中档题．
综合练习
1．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（ ）
A．24种B．36种C．48种D．60种
【分析】分两类，第一类，有3名被录用，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，根据分类计数原理即可得到答案
【解答】解：分两类，第一类，有3名被录用，有A43=24种，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，有C31⋅C42⋅A22=36，
根据分类计数原理，共有24+36＝60（种）
故选：D．
【点评】本题考查排列、组合的综合运用，解题时要先确定分几类.
2．有5位学生和2位老师并坐一排合影，若教师不能坐在两端，且要坐在一起，则有多少种不同坐法（ ）
A．7!种B．240种C．480种D．960种
【分析】先排5位学生，由排列公式可得其坐法数目，要求2位教师坐在一起，用捆绑法，插入到5个学生符合要求的4个空位中，易得其有2A41种坐法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：先排5位学生，有A55种坐法，
2位教师坐在一起，将其看成一个整体，可以交换位置，有2种坐法，
将这个“整体”插在5个学生的空位中，又由教师不能坐在两端，则有4个空位可选，
则共有2A55A41＝960种坐法．
故选：D．
【点评】本题考查排列、组合的运用，关键在于掌握常见的问题的处理方法，如相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法．
3．已知，设，则 8 ．
【分析】把等式两边同时对求导数，再令，可得的值．
【解答】解：已知，设，
把等式两边同时对求导数，可得，
再令，可得，
故答案为：8．
【点评】本题主要考查求函数的导数，二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案
4．2位男生和3位女生共5位同学站成一排，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．72B．60C．36D．24
【分析】根据题意，分3步进行分析：①、把3位女生分为2组，②，将2位男生全排列，③，2位男生全排列后形成的3个空位，在其中任选2个，安排2个女生组，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①、把3位女生分为2组，有种情况，
②，将2位男生全排列，有种情况，
③，2位男生全排列后形成的3个空位，在其中任选2个，安排2个女生组，需要考虑2个女生组两人之间的顺序，
有种情况，
故有种不同排法，
故选：．
【点评】本题考查排列中相邻问题和不相邻问题，相邻用捆绑，不相邻用插空．
5．如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c．例如，图中上档的数字和a＝9．若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有 32 种．
【分析】a，b，c的取值范围都是从7～14，可以根据公差d的情况进行讨论．
【解答】解：根据题意，a，b，c的取值范围都是从7～14共8个数字，故公差d范围是﹣3到3，
①当公差d＝0时，有C81=8种，
②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2×C61=12种，
③当公差d＝±2时，b不取7，8，13，14，有2×C41=8种，
④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2×C21=4种，
综上共有8+12+8+4＝32种，
故填：32
【点评】本题考查排列、组合的应用，要表示的有3项，做题时容易找不到切入点，本题应考虑等差中项的选取方法，属于中档题．
6．有6名男医生和5名女医生，从中选出2名男医生和1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有 75 ．
【分析】解：根据题意，分2步进行分析：①、选取男医生，在6名男医生中选取2人即可，②、选取女医生，在5名女医生中选取1人即可，由组合数公式可得每一步的选取方法数目，进而由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①、选取男医生，在6名男医生中选取2人即可，有C62＝15种选法，
②、选取女医生，在5名女医生中选取1人即可，有C51＝5种选法，
则不同的选取方法有15×5＝75种；
故答案为：75．
【点评】本题考查分步计数原理的运用，注意依据题意进行分步分析，结合组合数公式计算即可．
7．如图所示，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4，则：
（1）以这12个点（包括A，B）中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？
（2）以这10个点（不包括A，B）中的3个点为顶点，可作出多少个三角形？其中含点C1的有多少个？
【分析】（1）构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类，利用组合知识求解即可；
（2）分成三类，利用组合知识求解即可．
【解答】解：（1）构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类：
①四个点从C1，C2，…，C6中取出，有C64个四边形；
②三个点从C1，C2，…，C6中取出，另一个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C63C61个四边形；
③二个点从C1，C2，…，C6中取出，另外二个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C62C62个四边形．
故满足条件的四边形共有N＝C64+C63C61+C62C62＝360（个）．
（2）类似于（1）可分三种情况讨论得三角形个数为C63+C61C42+C62C41＝116（个）．
其中含点C1的有C52+C51C41+C42＝36（个）．
【点评】本题主要考查了分类计数原理和分步计数原理，如何分类是关键，属于中档题．
(一)基本计数原理
1.加法原理
分类计数原理：做一件事，完成它有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=m1+m2+⋯+mn种不同的方法．又称加法原理．
2.乘法原理
分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n个子步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同方法，……，做第n个步骤有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N=m1×m2×⋯×mn种不同的方法．又称乘法原理．
3.加法原理与乘法原理的综合运用
运用：如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．
(二)排列与组合
1.排列
定义：一般地，从n个不同的元素中任取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．（其中被取的对象叫做元素）
排列数：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号Anm表示．
排列数公式：Anm=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)，m，n∈N+，并且m≤n．
全排列：一般地，n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列．
n的阶乘：正整数由1到n的连乘积，叫作n的阶乘，用n!表示．规定：0!=1．
2.组合
定义：一般地，从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个元素中任取m个元素的一个组合．
组合数：从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中，任意取出m个元素的组合数，用符号Cnm表示．
组合数公式：Cnm=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)m!=n!m!(n−m)!，m,n∈N+，并且m≤n．
组合数的两个性质： ①Cnm=Cnn−m；②Cn+1m=Cnm+Cnm−1．（规定Cn0=1）
3.排列组合综合问题
解排列组合问题，首先要用好两个计数原理和排列组合的定义，即首先弄清是分类还是分步，是排列还是组合，同时要掌握一些常见类型的排列组合问题的解法。
(三)排列与组合解题的常用方法
1.特殊元素、特殊位置优先法
元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；
位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置；
2.分类分步法：对于较复杂的排列组合问题，常需要分类讨论或分步计算，一定要做到分类明确，层次清楚，不重不漏．
3.排除法：从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法．
4.捆绑法：某些元素必相邻的排列，可以先将相邻的元素“捆成一个”元素，与其它元素进行排列，然后再给那“一捆元素”内部排列．
5.插空法：某些元素不相邻的排列，可以先排其它元素，再让不相邻的元素插空．
6.插板法：n个相同元素，分成m(m≤n)组，每组至少一个的分组问题——把n个元素排成一排，从n−1个空中选m−1个空，各插一个隔板，有Cn−1m−1．
7.分组、分配法：分组问题（分成几堆，无序）．有等分、不等分、部分等分之别．一般地平均分成n堆（组），必须除以n！，如果有m堆（组）元素个数相等，必须除以m！
8.错位法：编号为1至n的n个小球放入编号为1到n的n个盒子里，每个盒子放一个小球，要求小球与盒子的编号都不同，这种排列称为错位排列，特别当n=2，3，4，5时的错位数各为1，2，9，44．关于5、6、7个元素的错位排列的计算，可以用剔除法转化为2个、3个、4个元素的错位排列的问题．
(四)常考问题以及解题途径与策略
1.排列与组合应用题解题三种途径：
元素分析法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；
位置分析法：以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
间接法：先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数．求解时应注意先把具体问题转化或归结为排列或组合问题；再通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；然后分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；最后列出式子计算作答．
2.具体的解题策略有：
①对特殊元素进行优先安排；
②理解题意后进行合理和准确分类，分类后要验证是否不重不漏；
③对于抽出部分元素进行排列的问题一般是先选后排，以防出现重复；
④对于元素相邻的条件，采取捆绑法；对于元素间隔排列的问题，采取插空法或隔板法；
⑤顺序固定的问题用除法处理；分几排的问题可以转化为直排问题处理；
⑥对于正面考虑太复杂的问题，可以考虑反面．
⑦对于一些排列数与组合数的问题，需要构造模型．
典例精讲
1．用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且至少有两个数字是偶数的四位数，则这样的四位数的个数为
A．64B．72C．96D．144
【分析】由题意把四位数分为含有3个偶数与2个偶数两类，每一类要考虑特殊元素0的安排情况，利用排列组合的应用可分别求出每类四位数的个数，相加即可．
【解答】解：根据题意，数字0，1，2，3，4，中有2个奇数，3个偶数，若组成的四位数要求至少有两个数字是偶数，
则四位数中有2个或3个偶数，
分2种情况讨论：
①，四位数中有3个偶数，1个奇数；
因为0不能在首位，有3种情况，选取一个奇数有种，与另两个偶数安排在其他三个位置，有种情况，则有个符合条件的四位数；
②，四位数中有2个偶数，2个奇数；
若偶数中有0，在2、4中选出1个偶数，有种取法，
其中0不能在首位，有3种情况，将其他3个数全排列，安排在其他三个位置，有种情况，
则有个符合条件的四位数；
若偶数中没有0，将其他4个数全排列，有个符合条件的四位数；
则一共有个符合条件的四位数；
故选：．
【点评】本题考查分类计数原理及排列组合的运用，注意优先考虑特殊元素的安排情况，属于中低档题．
2．习近平总书记在湖南省湘西州花垣县十八洞村考察时，首次提出“精准扶贫”概念，“精准扶贫”已成为我国脱贫攻坚的基本方略．为配合国家“精准扶贫”战略，某省农业厅派出6名农业技术专家男2女）分成两组，到该省两个贫困县参加扶贫工作，若要求女专家不单独成组，且每组至多4人，则不同的选派方案共有 种
A．48B．68C．38D．34
【分析】根据题意，分2种情况讨论：①分为3，3的两组，②分为2，4的两组，每种情况下首先分析符合条件的分组方法，再将两组对应到两个贫困县参加扶贫工作，由分步计数原理计算可得每种情况的安排方法，进而由分类计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：
①分为3，3的两组时，不会出现两名女专家单独成组情况，有种分组方法，
再对应到两个贫困县参加扶贫工作，有种情况，
此时共有种安排方式，
②分为2，4的两组时，有种分组方法，其中有1种两名女专家单独成组情况，则有14种符合条件的分组方法，
再对应到两个贫困县参加扶贫工作，有种情况，
此时共有种安排方式，
共有种安排方法；
故选：．
【点评】本题考查排列、组合的应用，关键是在分类讨论时，做到全面、细致考虑，做到不重不漏，其次注意平均分组与不平均分组的区别．
3．用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方法种数为（ ）
A．15B．16C．18D．20
【分析】依题意，第一个格子必须涂黑色，然后根据3号5号格子的颜色进行讨论即可．
【解答】解：依题意，第一个格子必须为黑色，设格子从左到右的编号分别为1～6．
故①当1，3，5号格子为黑色时：有23＝8种；
②当1，3号为黑色且5号为白色时：若2号为黑色则有22＝4种，若2号为白色，则4号为黑色有2种，故此时共有4+2＝6种；
③当1号为黑色，3号为白色时：2号必为黑色，若4号为白色，则有1×1×1×1××12＝2种，若4号为黑色，则有1×1×1×1×2×2＝4种，故此时共有2+4＝6种；
综上，共有8+6+6＝20种．
故选：D．
【点评】本题考查了分类加法原理与分步乘法原理，属于中档题．分类时要做到不重不漏，分步时要做到步骤完整．
4．若Am5=2Am3，则m的值为 5 ．
【分析】有排列数公式列式可得．
【解答】解：由Am5=2Am3得m（m﹣1）（m﹣2）（m﹣3）（m﹣4）＝2m（m﹣1）（m﹣2），
得m＝2（舍去）或m＝5．
故答案为：5
【点评】本题考查了排列及排列数公式，属中档题．
5．设x1，x2，x3，x4∈{﹣1，0，2}，那么满足2≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|≤4的所有有序数对（x1，x2，x3，x4）的组数为 45
【分析】根据分类计数原理可得．
【解答】解：①|x1|+|x2|+|x3|+|x4|＝2，0+0+0+2＝2，有4种，1+0+1+0＝2，有6种，故有10组；
②：|x1|+|x2|+|x3|+|x4|＝3，0+1+1+1＝3，有4种，0+1+2+0＝3，有C41C31＝12种，故有16组；
③：|x1|+|x2|+|x3|+|x4|＝4，1+1+1+1＝4，有1种，0+1+1+2＝4，有C41C31＝12种，0+0+2+2＝4，有12C41C31＝6种，故有19组；
综上，共45组，
故答案为：45．
【点评】本题考查了分类计数原理．
6．乘积（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）展开后共有 60 项．
【分析】根据多项式的乘法法则，分析易得在（a1+a2+a3）中取一项有3种取法，在（b1+b2+b3+b4）中取一项有4种取法，在（c1+c2+c3+c4+c5）中取一项有5种取法，进而由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据多项式的乘法法则，（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）的结果中每一项都必须是在（a1+a2+a3）、（b1+b2+b3+b4）、（c1+c2+c3+c4+c5）三个式子中任取一项后相乘，得到的式子，
而在（a1+a2+a3）中有3种取法，在（b1+b2+b3+b4）中有4种取法，在（c1+c2+c3+c4+c5）中有5种取法，
由乘法原理，可得共有3×4×5＝60种情况，
则（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）的展开式中有60项；
故答案为60．
【点评】本题考查分步计数原理的运用，是常见的题目；平时要多加训练．
7．从n+1（n∈N*）个不同小球（其中n个白球，1个黑球）中取出m（m∈N*，且n≥m）个球共有Cn+1m种不同取法，还可换一个角度考虑：若取出m个球全是白球，则有Cnm种不同取法，若取出m个球中含有黑球，则有Cnm−1种不同取法，从而共有Cnm+Cnm−1种不同取法．因此，可以得到组合恒等式：Cn+1m=Cnm+Cnm−1．请你运用类比推理的方法，可以得到排列恒等式：An+1m=Anm+ mAnm−1 ．
【分析】由题意，根据组合公式推出的规律，将从n+1（n∈N*）个不同小球（其中n个白球，1个黑球）中取出m（m∈N*，且n≥m）个球的不同排列的个数的计数方法换成先取出m个白球的不同排列的个数加上黑球取出，再取出m﹣1个白球的两种方法，将它们加起来即可得出答案
【解答】解：从n+1（n∈N*）个不同小球（其中n个白球，1个黑球）中取出m（m∈N*，且n≥m）个球共有Cn+1m种不同取法，还可换一个角度考虑：若取出m个球全是白球，则有Cnm种不同取法，若取出m个球中含有黑球，则有Cnm−1种不同取法，从而共有Cnm+Cnm−1种不同取法．因此，可以得到组合恒等式：Cn+1m=Cnm+Cnm−1．
类比以上方法，可得
从n+1（n∈N*）个不同小球（其中n个白球，1个黑球）中取出m（m∈N*，且n≥m）个球所组成的不同排列的个数共有An+1m种不同取法，同样，我们还可换一个角度考虑：若取出m个球全是白球，所组成的不同排列的个数有Anm种不同取法，若取出m个球中含有黑球，那么不同的排列可以这样得到，先将黑球排好，有m种不同放法，再从白球中取出m﹣1个，排放在剩余的m﹣1个位置共有Anm−1，则由乘法原理可得共有mAnm−1种不同取法，从而共有Anm+mAnm−1种不同取法．因此，An+1m=Anm+mAnm−1，
故答案为：mAnm−1．
【点评】本题考查类比推理以及计数原理加法原理与乘法原理在具体问题中的应用，本题属于基本原理应用题，知识性较强，合理规范表述是难点
8．化简2018C201710+2017C201610+⋯+11C1010的结果为 11C201912 ．
【分析】根据题意，由组合数的公式有2018C201710+2017C201610+⋯+11C1010=11C201811+11C201711+11C201611+⋯⋯+11C1111=11（C201811+C201711+C201611+⋯⋯+C1111），进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，2018C201710+2017C201610+⋯+11C1010
＝11C201811+11C201711+11C201611+⋯⋯+11C1111
＝11（C201811+C201711+C201611+⋯⋯+C1111）
＝11C201912；
故答案为：11C201912．
【点评】本题考查组合数公式，关键是掌握组合数公式的性质．
考点二 二项式定理
二项式定理
1.二项式定理
定义：a+bn=Cn0an+Cn1an−1b+Cn2an−2b2+...+Cnnbnn∈N∗这个公式表示的定理叫做二项式定理．
2.二项式系数、二项式的通项
定义：Cn0an+Cn1an−1b+Cn2an−2b2+...+Cnnbn叫做a+bn的二项展开式，其中的系数Cnrr=0,1,2,...,n叫做二项式系数，式中的Cnran−rbr叫做二项展开式的通项．用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：Tr+1=Cnran−rbr．
3.二项式展开式的各项幂指数：二项式a+bn的展开式项数为n+1项
各项的幂指数状况是：
1）各项的次数都等于二项式的幂指数n．
2）字母a的按降幂排列，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．
4.二项式系数的性质
1）对称性：在二项展开式中，与首末两项“等距离”的两项的二项式系数相等．
2）单调性：二项式系数（数列）在前半部分逐渐增大，在后半部分逐渐减小，在中间（项）取得最大值．其中：
当n为偶数时，二项展开式中间一项的二项式系数Cnn2最大；
当n为奇数时，二项展开式中间两项的二项式系数Cnn−12, Cnn+12相等，且最大．
3）组合总数公式：Cn0+Cn1+Cn2+⋯+Cnn=2n 即二项展开式中各项的二项式系数之和等于2n．
4）“一分为二”的考察：二项展开式中各奇数项的二项式系数之和等于各偶数项的二项式系数之和，即Cn0+Cn2+Cn4+⋯=Cn1+Cn3+Cn5+⋯=2n−1．
备注：
①通项Tr+1=Cnran−rbr是a+bn的展开式的第r+1项，这里r=0,1,2,...,n．
②二项式a+bn的r+1项和b+an的展开式的第r+1项Cnrbn−rar是有区别的，应用二项式定理时，其中的a和b是不能随便交换的．
③注意二项式系数（Cnr）与展开式中对应项的系数不一定相等，二项式系数一定为正，而项的系数有时可为负．
④通项公式是a+bn这个标准形式下而言的，如a−bn的二项展开式的通项公式是Tr+1=−1rCnran−rbr（只须把−b看成b代入二项式定理）这与Tr+1=Cnran−rbr是不同的，在这里对应项的二项式系数是相等的都是Cnr，但项的系数一个是−1rCnr，一个是Cnr，可看出，二项式系数与项的系数是不同的概念．
⑤设a=1,b=x，则得公式：1+xn=1+Cn1x+Cn2x2+...+Cnrxr+...+xn．
⑥通项是Tr+1=r=0,1,2,...,n中含有Tr+1,a,b,n,r五个元素，只要知道其中四个即可求第五个元素．
典例精讲
1．已知（2﹣3x﹣2x2）5＝a0+a1x+a2x2+…+a10x10，则a0+a1+a10＝（ ）
A．﹣240B．186C．240D．304
【分析】令x＝0可得a0＝32；将（2﹣3x﹣2x2）5变成（﹣2x+1）5（x+2）5，再利用通项公式可得．
【解答】解：在（2﹣3x﹣2x2）5＝a0+a1x+a2x2+…+a10x10中，令x＝0得a0＝32，
∵（2﹣3x﹣2x2）5＝（﹣2x+1）5（x+2）5，∴a1＝C54（﹣2）1×C5525+C55（﹣2）0×C5424＝﹣240
a10＝C50（﹣2）5×C50×20＝﹣32，
∴a0+a1+a10＝32﹣240+32＝﹣240．
故选：A．
【点评】本题考查了二项式定理，属中档题．
2．在的展开式中，各项系数之和为64，则 6 ；展开式中的常数项为 ．
【分析】各项系数之和为，解得即可，先求出通项公式，令的指数为0，即可求出展开式中的常数项为
【解答】解：令，则在的展开式中，各项系数之和为，
解得，
则其通项公式为，
令，解得，
则展开式中的常数项为
故答案为：6，15
【点评】本题考查了二项式定理的性质及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3．多项式的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
【分析】把的展开式看成是6个因式的乘积形式，按照分步相乘原理，求出含项的系数即可．
【解答】解：把的展开式看成是6个因式的乘积形式，
展开式中，含项的系数可以按如下步骤得到：
第一步，从6个因式中任选1个因式，这个因式取，有种取法；
第二步，从剩余的5个因式中任选2个因式，都取，有种取法；
第三步，把剩余的3个因式中都取，有种取法；
根据分步相乘原理，得；含项的系数是
故答案为：
【点评】不同考查了二项式系数的应用问题，也考查了分步相乘原理的应用问题，属于中档题．
4．设（x2﹣3x+2）4＝a0+a1x+…+a8x8，则a7＝（ ）
A．﹣4B．﹣8C．﹣12D．﹣16
【分析】根据（x2﹣3x+2）4＝（x﹣1）4•（x﹣2）4，a7是展开式中x7的系数，利用二项展开式的通项公式，求得结果．
【解答】解：（x2﹣3x+2）4＝（x﹣1）4•（x﹣2）4，a7是展开式中x7的系数，
∴a7=C41•（﹣1）•C40+C40•C41•（﹣2）＝﹣4+（﹣8）＝﹣12，
故选：C．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于中档题．
5．已知（1+3x）n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝ 4 ，系数最大的项为第 4 项．
【分析】根据通项公式列式可得．
【解答】解：通项公式Tr+1＝Cnr（3x）r＝Cnr•3r•xr，r＝0，1，2…，n．
∴Cn2•32＝54，解得n＝4，
设系数最大的项是第r+1项，则C4r3r≥C4r+13r+1C4r3r≥C4r−13r−1，解得114≤r≤154，
∵r为整数，∴r＝3，所以系数最大的项是第4项．
故答案为：4，4．
【点评】本意考查了二项式定理，属中档题．
6．已知（x2﹣2）6＝a0+a1x+a2x2+…+a12x12，则a3+a4等于 240 ．
【分析】即求x3和x4的系数，；利用通项公式可得．
【解答】解：a3和a4就是展开式中x3和x4的系数，
∵Tr+1＝C6r（x2）6﹣r•（﹣2）r＝（﹣2）rC6rx12﹣2r，
令 12﹣2r＝3，解得r=92（舍去），∴a3＝0，
令12﹣2r＝4，解得r＝4，∴a4＝（﹣2）4C64=240，
故答案为：240．
【点评】本题考查了二项式定理，属中档题．
综合练习
1．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（ ）
A．24种B．36种C．48种D．60种
【分析】分两类，第一类，有3名被录用，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，根据分类计数原理即可得到答案
【解答】解：分两类，第一类，有3名被录用，有A43=24种，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，有C31⋅C42⋅A22=36，
根据分类计数原理，共有24+36＝60（种）
故选：D．
【点评】本题考查排列、组合的综合运用，解题时要先确定分几类.
2．有5位学生和2位老师并坐一排合影，若教师不能坐在两端，且要坐在一起，则有多少种不同坐法（ ）
A．7!种B．240种C．480种D．960种
【分析】先排5位学生，由排列公式可得其坐法数目，要求2位教师坐在一起，用捆绑法，插入到5个学生符合要求的4个空位中，易得其有2A41种坐法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：先排5位学生，有A55种坐法，
2位教师坐在一起，将其看成一个整体，可以交换位置，有2种坐法，
将这个“整体”插在5个学生的空位中，又由教师不能坐在两端，则有4个空位可选，
则共有2A55A41＝960种坐法．
故选：D．
【点评】本题考查排列、组合的运用，关键在于掌握常见的问题的处理方法，如相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法．
3．已知，设，则 8 ．
【分析】把等式两边同时对求导数，再令，可得的值．
【解答】解：已知，设，
把等式两边同时对求导数，可得，
再令，可得，
故答案为：8．
【点评】本题主要考查求函数的导数，二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案
4．2位男生和3位女生共5位同学站成一排，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．72B．60C．36D．24
【分析】根据题意，分3步进行分析：①、把3位女生分为2组，②，将2位男生全排列，③，2位男生全排列后形成的3个空位，在其中任选2个，安排2个女生组，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①、把3位女生分为2组，有种情况，
②，将2位男生全排列，有种情况，
③，2位男生全排列后形成的3个空位，在其中任选2个，安排2个女生组，需要考虑2个女生组两人之间的顺序，
有种情况，
故有种不同排法，
故选：．
【点评】本题考查排列中相邻问题和不相邻问题，相邻用捆绑，不相邻用插空．
5．如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c．例如，图中上档的数字和a＝9．若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有 32 种．
【分析】a，b，c的取值范围都是从7～14，可以根据公差d的情况进行讨论．
【解答】解：根据题意，a，b，c的取值范围都是从7～14共8个数字，故公差d范围是﹣3到3，
①当公差d＝0时，有C81=8种，
②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2×C61=12种，
③当公差d＝±2时，b不取7，8，13，14，有2×C41=8种，
④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2×C21=4种，
综上共有8+12+8+4＝32种，
故填：32
【点评】本题考查排列、组合的应用，要表示的有3项，做题时容易找不到切入点，本题应考虑等差中项的选取方法，属于中档题．
6．有6名男医生和5名女医生，从中选出2名男医生和1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有 75 ．
【分析】解：根据题意，分2步进行分析：①、选取男医生，在6名男医生中选取2人即可，②、选取女医生，在5名女医生中选取1人即可，由组合数公式可得每一步的选取方法数目，进而由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①、选取男医生，在6名男医生中选取2人即可，有C62＝15种选法，
②、选取女医生，在5名女医生中选取1人即可，有C51＝5种选法，
则不同的选取方法有15×5＝75种；
故答案为：75．
【点评】本题考查分步计数原理的运用，注意依据题意进行分步分析，结合组合数公式计算即可．
7．如图所示，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4，则：
（1）以这12个点（包括A，B）中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？
（2）以这10个点（不包括A，B）中的3个点为顶点，可作出多少个三角形？其中含点C1的有多少个？
【分析】（1）构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类，利用组合知识求解即可；
（2）分成三类，利用组合知识求解即可．
【解答】解：（1）构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类：
①四个点从C1，C2，…，C6中取出，有C64个四边形；
②三个点从C1，C2，…，C6中取出，另一个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C63C61个四边形；
③二个点从C1，C2，…，C6中取出，另外二个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C62C62个四边形．
故满足条件的四边形共有N＝C64+C63C61+C62C62＝360（个）．
（2）类似于（1）可分三种情况讨论得三角形个数为C63+C61C42+C62C41＝116（个）．
其中含点C1的有C52+C51C41+C42＝36（个）．
【点评】本题主要考查了分类计数原理和分步计数原理，如何分类是关键，属于中档题．
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