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数学选修2-3第一章 计数原理综合与测试一课一练
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这是一份数学选修2-3第一章 计数原理综合与测试一课一练，共9页。试卷主要包含了正确区分分堆问题和分配问题等内容，欢迎下载使用。
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1．正确区分“分类”与“分步”，恰当地进行分类，使分类后不重、不漏．
2．正确区分是组合问题还是排列问题，要把“定序”和“有序”区分开来．
3．正确区分分堆问题和分配问题．
4．二项式定理的通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk是第(k＋1)项，而不是第k项，注意其指数规律．
5．求二项式展开式中的特殊项(如：系数最大的项、二项式系数最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理项……)时，要注意n与k的取值范围．
6．注意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”，展开式中“二项式系数的和”与“各项系数的和”，“奇(偶)数项系数的和”与“奇(偶)次项系数的和”．
专题一 两个计数原理的应用
分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章知识的基础，高考中时有出现，一般是与排列、组合相结合进行考查，难度中等．
例1] 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )
A.144种 B．72种
C．64种 D．84种
解析：法一 根据所用颜色的种数分类
第一类：用4种颜色涂，方法有Aeq \\al(4,4)＝4×3×2×1＝24(种)．
第二类：用3种颜色，必须有一条对角区域涂同色，方法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,3)＝48(种)．
第三类：用2种颜色，对角区域各涂一色，方法有Aeq \\al(2,4)＝12(种)．
根据加法原理，不同的涂色方法共有24＋48＋12＝84(种)．
法二 根据“高”“学”是否为同色分类
第一类：区域“高”与“学”同色，从4色中选1色，有Ceq \\al(1,4)种方法，其余区域“中”“数”各有3种方法，共有4×3×3＝36(种)．
第二类：区域“高”与“学”不同色，区域“高”有4种方法，区域“学”有3种方法，区域“中”“数”各有2种方法，共有4×3×2×2＝48(种)．
根据加法原理，方法共有36＋48＝84(种)．
答案：D
归纳升华
应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成该事件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此时应注意层次清晰，不重不漏，在分步时，要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响(即是否是独立的)．
变式训练] 在∠AOB的OA边上取3个点，在OB边上取4个点(均除O点外)，连同O点共8个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )
A．48 B．42
C．36 D．32
解析：分三类：第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角形，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)个；
第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,4)个；
第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,4)个．
由分类加法计数原理，可作的三角形共有N＝Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,4)＝42(个)．
答案：B
专题二 排列组合应用题
排列组合应用题是高考的一个重点内容，常与实际问题相结合进行考查．要认真阅读题干，明确问题本质，利用排列组合的相关公式与方法解题．
1．合理分类，准确分步．
例2] 5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1，2，3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种(用数字作答)．
解析：①只有1名老队员的排法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝36(种)．②有2名老队员的排法有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝12(种)．所以共有36＋12＝48(种)．
答案：48
2．特殊优先，一般在后．
例3] 将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．
解析：①当C在第一或第六位时，排法有Aeq \\al(5,5)＝120(种)；
②当C在第二或第五位时，排法有Aeq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝72(种)；
③当C在第三或第四位时，排法有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝48(种)．
所以排法共有2×(120＋72＋48)＝480(种)．
答案：480
3．直接间接，灵活选择．
例4] 10件产品中有2件合格品，8件优质品，从中任意取4件，至少有1件是合格品的抽法有________种．
解析：法一 抽取的4件产品至少有1件合格品分为有1件合格品、2件合格品2种情况：有1件合格品的抽法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,8)种；有2件合格品抽法有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,8)种．根据分类加法计数原理至少有1件合格品的抽法共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,8)＝140(种)．
法二 从10件产品中任意抽取4件，有Ceq \\al(4,10)种抽法，其中没有合格品的抽法有Ceq \\al(4,8)种，因此至少有1件合格品的抽法有Ceq \\al(4,10)－Ceq \\al(4,8)＝210－70＝140(种)．
答案：140
4．元素相邻，捆绑为一．
例5] 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2，3相邻的偶数有________个(用数字作答)．
解析：数字2和3相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字2在个位上时，则3必定在十位上，此时这样的五位数共有6个；第二种情况，当数字4在个位上时，且2，3必须相邻，此时满足要求的五位数有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝12(个)，则一共有6＋12＝18(个)．
答案：18
5．元素相间，插空解决．
例6] 一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有________种不同的坐法．
解析：先让4人坐在4个位置上，有Aeq \\al(4,4)种排法，再让2个元素(一个是两个空位作为一个整体，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空挡”之间，有Aeq \\al(2,5)种插法，所以所求的坐法数为Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(2,5)＝480.
答案：480
6．分组问题，消除顺序．
例7] 某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为________．
解析：把新转来的4名学生平均分两组，每组2人，分法有eq \f(Ceq \\al(2,4),Aeq \\al(2,2))＝3(种)，把这两组人安排到6个班中的某2个班中去，有Aeq \\al(2,6)种方法，故不同的安排种数为3Aeq \\al(2,6)＝90.
答案：90
归纳升华
解排列组合应用题应遵循三大原则，掌握基本类型，突出转化思想．
(1)三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则．
(2)基本类型主要包括：排列中的“在与不在”问题，组合中的“有与没有”问题、“相邻与不相邻”问题、“分组问题”等．
(3)转化思想：就是把一些排列组合问题与基本类型相联系，从而把这些问题转化为基本类型，然后加以解决．
专题三 二项式定理的应用
二项式定理是历年高考中的必考内容，解决二项式定理问题，特别是涉及求二项展开式的通项的问题，关键在于抓住通项公式，还要注意区分“二项式系数”与“展开式系数”．
例8] (1)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(i,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中第三项与第五项的系数之比为－eq \f(3,14)，其中i2＝－1，则展开式中系数为实数且最大的项为( )
A．第三项 B．第四项
C．第五项 D．第五项或第六项
(2)设(3x－1)6＝a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a6＋a4＋a2＋a0＝________．
解析：(1)T3＝－Ceq \\al(2,n)x2n－5，T5＝Ceq \\al(4,n)x2n－10.
由－eq \f(Ceq \\al(2,n),Ceq \\al(4,n))＝－eq \f(3,14)，得n2－5n－50＝0，解得n＝10(舍去n＝－5)，
又Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(－i)rx20－eq \f(5,2)r，
据此可知当r分别取0，2，4，6，8，10时其系数为实数，且当r＝4时，Ceq \\al(4,10)＝210为最大．
(2)令x＝1，得a6＋a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝26＝64；
令x＝－1，得a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝4 096.
两式相加，得2(a6＋a4＋a2＋a0)＝4 160，
所以a6＋a4＋a2＋a0＝2 080.
答案：(1)C (2)2 080
归纳升华
(1)区分“项的系数”与“二项式系数”．项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正数．
(2)切实理解“常数项”“有理项(字母指数为整数)”“系数最大的项”等概念．
(3)求展开式中的指定项，要把该项完整写出，不能仅仅说明是第几项．
(4)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1等．
变式训练] (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x3)))eq \s\up12(5)展开式中的含x－3的项的系数为( )
A．80 B．60
C．40 D．－40
(2)已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，则a1＋a2＋…＋a11＝________．
解析：(1)设展开式的第(r＋1)项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x3)))eq \s\up12(r)＝(－2)rCeq \\al(r,5)x5－4r，令5－4r＝－3，得r＝2，
所以，展开式中含x －3的项为
T3＝(－2)2Ceq \\al(2,5)x－3＝40x－3.
(2)令x＝0，得a0＝1；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64.
所以a1＋a2＋…＋a11＝－65.
答案：(1)C (2)－65
专题四 分类讨论思想
分类讨论思想在解决排列组合问题时经常应用，此类问题一般情况繁多，因此要对各种不同的情况进行合理的分类与准确的分步，以便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏的现象发生．
例4] 从10种不同的作物中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法共有________种．
解析：根据选出的6种种子中所含甲、乙种子个数来分类：选出的6种种子中只含甲或只含乙的不同放法都为Ceq \\al(5,8)Aeq \\al(1,5)Aeq \\al(5,5)；选出的6种种子中，同时含有甲与乙的不同放法有Ceq \\al(4,8)Aeq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)；选出的6种种子中，都不含甲与乙的不同放法有Aeq \\al(6,8).故不同的放法共有2Ceq \\al(5,8)Aeq \\al(1,5)Aeq \\al(5,5)＋Ceq \\al(4,8)Aeq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)＋Aeq \\al(6,8)＝120 960(种)．
答案：120 960
归纳升华
排列组合的综合问题一般比较复杂，分类方法也灵活多变．一般有以下一些分类方式：(1)根据元素分类，又包括根据特殊元素分类，根据元素特征分类，根据特殊元素的个数分类；(2)根据特殊位置分类；(3)根据图形分类，又包括根据图形的特征分类，根据图形的种类分类；(4)根据题设条件分类．
变式训练] 由1，2，3，4，5，6六个数字可组成________个无重复且是6的倍数的五位数．
解析：若一个整数是偶数且是3的倍数，则这个整数是6的倍数．据此本题分两类求解．
第一类：由1，2，4，5，6作数码．首先从2，4，6中任选一个作为个位数字，有Aeq \\al(1,3)种选法，然后其余四个数字在其他数位上全排列，有Aeq \\al(4,4)种选法，所以符合条件的五位数共有N1＝Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(4,4)＝72(个)．
第二类：由1，2，3，4，5作数码．依照第一类的方法，符合条件的五位数有N2＝Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(4,4)＝48(个)．
综上，符合条件的五位数共有N＝N1＋N2＝120(个)．
答案：120高
中
数
学
整合·网络构建]
警示·易错提醒]
1．正确区分“分类”与“分步”，恰当地进行分类，使分类后不重、不漏．
2．正确区分是组合问题还是排列问题，要把“定序”和“有序”区分开来．
3．正确区分分堆问题和分配问题．
4．二项式定理的通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk是第(k＋1)项，而不是第k项，注意其指数规律．
5．求二项式展开式中的特殊项(如：系数最大的项、二项式系数最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理项……)时，要注意n与k的取值范围．
6．注意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”，展开式中“二项式系数的和”与“各项系数的和”，“奇(偶)数项系数的和”与“奇(偶)次项系数的和”．
专题一 两个计数原理的应用
分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章知识的基础，高考中时有出现，一般是与排列、组合相结合进行考查，难度中等．
例1] 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )
A.144种 B．72种
C．64种 D．84种
解析：法一 根据所用颜色的种数分类
第一类：用4种颜色涂，方法有Aeq \\al(4,4)＝4×3×2×1＝24(种)．
第二类：用3种颜色，必须有一条对角区域涂同色，方法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,3)＝48(种)．
第三类：用2种颜色，对角区域各涂一色，方法有Aeq \\al(2,4)＝12(种)．
根据加法原理，不同的涂色方法共有24＋48＋12＝84(种)．
法二 根据“高”“学”是否为同色分类
第一类：区域“高”与“学”同色，从4色中选1色，有Ceq \\al(1,4)种方法，其余区域“中”“数”各有3种方法，共有4×3×3＝36(种)．
第二类：区域“高”与“学”不同色，区域“高”有4种方法，区域“学”有3种方法，区域“中”“数”各有2种方法，共有4×3×2×2＝48(种)．
根据加法原理，方法共有36＋48＝84(种)．
答案：D
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应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成该事件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此时应注意层次清晰，不重不漏，在分步时，要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响(即是否是独立的)．
变式训练] 在∠AOB的OA边上取3个点，在OB边上取4个点(均除O点外)，连同O点共8个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )
A．48 B．42
C．36 D．32
解析：分三类：第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角形，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)个；
第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,4)个；
第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,4)个．
由分类加法计数原理，可作的三角形共有N＝Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,4)＝42(个)．
答案：B
专题二 排列组合应用题
排列组合应用题是高考的一个重点内容，常与实际问题相结合进行考查．要认真阅读题干，明确问题本质，利用排列组合的相关公式与方法解题．
1．合理分类，准确分步．
例2] 5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1，2，3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种(用数字作答)．
解析：①只有1名老队员的排法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝36(种)．②有2名老队员的排法有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝12(种)．所以共有36＋12＝48(种)．
答案：48
2．特殊优先，一般在后．
例3] 将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．
解析：①当C在第一或第六位时，排法有Aeq \\al(5,5)＝120(种)；
②当C在第二或第五位时，排法有Aeq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝72(种)；
③当C在第三或第四位时，排法有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝48(种)．
所以排法共有2×(120＋72＋48)＝480(种)．
答案：480
3．直接间接，灵活选择．
例4] 10件产品中有2件合格品，8件优质品，从中任意取4件，至少有1件是合格品的抽法有________种．
解析：法一 抽取的4件产品至少有1件合格品分为有1件合格品、2件合格品2种情况：有1件合格品的抽法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,8)种；有2件合格品抽法有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,8)种．根据分类加法计数原理至少有1件合格品的抽法共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,8)＝140(种)．
法二 从10件产品中任意抽取4件，有Ceq \\al(4,10)种抽法，其中没有合格品的抽法有Ceq \\al(4,8)种，因此至少有1件合格品的抽法有Ceq \\al(4,10)－Ceq \\al(4,8)＝210－70＝140(种)．
答案：140
4．元素相邻，捆绑为一．
例5] 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2，3相邻的偶数有________个(用数字作答)．
解析：数字2和3相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字2在个位上时，则3必定在十位上，此时这样的五位数共有6个；第二种情况，当数字4在个位上时，且2，3必须相邻，此时满足要求的五位数有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝12(个)，则一共有6＋12＝18(个)．
答案：18
5．元素相间，插空解决．
例6] 一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有________种不同的坐法．
解析：先让4人坐在4个位置上，有Aeq \\al(4,4)种排法，再让2个元素(一个是两个空位作为一个整体，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空挡”之间，有Aeq \\al(2,5)种插法，所以所求的坐法数为Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(2,5)＝480.
答案：480
6．分组问题，消除顺序．
例7] 某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为________．
解析：把新转来的4名学生平均分两组，每组2人，分法有eq \f(Ceq \\al(2,4),Aeq \\al(2,2))＝3(种)，把这两组人安排到6个班中的某2个班中去，有Aeq \\al(2,6)种方法，故不同的安排种数为3Aeq \\al(2,6)＝90.
答案：90
归纳升华
解排列组合应用题应遵循三大原则，掌握基本类型，突出转化思想．
(1)三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则．
(2)基本类型主要包括：排列中的“在与不在”问题，组合中的“有与没有”问题、“相邻与不相邻”问题、“分组问题”等．
(3)转化思想：就是把一些排列组合问题与基本类型相联系，从而把这些问题转化为基本类型，然后加以解决．
专题三 二项式定理的应用
二项式定理是历年高考中的必考内容，解决二项式定理问题，特别是涉及求二项展开式的通项的问题，关键在于抓住通项公式，还要注意区分“二项式系数”与“展开式系数”．
例8] (1)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(i,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中第三项与第五项的系数之比为－eq \f(3,14)，其中i2＝－1，则展开式中系数为实数且最大的项为( )
A．第三项 B．第四项
C．第五项 D．第五项或第六项
(2)设(3x－1)6＝a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a6＋a4＋a2＋a0＝________．
解析：(1)T3＝－Ceq \\al(2,n)x2n－5，T5＝Ceq \\al(4,n)x2n－10.
由－eq \f(Ceq \\al(2,n),Ceq \\al(4,n))＝－eq \f(3,14)，得n2－5n－50＝0，解得n＝10(舍去n＝－5)，
又Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(－i)rx20－eq \f(5,2)r，
据此可知当r分别取0，2，4，6，8，10时其系数为实数，且当r＝4时，Ceq \\al(4,10)＝210为最大．
(2)令x＝1，得a6＋a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝26＝64；
令x＝－1，得a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝4 096.
两式相加，得2(a6＋a4＋a2＋a0)＝4 160，
所以a6＋a4＋a2＋a0＝2 080.
答案：(1)C (2)2 080
归纳升华
(1)区分“项的系数”与“二项式系数”．项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正数．
(2)切实理解“常数项”“有理项(字母指数为整数)”“系数最大的项”等概念．
(3)求展开式中的指定项，要把该项完整写出，不能仅仅说明是第几项．
(4)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1等．
变式训练] (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,x3)))eq \s\up12(5)展开式中的含x－3的项的系数为( )
A．80 B．60
C．40 D．－40
(2)已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，则a1＋a2＋…＋a11＝________．
解析：(1)设展开式的第(r＋1)项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x3)))eq \s\up12(r)＝(－2)rCeq \\al(r,5)x5－4r，令5－4r＝－3，得r＝2，
所以，展开式中含x －3的项为
T3＝(－2)2Ceq \\al(2,5)x－3＝40x－3.
(2)令x＝0，得a0＝1；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64.
所以a1＋a2＋…＋a11＝－65.
答案：(1)C (2)－65
专题四 分类讨论思想
分类讨论思想在解决排列组合问题时经常应用，此类问题一般情况繁多，因此要对各种不同的情况进行合理的分类与准确的分步，以便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏的现象发生．
例4] 从10种不同的作物中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法共有________种．
解析：根据选出的6种种子中所含甲、乙种子个数来分类：选出的6种种子中只含甲或只含乙的不同放法都为Ceq \\al(5,8)Aeq \\al(1,5)Aeq \\al(5,5)；选出的6种种子中，同时含有甲与乙的不同放法有Ceq \\al(4,8)Aeq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)；选出的6种种子中，都不含甲与乙的不同放法有Aeq \\al(6,8).故不同的放法共有2Ceq \\al(5,8)Aeq \\al(1,5)Aeq \\al(5,5)＋Ceq \\al(4,8)Aeq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)＋Aeq \\al(6,8)＝120 960(种)．
答案：120 960
归纳升华
排列组合的综合问题一般比较复杂，分类方法也灵活多变．一般有以下一些分类方式：(1)根据元素分类，又包括根据特殊元素分类，根据元素特征分类，根据特殊元素的个数分类；(2)根据特殊位置分类；(3)根据图形分类，又包括根据图形的特征分类，根据图形的种类分类；(4)根据题设条件分类．
变式训练] 由1，2，3，4，5，6六个数字可组成________个无重复且是6的倍数的五位数．
解析：若一个整数是偶数且是3的倍数，则这个整数是6的倍数．据此本题分两类求解．
第一类：由1，2，4，5，6作数码．首先从2，4，6中任选一个作为个位数字，有Aeq \\al(1,3)种选法，然后其余四个数字在其他数位上全排列，有Aeq \\al(4,4)种选法，所以符合条件的五位数共有N1＝Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(4,4)＝72(个)．
第二类：由1，2，3，4，5作数码．依照第一类的方法，符合条件的五位数有N2＝Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(4,4)＝48(个)．
综上，符合条件的五位数共有N＝N1＋N2＝120(个)．
答案：120高
中
数
学
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