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
B
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_________.
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.
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]
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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, 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)
[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.
解法一：把不相邻的区域合并后，成为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5×A44=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4×3×2×2×2=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4×3×2×1×1=24，所以一共有120种栽种方法.
[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？
[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，故此时可得不同的三位数有C41C21C31·22(个).
(2) 取1不取0，同上分析可得不同的三位数C42·23·A33(个). (3) 0和1都不取, 有不同三位数C42·23·A33(个). 综上所述，共有不同的三位数C41·C21C31·22+C42·22·A33+C43·23·A33=432(个).
解法二：间接法，任取三张卡片可以组成不同三位数C53·23·A33(个)，其中0在百位的有C42·22·A22(个)，这是不合题意的, 故共有不同三位数: C53·23·A33C42·22·A22(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, 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：①4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；②4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：①4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；②4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.
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(C633)=68.
第二类，恰有2个点在α上，可分两种情况：①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; ②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α上，可分为两种情形：①该点是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×3=9；②该点不是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×2=6.
第三类，恰有1个点在α上，可分为两种情形：①该点是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×3=9；②该点不是棱的中点，这时4个点的不同取法数为3×2=6.
第四类，4个点都不在α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、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C41×2=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 C43×3=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+ω =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+ω =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. 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
①②
[解析] 令x=1, 则
①②
(2) (①②)÷2, 得
(3) (①+②)÷2, 得
(3) (①+②)÷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+28n 9(nN*)能被64整除.
[例5] (1) 9192除以100的余数是几?
(2) 求证: 32n+28n 9(nN*)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]