(十)排列、組合、二項(xiàng)式定理

1、第十章排列、組合與概率1. 分類計(jì)數(shù)原理和分步計(jì)數(shù)原理(1) 分類計(jì)數(shù)原理：做一件事，完成它可以有n類辦法，(是對(duì)完成這件事的所有方法的一個(gè)分類)，在第一類辦法中有m種不同的方法，在第二類辦法中有m2種不同的方法，在第n類辦法中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N=葉m2爲(wèi)心mn種不同的方法.說明：分類時(shí)，首先要根據(jù)問題的特點(diǎn)確定一個(gè)分類的標(biāo)準(zhǔn)，然后在確定的分類標(biāo)準(zhǔn)下進(jìn)行分類；其次分類時(shí)要注意滿足一個(gè)基本要求：完成這件事的任何一種方法必屬于某一類，并且分別屬于不同兩類的兩種方法都是不同的方法，即不重復(fù)也不遺漏.只有滿足這些條件，才能用分類計(jì)數(shù)原理.(2)分步計(jì)數(shù)原理：做一件事情，完成它需要

2、分成n個(gè)步驟，(是指完成這件事的任何一種方法，都要分成n個(gè)步驟)，做第一步有mi種不同的方法，做第二步有m2種不同的方法，做第n步有m.種不同的方法，那么完成這件事有N=gm2>mn種不同的方法.說明：分步時(shí)首先要根據(jù)問題的特點(diǎn)確定一個(gè)分步的標(biāo)準(zhǔn)；其次分步時(shí)還要注意滿足完成一件事必須并且只需連續(xù)完成這n個(gè)步驟后這件事才算完成，只有滿足這些條件，才能用分步計(jì)數(shù)原理.(3) “分類”與“分步”的相同點(diǎn)和不同點(diǎn)分類計(jì)數(shù)原理和分步計(jì)數(shù)原理的共同點(diǎn)是它們完成一件事情，共有多少種不同的方法區(qū)別在于完成一件事情的方式不同：分類計(jì)數(shù)原理是“分類完成”，即任何一種辦法中用任何一個(gè)方法都能獨(dú)立完成這件事；分

3、步計(jì)數(shù)原理是“分步完成”，即這些方法需要分步驟順次相依，且每一個(gè)步驟都完成了，才能完成這件事情.區(qū)分分類還是分步的關(guān)鍵.是看經(jīng)過這個(gè)過程,有沒有完成整個(gè)事情.2. 排列(1) 排列的概念：從n個(gè)不同元素中，任取m(m乞n)個(gè)不同元素，按照一定的順序排成一列，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)不同元素的一個(gè)排列.說明：C>不同元素；O排列有序性；O3相同排列：元素相同，順序相同.(2) 排列數(shù)的定義：從n個(gè)不同元素中，任取m(mn)個(gè)元素的所有排列的個(gè)數(shù)叫做從n個(gè)元素中取出m個(gè)不同元素的排列數(shù)，用符號(hào)陽表示.(3) 排列數(shù)公式：A1二n(n-1)(n-2)(n-m1)(m,nN,m込n).(4)

4、 階乘：n!表示正整數(shù)1到n的連乘積，叫做n的階乘.規(guī)定0!=1.(5) 排列數(shù)的另一個(gè)計(jì)算公式：陽=也(n-m)!3.組合(1) 組合的概念：一般地，從n個(gè)不同元素中取出mm空n個(gè)不同元素并成一組，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)元素的一個(gè)組合.說明：Oi不同元素；O2“只取不排”一無序性；03相同組合：元素相同.說明：O不同元素；02“只取不排”一一無序性；O3相同組合：元素相同.(2) 組合數(shù)的概念：從n個(gè)不同元素中取出mm乞n個(gè)不同元素的所有組合的個(gè)數(shù)，叫做從n個(gè)不同元素中取出m個(gè)不同元素的組合數(shù)用符號(hào)cm表示.(3) 組合數(shù)公式：cA-1)211(n_m1)；nAm!或C：衛(wèi)(n,mN,

5、且m_n).m!(n_m)!(4) 組合數(shù)的性質(zhì)1:cm二，規(guī)定：C0=1；組合數(shù)的性質(zhì)2：cnm,=c>cnnj.4.排列與組合的區(qū)分根據(jù)排列與組合的定義，前者是從n個(gè)不同元素中選取m個(gè)不同元素后，還要按照一定的順序排成一列，而后者只要從n個(gè)不同元素中選取m個(gè)不同的元素并成一組，所以區(qū)分某一問題是排列還是組合問題.關(guān)鍵看選出的元素與順序是否有關(guān)，若交換某兩個(gè)元素的位置對(duì)結(jié)果產(chǎn)生影響，則是排列問題，而交換任意兩個(gè)元素的位置對(duì)結(jié)果沒有影響，則是組合問題也就是說排列與選取元素的順序有關(guān)，組合與選取元素的順序無關(guān).排列與組合的共同點(diǎn)，就是都要“從n個(gè)不同元素中，任取m個(gè)元素”，而不同點(diǎn)在于元素

6、取出以后，是“排成一排”，還是“組成一組”，其實(shí)質(zhì)就是取出的元素是否存在順序上的差異.因此，區(qū)分排列問題和組合問題的主要標(biāo)志是：是否與元素的排列順序有關(guān).有順序的是排列問題，無順序的則是組合問題例如123和321,132是不同的排列，但它們都是相同的組合再如兩人互通一次信是排列問題，互握一次手則是組合問題.5 解排列、組合應(yīng)用題的途徑與思路解排列組合應(yīng)用題時(shí)主要應(yīng)抓住是排列問題還是組合問題，其次要搞清需要分類，還是需要分步.切記：排組分清(有序排列、無序組合)，加乘明確(分類為加、分步為乘).具體說，解排列組合的應(yīng)用題，通常有以下途徑： 以元素為主，即先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素. 以

7、位置為主，即先滿足特殊位置的要求，再考慮其地位置. 先不考慮附加條件，計(jì)算出排列或組合數(shù)，再減去不合要求的排列組合數(shù).排列、組合應(yīng)用題的解題思路：排組分清，加乘明確；有序排列，無序組合；分類為加，分步為乘.6 .解排列、組合混合應(yīng)用題的基本方法排列組合綜合題的求解，要合理進(jìn)行分類、分步.基本方法是：先“組”后“排”，即先分類，再分步.排列組合應(yīng)用題大致可分為三大類：不帶限制條件的排列或組合題；帶有約束條件的排列或組合題；排列與組合的綜合題.解此類問題常用的方法有： 相鄰元素的排列應(yīng)用題，一般采用“捆綁法” 元素間隔排列應(yīng)用題，一般采用“插空法” 含有特殊元素和特殊位置的排列，組合應(yīng)用題，常采用

8、“特殊元素法”，從元素為主出發(fā)，先安排特殊元素；從位置為主出發(fā)，先安排好特殊位置上元素，結(jié)合排除法解決此類問題. 指標(biāo)問題采用“隔板法” 有關(guān)“分堆”與“到位”應(yīng)用問題常采用“分組法”與“分配法”若只分堆，不指定到具體位置，則需注意平均分的情況；所謂“到位”是指分堆后給某人或指定到某些位置.總之，排列與組合應(yīng)用題，主要考查有附加條件的應(yīng)用問題，解決此類問題通常有三種途徑： 以元素為主，應(yīng)先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素； 以位置為主考慮，即先滿足特殊位置的要求，再考慮其他位置； 先不考慮附加條件，計(jì)算出排列或組合數(shù)，再減去不符合要求的排列數(shù)或組合數(shù).前兩種方法叫直接解法，后一種方法叫間接解

9、法，求解時(shí)應(yīng)注意先把具體問題轉(zhuǎn)化或歸結(jié)為排列或組合問題；再通過分析確定運(yùn)用分類計(jì)數(shù)原理還是分步計(jì)數(shù)原理；然后分析題目條件，避免“選取”時(shí)重復(fù)和遺漏；最后列出式子計(jì)算作答.其中蘊(yùn)涵有：分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想和對(duì)稱方法等數(shù)學(xué)思想方法，具體的解題策略有： 特殊元素優(yōu)先安排策略； 合理分類與準(zhǔn)確分類策略； 先選后排策略； 正難則反，等價(jià)轉(zhuǎn)化的策略； 相鄰問題捆綁處理的策略； 間隔問題插空處理的策略； 定序問題除法處理的策略； 分排問題直排處理的策略； “小團(tuán)體”排列問題中先整體后局部策略； 構(gòu)造模型的策略.7二項(xiàng)式定理(1) 二項(xiàng)式定理：(ab)n=C：anC：anbIIIC；anbHIC；bn(nN

10、),特例：(1+X)n=1+C：X+出弋乂+|+xn.(2) 二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式：TrCnan_rbr(3) 二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，反映出展開式在指數(shù)、項(xiàng)數(shù)、系數(shù)等方面的內(nèi)在聯(lián)系，因此能運(yùn)用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式求特定項(xiàng)、特定項(xiàng)系數(shù)、常數(shù)項(xiàng)、有理項(xiàng)及系數(shù)最大、絕對(duì)值最大的項(xiàng).求常數(shù)項(xiàng)、有理項(xiàng)和系數(shù)最大的項(xiàng)時(shí)，要根據(jù)通項(xiàng)公式討論對(duì)r的限制；求有理項(xiàng)時(shí)要注意到指數(shù)及項(xiàng)數(shù)的整數(shù)性.(4) 二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)(ab)n展開式的二項(xiàng)式系數(shù)是C：,C：,C；，C：.C；可以看成以r為自變量的函數(shù)f(r)，定義域是0,1,2,|,n二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)有：對(duì)稱性與首末兩端“等距離”的兩個(gè)二項(xiàng)式系數(shù)相等(C：二C：

11、知；直線r二。是圖2象的對(duì)稱軸)nn 增減性與最大值：當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，中間一項(xiàng)Cn2取得最大值；當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，中間兩項(xiàng)Cn2,叮Cn取得最大值.各二項(xiàng)式系數(shù)和：C；+C：+C；+'+C；+'-+0；=2n在(1x)n“C：x川C：xIIIxn中,令x=i，則2n=c；+c；+c：+|+cn十川+C：8.隨機(jī)事件的概率(1) 必然事件、不可能事件、隨機(jī)事件：必然事件是指在一定條件下必然發(fā)生的事件；不可能事件指在一定條件下不可能發(fā)生的事件；隨機(jī)事件指在一定條件下可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件.(2) 隨機(jī)事件概率：指大量重復(fù)進(jìn)行同一試驗(yàn)，隨機(jī)事件A發(fā)生的頻率m(n是試驗(yàn)n的總次數(shù)，m是事

12、件A發(fā)生的次數(shù))接近的常數(shù)記作P(A).它反映的是，這個(gè)事件發(fā)生可能性的大小.即一個(gè)隨機(jī)事件的發(fā)生既有隨機(jī)性(對(duì)單次試驗(yàn)來說)又有規(guī)律性(對(duì)大量重復(fù)試驗(yàn)來說)規(guī)律性體現(xiàn)在m的值具有穩(wěn)定性當(dāng)隨機(jī)試驗(yàn)的次數(shù)不斷增多，m的nn值總在這個(gè)常數(shù)附近擺動(dòng)且擺動(dòng)的幅度越來越小.所以，概率可以看作是頻率在理論上的期直由于0_m_n，故0乞卬空1，于是可得0_P(A)_1.n9.等可能性事件及其概率基本事件：一次試驗(yàn)連同其中可能出現(xiàn)的每一個(gè)結(jié)果，即每個(gè)結(jié)果對(duì)應(yīng)每一個(gè)基本事件，如果這次試驗(yàn)中可能出現(xiàn)的結(jié)果有n個(gè)，而且所有這些結(jié)果出現(xiàn)的可能性都相等，那么每一1個(gè)結(jié)果所對(duì)應(yīng)的基本事件的概率都是一.n等可能性事件：一次

13、試驗(yàn)中所有可能出的n個(gè)基本結(jié)果出現(xiàn)的可能性都相等，這n個(gè)結(jié)果對(duì)應(yīng)著n個(gè)基本事件，如果某事件A包含著這n個(gè)等可能基本事件中的m個(gè)基本事件，1稱事件A為等可能隨機(jī)事件，由于每個(gè)等可能基本事件的概率為1，事件A中的m個(gè)事件n有一個(gè)發(fā)生則事件A就發(fā)生了，故事件A發(fā)生的概率p(A)=m.n互斥事件(1) 互斥事件：不可能同時(shí)發(fā)生的兩個(gè)事件叫做互斥事件.一般地，如果事件A,A,，An中的任何兩個(gè)都是互斥的，那么就說A,A2,，An彼此互斥.從集合的角度看，n個(gè)事件彼此互斥，是指各個(gè)事件所含的結(jié)果組成的集合彼此不相交.(2) 互斥事件有一個(gè)發(fā)生的概率設(shè)A、B是兩個(gè)互斥事件，那么AB表示這樣一個(gè)事件：在同一試

14、驗(yàn)中，A與B中有一個(gè)發(fā)生就表示它發(fā)生.事件AB的概率是P(AB)=P(A)P(B),這就是說，如果事件代B互斥，那么事件AB發(fā)生(即代B中有一個(gè)發(fā)生)的概率，等于事件代B分別發(fā)生的概率的和.(3)一般地，如果事件A,A2,，An，彼此互斥，那么事件AifA2A發(fā)生(即A,A2,，代中有一個(gè)發(fā)生)的概率，等于這n個(gè)事件分別發(fā)生的概率的和，即p=(A,A2,a)=p(a)p(A2)p(A)(4)對(duì)立事件對(duì)立事件：兩個(gè)互斥事件在一次試驗(yàn)中必有一個(gè)發(fā)生時(shí)，這樣的兩個(gè)互斥事件叫做對(duì)立事件事件A的對(duì)立事件通常記作：A.說明：在一次試驗(yàn)中，兩個(gè)互斥的事件有可能都不發(fā)生，只有兩個(gè)互斥事件在一次試驗(yàn)中必有一個(gè)發(fā)

15、生時(shí)，這樣的兩個(gè)互斥事件才叫做對(duì)立事件.也就是說，兩個(gè)互斥事件不一定是對(duì)立事件，而兩個(gè)對(duì)立事件必是互斥事件，即兩個(gè)事件對(duì)立是這兩個(gè)事件互斥的充分不必要條件從集合的角度看，由事件A所含的結(jié)果組成的集合，是全集中由事件A所含的結(jié)果組成的集合的補(bǔ)集.(5)對(duì)立事件概率公式：P(A)=1-P(A)說明：這個(gè)公式的作用是，當(dāng)直接求某一事件的概率較為復(fù)雜時(shí)，可先轉(zhuǎn)而求其對(duì)立事件的概率，使概率的計(jì)算得到簡(jiǎn)化.10. 相互獨(dú)立事件(1) 相互獨(dú)立事件：事件A(或B)是否發(fā)生對(duì)事件B(或A)發(fā)生的概率沒有影響，這樣的兩個(gè)事件叫做相互獨(dú)立事件.兩個(gè)事件相互獨(dú)立是指其中一個(gè)事件的發(fā)生與否對(duì)另一個(gè)事件發(fā)生的概率沒有影

16、響-般地，如果事件A與B相互獨(dú)立，那么A與B,A與B,A與B也都是相互獨(dú)立的.(2) 獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生：事件A、B同時(shí)發(fā)生，記作AB.(3) 獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率PAB=PAPB這就是說，兩個(gè)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率，等于每個(gè)事件發(fā)生的概率的積.(4) 一般地，如果事件A,A2，An相互獨(dú)立，那么這n個(gè)事件同時(shí)發(fā)生的概率等于每個(gè)事件發(fā)生的概率的積，即：PA,A代二PAPA?PA獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)(1)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)：在相同條件下，重復(fù)地各次之間相互獨(dú)立地進(jìn)行的一種試驗(yàn)，稱為獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn).在獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，每一次試驗(yàn)只有兩種結(jié)果，即某事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生,并且任何一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率都是一樣的.

17、（2）n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中某事件恰好發(fā)生k次的概率如果在一次試驗(yàn)中某事件發(fā)生的概率是P，那么在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，這個(gè)事件恰好發(fā)生k次的概率為Pnk二C；Pk1-P【考點(diǎn)梳理】1排列、組合、二項(xiàng)式知識(shí)相互關(guān)系表灑11細(xì)厶1一Tiff十噲Tffl.應(yīng)用Z2兩個(gè)基本原理（1）分類計(jì)數(shù)原理中的分類（2）分步計(jì)數(shù)原理中的分步3排列1. 分類計(jì)數(shù)原理（加法原理）N二mim2JHmi分步計(jì)數(shù)原理（乘法原理）N=mim2IHmn.2. 排列數(shù)公式mn!*A=n（n1）（nm1）=.（n,mn,且mzn）.（nm）!注：規(guī)定0!=1.:A=n!3. 排列恒等式（1）A=（n-m1）A；（2）ATnAVnm（3）

18、Am二nAm;；（4）nAn=An1-An；（5）AWmAmJ.（6）1!22!33!nn!=（n1）M.（4）記住下列幾個(gè)階乘數(shù)：1!=1,2!=2,3!=6,4!=24,5!=120,6!=720單條件排列（以下各條的大前提是從n個(gè)元素中取m個(gè)元素的排列）（1）“在位”與“不在位” 某（特）元必在某位有Am：種；某（特）元不在某位有Am-Am（補(bǔ)集思想）=AljAi4（著眼位置）=AnJ'Am4Al4（著眼兀素）種、（2）緊貼與插空（即相鄰與不相鄰） 定位緊貼：k（k乞m乞n）個(gè)元在固定位的排列有AkAm:種 浮動(dòng)緊貼：n個(gè)元素的全排列把k個(gè)元排在一起的排法有An：；Ak種*注：此

19、類問題常用捆綁法； 插空：兩組元素分別有k、h個(gè)（k空h1）,把它們合在一起來作全排列，k個(gè)的一組互不能挨近的所有排列數(shù)有AhhAhk寺種*（3）兩組元素各相同的插空m個(gè)大球n個(gè)小球排成一列，小球必分開，問有多少種排法？當(dāng)n.mJ時(shí)，無解；當(dāng)(4)兩組相同元素的排列：158.分配問題(1)(平均分組有歸屬問題An_m1時(shí)，有獸二.1種排法An兩組元素有m個(gè)和n個(gè)，各組元素分別相同的排列數(shù)為C)將相異的mn個(gè)物件等分給m個(gè)人，各得n件，nn_(mn)!'，C2nCn=m*(n!)(2) (平均分組無歸屬問題)將相異的mn個(gè)物體等分為無記號(hào)或無順序的m堆，法數(shù)共有N_CmnCmn_nCmn

20、_2nC2nCn(mn)!-m!(n!)m'(3) (非平均分組有歸屬問題)將相異的P(P=ni+n2+|)|+nm)個(gè)物體分給m個(gè)人，法數(shù)共有N二cmncm.cmnn其分配方其分配方物件必須被分完，分別得到厲,壓，rm件，且厲,壓，nm這m個(gè)數(shù)彼此不相等，則其分配方法數(shù)共有N二C；1。；2葉.&"m!p!m!n1!n?!.nm!(4) (非完全平均分組有歸屬問題)將相異的P(P=n1+n2+|“+nm)個(gè)物體分給m個(gè)人，物件必須被分完，分別得到n1,n2，nm件，且m，nm這m個(gè)數(shù)中分別有a、b、p!m!“C；1C；2亠C：mm!c、個(gè)相等，則其分配方法數(shù)有Np匕亠

21、a!b!c!.njn2!.nm!(a!b!c!.)(5) (非平均分組無歸屬問題)將相異的P(P=m+n2+|H+nm)個(gè)物體分為任意的口,n2，,nm件無記號(hào)的m堆，且R|,n2，帀這m個(gè)數(shù)彼此不相等，則其分配方法數(shù)有Nn1!n2!.nm!(6) (非完全平均分組無歸屬問題)將相異的P(P=n1+n2+IH+nm)個(gè)物體分為任意的n1,壓，nm件無記號(hào)的m堆，且m,n，nm這m個(gè)數(shù)中分別有a、b、c、個(gè)相等，p!a!b!c!.njn2!.nm!(a!b!c!.)(7) (非平均分組無歸屬問題)將相異的P(P=m+n2+|H+nm)個(gè)物體分為任意的口,n2，,nm件無記號(hào)的m堆，且R|,n2，

22、帀這m個(gè)數(shù)彼此不相等，則其分配方法數(shù)有Nn1!n2!.nm!(8) (非完全平均分組無歸屬問題)將相異的P(P=n1+n2+IH+nm)個(gè)物體分為任意的n1,壓，nm件無記號(hào)的m堆，且m,n，nm這m個(gè)數(shù)中分別有a、b、c、個(gè)相等，p!則其分配方法數(shù)有N工nJn2!(a!b!c!.)n2p-n1nm.CnmP!n1!n2!.nm!(7)(限定分組有歸屬問題)將相異的p(p二n2+IH+nm)個(gè)物體分給甲、乙、丙，等m個(gè)人，物體必須被分完，如果指定甲得m件，乙得n2件，丙得玨件，時(shí)，則無論m,n2，nm等m個(gè)數(shù)是否全相異或不全相異其分配方法數(shù)恒有159“錯(cuò)位問題”及其推廣 信2封信與2個(gè)信封全部

23、錯(cuò)位有1種排法； 信3封信與3個(gè)信封全部錯(cuò)位有2種排法； 信4封信與4個(gè)信封全部錯(cuò)位有9種排法； 信5封信與5個(gè)信封全部錯(cuò)位有44種排法；貝努利裝錯(cuò)箋問題：信n封信與n個(gè)信封全部錯(cuò)位的組合數(shù)為f(n“n!11-(T)n丄卜2!3!4!n!推廣：n個(gè)元素與n個(gè)位置，其中至少有m個(gè)元素錯(cuò)位的不同組合總數(shù)為f(n,m)=n!C：(n一1)!C；(n一2)!一需(n一3)!C：(n一4)!(_1)pcm(np)!I|(-1)mcm(nm)!c1c2c3c4cpcm-n!i-AmAm-AmAm-川(-忤川n)m劃AnAnAnAnAnAi160.不定方程X+X2+H|+Xn二m的解的個(gè)數(shù)(1) 方程Xi+

24、xz+HI+xn=m(n,mwN用)的正整數(shù)解有C：個(gè)*(2) 方程x1+x2+|+xm(n,mN)的非負(fù)整數(shù)解有C：個(gè)*(3) 方程為+%+川+人=m(n,mwN*)滿足條件xk("N,2蘭i蘭n1)的非負(fù)整數(shù)解有屮4n_2)(kd)個(gè)*4組合(1) 組合的定義，排列與組合的區(qū)別(2)組合數(shù)公式:(2)組合數(shù)公式:Cnmn!_n(n-1)(n-m+1)m!(n-m)!m(m-1)：21(3) 組合數(shù)的性質(zhì)GACGACn-mnc：cn rCnr=nCn-1r-1 Cn0+Cn1+Cnn=2n Cn0-Cn1+(-1)nCnn=0即Cn°+Cn2+Cn4+=Cn1+Cn3+=

25、2組合恒等式(1)(1)(3)(5)cm_n_m1cmCm_ncm;cncn；(2)cnCnV；nmn(4)cn=2n；r=0+c：=cn義mmnm4CnCnj；mC：C；1C(6)C0+cn+C；+C：+C：=2c1c3cn5二c0c2c"2n4*(8)C1-2C：3C；川川'nC；二n2n'+(9)cmc：+cmcn+(9)cmc：+cmcn+cmc二cm(10)(C0)2(C：)2(C；)2(C：)2二c加156排列數(shù)與組合數(shù)的關(guān)系：a：=mCrT4. 二項(xiàng)式定理(1) 二項(xiàng)式展開公式(a+b)n=Cn°an+Cn1an-1b+Cnkan-kbk+Cn

26、nbn(2) 通項(xiàng)公式：二項(xiàng)式展開式中第k+1項(xiàng)的通項(xiàng)公式是kn-k.kTk+1=Cnabf(x)=(axb)n=a0a1xa2x|anxn的展開式的系數(shù)關(guān)系：玄aa?川a.二f(1)；a。ya|(-1)$二f(-1)；a。二f(0).5. 二項(xiàng)式的應(yīng)用(1) 求某些多項(xiàng)式系數(shù)的和.(2) 證明一些簡(jiǎn)單的組合恒等式.(3) 證明整除性.求數(shù)的末位；數(shù)的整除性及求系數(shù)；簡(jiǎn)單多項(xiàng)式的整除問題.(4) 近似計(jì)算.當(dāng)兇充分小時(shí)，我們常用下列公式估計(jì)近似值： (1+x)n1+nx (1+x)n1+nx+x22(5) 證明不等式.四、思想方法1. 解排列組合應(yīng)用題的基本規(guī)律(1) 分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原

27、理使用方法有兩種：?jiǎn)为?dú)使用；聯(lián)合使用.(2) 將具體問題抽象為排列問題或組合問題，是解排列組合應(yīng)用題的關(guān)鍵一步.(3) 對(duì)于帶限制條件的排列問題，通常從以下三種途徑考慮： 元素分析法：先考慮特殊元素要求，再考慮其他元素 位置分析法：先考慮特殊位置的要求，再考慮其他位置 整體排除法：先算出不帶限制條件的排列數(shù)，再減去不滿足限制條件的排列數(shù).(4) 對(duì)解組合問題，應(yīng)注意以下三點(diǎn)： 對(duì)“組合數(shù)”恰當(dāng)?shù)姆诸愑?jì)算，是解組合題的常用方法 是用“直接法”還是“間接法”解組合題，其原則是“正難則反” 設(shè)計(jì)“分組方案”是解組合題的關(guān)鍵所在.2. 解排列、組合題的基本策略與方法(1) 去雜法對(duì)有限制條件的問題，先

28、從總體考慮，再把不符合條件的所有情況去掉.這是解決排列組合應(yīng)用題時(shí)一種常用的解題方法.(2) 分類處理某些問題總體不好解決時(shí)，常常分成若干類，再由分類計(jì)數(shù)原理得出結(jié)論.這是解排列組合問題的基本策略之一.注意的是：分類不重復(fù)不遺漏，即：每?jī)深惖慕患癁榭占?，所有各類的并集為全?(3) 分步處理與分類處理類似，某些問題總體不好解決時(shí)，常常分成若干步，再由分步計(jì)數(shù)原理解決在處理排列組合問題時(shí)，常常既要分類，又要分步，其原則是先分類，后分步(4) 插入法(插空法)某些元素不能相鄰或某些元素要在某特殊位置時(shí)可采用插入法.即先安排好沒有限制條件的元素，然后再將有限制條件的元素按要求插入排好的元素之間(5)

29、 “捆綁”法把相鄰的若干特殊元素“捆綁”為一個(gè)大元素，然后再與其余“普通元素”全排列，最后再“松綁”將特殊元素在這些位置上全排列，即是“捆綁法”（6）窮舉法：將所有滿足題設(shè)條件的排列與組合逐一排列出來（7）探索法：對(duì)于復(fù)雜的情況，不易發(fā)現(xiàn)其規(guī)律的問題，需仔細(xì)分析，從特殊到一般，或一般到特殊,探索出其中規(guī)律，再給予解決（8）消序處理對(duì)均勻分組問題的解決，一定要區(qū)分開是“有序分組”還是“無序分組”，若是“無序分組”，一定要清除均勻分組無形中產(chǎn)生的有序因素（9）“住店”法解決“允許重復(fù)排列問題”要注意區(qū)分兩類元素：一類元素可以重復(fù)，另一類不能重復(fù)把不能重復(fù)的元素看作“客”，能重復(fù)的元素看作“店”，再

30、利用分步計(jì)數(shù)原理直接求解的方法稱為“住店”法（10）等價(jià)命題轉(zhuǎn)換法將陌生、復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為熟悉、簡(jiǎn)單的問題這是解數(shù)學(xué)題的主要思想方法之一，也是解較難的排列、組合題的重要策略3賦值法所謂賦值法是指在二項(xiàng)展開公式兩邊用特殊值代入，得出某些等式及組合數(shù)的性質(zhì)解決與二項(xiàng)式系數(shù)相關(guān)的問題4構(gòu)造二次式5算兩次對(duì)同一對(duì)象從兩個(gè)不同角度去進(jìn)行計(jì)數(shù)，再將兩方面計(jì)算的結(jié)果綜合起來，獲得所需結(jié)論這樣一種處理問題的方法，稱之為算兩次在排列組合中，常對(duì)同一問題可有不同的分類辦法去解，可得到有關(guān)排列數(shù)與組合數(shù)的不同關(guān)系式【例題解析】例1完成下列選擇題與填空題（1）有三個(gè)不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有

31、種（2）四名學(xué)生爭(zhēng)奪三項(xiàng)冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（）（3）有四位學(xué)生參加三項(xiàng)不同的競(jìng)賽， 每位學(xué)生必須參加一項(xiàng)競(jìng)賽，則有不同的參賽方法有； 每項(xiàng)競(jìng)賽只許有一位學(xué)生參加，則有不同的參賽方法有； 每位學(xué)生最多參加一項(xiàng)競(jìng)賽，每項(xiàng)競(jìng)賽只許有一位學(xué)生參加，則不同的參賽方法有解析（1）完成一件事是“分步”進(jìn)行還是“分類”進(jìn)行，是選用基本原理的關(guān)鍵將“投四封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個(gè)不同信箱的三種方法，因此：N=3X3X3X3=34=81，故答案選A.本題也可以這樣分類完成，四封信投入一個(gè)信箱中，有C31種投法；四封信投入兩個(gè)信箱中，有C32（C41A22+C42C22）

32、種投法；四圭寸信投入三個(gè)信箱，有兩圭寸信在同一一信箱中，有CjA3'種投法，故共有C/'+C（CF*A+CC）+C4?A3=81（種）故選A.（2）因?qū)W生可同時(shí)奪得n項(xiàng)冠軍，故學(xué)生可重復(fù)排列，將4名學(xué)生看作4個(gè)“店”，3項(xiàng)冠軍看作“客”，每個(gè)“客”都可住進(jìn)4家“店”中的任意一家，即每個(gè)“客”有4種住宿法.由分步計(jì)數(shù)原理得：N=4X4X4=64.故答案選B.（3）學(xué)生可以選擇項(xiàng)目，而競(jìng)賽項(xiàng)目對(duì)學(xué)生無條件限制，所以類似（1）可得N=34=81（種）； 競(jìng)賽項(xiàng)目可以挑學(xué)生，而學(xué)生無選擇項(xiàng)目的機(jī)會(huì)，每一項(xiàng)可以挑4種不同學(xué)生，共有N=4=64（種）； 等價(jià)于從4個(gè)學(xué)生中挑選3個(gè)學(xué)生去參加

33、三個(gè)項(xiàng)目的競(jìng)賽，每人參加一項(xiàng)，故共有C43A33=24（種）.注本題有許多形式，一般地都可以看作下列命題：設(shè)集合A=a佃2,an,集合B=bi,b2,bm，貝Uf:A宀B的不同映射是m：f:B的不同映射是nm若n<m,則f:AtB的單值映射是：Am°.例2同室四人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有（）A.6種B.9種C.11種D.23種解法一由于共四人（用1,2,3,4代表甲、乙、丙、丁四人），這個(gè)數(shù)目不大，化為填數(shù)問題之后，可用窮舉法進(jìn)行具體的填寫：21432341241331423412342141234312432

34、1再按照題目要求檢驗(yàn)，最終易知有9種分配方法.解法二記四人為甲、乙、丙、丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類：第一類：甲收到乙送出的卡片，這時(shí)丙、丁只有互送卡片1種分配方式；第二類：甲收到的不是乙送出的卡片，這時(shí)，甲收到卡片的方式有2種（分別是丙和丁送出的）.對(duì)每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為3X（1+2）=9.解法三給四個(gè)人編號(hào)：1,2,3,4，每個(gè)號(hào)碼代表1個(gè)人，人與號(hào)碼之間的關(guān)系為一對(duì)一的關(guān)系；每個(gè)人送出的賀年卡賦給與其編號(hào)相同的數(shù)字作為代表，這樣，賀年卡的分配問題可

35、抽象為如下“數(shù)學(xué)問題”：將數(shù)字1,2,3,4,填入標(biāo)號(hào)為1,2,3,4的4個(gè)方格里，每格填寫一個(gè)數(shù)字，且每個(gè)方格的編號(hào)與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說成：用數(shù)字1,2,3,4組成沒有重復(fù)數(shù)字的4位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4位數(shù)共有多少個(gè)）？這時(shí)，可用乘法原理求解答案：首先，在第1號(hào)方格里填寫數(shù)字，可填上2、3、4中的任一個(gè)數(shù)，有3種填法；其次，當(dāng)?shù)?號(hào)方格填寫的數(shù)字為i（2<i<4）時(shí)，則填寫第i種方格的數(shù)字，有3種填法；最后，將剩下的兩個(gè)數(shù)填寫到空著的兩個(gè)空格里，只有1種填法（因?yàn)槭Ｏ碌膬蓚€(gè)數(shù)中，至少有1個(gè)與空著的格子的序號(hào)相同）因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法：3

36、X3X1=9注本題是“亂坐問題”，也稱“錯(cuò)排問題”，當(dāng)元素較大時(shí)，必須用容斥原理求解，但元素較小時(shí)，應(yīng)用分步計(jì)數(shù)原理和分類計(jì)數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉例3宿舍樓走廊上有有編號(hào)的照明燈一排8盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時(shí)熄掉其中3盞，但不能同時(shí)熄掉相鄰的燈，問熄燈的方法有多少種？解法一我們將8盞燈依次編號(hào)為1，2，3,4，5，6，7，8.在所熄的三盞燈中，若第一盞熄1號(hào)燈，第二盞熄3號(hào)燈，則第3盞可以熄5,6,7，8號(hào)燈中的任意一盞，共有4種熄法.若第一盞熄1號(hào)燈，第2盞熄4號(hào)燈，則第3盞可以熄6,7，8號(hào)燈中的任意一盞依次類推，得若1號(hào)燈熄了，則共有4+3+2+仁10種熄法.若1號(hào)燈不

37、熄，第一盞熄的是2號(hào)燈，第二盞熄的是4號(hào)燈，則第三盞可以熄6,7,8號(hào)燈中的任意一盞，共有3種熄法.依次類推得，若第一盞燈熄的是2號(hào)燈，則共有3+2+1=6種熄法.同理，若第一盞熄的是3號(hào)燈，則共有2+1=3種熄法.同理，若第一盞熄的是4號(hào)燈，則有1種熄法.綜上所述共有：10+6+3+仁20種熄法.解法二我們可以假定8盞燈還未安裝，其中5盞燈是亮著的，3盞燈不亮這樣原問題就等價(jià)于：將5盞亮著的燈與3盞不亮的燈排成一排，使3盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的）.5盞亮著的燈之間產(chǎn)生6個(gè)間隔（包括兩邊），從中插入3個(gè)作為熄滅的燈一一就是我們經(jīng)常解決的“相鄰不相鄰”問題，采用“插入法”，得其答案為C63=

38、20種.注解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出這種方法思路清晰，但有時(shí)較繁方法二從另外一個(gè)角度審題，認(rèn)清其數(shù)學(xué)本質(zhì)，抽象成數(shù)學(xué)模型，解題時(shí)有一種豁然開朗的感覺例4已知直線ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3個(gè)不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù).解設(shè)傾斜角為0,a由0為銳角，得tan0=->0,即a、b異號(hào).b（1）若c=0,a、b各有3種取法，排除2個(gè)重復(fù)（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有3X3-2=7（條）.（2）若cm0,a有3種取法，b有3種取法，而同時(shí)c還有4種取法，且其中任兩條直

39、線均不相同，故這樣的直線有3X3X4=36條，從而符合要求的直線共有7+36=43條.注本題是1999年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有0.37.錯(cuò)誤原因沒有對(duì)c=0與cm0正確分類；沒有考慮c=0中出現(xiàn)重復(fù)的直線.例5平面上給定10個(gè)點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，由這10個(gè)點(diǎn)確定的直線中，無三條直線交于同一點(diǎn)（除原10點(diǎn)外），無兩條直線互相平行.求：（1）這些直線所交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)（除原10點(diǎn)外）.（2）這些直線交成多少個(gè)三角形.解法一（1）由題設(shè)這10點(diǎn)所確定的直線是C102=45條.這45條直線除原10點(diǎn)外無三條直線交于同一點(diǎn)，由任意兩條直線交一個(gè)點(diǎn)，共有C452個(gè)交點(diǎn).而在原來1

40、0點(diǎn)上有9條直線共點(diǎn)于此.所以，在原來點(diǎn)上有10C92點(diǎn)被重復(fù)計(jì)數(shù).所以這些直線交成新的點(diǎn)是：C452-10C92=630.（2）這些直線所交成的三角形個(gè)數(shù)可如下求：因?yàn)槊總€(gè)三角形對(duì)應(yīng)著三個(gè)頂點(diǎn)，這三個(gè)點(diǎn)來自上述630個(gè)點(diǎn)或原來的10個(gè)點(diǎn).所以三角形的個(gè)數(shù)相當(dāng)于從這640個(gè)點(diǎn)中任取三個(gè)點(diǎn)的組合，即C6403=43486080（個(gè)）.解法二（1）如圖對(duì)給定的10點(diǎn)中任取4個(gè)點(diǎn)，四點(diǎn)連成6條直線，這6條直線交3個(gè)新的點(diǎn)故原題對(duì)應(yīng)于在10個(gè)點(diǎn)中任取4點(diǎn)的不同取法的3倍，即這些直線新交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是：3。04=630.（2）同解法一.注用排列、組合解決有關(guān)幾何計(jì)算問題，除了應(yīng)用排列、組合的各種方法與對(duì)

41、策之外，還要考慮實(shí)際幾何意義.1例6（1）如果（x+丄）2n展開式中，第四項(xiàng)與第六項(xiàng)的系數(shù)相等.求n,并求展開式x中的常數(shù)項(xiàng)；1（2）求（.X-'）8展開式中的所有的有理項(xiàng).2lx解（1）由C2n3=C2n5,可得3+5=2nn=4.設(shè)第k+1項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)k8-k-kk8-2k貝yTk+1=C8XX=C8X8-2k=0,即卩k=4常數(shù)項(xiàng)為T5=C84=70.（2）設(shè)第k+1項(xiàng)有理項(xiàng)，則8-k1Tk1=C8kX2<-2x1）k16Ak16-3k因?yàn)镺Wkw8,要使Z,只有使k分別取0,4,84所以所求的有理項(xiàng)應(yīng)為：4351-2T1=x,T5=x,T9=x8256注（1）二項(xiàng)式展開中，

42、要注意“系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”的區(qū)別;（2）在二項(xiàng)展開式中求得k后，對(duì)應(yīng)的項(xiàng)應(yīng)該是k+1項(xiàng).例7（1）求4X6n+5n+1被20除后的余數(shù)；（2）7n+Cn17n-1+Cn27n-2+Cnn-1X7除以9,得余數(shù)是多少?(3) 根據(jù)下列要求的精確度，求1.025的近似值精確到0.01:精確到0.001.解(1)首先考慮46n+5n+1被4整除的余數(shù).5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+Cn+1n4+1其被4整除的余數(shù)為1被20整除的余數(shù)可以為1,5,9,13,17然后考慮46n+1+5n+1被5整除的余數(shù).46n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+

43、Cn25n-2+Cnn-15+1)被5整除的余數(shù)為4其被20整除的余數(shù)可以為4,9,14,19.綜上所述，被20整除后的余數(shù)為9.(2) 7n+Cn17n-1+Cn2嚴(yán)+Cnn-17=(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1n1n-12n-2n-1n-1nn“=9-Cn9+Cn9+(-1)Cn9+(-1)Cn-1(i) 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+(-1)n-1Cnn-19-2除以9所得余數(shù)為7.(ii) 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)n1n-12n-2n-1n-1原式=9-Cn9+Cn9+(-1)Cn9除以9所得余數(shù)為0，即被9整除.(3) (1.02)5(1+0.02)5=1

44、+C510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025C52x0.022=0.004,C53x0.023=8X10-5當(dāng)精確到0.01時(shí)，只要展開式的前三項(xiàng)和，1+0.10+0.004=1.104，近似值為1.10.當(dāng)精確到0.001時(shí)，只要取展開式的前四項(xiàng)和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值為1.104.注(1)用二項(xiàng)式定理來處理余數(shù)問題或整除問題時(shí)，通常把底數(shù)適當(dāng)?shù)夭鸪蓛身?xiàng)之和或之差再按二項(xiàng)式定理展開推得所求結(jié)論.(2) 用二項(xiàng)式定理來求近似值，可以根據(jù)不同精確度來確定應(yīng)該取到展開式的第幾項(xiàng)例8證明下列不等式：a+b(1)(1

45、)n，(a、bcx|x是正實(shí)數(shù)，ncN)11(2)已知a、b為正數(shù)，且一+=1，則對(duì)于nN有abnnn2nn+1(a+b)-a-b>2-2.證明(1)令a=x+S,b=x-S則x=n.nnna+b=(x+S)+(x-S)n1n-1nnn1n-1nnn=x+CnxS+CnS+x-CnXS+(-1)CnS=2(Xn+Cn2xn-2S2+Cn4xn-4S4+)>2xn14/20nn1n-1nn(2)(a+b)=a+Cnab+Cnb1n-1(a+b)=b+Cnba+Cna上述兩式相加得：nzn.n1zn-1n-1kzzn.n、2(a+b)=(a+b)+Cn(ab+ba)+Cn(ab+ba)

46、+Cn(a+b)(*)11+=1,且a、b為正數(shù)abab=a+b>2abab>4又an-kbk+bn-kak>2anbn=2(.ab)n(k=1,2,n-1)2(a+b)n>2an+2bn+Cn12(<ab)n+Cn22(、.ab)n+Cnn-12(、.ab)nnn.n-(a+b)-a-b(Cn+Cn+Cn)(.ab)>（2n-2）2n=22n-2n+1中的注利用二項(xiàng)式定理的展開式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問題題（1）換元法稱之為均值換元（對(duì)稱換元）這樣消去3奇數(shù)次項(xiàng)，從而使每一項(xiàng)均大于或等于零題（2）中，由由稱位置二項(xiàng)式系數(shù)相等，將展開式倒過來寫再

47、與原來的展開式相加，這樣充分利用對(duì)稱性來解題的方法是利用二項(xiàng)式展開式解題的常用方法例9已知（1-ax）n展開式的第p,p+1,p+2三項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，第n+1第n+2-p項(xiàng)的系數(shù)之和為0，而（1-ax）n+1展開式的第p+1與p+2項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比為2.（1）求（1-ax）n+1展開式的中間項(xiàng)；（2）求（1-ax）n的展開式中系數(shù)最大的項(xiàng).解由題設(shè)得：2Cnp心斗(-a)2+cn+Y(-a)n2=02CP_cP+HCn十一Cn*由得，2CnP=PCnP+CnPn+1_pp+1兩邊約去CnP,可得：2=由得,由得,2Cn+1P=Cn+1P約去Cn+1P可得，n=3p+1P+口=2解

48、方程組nJ_pp1n=3p1得：n=7,p=2.將p=2,n=7代入得：C57(-a)5+C76(-a)6=0解之得：a=0或3.若a=0，則(1-0x)8的中間項(xiàng)T5=0,(1-0x)7展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)是T1=1.若a=3，則(1-3x)8的中間項(xiàng)T5=C84(-3x)4=5670x4,(1-3x)7的展開式中，奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)為正，C；-3kk_2C7k_2C7解之得：k<6.故(1-3x)7展開式中系數(shù)最大的項(xiàng)為T7=C76(-3)6x6=5103x6注一般地，求(a+bx)n展開式中系數(shù)絕對(duì)值最大的項(xiàng)的方法是:設(shè)第k+1項(xiàng)為系數(shù)絕對(duì)值最大的項(xiàng)，則由CanA-bk_Ck1anAd-b

49、k1CanAbk_CJanA1-bkd求出k的取值范圍，從而確定第幾項(xiàng)最大例10求證下列各式(1) Cnk+Cnk-1=Cn+1k;(2) Cn°Cmp+Cn1Cmp-1+6卩6°=6+.卩證明(1)對(duì)于給定的n+1個(gè)元素，從n+1個(gè)元素中任意選出k個(gè)元素的不同組合有kCn+1.另一方面，設(shè)a是n+1個(gè)元素中的一個(gè).對(duì)于a我們這樣分類(1) 若a不選，則在n個(gè)元素中選k個(gè)，有Cnk種不同的選法.(ii)若a選，則在n個(gè)元素中再選k-1個(gè)，有Cnk-1種不同的選法.故從n+1個(gè)元素中選k個(gè)元素組成一組的不種選法是：Cnk+Cnk-1.所以，Cnk+Cnk-1=Cn+1k.(2

50、) 仿(1)我們也用排列組合的知識(shí)來證明.事實(shí)上右邊Cm+np,可看作下列命題：從m個(gè)紅球，n個(gè)白球中，任選p個(gè)球的不同選法是Cm+np種.另一方面，我們按選紅球的個(gè)數(shù)分類：(i)取p個(gè)紅球，0個(gè)白球；(ii)取p-1個(gè)紅球，1個(gè)白球，取0個(gè)紅球，p個(gè)白球，這樣的每類選法數(shù)為：Cn0Cmp,Cn1Cmp-1,，6卩6°由分類計(jì)數(shù)原理可得：0p1p-1p0pCnCm+CnCm+CnCm=Cm+n(2)另證：(1+x)n(1+x)m-(1+x)m+n左邊展開式中xp的系數(shù)是：Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+-+CnpC右邊展開式中xp的系數(shù)是：Cm+np由多項(xiàng)式恒等條件可知pm+nCn0

51、Cmp+Cn1Cmp-1+60°=。注本題的證明方法稱之為算兩次，對(duì)一個(gè)數(shù)學(xué)模型從不同角度去解，得出兩個(gè)結(jié)果，將這兩個(gè)結(jié)果綜合起來，得到我們所需證明的結(jié)論求系數(shù)的和？四高考題回顧一、組數(shù)問題：1（2004年全國(guó)卷二.文理12）在由數(shù)字1,2,3,4,5組成的所有沒有重復(fù)數(shù)字的5位數(shù)中，大于23145且小于43521的數(shù)共有（）.A.56個(gè)B.57個(gè)C.58個(gè)D.60個(gè)（遼寧卷）用1、2、3、4、5、6、7、8組成沒有重復(fù)數(shù)字的八位數(shù)，要求1和2相鄰，3與4相鄰，5與6相鄰，而7與8不相鄰，這樣的八位數(shù)共有個(gè).（用數(shù)字作答）2. 從集合P,Q,R,S與0,1,2,3,4,5,6,7,8

52、,9中各任限2個(gè)元素排成一排（字母和數(shù)字均不能重復(fù)）每排中字母Q和數(shù)字0至多只能出現(xiàn)一個(gè)的不同排法種數(shù)是（用數(shù)字作答）4.（江西卷）將9個(gè)（含甲、乙）平均分成三組，甲、乙分在同一組，則不同分組方法的種數(shù)為（）A70B140C280D840二、分配問題：5（2004年全國(guó)卷三.文理12）將4名教師分配到3所中學(xué)任教，每所中學(xué)至少1名教師，則不同的分配方案共有（）.A.12種B.24種C.36種D.48種（北京卷）北京財(cái)富全球論壇期間，某高校有14名志愿者參加接待工作.若每天排早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，則開幕式當(dāng)天不同的排班種數(shù)為（）1244(B)C14A12A81244(B)

53、C14A12A81244(C)C14C12C8(D)C14C12C8A7. （湖北卷）把一同排6張座位編號(hào)為4個(gè)人，每人至少分同的分法種數(shù)是A1681張，至多分2張,（）B961,2,3,4,5,6的電影票全部分給且這兩張票具有連續(xù)的編號(hào)，那么不8. 某校高二年級(jí)共有六個(gè)班級(jí)，現(xiàn)從外地轉(zhuǎn)入班安排2名，則不同的安排方案種數(shù)為（B.-AC2C.72D1444名學(xué)生，要安排到該年級(jí)的兩個(gè)班級(jí)且每）.a.a2c2C.A2A2D.2A62三、幾何問題：在這些取法中，以取出的三條線段為邊可組成的鈍角三角形的個(gè)數(shù)為9.（2004年北京卷.理7）從長(zhǎng)度分別為1,2,3,4,5的五條線段中，任取三條的不同取法共

54、有nm，則m等于n）.A.10湖北卷）以平行六面體13B.C.510ABCDA'B'C10.隨機(jī)取出兩個(gè)三角形，則這兩個(gè)三角形不共面的概率36737619218ABCD3853853853852D.-5D'的任意三個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)作三角形，從中p為17/20三角形的個(gè)數(shù)為（四.二項(xiàng)式定理問題12.（全國(guó)卷川）在（A）-14)(D)2813.（山東）如果3xn的展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和為3x2128,則展開式中(B)-7(C)21(D)-21).A.56B.52C.48D.40(x-1)(x+1)8的展開式中x5的系數(shù)是(B)14(C)-2814.設(shè)nN”，則c1-Cn6c；62c：6n15.（用數(shù)字作答）15.（用數(shù)字作答）（湖南卷）在（1+x）+（1+x）2+（1+x）6的展開式中，x2項(xiàng)的系數(shù)是200422004(04年天津卷.理15)若(1一2c)=a+aX+aX+'''撫04X(x氣)R則(a。+aj+(a。+a?)+(a。+a3)+(a。施=J（04年福建卷文9）已知（x-?）8展開式常數(shù)項(xiàng)為1120,其中實(shí)數(shù)a是常數(shù)，則展開式x中各項(xiàng)系數(shù)的和是（