人教版高中数学选修2-3讲义资料,复习补习资料(含知识讲解,巩固练习)：全册资料合集

第一章 计数原理
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识
一、分类加法计数原理
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 = 种不同的方法.
2．分类加法计数原理的推广
完成一件事有
n
类不同的方案，在第
1
类方案中有
m
1
种不同的方法，在 第
2
类方案中有
m
2
种不同的方
法，……在第
n< br>类方案中有
m
n
种不同的方法，那么完成这件事共有
N=
种不同的方法．

【注】分类加法计数原理的特点是各类中的每一个方法都可以完成要做的事情.
二、分步乘法计数原理
1．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= 种不同的方法．

2．分步乘法计数原理的推广
完成一件事需要分成
n个步骤，做第
1
步有
m
1
种不同的方法，做第
2
步有
m
2
种不同的方法，……做第
n
步有
m
n< br>种不同的方法，那么完成这件事共有
N=
种不同的方法．

【注】分步乘法计数原理的特点是每一步中都要使用一个方法才能完成该步要做的事情
.
可以用下图表示
分步乘法计数原理的原理：


3．两个计数原理的联系与区别
1

分类加法计数原理

联
系
分步乘法计数原理
分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是关于完成一件事情的不同方法的种数
问题．
(1)完成一件事共有n类方法，关键词是
“分类”．
区
(2)各类方法都是互斥的、并列的、相互
别
独立的.
(3)每类方法都能完成这件事．
三、两个计数原理的应用
(1)完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”．
(2)每步得到的只是中间结果，任何 一步都不能
独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件
事，只有每个步骤都完成了，才能完 成这件事．
(3)各步之间是互相关联的、互相依存的.
1
．用两个计数原理解决 计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析
——
需要分类还是需要分
步．

应用分类加法计数原理时，要注意
“
类
”
与
“< br>类
”
之间的独立性和并列性，各类中的每个方法都能独立的将
这件事情完成；< br>
应用分步乘法原理时，要注意
“
步
”
与
“
步
”
之间是连续的，做一件事需分成若干个互相联系的步骤，所有
步骤依次相继完成， 这件事才算完成．

2
．分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数， 最后用分类加法计数原理求和，得到总数．

3
．分步要做到“步骤完整”，步与步之 间要相互独立，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法
数相乘得到总数．


知识参考答案：
一、1．m+n
2．m
1
＋m
2
＋···＋m
n

二、1．m×n
2．m
1
×m
2
×···×m
n


重点
2

重点

难点

易错

1．分类加法计数原理的应用
分类加法计数原理、分步乘法计数原理
两个计数原理的应用
混淆分步、分类致误或分步、分类时考虑不全致误
对分类加法计数原理的理解注意点：
（1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样 才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定一
个分类标准，在这个标准下进行分类.
（2 ）“完成一件事有n类不同方案”是指完成这件事的所有方法可分为n类，即任何一类中的任何一种
方法 都可以完成任务，而不需要再用到其他方法；每一类没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方
法都在 某一类中.
简单地说，就是应用分类加法计数原理时要做到“不重不漏”.
【例1】从甲 地到乙地一天之中有三次航班、两趟火车，某人利用这两种交通工具在当天从甲地赶往乙
地的方法有
A
．
2
种

C
．
5
种

【答案】
C


B
．
3
种

D
．
6
种


【例2】把3枚相同的纪念邮票和4 枚相同的纪念币作为礼品送给甲、乙两名学生，要求全部分完且每
人至少有一件礼品，则不同的分法共有 种.
【答案】18
【解析】以甲分得的礼品数为标准分类（用(a,b)表示甲分得纪念邮 票a枚，纪念币b枚），可分为6类：
第1类，甲分得1件礼品有2种分法：（1,0），（0,1）；
第2类，甲分得2件礼品有3种分法：（2,0），（1,1），（0,2）；
第3类，甲分得3件礼品有4种分法：（3,0），（2,1），（1,2），（0,3）；
第4类，甲分得4件礼品有4种分法：（3,1），（2,2），（1,3），（0,4）；
3

第5类，甲分得5件礼品有3种分法：（3,2），（2,3），（1,4）；
第6类，甲分得6件礼品有2种分法：（3,3），（2,4）.
根据分类加法计数原理，不同的分法共有2+3+4+4+3+2=18种.
【名师点睛】本 题的分类标准并不明显，根据题意，这些礼品要全部分完且每人至少有一件礼品，因此
可以将甲、乙这两 人中一人分得的礼品数作为分类标准，本题从甲分得的礼品数考虑，也可以从两类礼
品的角度考虑，分两 个步骤完成，应用分步乘法计数原理解决.
2．分步乘法计数原理的应用
对分步乘法计数原理的理解注意点：
（1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样 才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定
分步标准，标准不同，分步的步骤也会不同.
（2）“完成一件事需要n个步骤”是指完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，在每一个步
骤 中任取一种方法，然后相继完成所有这些步骤就能完成这件事.即各步骤是相互依存的，只有每个步骤
都 完成才能完成这件事.
简单地说，就是应用分步乘法计数原理时要做到“步骤完整”.
【例
3
】某市汽车牌照号码
(
由
4
个数字和
1
个字母组成
)
可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能
从字母
B,C, D
中选择，其他四个号码可以从
0
～
9
这十个数字中选择
(
数字可以重复
)
，某车主第一个号码
(
从左到右
)
只想在数字
3,5,6,8,9
中选择，其他号码只想在
1,3,6,9
中选 择，则他的车牌号码所有可能的情
况有

A
．
180
种

C
．
720
种

【答案】
D
【解析】分 五步完成
,
第
i
步取第
i
个号码
由分步乘法计数原 理
,
可得车牌号码共有
【例4】（1）用数字1,2,3可以组成多少个三位数？
（2）用数字1,2,3可以组成多少个没有重复数字的三位数？
【答案】（1）27；（2）6.
【解析】（1）要完成“组成三位数”这件事,需分以下3步：
第一步：确定个位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；
第二步：确定十位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；
第三步：确定百位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法.
4


B
．
360
种

D
．
960
种


种
.

根据分步乘法计数原理,可以组成的三位数有3×3×3=27个.
（2）要完成“组成没有重复数字的三位数”这件事,需分以下3步：
第一步：确定个位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；
第二步：确定十位数字,第一步选过的数字不能选择,因此有2种选法；
第三步：确定百位数字,只有1种选法.
根据分步乘法计数原理,知可以组成的三位数有3×2×1=6个.
【规律总结】（1）应用 分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才
算完成这件事情，每个步 骤缺一不可．
（2）利用分步乘法计数原理解题的一般思路．
①分步：将完成这件事的过程分成若干步；
②计数：求出每一步中的方法数；
③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．

3．两个计数原理的综合应用
应用两个计数原理解题时的策略：
（1）确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利 用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理，
还是两种原理综合应用解题．
（2）处理好类与 步的关系：对于较为复杂的题目，在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中
又可能分类计算所 用的方法，两者要有机结合．
（3）注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏．

【例5】编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，< br>且A球不能放在1，2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？

5

【例6】集合A＝{1，2，－3}，B＝{－1， －2，3，4}.现从A，B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标.
（
1
）可以得到多少个不同的点？

（
2
）在这些点中，位于第一象限的有几个？

【解析】（
1
）一个点的坐标由
x
，
y
两个元素确定，若它们有一个不同，则表 示不同的点，可分为两类：

4
＝
12(
个
)
不同的点；

第一类：选
A
中的元素为
x
，
B
中的元素为
y
，有< br>3×
3
＝
12(
个
)
不同的点
.
第二类：选
A
中的元素为
y
，
B
中的元素为
x，有
4×
由分类加法计数原理得不同点的个数为
12
＋
12＝
24(
个
).
（
2
）第一象限内的点，即
x
，
y
必须为正数，从而只能取
A
，
B
中的正数， 同样可分为两类
.
2
＋
2×2
＝
8(
个
).
由分类加法计数原理得适合题意的不同点的个数为
2×
4．分类或分步时考虑不全致误
【例7】有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺
序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？
【错解】每次升一面旗可组成3种不同的信号；
每次升2面旗可组成3×2＝6种不同信号；
每次升3面旗可组成3×2×1＝6种不同的信号，
根据分类加法计数原理知，共有不同信号3＋6＋6＝15种．
【错因分析】每次升起2面或3面旗时，颜色可以相同．
【正解】每次升1面旗可组成3种不同的信号；
每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；
每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．
根据分类加法计数原理得，共可组成：3＋9＋27＝39种不同的信号．
6
< /p>

【易错警示】审题时要细致，把题意弄清楚．本题中没有规定升起旗子的颜色不同，故既要 考虑升起旗
子的面数，又要考虑其颜色，不可偏废遗漏．

【例8】甲、乙、丙、丁4 名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1
名冠军产生，则不同的冠军获 得情况有 种.

【错解】错解1：分四步完成这件事.
第1步， 第1名同学去夺3门学科的冠军，有可能1个也没获得，也可能获得1个或2个或全部，因此，
共有4种 不同情况；
同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有4种不同情况.
由分步乘法计数原理知，共有4×4×4×4=4
4
=256种不同的冠军获得情况.
错解2：分四步完成这件事.
第1步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有3种不同情况；
同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有3种不同情况.
由分步乘法计数原理知，共有3×3×3×3=3
4
=81种不同的冠军获得情况.
【错因分析】要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”.
但错解1、2中都有可能出现某一学科冠军被2人、3人，甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学
科没有冠军产生的情况.
【正解】可先举例说出其中的一种情况，如数学、物理、化学3门学 科知识竞赛的冠军分别是甲、甲、
丙，可见研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军， 才完成了这件事，而4名同学不
一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步.
第1步，产生第1个学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况；
第2步 ，产生第2个学科冠军，因为夺得第1个学科冠军的同学还可以去争夺第2个学科的冠军，所以
第2个学 科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况；
第3步，同理，产生第3个学科冠军，也有4种不同的获得情况.
由分步乘法计数原理知，共有4×4×4=4
3
=64种不同的冠军获得情况.
【答案】64
【易错警示】此类问题是一类元素允许重复选取的计数问题，可以用分步乘法计 数原理来解决，关键是
明确要完成的一件事是什么.也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取 的问题时，哪类元素必
须“用完”就以哪类元素作为分步的依据.

7

基础训练
1
．某学生去书店
,
发现
2本不同的好书
,
决定至少买其中一本
,
则购买方式共有

A
．
1
种

C
．
3
种



B
．
2
种

D
．
4
种

2．设某班有男生30名，女生24名．现要从 中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，则不同的选法共有
A
．
24
种

C
．
54
种

B
．
30
种

D
．
720
种

3
．体育场南侧有
4个大门，北侧有
3
个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有

A
．
12
种

C
．
14
种



B
．
7
种

D
．
49
种

4
．在一次才艺展示活动中
,
甲、乙、丙三位同学欲报名
“
朗诵比赛
”
、
“
歌唱比赛
”,
但学校规定每位同学限报其< br>中的一个
,
且乙知道自己唱歌不如甲
,
若甲报唱歌比赛乙就报朗诵比赛
,
则他们三人不同的报名方法有

A
．
3
种

C
．
7
种



B
．
6
种

D
．
8
种

5
．从
1,2,3,4,5< br>五个数中任取
3
个
,
可组成不同的等差数列的个数为

A
．
2
C
．
6


B
．
4
D
．
8
6．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有
A．12
C．36
B．24
D．40
7
．若
4
名学生报名参加数学、计算 机、航模兴趣小组，每人选报
1
项，则不同的报名方式有
_______
种< br>.
8
．甲、乙、丙
3
个班各有三好学生
3
，
5
，
2
名，现准备推选
2
名来自不同班的三好学生去参加校三好学 生
代表大会，则共有
________
种不同的推选方法
.
9．工 人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，
但不能连续固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________．
．．．．

8

10．现从高一四个班的学生中选 取34人，其中一、二、三、四班分别选取7人、8人、9人、10人，他们
自愿组成数学课外小组．
（1）每班选一名组长，有多少种不同的选法？
（2）推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？







能力提升
11．把4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，参观券全部分完，则不同的分法共有
A．120种
C．625种
B．1024种
D．5种
12．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C 、D、E、F，如果某个焊
接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共 有

A．6种
C．63种
B．36种
D．64种
13
．设集合
I={1
，
2
，
3
，
4,5 }
，选择
I
的两个非空子集
A
和
B
，要使
B
中最小的数大于
A
中最大的数，则不
同的选择方法共有

A
．
50
种

C
．
48
种



B
．
49
种

D
．
47
种

14．若直线方程Ax+By=0中的A, B可以从0,1,2,3,5这5个数字中任取2个不同的数字，则方程所表示的不
同直线有
9

A．5条
C．12条
B．7条
D．14条
15．如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂一 种颜色，相邻区域所涂颜
色不同，则不同涂色方法种数为

A．24种
C．72种
B．48种
D．96种
x
2
y
2
16．已知a∈{3,4,6}，b∈{2,5,7,8}，则方程＋＝1可表示________个不 同的椭圆.
ab
17．将黑白2个小球随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，则黑白两球 均不在1号盒子的概率为______
18．我们把个位数比十位数小的两位数称为“和谐两位数”， 则1，2，3，4四个数组成的两位数中，“和谐两
位数”有________个.
19． 用n种不同的颜色为下列两块广告牌（如图甲、乙）着色，要求A，B，C，D四个区域中相邻（有公
共 边界）的区域用不同的颜色.

（1）若n=6,求为甲图着色时共有多少种不同的方法；
（2）若为乙图着色时共有120种不同方法，求n.




10

真题练习
20．(新课标全 国Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓
参加志愿者活 动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为

A．24
C．12
B．18
D．9
21．(2019新课标全国Ⅲ)定义“规范01数列”{an
}如下：{a
n
}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任
意< br>k?2m
，
a
1
,a
2
,
A．18个
C．14个
,a
k
中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有
B．16个
D．12个
2
22．(2019福建模拟)满足a，b∈{? 1,0,1,2}，且关于x的方程
ax?2x?b?0
有实数解的有序数对
(a,b )
的
个数为
A．14
C．12
B．13
D．10
23．(2019山东模拟)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为
A．243
C．261
B．252
D．279
24．(2019安徽模拟)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有
A．24对
C．48对


参考答案
B．30对
D．60对
11

1
C
13
B
1
．【答案】
C
2
D
14
D
3
D
15
C
4
B
20
B
5
D
21
C
6
C
22
B
11
D
23
B
12
C
24
C
【解析】分两类
:
买
1
本书、买
2
本书
,
各类购买方式依次有
2
种、
1
种
,
故购买方式共有
2+1=3
种
.
2．【答案】D
【解析】第一步，从30名男生中选出1人，有30种不同的选法；
第二步，从24名女生中选出1人，有24种不同的选法．
根据分步乘法计数原理得，共有30×24=720种不同的选法．
3
．【答案】
D
【解析】要完成进、出门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场，

第一步进门有
4+3=7
种方法，

第二步出门也有
4+3=7
种方法，

7=49
种
.
由分步乘法计数原理知，进、出的方案有
7×
4
．【答案】
B 【解析】从甲着手分析
,
分两类：若甲报唱歌比赛
,
则乙报朗诵比赛,
丙可任选
,
有
2
种报名方法；

2=4
种报名方法
.
若甲报朗诵比赛
,
则乙、丙均可任选
,
有
2×
所以共有
2+4=6
种不同的报名方法
.
5
．【答案】
D
【解析】分两类
:
第
1
类
,
公差大于
0,
有①
1,2,3,
②
2,3,4 ,
③
3,4,5,
④
1,3,5,
共
4
个等差数列 ；

第二类
,
公差小于
0,
也有
4
个
. 根据分类加法计数原理可知
,
共有
4+4=8
个不同的等差数列
.
12

【名师点睛】完成这件事，只要两位数的个位 、十位确定了，这件事就算完成了，因此可考虑按十位上
的数字情况或按个位上的数字情况进行分类．应 用分类加法计数原理解题时要注意以下三点：
（1）明确题目中所指的“完成一件事”指的是什么事，怎样才算是完成这件事．
（2）完成 这件事的n类办法中的各种方法是互不相同的，无论哪类办法中的哪种方法都可以单独完成这
件事． < br>（3）确立恰当的分类标准，这个“标准”必须满足：①完成这件事情的任何一种方法必须属于其中的一个
类；②分别在不同两类中的两种方法不能相同．即不重复，无遗漏．
7
．【答案】
81
【解析】
4
名学生报名参加数学、计算 机、航模兴趣小组，每人选报
1
项，则每人有
3
种报名方法，则
4< br>人共有
3
×
3
×
3
×
3=81
种方 法
.
8
．【答案】
31
5
＝
15
种选法；

【解析】分为三类：第一类，甲班选一 名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理有
3×
2
＝
6
种选法；
第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有
3×
2
＝
10
种选法
.
第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有
5×
综合以上三类，根据分类加法计数原理，共有
15
＋
6
＋
10
＝
31
种不同选法
.
9．【答案】60
【解析】第一步任意选取一个螺栓，有6种方法；
第二步，按照要求以此固定，不妨第一次固定螺栓1，则有如下的固定方法：
1,3,5,2,4,6；
1,3,5,2,6,4；
1,3,6,4,2,5；
1,5,2,4,6,3；
13

1,5,3,6,2,4；
1,5,3,6,4,2；
1,4,2,6,3,5；
1,4,2,5,3,6；
1,4,6,3,5,2；
1,4,6,2,5,3，
共有10种方法，
所以总共有种方法，故答案是60.
10．【解析】（1）分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．
所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5040(种)．
（2）分六类，每类又分两步：
从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；
从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；
从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；
从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；
从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；
从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
11．【答案】D
【解析】由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，每次分完 只有一个代表队得不到，
所以共有5种不同的分法．故选D．
12．【答案】C
【 解析】每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有2
6
－1＝6 3种．故
选C．
13
．【答案】
B
【解析】按分类加法计数原理做如下讨论：

4
①当
A
中最 大的数为
1
时，
B
可以是
{2
，
3
，4
，
5}
的非空子集，即有
2
－
1
＝
15
种方法；

(2
3
－
1)
＝②当
A< br>中最大的数为
2
时，
A
可以是
{2}
或
{1
，
2}
，
B
可以是
{3
，
4
，< br>5}
的非空子集，即有
2×
14
种方法；

14

③当
A
中最大的数为
3
时，
A< br>可以是
{3}
，
{1
，
3}
，
{2
，
3}
，
{1
，
2
，
3}
，
B< br>可以是
{4
，
5}
的非空子集，
(2
2
－< br>1)
＝
12
种方法；

即有
4×
④当
A
中最大的数为
4
时，
A
可以是
{4}
，
{1
，
4}
，
{2
，
4}
，
{3
，
4}
，
{1
，
2
，
4}
，
{ 1
，
3
，
4}
，
{2
，
3
，4}
，
{1
，
2
，
3
，
4}
，
B
可以是
{5}
，即有
8×1
＝
8
种方 法
.
故共有
15
＋
14
＋
12
＋
8
＝
49
种方法
.
14．【答案】D
【解析】方法一 （直接法）：本题中有特殊数字0，所以，以A,B中是否有数字0为标准进行分类，可
分两类：
第1类，当A,B中有一个为0时，表示直线x=0或y=0，共2条不同直线.
第2类，当A,B都不为0时，确定直线Ax+By=0需要分两步完成：
第1步，确定A的值，有4种不同的方法；
第2步，确定B的值，有3种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，共可确定4×3=12条不同直线.
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2+12=14条.
方法二（间接法）：分两步：第1步，确定A的值，有5种不同的方法；
第2步，确定B的值，有4种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定5×4=20条直线.
在这20条直线中，A=0，B=1 ，2，3，5，以及B=0，A=1，2，3，5各表示一条直线，即有6条直线是
重复计数的，
因此，符合条件的不同直线共有20?6=14条.
【名师点睛】间接法体现了“正难则反” 的思想.若问题从正面考虑的话情况比较多,而问题的反面情况
较少,且容易计数,则宜采用间接法,即 先求出方法总数,再减去不符合条件的方法数或重复计数的方法数.
15．【答案】C
【解析】解法1：分两种情况：
①A、C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B、 D有1种，由分步乘法计数原理知有4×3×2
＝24种．
②A、C同色，先涂A有4种，E 有3种，E有2种，B、D各有2种，由分步乘法计数原理知有4×3×2×2
＝48种．
由分类加法计数原理知，共有72种，故选C．
解法2：先涂A，有4种涂法，再涂B、D，
15

①若B与D同色，则B有3种，E有2种，C有2种，共有4×3×2×2＝48种；
②若B与D不同色，则B有3种，D有2种，E有1种，C有1种，共有4×3×2×1×1＝24种，
由分类加法计数原理知，共有不同涂法48＋24＝72种．
故选C．
【名师点睛 】这是一个有限制条件的计数问题，解决方法是：特殊位置、特殊元素优先安排的原则．本
题是先分类再 分步，而分类的标准是两个特殊位置，这样，在分类时才能做到“不重不漏”．应用两个计
数原理解题时 的策略：
(1)确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利用分类加法计数原理还是分步乘法 计数原理，
还是两种原理综合应用解题．
(2)处理好类与步的关系：对于较为复杂的题目， 在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中
又可能分类计算所用的方法，两者要有机结合．
(3)注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏．
16．【答案】12
x2
y
2
【解析】∵a∈{3,4,6}，b∈{2,5,7,8}，∴＋＝1可表 示不同的椭圆个数为3×4＝12个．
ab
17．【答案】
4

9
的三个盒子中，每个球都有三种放法，故共有种放法，【解析】黑白两个球随机放入编号为
黑白 两球均不在一号盒，都有两种放法，共有，所以黑白两球均不在一号盒的概率为
4
，故
9
答案为
4
.
9
【名师点睛】计数原理与其他知识交汇命题，常以 “个数”或“概率”形式出现，计数常采用列举数数、树
状图、表格等方法．解答时，先依据其他知识转 化，将所求问题归结为计数问题，再按计数原理进行
计算．
16

19．【解析】（1）对区域A，B，C，D按顺序着色，共有6×5×4×4=480种不同的方法.
（2）对区域A，B，C，D按顺序着色，依次有n种、n?1种、n?2种和n?3种，
由分步乘法计数原理，不同的着色方法共有n(n?1)(n?2)(n?3)=120，
整 理得(n
2
?3n)(n
2
?3n+2)=120，(n
2
?3n)
2
+2(n
2
?3n)?120=0，n
2
?3n ?10=0或n
2
?3n+12=0（舍去），
解得n=5.
【名师点睛 】（1）由题意知本题考查的是分步乘法计数原理，对区域A，B，C，D按顺序着色，第一
块有6种方 法，第二块就不能选第一块的颜色，有5种结果，以此类推，根据分步计数原理得到结果．
（2）利用 分步乘法计数原理得到不同的染色方法有n(n?1)(n?2)(n?3)种，再根据共有120种结果，列< br>出等式，解关于n的方程，即可得到结果．
对于着色问题的两种典型现象：
一是平面 图涂颜色：先涂接触区域最多的一块；二是立体图涂颜色：先涂具有同一顶点的几个平面，
其他平面每步 涂法分类列举.
20．【答案】B
【解析】由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3 种走法，由乘法计数原理知，则共有6×3=18种
走法，故选B.
【名师点睛】分类加法计 数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间
是独立的．
分步 乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步
之间是 相关联的．
21．【答案】C
【解析】由题意，得必有
a
1
?0
，
a
8
?1
，则具体的排法列表如下：
0
0 0 0
1 0
17
1 1
1
1
1
1

0
1
1
0
0
1
1
1 0
1
0
0
1
1 0
1 0
1
由上表知，不同的“规范01数列”共有14个，故选C.
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
0
1
0
1
1
0
1
0
【方法点拨】求解计数问题时，如果遇到情况较为复杂，即分类 较多，标准也较多，同时所求计数的结
果不太大时，往往利用表格法、树状图将其所有可能一一列举出来 ，常常会达到岀奇制胜的效果．
22．【答案】B
【解析】当
a?0
时， 关于x的方程为
2x?b?0
，此时有序数对
(0,?1)，
?
0, 0
?
，
?
0,1
?
，
?
0,2
?
均满足要求；
(?1,0),(?1,1),(?1,2),
当
a?0< br>时，
?
?4?4ab?0
，所以
ab?1
，此时满足要求的有 序数对为
(?1,?1),
(1,?1),
?
1,0
?
,< br>?
1,1
?
，(2,?1),
?
2,0
?
．
综上，共有13个满足要求的有序数对．
23．【答案】B
【解析】十个数排成不重复数字的三位数的求解方法是：
第1步，排百位数字，有9种方法(0不能作首位)；
第2步，排十位数字，有9种方法；
第3步，排个位数字，有8种方法，
根据乘法原理，共有9×9×8=648个没有重复数字的三位数．
可以组成所有三位数的个数有9×10×10=900（个），
所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900?648=252.
18

24．【答案】C
【解析】如图，在上底面中选
B
1
D
1
，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样
A
1
C
1
对应的也
有8对，下底面也有16对，共有32对；左右侧面与前后侧面中共有1 6对．所以全部共有48对．




1.2 排列与组合
知识
一、排列
1．排列的定义
一般地，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 ，叫做从n个不同元素中
取出m个元素的一个排列(arrangement).
【注】（1）排列的定义包含两方面的含义：一是“取出元素”；二是“按照一定的顺序”．
（2）定义中规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况．也就是说，如
果某个元素已被取出，则这个元素就不能再取了．
（3）定义中的“一定的顺序”与位置有关.如 取出数字1，2，3组成一个三位数，就与位置有关，因为123
和321是不同的三位数.
2．排列数、排列数公式
（
1
）排列数

从
n
个不同元素中取出
m(m?n)
个元素的所有

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
A
n
表示
.
19
m

（2）排列数公式
①排列数公式的推导
一般地，求排列数
A
n
可以按依次填m个空位来考虑：
假设有排好 顺序的m个空位，从n个元素
a
1
,a
2
,L,a
n
中任取m个去填空，一个空位填1个元素，每一
种填法就对应一个排列，而要完成“这件事”可以分为 m个步骤来实现.
根据分步乘法计数原理，全部填满m个空位共有
n(n?1)(n?2)L [n?(m?1)]
种填法.
m
?
这样，我们就得到公式
A
n
?

，其中
m,n?N
，且
m?n
.这个公式叫做排列数
m公式.
②全排列与阶乘
n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列 ，这时公式中
m?n
，即有
A
n
n
?n?(n?1)?(n ?2)?L?3?2?1
，就是说，n个不同元素全部取出的排列数，等于正整数1到n
的连乘 积.正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用
n!
表示.所以n个不同元素的全排列数公式可 以写
n
成
A
n
?n!
.另外，我们规定
0!?1.
m
于是排列数公式写成阶乘的形式为
A
n
?
n!
?
，其中
m,n?N
，且
m?n
.
(n?m)!
【注】排列与排列数是两个不同的概念，一个排列是指“按照一定的顺序排成一列”，它是具体的一件事 ，
排列数是指“从n个不同元素中取出
m(m?n)
个元素的所有不同排列的个数”， 它是一个数.
二、组合
1
．组合的定义

一般地，从
n
个不同元素中取出
m(m?n)
个元素

，叫做从
n
个不同元素中取出
m
个元素的
一个组合（
combination
）
.
【注】（
1
）组合要求
n
个元素是不同的，取出的
m
个元素也是不同的，即从
n
个元素中进行
m
次不放
回地抽取
.
（
2
）无序性是组合的本质 ，即元素没有位置要求
.
如果两个组合中的元素完全相同，不管它们的顺序如
何，这两 个组合都是相同的组合，如
ab
与
ba
是两个不同的排列，但它们是同一个组 合；如果两个组合
中的元素不完全相同，那么这两个组合就是不同的组合
.
2
．组合数、组合数公式

20

（
1
）组合数

从
n
个不同元素中 取出
m(m?n)
个元素的所有不同组合的个数，叫做从
n
个不同元素中取出
m
个元素
的组合数，用符号
C
n
表示
.
（
2
）组合数公式

与排列数公式一样，组合数公式也有两个：

m
A
m
?
n
①
C?
m
?

，其中
m,n?N
，且
m?n
.
这个公式叫做组合数公式< br>.
A
m
m
n
m
②因为
A
n
?
n!
n!
m
?
C?
，所以组合数公式还可以写成
n
，其中
m,n?N
，且
m?n
.
m!(n?m)!< br>(n?m)!
0
另外，我们规定
C
n
?1
.
3．组合数的性质
m
性质1：
C
n
?

.
0
由于
C
n
?1
，因此该等式在
m= n
时也成立
.
性质
1
表明从
n
个不同元素中取出
m
个元素的组合，与剩下的
n?m
个元素的组合是一一对应关系
.
mmm?1
性质2：
C
n?1
?C
n
?C
n
.
性质2表明从
n?1
个不同元素中任取m个元素的组合，可以分为两类 ：第1类，取出的m个元素中不
含某个元素a的组合，只需在除去元素a的其余n个元素中任取m个即可 ，有
C
n
个组合；第2类，取
出的m个元素中含有某个元素a的组合，只需在 除去a的其余n个元素中任取
m?1
个后再取出元素a
即可，有
C
n
m?1
m
个组合.

知识参考答案：
一、1．一列
2．（1）不同排列
二、1．合成一组
2．
（2）
n(n?1)(n?2)L(n?m?1)

n(n?1)(n?2)L(n?m?1)

m!
21

3．
C
n

n?m

重点
重点

难点

易错

对特殊元素考虑不周致误，混淆分堆与分配问题致误等等.
1．排列、组合公式的应用
对排列数公式的理解：
（1）排列数公式中连乘积的特点是：第一个因数是n，后面每一个因 数都比它前面一个因数少1，最后
一个因数是n?m+1,共有m个因数相乘.
（2）一般 来说，在直接进行具体计算时，选用连乘积形式较好；当对含有字母的排列数的式子进行变形、
解方程或 证明时，采用阶乘形式较好.
对组合数公式的理解：
（
1
）组合数的计算 、组合恒等式的证明，求解组合等式或不等式中的字母值或取值范围主要应用公式：
排列、组合式的计算 及应用
排列、组合的应用
忽视排列、组合数中的限制条件致误，重复计数或遗漏计数致误，
C
m
n
?
n!
，

m!(n?m)!
n(n?1)(n?2)L(n?m?1)
较为简便．
< br>m!
m
（
2
）对于含有字母的组合式的变形论证，利用
Cn
?
．．
54
A
8
＋
A
8
4 33
65
A
3
.
【例
1
】（
1
）计算：①
A
9
－
A
9
；②
C
10
－
C
7
·
n
123
··
（
2
） 化简：①
A
1
＋
2A
2
＋
3A
3
＋
·
＋
nA
n
；②
C
3n
38?nn?C
3
21?n
.

22

?
?
38－n≤3n
②∵
?
，∴9.5≤n≤10.5，
?
3n≤21＋n
?

∵n∈N
*
，∴n＝10，
∴
C
3n
38?nn
283021
?C
3
21?n
＝C
30
＋C
31
＝C
30
＋C
31
＝
30×29
＋31＝466.
2×1
?
【名师点睛 】（
1
）利用组合数公式解题时，要注意有关限制条件：
m,n?N
，且m?n
.
（2）应用排列数公式时应注意以下几个方面：
①准确展开：应用排列数公式展开时要注意展开式的项数要准确．
②合理约分：若运算式是分式形式，则要先约分后计算．
③合理组合：运算时要结合数据特点 ，应用乘法的交换律、结合律，进行数据的组合，提公因式化简，
可以提高运算的速度和准确性．
【例2】（1）证明：
（
2
）解方程：①
【解析】（1）

,
（
2
）①由
,
化简整理得
.
，解得
得
.
(
舍去
).
.
.
.
x
2
x
4
；②
C
14
＝< br>C
14
－
.
?
x?14?(2x?4)
x＝2x－ 4，
?
?
?
②由题意知
?
2x－4≤14，
或?
2x?4?14
，解得x＝4或6.
?
?
x?14
?
x≤14
?
2．组合数性质的应用
n
（1）性质“C
m
n
＝C
n
－
m

”的意义及作用．
23

（2）与排列组 合有关的方程或不等式问题要用到排列数、组合数公式，以及组合数的性质，求解时，要
注意由C
m
n∈
N
，且n≥m确定m，n的范围，因此求解后要验证所得结果是否适合题意．
n
中的m∈
N
，
98
【例3】（1）计算：①C
5
C
7
8
＋C
100
·
7
；②
**
.
（2）证明下列各等式：
n
m
－
1
①Cm
n
＝C
n
－
1
；
m
m＋1
m
＋
1
②C
m
C
＋
；
n
＝< br>n＋1
n1
121m1
③C
0
··＋C
m
n
＋C
n
＋
1
＋C
n
＋
2
＋·n
＋
m
－
1
＝C
n
＋
m
.
－－
8×7×6100×99
2
【解析】（1）①原式＝C
3
＋C×1＝＋＝56＋4950＝5006.
8100
3×2×12×1
②∵，∴
．

（2）①右边
?
∴原式成立.
②右边
?
n(n?1)!n !n!
???
=C
m
n
=左边，
m(m?1)![(n? 1)?(m?1)]!m!(n?m)!
m?1(n?1)!m?1 (n?1)!n!
????
=C
m
n
=左边，
n?1(m ?1)![(n?1)?(m?1)]!n?1(m?1)!(n?m)!m!(n?m)!
∴原式成立 .
12311231
③左边＝(C
0
··＋C
m
··＋ C
m
n
＋
1
＋C
n
＋
1
)＋C< br>n
＋
2
＋C
n
＋
3
＋·
n
＋
m
－
1
＝(C
n
＋
2
＋C
n< br>＋
2
)＋C
n
＋
3
＋·
n
＋
m
－
1

－－
3m13412m1m1
＝(C
2
··＋C
n
··＋C
m
··＝C
m
＋
m< br>－
1
＝(C
n
＋
4
＋C
n
＋
4
)＋·
n
＋
3
＋C
n
＋
3
) ＋·
n
＋
m
－
1
＝·
n
＋
m－
1
＋C
n
＋
m
－
1
＝C
n
＋
m
＝右边，
－－－－－
∴原式成立．
【名师点睛】组 合数公式①体现了组合数与相应排列数的关系，一般在计算具体的组合数时会用到
组合数公式②的主要作 用有：计算m，n较大时的组合数；对含有字母的组合数的式子进行变形和证明
3．排列的应用
解排列应用题的基本思路：
实际问题→排列问题→求排列数→解决实际问题．
24

通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关 ，有无特殊限制条件(特殊位置，特殊元素)．
【例4】（无限制条件的排列问题）利用1,2,3, 4这四个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？
（用数字作答）.
【答案】24 < br>【解析】这是从1,2,3,4这四个数字中，任意选出三个数字排成一排，有多少种排法的排列问题，故 有
A
4
=4×3×2=24种排法，即可以组成24个没有重复数字的三位数. 【技巧点拨】没有限制条件的排列问题,即对所排列的“元素”或所排列的“位置”没有特别的限制,这一类 题
相对简单,分清“元素”和“位置”即可.
【例5】（元素相邻问题）记者要为5名志愿者 和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相
邻但不排在两端，不同的排法共有
A．1440种
C．960种
【答案】C
B．720种
D．480种
3

【技巧点拨】解决相邻问题的方 法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排
在相邻位置上，求不同排法种数 的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元
素同其他元素一起排列，共有< br>A
n?k?1
种排法;然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有
A
k
种
排法.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有
A
n ?k?1
?A
k
种.
【例6】（元素不相邻问题）《中国诗词大会》（第二 季）亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开
场诗词在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有 韵味．若《将进酒》《山居秋暝》《望岳《送杜少府
之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场，且《将 进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜
少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的 排法有
25
n?k?1k
n?k?1
k

A．288种
C．720种
【答案】B
【解析】根据题意，分步进行分析：
B．144种
D．360种
①将《 将进酒》《望岳》和另外两首诗词的首诗词全排列，则有种顺序，《将进酒》排在《望
A
4岳》的前面，这首诗词的排法有
4
?12
种.
2
②这首诗词排 好后，不含最后，有个空位，在个空位中任选个，安排《山居秋暝》与《送杜少府之
任蜀州》，有种安排 方法，则后六场的排法有种.故选B.
【技巧点拨】解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将 n个不同元素排成一排，其中某k个元素
互不相邻(k≤n?k+1)，求不同排法种数的方法是：先将 (n?k)个元素排成一排，共有
A
n?k
种排法；然后把k
个元素插入n? k+1个空隙中，共有
A
n?k?1
种排法.根据分步乘法计数原理可知，符合条件的 排法共有
?k
A
k
A
n
n?k?1
种.
n?k
·
k
n?k
【例7】（定位、定元问题）6名同学排成1排照相,要求 同学甲既不站在最左边又不站在最右边，共有
多少种不同站法？
【解析】方法一(位置分析法 )：先从其他5人中安排2人站在最左边和最右边,再安排余下4人的位置,分
为两步:
第1步,从除甲外的5人中选2人站在最左边和最右边,有
A
5
种站法；
第2步,余下4人(含甲)站在剩下的4个位置上,有
A
4
种站法.
24
由分步乘法计数原理可知,共有
A
5
A
4
=480种 不同站法.
4
2
方法二(元素分析法)：先安排甲的位置(既不站在最左边又不站在 最右边),再安排其他5人的位置,分为两
步:
第1步,将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上,有
A
4
种站法；
第2步,余下5人站在剩下的5个位置上,有
A
5
种站法.
51
由分步乘法计数原理可知,共有
A
4
A
5
=480种 不同站法.
5
1
26

【技巧点拨】定位、定元 的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特
殊元素，被限制的位置称为 特殊位置.这一类问题通常以三种途径考虑：
（1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排 法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素；
（2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排 法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置；
（3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总 数，再减去不符合要求的排列数.
【例
8
】（数字排列问题）用
0
，
1
，
2
，
3
，
4
，
5
这六个数字可以组成多少个无重复数字的

(1)
六位奇数？

(2)
个位数字不是
5
的六位数？

【解析】
(1)
方法一：从特殊位置入手
(
直接法
)
分三步完成
,
第一步先填个位
,
有种填法；

第二步再填十万位，有种填法；

第三步填其他位
,
有种填法
,
故共有
(
个
)
六位奇数
.
方法二：从特殊元素入手
(
直接法
)
0
不在两端有种排法
,
从
1,3,5
中任选一个排在个位有种排法
,
其他各位上 用剩下的元素做全排列，有
种排法
,
故共有
方法三：排除法

6
个数字的全排列有个
,0,2,4
在个位上的六位数为
故满足条件的六位 奇数共有
(2)
方法一：排除法
.
0
在十万位的六位数或
5
在个位的六位数都有个
,0
在十万位且
5
在个位的六位数有个< br>.
故符合题意的六位数共有
方法二：直接法
.
十万位数字的排法因 个位上排
0
与不排
0
而有所不同
,
因此需分两类
.
第一类：当个位排
0
时
,
符合条件的六位数有个
.
27
(
个
)
六位奇数
.
个
,1,3, 5
在个位上
,0
在十万位上的六位数有个
,
(
个
) .
(
个
).

第二类：当个位不排
0< br>时
,
符合条件的六位数有
故共有符合题意的六位数
(
个
).

个
.
【技巧点拨】数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项
（1）解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表 现在
某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原 则，
即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应 分
类讨论．
（2）常用方法：直接法、间接法．
（3）注意事项：解决数字问题时 ，应注意题干中的限制条件，恰当地进行分类和分步，尤其注意特殊元
素“0”的处理．
4．组合的应用
【例9】（无限制条件的组合问题）从5种主料中选2种，8种辅料中选3种 来烹饪一道菜，烹饪方式有
5种，那么最多可以烹饪出不同的菜的种数为
A．18
C．2800
【答案】C
【解析】从5种主料中选2种，有
从8种辅料中选3种，有
种方法，
B．200
D．33600
种方法，
，选C． 根据分步乘法计数原理 得烹饪出不同的菜的种数为
【技巧点拨】解简单的组合应用题时，要先判断它是不是组合问题，若取出的 元素只是组成一组，与顺
序无关则是组合问题；若取出的元素排成一列，与顺序有关则是排列问题．只有 当该问题能构成组合模
型时，才能运用组合数公式求出其种数．在解题时还应注意两个计数原理的运用， 在分类和分步时，注
意有无重复或遗漏．
【例10】（有限制条件的组合问题）某医院从10 名医疗专家中抽调6名赴灾区救灾，其中这10名医疗
专家中有4名是外科专家．问：
（1）抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？
（2）至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？
（3）至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？
28

【解析】（1）分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C
2
再从除外科专家的6人中选取4 名，
4
种选法，
2
有C
4
C
4
6
种选法，所以共有C
4
·
6
＝90种抽调方法．
（2）“至少”的含义是不低于，有两种解答方法.
方法一(直接法)：按选取的外科专家的人数分类：
①选2名外科专家，共有C
2< br>C
4
4
·
6
种选法；
②选3名外科专家，共有C< br>3
C
3
4
·
6
种选法；
③选4名外科专家 ，共有C
4
C
2
4
·
6
种选法.
33< br>根据分类加法计数原理，共有C
2
C
4
C
6
＋C4
C
2
4
·
6
＋C
4
·
4< br>·
6
＝185种抽调方法．
6
方法二(间接法)：不考虑是否有外科 专家，共有C
10
种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C
1
C
5
4
·
6
种选
法；没有外科专家参加，有C
6
6种选法，
15
所以共有C
6
C
5
10
－C< br>4
·
6
－C
5
＝185种抽调方法．
（3）“至多2名”包括“没有”、“有1名”、“有2名”三种情况，分类解答．
①没有外科专家参加，有C
6
6
种选法；
②有1名外科专家参加， 有C
1
C
5
4
·
6
种选法；
③有2名外 科专家参加，有C
2
C
4
4
·
6
种选法．
12
所以共有C
6
C
5
C
4
6
＋C4
·
6
＋C
4
·
6
＝115种抽调方法． < br>【技巧点拨】（1）解有限制条件的组合问题与解有约束条件的排列问题的方法一样，都是遵循“谁特殊< br>谁优先”的原则，在此前提下，或分类或分步或用间接法.
（2）要正确理解题中的关键词（ 如“都”与“不都”,“至少”与“至多”，“含”与“不含”等）的确切含义，正确
分类，合理分步.
【例11】（几何中的组合问题）以一个正方体的顶点为顶点的四面体的个数为
A．70
C．58
【答案】C
B．64
D．52

5．排列、组合的综合应用
29

（1）解决排列、组合的综合应用题时注意以下三点：
①仔细审题，判断是排 列问题还是组合问题，或者是二者的混合，要按元素的性质分类，按事件发生的
过程分步；
②深入分析，严密周详．注意分清是乘还是加，既不少也不多；
③对于有限制条件的比较复杂 的排列、组合问题，要通过分析设计出合理的方案，把复杂问题分解成若
干简单的基本问题后应用分类加 法计数原理或分步乘法计数原理来解决．
（2）解决排列与组合的综合问题时,应遵循三大原则：
①先特殊后一般；
②先组合后排列；
③先分类后分步.
【例12】将本不同的书全部分给甲、乙、丙三人，若每人至少一本，则不同的分法总数为
A．
C．


B．
D．


【答案】C
【解析】分两种情况：一人得本，另两个人各得本，有
一人得 本，另两个人各得本，有
则共有种分法，故选C．
种分法，
种分法，
6．对特殊元素考虑不周致误
【例13】4名运动员参加4×100接力赛，根据平时队员训 练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，
则不同的出场顺序有
A．12种
C．16种
B．14种
D．24种
4
【错解】若不考虑限制条件，4名队员全排列共有A
4
＝24种排法，
甲跑第一棒有A
3
3
＝6种，
乙跑第四棒有A
3
3
＝6种，
33
故一共有A
4
4
－A
3
－A
3
＝12种．
【错因分析】解答过 程中，排除甲跑第一棒和乙跑第四棒，两次都减去了甲跑第一棒且乙跑第四棒的情
3
况导致了错 误结论A
4
4
－2A
3
＝12.
【正解】用排除法，若不 考虑限制条件，4名队员全排列共有A
4
4
＝24种排法，
30

减去甲跑第一棒有A
3
3
＝6种排法，
乙跑第四棒有A
3
3
＝6种排法，
2
再加上甲在第一棒且乙在第四棒有A
2
＝2种排法，
42
则共有A
4
－2A
3
3
＋A
2
＝14种不同的出 场顺序．故选B．
【答案】B
【易错警示】解决此类问题一定要不重不漏．
7．忽略排列的有序性致误
【例14】8人站成前后两排,每排4人,其中甲、乙两人必须在前排,丙在后排,则共有 种排法.

【错因分析】甲、乙两人在前排
,
但甲、乙位置不能确定
,
需对甲、乙两人位置排列
.
同样地
,
丙在后排
,
丙的
位置也不能确定
,
后排
4
人位置需排列
.
【正解】先排甲、乙
,
有
A
4
种排法
,
再排丙,
有
A
4
种排法
,
其余
5
人有
A
5
种排法
,
5
21
故共有
A
4A
4
A
5
=5760
种排法
.
21
5
【答案】5760
【易错警示】排列问题中，若对元素的位置没有要 求，则各元素间是有顺序之分的，解题中要时刻把握
这一“原则”.
8．重复计数与遗漏计数致误
【例15】有甲、乙、丙3项任务，任务甲需要2人承担，任务 乙、丙各需要1人承担，从10人中选派4
人承担这3项任务，不同的选法共有 种(用数字作答).
【错解】错解1：分三步完成：
第1步,从10人中选出4人，有
C
10
种方法
4

31

第2步,从这4人中选出2人承担任务甲，有
A
4
种方法.
第3步,剩下的2人分别承担任务乙、丙，有
A
2
种方法.
422
根据分步乘法计数原理，不同的选法共有
C
10
A
4
A
2
=5040种.
422
错解2：分三步完成，不同的选法共有
C
10
C
4
C
2
=1260种.
2
2
【错因分析】错解一中对“排列”“组合”两个概念掌握不准确.承担任务甲的两人与顺序无关，此处应 是组
合问题，即
A
4
应为
C
4
.
错解二 中剩下的2人承担任务乙、丙，这与顺序有关，此处应是排列问题，即
C
2
应为
A
2
.
【正解】正解1：先从10人中选出2人承担任务甲；再从余下8人中选出 1人承担任务乙；最后从剩下
的7人中选出1人承担任务丙.
21
1
根据分 步乘法计数原理，不同的选法共有
C
10
C
8
C
7
=2520种.
2
2
2
2
正解2：先从10人中选出2人承担任务 甲；再从余下8人中选出2人分别承担任务乙、丙.
2
2
根据分步乘法计数原理，不 同的选法共有
C
10
A
8
=2520种.
【答案】2520
【易错警示】计数问题中，首先要分清楚是排列问题还是组合问题，即看取 出的元素是“合成一组”还是“排
成一列”，不能将二者混淆，若将排列问题误认为是组合问题，会导致 遗漏计数，反之，会导致重复计数.
9．不能正确分堆与分配致误
【例16】有12本不同的书，分成4堆.
（1）若每堆3本，有几种方法？
（2）若4堆依次为1本，3本，4本，4本，有几种分法？
（3）若4堆依次为1本，2本，3本，6本，有几种分法？(只要求列出算式)
333【错解】（1）若每堆3本，有C
3
12
C
9
C
6C
3
种分法.
344
（2）若4堆依次为1本，3本，4本，4本，有 C
1
12
C
11
C
8
C
4
种分法 .
236
（3）若4堆依次为1本，2本，3本，6本，有C
1
12
C
11
C
9
C
6
种分法．
【错因分析】A、B 、C、D四本书平均分为两堆，只有AB，CD；AC，BD；AD，BC三种分法，而C
2
C
2
4
·
2
＝6，显然计数错误，原因是先从4本书中选取AB，再取 CD和先取CD，再取AB是同一种分法，上述
错解犯了相同的错误．
33
C
3
C
3
C
6
·C
312
·
9
·
【正解】（1）若每堆3本，有种分法．
4
A
4
32

344
C
1
12
C
11
C
8
C
4
（2）若4堆依次为1本，3本，4本，4本，有种分法．
A
2
2
236
（3）若4堆依次为1本，2本，3本，6本，有C
1
12
C
11
C
9
C
6
种分法．
【易错警示】（1）分堆与分配问题
将一组n个不同元素平均分给A、B、C等不同的单位， 每个单位m个，可先从n个不同元素中选取m
mm
个给A，再从剩下的n－m个不同元素中选取 m个给B，…，依次类推，不同方法种数为C
n
C
n
－
m
· ··C
m
m
个；
将一组n个不同元素平均分成k堆，每堆m个，由于某m个元 素先选和后选分堆结果是一样的，故不同
m
C
m
C
m
n·
n
－
m
·…·C
m
分堆方法数为.
k！< br>（2）相同元素分配，每单位至少含有一个元素，可用插板法；相同元素分组，按元素最多的组分类，用< br>数数法．

基础训练
1．若n∈
N
且n<20，则(27－n)(28－n) ···(34－n)等于
A．A
8
27
－
n

C．A
7
34
－
n

333
2．计算C< br>4
＋C
3
··＋C
2016
的值为
5
＋C
6
＋·
27n
B．A
34
－
n

－
*
D．A
8
34
－
n

A．C
4
2017

C．C
4
2017
－1
5
B．C
2017

5
D．
C
2017
?1

3．从1、2、3、4中任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为
A．2
C．12
4．若
A．9
C．7
5．下列问题：
①从甲、乙、丙三名同学中选出两名参加一项活动，其中一名同学参加上午的 活动，另一名同学参加下
午的活动；
②从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动；
③从a，b，c，d四个字母中取出2个字母；
33
B．4
D．24
，则m等于
B．8
D．6

④从a，b，c，d四个字母中取出2个字母，然后按顺序排列成一列；
⑤从集合A＝{a，b，c，d，e}的子集中取出含有3个元素的子集；
其中是排列问题的有
A．1个
C．3个
B．2个
D．4个
6．5个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数为
A．
A
3

523
C．
A
5
?A
3
A
3

3
B．
4A
3

D．
A
2
A3
?A
2
A
3
A
3

”组成，其中第 一个“3”指语文、数学、英语3科，第二个“3”
23113
3
7．自2020年起 ，山东夏季高考成绩由“
指学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科中任选3科作为选考科目. 某同学计划从物理、化学、
生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则 该同学3科选考科目的不
同选法的种数为
A．6
C．8
B．7
D．9
8．《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》是 我国古代数学的重要文献.现拟把这4部著作分
给甲、乙、丙3位同学阅读，每人至少1本，则甲没分到 《周髀算经》的分配方法共有
A．18种
C．30种
9．用数字
A．
C．


B．24种
D．36种
组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为
B．
D．


10．在某互联网大会上，为了提升安全级别，将5名 特警分配到3个重要路口执勤，每个人只能选择一个路
口，每个路口最少1人，最多3人，且甲和乙不能 安排在同一个路口，则不同的安排方法有
A．180种
C．96种
B．150种
D．114种
11．安排7名志愿者中的6人在周六、周日两天参加 社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案
共有________种．(用数字作答)
46
12．若
C
n
?C
n
，则n的取值集合是_____ _.
13．从位女生，位男生中选人参加数学、物理、化学竞赛，每个学科各人，且至多有位女生参赛 ，则
34

不同的参赛方案共有__________种(用数字填写答案)．
14．2 018年6月份上合峰会在青岛召开,面向高校招募志愿者,中国海洋大学海洋环境学院的8名同学符合招
募条件并审核通过,其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名.若将这8名同学分成甲、乙两个小组,每组4名同学,其中大一的两名同学必须分到同一组,则分到乙组的4名同学中恰有2名同学是来自于同一年级的分组方式共有__________种．
15
．（
1
）5
个相同的球
,
放入
8
个不同的盒子中
,
每个 盒子至多放
1
个球
,
共有多少种放法
?
（
2）
5
个不同的球
,
放入
8
个不同的盒子中
,< br>每个盒子至多放
1
个球
,
共有多少种放法
?









38?n3n
16．（1）计算:
C
3n
?C
n?21
；
xx?2
（2）解不等式:
A
9
?6A
9








17
．要从高二 （
1
）班的
4
名男生和
2
名女生中安排
4
人参加校运会安全保卫工作
.
（
1
）如果要求至少有
1
名 女生参加
,
那么有多少种不同的安排方法
?
（
2
）如果要 求至多有
1
名女生参加
,
那么有多少种不同的安排方法
?

35

能力提升
18
．某中学语文老师从《红楼梦》、《平凡的世界》、《红岩》、《老人 与海》
4
本不同的名著中选出
3
本
,
分给三个同学去读,
其中《红楼梦》为必读
,
则不同的分配方法共有

A
．
6
种

C
．
18
种



B
．
12
种

D
．
24
种

19．某次文艺汇演，要将A、B、C、D、E、F这六个不同节目编排成节目单，如下表：

如果A、B两个节目要相邻，且都不排在第3号位置，则节目单上不同的排序方式的种数为
A．192
C．96
B．144
D．72
20．中国古代中的“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”，数学.某校国学社团开展“六 艺”课程讲座活动，每
艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节， 且“射”和“御”两门课程
相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有
A．
C．
种
种
；
B．
D．
种
种
21．（1）求证：
xx?2
（
2
）解不等式：
A
8
?6A
8
.



36

22．从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问：
（1）能组成多少个没有重复数字的七位数？
（2）在（1）中的七位数中三个偶数排在一起的有几个？
（3）在（1）中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？
（4）在（1）中任意两偶然都不相邻的七位数有几个？
（答题要求：先列式，后计算, 结果用具体数字表示．）





23．5名师生站成一排照相留念，其中教师1人，男生2人，女生2人.
（1）求两名女生相邻而站的概率；
（2）求教师不站中间且女生不站两端的概率.






真题练习
24
． （
2018
新课标全国Ⅱ）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果． 哥德巴赫
猜想是“每个大于
2
的偶数可以表示为两个素数的和”，如
30?7 ?23
．在不超过
30
的素数中，随机
选取两个不同的数，其和等于
30
的概率是

A
．
1

12
B
．
1

14
37

C
．
1

15
D
．
1

18
25．（2019新课标全国Ⅱ ）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不
同的安排方式共有
A．12种
C．24种
B．18种
D．36种

26．（2019四川模拟）用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为
A．24
C．60
B．48
D．72
27． （2018新课标全国Ⅰ）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不
同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）
28．（2019江苏）某兴趣小 组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名
女生的概率为 ▲ ．
29．（2018浙江）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一 共可以组成___________
个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
30．（20 19浙江模拟）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务
队，要 求服务队中至少有1名女生，共有______种不同的选法．（用数字作答）
31
．（2019
天津）用数字
1
，
2
，
3
，
4
，
5
，
6
，
7
，
8
，
9
组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位
数，这样的四位数一共有
___ ________
个．（用数字作答）

参考答案
1
D
9
B
1．【答案】D
【解析】由排列数公式定义知，上式＝A
8
34
－
n
，故选D．
2．【答案】C
3343344 333
【解析】C
3
··＋C
3
··＋C
3
··＋ C
2016
－1＝···＝C
4
4
＋C
5
＋C6
＋·
2016
＝C
4
＋C
4
＋C
5
＋·
2016
－C
4
＝C
5
＋C
5
＋·
2016
＋C
2016
2
C
10
D
3
C
18
C
4
C
19
B
5
B
20
A
6
C
24
C
7
D
25
D
8
B
26
D
－1＝C
4
2017
－1.故选C．
【名师点睛】恰当选择组合数的性质进行求值、解方程与解不等式．
38

5．【答案】B
【解析】①④是排列，②③⑤是组合，故选B．
【名师点睛】区分一个问题是排列问题还是组合问题，关键是看它有无“顺序”，有顺序就是排列问题，
而无顺序就是组合问题．而要判断它是否有顺序的方法是：先将元素取出来，看交换元素的顺序对结果< br>有无影响，有影响就是“有序”，也就是排列问题；没有影响就是“无序”，也就是组合问题．
6．【答案】C
【解析】此题可以从反面入手：甲、乙两人没有一人在两端，即甲、乙排在中间3 个位置，有
A
3
种排
法，剩下3人随便排即可，则有
A
3
种排法， < br>因为5个人排成一排一共有
A
5
种排法，所以甲、乙两人至少有一人在两端的排 法有
7．【答案】D
【解析】某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史 、地理3科中任选1科作为选
考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为
8．【答案】 B
【解析】先不考虑限制条件，则共有
甲分到一本（只有《周髀算经》），此时共有
甲分到2本（包括《周髀算经》），此时共有
则分配方法共有
9．【答案】B
【解析 】要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排
数，剩余的个数可以在十位到万位个位置上全排列，共有
39
5
3
2
种.故选C．
种.故选D．
种方法，若甲分到《周髀算经》，有两种情况：
种方法；
种方法，
种.
中的一个数，共有种排法，然后还剩个
种排法，由分步乘法计算原理可得，

由
10．【答案】D
组成的无重复数字的五位数中奇数共有个.故选B.
【解析】先不管条件，甲和乙不能安排在同一个路口，分两种情况：
①三个路口人数情况为3，1，1，共有种情况；
22
C
5
C3
3
②三个路口人数情况为2，2，1，共有
?A
3
?90种情况.
2
A
2
若甲、乙在同一路口，则把甲、乙看作一个整体，则相 当于将4名特警分配到三个不同的路口，则有
种，故甲和乙不能安排在同一个路口，不同的安排方法有< br>11．【答案】140
333
【解析】第一步安排周六有C
3
7种方法，第二步安排周日有C
4
种方法，所以不同的安排方案共有C
7
C
4
＝
种.故选D．
140种．
12．【答案】{6,7,8,9}
6
【解析】∵C
4
n
>C
n
，∴
n!n!
?
，∴n
2
－9n－10<0 ，∴－14!(n?4)!6!(n?6)!
∵n∈N
*
且n ≥6，∴n＝6、7、8、9，∴n的取值集合为{6,7,8,9}．
【名师点睛】利用组合数公式解题，并注意有关限制条件．
13．【答案】
【解析 】当只有一个女生时，先选一个女生有种选法，再从4个男生里面选2个男生有种方法，再
把选出的3个 人进行排列有种方法，所以有
当没有女生时，直接从4个男生里选3个排列有
所以共有种方法， 故答案为96.
种方法.
种方法.

40

15
．【解析】（
1
）由于球都相同
,
盒子不同
,
每个盒子至多放
1
个球
,
所以只要选出
5
个不同的 盒子就可以解
决问题
.
这是一个组合问题
.
因此
,
共有
=56(
种
)
放法
.
（
2
）由于球 与盒子均不同
,
每个盒子至多放
1
个球
,
所以这是一个排列 问题
.
可直接从
8
个不同的盒子中
7×6×5×4=6720(种
)
放法
.
取出
5
个盒子进行排列
(
即放球
),
所以共有
=8×
【名师点睛】（1）解决排列应用问题的步骤：
①分清问题是否与元素的顺序有关，若与顺序有关则是排列问题．
②注意对元素或位置有无特殊要求．
③借助排列数公式计算．
（2）无限制条件的 排列问题，主要根据排列数的定义及分步乘法计数原理解决．n人排队或n个元素排
成若干排的问题，可 采用排成一排的方法，也可用乘法原理分步进行．
16
．【解析】（
1
）由题意
,
解得，

?
3n?N
*
?
*
又由
?
38?n?N
可 得n=10.
?
n?21?N
*
?
则
C
3n38?nn283021
?C
3
?C?C?C?C
n?21303130 31
?466
.
9!9!
?6?
（2）原不等式即 ，
?
9?x
?
!
?
11?x
?
!
也就是16
?
，
9?x!11?x?10?x?9?x!
????????< br>2
化简得
x?21x?104?0
，解得
x?8
或
x ?13
，
又因为
2?x?9
，且
x?N
，
所以原不等式的解集为
?
2,3,4,5,6,7
?
.
17
．【解析】（
1
）方法一：分两类完成
:
第一类,
选派
1
名女生、
3
名男生
,
有
·< br>种不同的安排方法
;
第二类
,
选派
2
名女生、2
名男生
,
有
·
种不同的安排方法
.
*
41

所以共有
·+·=14(
种)
不同的安排方法
.
方法二：
6
人中选
4
人 有种不同的安排方法
,
其中有种方法不符合要求
.
所以至少有
1
名女生参加的不同的安排方法数为
-=14.
（2
）
“
至多有
1
名女生参加
”
即
“< br>没有女生参加
”
或
“
有
1
名女生参加
”.
2=9(
种
)
不同的安排方法
.
所以有
+·=1+4×
18
．【答案】
C
【解析】根据题 意
,
分
2
步
,
①先从《平凡的世界》、《红岩》、《老人与 海》三本书中选出
2
本
,
有
种选法；②将选出的
2
本与《红楼梦》全排列
,
对应分给三个同学
,
有
有种
,故选
C
．

种情况
,
则不同的分配方法共
【名 师点睛】解简单的组合应用题时，要先判断它是不是组合问题，若取出的元素只是组成一组，与
顺序无关 则是组合问题；若取出的元素排成一列，与顺序有关则是排列问题．只有当该问题能构成组
合模型时，才 能运用组合数公式求出其种数．在解题时还应注意两个计数原理的运用，在分类和分步
时，注意有无重复 或遗漏．
19．【答案】B
【解析】由题意知A、B两个节目要相邻，且都不排在第3号的位置， 可以把这两个元素看成一个，< br>再让它们两个元素之间还有一个排列，A、B两个节目可以排在
也可以排在两个位置，所以这两个 元素共有种排法，
两个位置，可以排在两个位置，
其他四个元素要在剩下的四个位置全排列，
所以所有节目共有
20．【答案】A
【解析】当“数”排在第一节时，有种排法；当 “数”排在第二节时，有种排法；
种排法，若“射”和“御”
种，
种不同的排法，故选 B．
当“数”排在第三节时，若“射”和“御”两门课程排在第一、二节，则有
两门课程排在 后三节，则有
故选A．
21．【解析】（1）
42
种排法，所以满足条件的排法共有
，即证.

xx?2（
2
）由
A
8
?6A
8
，得
8!8!
?6?
，

(8?x)!(10?x)!
化简得x
2
－19x＋84<0，解之得7?
?
8≥x，
又
?
∴2?
x－2>0，
?

由①②及x∈N
*
得x＝8.
347
22．【解析】（1）先选后排，分别选完三个偶数四个奇数再排列，则共有
C
4
C
5
A
7
?100800
个．
（2 ）先选后排，分别选完三个偶数四个奇数再排列，三个偶数相邻，所以三个偶数捆绑有
A
3种情况，
3453
再和另四个奇数一起进行全排列有
C
4
C5
A
5
A
3
?14400
个．
3
（ 3）先选后排，分别选完三个偶数四个奇数再排列，三个偶数相邻，所以三个偶数捆绑有
A
3< br>种情况，
34342
4
四个奇数捆绑有
A
4
种情况， 两个作为整体再进行全排列，共有
C
4
C
5
A
3
A
4
A
2
?5760
个．
3
（4）先从5个奇数当 中选4个进行全排列，再从4个偶数当中选3个，在五个空档中选3个插入，共
433
有
A
5
C
4
A
5
?28800
个．
【名 师点睛】利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.常用的方法
技巧有 ：对于特殊元素或位置“优先法”；对于不相邻问题，采用“插空法”；对于相邻问题，采用“捆绑
法” ；对于正面做比较困难时，常采用“间接法”.对于本题，从1到9的九个数字中，有奇数1，3，5，7，9共五个，偶数2，4，6，8共四个，取三个偶数四个奇数共七个数，所以先选后排，同时注意每种选法的限制条件.（1）是先选后排，选后纯排列问题；（2）是相邻问题捆绑法；（3）是两个相邻问题捆绑
法；（4）是不相邻问题插空法.
5
23．【解析】5名师生站成一排照相留念共有
A
5
?120
种站法，
（1）记“两名女生相邻而站”为事件
M
，
两名女生站在一起有
A
2
种站法，视为一个元素与其余3个全排，有
A
4
种排法， 24
所以事件
M
有
A
2
A
4
?48< br>种不同情况，
24
则
P
?
M
?
?
482
?
，
1205
2
.
5
43
答：两名女生相邻而站的概率为

（2）记“教师不站中间且女生不站两端”为事件
B
，
事件
B
分两类：
113
①教师站两侧之一，另一侧由男生站，有< br>A
2
A
2
A
3
?24
种站法；
212
②两侧全由男生站，教师站除两侧和正中外的另外2个位置之一，有
A
2
A
2
A
2
?8
种站法，
113212
所以， 事件
B
有
A
2
A
2
A
3
?A2
A
2
A
2
?32
种不同情况，
则
P
?
B
?
?
324
?
.
12015
4
.
15
答：教师不站中间且女生不站两端的概率为
【名师点睛】本题主要考查元素有限制的排列问题，以及古典概型概率公式的应用，常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊顺序问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
24．【答案】C
【解析】不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19， 23，29，共10个，随机选取两个不同的
数，共有种方法，因为
，选C.
，所以 随机选取两个不同的数，其和等于
30的有3种方法，故概率为
25．【答案】D
【 解析】由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成
223
三份：有
C
4
种方法，然后进行全排列，由乘法原理，不同的安排方式共有< br>C
4
?A
3
?36
种． 故选D．
【名师点睛】（ 1）解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)的性质进行分类；②按事情发生
的过程进行分 步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，
再考虑其他 元素(或位置)．
（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：① 不均匀分组；②均
匀分组；③部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解．
26．【答案】D
44

【解析】由题意，要组成没有重 复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有
A
4
种
4排法，所以奇数的个数为
3A
4
?72
，故选D.
4

【名师点睛】该题是一道关于组合计数的题目，并且在涉及到至多、至少问题时多采用间接法，即利用< br>总的减去没有女生的选法种数，该题还可以用直接法，分别求出有1名女生和有两名女生分别有多少种选法，之后用加法运算求解.
28．【答案】
2
2
【解析】从5名学 生中抽取2名学生，共有
C
5
?10
种方法，其中恰好选中2名女生的方法有
C
3
?3
种，
因此所求概率为
29．【答案】1260

【解析】若不取0，则排列数为
若取0，则排列数为
因此一共有
3 0．【答案】660

；
个没有重复数字的四位数.
【解析】由题意可 得，“从8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队”总的
选择方法为
C
8
?C
4
?C
3
（种）方法，其中“服务队中没有女生 ”的选法有
C
6
?C
4
?C
3
（种）方法，则满< br>411411
足题意的选法有：
C
8
?C
4
?C3
?C
6
?C
4
?C
3
?660
（种 ）．
411411
【名师点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用 ，有关排列组合的综合问
题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解 题意很关键，一定多
读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还 是组合”，在应用分类
计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在 某些特定问题上，
也可充分考虑“正难则反”的思维方式．
31
．【答案】
1080

45

4134
【解析】
A
5
?C
4
C
5
A< br>4
?1080
．

【名师点睛】计数原理包含分类加法计数原理和分步 乘法计数原理，本题中组成的四位数至多有一个数
字是偶数，包括四位数字有一个是偶数和四位数字全部 是奇数两类，先利用分步乘法计数原理求每一类
中的结果数，然后利用分类加法计数原理求总的结果数．







1.3 二项式定理
知识
一、二项式定理
1．二项式定理
n1n?1kn?k knn
(a?b)
n
?C
0
b?L?C
n
ab?L ?C
n
b(n?N
?
)
，
n
a?C
n
a
这个公式叫做二项式定理（binomial the orem），等号右边的多项式叫做
(a?b)
的二项展开式，共有n+1
k
项，其中各项的系数
C
n
(k?{0,1,2,L,n})
叫做二项式系数（ binomial coefficient）.
n
【注】二项式定理是一个恒等式，这里的 a,b既可以取任意实数，也可以取任意的代数式，还可以是别
的.如果设a=1，b=x，则得到公式 ：
(1?x)?
2．二项展开式的通项
二项展开式中的
C
n
a
kn?k
n

.
b
k
叫做二项展开式的通项，用
T
k?1
表示 ，即通项为展开式的第
k?1
项：
T
k?1
?
.
通项的应用：利用二项展开式的通项可以求出展开式中任意指定的项（或系数），如常数项、有理 项等
.
n
*
【注】二项式
(a
＋
b)(n∈
N
)
展开式的特点：

（
1
）它有
n
＋
1
项；

（2
）各项的次数
(
即
a
与
b
的指数的和
)
都等于二项式的次数
n
；

（
3
）字母
a
按降幂排列，次数由
n
递减到
0
；字母
b
按升 幂排列，次数由
0
递增到
n.
46

二、“杨辉三角”与二项式系数的性质
1
．杨辉三角
n
当
n
依次取
1,2
，
3
，
…
时，
(a
＋
b)
展开式的二项式系数可以表示成如下形式：

(a
＋
b)
1
………………………………1 1
(a
＋
b)
2
……………………………1 2 1
(a
＋
b)
3
…………………………1 3 3 1
(a
＋
b)
4
………………………1 4 6 4 1
(a
＋
b)
5
……………………1 5 10 10 5 1
(a
＋
b)
6
…………………1 6 15 20 15 6 1
… …
上表称为
“
杨辉三角
”.
从上面的表示形式可以直观地看出
“
杨辉三角
”
的特点：

（
1
）在同一行中，每行两端都是
1
，与这两个
1
等距离的项的系数

；

（
2
）在相邻的两 行中，除
1
以外的其余各数都等于它
“
肩上
”
两个数字之和
.
由此可知，当二项式次数不大时，可借助
“
杨辉三角
”
直接写出各项的二项式系数
.
2
．二项式系数的性质

（
1
）对称性

mn?m
与首末两端
“
等 距离
”
的两个二项式系数相等
.
事实上，这一性质可直接由公式
C< br>n
?C
n
得到
.
（
2
）增减性与最大值

当
k?
n?1n?1时，二项式系数是逐渐增大的；当
k?
时，二项式系数是逐渐减小的，因此二项式系数22
n
n
在中间取得最大值
.
当
n
是偶数时， 中间的一项的二项式系数
C
2
最大；当
n
是奇数时，中间的两项的二
项式系数
C
n?1
2
n
,C
n?1
2n
相等且最大
.
（
3
）各二项式系数的和

n0122kknnn012n
已知
(1?x)?C
n
?C
n
x?C
n
x?L?C
n
x?L?C
n
x
.
令
x?1
，则
2?C
n
?C
n
?C
n< br>?L?C
n
.
也就
n
是说，
(a?b)
的展 开式的各个二项式系数的和为
.
0213n?1
（
4< br>）奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即
C
n
?C
n
?L?C
n
?C
n
?L?2
.

47

知识参考答案：
0122kknn
一、1．
C< br>n
?C
n
x?C
n
x?L?C
n
x?L?C
n
x

2．
C
n
a
kn?k
b
k

二、
1
．相等

2
．
2
n


重点
重点

难点

易错

确区分项数与项的次数致误
1．利用通项公式求展开式中的特定项
（1）求二项展开式的特定项的常见题型
1n
①求第r项，T
r
= C
r
n
a
－－
r
＋
1
利用二项式的通项公 式求特定项的系数等
二项式定理与二项式系数的性质的综合
混淆二项展开式中各项的系数与各项的二项式系数致误，不能正
b
r1
；
－
②求含x
r
的项(或x
p
y
q
的项)；
③求常数项；
④求有理项．
（2）求二项展开式的特定项的常用方法
①对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；
②对于有理项，一般是先写出通项 公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并
通项公式中同一字母的指数，根据具 体要求，令其属于整数，再根据数的整除性来求解；
③对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一 字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．

1
??
【例
1
】在二项式
?
3
x?
?
的展开式中，前三项系数的绝对值 成等差数列
.
3
2x
??
（
1
）求展开式的第四项；

（
2
）求展开式的常数项
.
48
n