公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列。公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列。N-元素的总个数R参与选择的元素个数！-阶乘 ，如 9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1
从N倒数r个，表达式应该为n*（n-1)*(n-2)..(n-r 1);
因为从n到（n-r 1)个数为n－（n-r 1)＝r
举例：
Q1:有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数？
A1: 123和213是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属于“排列P”计算范畴。
上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现988,997之类的组合， 我们可以这么看，百位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8*7个三位数。计算公式＝P（3，9)＝9*8*7,(从9倒数3个的乘积）
Q2:有从1到9共计9个号码球，请问，如果三个一组，代表“三国联盟”，可以组合成多少个“三国联盟”？
A2: 213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个号码球在一起即可。即不要求顺序的，属于“组合C”计算范畴。
上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最终组合数C(3,9)=9*8*7/3*2*1
排列、组合的概念和公式典型例题分析
例1 设有3名学生和4个课外小组．（1）每名学生都只参加一个课外小组；（2）每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法？
解（1）由于每名学生都可以参加4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有种不同方法．
（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，因此共有种不同方法．
点评 由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．
例2排成一行，其中不排第一，不排第二，不排第三，不排第四的不同排法共有多少种？
解 依题意，符合要求的排法可分为第一个排、、中的某一个，共3类，每一类中不同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：
∴ 符合题意的不同排法共有9种．
点评 按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．
例３ 判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果．
（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？
（2）高二年级数学课外小组共10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？
（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？
（4）有8盆花：①从中选出2盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法？②从中选出2盆放在教室有多少种不同的选法？
分析 （1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信，所以与顺序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无关，所以是组合问题．其他类似分析．
（1）①是排列问题，共用了封信；②是组合问题，共需握手（次）．
（2）①是排列问题，共有（种）不同的选法；②是组合问题，共有种不同的选法．
（3）①是排列问题，共有种不同的商；②是组合问题，共有种不同的积．
（4）①是排列问题，共有种不同的选法；②是组合问题，共有种不同的选法．
例４ 证明．
证明 左式
右式．
∴ 等式成立．
点评 这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质，可使变形过程得以简化．
例5 化简．
解法一 原式
解法二 原式
点评 解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数的两个性质，都使变形过程得以简化．
例6 解方程：（1）；（2）．
解 （1）原方程
解得．
（2）原方程可变为
∵ ，，
∴ 原方程可化为．
即 ，解得
第六章排列组合、二项式定理
一、考纲要求
1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.
2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.
3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.
二、知识结构
三、知识点、能力点提示
(一)加法原理乘法原理
说明加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据.
例15位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种?
解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有
3×3×3×3×3=35(种)
(二)排列、排列数公式
说明排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.
例2由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的 偶数共有()
A.60个B.48个C.36个D.24个
解因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P12；小于50 000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P13;在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有P33，得P13P33P12＝36(个)
由此可知此题应选C.
例3将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?
解：将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为
3P13=9(种).
例四 例五可能有问题，等思考
三)组合、组合数公式、组合数的两个性质
说明历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.
例4从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有()
A.140种B.84种C.70种D.35种
解：抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C14·C25种；甲型2台乙型1台的取法有C24·C15种
根据加法原理可得总的取法有
C24·C25 C24·C15=40 30=70(种 )
可知此题应选C.
例5甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?
解：甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 C38种；
乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C15种；
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C24种；
丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C22种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有C38×C15×C24×C22=×1=1680(种).
(四)二项式定理、二项展开式的性质
说明二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.
例6在(x-)10的展开式中，x6的系数是()
A.-27C610B.27C410C.-9C610D.9C410
解设(x-)10的展开式中第γ 1项含x6，
因Tγ 1=Cγ10×10-γ(-)γ，10-γ=6,γ=4
于是展开式中第5项含x 6，第5项系数是C410(-)4=9C410
故此题应选D.
例7(x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1) (x-1)５的展开式中的x２的系数等于
解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为
在(x-1)6中含x3的项是C36x3(-1)3=-20×3，因此展开式中x2的系数是-2 0.
(五)综合例题赏析
例8若(2x )4=a0 a1x a2x2 a3x3 a4x4，则(a0 a2 a4)2-(a1 a3)2的值为()
A.1B.-1C.0D.2
解：A.
例92名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有()
A.6种B.12种C.18种D.24种
解分医生的方法有P22＝2种，分护士方法有C24=6种，所以共有6×2＝12种不同的分配方法。
应选B.
例10从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有().
A.140种B.84种C.70种D.35种
解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.
∵C24· C25·C14=5×6 10×4=70.
∴应选C.
例11某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1名女生当选的不同选法有()
A.27种B.48种C.21种D.24种
解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：
∵C13·C17 C23=3×7 3=24，
∴应选D.
例12由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的 六位数，其中个位数字小于十位数字的共有().
A.210个B.300个
C.464个D.600个
解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P15·P 55=600个.
由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.
∴有×600=300个符合题设的六位数.
应选B.
例13以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有().
A.70个B.64个
C.58个D.52个
解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C48=70个.
其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(ADB1C1)的有4组.
∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)
应选C.
例14如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有().
A.12对B.24对
C.36对D.48对
解：设正六棱锥为O—ABCDEF.
任取一侧棱OA(C16)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.
∴共有C16×4=24对异面直线.
应选B.
例15正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形共个(以数字作答).
解：7点中任取3个则有C37=35组.
其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).
∴三角形个数为35-3=32个.
例16设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，则的值为。
解 10个元素的集合的全部子集数有：
S＝C010 C110 C210 C310 C410 C510 C610 C710 C810 C910 C1010=210=1024
其中，含3个元素的子集数有T=C310=120
故=
例17例17在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的抽法共
种(用数字作答).
解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.
∴C34·C246 C44·C146=4186(种)
例18有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、 丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有().
A.1260种B.2025种
C.2520种D.5040种
解：先从10人中选2个承担任务甲(C210)
再从剩余8人中选1人承担任务乙(C18)
又从剩余7人中选1人承担任务乙(C17)
∴有C210·C18C17=2520(种).
应选C.
例19集合｛1，2，3｝子集总共有().
A.7个B.8个C.6个D.5个
解三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数
C13，由二个元素组成的子集数C23。
由3个元素组成的子集数C33。由加法原理可得集合子集的总个数是
C13 C23 C33 1=3 3 1 1＝8
故此题应选B.
例20假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有().
A.C23C3197种B.C23C3197 C33C2197
C.C5200-C5197D.C5200-C13C4197
解：5件中恰有二件为次品的抽法为C23C3197，
5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197，
∴至少有两件次品的抽法为C23C3197 C33C2197.
应选B.
例21两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是().
A.C58C38B.P12C58C38C.P58P38
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