专题10 排列组合二项式定理
排列、组合与二项式定理是高中数学中内容相对独立的一个部分，排列、组合的知识为概率与统计中的计数问题提供了一定的方法．
这部分内容的试题有一定的综合性与灵活性，要注意与其他数学知识的联系，注意与实际生活的联系．通过对典型例题的分析，总结思维规律，提高解题能力．
§10－1 排列组合
【知识要点】
1．分类计数原理与分步计数原理． 2．排列与组合．
mAnn!n!mA?,Cn??m?
(n?m)!m!(n?m)!Anmn3．组合数的性质：
mn?m(1)Cn?Cn；
mmm?1(2)Cn?1?Cn?Cn．
【复习要求】
理解和掌握分类计数与分步计数两个原理．在应用分类计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性，在应用分步计数原理时，要注意“步”与“步”之间的相关性和连续性．
熟练掌握排列数公式和组合数公式，注意题目的结构特征和联系；掌握组合数的两个性质，并应用于化简、计算和论证．
正确区别排列与组合的异同，体会解计数问题的基本方法，正确处理附加的限制条件． 【例题分析】
例1 有3封信，4个信筒．
(1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法?
(2)把3封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种寄信方法?
【分析】(1)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务．根据分步计数原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法．
(2)典型的排列问题，共有A4＝24种寄信方法．
例2 在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植1垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有______种．
解：设这10垄田地分别为第1垄，第2垄，…，第10垄，要求A，B两垄作物的间隔不少于6垄，所以第一步选垄的方式共有(1，8)，(1，9)，(1，10)，(2，9)，(2，10)，(3，10)这6种选法，第二步种植两种作物共有A2＝2种种植法，所以共有6×2＝12种选垄种植方法．
【评述】排列组合是解决计数问题的一种重要方法．但要注意，计数问题的基本原理是分步计数原理和分类计数原理，是最普遍使用的，不要把计数问题等同于排列组合问题．
对某些计数问题，当运用公式很难进行时，适时采取原始的分类枚举方法往往是最好的．如例2．
在具体的计数问题的解决过程中，需要决策的是，这个计数问题需要“分步”还是“分类”完成，再考虑这个计数问题是排列问题、组合问题还是一般的计数问题．如例1的两个问题．
例3 某电子表以6个数字显示时间，例如09:20:18表示9点20分18秒．则在0点到10点之间，此电子表出现6个各不相同数字来表示时间的有______次．
【分析】分步来确定电子表中的六个数字如下： 第一步：确定第一个数字，只能为0，只有1种方法；
第二步：确定第三位数字，只能为0至5中的一个数(又不能与首位相同)，所以只有5种方法；
第三步：确定第五位数字，也只能为0至5中的一个数(又不能与首位，第三位相同)，所以只有4种方法；
第四步：确定剩下三位数字，0至9共10个数字已用了3个，剩下的7个数字排列在2，
34，6位共有A7种排法．
23由分步计数原理得：1×5×4×A7＝4200种．
3【评述】做一件事情分多步完成时，我们一般先做限制条件较大的一步，如本题中，首位受限条件最大，其次为三、五位，所以我们先排首位，再排三、五位，最后排其他位．
例4 7个同学站成一排，分别求出符合下列要求的不同排法的种数． (1)甲站在中间； (2)甲、乙必须相邻；
(3)甲在乙的左边(但不一定相邻)； (4)甲、乙、丙相邻； (5)甲、乙、丙两两不相邻；
6解：(1)甲站在中间，其余6名同学任意排列，故不同排法有A6＝720．
6(2)第一步：先把甲、乙捆绑，视为一个元素，连同其余5个人全排列，共有A6种排法；6A2＝1440种不同排法． 第二步：给甲、乙松绑，有A2种排法，此题共有A6227(3)在7名同学站成一排的A7种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的站法是一一对7应的，各占一半，因此甲站在乙的左边(不要求相邻)的不同排法共有A7÷2＝2520种．
5(4)先把甲、乙、丙视为一个元素，连同其余4名同学共5个元素的全部排列数有A5种，353再结合甲、乙、丙3个人之间的不同排列有A3种，此题的解为：A5＝720． A3(5)先让除甲、乙、丙外的4个人站好，共有A4种站法，让甲、乙、丙3人插空，由于
4334个人形成5个空位，所以甲、乙、丙共有A5种站法，此题答案A4A5?1440．
4【评述】当要求某几个元素排在一起时，我们常将这几个元素捆绑在一起作为一个元素与其他元素进行排列如例4(2)，(4)．
当要求某几个元素不相邻时，我们常常先排其他元素，然后再将这几个元素排在已排好的其他元素的空中如例4(5)．
例5 4个不同的球，4个不同的大盒子，把球全部放入盒内，恰有一个盒不放球，共几种放法?
【分析】先将4个球分成3组，共有C4?6种分组方法；再将3组球放在4个盒子里，是排列问题，有A4?24种方法，所以，共有C4A4?144种不同的放球方法．
【评述】类似这种装球问题采取先分组后装球的方法比较好．
例6某班组有10名工人，其中4名是女工．从这10个人中选3名代表，其中至少有一名女工的选法有多少种?
解法1：至少有一名女工的情形有三类：1名女工和2名男工；2名女工和1名男工；3
12213名女工，把这3类选法加在一起，共有C4C6?C4C6?C4?100种不同的选法．
2323解法2：与“至少有一名女工”选法相对立的是“没有女工”的选法，从所有的选法中
33除去“没有女工”的选法，剩下的即为所求，共有C10?C6?100．
【评述】当涉及“至少”或“至多”的问题时，从大的方向看我们常常是对其分类讨论，运用分类计数原理解决问题，当然，也可以考虑问题的对立面再用减法进行计算．
例7 如图，用六种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有多少种?
【分析】如果按从左至右的顺序去涂色，当涂到第4个格子时会发现，第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同决定着第4个格子有几种涂色方法，即如果第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同是不确定的，则第四个格子的涂色情况不定．于是，我们要按照1、3两个格子颜色相同和不相同两种情况分类来处理这个计数问题．
解：1、3两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有6×5×1×5＝150种方法； 1、3两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有6×5×4×4＝480种方法． 所以，共有不同的涂色方法630种．
例8 四面体的顶点和各棱中点共10个点，取4个不共面的点，不同取法有多少种?
4【分析】没有限制地从10个点中选出4个点，共有C10种不同选法，除去4点共面的
选法即可．
4点共面的选法有3类．
(1)4个点在四面体A－BCD的某一个面 上，共有4C6种共面的情况．
(2)过四面体的一条棱上的3个点及对棱的中点，如图中点A，E，B，G平面，共计有6种共面的情况．
(3)过四面体的四条棱的中点，而且与一组对棱平行的平面，如图E，F，G，H平面，此类选法共有3种．
44综上，符合要求的选法共有C10?(4?C6?6?3)?141种．
4例9 在给出的下图中，用水平或垂直的线段连结相邻的字母，按这些线段行走时，正好拼出“竞赛”即“CONTEST”的路线共有多少条?
【分析】“CONTEST”的路线的条数与“TSETNOC”路线的条数相同，如下右图，从左下角的T走到边上的C共有6步，每一步都有2种选择，由分步计数原理，所以下图中，“TSETNOC”路线共有26＝64条．
所以本题的答案为64×2－1＝127．
专题10 排列组合二项式定理-2024年高考数学(理)二轮专项复习
