c（n,m）表示.
c（n1m）=p（n,m）/m!
=n!
/（（n-m）!
*m!
）：
c（n,m）=c（n,n-m）;
3.其他排列与组合公式
从n个元素中取出r个元素的循环排列数=p（n,r）/r=n!
/r（n-r）L
n个尤素被分成k类,每类的个数分别是n1,n2,...nk这n个元素的全排列数为k类元素，每类的个数无限，从中取出m个元素的组合数为c（m+k-1,m）.
排列＜Pnm（n为下标,m为上标））
Pnm=nx（n-1）....（n-m+1）:
Pnm=n!
/（n-m）!
（注：
!
是阶乘符号）；Pnn（两个n分别为上标和下标）=n!
；0!
=1；Pn1（n为下标1为上标）=n
组合（Cnm（n为卜标，m为上标））
Cnm=Pnm/Pmm:
Cnm=n!
/m!
（n-m）!
；Cnn（两个n分别为上标和卜标）二1；Cn1（n为卜标1为上标）二n：
Cnm=Cnn-m
2008-07-0813:
30
（Fi）!
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I•个,表达式应该为n*（n-l）*（n-2）..（n-r+1）;
因为从n到（n-r+1）个数为n—（n~r+l）=r
举例：
QI：
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98&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=戸（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。
即不耍求顺序的，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*773*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从中选一名止组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？
②从中选2需参加省数学竞赛，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盆分別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，所以是组介问题.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是组介问题，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
1.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种不同的报需方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有
3X3X3X3X3=3"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，其中小丁•50000的偶数共有（）
A.60个B.48个C.36个D.24个
解因为耍求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P：
；小于50000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P；;在首末两位数排定后,中间3个位数的排法有P33,得P；P〔P；=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2143,3142,4123；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
3P>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而的题目出现，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査.
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Cl・C：
种；甲型2台乙型1台的取法有C:
4・C：
种
根据加法原理可得总的取法有
C2,•U+C]・C15=40+30=70（种）
可知此题应选C.
例5甲、乙、内、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C1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C；种；
内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C[种；
丁公司从甲、乙、内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C[种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有C'8XC；XC[XC*X1=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幕的展开法则，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，主要考査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，J的系数是（）
A.-27C\0B.27C\0C.-9C\0D.9C\0
解设（x-严的展开式中第Y+l项含J,
因TVT1=Cv10x10-r（-）¥,10-Y=6,¥=4
于是展开式中第5项含x6,第5项系数是C410（-）4=9C410
故此题应选D.
例7（x-l）-（x-l）2+（x-l）3-（x-l）+（x-l）5的展开式中的x?
的系数等
于
解：
此题可视为首项为x-1,公比为-仗-1）的等比数列的前5项的和，则其和为
在（X-1）6中含X’的项是C36x3（-1）3=-20x3,因此展开式中X?
的系数是-20.
（五）综合例题赏析
例8若（2x+）-ao+ajx+^x2+asx3+a.tx4,贝lj（ao+a^+aj2-（a^aj）'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Pi=2种，分护士方法有C*6种，所以共有6X2=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（）.
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.
•.*C\・+C:
5・^=5X6+10X4=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：
VC1,・C17+^=3X7+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八位数有多少个?
应有P；・P二600个.
由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大丁•十位数的六位数各占一半.
・••有X600=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C；=70个.
其中共面四点分3类：
构成侧面的有6组；构成垂氏底面的对角面的有2组；形如（ADBC）的有4组.
・•・能形成四面体的有70-6-2-4=58（组）应选C.
例14如果把两条异而氏线看成“一对”，那么八棱锥的棱所在的12条虚线中，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0—ABCDEF.
任取一侧棱0A（C\）则0A与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.
・•・共有C：
6X4二24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o
解10个元素的集合的全部子集数有：
s=C°10+C110+C:
10+C310+C,10+C510+C\0+C710+Cs10+C910+C1010=210=1024
其中，含3个元素的子集数有T二C爲二120
故二
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”•
・・・Cl・C+C；・C》4186（种）
例18有甲、乙、内三项任务，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（）.
C.2520种D.5040种
解：
先从10人中选2个承担任务甲（C'Q
再从剩余8人中选1人承担任务乙（C18）
乂从剩余7人中选1人承担任务乙（C17）
・•・有％・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
C；,由二个元素组成的子集数C[。
由3个元素组成的子集数C33o由加法原理可得集合子集的总个数是
C；+C[+Cl+1二3+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.CH,种
C.C200—C197
B.C3C197+C3C"19-
D.C5：
00-C:
Cl
解：
5件中恰有二件为次品的抽法为C1C'”
5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197,
・•・至少有陶件次品的抽法为clcj+cy•
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.C58C3s
B.P；C5sC\
c.p5sp33
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