c（n,m）表示.
c（n,m）=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）!
・
n个元素被分成k类，每类的个数分别是n1,n25...nk这n个元
素的全排列数为
n!
/（n1!
*n2!
*...*nk!
）.
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为下标，m为上标））
Cnm=Pnm/Pmm；Cnm=n!
/m!
（n-m）!
；Cnn（两个n
分别为上标和下标）=1；Cn1（n为下标1为上标）=m
Cnm=Crm-m
2008-07-0813:
30
P：
=W（”-l）...（w-r+l）=
（〃-r）!
〜P：
”！
C；=-^-=
"r\r\（ti-r）\
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（nr+l）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。
即不要求顺序的，属于“组合C”计算范
o
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
3X3X3X3X3=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，历届高考主要考査排列的应用题，都是选择题或填空题考査.
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的排法有叭；小
于50000的五位数，万位只能是X3或2、4中剩下的一个的排法有叭；在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有P33,得P：
P'p2=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
3P1s=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,主要考査排列组合的
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C\-C25种；甲型2台乙型1台的取法有y-C：
种
根据加法原理可得总的取法有
氓•C25+C24•C1s=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⑴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；
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U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U种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有C?
SXC^X^XC2^
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-严的展开式中，x6的系数是（）
A.-27C610B.27C41oC.-9C61o
D.9C\o
解设（x-）的展开式中第Y+1项含x6,
因Ty+1=Cr10xlw（-）y,10-y=6,y=4
于是展开式中第5项含x6,第5项系数是C爲（-r=9C爲
故此题应选D.
例7（x-l）-（X-l）2+（x-l）L（x-l）+（x-l）§的展开式中
的x2的系数等于
解：
此题可视为首项为x-l,公比为-（x-1）的等比数列的前5项的和，则其和为
在（X-1）冲含X’的项是C36x3（-1）3=-20x3,因此展开式中X2的系数是-20.
（五）综合例题赏析
例8若（2x+）4=ao+aix+a2x2+a3x3+a4x\则（ao+a2+a4）2-（ai+a3）2的值为（）
A.1B.-1
C.OD.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
解分医生的方法有肥=2种，分护士方法有y=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
（）・
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.
VC24•+（^5•05X6+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：
TC：
•C17+C2s=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六位数有多少个?
应有叭・P55=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
（）・
B.
A.70个
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CA70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（ADBG）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©6X4=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\o+C\o^\o+C\o-^4io+C51o+C61o+C7io+C8io+C9io+C1Oio=210=1024
其中，含3个元素的子集数有T=C\o=12O
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”.
/.C34•CW•C；f4186（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（）・
B.2025种
D.5040种
A.1260种
C.2520种
解：
先从10人中选2个承担任务甲"Q
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
个
B.8个C.6
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
Cx3,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
ds+u+l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.戏厂仰种
B.C23C197+C彳严仰
C・CS200—C5197
D.doo-C
解：
5件中恰有二件为次品的抽法为C,C\97，
5件中恰三件为次品的抽法为CWtsy,
••・至少有两件次品的抽法为Cc^+Uc2际应选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.C^s
B.PgGC.P58P38
升级会员 