3.1.3 第2课时组合数的应用(学案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(人教B版2019)

# # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # 第２课时　 组合数的应用 !"#$%&'( 课程标准 １．学会运用组合的概念分析简单的实际问题． ２．能解决无限制条件的组合问题． 学法解读 通过组合解决实际问题，提升逻辑推理和数学运算的素养． )*+,%-.+ 　 　 １．对于含有限制条件的组合问题，要合理分 类，必要时可用间接法． ２．对于分组问题应注意避免计数的重复或遗 漏，对于分配问题解题的关键是要搞清楚事件是 否与顺序有关． 　 　 思考：在解决排列组合的综合问题时要注意 哪些问题         ？ /012%345 题型探究 题型一 无限制条件的组合问题 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．（１）有５名男医生和３名女医生．现要从中 选３名医生组成地震医疗小组，要求医疗小组中 男医生和女医生都要有，那么不同的组队种数为 （Ａ ） Ａ． ４５ Ｂ． ６０ Ｃ． ９０ Ｄ． １２０ （２）某人决定投资８种股票和４种债券，经纪 人向他推荐了１２种股票和７种债券，则此人有 １７ ３２５　 种不同的投资方式． （３）现有８本杂志，其中有３本是完全相同的 文学杂志，另５本是互不相同的数学杂志，从这８ 本里选取３本，则不同选法的种数为　 　 　 　 ． ［分析］　 （１）选出的３名医生之间无顺序之 分，因此是组合问题，但需要对医生的组成人员分 类求解；（２）选出的８种股票无顺序之分，选出的 ４种债券也无顺序之分，因此是组合问题，但需要 分选股票、选债券两步求解；（３）本小题需要注意 一个问题，从３本完全相同的文学杂志中选书并 不是组合问题，只有从５本不同的数学杂志中选 书才是组合问题． 　 　 ［规律方法］　 求解无限制条件的组合问题 的思路 对于无限制条件的组合问题，首先要分清完 成一件事情是需要分类还是分步，在每一类（或每 一步）中注意分清对象的总数及取出对象的个数， 按照组合的定义，正确地表示出相应的组合数，再 利用分类加法计数原理或分步乘法计数原理 计数． 对点训练? （１）５个不同的球，放入８个 不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的 放法有 （Ａ ） Ａ． Ａ５８种 Ｂ． Ｃ５９种 Ｃ． ５８种 Ｄ． ８５种 （２）５个相同的球，放入８个不同的盒子中， 每个盒里至多放一个球，则不同的放法有（Ｂ ） Ａ． Ａ５８种 Ｂ． Ｃ５８种 Ｃ． ５８种 Ｄ． ８５种 （３）５个不同的球，放入８个不同的盒子中， 每个盒里放球数量不限，则不同的放法有（Ｄ ） Ａ． Ａ５８种 Ｂ． Ｃ５８种 Ｃ． ５８种 Ｄ． ８５                                   种 !"% ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # 题型二 有限制条件的组合问题 ２．（１）从５名男生和４名女生中选出３名学 生参加某次会议，则至少有１名女生参加的情况 有　 　 　 　 种． （２）学校邀请了４位学生的父母共８人，并请 这８位家长中的４位介绍其对子女的教育情况，如 果这４位家长中至多有一对夫妻，那么不同的选择 方法有　 　 　 　 种． ［分析］　 （１）选出的３人中至少有１名女 生，有三种情况：①２名男生和１名女生；②１名男 生和２名女生；③３名女生．也可用间接法，用总的 选法数减去全部是男生的选法数． （２）应分类考 虑，第一类，４位作介绍的家长中没有任何两个人 是夫妻．第二类，４位作介绍的家长中仅有一对夫 妻．在每一类中应分两步：第一步，先确定家长来 自哪个家庭，第二步，在选出的家庭中确定具体的 人来介绍子女的教育情况．也可以采用间接法，用 总的选法数减去４位家长有２对夫妻的选法数． 　 　 ［规律方法］　 常见的限制条件及解题方法 （１）特殊元素：若要选取的元素中有特殊元 素，则要以有无特殊元素，特殊元素的多少作为分 类依据． （２）含有“至多、至少”等限制语句：要分清限 制语句中所包含的情况，可以此作为分类依据，或 采用间接法求解． （３）分类讨论思想：解题的过程中要善于利用 分类讨论思想，将复杂问题分类表达，逐类求解． 对点训练? 某校有男运动员６名，女运 动员４名，其中男、女队长各１名，选派５人外出 比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？ （１）男运动员３名，女运动员２名； （２）恰有１名女运动员； （３）至少有１名女运动员； （４）队长中至少有１人参加； （５）既要有队长，又要有女运动员． 题型三 几何中的组合问题 ３．平面内有１２个点，其中有４个点共线，此 外再无任何３点共线，以这些点为顶点，可得多少 个不同的三角形？ ［分析］　 该问题显然可看作一个组合问题， 但应注意有４个点共线这一限制条件． 　 　 ［尝试作答       ］ 　 　 ［规律方法］　 要注意从不同类型的几何问 题中抽象出组合问题，寻找一个组合的模型加以 处理． 处理几何中的计数问题时要抓住“对应关 系”，如不共线三点对应一个三角形，不共面四点 可以确定一个四面体等．可借助于图形思考问题， 要善于利用几何的有关性质或特征解题．避免重 复或遗漏． 对点训练? （１）四面体的一个顶点为 Ａ，从其他顶点和各棱的中点中取３个点，使它们 和点Ａ不在同一平面上，不同的取法有 （Ｂ ） Ａ． ３０种 Ｂ． ３３种 Ｃ． ３６种 Ｄ． ３９种 （２）四面体的顶点和各棱中点共１０个点，在 其中取４个不共面的点，不同的取法有 （Ｄ ） Ａ． １５０种 Ｂ． １４７种 Ｃ． １４４种 Ｄ． １４１种 题型四 组合应用中分组分配问题 　 　 角度１　 不同对象分配问题 ４． ９本不同的书，在下列条件下各有多少种不 同的分配方法？ （１）分给甲、乙、丙三人，每人３本； （２）分为三组，每组３本； （３）分为三组，一组２本，一组３本，一组４本； （４）分给甲、乙、丙三人，一人２本，一人３本， 一人４本                                                                        ； !"& # # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # （５）分为三组，一组５本，另外两组每组２本； （６）分给甲、乙、丙三人，其中甲２本，乙３本， 丙４本； （７）分给甲、乙、丙三人，其中甲４本，另外两 人中有一人２本，一人３本； （８）分给甲、乙、丙三人，其中甲得５本，另外 两人每人得２本； （９）分给甲、乙、丙三人，其中一人得５本，另 外两人每人得２本． 　 　 ［尝试作答        ］ 　 　 角度２　 相同对象分配问题 ５．有１０个运动员名额，分给班号分别为１，２， ３的３个班． （１）每班至少１个名额，有多少种分配方案？ （２）每班至少２个名额，有多少种分配方案？ （３）可以允许某些班级没有名额，有多少种 分配方案？ ［分析］　 （１）直接使用隔板法计数：（２）（３） 先将问题进行等价转化，再使用隔板法计数． 　 　 ［尝试作答         ］ 　 　 ［规律方法］　 １．分组、分配问题的求解策略 （１）分组问题属于“组合”问题，常见的分组 问题有三种． ①完全均匀分组，每组的元素个数均相等； ②部分均匀分组，应注意不要重复，若有ｎ组 均匀，最后必须除以ｎ！； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复 现象． （２）分配问题属于“排列”问题． 分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组 后再分配． ２．相同元素分配问题的建模思想 （１）隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着 成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中 插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”． 每一种插入隔板的方法对应小球放入盒子的一种 方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元 素的分配问题． （２）将ｎ个相同的元素分给ｍ个不同的对象 （ｎ≥ｍ），有Ｃｍ － １ｎ － １种方法．可描述为ｎ －１个空中插 入ｍ －１块板． 对点训练? （１）有３０个完全相同的苹 果，分给４个不同的小朋友，每个小朋友至少分得 ４个苹果，问有多少种不同的分配方案？ （Ａ ） Ａ． ６８０ Ｂ． ８１６ Ｃ． １ ３６０ Ｄ． １ ４５６ （２）我省５名医学专家驰授湖北武汉抗击新 冠肺炎疫情，现把５名专家分配到Ａ，Ｂ，Ｃ三个集 中医疗点，每个医疗点至少要分配１人，其中甲专 家不去Ａ医疗点，则不同分配种数为 （Ｂ ） Ａ． １１６ Ｂ． １００ Ｃ． １２４ Ｄ． ９０ 易错警示 　 　 计数时重复或遗漏致错 ６．将４个不同的小球放入编号为１，２，３，４的 ４个盒子中，则恰好有１个空盒子的放法有１４４　 种（用数字作答）． ［错解一］　 从４个小球中任取３个小球，有 Ｃ３４种取法，从４个盒子中任取３个盒子，有Ｃ３４ 种 取法                                                                        ， !"' ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # 将３个小球放入取出的３个盒子中，有Ａ３３种 放法，再把余下的１个小球放入３个盒子中的１ 个，有３种放法． 所以满足题意的放法有Ｃ３４·Ｃ３４·Ａ３３·３ ＝ ２８８（种）． ［错解二］　 将３个球放入４个盒子中，有Ａ３４ 种放法，再把余下的１个球放入３个盒子中的１ 个，有３种放法， 所以满足题意的放法有Ａ３４·３ ＝ ７２（种）． ［辨析］　 导致错解的原因；错解一是重复计 数；错解二是遗漏计数，分析如下． 设４个不同的小球为ａ，ｂ，ｃ，ｄ，从４个小球中 取出３个， 若取出的是ａ，ｂ，ｃ，则ｄ与ａ，ｂ，ｃ搭配，有ａ，ｄ；ｂ， ｄ；ｃ，ｄ． 若取出的是ｂ，ｃ，ｄ，则ａ与ｂ，ｃ，ｄ搭配，有ｂ， ａ；ｃ，ａ；ｄ，ａ．其中ａ，ｄ与ｄ，ａ是同一种情况．这就 是错解一中出错的地方． 　 　 取３个小球，若取出的是ａ，ｂ，ｃ，则ｄ与ａ，ｂ，ｃ 搭配有ａ，ｄ；ｂ，ｄ；ｃ，ｄ ３种情况．遗漏了ａ，ｂ；ｂ，ｃ；ａ， ｃ这３种情况．这就是错解二中出错的地方． ［正解］                                  　 6789%:;< 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．甲、乙、丙三位同学选修课程，从４门课程中，甲 选修２门，乙、丙各选修３门，则不同的选修方 案共有 （Ｃ ） Ａ． ３６种 Ｂ． ４８种 Ｃ． ９６种 Ｄ． １９２种 ２．一个口袋中装有大小相同的６个白球和４个黑 球，从中取２个球，则这两个球同色的不同取法 有 （Ｃ ） Ａ． ２７种 Ｂ． ２４种 Ｃ． ２１种 Ｄ． １８种 ３．（２０２３·新课标全国Ⅱ卷）某学校为了解学生参 加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽 样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层 共抽取６０名学生，已知该校初中部和高中部分 别有４００名和２００名学生，则不同的抽样结果 共有 （Ｄ ） Ａ． Ｃ４５４００·Ｃ１５２００种 Ｂ． Ｃ２０４００·Ｃ４０２００种 Ｃ． Ｃ３０４００·Ｃ３０２００种 Ｄ． Ｃ４０４００·Ｃ２０２００种 ４． ５名志愿者分到３所学校支教，每个学校至少去 一名志愿者，则不同的分派方法共有 （Ａ ） Ａ． １５０种 Ｂ． １８０种 Ｃ． ２００种 Ｄ． ２８０种 ５． ６本相同的书放到４个不同的盒子中，每个盒子 至少放一本书，有不同分配方法　 　 　 　 种． 请同学们认真完成练案［５                                 ］ !"( 　 　 对点训练３：（１）原式＝ ２（Ｃ０５ ＋ Ｃ１５ ＋ Ｃ２５）＝ ２（Ｃ１６ ＋ Ｃ２５）＝ ２ ６ ＋ ５ × ４( )２ × １ ＝ ３２． （２）由排列数和组合数公式，原方程可化为 ３·（ｘ － ３）！（ｘ － ７）！４！＝ ５· （ｘ － ４）！ （ｘ － ６）！， 则３（ｘ － ３）４！ ＝ ５ ｘ － ６，即为（ｘ － ３）（ｘ － ６）＝ ４０． ∴ ｘ２ － ９ｘ － ２２ ＝ ０， 解之可得ｘ ＝ １１或ｘ ＝ － ２． 经检验知ｘ ＝ １１是原方程的根，ｘ ＝ － ２是原方程的增根． ∴方程的根为ｘ ＝ １１． 　 　 例４：解法一：２ ５２０　 先从１０人中选出２人参加会议甲，再 从余下８人中选出１人参加会议乙，最后从剩下的７人中选出１ 人参加会议丙． 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有 Ｃ２１０Ｃ １ ８Ｃ １ ７ ＝ ２ ５２０（种）． 解法二：先从１０人中选出２人参加会议甲，再从余下８人 中选出２人分别参加会议乙、丙． 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有Ｃ２１０ Ａ２８ ＝ ２ ５２０（种）． 课堂检测·固双基 １． Ｃ　 ①与顺序有关，是排列问题，而②③④均与顺序无关，是组 合问题，故选Ｃ． ２． Ａ　 由题意得Ａ２４ － Ｃ２３ ＝ ４ × ３ － ３ × ２２ ＝ １２ － ３ ＝ ９． ３． Ｃ　 因为Ａ３ｍ ＝ ６Ｃ４ｍ， 所以ｍ（ｍ － １）（ｍ － ２） ＝ ６ × ｍ（ｍ － １）（ｍ － ２）（ｍ － ３）４ × ３ × ２ × １ 即１ ＝ ｍ － ３４ ，解得ｍ ＝ ７． ４． Ｃ　 ∵ Ｃ４ｎ ＜ Ｃ ６ ｎ， ∴ ｎ（ｎ － １）（ｎ － ２）（ｎ － ３）４ × ３ × ２ × １ ＞ ｎ（ｎ － １）（ｎ － ２）（ｎ － ３）（ｎ － ４）（ｎ － ５） ６ × ５ × ４ × ３ × ２ × １ ， ∴ （ｎ － ４）（ｎ － ５）＜ ３０， ∴ ｎ２ － ９ｎ － １０ ＜ ０， 解得－ １ ＜ ｎ ＜ １０． 由题意ｎ可取的值是６，７，８，９共四个． ５． ｎ ＝ ３，４，５，６，７　 由题意知３≤ｎ≤１２，且ｎ∈Ｎ， 由题意得 １０！（ｎ － ３）！（１３ － ｎ）！＜ １０！ （ｎ － ２）！（１２ － ｎ）！， 解得ｎ ＜ ７． ５，所以ｎ ＝ ３，４，５，６，７． 第２课时　 组合数的应用 必备知识·探新知 　 　 思考：在解决此类问题时，要注意题中的隐含条件；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 用分类加法计数原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏． 关键能力·攻重难 　 　 例１：（１）Ａ　 根据题意，需分两类讨论． 第一类：选出的３名医生中有２名男医生１名女医生，有 Ｃ２５Ｃ １ ３ ＝ ３０（种）不同的组队方式． 第二类：选出的３名医生中有１名男医生２名女医生，有 Ｃ１５Ｃ ２ ３ ＝ １５（种）不同的组队方式． 根据分类加法计数原理，一共有３０ ＋ １５ ＝ ４５（种）组队 方式． （２）１７ ３２５　 需分两步． 第一步：根据经纪人的推荐在１２种股票中选８种，共有Ｃ８１２ 种选法． 第二步：根据经纪人的推荐在７种债券中选４种，共有Ｃ４７ 种选法． 根据分步乘法计数原理，此人有Ｃ８１２·Ｃ４７ ＝ １７ ３２５（种）不同 的投资方式． （３）２６　 在这８本杂志中，３本文学杂志是完全相同的，因 此从中选取并不是组合问题． 从这８本杂志里选取３本，可分四类完成． 第一类：文学杂志选取０本，数学杂志选取３本，有Ｃ３５ 种不 同的选法． 第二类：文学杂志选取１本，数学杂志选取２本，有Ｃ２５ 种不 同的选法． 第三类：文学杂志选取２本，数学杂志选取１本，有Ｃ１５ 种不 同的选法． 第四类：文学杂志选取３本，教学杂志选取０本，有１种不 同的选法． 根据分类加法计数原理，不同选法的种数为Ｃ３５ ＋ Ｃ２５ ＋ Ｃ１５ ＋ １ ＝ ２６． 　 　 对点训练１：（１）Ａ　 由于球不相同，盒子不同，每个盒里至多放 一个球，所以取出５个盒子放不同的球，共有Ａ５８种不同的放法． （２）Ｂ　 由于球都相同，盒子不同，每个盒里至多放一个球， 所以只要选出５个不同的盒子即可．故共有Ｃ５８种不同的放法． （３）Ｄ　 由于每个盒里放球数量不限，所以第１个球有８种 放法，第２个球有８种放法，…，第５个球也有８种放法．故不同 的放法共有８ × ８ × ８ × ８ × ８ ＝ ８５（种）． 　 　 例２：（１）７４　 解法一（直接法），第一类，从５名男生中选出 ２名男生，从４名女生中选出１名女生，有Ｃ２５Ｃ１４ ＝ ４０（种）选法； 第二类，从５名男生中选出１名男生，从４名女生中选出２名女 生，有Ｃ１５Ｃ２４ ＝ ３０（种）选法；第三类，从４名女生中选出３名女 生，有Ｃ３４ ＝ ４（种）选法． 根据分类加法计数原理知，共有７４种选法． 解法二（间接法）：从所有的９名学生中选出３名，有Ｃ３９ 种 选法，其中全为男生的有Ｃ３５种选法． 所以选出３名学生，至少有１名女生的选法有Ｃ３９ －Ｃ３５ ＝７４（种）． （２）６４　 解法一（直接法）：４位作介绍的家长可分两类． 第一类，４位作介绍的家长中任何两个人都不是夫妻，即４ 位作介绍的家长来自４个家庭，每个家庭是父亲作介绍还是母 亲作介绍都有两种情况，所以其选择方法有２４ ＝ １６（种）； 第二类，４位作介绍的家长中仅有一对夫妻，即４位作介绍 的家长中有２位为一个家庭的父亲和母亲，其选法有Ｃ１４种，另２ 位家长从另三个家庭中的两个家庭中选，其选法有Ｃ２３ 种，并且 被选中的家庭是父亲作介绍还是母亲作介绍都有两种情况，其 选法有２２ 种．根据分步乘法计数原理知，作介绍的家长的选法 有Ｃ１４·Ｃ２３ × ２２ ＝ ４８（种）． 根据分类加法计数原理知，满足题意的选法有１６ ＋ ４８ ＝ ６４ （种）． 解法二（间接法）：从８位家长中选出４位家长有Ｃ４８ 种选 法，其中这四位家长仅来自２个家庭不符合条件，其选法有Ｃ２４ 种，所以满足题意的选法有Ｃ４８ － Ｃ２４ ＝ ６４（种）． 　 　 对点训练２：（１）需分两步完成： 第一步　 选３名男运动员，有Ｃ３６种选法； 第二步　 选２名女运动员，有Ｃ２４种选法． 故选法共有Ｃ３６Ｃ２４ ＝ １２０（种）． （２）需分两步完成： 第一步　 选１名女运动员，有Ｃ１４种选法                                                                      ； —１２９— 第二步　 选４名男运动员，有Ｃ４６种选法． 故选法共有Ｃ１４Ｃ４６ ＝ ６０（种）． （３）方法一（直接法）　 至少有１名女运动员包括以下四种 情况： １女４男，２女３男，３女２男，４女１男．由分类加法计数原 理知选法共有Ｃ１４Ｃ４６ ＋ Ｃ２４Ｃ３６ ＋ Ｃ３４Ｃ２６ ＋ Ｃ４４Ｃ１６ ＝ ２４６（种）． 方法二（间接法）　 不考虑条件，从１０人中任选５人，有Ｃ５１０ 种选法，其中全是男运动员的选法有Ｃ５６ 种．故至少有１名女运 动员的选法有Ｃ５１０ － Ｃ５６ ＝ ２４６（种）． （４）需分三类完成； 第一类　 “只有男队长”的选法为Ｃ４８种； 第二类　 “只有女队长”的选法为Ｃ４８种； 第三类　 “男、女队长都入选”的选法为Ｃ３８种； 故队长中至少有１人参加的选法共有２Ｃ４８ ＋ Ｃ３８ ＝ １９６（种）． （５）当有女队长时，其他人的选法任意，共有Ｃ４９ 种选法；当 不选女队长时，必选男队长，共有Ｃ４８种选法，其中不含女运动员 的选法有Ｃ４５种，故不选女队长时共有（Ｃ４８ － Ｃ４５）种选法．所以既 有队长又有女运动员的选法共有Ｃ４９ ＋ Ｃ４８ － Ｃ４５ ＝ １９１（种）． 　 　 例３：我们把从共线的４个点取点的多少作为分类的标准． 第１类：共线的４个点中有２个点作为三角形的顶点，共有 Ｃ２４·Ｃ１８ ＝ ４８个不同的三角形； 第２类：共线的４个点中有１个点作为三角形的顶点，共有 Ｃ１４·Ｃ２８ ＝ １１２个不同的三角形； 第３类：共线的４个点中没有点作为三角形的顶点，共有Ｃ３８ ＝ ５６个不同的三角形． 由分类加法计数原理，不同的三角形共有 ４８ ＋ １１２ ＋ ５６ ＝ ２１６（个）． 　 　 对点训练３：（１）Ｂ　 如图，含顶点Ａ的四面 体的３个面上，除点Ａ外都有５个点，从中取出 ３点必与点Ａ共面，共有３Ｃ３５ 种取法；含顶点Ａ 的三条棱上都各有３个点，它们与对棱的中点 共面，此时共有３种取法． 故与顶点Ａ共面的３个点的取法共有３Ｃ３５ ＋ ３ ＝ ３３（种）． （２）Ｄ　 如图，从１０个点中取出４个点的取法有Ｃ４１０种，除去 四点共面的取法种数可以得到结果． ①从四面体同一个面上的６个点取４个点必定共面，有４Ｃ４６ ＝ ６０（种）； ②四面体的每一条棱上的３个点与对棱的中点共面，共有６ 种共面情况； ③从６条棱的中点中取４个点时，有３种共面情况． 故４点不共面的取法有Ｃ４１０ －（６０ ＋ ６ ＋ ３）＝ １４１（种）． 　 　 例４：（１）这是均匀编号分组问题． 第一步：从９本书中选３本给甲，有Ｃ３９种选法． 第二步：再从其余的６本书中选３本给乙，有Ｃ３６种选法． 第三步：从余下的３本书中选３本给丙，有Ｃ３３种选法． 根据分步乘法计数原理得，不同的分配方法共有Ｃ３９Ｃ３６Ｃ３３ ＝ １ ６８０（种）． （２）这是均匀不编号分组问题． 先将９本书平均放入１号箱，２号箱，３号箱． 先放１号箱，有Ｃ３９种放法； 再放２号箱，有Ｃ３６种放法； 最后把剩下的３本放入３号箱，有Ｃ３３种放法． 因此共有Ｃ３９Ｃ３６Ｃ３３种放法． 由于这３个箱子现在是有序的，而装的书本数是一样的，因 此会出现重复的分法，应用缩倍法，重复的是３个箱子的排列顺 序，应除以箱子的全排列数，即Ｃ３９Ｃ３６Ｃ３３ ÷ Ａ３３ ＝ ２８０． 故共有２８０种不同的分配方法． （３）这是非均匀不编号分组问题． 同（２）中思路，第一步共Ｃ２９Ｃ３７Ｃ４４种放法． 由于这次不是平均分配，每个箱子里装的书都不同，因此不 会出现重复的分法，因此共有１ ２６０种不同的分配方法． （４）这是非均匀编号问题．在（３）的基础上再进行全排列，所以 不同的分配方法共有Ｃ２９Ｃ３７Ｃ４４·Ａ３３ ＝７ ５６０（种）． （５）这是部分均匀不编号分组问题． 同（２）中思路，第一步共Ｃ５９Ｃ２４Ｃ２２种放法． 这次同样不是平均分配，但恰有２个箱子装的书本数一样， 因此是“局部平均”，也会出现重复的分法，重复的是同样装着２ 本书的２个箱子的排列顺序，因此应除以这２个箱子的全排列 数，即Ｃ５９Ｃ２４Ｃ２２ ÷ Ａ２２ ＝ ３７８． 故共有３７８种不同的分配方法． （６）这是直接分配问题． 由于甲的书本数已知，先给甲选书，有Ｃ２９ 种选法，再给乙选 书，有Ｃ３７种选法，剩下的３本给丙， 故不同的分配方法共有Ｃ２９Ｃ３７ ＝ １ ２６０（种）． （７）这是直接分配问题． 由于甲的书本数已知，先给甲选书，有Ｃ４９种选法． 再把剩下的５本书分成本数分别为２，３的两份，有Ｃ２５Ｃ３３ 种 分法，把分好后的两份书分给乙、丙两个人，有Ａ２２种分法． 根据分步乘法计数原理，可得不同的分配方法共有 Ｃ４９Ｃ ２ ５Ｃ ３ ３Ａ ２ ２ ＝ ２ ５２０（种）． （８）这是直接分配问题． 由于甲的书本数已知，先给甲选书，有Ｃ５９种选法． 再把剩下的４本书平均分给乙、丙，有Ｃ２４Ｃ２２种方法， 故不同的分配方法共有Ｃ５９Ｃ２４Ｃ２２ ＝ ７５６（种）． （９）这是部分均匀编号分组问题． 在（５）的基础上再分配给甲、乙、丙三人， 不同的分配方法共有Ｃ ５ ９Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ Ａ２２ ·Ａ３３ ＝ ２ ２６８（种）． 　 　 例５：（１）因为１０个名额没有差别，把它们排成一排，相邻 名额之间形成９个空，在９个空中选２个位置插入“隔板”，可把 名额分成３份，对应地分给３个班级，每一种插入隔板的方法对 应一种分法，共有Ｃ２９ ＝ ３６（种）分法． 如图是其中一种分法，表示分给１班，２班，３班的名额分别 是２个，５个，３个． （２）要求每班至少２个名额，可以先从１０个名额中拿出３ 个，分别给各班１个名额，还剩下７个名额，此时题目转化为将７ 个名额分给３个班级且每个班级至少１个名额，按照解第（１）小 问的方法，可得有Ｃ２６ ＝ １５（种）分法． 如图是其中一种分法，表示分给１班，２班，３班的名额分别 是３ ＋ １ ＝ ４（个），２ ＋ １ ＝ ３（个），２ ＋ １ ＝ ３（个）． （３）增加３个名额，使得每个班级至少有１个名额，此时问 题转化为将１３个名额分给３个班级且每个班级至少１个名额， 按照解第（１）小问的方法，可得有Ｃ２１２ ＝ ６６（种）分法． 如图是其中一种分法，表示分给１班，２班，３班的名额分别 是３ － １ ＝ ２（个），６ － １ ＝ ５（个），４ － １ ＝ ３（个）．                                                                       —１３０— 　 　 对点训练４：（１）Ａ　 先给每个小朋友分三个苹果，剩余１８ 个苹果利用“隔板法”，１８个苹果有１７个空，插入三个“板”，共 有Ｃ３１７ ＝ ６８０种方法，故有３０个完全相同的苹果，分给４个不同 的小朋友，每个小朋友至少分得４个苹果，有６８０种不同的分配 方案． （２）Ｂ　 根据题意，分２步进行分析： ①将５名医学专家分为３组，若分为２，２，１的三组，有Ｃ ２ ５Ｃ ２ ３ ２ ＝ １５种分组方法，若分为３，１，１的三组，有Ｃ３５ ＝ １０种分组方法． 则有１５ ＋ １０ ＝ ２５种分组方法； ②将分好的三组分派到三个医疗点，甲专家所在组不去Ａ 医疗点，有２种情况，再将剩下的２组分派到其余２个医疗点， 有２种情况，则３个组的分派方法有２ × ２ ＝ ４种情况，则有２５ × ４ ＝ １００种分配方法． 　 　 例６：１４４　 由题意知，必有１个盒子内放入２个小球．从４个小 球中取出２个小球，有Ｃ２４种取法，此时把它看作１个小球，与另２个 小球（共３个小球）分别放入４个盒子中，有Ａ３４种放法，所以满足题 意的放法有Ｃ２４Ａ３４ ＝１４４（种）．或Ｃ３４Ｃ２４Ａ３３ ＝１４４． 课堂检测·固双基 １． Ｃ　 甲选２门有Ｃ２４ 种选法，乙选３门有Ｃ３４ 种选法，丙选３门 有Ｃ３４种选法． 所以共有Ｃ２４·Ｃ３４·Ｃ３４ ＝ ９６（种）选法． ２． Ｃ　 分两类：一类是２个白球有Ｃ２６ ＝ １５种取法，另一类是２个 黑球有Ｃ２４ ＝ ６种取法，所以取法共有１５ ＋ ６ ＝ ２１（种）． ３． Ｄ　 利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案． 根据分层抽样的定义知初中部共抽取６０ × ４００６００ ＝ ４０人，高中 部共抽取６０ × ２００６００ ＝ ２０，根据组合公式和分步计数原理则不同 的抽样结果共有Ｃ４０４００·Ｃ２０２００种．故选Ｄ． ４． Ａ　 人数分配上有１，１，３与１，２，２两种方式，若是１，１，３，则有 Ｃ３５Ｃ １ ２Ｃ １ １ Ａ２２ × Ａ３３ ＝ ６０（种），若是１、２、２，则有Ｃ １ ５Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ Ａ２２ × Ａ３３ ＝ ９０ （种），所以共有１５０种，选Ａ． ５． １０　 先把６本书并成一排，它们之间有５个空，在５个空中选 出３个空放上“隔板”． ６本书被分成了４组，４组书的本数也 恰好对应一种放书的方法，共有Ｃ３５ ＝ １０（种）． ３． ３　 二项式定理与杨辉三角 第１课时　 二项式定理 必备知识·探新知 　 　 知识点１ 　 Ｃ０ｎａｎ ＋ Ｃ１ｎａｎ － １ ｂ１ ＋…＋ Ｃｋｎａｎ － ｋ ｂｋ ＋…＋ Ｃｎｎｂｎ 　 Ｃｋｎａ ｎ － ｋｂｋ 思考１：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念． 二项式系数是指Ｃ０ｎ，Ｃ１ｎ，…，Ｃｎｎ，而项的系数是指该项中除 了变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与ａ，ｂ 的值有关． 思考２：不同．（ａ ＋ ｂ）ｎ 展开式中第ｋ ＋ １项为Ｃｋｎａｎ － ｋ ｂｋ，而 （ｂ ＋ ａ）ｎ展开式中第ｋ ＋ １项为Ｃｋｎｂｎ － ｋａｋ ． 关键能力·攻重难 　 　 例１：（１）原式＝Ｃ０５（ｘ －１）５ ＋ Ｃ１５（ｘ －１）４ ＋ Ｃ２５（ｘ －１）３ ＋ Ｃ３５（ｘ － １）２ ＋ Ｃ４５（ｘ －１）＋Ｃ５５ －１ ＝［（ｘ －１）＋１］５ －１ ＝ ｘ５ －１． （２）方法一：２ｘ － ３２ｘ( )２ ５ ＝ Ｃ０５（２ｘ）５ － ３２ｘ( )２ ０ ＋ Ｃ１５（２ｘ）４ － ３２ｘ( )２ １ ＋ Ｃ２５（２ｘ）３ － ３２ｘ( )２ ２ ＋ Ｃ３５（２ｘ）２ － ３２ｘ( )２ ３ ＋ Ｃ４５（２ｘ）１ － ３２ｘ( )２ ４ ＋ Ｃ５５（２ｘ）０ － ３２ｘ( )２ ５ ＝ ３２ｘ５ － １２０ｘ２ ＋ １８０ｘ － １３５ ｘ４ ＋ ４０５ ８ｘ７ － ２４３ ３２ｘ１０ ． 方法二：２ｘ － ３２ｘ( )２ ５ ＝ ４ｘ ３ －３ ２ｘ( )２ ５ ＝ １ ３２ｘ１０ （４ｘ３ － ３）５ ＝ １ ３２ｘ１０ ［Ｃ０５ （４ｘ３）５（－ ３）０ ＋ Ｃ１５（４ｘ３）４（－ ３）１ ＋ Ｃ２５（４ｘ３）３（－ ３）２ ＋ Ｃ３５（４ｘ３）２ （－３）３ ＋ Ｃ４５（４ｘ３）１（－３）４ ＋ Ｃ５５（４ｘ３）０（－３）５］＝３２ｘ５ －１２０ｘ２ ＋ １８０ｘ － １３５ ｘ４ ＋４０５ ８ｘ７ － ２４３ ３２ｘ１０ ． 　 　 对点训练１：（１）法一：３槡ｘ ＋ １槡( )ｘ ４ ＝ Ｃ０４（３槡ｘ）４ ＋ Ｃ１４（３槡ｘ）３·１槡ｘ ＋Ｃ２４（３槡ｘ）２·１槡( )ｘ ２ ＋ Ｃ３４（３槡ｘ） １槡( )ｘ ３ ＋ Ｃ４４ １ 槡( )ｘ ４ ＝８１ｘ２ ＋１０８ｘ ＋５４ ＋ １２ｘ ＋ １ ｘ２ ． 法二：３槡ｘ ＋ １槡( )ｘ ４ ＝（３ｘ ＋１） ４ ｘ２ ＝ １ ｘ２ （８１ｘ４ ＋１０８ｘ３ ＋５４ｘ２ ＋１２ｘ ＋１） ＝８１ｘ２ ＋１０８ｘ ＋５４ ＋ １２ｘ ＋ １ ｘ２ ． （２）原式＝１ ＋２Ｃ１ｎ ＋２２Ｃ２ｎ ＋…＋２ｎＣｎｎ ＝（１ ＋２）ｎ ＝３ｎ ． 　 　 例２：由已知得二项展开式的通项为Ｔｒ ＋１ ＝ Ｃｒ６（２槡ｘ）６ － ｒ·－ １( )ｘ ｒ ＝（－１）ｒＣｒ６２６ － ｒ·ｘ３ － ３ ２ ｒ ∴ Ｔ６ ＝ －１２·ｘ － ９ ２ ． ∴第６项的二项式系数为Ｃ５６ ＝６， 第６项的系数为Ｃ５６·（－１）·２ ＝ －１２． （２）Ｔｒ ＋１ ＝ Ｃｒ９ｘ９ － ｒ·－ １( )ｘ ｒ ＝（－１）ｒ·Ｃｒ９·ｘ９ －２ｒ， ∴ ９ －２ｒ ＝３， ∴ ｒ ＝３，即展开式中第四项含ｘ３，其系数为（－１）３·Ｃ３９ ＝ －８４． 　 　 对点训练２：（１）Ｄ　 （１ ＋ ｘ）５展开式的通项为Ｔｒ ＋１ ＝ Ｃｒ５ｘｒ，令ｒ ＝ １，２得，Ｔ２ ＝ Ｃ１５ｘ，Ｔ３ ＝ Ｃ２５ｘ２，因此题中表达式的展开式中含ｘ２的项的 系数为Ｃ２５ ＋ ａＣ１５ ＝５，解之得ａ ＝ －１． （２）－１２０　 由多项式乘法的运算法则可知，（１ －２ｘ）５（２ ＋ ｘ）的 展开式中ｘ３项的系数是（１ －２ｘ）５展开式中ｘ３项的系数的２倍与 （１ －２ｘ）５展开式中ｘ２项的系数的和． ∵（１ －２ｘ）５展开式的通项为Ｔｒ ＋１ ＝（－２）ｒＣｒ５ｘｒ， 令ｒ ＝３得到ｘ３项的系数为－８Ｃ３５ ＝ －８０ 令ｒ ＝２得到ｘ２项的系数为４Ｃ２５ ＝４０， 所以（１ －２ｘ）５（２ ＋ ｘ）的展开式中ｘ３项的系数是－８０ ×２ ＋４０ ＝ －１２０， 故答案为－１２０． 　 　 例３：（１）因为Ｔ３ ＝ Ｃ２ｎ（槡ｘ）ｎ －２ － ２( )ｘ ２ ＝４Ｃ２ｎｘ ｎ －６ ２ ， Ｔ２ ＝ Ｃ １ ｎ（槡ｘ）ｎ －１ － ２( )ｘ ＝ －２Ｃ１ｎｘ ｎ －３ ２ ，依题意得４Ｃ２ｎ ＋２Ｃ１ｎ ＝１６２， 所以２Ｃ２ｎ ＋Ｃ１ｎ ＝８１， 所以ｎ２ ＝８１，ｎ ＝９． （２）设第ｒ ＋１项含ｘ３项，则 Ｔｒ ＋１ ＝ Ｃ ｒ ９（槡ｘ）９ － ｒ － ２( )ｘ ｒ ＝（－２）ｒＣｒ９ｘ ９ －３ｒ ２                                                                      ， —１３１—