公式P是指排列，從N個元素取R個進行排列。
公式C是指組合，從N個元素取R個，不進行排列。
N-元素的總個數
R參與選擇的元素個數
！-階乘 ，如 9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1
從N倒數r個，表達式應該為n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);
因為從n到（n-r+1)個數為n－（n-r+1)＝r
舉例：
Q1: 有從1到9共計9個號碼球，請問，可以組成多少個三位數？
A1: 123和213是兩個不同的排列數。即對排列順序有要求的，既屬於「排列P」計算範疇。
上問題中，任何一個號碼只能用一次，顯然不會出現988,997之類的組合， 我們可以這麼看，百位數有9種可能，十位數則應該有9-1種可能，個位數則應該只有9-1-1種可能，最終共有9*8*7個三位數。計算公式＝P（3，9)＝9*8*7,(從9倒數3個的乘積）
Q2: 有從1到9共計9個號碼球，請問，如果三個一組，代表「三國聯盟」，可以組合成多少個「三國聯盟」？
A2: 213組合和312組合，代表同一個組合，只要有三個號碼球在一起即可。即不要求順序的，屬於「組合C」計算範疇。
上問題中，將所有的包括排列數的個數去除掉屬於重複的個數即為最終組合數C(3,9)=9*8*7/3*2*1
排列、組合的概念和公式典型例題分析
例1 設有3名學生和4個課外小組．（1）每名學生都只參加一個課外小組；（2）每名學生都只參加一個課外小組，而且每個小組至多有一名學生參加．各有多少種不同方法？
解（1）由於每名學生都可以參加4個課外小組中的任何一個，而不限制每個課外小組的人數，因此共有種不同方法．
（2）由於每名學生都只參加一個課外小組，而且每個小組至多有一名學生參加，因此共有 種不同方法．
點評 由於要讓3名學生逐個選擇課外小組，故兩問都用乘法原理進行計算．
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種？
解 依題意，符合要求的排法可分為第一個排 、、 中的某一個，共3類，每一類中不同排法可採用畫「樹圖」的方式逐一排出：
∴ 符合題意的不同排法共有9種．
點評 按照分「類」的思路，本題應用了加法原理．為把握不同排法的規律，「樹圖」是一種具有直觀形象的有效做法，也是解決計數問題的一種數學模型．
例３ 判斷下列問題是排列問題還是組合問題？並計算出結果．
（1）高三年級學生會有11人：①每兩人互通一封信，共通了多少封信？②每兩人互握了一次手，共握了多少次手？
（2）高二年級數學課外小組共10人：①從中選一名正組長和一名副組長，共有多少種不同的選法？②從中選2名參加省數學競賽，有多少種不同的選法？
（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八個質數：①從中任取兩個數求它們的商可以有多少種不同的商？②從中任取兩個求它的積，可以得到多少個不同的積？
（4）有8盆花：①從中選出2盆分別給甲乙兩人每人一盆，有多少種不同的選法？②從中選出2盆放在教室有多少種不同的選法？
分析 （1）①由於每人互通一封信，甲給乙的信與乙給甲的信是不同的兩封信，所以與順序有關是排列；②由於每兩人互握一次手，甲與乙握手，乙與甲握手是同一次握手，與順序無關，所以是組合問題．其他類似分析．
（1）①是排列問題，共用了 封信；②是組合問題，共需握手 （次）．
（2）①是排列問題，共有 （種）不同的選法；②是組合問題，共有 種不同的選法．
（3）①是排列問題，共有 種不同的商；②是組合問題，共有 種不同的積．
（4）①是排列問題，共有 種不同的選法；②是組合問題，共有 種不同的選法．
例４ 證明 ．
證明 左式
右式．
∴ 等式成立．
點評 這是一個排列數等式的證明問題，選用階乘之商的形式，並利用階乘的性質 ，可使變形過程得以簡化．
例5 化簡 ．
解法一 原式
解法二 原式
點評 解法一選用了組合數公式的階乘形式，並利用階乘的性質；解法二選用了組合數的兩個性質，都使變形過程得以簡化．
例6 解方程：（1） ；（2）．
解 （1）原方程
解得 ．
（2）原方程可變為
∵ ， ，
∴ 原方程可化為 ．
即 ，解得
第六章 排列組合、二項式定理
一、考綱要求
1.掌握加法原理及乘法原理，並能用這兩個原理分析解決一些簡單的問題.
2.理解排列、組合的意義，掌握排列數、組合數的計算公式和組合數的性質，並能用它們解決一些簡單的問題.
3.掌握二項式定理和二項式係數的性質，並能用它們計算和論證一些簡單問題.
二、知識結構
三、知識點、能力點提示
(一)加法原理乘法原理
說明 加法原理、乘法原理是學習排列組合的基礎，掌握此兩原理為處理排 列、組合中有關問題提供了理論根據.
例1 5位高中畢業生，準備報考3所高等院校，每人報且只報一所，不同的報名方法共有多少種?
解： 5個學生中每人都可以在3所高等院校中任選一所報名，因而每個學生都有3種不同的 報名方法，根據乘法原理，得到不同報名方法總共有
3×3×3×3×3=35(種)
(二)排列、排列數公式
說明 排列、排列數公式及解排列的應用題，在中學代數中較為獨特，它研 究的對象以及研 究問題的方法都和前面掌握的知識不同，內容抽象，解題方法比較靈活，歷屆高考主要考查排列的應用題，都是選擇題或填空題考查.
例2 由數字1、2、3、4、5組成沒有重複數字的五位數，其中小於50000的 偶數共有( )
A.60個 B.48個 C.36個 D.24個
解 因為要求是偶數，個位數只能是2或4的排法有P12；小於50 000的五位數，萬位只能是1、3或2、4中剩下的一個的排法有P13;在首末兩位數排定後，中間3個位數的排法有P33，得P13P33P12＝36(個)
由此可知此題應選C.
例3 將數字1、2、3、4填入標號為1、2、3、4的四個方格裡，每格填一個數字，則每個方格的標號與所填的數字均不同的填法有多少種?
解： 將數字1填入第2方格，則每個方格的標號與所填的數字均不相同的填法有3種，即214 3，3142，4123；同樣將數字1填入第3方格，也對應著3種填法；將數字1填入第4方格，也對應3種填法，因此共有填法為
3P13=9(種).
例四 例五可能有問題，等思考
三)組合、組合數公式、組合數的兩個性質
說明 歷屆高考均有這方面的題目出現，主要考查排列組合的應用題，且基本上都是由選擇題或填空題考查.
例4 從4臺甲型和5臺乙型電視機中任意取出3臺，其中至少有甲型與乙型電視機各1臺，則不同的取法共有( )
A.140種 B.84種 C.70種 D.35種
解： 抽出的3臺電視機中甲型1臺乙型2臺的取法有C14·C25種；甲型2臺乙型1臺的取法有C24·C15種
根據加法原理可得總的取法有
C24·C25+C24·C15=40+30=70(種 )
可知此題應選C.
例5 甲、乙、丙、丁四個公司承包8項工程，甲公司承包3項，乙公司承包1 項，丙、丁公司各承包2項，問共有多少種承包方式?
解： 甲公司從8項工程中選出3項工程的方式 C38種；
乙公司從甲公司挑選後餘下的5項工程中選出1項工程的方式有C15種；
丙公司從甲乙兩公司挑選後餘下的4項工程中選出2項工程的方式有C24種；
丁公司從甲、乙、丙三個公司挑選後餘下的2項工程中選出2項工程的方式有C22種.
根據乘法原理可得承包方式的種數有C38×C15×C24×C22=×1=1680(種).
(四)二項式定理、二項展開式的性質
說明 二項式定理揭示了二項式的正整數次冪的展開法則，在數學中它是常用的基礎知識，從1985年至1998年曆屆高考均有這方面的題目出現，主要考查二項展開式中通項公式等，題型主要為選擇題或填空題.
例6 在(x- )10的展開式中，x6的係數是( )
A.-27C610 B.27C410 C.-9C610 D.9C410
解 設(x- )10的展開式中第γ+1項含x6，
因Tγ+1=Cγ10x10-γ(-)γ，10-γ=6,γ=4
於是展開式中第5項含x 6，第5項係數是C410(-)4=9C410
故此題應選D.
例7 (x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)+(x-1)５的展開式中的x２的係數等於
解：此題可視為首項為x-1，公比為-(x-1)的等比數列的前5項的和，則其和為
在(x-1)6中含x3的項是C36x3(-1)3=-20x3，因此展開式中x2的係數是-2 0.
(五)綜合例題賞析
例8 若(2x+ )4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，則(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值為( )
A.1 B.-1 C.0 D.2
解：A.
例9 2名醫生和4名護士被分配到2所學校為學生體檢，每校分配1名醫生和2名護士，不同的分配方法共有( )
A.6種 B.12種 C.18種 D.24種
解 分醫生的方法有P22＝2種，分護士方法有C24=6種，所以共有6×2＝12種不同的分配方法。
應選B.
例10 從4臺甲型和5臺乙型電視機中任意取出3臺，其 中至少要有甲型與乙型電視機各1臺，則不同取法共有( ).
A.140種 B.84種 C.70種 D.35種
解：取出的3臺電視機中，甲型電視機分為恰有一臺和恰有二臺兩種情形.
∵C24·+C25·C14=5×6+10×4=70.
∴應選C.
例11 某小組共有10名學生，其中女生3名，現選舉2 名代表，至少有1名女生當選的不同選法有( )
A.27種 B.48種 C.21種 D.24種
解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表兩類：
∵C13·C17+C23=3×7+3=24，
∴應選D.
例12 由數學0，1，2，3，4，5組成沒有重複數字的 六位數，其中個位數字小於十位數字的共有( ).
A.210個 B.300個
C.464個 D.600個
解：先考慮可組成無限制條件的六位數有多少個?應有P15·P 55=600個.
由對稱性，個位數小於十位數的六位數和個位數大於十位數的六位數各佔一半.
∴有 ×600=300個符合題設的六位數.
應選B.
例13 以一個正方體的頂點為頂點的 四面體共有( ).
A.70個 B.64個
C.58個 D.52個
解：如圖，正方體有8個頂點，任取4個的組合數為C48=70個.
其中共面四點分3類：構成側面的有6組；構成垂直底面的對角面的有2組；形如(ADB1C1 )的有4組.
∴能形成四面體的有70-6-2-4=58(組)
應選C.
例14 如果把兩條異面直線看成「一對」，那麼六稜 錐的稜所在的12條直線中，異面直線共有( ).
A.12對 B.24對
C.36對 D.48對
解：設正六稜錐為O—ABCDEF.
任取一側稜OA(C16)則OA與BC、CD、DE、EF均形成異面直線對.
∴共有C16×4=24對異面直線.
應選B.
例15 正六邊形的中心和頂點共7個點，以其中三個點 為頂點的三角形共 個(以數字作答).
解：7點中任取3個則有C37=35組.
其中三點共線的有3組(正六邊形有3條直徑).
∴三角形個數為35-3=32個.
例16 設含有10個元素的集合的全部子集數為S，其中由3個元素組成的子集數為T，則的值為 。
解 10個元素的集合的全部子集數有：
S＝C010+C110+C210+C310+C410+C510+C610+C710+C810+C910+C1010=210=1024
其中，含3個元素的子集數有T=C310=120
故 =
例17 例17 在50件產品 n 中有4件是次品，從中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的抽法共
種(用數字作答).
解：「至少3件次品」即「有3件次品」或「有4件次品」.
∴C34·C246+C44·C146=4186(種)
例18 有甲、乙、丙三項任務，甲需2人承擔，乙、 丙各需1人承擔，從10人中選派4人承擔這三項任務，不同的選法共有( ).
A.1260種 B.2025種
C.2520種 D.5040種
解：先從10人中選2個承擔任務甲(C210)
再從剩餘8人中選1人承擔任務乙(C1 8)
又從剩餘7人中選1人承擔任務乙(C1 7)
∴有C210·C18C1 7=2520(種).
應選C.
例19 集合｛1，2，3｝子集總共有( ).
A.7個 B.8個 C.6個 D.5個
解 三個元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一個，由一個元素組成的子集數
C13，由二個元素組成的子集數C23。
由3個元素組成的子集數C33。由加法原理可得集合子集的總個數是
C13+C23+C33+1=3+3+1+1＝8
故此題應選B.
例20 假設在200件產品中有3件是次品，現在從中任意抽取5件，其中至少有兩件次品的抽法有( ).
A.C23C3197種 B.C23C3197+C33C2197
C.C5200-C5197 D.C5200-C13C4197
解：5件中恰有二件為次品的抽法為C23C3197，
5件中恰三件為次品的抽法為C33C2197，
∴至少有兩件次品的抽法為C23C3197+C33C2197.
應選B.
例21 兩排座位，第一排有3個座位，第二排有5個座位，若8名學生入座(每人一個座位)，則不同座法的總數是( ).
A.C58C38 B.P12C58C38C.P58P38