人教版（中职）基础模块下册7.2 数乘向量教案及反思

这是一份人教版（中职）基础模块下册7.2 数乘向量教案及反思，共25页。

一．课标要求：
1．分类加法计数原理、分步乘法计数原理
通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理；能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；
2．排列与组合
通过实例，理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题；
3．二项式定理
能用计数原理证明二项式定理； 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。
二．命题走向
本部分内容主要包括分类计数原理、分步计数原理、排列与组合、二项式定理三部分；考查内容：（1）两个原理；（2）排列、组合的概念，排列数和组合数公式，排列和组合的应用；（3）二项式定理，二项展开式的通项公式，二项式系数及二项式系数和。
排列、组合不仅是高中数学的重点内容，而且在实际中有广泛的应用，因此新高考会有题目涉及；二项式定理是高中数学的重点内容，也是高考每年必考内容，新高考会继续考察。
考察形式：单独的考题会以选择题、填空题的形式出现，属于中低难度的题目，排列组合有时与概率结合出现在解答题中难度较小，属于高考题中的中低档题目；预测2007年高考本部分内容一定会有题目涉及，出现选择填空的可能性较大，与概率相结合的解答题出现的可能性较大。
三．要点精讲
1．排列、组合、二项式知识相互关系表
2．两个基本原理
（1）分类计数原理中的分类；
（2）分步计数原理中的分步；
正确地分类与分步是学好这一章的关键。
3．排列
（1）排列定义，排列数
（2）排列数公式：系 ==n·(n－1)…(n－m+1)；
（3）全排列列： =n!；
（4）记住下列几个阶乘数：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720；
4．组合
（1）组合的定义，排列与组合的区别；
（2）组合数公式：Cnm==；
（3）组合数的性质
①Cnm=Cnn-m；②；③rCnr=n·Cn-1r-1；④Cn0+Cn1+…+Cnn=2n；⑤Cn0-Cn1+…+(-1)nCnn=0，即 Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+…=2n-1；
5．二项式定理
（1）二项式展开公式：(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnkan-kbk+…+Cnnbn；
（2）通项公式：二项式展开式中第k+1项的通项公式是：Tk+1=Cnkan-kbk；
6．二项式的应用
（1）求某些多项式系数的和；
（2）证明一些简单的组合恒等式；
（3）证明整除性。①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题；
（4）近似计算。当|x|充分小时，我们常用下列公式估计近似值：
①(1+x)n≈1+nx；②(1+x)n≈1+nx+x2；（5）证明不等式。
第二部分 典型题

排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。
解决排列组合综合性问题的一般过程如下:
1.认真审题弄清要做什么事
2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。
3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素.
4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略
一.特殊元素和特殊位置优先策略
例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.
解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置.
先排末位共有
然后排首位共有
最后排其它位置共有
由分步计数原理得
位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再处理其它元素.若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位置。若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其它条件
练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？
解一：分两步完成；
第一步选两葵花之外的花占据两端和中间的位置
第二步排其余的位置：
解二：第一步由葵花去占位：
第二步由其余元素占位：
二.相邻元素捆绑策略
例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.
解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有种不同的排法
要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元素一起作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.
练习题:某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为 20
三.不相邻问题插空策略
例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种？
解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有种，第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有 种
元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两端
练习题：某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为 30
四.定序问题倍缩空位插入策略
例4.7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法
解:(倍缩法)对于某几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数,则共有不同排法种数是：
(空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有种方法，其余的三个位置甲乙丙共有 1种坐法，则共有种方法。
思考:可以先让甲乙丙就坐吗?
（插入法)先排甲乙丙三个人,共有1种排法,再把其余4四人依次插入共有 方法
定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插
空模型处理
练习题:10人身高各不相等,排成前后排，每排5人,要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？
（解析：首先，从10个人当中任选5个人站第一排，有C10 5 种，然后按从高到低排只有1种，即为C10 5*1=C10 5；
然后，剩下的5个人站第二排，按从高到低排只有1种。
所以，就为C10 5.）
五.重排问题求幂策略
例5.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法
解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有7种分依此类推,由分步计数原理共有种不同的排法
允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置，一般地n不同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为种
练习题：
某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 42
2. 某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯的方法
六.环排问题线排策略
例6. 8人围桌而坐,共有多少种坐法?
解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所以固定一人并从此位置把圆形展成直线其余7人共有（8-1）！种排法即！
一般地,n个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从n个不同元素中取出m个元素作圆形排列共有
练习题：6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈 120
七.多排问题直排策略
例7.8人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法
解:8人排前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.个特殊元素有种,再排后4个位置上的特殊元素丙有种,其余的5人在5个位置上任意排列有种,则共有种
一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研究.

练习题：有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是 346
八.排列组合混合问题先选后排策略
例8.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法.
解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共有种方法.再把4个元素(包含一个复合元素)装入4个不同的盒内有种方法，根据分步计数原理装球的方法共有
解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想.此法与相邻元素捆绑策略相似吗?
练习题：一个班有6名战士,其中正副班长各1人现从中选4人完成四种不同的任务,每人完成一种任务,且正副班长有且只有1人参加,则不同的选法有 192 种
九.小集团问题先整体后局部策略
例9.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数其中恰有两个偶数夹1,５在两个奇数之间,这样的五位数有多少个？
解：把１,５,２,４当作一个小集团与３排队共有种排法，再排小集团内部共有种排法，由分步计数原理共有种排法.
小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其它策略进行处理。
练习题：
１.计划展出10幅不同的画,其中1幅水彩画,４幅油画,５幅国画, 排成一行陈列,要求同一 品种的必须连在一起，并且水彩画不在两端，那么共有陈列方式的种数为
2. 5男生和５女生站成一排照像,男生相邻,女生也相邻的排法有种
十.元素相同问题隔板策略
例10.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配方案？
解：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个空隙。在９个空档中选６个位置插个隔板，可把名额分成７份，对应地分给７个班级，每一种插板方法对应一种分法共有种分法。
将n个相同的元素分成m份（n，m为正整数）,每份至少一个元素,可以用m-1块隔板，插入n个元素排成一排的n-1个空隙中，所有分法数为
练习题：
10个相同的球装5个盒中,每盒至少一有多少装法？
2 .求这个方程组的自然数解的组数
十一.正难则反总体淘汰策略
例11.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数，使其和为不小于10的偶数,不同的取法有多少种？
解：这问题中如果直接求不小于10的偶数很困难,可用总体淘汰法。这十个数字中有5个偶数5个奇数,所取的三个数含有3个偶数的取法有,只含有1个偶数的取法有,和为偶数的取法共有。再淘汰和小于10的偶数共9种，符合条件的取法共有
有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出它的反面,再从整体中淘汰.
练习题：我们班里有43位同学,从中任抽5人,正、副班长、团支部书记至少有一人在内的抽法有多少种?
（解 43人中任抽5人的方法有 种,正副班长,团支部书记都不在内的抽法有 种,所以正副班长,团支部书记至少有1人在内的抽法有 种.）
十二.平均分组问题除法策略
例12. 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法？
解: 分三步取书得种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记6本书为ABCDEF，若第一步取AB,第二步取CD,第三步取EF该分法记为(AB,CD,EF),则中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有种取法 ,而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共有种分法。
平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以(为均分的组数)避免重复计数。
练习题：
1 将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分法？（）
2.10名学生分成3组,其中一组4人, 另两组3人但正副班长不能分在同一组,有多少种不同的分组方法 （1540）
（把其他的8个人按照332分组，再把正副班长放进去
C(8,3)*C(5,2)*C(3,3)/A(2,2)，正副班长必须分别放入一个三人组和一个两人组，共有4种可能，就再乘以4
把其他8个人按照422分组，再把正副班长放进去
C(8,4)*C(4,2)*C(2,2)/A(2,2)，正副班长必须分别放入两个二人组，共有两种可能，就在乘以2
然后相加就是结果。
列式为4*C(8,3)*C(5,2)*C(3,3)/A(2,2)+2*C(8,4)*C(4,2)*C(2,2)/A(2,2)，= 1120+420=1540种）
3.某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为______（）
例1：把10人平均分成2组，每组5人，问共有多少种不同的分法？
解1：先确定第1组，有种方法，再确定第二组，有种方法。这样确定两组共有·种方法。因为是等分组，第一、二组次序可交换，同一种分法被重复了次，所以共有种分法
例2：把10人分成3组，一组2人，一组3人，一组5人，问有多少种不同的分法？
解2：按人数的多少，可把各组划分为第一组，第二组，第三组。先确定第1组，有种；再确定第二组，有种法；最后确定第三组，有种，共有··种。
例3：把10分成3组，一组2人，其余两组各4人，问有多少种不同的分法？
解3：先确定第1组，有种方法;再确定第二组，有种方法;最后确定第三组，有种方法。因第二、三组次序可交换，故同一分法被重复了次，所以共有
(1).对于等分组问题：分法数=
(2).对于不等分组问题：分法数=按序分组的总数
(3).对于混合分组问题：分法数=
十三. 合理分类与分步策略
例13.在一次演唱会上共10名演员,其中8人能能唱歌,5人会跳舞,现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目,有多少选派方法
解：10演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞3人为全能演员。选上唱歌人员为标准进行研究
只会唱的5人中没有人选上唱歌人员共有种,只会唱的5人中只有1人选上唱歌人员种,只会唱的5人中只有2人选上唱歌人员有种，由分类计数原理共有
种。
解含有约束条件的排列组合问题，可按元素的性质进行分类，按事件发生的连续过程分步，做到标准明确。分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。
练习题：
1.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座 谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有34
2. 3成人2小孩乘船游玩,1号船最多乘3人, 2号船最多乘2人,3号船只能乘1人,他们任选2只船或3只船,但小孩不能单独乘一只船, 这3人共有多少乘船方法. （27）
（只有两种可能--
1：两小孩都在1号船，1号船上还有一大人，这种情况是3*3=9种
2:1小孩在1号船，1小孩在2号船，2号船上还有一大人，这种情况下1号船必有大人，有2*3*3=18种
最后通过计算知共有9+18=27种）
本题还有如下分类标准：
*以3个全能演员是否选上唱歌人员为标准
*以3个全能演员是否选上跳舞人员为标准
*以只会跳舞的2人是否选上跳舞人员为标准
都可经得到正确结果
十四.构造模型策略
例14. 马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的九只路灯,现要关掉其中的3盏,但不能关掉相邻的2盏或3盏,也不能关掉两端的2盏,求满足条件的关灯方法有多少种？
解：把此问题当作一个排队模型在6盏亮灯的5个空隙中插入3个不亮的灯有 种
一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型，排队模型，装盒模型等，可使问题直观解决
练习题：某排共有10个座位，若4人就坐，每人左右两边都有空位，那么不同的坐法有多少种？（120）
十五.实际操作穷举策略
例15.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,2,3,4,5的五个盒子,现将5个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法
解：从5个球中取出2个与盒子对号有种还剩下3球3盒序号不能对应，利用实际操作法，如果剩下3,4,5号球, 3,4,5号盒3号球装4号盒时，则4,5号球有只有1种装法，同理3号球装5号盒时,4,5号球有也只有1种装法,由分步计数原理有种
3号盒 4号盒 5号盒
对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果
练习题：
1.同一寝室4人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？ (9)
（分析：将四张贺卡分别记为A,B,C,D。由题意，某人（不妨设为A卡的供卡人）取卡有3种情况。因此将卡的不同分配方式分为三类，对于每一类，其它人依次取卡分步进行。为避免重复或遗漏现象，可用树状图表示。
↗A→D→C ↗A→D→B ↗A→B→C
B→C→D→A C→D→A→B D→C→A→B
↘D→A→C ↘D→B→A ↘C→B→A
所以共有9种不同的分配方式。
又或：分析：设4人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人中的一人收到，故有3种分配方式。以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类，甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式；第二类，甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种（分别是丙或丁送出的），对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有1种。因此，根据分步计数原理，不同的分配方式有：3×（1＋2）＝9（种）。
注意：解题的关键在第2个人和第3个人的拿法，只要给他们规定一个拿卡的顺序，依次进行，则根据分步计数原理即可求得。）
2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有4种可选颜色,则不同的着色方法有 72种
（根据题意，分2种情况讨论：若选3种颜色时，就是15同色，34同色；若4种颜色全用，只能15或34用一种颜色，其它不相同，求解即可．
解答：解：由题意，选用3种颜色时，必须是15同色，34同色，与2进行全排列，
涂色方法有C43•A33=24种
4色全用时涂色方法：是15同色或34同色，有2种情况，
涂色方法有C21•A44=48种
所以不同的着色方法共有48+24=72种；
故答案为72．）
十六. 分解与合成策略
例16. 30030能被多少个不同的偶数整除
分析：先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5 × 7 ×11×13
依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个组成乘积，
所有的偶因数为：
练习:正方体的8个顶点可连成多少对异面直线
解：我们先从8个顶点中任取4个顶点构成四体共有体共,每个四面体有3对异面直线,正方体中的8个顶点可连成对异面直线
分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类计数原理和分步计数原理将问题合成,从而得到问题的答案 ,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略
十七.化归策略
例17. 25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种？
解：将这个问题退化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,有多少选法.这样每行必有1人从其中的一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉，如此继续下去.从3×3方队中选3人的方法有种。再从5×5方阵选出3×3方阵便可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有选法所以从5×5方阵选不在同一行也不在同一列的3人有选法。
处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题退化成一个简要的问题，通过解决这个简要的问题的解决找到解题方法，从而进下一步解决原来的问题
练习题:某城市的街区由12个全等的矩形区组成其中实线表示马路，从A走到B的最短路径有多少种？()（【解析】可将图中矩形的一边叫一小段，从A到B最短路线必须走7小段，其中：向东4段，向北3段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，便能确定路径，因此不同走法有=35种.）
十八.数字排序问题查字典策略
例18．由0，1，2，3，4，5六个数字可以组成多少个没有重复的比324105大的数？
解:
数字排序问题可用查字典法,查字典的法应从高位向低位查,依次求出其符合要求的个数,根据分类计数原理求出其总数。
练习:用0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些数字从小到大排列起来,第71个数是 3140
（首位为1的偶数共有4×3×3=36个，首位为2的偶数共有4×3×2=24个， 首位为3，第二位为0的偶数共有3×2=6个， 首位为3，第二位为1，第三位为0的偶数共有2个，首位为3，第二位为1，第三位为2的偶数共有2个， 首位为3，第二位为1，第三位为4的偶数共有2个，36+24+6+2+2+2=72 所以第72个偶数为3142，第71个偶数为3140）
（【1】可设这12个矩形的长为a,寛为b.【2】由图可知，从点A到点B,总是要经过4个长a，三个寛b。故问题可化为把4个长a,a,a,a,三个寛b,b,b,排列成一列，问有几种排法。这相当于先把四个长a,a,a,a排好，再把三个寛排好，方法有(5×6×7)÷3!=35种。即从点A,到点B，最短线路有35种方法）
十九.树图策略
例19．人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过次传求后,球仍回到甲的手中,则不同的传球方式有______
对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用
公式进行运算，树图会收到意想不到的结果
练习: 分别编有1，2，3，4，5号码的人与椅，其中号人不坐号椅（）的不同坐法有多少种？
二十.复杂分类问题表格策略
例20．有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A、B、C、D、E五个字母,现从中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不同的取法
红
1
1
1
2
2
3
黄
1
2
3
1
2
1
兰
3
2
1
2
1
1
取法
解:
一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多, 无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效果.
二十一：住店法策略
解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再利用乘法原理直接求解.
例21.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能的种数有 .
分析：因同一学生可以同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七名学生看作7家“店”，五项冠军看作5名“客”，每个“客”有7种住宿法，由乘法原理得7种.
小结
本节课，我们对有关排列组合的几种常见的解题策略加以复习巩固。排列组合历来是学习中的难点，通过我们平时做的练习题，不难发现排列组合题的特点是条件隐晦，不易挖掘，题目多变，解法独特，数字庞大，难以验证。同学们只有对基本的解题策略熟练掌握。根据它们的条件,我们就可以选取不同的技巧来解决问题.对于一些比较复杂的问题,我们可以将几种策略结合起来应用把复杂的问题简单化，举一反三，触类旁通，进而为后续学习打下坚实的基础。
第三部分 提高题
题型1：计数原理
例1．完成下列选择题与填空题
（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有 种。
A．81B．64C．24D．4
（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（ ）
A．81B．64C．24D．4
（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，
①每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有 ；
②每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有 ；
③每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法有 。
解析：（1）完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行，是选用基本原理的关键。将“投四封信”这件事分四步完成，每投一封信作为一步，每步都有投入三个不同信箱的三种方法，因此：N=3×3×3×3=34=81，故答案选A。
本题也可以这样分类完成，①四封信投入一个信箱中，有C31种投法；②四封信投入两个信箱中，有C32（C41·A22+C42·C22）种投法；③四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱中，有C42·A33种投法、，故共有C31+C32（C41·A22+C42C22）+C42·A33=81（种）。故选A。
（2）因学生可同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将4名学生看作4个“店”，3项冠军看作“客”，每个“客”都可住进4家“店”中的任意一家，即每个“客”有4种住宿法。由分步计数原理得：N=4×4×4=64。
故答案选B。
（3）①学生可以选择项目，而竞赛项目对学生无条件限制，所以类似（1）可得N=34=81（种）；
②竞赛项目可以挑学生，而学生无选择项目的机会，每一项可以挑4种不同学生，共有N=43=64（种）；
③等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，故共有C43·A33=24（种）。
例2．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有 种不同的方法（用数字作答）。
解析：本题考查排列组合的基本知识，由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有。
解：9个球排成一列有种排法,再除去2红、3黄、4白的顺序即可,
故共有排法种。 答案:1260
解：由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题．
先在9个位置中选4个位置排白球，有C94种排法，再从剩余的5个位置中选2个位置排红球，有C52种排法，
剩余的三个位置排黄球有C33种排法，
所以共有C94•C52•C33=1260．
答案：1260．
点评：分步计数原理与分类计数原理是排列组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，在高中数学中，只有这两个原理，尤其是分类计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之化简,达到求解的目的。
题型2：排列问题
例3．（1）在这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（ ）
（A）36个 （B）24个 （C）18个 （D）6个
（2）从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有（ ）
（A）108种 （B）186种 （C）216种 （D）270种
（3）在数字1,2，3与符号＋，－五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是（ ）
A．6 B. 12 C. 18 D. 24
（4）高三（一）班学要安排毕业晚会的4各音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是（ ）
（A）1800 （B）3600 （C）4320 （D）5040
解析：（1）依题意，所选的三位数字有两种情况：（1）3个数字都是奇数，有种方法（2）3个数字中有一个是奇数，有，故共有＋＝24种方法，故选B；
（2）从全部方案中减去只选派男生的方案数，合理的选派方案共有=186种，选B；
（3）先排列1，2，3，有种排法，再将“＋”，“－”两个符号插入，有种方法，共有12种方法，选B；
（4）不同排法的种数为＝3600，故选B。
点评：合理的应用排列的公式处理实际问题，首先应该进入排列问题的情景，想清楚我处理时应该如何去做。
例4．（1）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有 个（用数字作答）；
（2）电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有 种不同的播放方式（结果用数值表示）.
解析：（1）可以分情况讨论：① 若末位数字为0，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，4，各为1个数字，共可以组成个五位数；② 若末位数字为2，则1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有个五位数；③ 若末位数字为4，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，0，各为1个数字，且0不是首位数字，则有=8个五位数，所以全部合理的五位数共有24个。
（2）分二步：首尾必须播放公益广告的有A22种；中间4个为不同的商业广告有A44种，从而应当填 A22·A44＝48. 从而应填48。
点评：排列问题不可能解决所有问题，对于较复杂的问题都是以排列公式为辅助。
题型三：组合问题
例5．（1）将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有（ ）
（A）３０种 （B）９０种 （C）１８０种 （D）２７０种
（2）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A．10种 B．20种 C．36种 D．52种
解析：（1）将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有种方法，再将3组分到3个班，共有种不同的分配方案，选B；
（2）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；则不同的放球方法有10种，选A。
点评：计数原理是解决较为复杂的排列组合问题的基础，应用计数原理结合
例6．（1）某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，则不同的选派方案共有 种；
（2）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）150种 (B)180种 (C)200种 (D)280种
解析：（1）可以分情况讨论，① 甲去，则乙不去，有=480种选法；②甲不去，乙去，有=480种选法；③甲、乙都不去，有=360种选法；共有1320种不同的选派方案；
（2）人数分配上有1,2,2与1,1,3两种方式，若是1,2,2，则有＝60种，若是1,1,3，则有＝90种，所以共有150种，选A。
点评：排列组合的交叉使用可以处理一些复杂问题，诸如分组问题等；
题型4：排列、组合的综合问题
例7．平面上给定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行。求：（1）这些直线所交成的点的个数（除原10点外）。（2）这些直线交成多少个三角形。
解法一：（1）由题设这10点所确定的直线是C102=45条。
这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点，由任意两条直线交一个点，共有C452个交点。而在原来10点上有9条直线共点于此。所以，在原来点上有10C92点被重复计数；
所以这些直线交成新的点是：C452－10C92=630。
（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述630个点或原来的10个点。所以三角形的个数相当于从这640个点中任取三个点的组合，即C6403=43486080（个）。
解法二：（1）如图对给定的10点中任取4个点，四点连成6条直线，这6条直线交3个新的点。故原题对应于在10个点中任取4点的不同取法的3倍，即这些直线新交成的点的个数是：3C104=630。
（2）同解法一。
点评：用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要考虑实际几何意义。
例8．已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{－3,－2,－1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。
解 设倾斜角为θ，由θ为锐角，得tanθ=->0,即a、b异号。
（1）若c=0，a、b各有3种取法，排除2个重复（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有3×3-2=7（条）；
（2）若c≠0，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36条，从而符合要求的直线共有7+36=43条；
点评：本题是1999年全国高中数学联赛中的一填空题，据抽样分析正确率只有0.37。错误原因没有对c=0与c≠0正确分类；没有考虑c=0中出现重复的直线。
题型5：二项式定理
例9．（1）在的展开式中，的幂的指数是整数的项共有
A．3项 B．4项 C．5项 D．6项
（2）的展开式中含x的正整数指数幂的项数是
（A）0 （B）2 （C）4 （D）6
解析：本题主要考查二项式展开通项公式的有关知识；
（1），当r＝0，3，6，9，12，15，18，21，24时，x的指数分别是24，20，16，12，8，4，0，－4，－8，其中16，8，4，0，－8均为2的整数次幂，故选C；
（2）的展开式通项为，因此含x的正整数次幂的项共有2项.选B；
点评：多项式乘法的进位规则。在求系数过程中,尽量先化简，降底数的运算级别,尽量化成加减运算，在运算过程可以适当注意令值法的运用，例如求常数项，可令.在二项式的展开式中，要注意项的系数和二项式系数的区别。
例10．（1）在（x－）2006 的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，当x＝时，S等于（ ）
A.23008 B.－23008 C.23009 D.－23009
（2）已知的展开式中第三项与第五项的系数之比为－,其中=－1，则展开式中常数项是（ ）
(A)－45i (B) 45i (C) －45 (D)45
（3）若多项式
（ ）
(A)9 (B)10 (C)－9 (D)－10
解析：（1）设（x－）2006＝a0x2006＋a1x2005＋…＋a2005x＋a2006；
则当x＝时，有a0（）2006＋a1（）2005＋…＋a2005（）＋a2006＝0 （1），
当x＝－时，有a0（）2006－a1（）2005＋…－a2005（）＋a2006＝23009 （2），
（1）－（2）有a1（）2005＋…＋a2005（）＝－230092＝－23008，，故选B；
（2）第三项的系数为－，第五项的系数为，由第三项与第五项的系数之比为－可得n＝10，则＝，令40－5r＝0，解得r＝8，故所求的常数项为＝45，选A；
（3）令，得，令，得；
点评：本题考查二项式展开式的特殊值法，基础题；
题型6：二项式定理的应用
例11．证明下列不等式：
（1）≥（）n,（a、b∈{x|x是正实数},n∈N）;
（2）已知a、b为正数，且+=1，则对于n∈N有
（a+b）n-an-bn≥22n-2n+1。
证明：（1）令a=x+δ，b=x－δ，则x=；
an+bn=(x+δ)n+(x-δ)n
=xn+Cn1xn-1δ+…+Cnnδn+xn-Cn1xn-1δ+…(-1)nCnnδn
=2(xn+Cn2xn-2δ2+Cn4xn-4δ4+…)
≥2xn
即≥（）n
（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+…+Cnnbn
(a+b)n=bn+Cn1bn-1a+…+Cnnan
上述两式相加得：
2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+…+Cnk(an-kbk+bn-kak)+…+Cnn(an+bn) (*)
∵+=1，且a、b为正数
∴ab=a+b≥2 ∴ab≥4
又∵ an-kbk+bn-kak≥2=2()n(k=1,2,…,n-1)
∴2(a+b) n≥2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+…+Cnn-12()n
∴(a+b)n－an-bn
≥(Cn1+Cn2+…+Cnn-1)·（）n
≥(2n－2)·2n
=22n－2n+1
点评：利用二项式定理的展开式，可以证明一些与自然数有关的不等式问题。题（1）中的换元法称之为均值换元（对称换元）。这样消去δ奇数次项，从而使每一项均大于或等于零。题（2）中，由由称位置二项式系数相等，将展开式倒过来写再与原来的展开式相加，这样充分利用对称性来解题的方法是利用二项式展开式解题的常用方法。
例12．（1）求4×6n+5n+1被20除后的余数；
（2）7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1×7除以9，得余数是多少？
（3）根据下列要求的精确度，求1.025的近似值。①精确到0.01；②精确到0.001。
解析：（1）首先考虑4·6n+5n+1被4整除的余数。
∵5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+…+Cn+1n·4+1，
∴其被4整除的余数为1，
∴被20整除的余数可以为1，5，9，13，17，
然后考虑4·6n+1+5n+1被5整除的余数。
∵4·6n=4·(5+1)n=4(5n+Cn1·5n-1+Cn2·5n-2+…+Cnn-1·5+1)，
∴被5整除的余数为4，
∴其被20整除的余数可以为4，9，14，19。
综上所述，被20整除后的余数为9。
（2） 7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1·7
=(7+1)n－1=8n－1=(9-1)n－1
=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9+(－1)nCnn-1
(i)当n为奇数时
原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+（－1）n-1Cnn-1·9－2
∴除以9所得余数为7。
(ii)当n为偶数时
原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9
∴除以9所得余数为0，即被9整除。
（3）(1.02)5≈（1+0.02）5
=1+c51·0.02+C52·0.022+C53·0.023+C540.024+C55·0.025
∵C52×0.022=0.004,C53×0.023=8×10-5
∴①当精确到0.01时，只要展开式的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为1.10。
②当精确到0.001时，只要取展开式的前四项和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值为1.104。
点评：（1）用二项式定理来处理余数问题或整除问题时，通常把底数适当地拆成两项之和或之差再按二项式定理展开推得所求结论；
（2）用二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。
五．思维总结
解排列组合应用题的基本规律
1．分类计数原理与分步计数原理使用方法有两种：①单独使用；②联合使用。
2．将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解排列组合应用题的关键一步。
3．对于带限制条件的排列问题，通常从以下三种途径考虑：
（1）元素分析法：先考虑特殊元素要求，再考虑其他元素；
（2）位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置；
（3）整体排除法：先算出不带限制条件的排列数，再减去不满足限制条件的排列数。
4．对解组合问题，应注意以下三点：
（1）对“组合数”恰当的分类计算，是解组合题的常用方法；
（2）是用“直接法”还是“间接法”解组合题，其原则是“正难则反”；
（3）设计“分组方案”是解组合题的关键所在。
插板法最经典的一题是，不同的盒子里放相同的球，如，三个相同的球放到四个不同的盒子里，可能都放到一个盒子里，也可以有一个空着，三个盒子里一个放一个球。
就不妨把球排成一列，向球中间的空隙插板，但是有的空隙可以选两次，这样就必须要有一个预留，所以3个球4个空隙插3个板有2个预留，所以是C（下标4+2 上标3）
预留的意思是，从这么多空隙里选，你先前放入板子的空隙作为重新计算空隙，无论你把板子放入到哪个空隙它都被重新计数，所以有100＋3的情况，就是第一个板子插入空隙，第二个可以重复选择，所以原来就是101，第三个也可以在第三个板子以后插入，所以是102以此类推。这个题的难度比较大，不过我的讲解你应该能理解了，我要下班了，如果明天有时间我就给继续给你回答。

可以理解x,y,z,w是四种不同颜色的球的数量，四种球需要三个插板法隔开
如x个红球 （1号插板）y个绿球（2号插板）z个蓝球（3号插板）w个紫球
不同的解(x,y,z,w)可一一对应如上的100个球和3个插板的方法
3个插板可以再103个位置的任何地方，所以方法是C(103,3)
举个例子吧，求x+y=5的所有自然数解的个数，我用0表示球，1表示木板，
我们现在有00000排列的5个球，求x+y整数解的个数其实就是把1个木板插入到5个球当中，这样就把球分割成2部分，左侧部分球的个数为x，右侧为y，并且有x+y=5，例如001000里x=2,y=3，把一个木板插入到5个球中共有6种方法，同理这道题就是把3个相同木板插入到100个球中，共有103×102×101/6种方法
追问：
103×102×101看不懂
，第一个木板有101种插法，第二个木板有102种插法，
第三个木板有103种插法，第四个木板有104种插法，也没想懂，
我觉得第一个模板只有99种插法
回答：
你已经很接近了，第一个木板是101种插法，因为木板可以放在所有球的左侧也可以放在所有球的右侧，即100000或000001，这时候x=0或者y=0，99种只是插入5个球中间的情况，然后每插入一个球，是不是可以插入的缝隙就多了一个，以5个球为例，第一次有6个插入槽位，当插入一个球之后5个球和1个木板放在一起可以有7个插入槽位，后面依次类推，但是你这里面有重复的，我举个例子，设第一个木板用1表示，第二个木板用2表示，那5个球插入的时候1200000和2100000是同样的结果都是x=0,y=0,z=5,但是你计算的时候把这两种情况算成两种了，要把这些情况合并，有多少种重复的，你可以自己想一想，答案是设木板数为，每种情况重复n！次，所以最后要除以n！