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根据高考试题的现状和发展趋势，在排列、组合、二项定理专题复习中应做到以下几个方面：
1． 立足基础知识和基本方法的复习．恰当选取典型例题，构建思维模式，造就思维依托和思维的合理定势，如对排列应用题可用①某元素排在某位置上；②某元素不排在某位置上；③某几个元素排在一起；④某几个元素不得相邻；⑤某几个元素顺序一定等基本问题，加强思维的规范训练．
2． 抓好训练，为提高能力、运用变式题目，常规题向典型问题的转化，进行多种解法训练，从不同角度、不同侧面对题目进行全面分析，结合典型的错解分析，查找思维的缺陷，提高分析、解决问题的能力．
3． 抓好“操作”训练，就是面对问题，具体排一排、选一选，运用分类计数原理和分步计数原理为“完成这件事”设计合理的程序或分类标准，注意加强解题过程的展示与分析．
4． 加强数学思想方法的训练．数学思想方法是高考的重要内容．分类讨论、转化思想、整体思想、正难则反等数学思想在本章试题中经常考查，需要平时经常归纳总结．
5． 对二项式定理内容的复习要加强目标意识和构造意识，要注意展开式的通项公式正、反两方面的应用.
（一）排列、组合、二项式定理应用问题中的主要数学思想
1． 转化与化归数学思想
例1 新年将至，某班四名同学各写了一张贺卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺卡,则四张贺卡不同的分配方式有（ ）
A. 6种 B. 9种 C. 11种 D. 23种
分析 建立数学模型转化为数学问题:用1,2,3,4这四个数字组成没有重复的四位数,其中1不在个位,2不在十位,3不在百位,4不在千位的四位数共有多少个?那么这个问题就容易解决了.
解析 个位只能放2,3,4有三种,在放过数字2后,十位只能放1,3,4又有三种,最后百位和千位只有一种放法,由乘法原理得共有3×3=9种.
点评 本题属于排列组合中的数学模型的转化问题，在具体方法上是运用了“转化与化归数学思想”.
2． 分类讨论数学思想
例2 已知f是集合M＝{a，b，c，d}到集合N＝{0,1,2}的映射，则满足f(a)＋f(b)＋f(c)＋f(d)＝4的不同映射的概率为______．
分析 本题属于考察利用组合知识求概率的问题，在具体方法上应运用分类讨论思想解决.
解析 根据a、b、c、d对应的象为2的个数来分类，可分为三类．第一类：没有元素的象为2，其和又为4，必然其象均为1，这样的映射只一个．第二类：一个元素的象是2，其余三个元素的象必为0,1,1.这样的映射有C14C23＝12个．第三类：两个元素的象是2，另两个元素的象必为0，这样的映射有C24＝6个．故总共有1＋12＋6＝19个满足条件的映射．又从集合M＝{a，b，c，d}到集合N＝{0,1,2}的映射总共有34=81个，所以所求概率为■.
点评 关键是确定问题的本质特征“分类”，从而运用分类计数原理求解．恰当地确定分类标准是解本题的关键．
例3 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？
分析 该问题与计数有关，可考虑选用两个基本原理来计算，完成这件事，只要两位数的个位、十位
确定了，这件事就算完成了，因此可考虑安排十位上的数字情况进行分类．
解析 方法一：按十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．
由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数共有：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个．
方法二：按个位数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个，所以按分类计数原理共有：1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个．
点评 分类计数原理是对涉及完成某一件事的不同方法种数的计数方法，每一类的各种方法都是相互独立的，每一类中的每一种方法都可以独立完成这件事．解决该类问题应从简单入手分类讨论，要做到不重不漏，尽量做到一题多解，从不同的角度考虑问题．
3． 函数与方程的思想
例4 已知f(x)=（１＋２x）m+（１＋4x）n（m，、n∈N?鄢）的展开式中含项的系数为36，求展开式中含x2项的系数最小值.
分析 展开式中含x2项的系数是关于m，n的关系式，由展开式中含x项的系数为36，可得2m+4n=36，从而转化为关于m或n的二次函数求解.
解析 （１＋２x）m+（１＋4x）n展开式中含x的项为C１m·２x＋C１n·4x=（２C１m·＋4C１n）x，
∴（２C１m＋4C１n）＝３６，即m+２n=１８，（１＋２x）m+（１＋4x）n展开式中含x2的项的系数为t=C2m22+C2n42=2m2-2m+8n2-8n.
∵m+2n=18，∴m=18-2n，∴t=2（１８－2n）２－２（１８－2n）＋８n2－８n＝１６n2－１４８n＋６１２＝１６（n2－■n＋■），∴当n=
■时，t取最小值，但n∈N?鄢，
∴ n=5时，t即x2项的系数最小，最小值为272，此时n=5,m=8．
点评 在二项式的展开式中，每一项的系数与它的二项式系数是不同的．求解中若不注意这一点，就会产生错误．利用函数与方程的观点建立关于n的方程或函数是二项式展开式中有关系数应用的一大特点.本题求解时注意：是求展开式中含x2项的系数的最小值，而不是求展开式中含x2项的二项式系数的最小值．
4． 整体思想和正难则反思想
例5 六人按下列要求站一横排，（1）甲、乙必须相邻，有多少种不同的站法？（2）甲不站左端，乙不站右端，又有多少种不同的站法？
分析 (1) 相邻问题用“捆绑法”即整体思想处理；(2)正难则反用“间接法”处理．
解析 先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A55种站法，再把甲、乙进行全排列，有A22种站法，根据分步计数原理，共有A55A22=240种站法．
（2）甲站在左端的站法有A55种站法，乙站在右端的站法也有A55种站法，且甲站左端而乙站右端的站法A44种站法，故共有A66－2A55＋A44=504种站法.
点评 排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”．对于这类问题在分析时，主要按“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子．对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”，如本题(1)．当正面求解较困难时，也可用“间接法”，如本题(2)．
（二）典题分析
1． 计数原理中的分类与分步问题
例6 现从高二四个班的学生中选出34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一个为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人作中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
分析 这是个分类和分步计数原理的综合问题，(1)是分类计数原理，(2)是分步计数原理，(3)是分类与分步的综合．
解析 (1)分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法，所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34种．
1． 立足基础知识和基本方法的复习．恰当选取典型例题，构建思维模式，造就思维依托和思维的合理定势，如对排列应用题可用①某元素排在某位置上；②某元素不排在某位置上；③某几个元素排在一起；④某几个元素不得相邻；⑤某几个元素顺序一定等基本问题，加强思维的规范训练．
2． 抓好训练，为提高能力、运用变式题目，常规题向典型问题的转化，进行多种解法训练，从不同角度、不同侧面对题目进行全面分析，结合典型的错解分析，查找思维的缺陷，提高分析、解决问题的能力．
3． 抓好“操作”训练，就是面对问题，具体排一排、选一选，运用分类计数原理和分步计数原理为“完成这件事”设计合理的程序或分类标准，注意加强解题过程的展示与分析．
4． 加强数学思想方法的训练．数学思想方法是高考的重要内容．分类讨论、转化思想、整体思想、正难则反等数学思想在本章试题中经常考查，需要平时经常归纳总结．
5． 对二项式定理内容的复习要加强目标意识和构造意识，要注意展开式的通项公式正、反两方面的应用.
（一）排列、组合、二项式定理应用问题中的主要数学思想
1． 转化与化归数学思想
例1 新年将至，某班四名同学各写了一张贺卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺卡,则四张贺卡不同的分配方式有（ ）
A. 6种 B. 9种 C. 11种 D. 23种
分析 建立数学模型转化为数学问题:用1,2,3,4这四个数字组成没有重复的四位数,其中1不在个位,2不在十位,3不在百位,4不在千位的四位数共有多少个?那么这个问题就容易解决了.
解析 个位只能放2,3,4有三种,在放过数字2后,十位只能放1,3,4又有三种,最后百位和千位只有一种放法,由乘法原理得共有3×3=9种.
点评 本题属于排列组合中的数学模型的转化问题，在具体方法上是运用了“转化与化归数学思想”.
2． 分类讨论数学思想
例2 已知f是集合M＝{a，b，c，d}到集合N＝{0,1,2}的映射，则满足f(a)＋f(b)＋f(c)＋f(d)＝4的不同映射的概率为______．
分析 本题属于考察利用组合知识求概率的问题，在具体方法上应运用分类讨论思想解决.
解析 根据a、b、c、d对应的象为2的个数来分类，可分为三类．第一类：没有元素的象为2，其和又为4，必然其象均为1，这样的映射只一个．第二类：一个元素的象是2，其余三个元素的象必为0,1,1.这样的映射有C14C23＝12个．第三类：两个元素的象是2，另两个元素的象必为0，这样的映射有C24＝6个．故总共有1＋12＋6＝19个满足条件的映射．又从集合M＝{a，b，c，d}到集合N＝{0,1,2}的映射总共有34=81个，所以所求概率为■.
点评 关键是确定问题的本质特征“分类”，从而运用分类计数原理求解．恰当地确定分类标准是解本题的关键．
例3 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？
分析 该问题与计数有关，可考虑选用两个基本原理来计算，完成这件事，只要两位数的个位、十位
确定了，这件事就算完成了，因此可考虑安排十位上的数字情况进行分类．
解析 方法一：按十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．
由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数共有：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个．
方法二：按个位数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个，所以按分类计数原理共有：1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个．
点评 分类计数原理是对涉及完成某一件事的不同方法种数的计数方法，每一类的各种方法都是相互独立的，每一类中的每一种方法都可以独立完成这件事．解决该类问题应从简单入手分类讨论，要做到不重不漏，尽量做到一题多解，从不同的角度考虑问题．
3． 函数与方程的思想
例4 已知f(x)=（１＋２x）m+（１＋4x）n（m，、n∈N?鄢）的展开式中含项的系数为36，求展开式中含x2项的系数最小值.
分析 展开式中含x2项的系数是关于m，n的关系式，由展开式中含x项的系数为36，可得2m+4n=36，从而转化为关于m或n的二次函数求解.
解析 （１＋２x）m+（１＋4x）n展开式中含x的项为C１m·２x＋C１n·4x=（２C１m·＋4C１n）x，
∴（２C１m＋4C１n）＝３６，即m+２n=１８，（１＋２x）m+（１＋4x）n展开式中含x2的项的系数为t=C2m22+C2n42=2m2-2m+8n2-8n.
∵m+2n=18，∴m=18-2n，∴t=2（１８－2n）２－２（１８－2n）＋８n2－８n＝１６n2－１４８n＋６１２＝１６（n2－■n＋■），∴当n=
■时，t取最小值，但n∈N?鄢，
∴ n=5时，t即x2项的系数最小，最小值为272，此时n=5,m=8．
点评 在二项式的展开式中，每一项的系数与它的二项式系数是不同的．求解中若不注意这一点，就会产生错误．利用函数与方程的观点建立关于n的方程或函数是二项式展开式中有关系数应用的一大特点.本题求解时注意：是求展开式中含x2项的系数的最小值，而不是求展开式中含x2项的二项式系数的最小值．
4． 整体思想和正难则反思想
例5 六人按下列要求站一横排，（1）甲、乙必须相邻，有多少种不同的站法？（2）甲不站左端，乙不站右端，又有多少种不同的站法？
分析 (1) 相邻问题用“捆绑法”即整体思想处理；(2)正难则反用“间接法”处理．
解析 先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A55种站法，再把甲、乙进行全排列，有A22种站法，根据分步计数原理，共有A55A22=240种站法．
（2）甲站在左端的站法有A55种站法，乙站在右端的站法也有A55种站法，且甲站左端而乙站右端的站法A44种站法，故共有A66－2A55＋A44=504种站法.
点评 排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”．对于这类问题在分析时，主要按“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子．对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”，如本题(1)．当正面求解较困难时，也可用“间接法”，如本题(2)．
（二）典题分析
1． 计数原理中的分类与分步问题
例6 现从高二四个班的学生中选出34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一个为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人作中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
分析 这是个分类和分步计数原理的综合问题，(1)是分类计数原理，(2)是分步计数原理，(3)是分类与分步的综合．
解析 (1)分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法，所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34种．