计数原理习题课

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习题课基本计数原理

习题课基本计数原理一、基础过关1．如图，小圆点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可沿不同的路径同时传递，则单位时间传递的最大信息量是()A．26 B．24 C．20 D．192．已知x∈{1,2,3,4}，y∈{5,6,7,8}，则xy可表示不同值的个数为() A．4 B．8 C．16 D．153．从0,1,2，…，9这10个数字中，任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点(a，b)的坐标，能够确定不在x轴上的点的个数是() A．100 B．90 C．81 D．724．如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是() A．48 B．18 C．24 D．365．现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A．24种B．30种C．36种D．48种6．将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有()A．6种B．12种C．24种D．48种二、能力提升7．五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案有________种．8．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有______种不同的取法．9．某班从6名学生中选出4人分别参加数、理、化、生四科竞赛且每科只有1人，其中甲、乙两人不能参加生物竞赛．则不同的选派方法共有________种．10．若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________对．11．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形个数是多少？12．从{－3，－2，－1,0,1,2,3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c的系数，如果抛物线经过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条？三、探究与拓展13．(1)从5种颜色中选出三种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．(2)从5种颜色中选出四种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．答案1．D 2.D 3.C 4．D 5．D 6．B 7．96 8.242 9.240 10．2411．解设较小的两边长为x ，y ，且x ≤y ，则x ≤y ≤11，x ＋y >11，x ，y ∈N *. 当x ＝1时，y ＝11；当x ＝2时，y ＝10,11；当x ＝3时，y ＝9,10,11；当x ＝4时，y ＝8,9,10,11；当x ＝5时，y ＝7,8,9,10,11；当x ＝6时，y ＝6,7,8,9,10,11；当x ＝7时，y ＝7,8,9,10,11；当x ＝8时，y ＝8,9,10,11；当x ＝9时，y ＝9,10,11；当x ＝10时，y ＝10,11；当x ＝11时，y ＝11. 所以不同三角形的个数为1＋2＋3＋4＋5＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36.12．解因为抛物线经过原点，所以c ＝0，从而知c 只有1种取值．又抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 顶点在第一象限，所以顶点坐标满足⎩⎪⎨⎪⎧－b2a>0，4ac －b24a >0，由c ＝0解得a <0，b >0，所以a ∈{－3，－2，－1}，b ∈{1,2,3}，这样要求的抛物线的条数可由a ，b ，c 的取值来确定：第一步：确定a 的值，有3种方法；第二步：确定b 的值，有3种方法；第三步：确定c 的值，有1种方法．由分步乘法计数原理知，表示的不同的抛物线有N ＝3×3×1＝9(条)．13．解 (1)如图，由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S 、A 、B 所染色互不相同，则A 、C 必须颜色相同，B 、D 必须颜色相同，所以，共有5×4×3×1×1＝60(种)．(2)由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S 、A 、B 所染色互不相同，则A 、C 可以颜色相同，B 、D 可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同．所以，先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法(如：B 、D 颜色相同)；再从5种颜色中，选出四种颜色涂在S 、A 、B 、C 四个顶点上，有5×4×3×2＝120(种)涂法；根据分步乘法计数原理，共有2×120＝240(种)不同的涂法．。

1.1.2 计数原理习题课(同步教案)

1.2 计数原理习题课一、复习回顾1.计数原理2.原理的区别和联系3.知识迁移（1）集合观点（2）物理电路4.练一练：在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标均在A=｛1，2，3，4，5｝内取值的不同的点共有（）个.A. 10B. 20C. 25D. 以上都不对练习小结：应用两种原理解题时步骤：（1）“问”：要完成的事情是什么；（2）“分”：确定事件是分类完成还是分步完成;“类”间互相独立，“步”间互相联系；（3）“查”：检查有无特殊条件的限制。

检查有没有重复的或者遗漏的情况。

二、例题讲解题型一：数字问题例1.用0,1,2,3,4五个数字，（1）可以排出多少个三位数字的电话号码？（2）可以排成多少个三位数？（3）可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？分析与提示：（1）对于组数问题的计数：一般按照特殊位置（末位或首位）由谁占领分类，每类中再按特殊位置（或元素）优先的方法分步来计数；但当分类较多时，可用间接法.（2）注意合理画出示意图，直观地展现问题.练习1.在所有两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？题型二：种植问题例2.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有多少种不同的种植方法.分析与提示：按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证你提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都完成了这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步.练习1.将3种作物种植在横向相邻的五块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有_____________种.题型三：染色问题例3.如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？练习1. 将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入右图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？三、课堂小结1.知识小结2.方法小结3.易错易误四、作业布置1.预习“排列”，清楚排列的概念及排列问题的基本解题思想.2.完成课后练习.五、补充练习1．从甲地到乙地，每天有直达汽车4班，从甲地到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地，每天有3个班车，则从甲地到乙地不同的乘车方法有()A．12种B．19种C．32种D．60种2.有一排5个信号的显示窗，每个窗可亮红灯、可亮绿灯、可不亮灯，则共可以出的不同信号有（）A．25种B．52种C．35种D．53种3．二年级(1)班有学生56人，其中男生38人，从中选取1名男生和1名女生作代表参加学校组织的社会调查团，则选取代表的方法种数为()A．94 B．2 128 C．684 D．564．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2，…，9}且P Q，把满足上述条件的一对有序整数(x，y)作为一个点，则这样的点的个数是()A．9 B．14 C．15 D．215．有4名高中毕业生报考大学，有3所大学可供选择，每人只能填报一所大学，则这4名高中毕业生报名的方案数为()A．12 B．7 C．34D．436．某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为()A．14 B．16 C．20 D．487．在由0,1,3,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的数共有________个．8．将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为________．9．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法共有________种．10．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，现要从中选出会英语和日语的各一人，共有多少种不同的选法？11．用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大的四位偶数？12．书架的第一层有6本不同的数学书，第二层有6本不同的语文书，第三层有5本不同的英语书．(1)从这些书中任取1本，有多少种不同的取法？(2)从这些书中任取1本数学书，1本语文书，1本英语书共3本书的不同的取法有多少种？(3)从这些书中任取3本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法．六、教学反思今天的教学实际是根据课件将知识进行升华复习，同时讲解了4封信投入3个信箱的问题，指明解决问题要依靠方法，而不是依赖感觉，准确合理的分类与分布是解决问题的先决条件，缺乏对问题解决高度的上升，即教案中的“问、分、查”三字的整理提升.整体感觉是知识得到了升华，问题得到了解决.类型不多但给学生敲了一个警钟，那就是一定要理解问题（即读懂题意，不能主观臆断），合理运用方法（不能盲目的分类或分布），这样在解题时才会目的明确，少走弯路.。

第1课时两个计数原理习题和答案详解

1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( ) A ．21种 B ．315种 C ．143种 D ．153种答案 C解析可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63种；二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45种；三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35种； ∴共有63＋45＋35＝143种不同选法．2．5名应届毕业生报考3所高校，每人报且仅报1所院校，则不同的报名方法的种数是( ) A ．35 B ．53 C ．A 32 D ．C 53 答案 A解析第n 名应届毕业生报考的方法有3种(n ＝1，2，3，4，5)，根据分步计算原理，不同的报名方法共有3×3×3×3×3＝35(种)．3．(2019·湖南衡阳模拟)若a ∈{1，2，3，4}，b ∈{1，2，3，4}，则y ＝ba x 表示不同直线的条数为( )A ．8B ．11C ．14D ．16 答案 B解析若使ba 表示不同的实数，则当a ＝1时，b ＝1，2，3，4；当a ＝2时，b ＝1，3；当a ＝3时，b ＝1，2，4；当a ＝4时，b ＝1，3.故y ＝ba x 表示的不同直线的条数共有4＋2＋3＋2＝11.4．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( ) A ．5 B ．4 C ．6 D ．8 答案 D解析分类考虑，当公比为2时，等比数列可为1，2，4；2，4，8，当公比为3时，可为1，3，9，当公比为32时，可为4，6，9，将以上各数列颠倒顺序时，也是符合题意的，因此，共有4×2＝8个．5．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2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为()A．42 B．30C．20 D．12答案 A解析将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以共6×7＝42(种)．6.(2019·山东日照模拟)将1，2，3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3，4固定在图中的位置时，填写空格的方法为()A．6种B．12种C．18种D．24种答案 A解析因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1，2，9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后之相邻的空格可填6，7，8任一个，余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.7．(2019·定州一模)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写办法有()A.288种B．144种C．576种D．96种答案 C解析依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576种．8．如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(120，343，275)，那么所有凸数的个数为()A．240 B．204C．729 D．920答案 A解析当中间数为2时，有1×2＝2个；当中间数为3时，有2×3＝6个；当中间数为4时，有3×4＝12个；当中间数为5时，有4×5＝20个；当中间数为6时，有5×6＝30个；当中间数为7时，有6×7＝42个；当中间数为8时，有7×8＝56个；当中间数为9时，有8×9＝72个．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个凸数．9．从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52答案 D解析在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56个对数值；但在这56个数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52个．10．某大楼安装了5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定，每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是()A．1 205秒B．1 200秒C．1 195秒D．1 190秒答案 C解析要实现所有不同的闪烁且需要的时间最少，只要所有闪烁连续地、不重复地依次闪烁一遍．而所有的闪烁共有A55＝120个；因为在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，即每个闪烁的时长为5秒，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒，所以要实现所有不同的闪烁，需要的时间至少是120×(5＋5)－5＝1 195秒．11．从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成该集合的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有()A．32个B．34个C．36个D．38个答案 A解析先把数字分成5组：{1，10}，{2，9}，{3，8}，{4，7}，{5，6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32个这样的子集．12．(2019·衡水中学调研卷)为了应对美欧等国的经济制裁，俄罗斯天然气公司决定从10名办公室工作人员中裁去4人，要求甲、乙二人不能全部裁去，则不同的裁员方案的种数为________．答案182解析甲、乙中裁一人的方案有C21C83种，甲、乙都不裁的方案有C84种，故不同的裁员方案共有C21C83＋C84＝182种．13．直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，2，3，5，7这6个数字中任取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．答案22解析分成三类：A＝0，B≠0；A≠0，B＝0和A≠0，B≠0，前两类各表示1条直线；第三类先取A有5种取法，再取B有4种取法，故5×4＝20种．所以可以表示22条不同的直线．14．由1到200的自然数中，各数位上都不含8的有________个．答案162解析一位数8个，两位数8×9＝72个．3位数有9×9＝81个，另外1个(即200)，共有8＋72＋81＋1＝162个．15．(2019·东北三校联考)在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素，又点P到原点的距离|OP|≥5，则这样的点P的个数为______．答案20解析依题意可知：当a＝1时，b＝5，6，两种情况；当a＝2时，b＝5，6，两种情况；当a＝3时，b＝4，5，6，三种情况；当a＝4时，b＝3，5，6，三种情况；当a＝5或6时，b各有五种情况．所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．16.如图所示，用五种不同的颜色分别给A ，B ，C ，D 四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．答案 180解析按区域分四步：第一步，A 区域有5种颜色可选；第二步，B 区域有4种颜色可选；第三步，C 区域有3种颜色可选；第四步，D 区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，可得共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方法．17．标号为A ，B ，C 的三个口袋，A 袋中有1个红色小球，B 袋中有2个不同的白色小球，C 袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球． (1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？ (2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？答案 (1)11 (2)4解析 (1)若两个球颜色不同，则应在A ，B 袋中各取一个或A ，C 袋中各取一个，或B ，C 袋中各取一个．∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11种．(2)若两个球颜色相同，则应在B 或C 袋中取出2个． ∴应有1＋3＝4种．18．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少？答案 36个解析设较小的两边长为x 、y 且x ≤y ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ≤y ≤11，x ＋y>11，x 、y ∈N *.当x ＝1时，y ＝11；当x ＝2时，y ＝10，11；当x ＝3时，y ＝9，10，11；当x ＝4时，y ＝8，9，10，11；当x ＝5时，y ＝7，8，9，10，11；当x＝6时，y＝6，7，8，9，10，11；当x＝7时，y＝7，8，9，10，11；……当x＝11时，y＝11.所以不同三角形的个数为1＋2＋3＋4＋5＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个．。

数学选修2-3第一章计数原理习题集（附答案解析）

第 1 页共15 页选修2-3 第一章章节习题集1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、课时过关·能力提升1.某校举办了一次教师演讲比赛,参赛的语文老师有20人,数学老师有8人,英语老师有4人,从中评选出一个冠军,则可能的结果种数为( ) A.12B.28C.32D.640解析:由分类加法计数原理得,冠军可能的结果种数为4+8+20=32. 答案:C2.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( ) A .60B .48C .36D .24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36个,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2=12个,共36+12=48个,故选B . 答案:B3.某人有3个不同的电子邮箱,他要发5封电子邮件,不同发送方法的种数为( )A.8B.15C.35D.53 解析:每封电子邮件都有3种不同的发送方法,共有35种不同的发送方法. 答案:C4.已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A ,B 的值,则可表示出的不同直线的条数为( ) A.19B.20C.21D.22解析:当A 或B 中有一个为零时,则可表示出2条不同的直线;当AB ≠0时,A 有5种选法,B 有4种选法,则可表示出5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理知,共可表示出20+2=22条不同的直线. 答案:D5.五名护士上班前将外衣放在护士站,下班后回护士站取外衣,由于灯光暗淡,只有两人拿到了自己的外衣,另外三人拿到别人外衣的情况有( ) A.60种B.40种C.20种D.10种解析:设五名护士分别为A,B,C,D,E.其中两人拿到自己的外衣,可能是AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE 共10 种情况,假设A,B 两人拿到自己的外衣,则C,D,E 三人不能拿到自己的外衣,则只有C 取D,D 取E,E 取C,或C 取E,D 取C,E 取D 两种情况.故根据分步乘法计数原理,应有10×10×2=202=20种情况. 答案:C6.将4位老师分配到3个学校去任教,共有分配方案( ) A .81种B .12种C .7种D .256种解析:每位老师都有3种分配方案,分四步完成,故共有3×3×3×3=81种. 答案:A7.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、人分别从事翻译、导游、导游、导游、导购、导购、导购、保洁四项不同的工作保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,则选派方案共有( ) A .280种 B .240种 C .180种D .96种解析:由于甲、乙不能从事翻译工作,因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人,有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种,因此共有4×5×4×3=240种,故选B 答案:B8.用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数,比3 542大的四位数的个数是( ) A .360B .240C .120D .60解析:因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数,所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5,所以共有2×5×4×3=120个比3 542大的四位数. 答案:C9.圆周上有2n 个等分点(n 大于2),任取3点可得一个三角形,恰为直角三角形的个数为 .解析:先在圆周上找一点,因为有2n 个等分点,所以应有n 条直径,不经过该点的直径应有(n-1)条,这(n-1)条直径都可以与该点形成直角三角形,一个点可以形成(n-1)个直角三角形,而这样的点有2n 个,所以一共有2n (n-1)个符合题意的直角三角形. 答案:2n (n-1)10.如图所示,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网络联系,连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量,现从结点A 向结点B 传递信息,信息可以分开沿不同路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为 .解析:由题图可知,从A 到B 有4种不同的传递路线,各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6,由分类加法计数原理得,单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19. 答案:1911.三人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被传给甲,则共有种不同的传递方法.解析:分两类:第一类,若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法;同理,第二类,甲先传给丙,也有3种不同的传法.共有6种不同的传递方法. 答案:612.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A 爬到相对顶点C 1,求其中经过3条棱的路线共有多少条?解:从总体上看有三类方法:分别经过AB,AD,AA1从局部上看每一类又需分两步完成,故第一类:经过AB,有m1=1×2=2条;第二类:经过AD,有m2=1×2=2条;第三类:经过AA1,有m3=1×2=2条.根据分类加法计数原理,从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.13.用n种不同颜色的彩色粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.当n=6时,该板报有多少种书写方案?解:第一步选英语角用的彩色粉笔,有6种不同的选法;第二步选语文学苑用的彩色粉笔,不能与英语角用的颜色相同,有5种不同的选法;第三步选理综视界用的彩色粉笔,与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同,有4种不同的选法;第四步选数学天地用的彩色粉笔,只需与理综视界的颜色不同即可,有5种不同的选法.共有6×5×4×5=600种不同的书写方案.14.用0,1,0,1,……,9这十个数字,可以组成多少个满足下列条件的数?(1)三位整数;(2)无重复数字的三位整数;(3)小于500的无重复数字的三位整数;(4)小于100的无重复数字的自然数.解:由于0不能放到首位,可以单独考虑.(1)百位上有9种选择,十位和个位各有10种选法由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×10×10=900.(2)由于数字不可重复,可知百位数字有9种选择,十位数字也有9种选择,但个位数字仅有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×9×8=648.(3)百位数字只有4种选择,十位数字有9种选择,个位数字有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是4×9×8=288.(4)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数:10个.两位自然数:十位数字有9种选择,个位数字也有9种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的两位数的个数是9×9=81.由分类加法计数原理知,适合题意的自然数的个数是10+81=91.1.2 排列与组合1.2.1 排列一、课时过关·能力提升1.从集合{3,5,7,9,11}中任取两个元素,①相加可得多少个不同的和?②相除可得多少个不同的商?③作为椭圆=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程?④作为双曲线=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程?上面四个问题属于排列问题的是( )A.①②③④B.②④C.②③D.①④解析:∵加法满足交换律,∴①不是排列问题;∵除法不满足交换律,如,∴②是排列问题;若方程=1表示焦点在x轴上的椭圆,则必有a>b,a,b的大小一定;在双曲线=1中不管a>b还是a<b,方程均表示焦点在x轴上的双曲线,且是不同的双曲线.故③不是排列问题,④是排列问题.答案:B2.某年级一天有6节课,需要安排6门课程,则该年级一天的课程表的排法有( )A.66种B.36种C.种D.12种解析:本题相当于对6个元素进行全排列,故有种排法.答案:C3.设m∈N*,则乘积m(m+1)(m+2)2)……(m+20)可表示为 ( )A. B. C. D.解析:由排列数公式,=(m+20)(m+19)(m+18)…(m+1)m.答案:D4.某会议室共有8个座位,现有3人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法有( )A.12种B.16种C.24种D.32种解析:将三个人插入五个空位中间的四个空当中,有=24种坐法.答案:C5.用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A.8B.24C.48D.120解析:个位数字有种排法,十位、百位、千位有种排法,从而共=48个不同的四位偶数答案:C6.要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不排在开头,并且任意两个舞蹈节目不排在一起,则不同的排法种数是( )A. B. C. D.解析:第一步先排5个独唱节目共种;第二步排舞蹈,不相邻则用插空法,且保证不放到开头,从剩下5个空中选3个插空共有种,故一共有种.答案:C7.5名男生与2名女生排成一排照相,若男生甲必须站在中间,2名女生必须相邻,则符合条件的排法共有( )A.48种B.192种C.240种D.288种解析:(用排除法)将2名女生看作1人,与4名男生一起排队,有种排法,而女生可互换位置,所以共有种排法,男生甲插入中间位置,只有一种插法;而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有种,这时男生甲若插入中间位置不符合题意,故符合题意的排列总数为=192.答案:B8.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从2,3,4,5,6,9这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,其中“伞数”有 ( )A.120个B.80个C.40个D.20个解析:由题意知可按十位数字的取值进行分类:第一类,十位数字取9,有个;第二类,十位数字取6,有个;第三类,十位数字取5,有个;第四类,十位数字取4,有个.所以一共有=40个.答案:C9.张先生和王先生两对夫妇各带1名小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两名小孩一定要排在一起,则这6人的入园排法共有 .解析:分三步完成:第1步,将两位爸爸排在两端,有种排法;第2步,将两名小孩看作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置,有种排法;第3步,两个小孩之间还有种排法.因此,这6人的入园排法共有=24种.答案:24种10.某校在高二年级开设选修课,其中数学选修班开了4个,选课结束后,有四名选修英语的同学甲、乙、丙、丁要求改修数学,为照顾各班平衡,数学选修班每班只接收1名改修数学的同学.那么甲不在(1)班,乙不在(2)班的分配方法有 .解析:先分甲,第一类,当甲在(2)班时,分配乙、丙、丁有种方法.第二类,当甲不在(2)班时,则甲有种分法,再分乙有种分法,分配丙、丁有种分法.因此,总共有=14种分法.答案:14种11.用1,2,3,4,5,6,7排成无重复数字的七位数,按下述要求各有多少个?(1)偶数不相邻;(2)偶数一定在奇数位上;(3)1和2之间恰好夹有一个奇数,没有偶数.解:(1)用插空法,共有=1 440个.(2)先把偶数排在奇数位上有种排法,再排奇数有种排法共有=576个.(3)1和2排列有种方法,在1和2之间放一个奇数有种方法,把1,2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有种排法,故共有=720个.12.一条铁路线上原有n个车站,为适应客运需要,新增加了m个车站(m>1),客运车票增加了62种,则原有多少个车站?现在有多少个车站?解:∵原有n个车站,∴原有客运车票种.又现有(n+m)个车站,∴现有客运车票种.由题设知:=62,∴(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62,∴2mn+m2-m=62,∴n=(m-1)>0,∴(m-1),∴62>m(m-1),即m2-m-62<0.又∵m>1,∴1<m<,∴1<m≤8.当m=2时,n=15.当m=3,4,5,6,7,8时,n均不为整数.∴n=15,m=2.∴原有车站15个,现有车站17个.1.2.2 组合一、课时过关·能力提升1.某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有( )A.45种B.56种C.90种D.120种解析:用排除法,不同的选法种数为=45.答案:A2.氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一,某肽链由7种不同的氨基酸构成,若只改变其中3种氨基酸的位置,其他4种不变,则不同的改变方法的种数为 ( )A.210B.126C.70D.35解析:从7种中取出3种有=35种取法,比如选出a,b,c种,再都改变位置有b,c,a和c,a,b两种,故不同的改变方法有2×35=70种.答案:C3.有15盏灯,要求关掉6盏,且相邻的灯不能全关掉,两端的灯不能关掉,则不同的关灯方法有( )A.28种B.84种C.180种D.360种解析:将9盏灯排成一排,关掉的6盏灯插入9盏亮灯的中间8个空隙中的6个空隙中,有=28种方法.答案:A4.某科技小组有6名学生,现从中选出3人去参加展览,至少有1名女生入选的不同选法有16种,则该小组中的女生人数为( )A.2B.3C.4D.5解析:设男生有x人,则女生有(6-x)人.依题意得=16,即x(x-1)(x-2)+16×6=6×5×4.解得x=4,故女生有2人.答案:A5.中小学校车安全引起社会的关注,为了彻底消除校车安全隐患,某市购进了50台完全相同的校车,准备发放给10所学校,每所学校至少2台,则不同的发放方案种数为( )A. B.C. D.解析:首先每个学校配送一台,这个没有顺序和情况之分,剩下40台;将剩下的40台像排队一样排列好,则这40台校车之间有39个空,对这39个空进行插空,比如说用9面小旗隔开,就可以隔成10部分.所以是在39个空中选9个空进行插空.故不同的方案种数为.答案:D6.已知一组曲线y=ax3+bx+1,其中a为2,4,6,8中的任意一个,b为1,3,5,7中的任意一个.现从这些曲线中任取两条,它们在x=1处的切线相互平行的组数为 ( )A.9B.10C.12D.14解析:y'=ax2+b,曲线在x=1处切线的斜率k=a+b.切线相互平行,则需它们的斜率相等,因此按照在x=1处切线的斜率的可能取值可分为五类完成.第一类:a+b=5,则a=2,b=3;a=4,b=1.故可构成2条曲线,有组.第二类:a+b=7,则a=2,b=5;a=4,b=3;a=6,b=1.可构成三条曲线,有组.第三类:a+b=9,则a=2,b=7;a=4,b=5;a=6,b=3;a=8,b=1.可构成四条曲线,有组.第四类:a+b=11,则a=4,b=7;a=6,b=5;a=8,b=3.可构成3条曲线,有组.第五类:a+b=13,则a=6,b=7;a=8,b=5.可构成2条曲线,有组.故共有=14组相互平行的切线.答案:D7.5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,若甲球必须放入A盒,则不同的放法种数是 ( )A.120B.72C.60D.36解析:将甲球放入A盒后分两类,一类是除甲球外,A盒还放其他球,共=24种放法,另一类是A盒中只有甲球,则其他4个球放入另外三个盒中,有=36种放法.故总的放法有24+36=60种.答案:C8.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动.若每天安排3人,则不同的安排方案共有 .(用数字作答)解析:第一步安排周六有种方法,第二步安排周日有种方法,故不同的安排方案共有=140种.答案:140种9.用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有 .(用数字作答)解析:分两种情况:第一类:个位、十位和百位上各有一个偶数,有=90个.第二类:个位、十位和百位上共有两个奇数一个偶数,有=234个,共有90+234=324个.答案:324个10.某餐厅供应盒饭,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同品种的菜.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上的不同选择,则餐厅至少还需准备种不同的素菜(结果用数值表示)解析:在5种不同的荤菜中选出2种的选择方式的种数是=10.若选择方式至少为200种,设素菜为x种, 则有≥200,即≥20,化简得x(x-1)≥40,解得x≥7.所以,至少应准备7种素菜.答案:711.在如图所示的四棱锥中,顶点为P,从其他的顶点和各棱中点中取3个,使它们和点P在同一平面内,不同的取法种数为 .解析:满足要求的点的取法可分为三类:第一类,在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点,有4种取法;第二类,在两个对角面上除点P外任取3点,有2种取法;第三类,过点P的侧棱中,每一条上的三点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面,有4种取法.因此,满足题意的不同取法共有4+2+4=56种.答案:5612.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,求与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数.解:与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:第一类,与信息0110恰有两个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选2个位置相同,其他2个不同有=6个信息.第二类,与信息0110恰有一个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选1个位置相同,其他3个不同有=4个信息.第三类,与信息0110没有一个对应位置上的数字相同,即4个位置中对应数字都不同,有=1个信息由分类加法计数原理知,与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为6+4+1=11.13.在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法(1)有3名内科医生和2名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.解:(1)先选内科医生有种选法,再选外科医生有种选法,故选派方法的种数为=120.(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为=246.(3)分两类:一是选1名主任有种方法;二是选2名主任有种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有种选法.故有选派方法的种数为=1911.3 二项式定理1.3.1 二项式定理一、课时过关·能力提升1.的展开式中倒数第3项的系数是( )A.·2B.·26C.·25D.·22解析:的展开式中倒数第3项为二项展开式中的第6项,而T6=·(2x)2··22·x-8.该项的系数为·22.答案:D2.的展开式中的常数项为-220,则a的值为 ( )A.1B.-1C.2D.-2解析:T k+1=·a k.∵T k+1为常数项,∴-k=0,∴k=3.∴·a3=-220,∴a=-1.答案:B3.对任意实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值是( )A.3B.6C.9D.21解析:由已知x3=[2+(x-2)]3=·23+·22·(x-2)+·2·2·((x-2)2+(x-2)3.所以a2=·2=6.答案:B4.的展开式中含x3项的二项式系数为( )A.-10B.10C.-5D.5解析:T k+1=·x 5-k=(-1)k·x5-2k,令5-2k=3,则k=1故x3项的二项式系数为=5答案:D5.若(1+)5=a+b(a,b为有理数),则a+b等于 ( )A.45B.55C.70D.80解析:由二项式定理,得(1+)5=1+·()2+·()3+·()4+·()5=1+5+20+20+20+4=41+29,即a=41,b=29,故a+b=70.答案:C6.(1-)6(1+)4的展开式中x的系数是( )A.-4B.-3C.3D.4解析:方法一:(1-)6的展开式的通项为(-)m,(1+)4的展开式的通项为)n,其中m=0,1,2,…,6;n=0,1,2,3,4.令=1,得m+n=2,于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数等于·(-1)0··(-1)1··(-1)2·=-3.方法二:(1-)6(1+)4=[(1-)(1+)]4(1-)2=(1-x)4(1-2+x).于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数为·1+·(-1)1·1=-3.答案:B7.若x>0,设的展开式中的第3项为M,第4项为N,则M+N的最小值为 .解析:由T3=x,T4=,则M+N=≥2.当且仅当,即x=时,等号成立答案:8.二项式的展开式中,常数项的值为 .答案:0,1,2,……,n)的部分图象如图,则a= .9.已知(ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a2x2+a1x+a0(x∈N*),点A i(i,a i)(i=0,1,2,解析:由展开式得T k+1=(ax)n-k=a n-k·x n-k,由题图可知a1=3,a2=4,即a=3,且a2=4,化简得na=3,且=4,解得a=.答案:10.求证:32n+3-24n+37能被64整除.证明:32n+3-24n+37=3×9n+1-24n+37=3(8+1)n+1-24n+37=3(·8n+1+·8n+…+·8+1)-24n+37=3×64(·8n-1 +·8n-2+…+)+24-24n+40=64×3(·8n-1+·8n-2+…+)+64.显然上式是64的倍数,故原式可被64整除11.(1)求(1+x)2(1-x)5的展开式中x3的系数;(2)已知展开式的前三项系数的和为129,这个展开式中是否含有常数项?一次项?如果没有,请说明理由;如果有,请求出来.解:(1)(1+x)2的通项为T r+1=·x r,(1-x)5的通项为T k+1=(-1)k·x k,其中r∈{0,1,2},k∈{0,1,2,3,4,5},令k+r=3,则有k=1,r=2;k=2,r=1;k=3,r=0.故x3的系数为-=5.(2)展开式的通项为T k+1=(x)n-k·=·2k·(k=0,1,2,…,n),由题意,得20+2+22=129所以1+2n+2n(n-1)=129,则n2=64,即n=8.故T k+1=·2k·(k=0,1,2,…,8),若展开式存在常数项,则=0,解之,得k=∉Z,所以展开式中没有常数项若展开式中存在一次项,则=1,即72-11k=6,所以k=6.所以展开式中存在一次项,它是第7项,T7=26x=1 792x.1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质一、课时过关·能力提升1.如果的展开式中各项系数之和为128,则展开式中含的项是( )A. B.C. D.解析:由的展开式中各项系数之和为128可得2n =128,n=7.其通项T k+1=(3x )7-k =(-1)k ·37-k,令7-=-3,解得k=6,此时T 7=.答案:C 2.的展开式中第8项是常数项,则展开式中系数最大的项是( )A.第8项B.第9项C.第8项、第9项D.第11项、第12项解析:展开式中的第8项为)n-7为常数,即=0,解得n=21.故展开式中系数最大的项为第11项、第12项.答案:D 3.若(x+3y )n展开式的系数和等于(7a+b )10展开式中的二项式系数之和,则n 的值为( ) A.5B.8C.10D.15解析:(7a+b )10展开式的二项式系数之和为210,令x=1,y=1,则由题意知,4n =210,解得n=5.答案:A4.已知+2+22+…+2n =729,则的值等于( )A.64B.32C.63D.31解析:由已知(1+2)n =3n=729,解得n=6.则=32.答案:B5.(1+x )n(3-x )的展开式中各项系数的和为1 024,则n 的值为( ) A .8B .9C .10D .11解析:由题意知(1+1)n (3-1)=1 024,即2n+1=1 024,故n=9. 答案:B6.若(1-2x )2 015=a 0+a 1x+…+a 2 015x2 015(x ∈R ),则+…+的值为( ) A.2 B.0C.-1D.-2 解析:令x=0,则a 0=1,令x=,则a 0++…+=0,故+…+=-1.答案:C7.(x+1)9按x 的升幂排列二项式系数最大的项是( ) A .第4项和第5项 B .第5项 C .第5项和第6项 D .第6项解析:展开式中共有10项,由二项式系数的性质可知,展开式的中间两项的二项式系数最大,即第5项和第6项的二项式系数最大. 答案:C8.在(a-b )10的二项展开式中,系数最小的项是 .解析:在(a-b )10的二项展开式中,奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,且偶数项系数的绝对值为对应的二项式系数,因为展开式中第6项的二项式系数最大,所以系数最小的项为T 6=a 5(-b )5=-252a 5b 5.答案:-252a 5b 59.设(x-1)21=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 21x 21,则a 10+a 11= . 解析:∵(x-1)21的展开式的通项为T k+1=x 21-k (-1)k ,∴a 10+a 11=(-1)11+(-1)10=-=-=0.答案:0 10.若(2x+)4=a 0+a 1x+…+a 4x 4,则(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2的值为 .解析:令x=1,得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4=(2+)4,令x=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+a 4=(-2+)4,(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2=(a 0+a 1+a 2+a 3+a 4)·)·((a 0-a 1+a 2-a 3+a 4)=(2+)4(-2+)4=1. 答案:111.若(2x-3y )10=a 0x 10+a 1x 9y+a 2x 8y 2+…+a 10y 10,求:(1)各项系数之和;(2)奇数项系数的和与偶数项系数的和.解:(1)各项系数之和即为a 0+a 1+a 2+…+a 10,可用“赋值法”求解.令x=y=1,得a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2-3)10=(-1)10=1.(2)奇数项系数的和为a 0+a 2+a 4+…+a 10,偶数项系数的和为a 1+a 3+a 5+…+a 9. 由(1)知a 0+a 1+a 2+…+a 10=1,①令x=1,y=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 10=510,②①+②得,2(a 0+a 2+…+a 10)=1+510,则奇数项系数的和为;①-②得,2(a 1+a 3+…+a 9))=11-5510,则偶数项系数的和为12.已知(+3x 2)n 展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项; (2)求展开式中系数最大的项.解:令x=1得展开式各项系数和为(1+3)n =4n展开式二项式系数和为+…+=2n ,由题意有4n -2n=992.即(2n )2-2n -992=0,(2n -32)(2n+31)=0,解得n=5.(1)因为n=5,所以展开式共6项,其中二项式系数最大的项为第3项、第4项,它们是T 3=)3·(3x 2)2=90x 6, T 4=)2(3x 2)3=270.(2)设展开式中第k+1项的系数最大.由T k+1=)5-k ·(3x 2)k =3k,得⇒⇒≤k≤.因为k∈Z,所以k=4,所以展开式中第5项系数最大.T5=34=405.13.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家.杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果,它的许多性质与组合数的性质有关,杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律.如图是一个11阶杨辉三角:(1)求第20行中从左到右的第4个数;(2)在第2斜列中,前5个数依次为1,3,6,10,15;第3斜列中,第5个数为35.显然,1+3+6+10+15=35.事实上,一般的有这样的结论:第m斜列中(从右上到左下)前k个数之和,一定等于第m+1斜列中第k个数.试用含有m,k(m,k∈N*)的数字公式表示上述结论,并给予证明.解:(1)=1 140(2)+…+,证明如下:左边=+…++…+=…==右边.。

专题02 计数原理(同步练习)(人教A版选修2-3)(解析版)

专题02 计数原理（同步练习）一、计数原理例1-1．要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？【解析】从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法，第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是623=⨯=M 。

例1-1．给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母G A ~或Z U ~，后两个要求用数字9~1。

问最多可以给多少个程序命名？【解析】先计算首字符的选法。

由分类加法计数原理，首字符共有1367=+种选法，再计算可能的不同程序名称。

由分步乘法计数原理，最多可以有10539913=⨯⨯个不同的名称，即最多可以给1053个程序命名。

例1-3．核糖核酸(RNA )分子是在生物细胞中发现的化学成分一个RNA 分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据。

总共有4种不同的碱基，分别用A 、C 、G 、U 表示。

在一个RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关。

假设有一类RNA 分子由100个碱基组成，那么能有多少种不同的RNA 分子？【解析】100个碱基组成的长链共有100个位置，从左到右依次在每一个位置中，从A 、C 、G 、U 中任选一个填入，每个位置有4种填充方法，根据分步乘法计数原理，长度为100的所有可能的不同RNA 分子数目有1004个。

例1-4．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态。

因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的记数法，即二进制。

为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8个二进制位构成。

选修2-3两个计数原理习题课

第 1 步, 从3 幅画中选 1 幅挂在左边墙上有 3 种 , 方法; 第 2 步, 从剩下的 2 幅画中选1 幅画挂在右边墙上,有 2 种方法.
根据分步乘法计数原理不同挂法种数是 , N 3 2 6.
6种挂法可以表示如下:
左边右边乙
丙
得到的挂法左甲右乙左甲右丙左乙右甲
左乙右丙
小结
数学用于生活
分类讨论
归纳推理
例1 在填写高考志愿表时一名高中毕业生 , 了解到 A,B两所大学各有自己感兴 , 趣的强项专业, 具体情况如下:
A大学生物学化学医学物理学工程学
B大学数学会计学信息技术学法学
那么这名同学可能的专业选 , 择共有多少种 ?
分析由于这名同学在 ,B两所大学中只 A 能选择一所而且只能选择一个专业又由 , , 于两所大学没有共同的项专业 ,因此符强合分类加法计数原理的条件.
解将汽车牌照分为类,一类字母组合在左另一 2 , 类的字母组合在右 . 字母组合在左时分6个步骤确定一个汽车牌 , 照的字母和数字: 第1步, 从26个字母中选个, 放在首位有26种选法 1 , ; 第 2 步, 从剩下的个字母中选个, 放在第2位,有 25 1 25种选法; 第3步, 从剩下的个字母中选1 个, 放在第3位,有 24 24种选法;
例7、（1）8张卡片上写着0,1,2,…,7共 8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？
（2）4张卡片的正、反面分别写有0与1、 2与3、4与5、6与7，将其中的3张卡片排放在一起，共有多少个不同的三位数？ (3)自然数2520有多少个正约数？ (4)书架上原来并排放着5本不同的书，现要插入三本不同的书，那么不同的插法有多少种？

北师大版高中数学选择性必修第一册课后习题第五章 1.1 计数原理

第五章计数原理§1基本计数原理1.1 计数原理课后篇巩固提升合格考达标练1.某班有男生26人,女生24人,从中选一位同学为数学课代表,则不同选法的种数有( )A.50种B.26种C.24种D.616种,因数学课代表可为男生,也可为女生,因此共有26+24=50种选法.2.已知x∈{2,3,7},y∈{-3,-4,8},则xy可表示不同的值的个数为( )A.8B.12C.10D.9:第一步,在集合{2,3,7}中任取一个值,有3种不同的取法;第二步,在集合{-3,-4,8}中任取一个值,有3种不同取法.故xy可表示3×3=9个不同的值.3.某班小张等4位同学报名参加A,B,C三个课外活动小组,每位同学限报其中一个小组,且小张不能报A小组,则不同的报名方法有( )A.27种B.36种C.54种D.81种2种,其他3位同学各有3种,所以由分步乘法计数原理知共有2×3×3×3=54种不同的报名方法.4.张华去书店,发现3本好书,决定至少买其中1本,则购买方法共有种.3类:买1本书、买2本书、买3本书,各类的购买方法依次有3种、3种和1种,故购买方法共有3+3+1=7(种).5.如图,一条电路从A处到B处接通时,可构成线路的条数为( )A.8B.6C.5D.3A处到B处的电路接通可分两步,第一步:前一个并联电路接通有2条线路,第二步:后一个并联电路接通有3条线路;由分步乘法计数原理知电路从A处到B处接通时,可构成线路的条数为3×2=6,故选B.6.五名护士上班前将外衣放在护士站,下班后回护士站取外衣,由于灯光暗淡,只有两人拿到了自己的外衣,另外三人拿到别人外衣的情况有( )A.60种B.40种C.20种D.10种A,B,C,D,E.其中两人拿到自己的外衣,可能是AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE共10种情况,假设A,B两人拿到自己的外衣,则C,D,E三人不能拿到自己的外衣,则只有C取D,D取E,E取C,或C 取E,D取C,E取D两种情况.故根据分步乘法计数原理,应有10×2=20种情况.7.小张正在玩“开心农场”游戏,他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物),若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒,则不同的种植方案共有种.,有4×3×2=24种不同的种法;当第一块地种辣椒时,有4×3×2=24种不同的种法,故共有48种不同的种植方案.8.已知集合A={2,4,6,8,10},B={1,3,5,7,9},在A中任取一元素m,在B 中任取一元素n,组成数对(m,n),问:(1)有多少个不同的数对?(2)其中m>n的数对有多少个?从集合A中先选出m有5种方法,从集合B中再选出n有5种方法,根据分步乘法计数原理知共有5×5=25个不同的数对.(2)在(1)中的25个数对中,m>n的数对可以分类来解,当m=2时,n=1,有1种结果;当m=4时,n=1,3,有2种结果;当m=6时,n=1,3,5,有3种结果;当m=8时,n=1,3,5,7,有4种结果;当m=10时,n=1,3,5,7,9,有5种结果. 综上所述,共有1+2+3+4+5=15个满足条件的数对.等级考提升练9.计划在4个体育馆举办排球、篮球、足球3个项目的比赛,每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行,则在同一个体育馆比赛的项目不超过2项的安排方法种数是( )A.24B.36C.42D.604种方法,于是总的方法共有4×4×4=64(种),在同一个体育馆比赛的项目超过两项即三项的安排方法有4种,于是在同一个体育馆比赛的项目不超过两项的安排方法共有64-4=60(种).10.将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字填在如图所示的9个空格中,要求每一行从左到右,每一列从上到下分别依次增大,当3,4固定在图中的位置时,填写空格的方法种数是( )3 4A.6B.12C.18D.24,每一列从上到下分别依次增大,1,2,9只有一种填法,5只能填在右上角或左下角,5填后与之相邻的空格可填6,7,8中任一个,余下两个数字按从小到大只有一种方法,共有2×3=6种方法,故选A.11.植树节那天,4位同学植树,现有3棵不同的树,若一棵树限1人完成,则不同的植树方法种数有( )A.1×2×3种B.1×3种C.34种D.43种:第一步,植第一棵树,有4种不同的方法;第二步,植第二棵树,有4种不同的方法;第三步,植第三棵树,有4种不同的方法.由分步乘法计数原理知有4×4×4=43种植树方法,故选D.12.(山西大同模拟)中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学选取礼物都满意,则选法有( )A.30种B.50种C.60种D.90种,乙有2种选择方法,丙有10种选择方法,三位同学都满意的选择方法有1×2×10=20种;②甲同学选择马,乙有3种选择方法,丙有10种选择方法,三位同学都满意的选择方法有1×3×10=30种,所以总共有20+30=50种选择方法. 故选B.13.(多选题)已知a ∈{2,3,4},b ∈{4,6,7},则方程x 2a 2+y 2b 2=1可表示不同的椭圆的个数用式子表示为( )A.3+3+3B.3+3+2C.3×3-1D.3×3:a 有3种不同的选取方法;第二步:b 有3种不同的选取方法,但a 取4时,b 不能取4,故有3×3-1=8种方法.14.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数,如22,121,3 443,94 249等.显然2位回文数有9个:11,22,33,…,99,3位回文数有90个:101,111,121,…,191,202,…,999.则(1)5位回文数有个;(2)2n(n∈N+)位回文数有个.(2)9×10n-1位回文数相当于填5个方格,首尾相同,且不为0,共9种填法,第2位和第4位一样,有10种填法,中间一位有10种填法,共有9×10×10=900种填法,即5位回文数有900个.(2)根据回文数的定义,结合分步乘法计数原理,知有9×10n-1个回文数.15.如图所示的电路,若合上两只开关以接通从A到B的电路,则有种不同的接通电路的方法.A到B的通电线路接通方法可分为三类:第一类,上路接通,有2×1=2种方法;第二类,中路接通,有1×7=7种方法;第三类,下路接通,有2×2=4种方法.根据分类加法计数原理,共有2+7+4=13种不同的方法.16.设椭圆的方程为x 2a2+y2b2=1(a>b>0),a∈{1,2,3,4,5,6,7},b∈{1,2,3,4,5},则这样的椭圆共有多少个?a,b的取值分为6类,第一类:a=2,b=1;第二类:a=3,b=1,2;第三类:a=4,b=1,2,3;第四类:a=5,b=1,2,3,4;第五类:a=6,b=1,2,3,4,5;第六类:a=7,b=1,2,3,4,5.由分类加法计数原理知,这样的椭圆共有1+2+3+4+5+5=20(个).新情境创新练17.某电视台连续播放6个广告,其中有3个不同的商业广告、2个不同的世博会宣传广告、1个公益广告,要求最后播放的不能是商业广告,且世博会宣传广告与公益广告不能连续播放,两个世博会宣传广告也不能连续播放,则有多少种不同的播放方式?(用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序).第一类:宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6,分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式;第二类:宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6,分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式;第三类:宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6,同样分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式.由分类加法计数原理知,6个广告不同的播放方式有36+36+36=108(种).。

高中数学第6章计数原理习题课一两个计数原理与排列组合的应用新人教版选择性必修第三册

第六章计数原理
习题课一两个计数原理与排列、
组合的应用
一两个计数原理的应用
1.分类加法计数原理
注:每种方法均能完成任务.
2.分步乘法计数原理
注:两步都完成才算完成任务,缺一不可.
命题角度1:“类中有步”的计数问题
【典型例题1】电视台在某节目中拿出两个信箱,其中存放
着先后两次答题中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙
规律总结 “在”与“不在”排列问题解题原则及方法
(1)原则:谁特殊谁优先,可以从元素入手也可以从位置入手.
(2)方法:从元素入手时,先给特殊元素安排位置,再把其他元
素安排在其他位置上;从位置入手时,先安排特殊位置,再安排
其他位置.
提醒:解题时,或从元素考虑,或从位置考虑,都要贯彻到底.不
能一会考虑元素,一会考虑位置,造成分类、分步混乱,导致解
种,而原先七个节目的顺序一

定,故不同的安排方式共有
=720

种.
三排列与组合的综合应用
1.排列、组合综合题的一般解法
一般坚持先组后排的原则,即先选元素后排列,同时注意按
元素性质分类或按事件的发生过程分类.
2.解决受限制条件的排列、组合问题的一般策略
(1)特殊元素优先安排的策略;
(1)一个唱歌节目作开头,另一个作结尾;
(2)两个唱歌节目不相邻;
(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.
解:(1)先排唱歌节目有种排法,再排其他节目有种排法,
故共有 =1 440 种排法.
(2)先排 3 个舞蹈节目,3 个曲艺节目,有种排法,再从其中 7
个空(包括两端)中选 2 个空排唱歌节目,有种方法,故共有

习题课两个计数原理与排列、组合

跟踪训练4 某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为___3_6___. 解析先从 4 名调研员中选 2 名去同一所学校有 C24种方案，然后与另外两名调研员进行全排列对应三所学校，有 A33种方案，故共有 C24A33＝36(种)分配方案.
m×n
2.排列、组合综合题的一般解法一般坚持先组后排的原则，即先选元素后排列，同时注意按元素性质分类或按事件的发生过程分类. 3.解析受限制条件的排列、组合问题的一般策略 (1)特殊元素优先安排的策略； (2)正难则反，等价转化的策略； (3)相邻问题，捆绑处理的策略； (4)不相邻问题，插空处理的策略；
件次品的取法种数为
A.C23C397
√B.C23C397＋C33C297
C.C5100－C13C497
D.C5100－C597
解析根据题意，“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件
次品”两种情况，
“有 2 件次品”的抽取方法有 C23C397种，
“有 3 件次品”的抽取方法有 C33C297种，则共有 C23C397＋C33C297种不同的抽取方法，故选 B.
12345
解析答案
4.8次投篮中，投中3次，其中恰有2次连续命中的情形有__3_0___种. 解析将 2 次连续命中当作一个整体，和另一次命中插入另外 5 次不命中留下的 6 个空档里进行排列有 A26＝30(种).
12345
解析答案
5.某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成. 如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有___9_6____种.(用数字作答) 解析甲传第一棒，乙传最后一棒，共有 A44种方法. 乙传第一棒，甲传最后一棒，共有 A44种方法. 丙传第一棒，共有 C12·A44种方法.

2014-2015学年高中数学选修2-3 第1章计数原理第一章习题课二项式定理

研一研·题型解法、解题更高效
1 (2)|x|＋|x|－23 的展开式中的常数项为________ －20 ．
解析
本课时栏目开关
1 3 ∵|x|＋|x|－2 ＝
1 6 |x|－， |x|
∴所求展开式中的常数项是－C3 6＝－20.
∴常数项为 T7＝C6 10＝210.
研一研·题型解法、解题更高效
题型一例1
本课时栏目开关
求二项展开式的项或系数
(1)求(x－1Байду номын сангаас－(x－1)2＋(x－1)3－(x－1)4＋(x－1)5 的展开 3
式中 x2 的系数． (2)求( 3x＋ 2)100 的展开式中，系数为有理数的项的个数．
本课时栏目开关
本课时栏目开关
【学习要求】 1．能熟练地掌握二项式定理的展开式及有关概念． 2．会用二项式定理解决与二项式有关的简单问题．
试一试·扫描要点、基础更牢固
本 0 n 1 n－1 2 n－2 2 r n－r r n n 课 n C a ＋ C a b ＋ C a b ＋…＋ C a b ＋…＋ C n n n n nb 时 1．(a＋b) ＝栏 (n∈N*)，这个公式表示的定理叫做二项式定理，其中 Cr n(r＝0, 目开 1,2，…，n)叫做二项式系数，通项是指展开式的第 r＋1 项，关 r n－r r C b . 即 na
取得最大值，即
0 1 2 r n n C ＋ C ＋ C ＋…＋ C ＋…＋ C ＝ 2 n n n n n (4)二项式系数之和，所用方法
是赋值法．
试一试·扫描要点、基础更牢固
3 2 x － 1.

两个计数原理习题课(2课时)

总结词
题目2
某医院有5名医生和3名护士，现有2名医生因病不能上班，需要重新安排医生和护士的工作，求满足工作
需要的不同安排方法种数。
题目3
某旅行社推出一条旅游线路，该线路包括5个景点，每个景点都有不同的参观费用和特色，现有300元预算，应如何选择景点以获得最佳的旅游体验？
THANKS
感谢观看
决策问题
总结词
决策问题是计数原理的一个重要应用，主要涉及在不确定环境下做出最优选择的问题。
详细描述
决策问题在运筹学、管理科学、经济学等领域有着广泛的应用。通过运用计数原理，可以对各种决策问题进行建模和求解，从而找到最优的解决方案。
03
两个计数原理的习题解析
排列组合习题解析
排列组合基本公式
两个计数原理习题课 (2课时)
目录
• 两个计数原理的基本概念 • 两个计数原理的应用 • 两个计数原理的习题解析 • 两个计数原理的解题技巧 • 两个计数原理的练习题
01
两个计数原理的基本概念
分类计数原理
分类计数原理定义
分类计数原理也称为加法原理，是指完成一件事情，需要分成$n$类，第一类有$n_1$种不同的方法，第二类有$n_2$种不同的方法，第$n$类有$n_n$种不同的方法，则完成这件事情共有$N=n_1+n_2+...+n_n$种不同的方法。
题目3
有8个人排成一排照相，其中甲、乙两人必须相邻，丙、丁两人必须不相邻，则不同的排法种数为多少？
概率计算练习题
总结词
通过概率计算题目，掌握概率的基本计算方法和应用。
题目1
一个袋子中有4个红球和3个白球，从中随机取出3个球，求取出3个球中至少有1个红球的概率。

高中选修23数学1习题课(三)计数原理

1．在(a ＋x )7展开式中x 4的系数为280，则实数a 的值为( ) A ．1 B ．±1 C ．2D ．±2解析：选C 由题知，C 47a 3＝280，得a ＝2.2．教室里有6盏灯，由3个开关控制，每个开关控制2盏灯，则不同的照明方法有( )A ．63种B ．31种C ．8种D ．7种解析：选D 由题意知，可以开2盏、4盏、6盏灯照明，不同方法有C 13＋C 23＋C 33＝7(种)．3．分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有( )A ．A 34种 B ．A 33A 13种 C ．C 24A 33种D ．C 14C 13A 33种解析：选C 先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有C 24A 33种．4.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40解析：选D 令x ＝1，依题意得(1＋a )(2－1)5＝2，∴a ＝1，又∵⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式通项T r ＋1＝(－1)r C r 5·25－r ·x 5－2r ，∴⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中的常数项为C 35(－1)3·22＋C 25(－1)2·23＝40.5．(x 2－2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2x 5的展开式中x －1的系数为( )A ．60B ．50C ．40D ．20解析：选A 由通项公式得展开式中x －1的系数为23C 35－22C 15＝60.6．7人站成两排，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为( )A ．120B ．240C ．360D ．480解析：选C 第一步：从甲、乙、丙3人中任选1人加到前排有3种不同方法．第二步：将第一步选出的1人加到前排，要保持前排4人中原3人顺序不变，则有A 44A 33种不同方法；第三步：后排6人中，原4人顺序不变有A 66A 44种不同方法．由分步乘法计数原理知共有不同加入方法3×A 44A 33·A 66A 44＝360(种)． 7．(2016·全国卷Ⅰ)(2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________．(用数字填写答案)解析：(2x ＋x )5展开式的通项为 T r ＋1＝C r 5(2x )5－r(x )r ＝25－r ·C r 5·x 5－r 2. 令5－r2＝3，得r ＝4.故x 3的系数为25－4·C 45＝2C 45＝10.答案：108．农科院小李在做某项试验中，计划从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱这6种种子中选出4种，分别种植在4块不同的空地上(1块空地只能种1种作物)，若小李已决定在第1块空地上种玉米或高粱，则不同的种植方案有________种．(用数字作答)解析：由已知条件可得第1块地有C12种种植方法，则第2～4块地共有A35种种植方法，由分步乘法计数原理可得，不同的种植方案有C12A35＝120种．答案：1209．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．解析：将A，B捆绑在一起，有A22种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A44种摆法，共有A22A44＝48种摆法，而A，B，C 3件在一起，且A，B相邻，A，C相邻有CAB，BAC两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A33＝12种摆法，故A，B相邻，A，C不相邻的摆法有48－12＝36种．答案：3610．为了鼓舞足球队员的士气，足协想派五名官员给A，B，C，D四支球队做动员工作，每支球队至少派一名官员，且甲、乙两名官员不能去同一支球队，共有多少种不同的安排方法？解：可根据甲、乙两人所去球队的情况进行分类：①甲、乙两人都单独去一支球队，剩余三人中必有两人去同一支球队，先从三人中选出两人组成一组，与其他三人进行全排列，则不同的安排方法有C23A44＝3×24＝72(种)．②甲、乙两人去的球队中有一个是两个人，从剩余三人中选出一人与甲或乙组成一组，和其他三人进行全排列，则不同的安排方法有C12C13A44＝2×3×24＝144(种)．故不同的安排方法共有72＋144＝216(种)．11．已知(3x2＋3x2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数的最大项；(2)求展开式中系数最大的项．解：(1)令x＝1，则二项式各项系数和为(1＋3)n＝4n，展开式中各项的二项式系数之和为2n .由题意，知4n －2n ＝992.∴(2n )2－2n －992＝0.∴(2n ＋31)(2n －32)＝0. ∴2n ＝－31(舍)或2n ＝32，∴n ＝5. 由于n ＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大项为中间两项，它们是T 3＝C 25(x 23)3(3x 2)2＝90x 6，T 4＝C 35(x 23)2(3x 2)3＝270x 223. (2)展开式通项公式为T r ＋1＝C r 53r ·(x 23)5－r (x 2)r ＝C r 5·3r ·x 103＋4r 3. 假设T r ＋1项系数最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C r 53r ≥C r －15·3r －1，C r 53r ≥C r ＋15·3r ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧5！(5－r )！r ！×3≥5！(6－r )！(r －1)！，5！(5－r )！r ！≥5！(4－r )！(r ＋1)！×3.∴⎩⎨⎧3r ≥16－r ，15－r ≥3r ＋1.∴72≤r ≤92.∵r ∈N *，∴r ＝4.∴展开式中系数最大项为T 5＝C 45·34·x 103＋4×43＝405x 263.。

北师版高中数学选择性必修第一册精品课件第5章计数原理习题课——计数原理的综合应用

是“分类”问题
“分步”问题
区别二
各种方法相互独立
各个步骤中的方法互相依存
区别三
任何一种方法都可以完成只有各个步骤都完成才算完成这
这件事
件事
2.从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为( ).
A.24 B.18 C.12 D.6 解析:由题意知,分为两类:“奇偶奇”和“偶奇奇”. 第1类是“奇偶奇”时,个位有3种选择,十位有2种选择,百位有2种选择,有 3×2×2=12个奇数; 第2类是“偶奇奇”时,个位有3种选择,十位有2种选择,百位不能选0,有1种选择,有3×2×1=6个奇数. 由分类加法计数原理,得共有12+6=18个奇数. 答案:B
项冠军归属结果有4种可能,3项冠军则有4×4×4=43种可能结果.故选A.
答案:A
“mn”或“nm”型问题的求解策略:关键在于搞清楚要以谁为主来研究问题,弄清楚哪类元素必须用完,就以它为主进行分析,再用分步乘法计数原理求解.
【变式训练1】 5名同学去参加同时进行的4个课外知识讲座,每名同学可自由选择,则不同的选择种数是( ). A.54 B.5×4×3×2 C.45 D.5×4 解析:每名同学有4种选择,由分步乘法计数原理可得5名同学就有 4×4×4×4×4=45种选择,故不同的选择种数是45. 答案:C
1.处理计数原理的综合问题,一般先分类,再分步.即先确定分类标准和类数, 再逐类分步计算,最后利用分类加法计数原理求得结果. 2.注意题目中的隐含条件——“多面手”的归类.
【变式训练】在7名学生中,有3名会下象棋但不会下围棋,有2名会下围棋但不会下象棋,另2名既会下象棋又会下围棋.现在从这7人中选2人分别同时参加象棋比赛和围棋比赛,共有多少种不同的选法? 解:分为两类:第1类,从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛,这时7 人中还有4人会下围棋,从中选1名参加围棋比赛,有3×4=12种选法; 第2类,从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛,这时7人中还有3人会下围棋,从中选1名参加围棋比赛,有2×3=6种选法. 由分类加法计数原理,知不同的选法共有N=12+6=18种.

人教版高中数学选修2-3第一章计数原理习题课(共16张PPT)教育课件

则集合A中的元素的个数 ( D为)
A .13B 6 .12C 8 .112 D .114
另解 x,y,z：的大小6种关x，系 yz共是有其中x一 yz种 ,则 x可，以若取 1， 2， 3， 4， 5，x若 1,则 yz1且 7yz,有 7种；同 x2 理 ,则 y ， 3,4,5,若 6,7,有 5种；若 x3,则 y4,5,6,7,有 4种； x4,若则 y5,6,有 2种， x5,若则 y6,z7,只有 1种；所 (7以 54共 21) 有 611 种 .4
答案：26
6.为了鼓舞足球队员的士气，足协想派五名官员给 A，B，C，D 四支球队做动员工作，每支球队至少派一名官员，且甲、乙两名官员不能去同一支球队，共有多少种不同的安排方法？
解：可根据甲、乙两人所去球队的情况进行分类： ①甲、乙两人都单独去一支球队，剩余三人中必有两人去同一支球队，先从三人中选出两人组成一组，与其他三人进行全排列，则不同的安排方法有 C23A44＝3×24＝72(种). ②甲、乙两人去的球队中有一个是两个人，从剩余三人中选出一人与甲或乙组成一组．和其他三人进行全排列．则不同的安排方法有 C12C13A44＝2×3×24＝144(种). 故不同的安排方法共有 72＋144＝216(种).
例 4 、A 已 ( x ,y , z ) x 知 y z 1 , x ,y , 8 集 z N , 且 x ,y , 合 z 互 ,不
则集合A中的元素的个数 ( D为)
A .13B 6 .12C 8 .112 D .114
解析：相当于把18个参赛名额分给3所学校，每个学校都有人参赛，且各校分配的名额互不相等，有多少种分法？先不考虑名额互不相等，由隔板法可得不同的分法有 C127 136 种，其中x=y(1,2,3,4,5,6,7,8)的有8

人教版2019学年高中数学第1章计数原理习题课基本计数原理学案新人教B版选修2_3

第 1章计数原理目 1. 一步理解两个基本数原理.2. 掌握解决数的基本思想．1．分加法数原理算公式：N＝m1＋ m2＋⋯＋ m n.分步乘法数原理算公式：N＝ m1× m2×⋯× m n.2．分加法数原理的是分，每一种方法都能达到____________________ ；分步乘法数原理的是分步，各个步____________才算达成件事．一、1．从高声系某 6 名男生或8 名女生中任一人表演独唱，不相同的派方法种数()A． 6B． 8C． 12D． 142．由老年人 15 人、中年人11 人、青年人 12人，成老、中、青年察看，从各年中分推一名，不相同的推方法有()A．1 880 种B． 1 980种C．2 010种D．2 100 种3．已知会合＝ {1 ，－ 2,3}，＝ { －4,5,6 ，－ 7} ，若从、两个会合中各取 1 个M N M N元素分作点的横、坐，可获取不相同点的个数()A． 18B． 16C．14D． 124．若∈ {1,2,3} ，∈ {5,6,7}，x ·y的不相同有 ()x yA．2 个B．6 个C．9 个D．3 个5．李芳有 4 件不相同色的T－ shirt,3件不相同花的裙子，还有两套不相同式的衣裙．“五四” 需一套服饰参加歌舞演出，李芳不相同的方式有() A．24 种B．14 种C． 10 种D．9 种二、填空6．有、黄、不相同色的旗各三面，每次升一面、两面或三面在某一旗杆上向排列，共能够组成 ________种不相同的旗语信号．7．从 0,1,2,3,4,5,6七个数字中，随意取出三个不相同的数字，作为二次函数y＝ ax2＋bx ＋ ( ≠ 0) 的系数，可得 ________个不相同的二次函数．c a8．商铺里有 15 种上衣， 18 种裤子，某人要买一件上衣或一条裤子，共有________种不相同的选法．要买上衣、裤子各一件，共有________种不相同的选法．三、解答题9.将红、黄、绿、黑四种不相同的颜色涂入右图中的五个地区内，要求相邻的两个地区的颜色都不相同，则有多少种不相同的涂色方法？10．已知直线ax＋ by＋c＝0中的 a， b， c 是取自会合{－3，－2，－1,0,1,2,3}中的 3 个不相同的元素，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．能力提升11．同室四人各写一张贺年卡，先会合起来，尔后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不相同的分派方式有多少种？12．现要安排一份 5 天值班表，每天有一个人值班．共有 5 个人，每个人都能够值多天班或不值班，但相邻两天不能够由同一个人值班，问此值班表由多少种不相同的排法？1．解计数应用题，要先搞清分类和分步．分类时要不重不漏．2．计数问题对特别元素或特别地址要优先考虑；对分类很多的，可使用间接法．习题课答案知识梳理2．达成这件事的目的依次达成作业设计1． D2． B[ 由分步乘法计数原理得，不相同的选举方法有15×11×12＝ 1 980(种) ．] 3． D[ 要达成这件事需分两步：第一步，从会合中取出一个元素，有 3 种取法；M第二步，从会合N 中取出一个元素，有 4 种取法．由分步乘法计数原理得，一共获取不同点的个数为3× 4＝ 12( 个 ) ． ]4． C5．B[ 先分类，李芳能够选择连衣裙也能够选择T－ shirt配裙子．选择连衣裙有2种方法；选择T－ shirt配裙子分两步：第一步，选T－ shirt有 4 种方法；第二步，选裙子有 3 种方法．因此一共有2＋4× 3＝14( 种 ) 选择方式．]6． 39剖析悬挂一面旗共能够组成旗语信号；悬挂三面旗共能够组成有 3＋ 9＋ 27＝ 39( 种 ) 旗语信号．3 种旗语信号；悬挂二面旗共能够组成3× 3＝ 9( 种 ) 3×3× 3＝27( 种 ) 旗语信号，由分类加法计数原理，共7． 1808． 33270剖析买上衣，有15 种选法；买裤子，有18 种选法．买 1 件上衣或 1 条裤子有15＋ 18＝ 33( 种 ) 选法．买一件上衣和一条裤子，有15×18＝ 270( 种 ) 选法．9．解给地区标记号A、B、 C、D、 E(以以下图) ，则A地区有4 种不相同的涂色方法，B 地区有3 种，C地区有B 与D颜色相同有2 种，D地区有 2 种，但E地区的涂色依靠于 B 与 D涂色的颜色，若是2 种涂色方法，不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．(1)当 B与 D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．(2)当 B与 D不相同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．故共有 48＋ 24＝ 72( 种 ) 不相同的涂色方法．10．解设倾斜角为θ，由θ为锐角，得 tanaθ＝－ >0，即a、b异号．b(1)若 c＝0，a、b 各有3种取法，除去2个重复(3 x－3y＝0,2 x－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 ) ，进而符合要求的直线共有7＋ 36＝43( 条) ．11．解方法一由于共四人( 用1,2,3,4代表甲、乙、丙、丁四人) ，这个数目不大，化为填数问题此后，可用列举法进行详细的填写：214323412413314234123421412343124321再依照题目要求查验，最后易知有9 种分派方法．方法二记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片能够且只能够由其他三人之一收到，故有 3 种分派方式；以乙收到为例，其别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 种分派方式；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 ( 分别是丙和丁送出的) ．对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有一种．因此，依照乘法计数原理，不相同的分派方式数为3×(1＋ 2) ＝9.12．解分 5 步进行：第一步：先排第一天，可排 5 人中的任一个，有第二步：再排次日，此时不能够排第一天的人，有第三步：再排第三天，此时不能够排次日的人，有5 种排法；4 种排法；4 种排法；第四步：同前；第五步：同前．由分步乘法计数原理可得不相同的排法有5×4×4×4× 4＝ 1 280( 种 ) ．。

计数原理复习课习题课共38页文档

31、只有永远躺在泥坑里的人，才不会再掉进坑里。——黑格尔 32、希望的灯一旦熄灭，生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德 33、希望是人生的乳母。——科策布 34、形成天才的决定因素应该是勤奋。——郭沫若 35、学到很多东西的诀窍，就是一下子不要学很多。——洛克
计数原理复习课习题课
1、纪律是管理关系的形式。——阿法纳西耶夫 2、改革如果不讲纪律，就难以成功。
3、道德行为训练，不是通过语言影响，而是让儿童练习良好道德行为，克服懒惰、轻率、不守纪律、颓废等不良行为。 4、学校没有纪律便如磨房里没有水。 ——夸美纽斯
5、教导儿童服从真理、服从集体，养成童自觉的纪律性，这是儿童道德教育最重要的部分。—— 陈鹤琴

20-21版：习题课　两个计数原理与排列、组合(步步高)

习题课两个计数原理与排列、组合一、两个计数原理的应用命题角度1“类中有步”的计数问题例1电视台在某节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有________种不同的结果.考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案28 800解析在甲箱或乙箱中抽取幸运之星，决定了后边选幸运伙伴是不同的，故要分两类分别计算：(1)幸运之星在甲箱中抽，先确定幸运之星，再在两箱中各确定一名幸运伙伴，有30×29×20＝17 400(种)结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400(种)结果.因此共有17 400＋11 400＝28 800(种)不同结果.反思感悟用流程图描述计数问题，类中有步的情形如图所示：具体意义如下：从A到B算作一件事的完成，完成这件事有两类办法，在第1类办法中有3步，在第2类办法中有2步，每步的方法数如图所示.所以，完成这件事的方法数为m1m2m3＋m4m5，“类”与“步”可进一步地理解为：“类”用“＋”号连接，“步”用“×”号连接，“类”独立，“步”连续，“类”标志一件事的完成，“步”缺一不可.跟踪训练1现有4种不同颜色，要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A.24种B.30种C.36种D.48种考点涂色问题题点涂色问题答案 D解析将原图从上而下的4个区域标为1,2,3,4.因为1,2,3之间不能同色，1与4可以同色，因此，要分类讨论1,4同色与不同色这两种情况.故不同的着色方法种数为4×3×2＋4×3×2×1＝48.故选D.命题角度2“步中有类”的计数问题例2有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复.若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测一人，则不同的安排方式共有________种.(用数字作答)考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案264解析上午总测试方法有4×3×2×1＝24(种)；我们以A，B，C，D，E依次代表五个测试项目.若上午测试E的同学下午测试D，则上午测试A的同学下午只能测试B，C，确定上午测试A的同学后其余两位同学上、下午的测试方法共有2种；若上午测试E的同学下午测试A，B，C之一，则上午测试A，B，C中任何一个的同学下午都可以测试D，安排完这位同学后其余两位同学的测试方式就确定了，故共有3×3＝9(种)测试方法，即下午的测试方法共有11种，根据分步乘法计数原理，总的测试方法共有24×11＝264(种).反思感悟用流程图描述计数问题，步中有类的情形如图所示：从计数的角度看，由A到D算作完成一件事，可简单地记为A→D.完成A→D这件事，需要经历三步，即A→B，B→C，C→D.其中B→C这步又分为三类，这就是步中有类.其中m i(i＝1,2,3,4,5)表示相应步的方法数.完成A→D这件事的方法数为m1(m2＋m3＋m4)m5.以上给出了处理步中有类问题的一般方法.跟踪训练2如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式的种数为()A.11B.12C.20D.21考点两个计数原理的区别与联系题点两个原理的简单综合应用答案 D解析根据题意，设5个开关依次为1,2,3,4,5，若电路接通，则开关1,2与3,4,5中至少有1个接通，对于开关1,2，共有2×2＝4(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有4－1＝3(种)情况，对于开关3,4,5，共有2×2×2＝8(种)情况，其中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有8－1＝7(种)情况，则电路接通的情况有3×7＝21(种).故选D.二、排列与组合的综合应用命题角度1不同元素的排列、组合问题例3有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行.如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？考点排列组合的综合应用题点排列与组合的综合应用解分三类：第一类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有C12·C12·C12·C12·A44种.第二类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C22·C22·A44种.第三类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C22·C22·A44种.故满足题意的所有不同的排法种数为C12·C12·C12·C12·A44＋2C22·C22·A44＝432.反思感悟(1)解排列、组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列.(2)解排列、组合综合问题时要注意以下几点：①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题；②对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法.跟踪训练3现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是()A.152B.126C.90D.54考点排列组合的综合应用题点排列与组合的综合应用答案 B解析按从事司机工作的人数进行分类：(1)有1人从事司机工作：C13·C24·A33(或C13C13C24A22)＝108(种)；(2)有2人从事司机工作：C23·A33＝18(种).所以不同安排方案的种数是108＋18＝126.命题角度2含有相同元素的排列、组合问题例4今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，有________种不同的方法.考点排列组合的综合应用题点分组、分配问题答案 1 260解析方法一(元素分析法)先将这9个球视为不同的元素，共有A99种排法，再来消去同色球的顺序，因2个不同红球有A22种排法，3个不同黄球有A33种排法，4个不同白球有A44种排法，故符合题意的方法有A99 A44A33A22＝1 260(种).方法二(位置分析法)第一步，从9个位置中选出2个位置，分给相同的的红球，有C29种选法.第二步，从剩余的7个位置中选出3个位置，分给相同的黄球，有C37种选法.第三步，剩下的4个位置全部分给4个白球，有1种选法.根据分步乘法计数原理可得，符合题意的方法有C29C37＝1 260(种).反思感悟排列概念中的要求是对n个不同的元素进行排列，而此类题目中的元素是部分相同的，针对此类问题，有两种解决方法：(1)先把这些元素看作全不相同的元素进行排列，再设法消去相同元素的顺序.(2)从位置进行分析，因为位置全不相同，可以分别给相同的每一类元素找位置.跟踪训练4某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________.考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案36解析先从4名调研员中选2名去同一所学校有C24种方案，然后与另外两名调研员进行全排列对应三所学校，有A33种方案，故共有C24A33＝36(种)分配方案.1.给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A，B，后两个字符用a，b，c(允许重复)，则不同编号的书共有()A.8本B.9本C.12本D.18本考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 D解析由分步乘法计数原理得，不同编号的书共有2×3×3＝18(本).2.设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为()A.(34,34)B.(43,34)C.(34,43)D.(A34，A34)考点分步乘法计数原理题点分步乘法计数原理的应用答案 C解析首先每名学生报名有3种选择，有4名学生，根据分步乘法计数原理知，共有34种选择，每项冠军有4种可能的结果，3项冠军根据分步乘法计数原理知，共有43种可能结果，故选C.3.从0,2,4中取一个数字，从1,3,5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，则所有不同的三位数的个数是()A.48B.50C.52D.54考点排列组合的综合应用题点排列与组合的综合应用答案 A解析第一类：从2,4中任取一个数，有C12种取法，同时从1,3,5中取两个数字，有C23种取法，再把三个数全排列，有A33种排法.故有C12C23A33＝36(种)取法.第二类：从0,2,4中取出0，有C11种取法，从1,3,5三个数字中取出两个数字，有C23种取法，然后把两个非0的数字中的一个先安排在首位，有A12种排法，剩下的两个数字全排列，有A22种排法，共有C11C23A12A22＝12(种)方法.共有36＋12＝48(种)排法，故选A.4.8次投篮中，投中3次，其中恰有2次连续命中的情形有________种.考点排列的应用题点排列的简单应用答案30解析将2次连续命中当作一个整体，和另一次命中插入另外5次不命中留下的6个空档里进行排列有A26＝30(种).5.已知x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5,6，则满足x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2的数组(x1，x2，x3，x4，x5，x6)的个数为________.考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案90解析根据题意，∵x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2，x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5,6，∴x i中有2个1和4个0，或3个1、1个－1和2个0，或4个1和2个－1，共有C26＋C36C23＋C46＝90(个)，∴满足x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝2的数组(x1，x2，x3，x4，x5，x6)的个数为90.。

高中数学第六章计数原理习题课计数原理课件新人教A版选择性必修第三册

答案：14n
[方法技巧] 应用两个计数原理应遵循的原则
(1)应用分类加法计数原理，应准确进行“分类”，明确分类的标准：每一种方法必属于某一类(不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重)，每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”．
(2)应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成．
(4)不相邻问题“插空”处理的原则：对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端插入．
5指标问题采用“隔板法”：即问题转化为把 n 个相同元素分成 m 个组的分法，这相当于 n 个相同元素的每两个元素之间共 n－1 个空，任插 m－1 个板子的插法数，即 Cmn－－11种.
6先取后排的原则：对于较复杂的排列组合问题，常采用“先取后排”的原则，即先取出符合条件的元素，再按要求进行排列.
7定序问题倍缩、空位插入原则：定序问题可以用倍缩法，还可转化为占位插空模型处理.
8小集团问题先整体后局部原则：小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其他策略进行处理.
[集训冲关]
1．从字母 a，b，c，d，e，f 中选出 4 个字母排成一排，其中一定要选出方法共有
()
A．36 种
B．72 种
C．90 种
D．144 种
解析：由于 a，b 已经选出，故再从剩余的 4 个字母中选出 2 个，
方法有 C24＝6(种)．将 a，b 看作一个整体，与选出的 2 个字母进行排列， ∵a 在 b 前面，∴排列方法有 A33＝6(种)，
②先将五位老师全排列有 A55种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有 A56种排法，故共有 A55·A56＝86 400 种排法．