[推荐学习]2018版高中数学第一章计数原理课时训练06组合的应用新人教B版选修2_3

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2017-2018年度高中数学第一章计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2.1 组合及组合数公式讲义新人教B版选修2-3

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知识拓展 (1)如果两个组合中的元素完全相同,不管它们的顺序如何,都是相同的组合.
(2)当两个组合中的元素不完全相同(即使只有一个元素不同)时, 就是不同的组合.例如从a,b,c三个不同的元
素中取出两个元素的所有组合有3个,它们分别是ab,ac,bc.要注意 ba,ab是相同的组合.
(3)组合问题与排列问题的共同点是:都要“从n个不同元素中,任取m个元素”,不同点是:前者是“不管顺序并成一组”,而后者要“按照一定顺序排成一列”.
题型一题型二题型三题型四
题型四易错辨析
【例 4】
已知C15��
−
1 C6��
=
107C7��,求
m.
错解:由已知得��!(55!-��)!
−
��!(6-��)! 6!
=
7(170-��×��)7!!��!,
即 60-10(6-m)=(7-m)(6-m),
1234 5
4.已知C��2��-1
=
C�� 3
=
C��4��+1,则
m
与
n
的值分别为
.
解析:
由C��-1
2
=
C��可得
3
5m=2n+2,①
由C��
3
=
C��+1可得
=

��! ��!(��-��)!
=
��(��-1)(��-2��)��…! (��-��+1),这里

高中数学第一章第1课时基本计数原理1作业课件新人教B版选修2_3

书 11 本，从中取出一本，则不同的取法共有( A )
A．37 种
B．1 848 种
C．3 种
D．6 种
解析：从书架上任取一本书，有三类方法：第一类是从语文书中任取一本，有 12 种不同的方法；第二类是从数学书中任取一本，有 14 种不同的方法；第三类是从英语书中任取一本，有 11 种不同的方法，由分类加法计数原理，不同的取法共有 N＝12＋14＋11＝37(种)．
三、解答题(本大题共 2 小题，共 25 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
10．(10 分)高三·一班有学生 50 人，其中男生 30 人，女生 20 人；高三·二班有学生 60 人，其中男生 30 人，女生 30 人；高三·三班有学生 55 人，其中男生 35 人，女生 20 人．
(2)选一名校学生会体育部长有三类方法：第一类是从高三·一班男生中选，有 30 种选法；第二类是从高三·二班男生中选，有 30 种选法；第三类是从高三·三班女生中选，有 20 种选法．
由分类加法计数原理，不同的选法共有 N＝30＋30＋20＝80(种)．
Hale Waihona Puke 11．(15 分)已知集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，
4．如图，一条电路从 A 处到 B 处接通时，可构成线路的条数为 (B)
A．8 C．5
B．6 D．3
解析：从 A 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 2×3＝6，故选 B.
9．如图所示，由连接正八边形的三个顶点而组成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有 40 个．

18版高中数学第一章计数原理章末复习课学案北师大版选修2_3

第一章计数原理学习目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会利用两种原理解决一些实际问题.2.理解排列数和组合数公式的推导过程，掌握排列组合在实际问题中的应用.3.掌握二项式定理和二项展开式的性质．1．分类加法计数原理完成一件事，可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种方法，在第二类方案中有m 2种方法，……，在第n 类办法中有m n 种方法，那么，完成这件事共有N ＝__________种方法． 2．分步乘法计数原理完成一件事需要n 个步骤，缺一不可，做第一步有m 1种方法，做第二步有m 2种方法，……，做第n 步有m n 种方法，那么，完成这件事共有N ＝____________种方法． 3．排列数与组合数公式及性质4.二项式定理(1)二项式定理的内容：(a ＋b )n＝_______________________________________________________. (2)通项公式：T r ＋1＝C r n an －r b r，r ∈{0,1,2，…，n }．(3)二项式系数的性质：①与首末两端等距离的两个二项式系数相等．②若n 为偶数，中间一项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n2＋1项的二项式系数最大；若n 为奇数，中间两项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n ＋12项和第n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大．③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ；C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.类型一数学思想方法在求解计数问题中的应用命题角度1 分类讨论思想例1 有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其余5人既会划左舷又会划右舷，现在要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷划船参加比赛，则有多少种不同的选法．反思与感悟解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：(1)类与类之间要互斥(保证不重复)；(2)总数要完备(保证不遗漏)．跟踪训练1 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答)命题角度2 “正难则反”思想例2 设集合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2，a3满足a1<a2<a3，a3－a2≤6，那么满足条件的集合A的个数为( )A．78 B．76 C．83 D．84反思与感悟对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考．跟踪训练2 由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．类型二排列与组合的综合应用例3 在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？反思与感悟排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列．对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．跟踪训练3 有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门学科的课代表，分别求符合下列条件的选法数．(1)有女生但人数必须少于男生： (2)某女生一定要担任语文课代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不但任数学课代表．类型三二项式定理及其应用命题角度1 二项展开式的特定项问题例4 已知在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －23x n 的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. (1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数绝对值最大的项； (3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn的值．反思与感悟 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质．跟踪训练4 已知⎝⎛⎭⎪⎫41x ＋3x 2n的展开式的倒数第三项的系数为45.命题角度2 二项展开式的“赋值”问题例5 若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2；(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10；(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2.反思与感悟与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果．跟踪训练5 若(x 2＋1)(x －3)9＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋a 3(x －2)3＋…＋a 11(x －2)11，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11的值为________．1．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有( ) A ．24种 B ．36种 C ．48种D ．60种2．已知关于x 的二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋a 3x n 展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a 的值为( ) A ．1 B ．±1 C ．2D ．±23．某校一社团共有10名成员，从周一到周五每天安排两人值日．若甲、乙必须排在同一天，且丙、丁不能排在同一天，则不同的安排方案有( )A．21 600种B．10 800种C．7 200种D．5 400种4．若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________.5．航天员拟在太空授课，准备进行标号为0,1,2,3,4,5的六项实验，向全世界人民普及太空知识，其中0号实验不能放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为________．(用数字作答)1．排列与组合(1)排列与组合的区别在于排列是有序的，而组合是无序的．(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件，对于有限制条件的排列问题的考虑途径①元素分析法：先考虑特殊元素的要求，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)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点，一般方法是先分组，后分配．2．二项式定理(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式．(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项展开式中第r＋1项的通项公式是T r＋1＝C r n a n－r b r(r＝0,1，…，n)，其中二项式系数是C r n，而不是C r＋1n，这是一个极易错点．(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值法．答案精析知识梳理 1．m 1＋m 2＋…＋m n 2．m 1×m 2×…×m n3．(n －m ＋1) n ！ n －m ！ A mn A m m n n －1 n －2 … n －m ＋1 m ！ n ！m ！ n －m ！C n －mnC mn ＋14．(1)C 0n a n＋C 1n a n －1b 1＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n(n ∈N ＋)题型探究例1 解分四类第一类：3个只会左舷的人全不选，有C 03C 35C 36＝200(种)；第二类：3个只会划左舷的人中只选1人，有C 13C 25C 37＝1 050(种)；第三类：3个只会划左舷的人中只选2人，有C 23C 15C 38＝840(种)；第四类：3个只会划左舷的人全选，有C 33C 39＝84(种)，所以共有200＋1 050＋840＋84＝2 174(种)选法．跟踪训练1 60 例2 C 跟踪训练2 30例3 解 (1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A 77＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A 44＝24(种)方法．根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A 66＝720(种)方法． ×□×□×□×□×□×□×第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个演唱节目中间，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A 47＝840(种)方法．根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序．(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A 1212种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A 1212A 1010＝A 212＝132(种)排列．跟踪训练3 解 (1)先选后排．课代表的选法有C 35C 23＋C 45C 13种，排列方法有A 55种，所以满足题意的选法有(C 35C 23＋C 45C 13)A 55＝5 400(种)．(2)除去该女生后，即相当于剩余的7名学生选4名担任4门学科的课代表，有A 47＝840(种)选法．(3)先选后排．从剩余的7名学生中选出4名有C 47种选法，排列方法有C 14A 44，所以选法共有C 47C 14A 44＝3 360(种)．(4)先从除去该男生和女生的6人中选出3人，有C 36种选法，该男生的安排方法有C 13种，其余3人全排，有A 33种选法，因此满足题意的选法共有C 36C 13A 33＝360(种)．例4 解 (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3，解得n ＝10，因为通项T r ＋1＝C r 10(x )10－r ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－23x r＝(－2)r C r10556rx-，r ＝0,1,2， (10)当5－5r6为整数时，r 可取0,6，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第r ＋1项系数的绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C r102r≥C r －1102r －1，C r 102r≥C r ＋1102r ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧r ≤223，r ≥193，又因为r ∈{1,2,3，…，9}，所以r ＝7，当r ＝7时，T 8＝－15 360x －56，又因为当r ＝0时，T 1＝x 5，当r ＝10时，T 11＝(－2)10103x-＝1 024103x-，所以系数的绝对值最大的项为T 8＝－15 36056x -.(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝ 1＋9 10－19＝1010－19.跟踪训练4 解已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，得n 2－n＝90，解得n ＝－9(舍去)或n ＝10. (1)通项T r ＋1＝C r10(14x-)10－r(23x )r＝C r1010233r rx--+(0≤r ≤10，r ∈N )，令－10－r 4＋2r3＝3，得r ＝6.故含有x 3的项是第7项，T 7＝C 610x 3＝210x 3.(2)∵⎝ ⎛⎭⎪⎫41x ＋3x 210的展开式共11项， ∴系数最大项是第6项，T 6＝C 510(14x-)5·(23x )5＝2522512x.例5 解 (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5，a 2是展开式中x 2的系数，∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45·(－2)4＋C 35(－1)3C 55(－2)5＝800. (2)令x ＝1，代入已知式可得，a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝0，而令x ＝0，得a 0＝32，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－32. (3)令x ＝－1可得，(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝65，再由(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＋(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝0，把这两个等式相乘可得，(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2＝65×0＝0. 跟踪训练5 5 当堂训练1．D 2.C 3.B 4.364 5.300。

2018版高中数学第一章计数原理课时训练01 分类加法计数原理与分步乘法计数原理新人教B版选

课时训练01 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(限时：10分钟)1．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，则满足条件的不同的有序自然数对的个数是( )A．15 B．12C．5 D．4解析：利用分类加法计数原理．当x＝1时，y＝0,1,2,3,4,5，有6种情况．当x＝2时，y＝0,1,2,3,4，有5种情况．当x＝3时，y＝0,1,2,3，有4种情况．据分类加法计数原理可得，共有6＋5＋4＝15种情况．答案：A2．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A．243 B．252C．261 D．279解析：0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．答案：B3．某体育馆有8个门供球迷出入，某球迷从其中一门进入，另一门走出，则不同的进出方法有( )A．16种 B．56种C．64种 D．72种解析：分两步进行：第一步，选一门进入有8种方法；第二步，从剩下的门中选择一门走出有7种方法，共8×7＝56种方法．答案：B4．已知集合A＝{0,3,4}，B＝{1,2,7,8}，集合C＝{x|x∈A，或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有__________种．解析：分两类进行，第一类，当元素属于集合A时，有3种．第二类，当元素属于集合B时，有4种．∴共3＋4＝7种．答案：75．甲、乙、丙3个班各有三好学生3,5,2名，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有多少种不同的推选方法．解析：分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×5＝15种选法；第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×2＝6种选法；第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有5×2＝10种选法．综合以上三类，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31种不同选法．(限时：30分钟)一、选择题1．某乒乓球队里有男队员6人，女队员5人，从中选取男、女队员各一人组成混合双打队，不同的组队总数有( )A．11 B．308．已知a∈ {3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示__________个不同的圆．解析：确定一个圆的方程分三步：第1步确定a的值有3种方法，第2步确定b的值有4种方法，第3步确定r的值有2种方法，根据分步乘法计数原理，不同的圆的个数为：N ＝3×2×4＝24(个)．答案：249．奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24(种)．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．所以安排这8人的方式有24×120＝2880(种)．答案：2880三、解答题10．有9名乒乓球运动员，其中有6名只会用右手打球，有2名只会用左手打球，还有1名既会用右手打球，也会用左手打球，现要从中选出2名运动员，要求会用右手打球的和会用左手打球的各1名，求共有多少种不同的选法．解析：记左右手都能打球的运动员为A.当A不被选中时，有6×2＝12(种)选法；当A 被选中时，有6＋2＝8(种)选法．根据分类加法计数原理得共有12＋8＝20(种)选法．11．已知集合M＝{－3，－2，－1，0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，问：(1)P可表示平面上多少个不同的点？(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第1步先确定a的值，共有6种方法；第2步确定b的值，也有6种方法．根据分步乘法计数原理得到平面上点的个数为6×6＝36.(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第1步确定a，由于a＜0，所以有3种确定方法；第2步确定b，由于b＞0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理得到第二象限的点的个数为3×2＝6.。

高中数学第一章计数原理课时作业4排列的综合应用(习题课)新人教A版选修2-3(2021年整理)

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课时作业 4 排列的综合应用(习题课）|基础巩固|（25分钟，60分)一、选择题（每小题5分,共25分)1．6名同学排成一排，其中甲、乙必须排在一起的不同排法共有（）A．720种B．360种C．240种 D．120种解析:将甲、乙两人视为1人与其余4人排列，有A错误!种排列方法，甲、乙两人可互换位置，所以总的排法有A错误!·A错误!＝240(种）．答案：C2．某单位准备用不同花色的装饰石材分别装饰办公楼中的办公室、走廓、大厅的地面以及楼的外墙，现有编号为1～6的六种不同花色的装饰石材可选择,其中1号石材有微量的放射性，不可用于办公室内，则不同的装饰效果种数为( ）A．65 B．50C．350 D．300解析：办公室可选用的花色有A错误!种，其余三个地方的装饰花色有A错误!种,所以不同的装饰效果种数为A错误!·A错误!＝300（种)，故选D.答案：D3．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A．192种 B．216种C．240种 D．288种解析：第一类:甲在最左端，有A错误!＝5×4×3×2×1＝120（种）方法；第二类：乙在最左端，有4A错误!＝4×4×3×2×1＝96(种)方法．所以共有120＋96＝216(种)方法．答案:B4．从a,b，c，d,e五人中选2人分别参加数学和物理竞赛,但a不能参加物理竞赛，则不同的选法有( ）A．16种 B．12种C．20种 D．10种解析:先选一人参加物理竞赛有A1，4种方法,再从剩下的4人中选1人参加数学竞赛，有A错误!种方法，共有A错误!·A错误!＝16种方法．答案：A5．由数字0，1，2，3，4,5组成没有重复数字的五位数,其中个位数字小于十位数字的只有（)A．210个 B．300个C．464个 D．600个解析:没有重复数字的五位数有5×A错误!＝600（个）,个位数字小于十位数字的有错误!＝300（个)．故选B.答案：B二、填空题(每小题5分，共15分)6．某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的排法有________种．解析：课表上相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课，分三类：第1类：文化课之间没有艺术课,有A错误!·A错误!＝6×24＝144（种)．第2类：某两节文化课之间有1节艺术课，有A错误!·C错误!·A错误!·A错误!＝6×3×2×6＝216(种）．第3类：三节文化课之间有2节艺术课，有A错误!·A错误!·A错误!＝6×6×2＝72（种）．共有144＋216＋72＝432（种)．答案:4327．将序号分别为1，2，3，4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．解析：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为:1和2，2和3,3和4,4和5，四种连号，其他号码各为一组，分给4人，共有4×A错误!＝96（种）．答案：968．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：先将A，B捆绑在一起，有A错误!种摆法,再将它们与其他3件产品全排列,有A错误!种摆法,共有A2，2A错误!种摆法．而A，B，C这3件产品在一起，且A，B相邻,A，C相邻有2A 错误!种摆法．故A，B相邻，A,C不相邻的摆法有A错误!A错误!－2A错误!＝36（种)．答案：36三、解答题（每小题10分，共20分）9．用0,1,2，…，9十个数字可组成多少个满足以下条件的且没有重复数字的排列：（1)五位奇数；(2）大于30 000的五位偶数？解析：(1)要得到五位奇数，末位应从1,3,5,7，9五个数字中取，有5种取法,取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的8种不同取法．首末两位取定后，十个数字还有八个数字可供中间的十位、百位与千位三个数位选取，共有A错误!种不同的排列方法．因此由分步乘法计数原理共有5×8×A错误!＝13 440个没有重复数字的五位奇数．(2）要得偶数，末位应从0，2,4,6,8中选取，而要比30 000大的五位偶数,可分两类：①末位数字从0，2中选取，则首位可取3、4、5、6、7、8、9中任一个,共7种选取方法,其余三个数位就有除首末两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共A错误!种取法．所以共有2×7×A错误!种不同情况．②末位数字从4，6,8中选取，则首位应从3、4、5、6、7、8、9中除去末位数字的六位数字中选取,其余三个数位仍有A错误!种选法,所以共有3×6×A错误!种不同情况．由分类加法计数原理，比30 000大的无重复数字的五位偶数的个数共有2×7×A3，8＋3×6×A38＝10 752种．10．六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法?(1)甲不站两端；(2）甲、乙站在两端；（3)甲不站左端，乙不站右端．解析：（1)法一：要使甲不站在两端,可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A1，4种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A错误!种站法，根据分步乘法计数原理,共有站法A错误!·A错误!＝480种．法二：由于甲不站两端,这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A错误!种站法，然后其余4人有A错误!种站法,根据分步乘法计数原理，共有站法A错误!·A错误!＝480种．法三：若对甲没有限制条件共有A错误!种站法,甲在两端共有2A错误!种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有A错误!－2A错误!＝480种．(2）首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A错误!种，再让其他4人在中间位置作全排列,有A错误!种，根据分步乘法计数原理，共有A错误!·A错误!＝48种站法．(3）法一：甲在左端的站法有A错误!种,乙在右端的站法有A错误!种，且甲在左端而乙在右端的站法有A错误!种，共有A错误!－2A错误!＋A错误!＝504种站法．法二：以元素甲分类可分为两类：a.甲站右端有A55种，b。

教育最新K122018版高中数学第一章计数原理 1.1 第1课时分类计数原理与分步计数原理学案苏教版选修2-3

第1课时分类计数原理与分步计数原理学习目标 1.理解分类计数原理与分步计数原理.2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．知识点一分类计数原理第十三届全运会在中国天津盛大召开，一名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，每天有7个航班，6列火车．思考1 该志愿者从上海到天津的方案可分几类？思考2 这几类方案中各有几种方法？思考3 该志愿者从上海到天津共有多少种不同的方法？梳理(1)完成一件事有两类不同的方式，在第1类方式中有m种不同的方法，在第2类方式中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．(2)完成一件事有n类不同的方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，…，在第n类方式中有m n种不同的方法，则完成这件事共有N＝__________________种不同的方法．知识点二分步计数原理若这名志愿者从上海赶赴天津为游客提供导游服务，但需在青岛停留，已知从上海到青岛每天有7个航班，从青岛到天津每天有6列火车．思考1 该志愿者从上海到天津需要经历几个步骤？思考2 完成每一个步骤各有几种方法？思考3 该志愿者从上海到天津共有多少种不同的方法？梳理(1)完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法．(2)完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，则完成这件事共有N＝______________________________种不同的方法．类型一分类计数原理例1 某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有29人，A型血的共有7人，B 型血的共有9人，AB型血的共有3人，从中任选1人去献血，共有多少种不同的选法？反思与感悟(1)应用分类计数原理时，完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法，都可以独立完成这件事．(2)利用分类计数原理解题的一般思路跟踪训练1 若x，y∈N*，且x＋y≤5，则有序自然数对(x，y)共有________个．类型二分步计数原理引申探究若各位上的数字不允许重复，那么这个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？例2 一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数的号码？(各位上的数字允许重复)反思与感悟(1)应用分步计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．(2)利用分步计数原理解题的一般思路①分步：将完成这件事的过程分成若干步．②计数：求出每一步中的方法数．③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．跟踪训练2 从－2，－1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成抛物线的条数为________．类型三两个原理的综合应用例3 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？反思与感悟分类讨论解决问题，必须思维清晰，保证分类标准的唯一性，这样才能保证分类不重复，不遗漏，运用两个原理解答时是先分类后分步还是先分步后分类，应视具体问题而定．跟踪训练3 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，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有多少种不同的选法？1．某学生在书店发现3本好书，决定至少买其中的1本，则购买方法有________种．2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为________．3．把5本书全部借给3名学生，有________种不同的借法．4．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员的选法有________种．(用数字作答)5．某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？1．使用两个原理解题的本质分类―→将问题分成互相排斥的几类，逐类解决―→分类计数原理分步―→把问题分化为几个互相关联的步骤，逐步解决―→分步计数原理2．利用两个计数原理解决实际问题的常用方法列举法――→种数较少将各种情况一一列举间接法――→正面复杂用总数减去不满足条件的种数答案精析问题导学知识点一思考1 两类，即乘飞机、坐火车．思考2 第1类方案(乘飞机)有7种方法，第2类方案(坐火车)有6种方法．思考3 共有7＋6＝13(种)不同的方法．梳理(1)m＋n(2)m1＋m2＋…＋m n知识点二思考1 两个，即先乘飞机到青岛，再坐火车到天津．思考2 第1个步骤有7种方法，第2个步骤有6种方法．思考3 共有7×6＝42(种)不同的方法．梳理(1)m×n(2)m1×m2×…×m n题型探究例1 解从中选1人去献血的方法共有4类．第一类：从O型血的人中选1人去献血，共有29种不同的方法；第二类：从A型血的人中选1人去献血，共有7种不同的方法；第三类：从B型血的人中选1人去献血，共有9种不同的方法；第四类：从AB型血的人中选1人去献血，共有3种不同的方法．利用分类计数原理，可得选1人去献血共有29＋7＋9＋3＝48(种)不同的选法．跟踪训练1 10解析当x＝1时，y＝1,2,3,4，共构成4个有序自然数对；当x＝2时，y＝1,2,3，共构成3个有序自然数对；当x＝3时，y＝1,2，共构成2个有序自然数对；当x＝4时，y＝1，共构成1个有序自然数对．根据分类计数原理，共有N＝4＋3＋2＋1＝10(个)有序自然数对．例2 解按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.根据分步计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10 000(个)四位数的号码．引申探究解按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第一步，有10种拨号方式，即m1＝10；第二步，去掉第一步拨的数字，有9种拨号方式，即m2＝9；第三步，去掉前两步拨的数字，有8种拨号方式，即m3＝8；第四步，去掉前三步拨的数字，有7种拨号方式，即m4＝7.根据分步计数原理，共可以组成N＝10×9×8×7＝5 040(个)四位数的号码．跟踪训练2 100解析由题意知，a不能为0，故a的值有5种选法；b的值也有5种选法；c的值有4种选法．由分步计数原理，得抛物线的条数为5×5×4＝100.例3 解(1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，根据分步计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法．所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．跟踪训练3 解由题意知，有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．方法一分两类．第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，有6种选法，则说日语的有2＋1＝3(种)选法，此时共有6×3＝18(种)选法；第二类：从不只会英语的1人中选1人说英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2(种)选法．所以由分类计数原理知，共有18＋2＝20(种)选法．方法二设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种：(1)教英语；(2)教日语．第一类：甲入选．(1)甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步计数原理，有1×2＝2(种)选法；(2)甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步计数原理，有1×6＝6(种)选法，故甲入选的不同选法共有2＋6＝8(种)．第二类：甲不入选，可分两步．第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法；第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法．由分步计数原理，有6×2＝12(种)不同的选法．综上，共有8＋12＝20(种)不同的选法．当堂训练1．7 2.12 3.243 4.95．解(1)分三类，第一类是从一班的8名优秀团员中产生，有8种不同的选法；第二类是从二班的10名优秀团员中产生，有10种不同的选法；第三类是从三班的6名优秀团员中产生，有6种不同的选法．由分类计数原理可得，共有N＝8＋10＋6＝24(种)不同的选法．(2)分三步，第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，有10种不同的选法．第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，有6种不同的选法．由分步计数原理可得，共有N＝8×10×6＝480(种)不同的选法．(3)分三类：每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，有8×10种不同的选法；第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，有10×6种不同的选法；第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，有8×6种不同的选法．因此，共有N＝8×10＋10×6＋8×6＝188(种)不同的选法．。

2018版高中数学第一章计数原理课时作业2分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用习题课新人教A版选修2_3

课时作业2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用(习题课)|基础巩固|(25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．用0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( ) A．144个B．120个C．96个 D．72个解析：由题意知，首位数字只能是4,5.若首位数字是5，则末位数字可从0,2,4中取1个，有3种方法．其余各位数字有4×3×2＝24种；由分步乘法计数原理知首位为5时，满足条件的数字个数为3×24＝72.若首位数字为4，则有2×4×3×2＝48个．依分类加法计数原理知满足条件的数字有72＋48＝120个．选B.答案：B2.如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为( )A．96 B．84C．60 D．48解析：A有4种选择，B有3种选择，若C与A相同，则D有3种选择，若C与A不同，则C有2种选择，D也有2种选择，所以共有4×3×(3＋2×2)＝84种．答案：B3．高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )A．16种 B．18种C．37种 D．48种解析：高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C.答案：C4．将3本相同的小说，2本相同的诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有( )A．24种 B．28种C．32种 D．36种解析：第一类，有一个人分到一本小说和一本诗集，这种情况下的分法有：先将一本小说和一本诗集分到一个人手上，有4种分法，将剩余的2本小说，1本诗集分给剩余3个同学，有3种分法，共有3×4＝12(种)；第二类，有一个人分到两本诗集，这种情况下的分法有：先将两本诗集分到一个人手上，有4种情况，将剩余的3本小说分给剩余3个人，只有一种分法．共有4×1＝4(种)；第三类，有一个人分到两本小说，这种情况的分法有：先将两本小说分到一个人手上，有4种情况，再将剩余的2本诗集和1本小说分给剩余的3个人，有3种分法．那么共有4×3＝12(种)．综上所述，总共有12＋4＋12＝28(种)分法．答案：B5．有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )A．14 B．23C．48 D．120解析：分两步：第一步，取多面体，有5＋3＝8种不同的取法，第二步，取旋转体，有4＋2＝6种不同的取法．所以不同的取法种数是8×6＝48种．答案：C二、填空题(每小题5分，共15分)6．某运动会上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲，乙，丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以共有4×3×2＝24种方法；第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120种．所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880种．答案：2 8807．将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格里，每格填一个数字，则每个格子的标号与所填的数字均不同的填法有________种．解析：1号方格里可填2,3,4三个数字，有3种填法，1号方格填好后，再填与1号方格内数字相同的号的方格，又有3种填法，其余两个方格只有1种填法．所以共有3×3×1＝9种不同的方法．答案：98．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则种植A，B的不同方法有________种．(用数字作答)解析：按从左往右把各垄田地依次列为1,2,3，…，10.分两步：第一步，先选垄，有1,8；1,9；1,10；2,9；2,10；3,10.共6种选法；第二步，种植A，B两种作物，有2种选法．因此，由分步乘法计数原理，不同的选垄种植方法有6×2＝12(种)．答案：12三、解答题(每小题10分，共20分)9．8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？解析：先排放百位，从1,2，…，7共7个数中选一个有7种选法；再排十位，从除去百位的数外，剩余的7个数(包括0)中选一个，有7种选法；最后排个位，从除前两步选出的数外，剩余的6个数中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理，共可以组成7×7×6＝294个不同的三位数．10.的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少第三步：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)．答案：913．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示①②)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.解析：(1)为A着色有6种方法，为B着色有5种方法，为C着色有4种方法，为D着色也有4种方法，所以，共有着色方法6×5×4×4＝480(种)．(2)与(1)的区别在于与D相邻的区域由两块变成了三块．同理，不同的着色方法数是n(n－1)(n－2)(n－3)．因为n(n－1)(n－2)(n－3)＝120.又120<480，所以可分别将n＝4,5代入得n＝5时上式成立．即n的值为5.14．(1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数个数是多少？(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1>a2且a3>a2，则称这样的三位数为凹数(如102,323,756等)，那么所有凹数个数是多少？解析：(1)分8类：当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1、0，由分步乘法计数原理，有1×2＝2个；当中间数为3时，百位可选1、2，个位可选0、1、2，由分步乘法计数原理，有2×3＝6个；同理可得：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．(2)分8类：当中间数为0时，百位可选1～9，个位可选1～9，由分步乘法计数原理，有9×9＝81个；当中间数为1时，百位可选2～9，个位可选2～9，由分步乘法计数原理，有8×8＝64个；同理可得：当中间数为2时，有7×7＝49个；当中间数为3时，有6×6＝36个；当中间数为4时，有5×5＝25个；当中间数为5时，有4×4＝16个；当中间数为6时，有3×3＝9个；当中间数为7时，有2×2＝4个；当中间数为8时，有1×1＝1个；故共有81＋64＋49＋36＋25＋16＋9＋4＋1＝285个．。

【教育专用】2018版高中数学第一章计数原理课时训练04排列的应用新人教B版选修2_3

课时训练04 排列的应用A．60种 B．48种C．36种 D．24种答案：D4．由0,1,2，…，9这十个数字组成的无重复数字的四位数中，个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的有( )A．98个 B．105个C．112个 D．210个答案：D5．现需编制一个八位的序号，规定如下：序号由4个数字和2个x、1个y、1个z组成；2个x不能连续出现，且y在z的前面；数字在1,2,4,8之间选取，可重复选取，且四个数字之积为8，则符合条件的不同的序号种数有( )A．12 600 B．6 300C．5 040 D．2 520解析：易知数字只能选1,1,1,8或1,1,2,4或1,2,2,2，先排数字和y，z，再插入x 即为(A36A27×2＋A46A27)÷A22＝12 600.答案：A二、填空题6．将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少一张，如果分给同一人的两张参观券连号，那么不同的分法种数是__________．解析：5张参观券分为4堆，有2个连号有4种分法，然后再分给每一个人有A44种方法，所以总数是4A44＝96.答案：967．暑假期间张、王两家夫妇各带1个小孩到西安游玩某景区，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外两个小孩要排在一起，则这6个人入园的排法有________种．解析：分三步完成：第一步，将两位爸爸排在两端有A22种排法．第二步，将两个小孩看作1人与两位妈妈任意排在中间的三个位置有A33种排法．第三步，两个小孩之间有A22种排法．所以这6个人的入园排列方法共有A22A33A22＝24(种)．答案：248．用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1,2相邻，这样的六位数的个数是________．解析：可分为三步来完成这件事：第一步：先将3,5进行排列，共有A22种排法；第二步：再将4,6插空排列，共有2A22种排法；第三步：将1,2放入3,5,4,6形成的空中，共有A15种排法，由分步乘法计数原理得，共有A22·2A22·A15＝10(种)不同的排法．答案：40三、解答题9．用1,2,3,4,5这五个数字组成没有重复数字的五位数，其中恰有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数有多少个？解析：第一步，先将两个偶数排好，有A22种不同的排法．第二步，两个偶数中间的奇数可以有A13种选择．第三步，将两个偶数和它中间的奇数捆在一起，与另外两个奇数排列，有A33种不同的排法．由分步乘法计数原理，适合题意的五位数共有A22A13A33＝36(个)．10．3位男士甲、乙、丙和3位女士A，B，C在一起合影留念，在下面条件下各有多少种不同的排法？(1)排成一排，甲不在左端，A不在右端．。

【人教B版】选修2-3数学：第1章《计数原理》基础测试(含解析)

高中数学第一章计数原理知能基础测试新人教B版选修2-3时间120分钟，满分150分．一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种选出3种分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有( )A．24种B．18种C．12种D．6种[答案] B[解析]因为黄瓜必须种植，在余下的3种蔬菜品种中再选出两种，进行排列共有C23A33＝18种．故选B.2．已知C7n＋1－C7n＝C8n(n∈N*)，则n等于( )A．14 B．12C．13 D．15[答案] A[解析]因为C8n＋C7n＝C8n＋1，所以C7n＋1＝C8n＋1.∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A.3．某铁路所有车站共发行132种普通客票，则这段铁路共有车站数是( )A．8 B．12C．16 D．24[答案] B[解析]∵A2n＝n(n－1)＝132.∴n＝12.故选B.4．(1＋x)7的展开式中x2的系数是( )A．42 B．35C．28 D．21[答案] D[解析]展开式中第r＋1项为T r＋1＝C r7x r，T3＝C27x2，∴x2的系数为C27＝21.5．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( ) A．3×3! B．3×(3！)3C．(3！)4D．9![答案] C[解析]本题考查捆绑法排列问题．由于一家人坐在一起，可以将一家三口人看作一个整体，一家人坐法有3！种，三个家庭即(3！)3种，三个家庭又可全排列，因此共(3！)4种．注意排列中在一起可用捆绑法，即相邻问题．6．某校园有一椭圆型花坛，分成如图四块种花，现有4种不同颜色的花可供选择，要求每块地只能种一种颜色，且有公共边界的两块不能种同一种颜色，则不同的种植方法共有( )A．48种B．36种C．30种D．24种[答案] A[解析]由于相邻两块不能种同一种颜色，故至少应当用三种颜色，故分两类．第一类，用4色有A44种，第二类，用3色有4A33种，故共有A44＋4A33＝48种．7．若多项式x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，则a9＝( )A．9 B．10C．－9 D．－10[答案] D[解析]x10的系数为a10，∴a10＝1，x9的系数为a9＋C910·a10，∴a9＋10＝0，∴a9＝－10.故应选D.另解：∵[(x＋1)－1]2＋[(x＋1)－1]10＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，显然a9＝C110(－1)＝－10.8．(2015·黑龙江省龙东南四校高二期末)从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( ) A．48种B．36种C．18种D．12种[答案] B[解析] 分两种情况：(1)小张小赵去一人：C 12C 12A 33＝24；(2)小张小赵都去：A 22A 23＝12，故有36种，应选B.9．(2015·湖北理，3)已知(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )A ．212B ．211C ．210D ．29[答案] D[解析] 由题意可得，二项式的展开式满足T r ＋1＝C r n x r ，且有C 3n ＝C 7n ，因此n ＝10.令x ＝1，则(1＋x )n ＝210，即展开式中所有项的二项式系数和为210；令x ＝－1，则(1＋x )n＝0，即展开式中奇数项的二项式系数与偶数项的二项式系数之差为0，因此奇数项的二项式系数和为12(210＋0)＝29.故本题正确答案为D.10．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种[答案] B[解析] 由题意不同的放法共有C 13C 24＝18种．11．(2015·四川理，6)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个[答案] B[解析] 据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有2×A 34个；若万位上排5，则有3×A 34个．所以共有2×A 34＋3×A 34＝5×24＝120个．选B.12．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( ) A ．24对 B ．30对 C ．48对 D ．60对[答案] C[解析] 解法1：先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数，然后根据正方体六个面的特征计算总对数．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C 、BC 1、C 1D 、CD 1、A 1D 、AD 1、A 1B 、AB 1共8条，同理与BD 成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线，共组成16对，又正方体共有6个面，所有共有16×6＝96对．因为每对都被计算了两次(例如计算与AC 成60°角时，有AD 1，计算与AD 1成60°角时有AC ，故AD 1与AC 这一对被计算了2次)，因此共有12×96＝48对．解法2：间接法．正方体的面对角线共有12条，从中任取2条有C 212种取法，其中相互平行的有6对，相互垂直的有12对，∴共有C 212－6－12＝48对．二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上) 13．(2015·上海理，8)在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选法有________种(用数值表示)[答案] 120[解析] 由题意得，去掉选5名教师情况即可：C 59－C 56＝126－6＝120.14．(2015·新课标Ⅱ，15)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.[答案] 3[解析] 由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax,4ax 3，x,6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3.15．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、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有________种(用数字作答)．[答案] 264[解析] 由条件上午不测“握力”，则4名同学测四个项目，有A 44；下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复，如“立定”、“肺活量”中一种有3×3＝9，故A44(2＋9)＝264种．16．从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，能被3整除的数有________个．[答案]228[解析]一个数能被3整除的条件是它的各位上的数字之和能被3整除．根据这点，分为如下几数：(1)三位数各位上的数字是1,4,7或2,5,8这两种情况，这样的数有2A33＝12(个)．(2)三位数的各位上只含0,3,6,9中的一个，其他两位上的数则从(1,4,7)和(2,5,8)中各取1个，这样的数有C14C13C13A33＝216(个)，但要除去0在百位上的数，有C13C13A22＝18(个)，因而有216－18＝198(个)．(3)三位数的各位上的数字是0,3,6,9中的3个，但要去掉0在百位上的，这样应有3×3×2＝18(个)，综上所述，由0到9这10个数字所构成的无重复数字且能被3整除的3位数有12＋198＋18＝228(个)．三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)一个小组有10名同学，其中4名男生，6名女生，现从中选出3名代表，(1)其中至少有一名男生的选法有几种？(2)至多有1名男生的选法有几种？[解析](1)方法一：(直接法)．第一类：3名代表中有1名男生，则选法种数为C14·C26＝60(种)；第二类：3名代表中有2名男生，则选法种数为C24·C16＝36(种)；第三类：3名代表中有3名男生，则选法种数为C34＝4(种)；故共有60＋36＋4＝100(种)．方法二：(间接法)．从10名同学中选出3名同学的选法种数为C310种．其中不适合条件的有C36种．故共有C310－C36＝100(种)．(2)第一类：3名代表中有一名男生，则选法为C14C26＝60(种)；第二类：3名代表中无男生，则选法为C36＝20(种)；故共有60＋20＝80(种)．18．(本题满分12分)从－1、0、1、2、3这5个数中选3个不同的数组成二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的系数．(1)开口向上的抛物线有多少条？(2)开口向上且不过原点的抛物线有多少条？ [解析] (1)要使抛物线的开口向上，必须a ＞0， ∴C 13·A 24＝36(条)．(2)开口向上且不过原点的抛物线，必须a ＞0，c ≠0， ∴C 13·C 13·C 13＝27(条)．19．(本题满分12分)求(x －3x )9的展开式中的有理项． [解析] ∵T r ＋1＝C r 9·(x 12)9－r ·(－x 13)r ＝(－1)r ·C r9·x 27－r 6，令27－r 6∈Z ，即4＋3－r6∈Z ，且r ∈{0,1,2，…，9}． ∴r ＝3或r ＝9.当r ＝3时，27－r 6＝4，T 4＝(－1)3·C 39·x 4＝－84x 4；当r ＝9时，27－r 6＝3，T 10＝(－1)9·C 99·x 3＝－x 3.∴(x －3x )9的展开式中的有理项是：第4项，－84x 4和第10项，－x 3. 20．(本题满分12分)有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？ (3)恰有一个盒内有2个球，有多少种放法？[解析] (1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有44＝256(种)．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C 24种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计算原理，共有放法：C 14·C 24·C 13·A 22＝144(种)．(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．21．(本题满分12分)(2015·北京高二质检)已知(3x 2＋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．[解析] 令x ＝1得展开式各项系数和为(1＋3)n ＝4n，又展开式二项式系数和为C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n，由题意有4n －2n＝992.即(2n )2－2n －992＝0，(2n －32)(2n＋31)＝0，所以n ＝5.(1)因为n ＝5，所以展开式共6项，其中二项式系数最大项为第三、四两项，它们是T 3＝C 25(3x 2)3·(3x 2)2＝90x 6.T 4＝C 35(3x 2)2(3x 2)3＝270x 223. (2)设展开式中第k ＋1项的系数最大．又T k ＋1＝C k 5(3x 2)5－k ·(3x 2)k ＝C k 53k x 10＋4k 3，得⎩⎪⎨⎪⎧C k 5·3k ≥C k －15·3k －1C k 5·3k ≥C k ＋15·3k ＋1⇒⎩⎪⎨⎪⎧3k ≥16－k 15－k ≥3k ＋1⇒72≤k ≤92. 又因为k ∈Z ，所以k ＝4，所以展开式中第5项系数最大．T 5＝C 4534x263＝405x 263. 22．(本题满分14分)已知(1＋2x )n展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，且等于它后一项系数的56，试求该展开式中二项式系数最大的项．[解析] T r ＋1＝C rn (2x )r＝2r·C rn ·x x2，它的前一项的系数为2r －1·C r －1n ，它的后一项的系数为2r ＋1·C r ＋1n ，根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧2r·C rn ＝2·2r －1·C r －1n ，2r ·C r n ＝56·2r ＋1·C r ＋1n ，⎩⎪⎨⎪⎧2r －1＝n ，8r ＋3＝5n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ＝7，r ＝4.∴展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项．3 2，T5＝C47(2x)4＝560x2.T4＝C37(2x)3＝280x。

2018版高中数学第一章计数原理1.3第2课时组合的应用学案苏教版选修2_320181031385

第2课时组合的应用学习目标 1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题.2.能解决有限制条件的组合问题．知识点组合的特点思考组合的特征有哪些？梳理(1)组合的特点是只取不排组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m次不放回地取出．(2)组合的特性元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．(3)相同的组合根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．类型一有限制条件的组合问题例1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)至少有1名女运动员；(3)既要有队长，又要有女运动员．反思与感悟(1)解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．(2)要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类和分步时，一定要注意有无重复或遗漏．跟踪训练1在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人参加市级培训．在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必须参加；(3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．类型二与几何有关的组合应用题例2如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？反思与感悟(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．跟踪训练2空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为________．类型三分组、分配问题命题角度1不同元素分组、分配问题例3有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？(1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本；(2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；(3)分成三组，每组都是2本；(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本．反思与感悟分组、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．跟踪训练3某宾馆安排A、B、C、D、E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B 不能住同一房间，则不同的安排方法有________种．命题角度2相同元素分配问题例4将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列方法的种数．(1)每个盒子都不空；(2)恰有一个空盒子；(3)恰有两个空盒子．反思与感悟相同元素分配问题的处理策略(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着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C n m－1种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．跟踪训练4某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________种．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________种．2．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有________种．3．某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有________种．4．直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有________个．5．要从12人中选出5人参加一次活动，其中A，B，C三人至多两人入选，则有________种不同选法．1．无限制条件的组合应用题的解题步骤(1)判断．(2)转化．(3)求值．(4)作答．2．有限制条件的组合应用题的分类(1)“含”与“不含”问题：这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．(2)几何中的计算问题：在处理几何问题中的组合应用问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决．(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．答案精析问题导学知识点思考组合取出的元素是无序的．题型探究例1解(1)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，故共有C36·C24＝120(种)选法．(2)方法一(直接法)“至少有1名女运动员”包括以下几种情况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．由分类计数原理知共有C14·C46＋C24·C36＋C34·C26＋C4·C16＝246(种)选法．方法二(间接法)不考虑条件，从10人中任选5人，有C150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C150－C56＝246(种)．(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C49种选法；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)．跟踪训练1解(1)从中任取5人是组合问题，共有C152＝792(种)不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需从另外9人中选2人，是组合问题，共有C29＝36(种)不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中选5人，共有C59＝126(种)不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分为两步：先从甲、乙、丙中选1人，有C13种选法，再从另外9人中选4人，有C49种选法，共有C13C49＝378(种)不同的选法．例2解(1)方法一可作出三角形C36＋C16·C24＋C26·C14＝116(个)．方法二可作三角形C130－C34＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)可作出四边形C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个)．跟踪训练2205解析方法一可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总个数为C05C45＋C15C35＋C25C25＋C35C15＝205.方法二从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C140－C45＝205.例3解(1)分三步：先选一本有C16种选法，再从余下的5本中选两本有C25种选法，最后余- 7 -下的三本全选有C3种选法．由分步计数原理知，分配方式共有C16·C25·C3＝60(种)．(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配问题．因此，分配方式共有C16·C25·C·A＝360(种)．3 3(3)先分三组，有C26C24C 种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，2F，若第一组取了A，B，第二组取了C，D，第三组取了E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)，但C26C24C2种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，C26·C24·C2AB，CD)，共A3种情况，而这A3种情况只能作为一种分法，故分配方式有＝15(种)．A3C26·C24·C2(4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式·A＝90(种)．3A3跟踪训练3114解析5个人住三个房间，每个房间至少住1人，则有(3,1,1)和(2,2,1)两种．当为(3,1,1)时，有C35A ＝60(种)，A，B住同一房间有C A ＝18(种)，故有60－18＝42(种)．3 313C25C23当为(2,2,1)时，有·A＝90(种)，A，B住同一房间有C C A ＝18(种)，故有90－18＝72(种)．3 13232A2根据分类计数原理共有42＋72＝114(种)．例4解(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C35＝10(种)．(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C25种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C14种插法，故共有C25·C14＝40(种)．(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C15种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C23种插法．②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C13种插法．故共有C15·(C23＋C13)＝30(种)．跟踪训练410解析第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给- 8 -集邮册，有C24种分法．因此，满足题意的赠送方法共有C14＋C24＝4＋6＝10(种)．当堂训练1．96 2.120 3.210 4.225 5.756。

高中数学选修2-3(人教B版)第一章计数原理1.4知识点总结含同步练习题及答案

描述：例题：高中数学选修2-3(人教B版)知识点总结含同步练习题及答案第一章计数原理 1.3计数模型（补充）一、学习任务掌握计数的几种模型，并能处理一些简单的实际问题．二、知识清单数字组成模型条件排列模型分组分配模型染色模型计数杂题三、知识讲解1.数字组成模型与顺序相关的数字问题，通常是计算满足某些特征的数字的个数．常见特征比如各个数位的数字不同、四位数、奇数、比某数大的数、某个数位满足某种条件的数等等，其中各个数位数字可以相同的问题通常借助乘法原理分步解决，各个数位数字不相同通常是与排列相关的问题．由、、、、这五个数字可组成多少个无重复数字的五位数？解：首位不能是，有种，后四位数有种排列，所以这五个数可以组成个无重复的五位数．012340C 14A 44=96C 14A 44用数字、组成四位数，且数字、至少都出现一次，这样的四位数共有______个（用数字作答）．解：因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是或的情况不合题意，所以符合题意的四位数有个．23231423−2=1424从，中选一个数字，从、、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． B． C． D．解：B当选时，先从、、中选个数字有种方法，然后从选中的个数字中选个排在末位有种方法，剩余个数字排在首位，共有种方法；当选时，先从、、中选个数字有种方法，然后从选中的个数字中选个排在末位有种方法，其余个数字全排列，共有种方法．依分类加法计数原理知共有个奇数．02135241812601352C 2321C 121=6C 23C 1221352C 2321C 122=12C 23C 12A 226+12=18用，，，，，这个数字，可以组成______个大于且小于的012345630005421描述：例题：2.条件排列模型计算满足某些限制条件的排列的个数，常见的如相邻问题、不相邻问题、某位置不能排某人、某人只能或不能排在某些位置的问题等等．不重复的四位数．解：分四类：①千位数字为，之一时，百十个位数只要不重复即可，有（个）；②千位数字为，百位数字为，，，之一时，共有（个）；③千位数字是，百位数字是，十位数字是，之一时，共有（个）；④最后还有也满足条件．所以，所求四位数共有（个）．175342=120A 3550123=48A 14A 245401=6A 12A 135420120+48+6+1=175 名男生，名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．（1）全体站成一排，其中甲只能在中间或两端；（2）全体站成一排，男生必须排在一起；（3）全体站成一排，甲、乙不能相邻．解：（1）先考虑甲的位置，有种方法，再考虑其余人的位置，有种方法．故有种方法；（2）（捆绑法）男生必须站在一起，即把名男生进行全排列，有种排法，与名女生组成个元素全排列，故有种不同的排法；（3）（插空法）甲、乙不能相邻，先把剩余的名同学全排列，有种排法，然后将甲、乙分别插到个空中，有种排法，故有种不同的排法．34A 136A 66=2160A 13A 663A 3345=720A 33A 555A 556A 26=3600A 55A 26有甲、乙、丙在内的个人排成一排照相，其中甲和乙必须相邻，丙不排在两头，则这样的排法共有______种．解：甲和乙必须相邻，可将甲、乙捆绑，看成一个元素，与丙除外的另三个元素构成四个元素，自由排列，有种方法；丙不排在两头，可对丙插空，插四个元素生成的中间的三个空中的任何一个，有种方法；最后甲、乙两人的排法有种方法．综上，总共有种排法．6144A 44A 13A 22=144A 44A 13A 22 把椅子摆成一排，人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（）A． B． C． D．解：D“不相邻”应该用“插空法”，三个空椅子，形成个空，三个坐人的椅子插入空中，因为人不同，所以需排序，所以有种不同坐法．6314412072244=24A 34某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同课程的排法？解：法一：门课程总的排法是种，其中不符合要求的可分为：体育排在第一节有种排法，数学排在最后一节有种排法，但这两种方法，都包括体育在第一节，数学排在最后一节，这种情况有种排法，因此符合条件的排法应是：种．法二：① 体育、数学即不排在第一节也不排在最后一节，这种情况有种排法；② 数学6A 66A 55A 55A 44−2+=504A 66A 55A 44⋅A 24A 44⋅144种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种．（以数字作答）72种花，且相邻的96高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。

人民教育出版社B版高中数学目录(全)

人民教育出版社B版高中数学目录(全)高中数学（B版）必修一第一章集合1.1集合与集合的表示方法1.1.1集合的概念1.1.2集合的表示方法1.2集合之间的关系与运算1.2.1集合之间的关系1.2.2集合的运算整合提升第二章函数2.1 函数2.1.1函数2.1.2函数的表示方法2.1.3函数的单调性2.1.4函数的奇偶性2.2一次函数和二次函数2.2.1一次函数的性质与图象2.2.2二次函数的性质与图象2.2.3待定系数法2.3函数的应用（I）2.4函数与方程2.4.1函数的零点2.4.2求函数零点近似解的一种计算方法——二分法整合提升第三章基本初等函数（I）3.1指数与指数函数3.1.1实数指数幂及其运算3.1.2指数函数3.2对数与对数函数3.2.1对数及其运算3.2.2对数函数-3.2.3指数函数与对数函数的关系3.3幂函数3.4函数的应用（Ⅱ）整合提升高中数学（B版）必修二第1章立体几何初步1.1空间几何体1.1.1构成空间几何体的基本元素1.1.2棱柱、棱锥和棱台的结构特征1.1.3圆柱、圆锥、圆台和球1.1.4投影与直观图1.1.5三视图1.1.6棱柱、棱锥、棱台和球的表面积1.1.7柱、锥、台和球的体积1.2点、线、面之间的位置关系1.2.1平面的基本性质与推论1.2.2空间中的平行关系(第1课时)空间中的平行关系(第2课时)1.2.3空间中的垂直关系(第1课时)空间中的垂直关系(第2课时)综合测试阶段性综合评估检测(一)第2章平面解析几何初步2.1平面直角坐标系中的基本公式2.2直线的方程2.2.1直线方程的概念与直线的斜率2.2.2直线方程的几种形式2.2.3两条直线的位置关系2.2.4点到直线的距离2.3 圆的方程2.3.1圆的标准方程2.3.2圆的一般方程2.3.3直线与圆的位置关系2.3.4圆与圆的位置关系2.4空间直角坐标系综合测试高中数学（B版）必修三一章算法初步1.1 算法与程序框图1.1.1 算法的概念1.1.2 程序框图1.1.3 算法的三种基本逻辑结构和框图表示1.2 基本算法语句1.2.1 赋值、输入和输出语句1.2.2 条件语句1.2.3 循环语句1.3 中国古代数学中的算法案例单元回眸第二章统计2.1 随机抽样2.1.1 简单随机抽样2.1.2 系统抽样显示全部信息第一章算法初步1.1 算法与程序框图1.1.1 算法的概念1.1.2 程序框图1.1.3 算法的三种基本逻辑结构和框图表示1.2 基本算法语句1.2.1 赋值、输入和输出语句1.2.2 条件语句1.2.3 循环语句1.3 中国古代数学中的算法案例单元回眸第二章统计2.1 随机抽样2.1.1 简单随机抽样2.1.2 系统抽样2.1.3 分层抽样2.1.4 数据的收集2.2 用样本估计总体2.2.1 用样本的频率分布估计总体的分布2.2.2 用样本的数字特征估计总体的数字特征2.3 变量的相关性2.3.1 变量间的相关关系2.3.2 两个变量的线性相关单元回眸第三章概率3.1 事件与概率3.1.1 随机现象3.1.2 事件与基本事件空间3.1.3 频率与概率3.1.4 概率的加法公式3.2 古典概型3.2.1 古典概型3.3 随机数的含义与应用3.3.1 几何概型3.3.2 随机数的含义与应用3.4 概率的应用单元回眸高中数学（B版）必修四第一章基本初等函数(2)1.1 任意角的概念与弧度制1.1.1 角的概念的推广1.1.2 弧度制和弧度制与角度制的换算1.2 任意角的三角函数1.2.1 三角函数的定义1.2.2 单位圆与三角函数线1.2.3 同角三角函数的基本关系式1.2.4 诱导公式1.3 三角函数的图象与性质1.3.1 正弦函数的图象与性质1.3.2 余弦函数、正切函数的图象与性质1.3.3 已知三角函数值求角单元回眸第二章平面向量2.1 向量的线性运算2.1.1 向量的概念2.1.2 向量的加法2.1.3 向量的减法2.1.4数乘向量2.1.5 向量共线的条件与轴上向量坐标运算2.2 向量的分解与向量的坐标运算2.2.1 平面向量基本定理2.2.2 向量的正交分解与向量的直角坐标运算2.2.3 用平面向量坐标表示向量共线条件2.3 平面向量的数量积2.3.1 向量数量积的物理背景与定义2.3.2 向量数量积的运算律2.3.3 向量数量积的坐标运算与度量公式2.4 向量的应用2.4.1 向量在几何中的应用2.4.2 向量在物理中的应用单元回眸第三章三角恒等变换3.1 和角公式3.1.1 两角和与差的余弦3.1.2 两角和与差的正弦3.1.3 两角和与差的正切3.2 倍角公式和半角公式3.2.1 倍角公式3.2.2 半角的正弦、余弦和正切3.3 三角函数的积化和差与和差化积单元回眸高中数学（B版）必修五第一章解三角形1.1 正弦定理和余弦定理1.1.1 正弦定理1.1.2 余弦定理1.2 应用举例复习与小结第一章综合测试第二章数列2.1 数列2.1.1 数列2.1.2 数列的递推公式（选学）2.2 等差数列2.2.1 等差数列2.2.2 等差数列的前n项和2.3 等比数列2.3.1 等比数列2.3.2 等比数列的前n项和复习与小结第二章综合测试第三章不等式. 3.1 不等关系与不等式3.1.1 不等关系3.1.2 不等式的性质3.2 均值不等式3.3 一元二次不等式及其解法3.4 不等式的实际应用3.5 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题3.5.1 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题3.5.2 简单的线性规划复习与小结第三章综合测试高中数学（B版）选修1－1第1章常用逻辑用语1.1 命题与量词1.2 基本逻辑联结词1.3充分条件、必要条件与命题的四种形式1.3.1推出与充分条件、必要条件1.3.2命题的四种形式第1章综合测试题第2章圆锥曲线与方程2.1 曲线与方程2.1.1 曲线与方程的概念2.1.2 由曲线求它的方程、由方程研究曲线的性2.2 椭圆2.2.1椭圆的标准方程2.2.2椭圆的几何性质2.3 双曲线2.3.1双曲线的标准方程2.3.2双曲线的几何性质2.4 抛物线2.4.1抛物线的标准方程2.4.2抛物线的几何性质2.5直线与圆锥曲线第2章综合测试题阶段性综合评估检测（一）第3章空间向量与立体几何3.1 空间向量及其运算3.1.1 空间向量的线性运算3.1.2 空间向量的基本定理3.1.3两个向量的数量积3.1.4空间向量的直角坐标运算3.2 空间向量在立体几何中的应用3.2.1 直线的方向向量与直线的向量方程3.2.2平面的法向量与平面的向量表示3.2.3直线与平面的夹角3.2.4二面角及其度量3.2.5距离高中数学（B版）选修1－2目录：第一章统计案例1.1独立性检验1.2回归分析单元回眸第二章推理与证明2.1合情推理与演绎推理2.2直接证明与间接证明单元回眸第三章数系的扩充与复数的引入3.1数系的扩充与复数的引入3.2复数的运算单元回眸第四章框图4.1流程图4.2结构图单元回眸高中数学（人教B）选修2-1第1章常用逻辑用语1.1 命题与量词1.2 基本逻辑联结词1.3充分条件、必要条件与命题的四种形式1.3.1推出与充分条件、必要条件1.3.2命题的四种形式第1章综合测试题第2章圆锥曲线与方程2.1 曲线与方程2.1.1 曲线与方程的概念2.1.2 由曲线求它的方程、由方程研究曲线的性2.2 椭圆2.2.1椭圆的标准方程2.2.2椭圆的几何性质2.3 双曲线2.3.1双曲线的标准方程2.3.2双曲线的几何性质2.4 抛物线2.4.1抛物线的标准方程2.4.2抛物线的几何性质.2.5直线与圆锥曲线第2章综合测试题阶段性综合评估检测（一）第3章空间向量与立体几何3.1 空间向量及其运算3.1.1 空间向量的线性运算3.1.2 空间向量的基本定理3.1.3两个向量的数量积3.1.4空间向量的直角坐标运算3.2 空间向量在立体几何中的应用3.2.1 直线的方向向量与直线的向量方程3.2.2平面的法向量与平面的向量表示3.2.3直线与平面的夹角3.2.4二面角及其度量3.2.5距离第3章综合测试题阶段性综合评估检测（二）高中数学人教B选修2-2第一章导数及其应用1.1 导数1.1.1 函数的平均变化率1.1.2 瞬时速度与导数1.1.3 导数的几何意义1.2 导数的运算1.2.1 常数函数与幂函数的导数1.2.2 导数公式表及数学软件的应用1.2.3 导数的四则运算法则1.3 导数的应用1.3.1 利用导数判断函数的单调性1.3.2 利用导数研究函数的极值1.3.3 导数的实际应用1.4 定积分与微积分基本定理1.4.1 曲边梯形面积与定积分1.4.2 微积分基本定理本章整合提升第二章推理与证明2.1 合情推理与演绎推理2.1.1 合情推理2.1.2 演绎推理2.2 直接证明与间接证明2.2.1 综合法与分析法2.2.2 反证法2.3 数学归纳法本章整合提升第三章数系的扩充与复数3.1 数系的扩充与复数的概念3.1.1 实数系3.1.2 复数的概念3.1.3 复数的几何意义3.2 复数的运算3.2.1 复数的加法与减法3.2.2 复数的乘法3.2.3 复数的除法本章整合提升高中数学人教B选修2-3第一章计数原理1.1基本计数原理1.2排列与组合1.2.1排列1.2.2组合1.3二项式定理1.3.1二项式定理1.3.2杨辉三角单元回眸第二章概率2.1离散型随机变量及其分布列2.1.1离散型随机变量2.1.2离散型随机变量的分布列2.1.3超几何分布2.2条件概率与事件的独立性2.2.1条件概率2.2.2事件的独立性2.2.3独立重复试验与二项分布2.3随机变量的数字特征2.3.1离散型随机变量的数学期望2.3.2离散型随机变量的方差2.4正态分布单元回眸第三章统计案例3.1独立性检验3.2回归分析单元回眸高中数学（B版）选修4－1第一章相似三角形定理与圆幂定理1.1相似三角形1.1.1相似三角形判定定理1.1.2相似三角形的性质1.1.3平行截割定理1.1.4锐角三角函数与射影定理1.2圆周角与弦切角1.2.1圆的切线1.2.2圆周角定理1.2.3弦切角定理1.3圆幂定理与圆内接四边形1.3.1圆幂定理1.3.2圆内接四边形的性质与判定本章小结阅读与欣赏欧几里得附录不可公度线段的发现与逼近法第二章圆柱、圆锥与圆锥曲线2.1平行投影与圆柱面的平面截线2.1.1平行投影的性质2.1.2圆柱面的平面截线2.2用内切球探索圆锥曲线的性质2.2.1球的切线与切平面2.2.2圆柱面的内切球与圆柱面的平面截线2.2.3圆锥面及其内切球2.2.4圆锥曲线的统一定义本章小结阅读与欣赏吉米拉•丹迪林附录部分中英文词汇对照表后记高中数学（B版）选修4－4第一章坐标系1.1直角坐标系，平面上的伸缩变换1.2极坐标系本章小结第二章参数方程2.1曲线的参数方程2.2直线和圆的参数方程2.3圆锥曲线的参数方程2.4一些常见曲线的参数方程本章小结附录部分中英文词汇对照表后记高中数学（B版）选修4－5第一章不等式的基本性质和证明的基本方法1.1不等式的基本性质和一元二次不等式的解法1.2基本不等式1.3绝对值不等式的解法1.4绝对值的三角不等式1.5不等式证明的基本方法本章小结第二章柯西不等式与排序不等式及其应用2.1柯西不等式2.2排序不等式2.3平均值不等式（选学）2.4最大值与最小值问题，优化的数学模型本章小结阅读与欣赏著名数学家柯西第三章数学归纳法与贝努利不等式3.1数学归纳法原理3.2用数学归纳法证明不等式、贝努利不等式本章小结阅读与欣赏完全归纳法和不完全归纳法数学归纳法数学归纳法简史附录部分中英文词汇对照表。