最新2019-2020年人教统编第1章-高考题集锦：计数原理北师大版数学选修
2019版北师大版数学【选修2-3】：第1章《计数原理》综合测试(含答案)
2019版数学精品资料（北师大版）第一章综合测试时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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．如图，从上往下读(不能跳读)构成句子“构建和谐社会，创美好未来”的不同读法种数是()构建建和和和谐谐谐谐社社社社社会会会会会会创创创创创美美美美好好好未未来A．250B．240C．252D．300[答案] C[解析]要组成题设中的句子，则每行读一字，不能跳读．每一种读法须10步完成(从上一个字到下一个字为一步)，其中5步是从左上角到右下角方向读的，故共有不同读法C510＝252种．2．某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日(端午节假期)值班，每天安排2人，每人值班1天，若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有() A．30种B．36种C．42种D．48种[答案] C[解析]本题考查排列组合的基本知识，涉及分类，分步计算原理、特殊元素、特殊位置．甲在16日，有C14C24＝24种；甲在15日，乙在15日有C24＝6种．甲在15日，乙在14日时有C14C13＝12种，所以总共24＋6＋12＝42，故选C.3．(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Tr＋1＝C r7x r，T3＝C27x2，∴x2的系数为C27＝21，此题误认为T r＋1为第r项，导致失分．4．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有()A．60种B．48种C．36种D．24种[答案] D[解析]把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，A44＝24种．5．(2013·新课标Ⅰ理，9)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝() A．5 B．6C．7 D．8[答案] B[解析]a＝c m2m ＝2m(2m－1)…(m＋1)m！，b＝c m2m＋1＝(2m＋1)·2m…(m＋2)m！，又∵13a＝7b，∴13(m＋1)＝7(2m＋1)，∴m＝6.6．设集合A ＝{1,2,3,4}，m ，n ∈A ，则关于x ，y 的方程x 2m ＋y 2n ＝1表示焦点在x 轴上的椭圆有( )A ．6个B ．8个C ．12个D ．16个[答案] A[解析] 解法一：因为椭圆的焦点在x 轴上，所以当m ＝4时，n ＝1或2或3；当m ＝3时，n ＝1或2；当m ＝2时，n ＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．解法二：由题意知m >n ，则应有C 24＝6(个)焦点在x 轴上的不同椭圆．故选A.7.如图，一圆形花圃内有5块区域，现有4种不同颜色的花．从4种花中选出若干种植入花圃中，要求相邻两区域不同色，种法有( )A ．324种B ．216种C ．244种D ．240种[答案] D[解析] 若1、4同色，共有C 14×3×3×2＝72(种)．若1、4不同色(里面分2与4同色不同色)，共有A 24×2×(1×3＋2×2)＝168(种)．所以一共有168＋72＝240(种)．8．(2012·辽宁理，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3！， 三个家庭即(3！)3，三个家庭又可全排列，因此(3！)4 注意排列中在一起可用捆绑法，即相邻问题．9．(2014·山东省胶东示范校检测)已知某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含x ，y 正半轴上的整点)，其运动规律为(m ，n )→(m ＋1，n ＋1)或(m ，n )→(m ＋1，n －1)．若该动点从原点出发，经过6步运动到点(6,2)，则不同的运动轨迹有( )A ．15种B ．14种C ．9种D ．103种[答案] C[解析] 由运动规律可知，每一步的横坐标都增加1，只需考虑纵坐标的变化，而纵坐标每一步增加1(或减少1)，经过6步变化后，结果由0变到2，因此这6步中有2步是按照(m ，n )→(m ＋1，n －1)运动的，有4步是按照(m ，n )→(m ＋1，n ＋1)运动的，因此，共有C 26＝15种，而此动点只能在第一象限的整点上运动(含x ，y 正半轴上的整点)，当第一步(m ，n )→(m ＋1，n －1)时不符合要求，有C 15种；当第一步(m ，n )→(m ＋1，n ＋1)，但第二、三两步为(m ，n )→(m ＋1，n －1)时也不符合要求，有1种，故要减去不符合条件的C 15＋1＝6种，故共有15－6＝9种．10．(2014·福建理，10)用a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a )(1＋b )的展开式1＋a ＋b ＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a ”表示取出一个红球，而“ab ”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个有区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A ．(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5B ．(1＋a 5)(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c )5C ．(1＋a )5(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c 5)D ．(1＋a 5)(1＋b )5(1＋c ＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5) [答案] A[解析] 从5个无区别的红球中取出若干个球的所有情况为1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5，从5个有区别的黑球中取出若干个球的所有情况为(1＋c )(1＋c )(1＋c )(1＋c )(1＋c )，而所有蓝球都取出或都不取出有1＋b 5种情况，故选A.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分) 11．(2013·安徽理，11)若(x ＋a 3x)8的展开式中x 4的系数为7，则实数a ＝________.[答案] 12[解析] 由T r ＋1＝C r 8·x r (a3x )8－r ＝C r 8·x 4r －83·a 8－r.令4r －83＝4，∴r ＝5，则x 4的系数为C 58a 3＝7.解之得a ＝12.12．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有______种(用数字作答)．[答案] 36[解析] 分2步完成：第一步：将4名大学生按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种．第二步：将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22A 33＝36种．13．用数字0,1,2,3,4,5,6组成设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________个(用数字作答)．[答案] 324[解析] 分两大类：(1)四位数中如果有0，这时0一定排在个、十、百位的任一位上，如排在个位，这时，十位、百位上数字又有两种情况：①可以全是偶数；②可以全是奇数．故此时共有C 23A 33C 14＋C 23A 33C 14＝144(种)．(2)四位数中如果没有0，这时后三位可以全是偶数，或两奇一偶．此时共有A 33A 13＋C 23C 13A 33C 13＝180(种)．故符合题意的四位偶数共有：144＋180＝324(种)．14．若(x －2)5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝________(用数字作答)．[答案] 31[解析] 已知(x －2)5＝a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0， 令x ＝1，得(1－2)5＝a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝－1， 令x ＝0，得(0－2)5＝a 0＝－32， 所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝31.15．一直线和圆相离，这条直线上有6个点，圆周上有4个点，通过任意两点作直线，最少可作直线的条数是________．[答案] 19[解析] 为了作的直线条数最少，应出现3点或更多点共线的情况，由于直线与圆相离，应让圆上任意两点都与直线上的一点共线．圆周上有4点能连成C 24＝6条直线，而直线上恰有6个点，故这10个点中最多有6个三点共线和1个六点共线的情况，因此最少可作直线C 210－6C 23－C 26＋6＋1＝19(条)．三、解答题(本大题共6小题，共75分，前4题每题12分，20题13分，21题14分) 16．(1)化简n ·(n ＋1)·…·(n ＋m )；(2)求证：A 57＋5A 47＝A 58； (3)求n 使A 32n ＝10A 3n .[解析] (1)由排列数公式的阶乘形式可得n ·(n ＋1)·…·(n ＋m )＝(n ＋m )！(n －1)！＝A m ＋1n ＋m .(2)A 57＋5A 47＝7×6×5×4×3＋5×7×6×5×4＝(3＋5)×7×6×5×4＝8×7×6×5×4＝A 58，故等式得证．(3)由A 32n ＝10A 3n 得2n (2n －1)(2n －2)＝10n (n －1)(n －2)，即4n (2n －1)(n －1)＝10n (n －1)(n －2)，4(2n －1)＝10(n －2)(n ≥3，n 是正整数)，解得n ＝8.17．把4个男同志和4个女同志均分成4组，到4辆公共汽车里参加售票劳动，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同情况．(1)有几种不同的分配方法？(2)每个小组必须是一个男同志和一个女同志有几种不同的分配方法？ (3)男同志与女同志分别分组，有几种不同分配方法？[解析] (1)男女合在一起共有8人，每辆车上2人，可以分四个步骤完成，先安排2人上第一辆车，共有C 28种，再上第二车共有C 26种，再上第三车共有C 24种，最后上第四车共有C 22种，这样不同分配方法，按分步计数原理有C 28·C 26·C 24·C 22＝2520(种)． (2)要求男女各1人，因此先把男同志安排上车，共有A 44种不同方法，同理，女同志也有A 44种方法，由分步计数原理，男女各1人上车的不同分配方法为A 44·A 44＝576(种)．(3)男女分别分组，4个男的平分成两组共有C 242＝3(种)，4个女的分成两组也有C 242＝3(种)不同分法，这样分组方法就有3×3＝9(种)，对于其中每一种分法上4部车，又有A 44种上法，因而不同分配方法为9·A 44＝216(种)．18．把7个大小完全相同的小球，放置在三个盒子中，允许有的盒子一个也不放． (1)如果三个盒子完全相同，有多少种放置方法？ (2)如果三个盒子各不相同，有多少种放置方法？[解析] (1)∵小球的大小完全相同，三个盒子也完全相同，∴把7个小球分成三份，比如分成3个、2个、2个这样三份放入三个盒子中，不论哪一份小球放入哪一个盒子均是同一种放法，因此，只需将7个小球分成如下三份即可，即(7,0,0)、(6,1,0)、(5,2,0)、(5,1,1)、(4,3,0)、(4,2,1)、(3,3,1)、(3,2,2)．共计有8种不同的放置方法．(2)设三个盒子中小球的个数分别为x 1，x 2，x 3，显然有：x 1＋x 2＋x 3＝7，于是，问题就转化为求这个不定方程的非负整数解，若令y i ＝x i ＋1(i ＝1,2,3)由y 1＋y 2＋y 3＝10，问题又成为求不定方程y 1＋y 2＋y 3＝10的正整数解的组数的问题，在10个1中间9个空档中，任取两个空档作记号，即可将10分成三组，∴不定方程的解有C 29＝36组．19．在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查，现有100件产品，其中有98件正品，2件次品，从中任意抽出3件检查，(1)共有多少种不同的抽法？(2)恰好有一件是次品的抽法有多少种？ (3)至少有一件是次品的抽法有多少种？[分析] 由于抽取的产品与顺序无关，因此是一个组合问题．[解析] (1)所求的不同抽法数，即从100个不同元素中任取3个元素的组合数，共有C 3100＝100×99×983×2×1＝161700(种)．(2)抽出的3件中恰好有一件是次品的这件事，可以分两步完成． 第一步：从2件次品中任取1件，有C 12种方法； 第二步：从98件正品中任取2件，有C 298种方法．根据分步乘法计数原理知，不同的抽取方法共有C 12·C 298＝2×4753＝9506(种)． (3)方法一：抽出的3件中至少有一件是次品的这件事，分为两类：第一类：抽出的3件中有1件是次品的抽法，有C 12C 298种； 第二类：抽出的3件中有2件是次品的抽法，有C 22C 198种．根据分类加法计数原理，不同的抽法共有C 12C 298＋C 22C 198＝9506＋98＝9604(种)．方法二：从100件产品中任取3件的抽法有C 3100种，其中抽出的3件中至少有一件是次品的抽法共有C 3100－C 398＝161700－152096＝9 604(种)．[点评] 本题考查了计数原理和组合知识的应用． 20．求(x 2＋3x ＋2)5的展开式中x 项的系数． [分析] 转化为二项式问题或利用组合知识．[解析] 方法一：因为(x 2＋3x ＋2)5＝(x ＋2)5·(x ＋1)5＝(C 05x 5＋C 15x 4·2＋…＋C 55·25)(C 05x 5＋C 15x 4＋…＋C 55)展开后x 项为C 45x ·24·C 55＋C 55·25·C 45x ＝240x . 所以(x 2＋3x ＋2)5展开式中x 项的系数为240. 方法二：因为(x 2＋3x ＋2)5＝[x 2＋(3x ＋2)]5，设T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r(3x ＋2)r ， 在(3x ＋2)r 中，设T k ＋1＝C k r (3x )r －k 2k ， T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r C k r (3x )r －k 2k ＝C r 5C k r 3r －k 2k x 10－r －k ， 依题意可知10－r －k ＝1，即r ＋k ＝9. 又0≤k ≤r ≤5，r ，k ∈N ＋，所以r ＝5，k ＝4. 则T r ＋1＝C 55·C 45·3·24·x ＝240x . 所以(x 2＋3x ＋2)5展开式中x 项的系数为240.方法三：把(x 2＋3x ＋2)5看成5个x 2＋3x ＋2相乘，每个因式各取一项相乘得到展开式中的一项，x 项可由1个因式取3x,4个因式取2相乘得到，即C 153x ·C 44·24＝240x . 所以(x 2＋3x ＋2)5展开式中x 项的系数为240.[点评] 本题考查利用转化的思想求三项展开式的特定项．三项式求特定项的思路有： (1)分解因式法：通过因式分解将三项式变成两个二项式，然后再用二项式定理分别展开．(2)逐层展开法：将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含两项的一组展开． (3)利用组合知识：把三项式看成几个因式的积，利用组合知识分析项的构成，注意最后应把各个同类项相合并．21．已知⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n (n ∈N *)的展开式的各项系数之和等于⎝⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式中的常数项，求⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中a －1项的二项式系数． [解析] 对于⎝ ⎛⎭⎪⎫43b －15b 5：T r ＋1＝C r 5(43b )5－r ⎝⎛⎭⎫－15b r ＝C r 5·(－1)r ·45－r·5－r 2b 10－5r 6.若T r ＋1为常数项，则10－5r ＝0，所以r ＝2，此时得常数项为T 3＝C 25·(－1)2·43·5－1＝27.令a ＝1，得⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n 展开式的各项系数之和为2n .由题意知2n ＝27，所以n ＝7.对于⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a 7：T r ＋1＝C r 7⎝⎛⎭⎫3a 7－r ·(－3a )r ＝C r 7·(－1)r ·37－r a 5r －216.若T r ＋1为a －1项，则5r －216＝－1，所以r ＝3.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式中a －1项的二项式系数为C 37＝35.。
2019-2020学年高中数学(人教B版 选修2-3)教师用书：第1章 计数原理-章末分层突破
章末分层突破[自我校对]①分类加法计数原理②分步乘法计数原理③排列④排列数公式⑤组合数公式⑥组合数⑦二项展开式的通项⑧对称性⑨增减性两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本部分内容的基础，对应用题的考查，经常要对问题进行分类或者分步进而分析求解.(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情.“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件.(2)分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法.王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读.(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？【精彩点拨】解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法使这件事是否完成，从而区分加法原理和乘法原理.【规范解答】(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种).(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种).(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法.即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种).应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：(1)要做什么事；(2)如何去做这件事；(3)怎样才算把这件事完成了.并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法.[再练一题]1.如图1-1为电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电.图1-1【解析】先分三类.第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2＝4(种)方法，所以总的线路条数N＝3＋1＋4＝8.【答案】8排列、组合的应用排列、组合应用题是高考的重点内容，常与实际问题结合命题，要认真审题，明确问题本质，利用排列、组合的知识解决.(1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？(2)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个栏目，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？【精彩点拨】按照“特殊元素先排法”分步进行，先特殊后一般.【规范解答】(1)因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：①若甲乙都不参加，则有派遣方案A48种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A38种方法，所以共有3A38种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3A38种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余学生到另两个城市有A28种，共有7A28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A48＋3A38＋3A38＋7A28＝4 088种.(2)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A7＝5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A4＝24种方法.根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960种.②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A6＝720种方法.×□×□×□×□×□×□×第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A47＝7×6×5×4＝840种.根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800种.③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A12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A1212A1010＝A212＝132种排法.解排列、组合应用题的解题策略1.特殊元素优先安排的策略.2.合理分类和准确分步的策略.3.排列、组合混合问题先选后排的策略.4.正难则反、等价转化的策略.5.相邻问题捆绑处理的策略.6.不相邻问题插空处理的策略.7.定序问题除序处理的策略.8.分排问题直排处理的策略.9.“小集团”排列问题中先整体后局部的策略.10.构造模型的策略.简单记成：合理分类，准确分步；特殊优先，一般在后；先取后排，间接排除；集团捆绑，间隔插空；抽象问题，构造模型；均分除序，定序除序.[再练一题]2.(1)一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题，要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( )A.40B.74C.84D.200 (2)(2016·山西质检)A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A.60种B.48种C.30种D.24种【解析】 (1)分三类：第一类，前5个题目的3个，后4个题目的3个； 第二类，前5个题目的4个，后4个题目的2个；第三类，前5个题目的5个，后4个题目的1个.由分类加法计数原理得C 35C 34＋C 45C 24＋C 5C 14＝74.(2)由题意知，不同的座次有A 2A 4＝48种，故选B. 【答案】 (1)B (2)B二项式定理问题的处理方法和技巧对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项.另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题.(1)若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x3的系数是84，则实数a ＝( )A.2B.54 C.1D.24(2)已知(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n (n ∈N ＋)的展开式中没有常数项，且2≤n ≤8，则n ＝________.【导学号：62980030】(3)设(3x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则a 6＋a 4＋a 2＋a 0的值为________. 【精彩点拨】 (1)、(2)利用二项式定理的通项求待定项； (3)通过赋值法求系数和.【规范解答】 (1)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫a x r＝C r 727－r a r x 7－2r，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 展开式的通项是T r ＋1＝C r n x n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x3r ＝C r n x n －4r ，r ＝0,1,2，…，n ， 由于(1＋x ＋x 2)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 的展开式中没有常数项，所以C r n x n －4r ，x C r n x n －4r ＝C r n x n －4r ＋1和x 2C r n x n －4r ＝C r n x n －4r ＋2都不是常数，则n －4r ≠0，n －4r ＋1≠0，n －4r ＋2≠0，又因为2≤n ≤8，所以n ≠2,3,4,6,7,8，故取n ＝5.(3)令x ＝1，得a 6＋a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝26＝64.令x ＝－1，得a 6－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝(－4)6＝4 096. 两式相加，得2(a 6＋a 4＋a 2＋a 0)＝4 160， 所以a 6＋a 4＋a 2＋a 0＝2 080. 【答案】 (1)C (2)5 (3)2 0801.解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式.2.解决二项展开式项的系数(或和)问题常用赋值法.[再练一题]3.(1)在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n 项的系数为f (m ，n )，则f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3)＝( )A.45B.60C.120D.210(2)设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 016＋a 能被13整除，则a ＝( ) A.0 B.1 C.11D.12【解析】 (1)因为f (m ，n )＝C m 6C n 4， 所以f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3) ＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120.(2)512 016＋a ＝(13×4－1)2 016＋a ，被13整除余1＋a ，结合选项可得a ＝12时，512 016＋a 能被13整除.【答案】 (1)C (2)D排列、组合中的分组与分配问题n个不同元素按照条件分配给k个不同的对象称为分配问题，分定向分配与不定向分配两种问题；将n个不同元素按照某种条件分成k组，称为分组问题，分组问题有不平均分组、平均分组、部分平均分组三种情况.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区分的，而后者即使2组元素个数相同，但因所属对象不同，仍然是可区分的.对于后者必须先分组再排列.按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本.【精彩点拨】这是一个分配问题，解题的关键是搞清事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏.【规范解答】(1)无序不均匀分组问题.先选1本有C16种选法，再从余下的5本中选2本有C25种选法，最后余下3本全选有C3种选法.故共有C16C25C3＝60(种).(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)问基础上，还应考虑再分配，共有C16C25C3A3＝360(种).(3)无序均匀分组问题.先分三步，则应是C26C24C2种方法，但是这里出现了重复.不妨记6本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则C26C24C2种分法中还有(AB，EF，CD)，(AB，CD，EF)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A3种情况，而这A3种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C26C24C22A33＝15(种).(4)有序均匀分组问题.在第(3)问基础上再分配给3个人，共有分配方式C26C24C22A33·A3＝C26C24C2＝90(种).(5)无序部分均匀分组问题.共有C46C12C11A22＝15(种).(6)有序部分均匀分组问题.在第(5)问基础上再分配给3个人，共有分配方式C46C12C11A22·A3＝90(种).(7)直接分配问题.甲选1本有C16种方法，乙从余下5本中选1本有C15种方法，余下4本留给丙有C4种方法.共有C16C15C4＝30(种).均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数，还要充分考虑到是否与顺序有关，有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数.[再练一题]4.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张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？【解】取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有3种情况：1 144,2 233,1 234.所取卡片是1 144的共有A4种排法.所取卡片是2 233的共有A44种排法.所取卡片是1 234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法A44＋C14A44＋C24A44＋C34A44＋A44＝16A44种.所以共有18A44＝432种.1. (x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )A.10B.20C.30D.60【解析】法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝C25(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为C13x4·x＝C13x5.所以x5y2的系数为C25C13＝30.故选C.法二：(x2＋x＋y)5为5个(x2＋x＋y)之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为C25C23C13＝30.故选C.【答案】 C2.如图1-2，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )图1-2A.24B.18C.12D.9【解析】从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条.如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条).所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.【答案】 B3.有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2.”乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1.”丙说：“我的卡片上的数字之和不是5.”则甲的卡片上的数字是________.【解析】先确定丙的卡片上的数字，再确定乙的卡片上的数字，进而确定甲的卡片上的数字.法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法.故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.【答案】1和34. (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－r2.令5－r2＝3，得r ＝4.故x 3的系数为25－4·C 45＝2C 45＝10. 【答案】 10。
2019-2020版高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2 第2课时 组合的
第2课时组合的综合应用学习目标 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(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 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解(1)C513－C511＝825(种)(2)至多有2名女生当选含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生，所以共有C25C38＋C15C48＋C58＝966(种)选法．(3)分两类：第一类女队长当选，有C412＝495(种)选法，第二类女队长没当选，有C14C37＋C24C27＋C34C17＋C44＝295(种)选法，所以共有495＋295＝790(种)选法．反思与感悟有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数；二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．跟踪训练1 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( )A．210种 B．420种 C．56种 D．22种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有C24C27＋C14C27＝210(种)．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？考点组合的应用题点与几何有关的组合问题解(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C310－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)．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，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为( )A．205 B．110 C．204 D．200考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A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数为C 05C 45＋C 15C 35＋C 25C 25＋C 35C 15＝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C 410－C 45＝205. 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 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本(平均分组)；(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)； (3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)每组2本，均分为3组的方法数为C 26C 24C 22A 33＝15×6×16＝15.(2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为C 36C 23C 11＝20×3＝60. (3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为C 46C 12C 11A 22＝15×22＝15.反思与感悟 一般地，n 个不同的元素分成p 组，各组内元素数目分别为m 1，m 2，…，m p ，其中k 组元素数目相等，那么分组方法数是C m 1n C m 2n －m 1C m 3n －m 1－m 2…C m p m pA kk. 跟踪训练3 6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)甲2本，乙2本，丙2本； (2)甲1本，乙2本，丙3本； (3)甲4本，乙、丙每人1本； (4)每人2本；(5)一人1本，一人2本，一人3本； (6)一人4本，其余两人每人1本． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)(2)(3)中，由于每人分的本数固定，属于定向分配问题，由分步乘法计数原理得： (1)共有C 26C 24C 22＝90(种)不同的分配方法；(2)共有C16C25C33＝60(种)不同的分配方法；(3)共有C46C12C11＝30(种)不同的分配方法．(4)(5)(6)属于不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题．分配给3人，同一本书给不同的人是不同的分法，属于排列问题．实际上可看作两个步骤：先分为3组，再把这3组分给甲、乙、丙3人的全排列数A33即可．因此，(4)共有C26C24C22÷A33×A33＝90(种)不同的分配方法；(5)共有C16C25C33×A33＝360(种)不同的分配方法；(6)共有C46C12C11÷A22×A33＝90(种)不同的分配方法．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．考点排列组合综合问题题点分组分配问题解(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)．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，便可看作在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 m－1n－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( )A．4种B．10种C．18种D．20种考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 B解析由于只剩一本书，且这些画册、集邮册分别相同，可以从剩余的书的类别进行分析．又由于排列、组合针对的是不同的元素，应从4位朋友中进行选取．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，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C14种分法．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)．1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有( )A．26种 B．84种 C．35种 D．21种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 C解析从7名队员中选出3人有C37＝7×6×53×2×1＝35(种)选法．2．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是( )A．5 040 B．36 C．18 D．20考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有C36＝20(种)．3．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( )A．25个 B．36个 C．100个 D．225个考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案 D解析从垂直于x轴的6条直线中任取2条，从垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C26×C26＝15×15＝225.4．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________种．(用数字作答)考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案140解析安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有C37种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有C34种方法．故不同的安排方案共有C37C34＝7×6×53×2×1×4＝140(种)．5．正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形．考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案32解析不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C37－3＝32.1．无限制条件的组合应用题．其解题步骤为：(1)判断；(2)转化；(3)求值；(4)作答．2．有限制条件的组合应用题：(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．一、选择题1．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有( )A．30种 B．33种 C．37种 D．40种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从1,2,3，…，9这9个数中取出3个不同的数，使其和为奇数的情况包括：(1)取出的3个数都是奇数，取法有C35＝10(种)；(2)取出的3个数中有2个偶数、1个奇数，取法有C24C15＝30(种)，根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有10＋30＝40(种)．2．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( )A．24种 B．14种 C．28种 D．48种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 B解析方法一分两类完成：第1类，选派1名女生、3名男生，有C12·C34种选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生，有C22·C24种选派方案．故共有C12·C34＋C22·C24＝14(种)不同的选派方案．方法二6人中选派4人的组合数为C46，其中都选男生的组合数为C44，所以至少有1名女生的选派方案有C46－C44＝14(种)．3．直线a∥b，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为( ) A．C25C14＋C15C24B．(C25＋C14)(C15＋C24)C．C39－9 D．C39－C35考点组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A解析 可以分为两类：a 上取两点，b 上取一点，则可构成三角形个数为C 25C 14；a 上取一点，b 上取两点，则可构成三角形个数为C 15C 24，利用分类加法计数原理可得以这九个点为顶点的三角形个数为C 25C 14＋C 15C 24，故选A.4．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( ) A ．C 25C 26种 B ．C 25A 26种 C ．C 25A 22C 26A 22种D ．A 25A 26种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 B解析 先从5名男选手中任意选取2名，有C 25种选法，再从6名女选手中任意选择两名与选出的男选手打比赛，有C 26A 22，即A 26种．所以共有C 25A 26种．5．将标号为A ，B ，C ，D ，E ，F 的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A ，B 的卡片放入同1个信封，则不同的放法共有( ) A ．12种 B ．18种 C ．36种 D ．54种 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由题意知，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18(种)．6．某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( )A ．16B ．21C ．24D ．90 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B 解析 分2类：第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号较小的有C 24＝6(种)选取方法． 第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大的一组有C 26＝15(种)选取方法． 由分类加法计数原理得，共有C 24＋C 26＝6＋15＝21(种)选取方法．7．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( ) A ．C 1214C 412C 48 B ．C 1214A 412A 48 C.C 1214C 412C 48A 33D ．C 1214C 412C 48A 38考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 A解析 首先从14人中选出12人共C 1214种，然后将12人平均分为3组共C 412·C 48·C 44A 33种，然后这两步相乘，得C 1214·C 412·C 48A 33.将三组分配下去共C 1214·C 412·C 48种．故选A. 8．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( ) A ．30 B ．21 C ．10 D ．15 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 D解析 用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C 26＝15(种)分配方法． 二、填空题9．在2017年的上海高考改革方案中，要求每位考生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等级考试．小明同学决定在生物、政治、历史三门中至多选择一门，那么小明同学的选择方案有________种． 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 10解析 ①在生物、政治、历史三门中选择1门，则在物理、化学、地理中选2门，有C 13C 23＝9(种)选法；②在生物、政治、历史三门中选择0门，则物理、化学、地理全选，有C 33＝1(种)选法． 共有选法9＋1＝10(种)．10.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P －ABC 与正三棱柱ABC －A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有______种．考点涂色问题题点涂色问题答案12解析先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．11．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析一、二、三等奖，三个人获得，有A34＝24(种)．一、二、三等奖，有一个人获得2张，一个人获得1张，共有C23A24＝36(种)，共有24＋36＝60(种)不同的获奖情况．三、解答题12．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有C14×C14×C14＝64(种)，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144(种)，若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192(种)，剩余2张同色，则有C14×C13×C24＝72(种)，所以共有64＋144＋192＋72＝472(种)不同的取法．13．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？考点排列组合综合问题题点分组分配问题解可以分三类．第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C23种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C34C13种选法；第三类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C23种选法．根据分类加法计数原理，一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42(种)不同的选法．四、探究与拓展14．20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________．考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案120解析先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球，还剩17个小球，三个盒内分别至少再放入1个球，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共C216＝120(种)方法．15．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用解(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16C34A44＝576(种)．。
2019-2020学年高中数学 第1章 计数原理章末达标测试(一) 2-3
章末达标测试(一）(本卷满分150分，时间120分钟）一、选择题(本大题共12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．由数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的六位数,其中个位数字小于十位数字的共有A．210个B．300个C．464个D．600个解析由于组成无重复数字的六位数，个位数字小于十位的与个位数字大于十位的一样多，所以有错误!＝300(个）．答案B2．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC 电话卡．若他至少买一张，则不同的买法共有A．7种B．8种C．6种D．9种解析要完成的一件事是“至少买一张IC电话卡”,分3类完成：买1张IC卡，买2张IC卡，买3张IC卡．而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事．买1张IC卡有2种方法，买2张IC卡有3种方法,买3张IC卡有2种方法，共有2＋3＋2＝7种不同的买法．答案A3．若A错误!＝6C错误!，则m等于A．9 B．8 C．7 D．6解析由m(m－1)(m－2）＝6·错误!，解得m＝7。
答案C4．(1＋x）3＋（1＋x)4＋…＋（1＋x)n＋2(x≠－1,n∈N*）的展开式中x2的系数是A．C错误!B．C错误!C．C错误!－1 D．C错误!－1解析先把(1＋x）3，(1＋x)4，…，(1＋x)n＋2看作等比数列求和．原式＝错误!＝错误!［(1＋x)n＋3－（1＋x)3］，原式展开式中x2的系数就是(1＋x)n＋3与（1＋x)3展开式中x3的系数之差，C错误!－C错误!＝C错误!－1，故选D.答案D5．若从1，2，3，…，9这9个数中同时取4个不同的数，其和为奇数，则不同的取法共有A．66种B．63种C．61种D．60种解析从1，2,3，…，9这9个数中同时取4个不同的数,其和为奇数的取法分为两类：第一类取1个奇数，3个偶数，共有C错误! C错误!＝20种取法；第二类是取3个奇数,1个偶数，共有C错误!C错误!＝40种取法．故不同的取法共有60种，选D.答案D6．五种不同商品在货架上排成一排，其中A，B两种必须连排，而C，D两种不能连排,则不同排法共有A．12 B．20 C．24 D．48解析先排除C，D外的商品，利用捆绑法，将A，B看成一个整体，有A错误!A错误!种排法,再将C,D插空，共有A错误!A错误!A错误!＝24种排法．答案C7．已知错误!错误!展开式中，各项系数的和与其二项式系数的和之比为64,则n等于A．4 B．5 C．6 D．7解析展开式中，各项系数的和为4n，二项式系数的和为2n,由已知得2n＝64，所以n＝6。
2019-2020学年北师大版高中数学选修2-3同步配套课件：1.1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用1.1.1
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题型一
题型二
题型三
题型四
【变式训练3】 若直线方程Ax+By=0中的A,B可以从0,1,2,3,5这 五个数字中任取两个不同的数字,则方程所表示的不同直线共有多 少条?
分析:因为有特殊数字0,应对它进行讨论. 解:分两类完成: 第1类:当A或B中有一个为0时,表示的直线为x=0或y=0,共2条; 第2类:当A,B都不为0时,确定直线Ax+By=0需分两步完成: 第1步:确定A的值,有4种不同的方法, 第2步:确定B的值,有3种不同的方法,
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题型三 两个计数原理的综合应用
【例3】 现有高一四个班的学生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)选其中一人为负责人,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)推选两人做发言,这两人需来自不同的班级,有多少种不同的 选法? 分析:对于(1),由于负责人可以是这四个班中的任何一个学生,故 用加法原理;对于(2),由于每班都要选一名班长,要分步进行,故用乘 法原理解决;对于(3),由于两个人来自于不同的班级,可以是一、二 班,也可以是……,故要用加法原理和乘法原理.
第一章 计数原理
-1-
§1 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
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第1课时 分类加法计数原理和分步乘法计数原理
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1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些 简单的实际问题.
2019_2020学年高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.2组合第1课时组合与组合数公式讲义新人教A版选修2_3
第1课时组合与组合数公式知识点组合的定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素□01合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．知识点组合与组合数公式组合的定义包含两个基本内容：一是“取出元素”；二是“合成一组”，表示与元素的顺序无关，排列与组合的相同点是从n个不同元素中任取m个元素，不同点是组合是“不管元素的顺序合成一组”，而排列是要求元素按照一定的顺序排成一列．因此区分某一问题是组合还是排列，关键是看取出的元素有无顺序．组合数的两个性质，性质1反映了组合数的对称性，在m >n2时，通常不直接计算C mn 而改为C n －mn ，对于性质2，C mn ＋1＝C mn ＋C m －1n 要会正用、逆用、变形用．1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)从a ，b ，c 三个不同的元素中任取两个元素的一个组合是C 23.( ) (2)从1,3,5,7中任取两个数相乘可得C 24个积．( ) (3)1,2,3与3,2,1是同一个组合．( ) (4)C 35＝5×4×3＝60.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)× 2．做一做(1)从6名学生中选出3名学生参加数学竞赛的不同选法种数是________． (2)C 1820＝________. (3)C 399＋C 299＝________.答案 (1)20 (2)190 (3)161700解析 (1)由组合数公式知C 36＝6×5×43×2×1＝20.(2)C 1820＝C 220＝20×192×1＝190. (3)C 399＋C 299＝C 3100＝100×99×983×2×1＝161700.探究1 组合的有关概念 例1 给出下列问题：(1)从a ，b ，c ，d 四名学生中选2名学生完成一件工作，有多少种不同的选法？ (2)从a ，b ，c ，d 四名学生中选2名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的选法？ (3)a ，b ，c ，d 四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？ (4)a ，b ，c ，d 四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？(5)某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，不同的结果有多少种？ (6)某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪中恰有3枪连中，不同的结果有多少种？ 在上述问题中，哪些是组合问题？哪些是排列问题？[解] (1)2名学生完成的是同一件工作，没有顺序，是组合问题． (2)2名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题．(3)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题．(4)冠亚军是有顺序的，是排列问题．(5)命中的4枪均为2枪连中，为相同的元素，没有顺序，是组合问题． (6)命中的4枪中恰有3枪连中，即连中3枪和单中1枪，有顺序，是排列问题． 拓展提升判断是否为组合问题，关键是判断问题是否与顺序有关，可以结合条件理解，也可以选择一个结果，交换这个结果中两个元素先后顺序，看是否对结果产生影响，若无新变化，则是组合问题．总之，与顺序有关是排列问题，若与顺序无关，则是组合问题．[跟踪训练1] 判断下列问题是排列问题，还是组合问题．(1)从集合A ＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相加，得到的和共有多少个？ (2)从集合A ＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相除，得到的商共有多少个？(3)从a ，b ，c ，d 这四名同学中任取两名同学去参加某一活动，共有多少种不同的选法？ (4)四个人互发一个电子邮件，共写了多少个电子邮件？解 (1)从集合A 中取出两个数后，改变两个数的顺序，其和不变．因此此问题，只与取出的元素有关，与元素的顺序无关，故是组合问题．(2)从集合A 中取出两个数相除，若改变其分子、分母的位置，其结果就不同，因此其商的值与元素的顺序有关，是排列问题．(3)由于从4名同学中取出的两名同学参加的同一项活动，没有顺序，因此是组合问题． (4)四人互发电子邮件，由于发信人与收信人是有区别的，与顺序有关，是排列问题． 探究2 组合数及组合数性质的运用 例2 (1)计算：C 410－C 37·A 33； (2)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，求C m8；(3)求C 38－n3n ＋C 3n21＋n 的值； (4)证明：m C m n ＝n C m －1n －1. [解] (1)原式＝C 410－A 37＝10×9×8×74×3×2×1－7×6×5＝210－210＝0.(2)原方程可化为m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×(7－m )！m ！10×7！，即m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )(5－m )！6×5！＝7×m ！(7－m )(6－m )(5－m )！10×7×6×5！，∴1－6－m 6＝(7－m )(6－m )60，即m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝2或21(不符合题意，舍去)． ∴C m 8＝C 28＝28.(3)∵⎩⎪⎨⎪⎧38－n ≤3n ，3n ≤21＋n ，∴9.5≤n ≤10.5，∵n ∈N *，∴n ＝10， ∴C 38－n3n ＋C 3n21＋n ＝C 2830＋C 3031＝30！28！·2！＋31！30！·1！＝466.(4)证明：m C mn ＝m ·n ！m ！(n －m )！＝n ·(n －1)！(m －1)！(n －m )！＝n ·(n －1)！(m －1)！(n －m )！＝n C m －1n －1.拓展提升(1)像排列数公式一样，公式C mn＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！一般用于计算；而公式C m n ＝n ！m ！(n －m )！及C mn ＝A mn A m m 一般用于证明、解方程(不等式)等．(2)在解决与组合数有关的问题时，要注意隐含条件“m ≤n 且m ，n ∈N *”的运用．如本例(3)．(3)要注意公式Am n ＝C m n A m m 的逆向运用，如本例(1)中可利用“C 37A 33＝A 37”简化计算过程． (4)本例(4)所推导的结论“m C m n ＝n C m －1n －1”以及它的变形公式是非常重要的公式，应熟练掌握．[跟踪训练2] (1)①求值：C 5－n n ＋C 9－nn ＋1；②求证：C mn ＝m ＋1n －mC m ＋1n . (2)计算：①C 58＋C 98100·C 77； ②C 05＋C 15＋C 25＋C 35＋C 45＋C 55； ③C n n ＋1·C n －1n .解 (1)①⎩⎪⎨⎪⎧5－n ≤n ，5－n ≥0，9－n ≤n ＋1，9－n ≥0，解得4≤n ≤5.又因为n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5. 当n ＝4时，原式＝C 14＋C 55＝5， 当n ＝5时，原式＝C 05＋C 46＝16.②证明：因为C mn ＝n ！m ！(n －m )！，m ＋1n －m C m ＋1n ＝m ＋1(m ＋1)！·n ！(n －m )(n －m －1)！＝n ！m ！(n －m )！，所以C mn ＝m ＋1n －mC m ＋1n . (2)①原式＝C 38＋C 2100×1＝8×7×63×2×1＋100×992×1＝56＋4950＝5006.②原式＝2(C 05＋C 15＋C 25)＝2(C 16＋C 25)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋5×42×1＝32. ③原式＝C 1n ＋1·C 1n ＝(n ＋1)n ＝n 2＋n . 探究3 简单的组合问题例3 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名． (1)从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？(2)从中选出2名男教师或2名女教师去外地学习，有多少种不同的选法？ (3)从中选出男、女教师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？[解] (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即有C 210＝10×92×1＝45种不同的选法． (2)可把问题分两类：第1类，选出2名男教师，有C 26种方法；第2类，选出2名女教师，有C 24种方法，即共有C 26＋C 24＝21种不同的选法．(3)从6名男教师中选2名的选法有C 26种，从4名女教师中选2名的选法有C 24种，根据分步乘法计数原理，共有C 26·C 24＝6×52×1×4×32×1＝90种不同的选法． 拓展提升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：排列问题与取出的元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．其次要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类与分步时，一定要注意有无重复和遗漏．[跟踪训练3] 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．解 (1)从中任取5人是组合问题，共有C 512＝792种不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需要从另外9人中选2人，是组合问题，共有C 29＝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，可分两步：先从甲、乙、丙中选1人，有C13＝3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．1．下列问题不是组合问题的是 ( )A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？B．平面上有2015个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？C．集合{a1，a2，a3，…，a n}的含有三个元素的子集有多少个？D．从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？答案 D解析组合问题与次序无关，排列问题与次序有关，D项中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是两个不同的选法，因此是排列问题，不是组合问题，选D.2．若C7n＋1－C7n＝C8n，则n等于( )A．12 B．13 C．14 D．15答案 C解析C7n＋1＝C7n＋C8n＝C8n＋1，∴n＋1＝7＋8，n＝14，故选C.3．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有 ( )A．A310种B．C310种C．C310A310种D．30种答案 B解析 三张票没区别，从10人中选3人即可，即C 310，故选B. 4．若C 4n >C 6n ，则n 的集合是________． 答案 {6,7,8,9} 解析 ∵C 4n >C 6n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧C 4n >C 6n ，n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧n ！4！(n －4)！>n ！6！(n －6)！，n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧n 2－9n －10<0，n ≥6⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1<n <10，n ≥6.∵n ∈N *，∴n ＝6,7,8,9. ∴n 的集合为{6,7,8,9}．5．在6名内科医生和4名外科医生中，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．解 (1)先选内科医生有C 36种选法，再选外科医生有C 24种选法，故有C 36C 24＝120种选派方法．(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，有C 16C 44＋C 26C 34＋C 36C 24＋C 46C 14＝246种选派方法．若从反面考虑，则有C 510－C 56＝246种选派方法．。
2019_2020学年高中数学第一章计数原理1_4_1排列组合的综合应用(一)课件北师大版选修2_3
题型二 排列、组合的综合应用 例3 有五张卡片，它们的正、反面分别写着0与1，2与3， 4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位 数，共可组成多少个不同的三位数？
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【解析】 方法一(直接法) 从0与1两个特殊值着眼，可分 三类：
(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有C41种 选法；0可在后两位，有C21种方法；最后剩下的三张中任取一 张，有C31种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面 两种可能，故此时可得不同的三位数有C41C21C3122(个)．
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3．(2015·北京海淀区期末)某校在高二年级开设选修课，其
中数学选修课开三个班，选课结束后，有4名同学要求改修数
学，但每班至多可再接收2名同学，那么不同的分配方案有
() A．72种
B．54种
C．36种
D．18种
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答案 B 解析 依题意，按要求改修数学的4名同学分配到三个班的 具体人数分类：第一类，其中一个班接收2名，另两个班各接收 1名，分配方案共有C31·C42·A22＝36(种)；第二类，其中一个 班不接收，另两个班各接收2名，分配方案共有C31·C42＝ 18(种)．因此，满足题意的不同的分配方案有36＋18＝54(种)．
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探究1 本例采取先特殊(特殊元素、特殊位置)，再一般的 解题思路．
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◎思考题1 用0，1，2，3，4，5这六个数字， (1)可以组成多少个无重复数字的五位数； (2)可以组成多少个无重复数字的五位奇数； (3)可以组成多少个无重复数字的能被5整除的五位数．
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【解析】 (1)方法一：(直接法) 从1，2，3，4，5这五个数字中任取一个作首位，有C51种； 余下的5个数字可排在后四位中的任何一个位置，有A54种，由分 步计数原理，共有C51A54＝600个．
2020学年高中数学第一章计数原理章末检测北师大版选修2-3(2021-2022学年)
章末检测（一) 计数原理时间:12０分钟满分：1５0分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共1２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．设x，ｍ∈N*且m〈１９〈x,则（x－ｍ)(ｘ-ｍ－1）…（x－１9）用排列符号可表示为(）Ａ.A错误! B.A错误!C.A错误!未定义书签。
ﻩＤ．Ａ错误!解析:由排列数公式的特征，下标是“连乘数"最大的数x-ｍ,上标是“连乘数”的个数,即(x-ｍ)－(ｘ－１9)+1=２0-m。
∴(x-m)(ｘ－m-１)…（x－19）＝A错误!未定义书签。
．答案:B2．一间谍飞机侵入领空，三架战机奉命拦截,要求三架战机分别位于敌机左右两翼和后方形成三角之势,则三架战机的不同排列方式有( )A．3种ﻩＢ.6种C.９种D．12种解析:三架战机的不同排法共有A错误!未定义书签。
＝6(种).答案:Ｂ３.若C错误!－C错误!未定义书签。
＝C错误!,则n等于（)A.１2B．１3Ｃ.１4 Ｄ.１5解析：由题意得C错误!=C错误!未定义书签。
＋C错误!=C错误!,∴n+1=7＋８,即n＝１4.答案:C4．记者要为５名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，２位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有( ）Ａ．1 44０种ﻩ B.９60种C.7２0种Ｄ．48０种ﻬ解析:不同的排法有4A错误!A错误!未定义书签。
＝960(种）．答案:B5.5本不同的书全部分给４个学生,每个学生至少1本,不同的分法种数有( ）A.48０ﻩB．２40C．１20 ﻩ D.96解析:先把５本书中两本捆起来，再分成4份即可，∴分法数为C错误!·A错误!=240．答案:Ｂ６.(１＋3ｘ)n（其中n∈N且n≥6）的展开式中x５与x6的系数相等，则ｎ＝(）Ａ.６ﻩ B.7C．8 ﻩ D.9解析：(1＋３x)n的展开式中含x５的项为C错误!未定义书签。
(3x）5＝C错误!35x５,展开式中含x6的项为C错误!未定义书签。
20192020学年高中数学第一章计数原理测试题北师大版数学选修23.doc
2021-2021 学年高中数学第一章 计数原理测试题 北师大版数学选修 2-3一、选择题〔本大题共12 小题，每题 5 分，共 60 分〕1. 授课大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有〔 〕A ．10种B ．32种C ．25种D ． 16种 2.(a2b)9 中第 9的二项式系数是〔〕A ． C 99B ．C 9929 C ．C 98D ．C 98283. 在 (1x)9 的张开式中系数最大的项是〔〕A ．5B ．6C ．5和6D ．74. 如图，用 4 种不同样的颜色涂入图中的矩形A, B,C , D中，要求相邻的矩形涂色不同样，那么不同样的涂法有〔〕A ．72种B ．48种C ． 24种D ． 12种5. 假设 (1 2x) n 张开式中含 x 3 的项的系数等于含x的项的系数的 8 倍，那么 n等于〔〕A ． 5B ． 7C ． 9D ． 116. 将 数 字 1,2, 3,4, 5, 6a i (i 1，2， ，6) a 1 1， a 33， a 5 5，拼 成 一 列 ， 记 第 i 个 数 为， 假设a 1 a 3a 5，那么不同样的排列方法种数为〔〕A ．18B ．30C ．36D ． 487.假设 ( x 2 1)( x3)9a 0 a 1 ( x 2) a 2 ( x 2)2a 3 (x 2)3a 11( x 2)11 ，那么 a 1a 2a11的值为〔〕A. 0B. 5C. 5D. 2558. 以下问题中，答案为 A 66·A 66的 种数是〔 〕A ． 6 男 6 女排成一行，同性都不相邻的排法数B ． 6 男 6 女排成一行，女性都不相邻的排法数C ． 6 男 6 女分六个兴趣不同样的小组，每组一男一女的分组种数D ． 6 男 6 女排成前后两排的排法数9. 1 2 3135的张开式中 x 的系数是〔x x 〕A ． 4 B. 2 C. 2D.410. 某台小型晚会由 6 个节目组成，演出序次有以下要求：节目甲必定排在前两位、节目乙不能够排在第一位，节目丙必定排在最后一位，该台晚会节目演出序次的编排方案共有A ．36种B ． 42种C ．48种D ．54种000011．某通讯公司推出一组 卡号码，卡号的前七位数字固定，从“〞 到“9999 〞共 10000 个号码．公司规定： 凡卡号的后四位带有数字“ 4 〞或“ 7〞的一律作为“优惠卡〞，那么这组号码中“优惠卡〞的个数为A ． 2000B ． 4096C ． 5904D ． 832012.6 名同学报考 A, B,C三所院校，若是每一所院校最少有 1人报考，那么不同样的报考方法共有〔 〕．A ．216种B ． 540 种C ． 729 种D ． 3240 种二、填空题〔本大题共6 小题，每题 5 分，共 30 分〕x 21 13. 假设ax6的二项张开式中 x 3的系数为 5, 那么 a __________ ．214. 有 3 张都标着字母 A ， 6 张分别标着数字 1,2,3,4,5,6 的卡片， 假设任取其中 6 张卡片组成牌号，那么可以组成的不同样牌号的总数 等于 ．〔用数字作答〕15. 有五名男同志去外处出差，住宿安排在三个房间内，要求甲乙两人不住同一房间，且每个房间最多住二人，那么不同样的住宿安排有 种〔用数字作答〕16. 假设 ( x1)n的张开式中前三项的系数成等差数列，那么张开式中 x 4 项的系数为。
2019-2020学年度高中数学第1章计数原理2排列第1课时排列与排列数公式课后演练提升北师大版选修
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高中数学第1章计数原理2排列第1课时排列与排列数公式课后演练提升北师大版选修______年______月______日____________________部门一、选择题1．已知A－A＝10，则n的值为( )A．4 B．5C．6 D．7解析：由A－A＝10，得(n＋1)n－n(n－1)＝10，解得n＝5.答案：B2．6人站成一排，甲、乙、丙3人必须站在一起的所有排列的种数为( )A．A B．3A3C．A·A D．4！·3!解析：先将甲、乙、丙3人看作一个整体与另外3人作一个全排列，其排法种数为4！，而甲、乙、丙3人之间还可以作一个全排列，其排法种数为3！，∴N＝4！·3！.答案：D3．下列问题：①从1,2,3,5中任取两个不同的数相减可得多少种不同的结果？②从1,2,3,5中任取两个不同的数相乘可得多少种不同的结果？③一条公路线上有12个车站，共需准备多少种客车票？其中是排列问题的有( )A．①② B．①③C．②③ D．①②③解析：由排列的定义可知①③是排列问题，②与顺序无关，不是排列问题，故选B．答案：B4．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种解析：从全部方案中减去只选派男生的方案数，得合理的选派方案有A－A＝186种．选B．答案：B二、填空题5．若＝89，则n＝____________.解析：由题设得－n！－！＝89×，∴(n－5)(n－6)＝90，n∈N＋，解之得n＝15.答案：156．由数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为____________.解析：若组成的是无重复数字的四位偶数，则个位必须是偶数，有A＝2(种)情况，其他位置无限制条件，共有A＝4×3×2＝24(种)情况，所以共有2×24＝48(种)情况．答案：48三、解答题7．(1)有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？(2)有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？解析：(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是：A ＝5×4×3＝60，所以，共有60种不同的送法．(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是：5×5×5＝125，所以，共有125种不同的送法．8．(1)计算；(2)解方程：5A＝6A.解析：(1)方法一：原式＝＝＝＝ .方法二：原式＝4×8×7×6×5＋2×8×7×6×5×48×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×5＝＝＝ .(2)由5A＝6A得＝，化简得：x2－11x＋24＝0，解得x1＝3，x2＝8，∵x≤4且x－1≤5，∴原方程的解为x＝3.9．(1)解不等式：A＜6A.(2)求证：A－A＝mA.解析：(1)原不等式可化为＜ ，化简得m2－15m ＋50＜0，即(m －5)(m －10)＜0，解得5＜m ＜10. 又，即m≤6，所以m ＝6.即不等式的解集为{6}．(2)证明：∵A－A ＝ －n ！－！＝ ·⎝ ⎛⎭⎪⎫ n ＋1n －m ＋1－1＝ · m n －m ＋1 ＝m·n ！－m ＋－！＝m n ！－m ＋！ ＝mA ，∴A －A ＝A.。
2019-2020学年高中数学第一章计数原理单元综合测试北师大版选修2-3.doc
2021-2021学年高中数学第一章计数原理单元综合测试北师大版选修2-3一、选择题〔本大题共10个小题,每题5分,共50分,在每题给出的四个选项中, 只有一项为哪一项符合题目要求的〕1 .如图,从上往下读〔不能跳读〕构成句子“构建和谐社会,创美好未来〞的不同读法种数是〔〕构建建和和和谐谐谐谐社社社社社会会会会会会创创创创创美美美美好好好未未来A. 250B. 240C. 252D. 300［答案］C［解析］要组成题设中的句子, 那么每行读一字,不能跳读.每一种读法须10步完成〔从上一个字到下一个字为一步〕,其中5步是从左上角到右下角方向读的, 故共有不同读法岛=252 种.2.某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日〔端午节假期〕值班,每天安排2人, 每人值班1天,假设6位员工中的甲不值14日,乙不值16日,那么不同的安排方法共有〔〕A. 30 种B. 36 种C. 42 种D. 48 种［答案］C［解析］此题考查排列组合的根本知识, 涉及分类,分步计算原理、特殊元素、特殊位置.甲在16日,有C i c4=24种；甲在15日,乙在15日有d=6种.甲在15日,乙在14日时有&d=12种,所以总共24+6+12=42, 应选C.又13a=7b, • . 13(m+ 1) = 7(2m^ 1), m= 6.6.如图,一圆形花圃内有5块区域,现有4种不同颜色的花.从4种花中选出假设干种植入花圃中,要求相邻两区域不同色,种法有 〔 〕A. 324 种 C. 244 种D. 240 种［答案］D［解析］ 假设1、4同色,共有C1X 3X3X2= 72〔种〕.假设1、4不同色〔里面分2与4同色3. 〔1+x 〕7的展开式中x 2的系数是〔〕A. 42B. 35C. 28D. 21［答案］D［解析］展开式中第r + 1项为T r+i=c 7x r, T 3=C x 2,,x 2的系数为C7=21,此题误认为 T r + i 为第r 项,导致失分.4. A R C H E 五人并排站成一排,如果 A B 必须相邻且B 在A 的右边,那么不同 的排法种数有〔 〕A. 60 种B. 48 种C. 36 种D. 24 种［答案］D［解析］把A, B 视为一人,且 B 固定在A 的右边,那么此题相当于 4人的全排列,A 4 = 24种.5.设m 为正整数,〔x + y 〕2m 展开式的二项式系数的最大值为a, 〔x + y 〕2m 1展开式的二项式系数的最大值为 b,假设13a= 7b,那么m=〔A. 5B.C. 7D.［答案］ ［解析］ m 2m 2m-1…1a = C 2m=~mmb= C 2m+ 1£m+l • 2mli m+2mB. 216 种不同色〕,共有A4X2X〔1 X 3+2X2〕= 168〔种〕.所以一共有168 + 72= 240〔种〕.7.一排9个座位坐了3个三口之家, 假设每家人坐在一起, 那么不同的坐法种数为()A. 3X3!B. 3X(3! )3C. (3! )4D. 9!［答案］C［解析］此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3!, 三个家庭即(3 ! )3,三个家庭又可全排列,因此(3 ! )4注意排列中在一起可用捆绑法,即相邻问题.8. (*田一八例4的展示式中x3y3的系数为( )A. 4B. 5C. 6D. 8［答案］C［解析］此题考查二项展开式的通项公式,以及二项展开式中项的系数.(x^—y〈X)4的展开式中的第(r + 1)项T r+1 = C4( —1)r(x$)4 r(y#)r= C4( - 1)r x4-2y2 + 2人r _ _令 4 —2= 3 得r= 2••・展开式中x3y3的系数为C2(—1)2=6.9.碳元素有3种同位素12C、13C、14C,氧元素也有3种同位素16.17.18O那么不同的原子构成的CO分子有()A. 9 种B. 27 种C. 54 种D. 81 种［答案］B［解析］先选碳原子,再选第一个氧原子,最后选第二个氧原子.根据乘法原理所以N =C1 , C 3 - C 3= 27 种.10.(2021 •福建理,10)用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球,由加法原理及乘法原理,从1个红球和1个蓝球中取出假设干个球的所有取法可由(1 + a)(1 + b)的展开式1 + a+b+ ab表示出来,如：“1〞表示一个球都不取、“a〞表示取出一个红球,而“ ab〞那么表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,以下各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个有区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出假设干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A. (1 + a+ a2 + a3 + a4 + a5)(1 + b5)(1 + c)5B. (1 + a5)(l + b + b2+ b3+ b4+ b5)(l + c)C. (1 + a)5(1 +b+ b2 + b3 + b4 + b5)(1 + c5)D. (1 + a5)(1 +b)5(1+c+c2 + c3+c4+c5)［答案］A［解析］从5个无区别的红球中取出假设干个球的所有情况为 1 + a+ a2+ a3+ a4+ a5,从5个有区别的黑球中取出假设干个球的所有情况为(1 + c)(1 +c)(1 +c)(1 +c)(1 +c),而所有蓝球都取出或都不取出有 1 + b5种情况,应选 A.二、填空题(本大题共5小题,每题5分,共25分)11.假设(x+-a-)8的展开式中X4的系数为7,那么实数a=.3x- 1［答案］2［解析］由T r+1= C8 ・x r( -^-)8 r = C8 - x4'* - a8 r.3x 3令"?8 =4, ,, r = 5,那么x4的系数为C8a3= 7. 3一,r 1斛之得a=2.12 .假设(x — 2) = a5x + a d x + a3x + a2x + a1x+ a0,那么a1 + a2+ a3+ a4+ a5=(用数字作答).［答案］31［解析］(x—2) 5= a5x5+a4x4+ a3x3+ a?x2 + a1x+ a a,5 .v x = 1,付(1 — 2) = a5+ a4+ a3+ a2+ a〔+ a o= - 1,令x = 0,得(0 —2)5=a0=—32,所以a1 + a2+a3+a4+a5=31.13 . 一直线和圆相离,这条直线上有6个点,圆周上有4个点,通过任意两点作直线,最少可作直线的条数是 .［答案］19［解析］为了作的直线条数最少,应出现3点或更多点共线的情况,由于直线与圆相离, 应让圆上任意两点都与直线上的一点共线.圆周上有4点能连成CU6条直线,而直线上恰有6个点,故这10个点中最多有6个三点共线和1个六点共线的情况,因此最少可作直线do—6戊―C2+6+1 = 19(条).14 .某药品研究所研制了5种消炎药a「a2、a3、a4、a5,4种退烧药b、b2、3、b4,现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效实验, 但又知a、a2两种药必须同时使用,且a3、b4两种药不能同时使用,那么不同的实验方案有种.［答案］14［解析］当a i, a2两种药同时使用时,只要选一种退烧药即可,有4种实验方案；当取消炎药a3时,另一消炎药的选取有2种可能,退烧药的选取有3种可能,有2X3= 6种实验方案；当取消炎药a,、a5时,只要选一种退烧药即可,有4种实验方案；相加即可.15 .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,那么共有种不同的播放方式(结果用数值表示).［答案］48［解析］此题可以分两步完成：首尾必须播放公益广告的有2种；中间4个为不同的商业广告有6=24种,从而有2X24= 48种不同的播放方式.三、解做题(本大题共6小题,共75分,前4题每题12分,20题13分,21题14分)16 . (1)化简n - ( n +1) ..... ( n + n)；(2)求证：A7+5A4=A5；(3)求n,使A3n= 10A3.［解析］(1)由排列数公式的阶乘形式可得n-(n+1) .............. ( n+ m)=—“+m :=nAX5 一 4(2)证实：A7+ 5A7 = 7X6X5X4X3 +5X7X6X5X4 = (3 + 5) X7X6X5X4 = 8X7X 6X5X4= A8,故等式得证.(3)由6n=10A3得2n(2 n— 1)(2 n-2) = 10n(n-1)( n-2),即4n(2n-1)( n- 1) =10n(n -1)( n-2), 4(2 n-1) = 10( n-2)( n>3, n是正整数),解得n= 8.17 .把4个男同志和4个女同志均分成4组,到4辆公共汽车里参加售票劳动, 如果同样两人在不同汽车上效劳算作不同情况.(1)有几种不同的分配方法？(2)每个小组必须是一个男同志和一个女同志有几种不同的分配方法？(3)男同志与女同志分别分组,有几种不同分配方法？［解析］(1)男女合在一起共有8人,每辆车上2人,可以分四个步骤完成,先安排2 人上第一辆车,共有?种,再上第二车共有C2种,再上第三车共有C4种,最后上第四车共有C2种,这样不同分配方法,按分步计数原理有 2 -2 2 2, C 6 - C 4 • C 2 = 2520(种).(2)要求男女各1人,因此先把男同志安排上车,共有A4种不同方法,同理,女同志也有A4种方法,由分步计数原理,男女各1人上车的不同分配方法为A4 • A4=576(种).旧,八,八, 人『▼八,一,,,^ C4, 人,,,八,一,,C4 ,(3)男女分别分组,4个男的平分成两组共有万=3(种),4个女的分成两组也有万=3(种) 不同分法,这样分组方法就有3X3= 9(种),对于其中每一种分法上4部车,又有A4种上法,因而不同分配方法为9 • A：=216(种).18 .把7个大小完全相同的小球,放置在三个盒子中,允许有的盒子一个也不放.(1)如果三个盒子完全相同,有多少种放置方法？(2)如果三个盒子各不相同,有多少种放置方法？［解析］(1)二•小球的大小完全相同,三个盒子也完全相同,,把7个小球分成三份,比方分成3个、2个、2个这样三份放入三个盒子中,不管哪一份小球放入哪一个盒子均是同一种放法,因此,只需将7个小球分成如下三份即可,即(7,0,0) 、(6,1,0) 、(5,2,0)(5,1,1)、(4,3,0) 、(4,2,1)、(3,3,1)、(3,2,2).共计有8种不同的放置方法.(2)设三个盒子中小球的个数分别为X1、X2、X3,显然有：X1 + X2+X3=7,于是,问题就转化为求这个不定方程的非负整数解, 假设令y i = X i + 1(i =1,2,3)由y1+y2+y3=10,问题又成为求不定方程y1 + y2+y3=10的正整数解的组数的问题,在10个1中间9个空档中,任取两个空档作记号,即可将10分成三组,,不定方程的解有d=36组.,有36种放置方法.19 .在产品质量检验时,常从产品中抽出一局部进行检查,现有100件产品,其中有98件正品,2件次品,从中任意抽出3件检查,(1)共有多少种不同的抽法？(2)恰好有一件是次品的抽法有多少种？(3)至少有一件是次品的抽法有多少种？［解析］(1)所求的不同抽法数,即从100个不同元素中任取3个元素的组合数,共有100X99X983X2X 1 =161700〔种〕.(2)抽出的3件中恰好有一件是次品的这件事,可以分两步完成.第一步：从2件次品中任取1件,有C2种方法；第二步：从98件正品中任取2件,有C28种方法.根据分步乘法计数原理知,不同的抽取方法共有C2 - C28= 2X4753= 9506(种).(3)方法一：抽出的3件中至少有一件是次品的这件事,分为两类：第一类：抽出的3件中有1件是次品的抽法,有Cd8种；第二类：抽出的3件中有2件是次品的抽法,有C2c98种.根据分类加法计数原理,不同的抽法共有?d8十d& = 9506+98 = 9604(种).方法二：从100件产品中任取3件的抽法有C300种,其中抽出的3件中至少有一件是次品的抽法共有C300—脸=161700- 152096= 9 604(种).［反思总结］此题考查了计数原理和组合知识的应用.20 .求(X2+3X+2)5的展开式中X项的系数.［解析］ 方法一：由于 (x 2+3x + 2)5= (x + 2)5 • (X+1) 5= (c 5x 5+ c 5x 4 • 2+…+C 5 , 2 5)(C 5x 5+ C 5x 4+ …+ C 5)展开后 x 项为 C 4x ・ 24. 55+ C 5 • 25. c5x= 240x .所以(x 2 + 3x+2)5展开式中x 项的系数为240. 方法二：由于(x 2+3x+2)5=［x 2+(3x+2)］ 5, 设 T r+i = C(x 2)5 r (3x+2)r , 在(3x+ 2)r 中,设 T k+i = C k (3x )r k 2k,T r + 1 = C5( x 2)5 r C k (3 x )r k 2k = CC k 312k x*J k ,依题意可知10—r —k=1,即r + k=9. 又 0w kw 「w5, r, kC N+,所以 r = 5, k= 4. 贝U T r +i = C5 , C 5 • 3 , 2 , x= 240x . 所以(x 2 + 3x+2)5展开式中x 项的系数为240.方法三：把(x 2+3x+2)5看成5个x 2+3x+2相乘,每个因式各取一项相乘得到展开式 中的一项,x 项可由1个因式取3x,4个因式取2相乘得到,即 d3x-C 〉2 4= 240x .所以(x 2 + 3x+2)5展开式中x 项的系数为240.［反思总结］此题考查利用转化的思想求三项展开式的特定项. 三项式求特定项的思路有：(1)分解因式法：通过因式分解将三项式变成两个二项式,然后再用二项式定理分别展 开. (2)逐层展开法：将三项式分成两组,用二项式定理展开, 再把其中含两项的一组展开. (3)利用组合知识：把三项式看成几个因式的积,利用组合知识分析项的构成,注意最 后应把各个同类项相合并.10-5r 4 ,一,.… ~b=-假设'为常数项,那么* 5「"所以「= 2,此时得常数项为321. 的展开式中a 」1项的二项式系数.常数项,求 3 j a 「( n C N *)的展开式的各项系数之和等于43/b —5的展开式中的5b［解析］对于 4^/b -^jrJ 5： Tr + 1= C5(4 /)5]—1r.r r r r r 5 r求J=C5 (— 1) 4 . 5-23 “a1= 27.令 a= 1,得 r 7 r5r-21(—1)3 2丁展开式的各项系数之和为 2n .由题意知 2n = 27,所以 n=7.对假设T r + 1为a 一项,那么T 3 = C2 •( - 1)2-43.5宁一1,所以「= 3.所以3的展开式中a」1项的二项式系数为 d = 35.。
2019高中数学第一章计数原理1.3组合精练含解析北师大版选修2320190416254
A组1.以下问题是组合问题有( )(1)设会集A={a,b,c,d,e},则会集A的子集中含有3个元素的有多少个?(2)某铁路线上有5个车站,则这条线上有多少种票价?(3)3人去干5种不相同的工作,每人干1种,有多少种分工方法?(4)把3真相同的书分给5个学生,每人最多得1本,有几种分配方法?A.(1)(2)(4)B.(1)(3)(4)C.(2)(3)(4)D.(1)(2)(3)剖析:(1)由于本问题与元素序次没关,因此是组合问题.(2)诚然甲站到乙站的车票与乙站到甲站的车票是不相同的,但票价与序次没关,甲站到乙站与乙站到甲站是同一种票价,因此是组合问题.(3)由于分工方法是从5种不相同的工作中选出3种,按必然序次分给3个人去干,因此是排列问题.(4)由于3本书是相同的,无论把3本书分给哪三人,都不需考虑他们的序次,因此是组合问题.答案:A2.某新农村社区共包括8个自然村,且这些农村分布零散,没有任何三个农村在一条直线上,现要在该社区内建“村村通”工程,共需建公路的条数为( )A.4B.8C.28D.64剖析:由于“村村通”公路的修建,是组合问题.故共需要建=28条公路.答案:C3.已知,则n等于( )A.14B.12C.13D.15剖析:∵,∴7+8=n+1,∴n=14.答案:A4.(2016·山东胶州高二期中)在100件产品中有6件次品,现从中任取3件产品,最少有1件次品的不相同取法的种数是( )A. B.C. D.剖析:从100件产品中抽取3件的取法数为,其中全为正品的取法数为,∴共有不相同取法为.应选C.答案:C5.某食堂每天中午准备4种不相同的荤菜,7种不相同的素菜,用餐者可以按下述方法搭配午餐:(1)任选两种荤菜、两种素菜和白米饭;(2)任选一种荤菜、两种素菜和蛋炒饭.那么每天不相同午餐的搭配方法总数是( )A.22B.56C.210D.420剖析:=210.答案:C6.从正方体的6个面中采用3个面,其中2个面不相邻的选法共有种.?剖析:从6个面中任选3个面,有=20种选法,3个面相邻的选法共8种,故吻合条件的选法共有20-8=12(种).7.从一组学生中选出4名学生今世表的选法种数为A,从这组学生中选出2人担当正、副组长的选法种数为B,若,则这组学生共有人.?剖析:设有学生n人,则,解得n=15或n=-10(舍去).答案:158.若对任意的x∈A,则∈A,就称A是“拥有伙伴关系”的会集.会集M=的全部非空子集中,拥有伙伴关系的会集的个数为.?剖析:拥有伙伴关系的元素组共4组,因此会集M的全部非空子集中,拥有伙伴关系的非空会集中的元素,可以是拥有伙伴关系的元素组中的任一组、二组、三组、四组,又会集中的元素是无序的,因此,所求会集的个数为=15.答案:159.计算:(1);(2);(3).解(1)原式=×1==56+4 950=5 006.(2)原式=2()=2()=2×=32.(3)原式=·n=·n=(n+1)n=n2+n.10.平面内有12个点,其中有4个点共线,其余再无任何3点共线,以这些点为极点,可得多少个不相同的三角形?解方法一:我们把从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准.第一类:共线的4个点中有2个点作为三角形的极点,共有=48(个)不相同的三角形;第二类:共线的4个点中有1个点作为三角形的极点,共有=112(个)不相同的三角形;第三类:共线的4个点中没有点作为三角形的极点,共有=56(个)不相同的三角形.由分类加法计数原理,不相同的三角形共有48+112+56=216(个).方法二:间接法.=220-4=216(个).B组1.圆周上有12个不相同的点,过其中任意两点作弦,这些弦在圆内的交点的个数最多是( )A. B.C. D.剖析:圆周上每4个点组成一个四边形,其对角线在圆内有一个交点.∴交点最多为个.应选D. 答案:D2.某地政府召集5家企业的负责人开会,已知甲企业有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家不相同企业的可能情况的种数为( )A.14B.16C.20D.48剖析:可分为两种情况:(1)甲企业选中1人,有=12种选法;(2)甲企业无人选中,有=4种选法,因此由分类计数原理可知共有12+4=16种可能.答案:B3.(2016·湖南常德一中月考)有8张奖券,其中一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分给4个人,每人2张,不相同的获奖情况有种(用数字作答).?剖析:由于8张奖券中一、二、三等奖各1张,其余5张无奖,因此只需将有奖的三张分给四人,再将无奖奖券补够每人都有两张奖券即可,三张有奖奖券分给四人有两种情况:一是三个人每人一张,另一个人无,共=24种分法;二是一个人一张,一个人两张,另两个人无,共=36种分法,共有24+36=60种不相同的获奖情况,故答案为60.答案:604.导学号43944011从1到9的9个数字中取3个偶数、4个奇数,试问:(1)能组成多少个没有重复数字的七位数?(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有几个?(3)(1)中的七位数中,偶数排在一起,奇数也排在一起的有几个?解(1)分三步完成:第一步,在4个偶数中取3个,有种情况;第二步,在5个奇数中取4个,有种情况;第三步,3个偶数、4个奇数进行排列,有种情况.因此吻合题意的七位数有=100 800(个).(2)上述七位数中,3个偶数排在一起的有=14 400(个).(3)上述七位数中,3个偶数排在一起,4个奇数也排在一起的有=5 760(个).5.导学号43944012某次足球赛共12支球队参加,分三个阶段进行:(1)小组赛:经抽签分成甲、乙两组,每组6队进行单循环比赛,以积分及净剩球数取前两名;(2)半决赛:甲组第一名与乙组第二名,乙组第一名与甲组第二名作主客场交织裁汰赛(每两队客场各赛一场)决出胜者;(3)决赛:两个胜队参加决赛一场,决出胜败.问全部赛程共需比赛多少场?解(1)小组赛中每组6队进行单循环比赛,就是6支球队的任两支球队都要比赛一次,所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数,因此小组赛共要比赛2=2×=30(场).(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场,所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数,因此半决赛共要比赛2=2×1×2=4(场).(3)决赛只需比赛1场,即可决出胜败.因此全部赛程共需比赛30+4+1=35(场).。
【2019-2020】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
教学资料参考范本【2019-2020】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撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________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m1种方法，在第二类方案中有m2种方法，……，在第n类办法中有mn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m1种方法，做第二步有m2种方法，……，做第n步有mn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：Tr＋1＝Can－rbr，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，中间一项的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项的二项式系数相等且最大．③C＋C＋C＋…＋C＝2n；C＋C＋…＝C＋C＋…＝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＋81C＋…＋9n－1C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n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(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10.(1)求a2；(2)求a1＋a2＋…＋a10；(3)求(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)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(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11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．±1C．2 D．±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Tr＋1＝Can－rbr(r＝0,1，…，n)，其中二项式系数是C，而不是C，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．m1＋m2＋…＋mn2．m1×m2×…×mn3．(n－m＋1) C C m n＋14．(1)Can＋Can－1b1＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn (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CCC＝200(种)；第二类：3个只会划左舷的人中只选1人，有CCC＝1 050(种)；第三类：3个只会划左舷的人中只选2人，有CCC＝840(种)；第四类：3个只会划左舷的人全选，有CC＝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＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A＝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＝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 ＝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 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 ＝132(种)排列． 跟踪训练3 解 (1)先选后排．课代表的选法有CC ＋CC 种，排列方法有A 种，所以满足题意的选法有(CC ＋CC)A ＝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 ＝840(种)选法．(3)先选后排．从剩余的7名学生中选出4名有C 种选法，排列方法有CA ，所以选法共有CCA ＝3 360(种)．(4)先从除去该男生和女生的6人中选出3人，有C 种选法，该男生的安排方法有C 种，其余3人全排，有A 种选法，因此满足题意的选法共有CCA ＝360(种)．例4 解 (1)由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3，解得n ＝10， 因为通项Tr ＋1＝C()10－rr＝(－2)rC ，r ＝0,1,2， (10)当5－为整数时，r 可取0,6， 于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440. (2)设第r ＋1项系数的绝对值最大，则⎩⎨⎧Cr 102r≥Cr－1102r－1，Cr102r≥Cr＋1102r＋1，解得又因为r∈{1,2,3，…，9}， 所以r ＝7，当r＝7时，T8＝－15 360x－，又因为当r＝0时，T1＝x5，当r＝10时，T11＝(－2)10＝1 024，所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360.(3)原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C1010＝9C110＋92C210＋93C310＋…＋910C109＝C010＋9C10＋92C210＋93C310＋…＋910C10－19＝＝.跟踪训练4 解已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C＝45，即C＝45，得n2－n＝90，解得n＝－9(舍去)或n＝10.(1)通项Tr＋1＝C()10－r()r＝C(0≤r≤10，r∈N)，令－＋＝3，得r＝6.故含有x3的项是第7项，T7＝Cx3＝210x3.(2)∵10的展开式共11项，∴系数最大项是第6项，T6＝C()5·()5＝252.例5 解(1)(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，a2是展开式中x2的系数，∴a2＝C(－1)5C(－2)3＋C(－1)4C·(－2)4＋C(－1)3C(－2)5＝800.(2)令x＝1，代入已知式可得，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝0，而令x＝0，得a0＝32，∴a1＋a2＋…＋a10＝－32.(3)令x＝－1可得，(a0＋a2＋a4＋…＋a10)－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝65，再由(a0＋a2＋a4＋…＋a10)＋(a1＋a3＋…＋a7＋a9)＝0，把这两个等式相乘可得，(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a7＋a9)2＝65×0＝0.跟踪训练5 5当堂训练1．D 2.C 3.B 4.364 5.300。
高中数学 第1章 计数原理 1.1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理学业分层测评 北师大版选修
第1章计数原理 1.1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理学业分层测评北师大版选修2-3(建议用时：45分钟)学业达标]一、选择题1．如图111所示为一个电路图，从左到右可通电的线路共有( )图111A．6条B．5条C．9条D．4条【解析】从左到右通电线路可分为两类：从上面有3条；从下面有2条．由分类加法计数原理知，从左到右通电的线路共有3＋2＝5条．【答案】 B2．有5列火车停在某车站并排的5条轨道上，若火车A不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )A．96种B．24种C．120种D．12种【解析】先排第1道，有4种排法，第2,3,4,5道各有4,3,2,1种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1＝96种．【答案】 A3．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有( )A．53种B．35种C．8种D．15种【解析】每封信均有3种不同的投法，所以依次把5封信投完，共有3×3×3×3×3＝35种投法．【答案】 B4．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个；当x ＝2时，y ＝0,1,2,3,4，有5个；当x ＝3时，y ＝0,1,2,3，有4个．据分类加法计数原理可得，共有6＋5＋4＝15个．【答案】 A5．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为方程Ax ＋By ＝0的系数A ，B 的值，则形成的不同直线有( ) 【导学号：62690002】A ．18条B ．20条C ．25条D ．10条【解析】 第一步，取A 的值，有5种取法；第二步，取B 的值，有4种取法，其中当A ＝1，B ＝2时与A ＝2，B ＝4时是相同的方程；当A ＝2，B ＝1时与A ＝4，B ＝2时是相同的方程，故共有5×4－2＝18条．【答案】 A二、填空题6．椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则满足题意的椭圆的个数为______．【解析】 因为焦点在y 轴上，所以0<m <n ，考虑m 依次取1,2,3,4,5时，符合条件的n 值分别有6,5,4,3,2个，由分类加法计数原理知，满足题意的椭圆的个数为6＋5＋4＋3＋2＝20个．【答案】 207．某班2016年元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为________．【解析】 将第一个新节目插入5个节目排成的节目单中有6种插入方法，再将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，利用分步乘法计数原理，共有插入方法：6×7＝42(种)．【答案】 428．如图112，小圆圈表示网络的结点，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B 向结点A 传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为________．图112【解析】 依题意，首先找出B 到A 的路线，一共有4条，分别是BCDA ，信息量最大为3；BEDA，信息量最大为4；BFGA，信息量最大为6；BHGA，信息量最大为6.由分类加法计数原理，单位时间内传递的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19.【答案】19三、解答题9．有不同的红球8个，不同的白球7个．(1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法？(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？【解】(1)由分类加法计数原理，从中任取一个球共有8＋7＝15(种)．(2)由分步乘法计数原理，从中任取两个不同颜色的球共有8×7＝56(种)．10．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28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．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法；(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？【解】从O型血的人中选1人有28种不同的选法；从A型血的人中选1人有7种不同的选法；从B型血的人中选1人有9种不同的选法；从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理．有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理．有28×7×9×3＝5 292种不同的选法．能力提升]1.一植物园参观路径如图113所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有( )图113A．6种B．8种C．36种D．48种【解析】由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，每种选法中可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种走法，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种走法，参观完第二个区域后，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48种不同的参观路线．【答案】 D2．某市汽车牌照(由4个数字和1个字母组成)可以上网自编，但规定从左到右第二个只能从字母B，C，D中选择，其他四个可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)．某车主第一个(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌所有可能的情况有( )A．180种B．360种C．720种D．960种【解析】分五步完成，第i步取第i个(i＝1,2,3,4,5)．由分步乘法计数原理，可得车牌共有5×3×4×4×4＝960种．【答案】 D3．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,3,5,7,8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________条不同的直线. 【导学号：62690003】【解析】若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时有5×4＝20条，故共有20＋2＝22条不同的直线．【答案】224．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，(1)P可以表示平面上的多少个不同点？(2)P可以表示平面上的多少个第二象限的点？(3)P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？【解】(1)完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法有6种．由分步乘法计数原理知，P可以表示平面上的6×6＝36(个)不同点．(2)根据条件需满足a<0，b>0.完成这件事分两个步骤：a的取法有3种，b的取法有2种，由分步乘法计数原理知，P 可以表示平面上的3×2＝6(个)第二象限的点．(3)因为点P不在直线y＝x上，所以第一步a的取法有6种，第二步b的取法有5种，根据分步乘法计数原理可知，P可以表示6×5＝30(个)不在直线y＝x上的点．。