2019-2020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
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年高中数学 第一章 计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时训练 理 新人教
2019年高中数学第一章计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时训练理新人教A版选修2-31．分类加法计数原理分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有____________种不同的方法.推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，…，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有____________种不同的方法.注意：任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，而不需要再用到其他方法.2．分步乘法计数原理分步乘法计数原理：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____________种不同的方法.推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有____________种不同的方法.3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系和区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题.区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各类方法__________，用其中任何一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤__________才算完成这件事.参考答案：1．2．3．相互独立都完成一、分类加法计数原理的应用若所给问题满足下列三个特点：（1）完成一件事有若干种方法,这些方法可以分成n类；（2）用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；（3）把各类的方法数相加,就可以得到完成这件事的所有方法数.则这个问题可以用分类加法计数原理解决.【例1】某校高二共有三个班，各班人数如下表：（1）从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？（2）从高二（1）班、（2）班男生中或从高二（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？【解析】（1）从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：第1类，从高二（1）班中选出1名学生，有50种不同的选法；第2类，从高二（2）班中选出1名学生，有60种不同的选法；第3类，从高二（3）班中选出1名学生，有55种不同的选法.（2）从高二（1）班、（2）班男生或高二（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：第1类，从高二（1）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高二（2）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第3类，从高二（3）班女生中选出1名学生，有20种不同的选法.根据分类加法计数原理知，从高二（1）班、（2）班男生或高二（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法.二、分步乘法计数原理的应用若所给问题满足下列三个特点：（1）完成一件事需要经过n个步骤,缺一不可；（2）完成每一步有若干方法；（3）把各个步骤的方法数相乘,就可以得到完成这件事的所有方法数.则这个问题可以用分步乘法计数原理解决.【例2】如图,将图中的四个区域涂色,有5种不同的颜色可供选择，规定一个区域只涂一种颜色,相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有______种．【解析】由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方案有种.【名师点睛】解答涂色问题有两种方法：（1）选择正确的涂色顺序,按步骤逐一涂色,这时用分步乘法计数原理进行计数；（2）根据涂色时所用颜色数的多少,进行分类处理,这时用分类加法计数原理进行计数.注意：“相邻区域不得使用同一种颜色”,找好不相邻的区域是解题的关键.一般地,在分步涂色时,要注意尽量让相邻区域多的区域先涂色.三、两个计数原理的综合应用“分类”应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于且仅属于其中某一类.“分步”应满足：完成一件事必须且只需连续完成若干步.在实际中，很多问题都需要既分类又分步才能完成，解决这类问题时，一般先分类再分步.在分类和分步的过程中,要先明确分类和分步的标准,以做到不重不漏.【例3】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？【解析】①三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5=53=125(种).②三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5=100(种).③被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3=12种排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因为0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3=18种排法.因而有12+18=30种排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.【名师点睛】对于已知几个数字组成三位数、四位数等问题,一般需利用分步乘法计数原理求解,注意：（1）数字中是否含有0,因为三位数、四位数等的最高位数字不能为0；（2）组成的数是否允许数字重复出现,这会影响数字的选择.四、未选准分步依据致错【例4】将4封信投入到3个信箱中，共有多少种不同的投法？【错解】第1个信箱可能投1封信，2封信，3封信或4封信，共有4种投法；同理，第2个信箱也有4种投法，第3个信箱也有4种投法.根据分步乘法计数原理，共有种不同的投法.【错因分析】要完成的一件事是“将4封信投入到3个信箱中”，且1封信只能投入1个信箱，错解中会出现1封信同时投入2个信箱或3个信箱的情况，这是不可能发生的.因此，分步的依据应该是“信”，而不应该是“信箱”.【正解】第1封信可以投入3个信箱中的任意一个，有3种投法;同理，第2，3，4封信各有3种投法.根据分步乘法计数原理，共有种投法.【名师点睛】对于一类元素允许重复选取的计数问题，可以用分步乘法计数原理来解决，求解的关键是明确要完成的一件事是什么.即用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据.对于本题，若是将3封信投入到4个信箱中，则共有种不同的投法.1．有不同的红球5个，不同的白球4个.从中任意取出两个不同颜色的球，则不同的取法有A．9种B．16种C．20种D．32种2．某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有A．24种B．9种C．3种D．26种3．现给如图所示的4个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一颜色，共有3种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有A．4种B．6种C．8种D．12种4．由组成的无重复数字的五位偶数共有A. 个B. 个C. 个D. 个5．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守当地某月日至日天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为A．5B．24C．32D．646．一个三位数的密码，每一位都由0~4的5个数字随机组成，则不同的密码种数是_________(用数字作答). 7．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有_________个(用数字作答).8．7人站成两排队列，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_________(用数字作答).9．某单位职工义务献血，在体检合格的人中,型血的共有28人，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？10．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有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？11．用红、黄、蓝、绿4种颜色为一个五棱锥的六个顶点着色,要求每一条棱的两个端点着不同的颜色,则不同的着色方案共有A．120种B．140种C．180种D．240种12．现有某类病毒记作X m Y n，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为__________．13．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数,如22,121,3443,94249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4位回文数有________个；2n＋1(n∈)位回文数有________个.14．不定方程的非负整数解的个数为.15．某印刷厂的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法？16．（xx新课标全国Ⅱ）如图，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A．24B．18C．12D．917．（xx安徽）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1．C 【解析】由题意知本题是一个分步计数问题，要取两个不同颜色的球，首先取一个红球，有5种结果，再取一个白球，有4种结果，根据分步计数原理，得到共有5×4=20种结果.2．B 【解析】根据分类加法计数原理可得，不同的选法有4+3+2=9种，故选B.3．B 【解析】首先给下面一个涂色，有三种涂色方法，再给上面的最左边涂色，有两种涂色方法，中间一块只有一种涂色方法，右边的一块只有一种涂色方法，根据分步计数原理，得共有种不同的涂色方法. 4．B 【解析】分两类：第一类，若五位数的个位数是，则有个偶数；第二类，若五位数的个位数是，由于不排首位，因此首位只能排中的一个，依据分步计数原理可得个偶数.由分类加法计数原理，可得所有无重复数字的五位偶数的个数为，故选B .5．D 【解析】日至日，分别为，有天奇数日，天偶数日，第一步，安排奇数日出行，每天都有种选择，共有种不同的用车方案；第二步，安排偶数日出行，分两类，第一类，先选天安排甲的车，另外一天安排其他的车，有种不同的用车方案；第二类，不安排甲的车，每天都有种选择，共有种不同的用车方案，共有种不同的用车方案，根据分步计数原理，可得不同的用车方案共有种.故选D.6．125 【解析】由分步乘法计数原理，可得不同的密码数有种.7．12【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，组成的数字含有三个1，三个2，三个3，三个4共4种情况，当含有三个1时，“好数”为2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141；当含有三个2时，“好数”为2221；当含有三个3时，“好数”为3331；当含有三个4时，“好数”为4441.根据分类加法计数原理，得到“好数”共有12个.8．360 【解析】分三个步骤：第一步，先从甲、乙、丙三个人中选出一个人加入前排，有3种方法；第二步，将这个人加入前排的4个空位中，有4种方法；第三步，再依次将剩余两人加入后排.先加入的一个人有5种方法，后加入的那个人有6种方法.由分步计数原理，可得不同的加入方法种数为.9．【解析】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,这件“任选1人去献血”的事情都能完成,所以由分类加法计数原理,得共有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,即要在每种血型的人中依次选出1人后,这件“各选1人去献血”的事情才完成,所以由分步乘法计数原理,得共有28×7×9×3＝5292种不同的选法.10．【解析】（1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.根据分类加法计数原理，得共有N＝7＋8＋9＋10＝34(种)不同的选法.（2）分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长.根据分步乘法计数原理，得共有N＝7×8×9×10＝5040(种)不同的选法.（3）分六类，每类又分两步：第一类，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；第二类，从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；第三类，从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；第四类，从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；第五类，从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；第六类，从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以，共有N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)不同的选法.11．A 【解析】设五棱锥S-ABCDE,先涂顶点S有4种不同的方法;接着涂顶点A只有3种不同的方法;再接着涂顶点B有2种不同的方法;再涂C点时,若C与A的颜色相同,则D有2种不同的涂法,E只有1种涂法,若C与A的颜色不相同,C只有1种涂法,若D与A的颜色相同,E有2种不同的涂法;若D与A的颜色不相同,则E只有1种涂法,根据分类加法计数原理与分步乘法计数原理可知,不同的着色方案共有4×3×2×[1×2×1+1×(1×2+1×1)]=120种.12．【解析】由题意知m的可能取值为1,2,3，…，7；n的可能取值为1,2,3，…，9.由于是任取m，n，则若m＝1，n可取1,2,3，…，9，共9种情况；同理，m取2,3，…，7时，n也有9种情况，故m，n 的取值情况共有7×9＝63种．若m，n都取奇数，则m的取值为1,3,5,7，n的取值为1,3,5,7,9，因此满足条件的情形有4×5＝20种．故所求概率为.13．90; 9×10n 【解析】4位回文数的特点为中间两位相同,千位和个位相同但不能为0.第一步,选千位数字,共有9种选法;第二步,选中间两位数字,有10种选法,故4位回文数有9.对于2n ＋1(n ∈ )位回文数，第一步,选左边第一个数字,共有9种选法;第二步,分别选左边第2,3,4,…,n ,n ＋1个数字,共有10种选法,故2n ＋1(n ∈ )位回文数有914．【解析】令，则，这时1,2,3,,10,10,9,,1y z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅共种可能；若，则，这时1,2,3,,9,9,8,,1y z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅共种可能；若，则，这时1,2,3,,8,8,7,,1y z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅共种可能；…；若，共种可能.所以共有种可能；若则1,2,,11,11,10,,1y z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，共有种可能；同理，若则1,2,,11,11,10,,1x z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，共有11种可能；若则1,2,,11,11,10,,1x y =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，共有种可能，这样共有种可能.另外，还有0,0,12;0,12,0;12,0,0=========z y x z y x z y x 三种可能，所以总共有种可能，故不定方程的非负整数解的个数为，应填.15．【解析】首先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版又会印刷”中的一个作为分类的标准.下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准，按照被选出的人数，可将问题分为三类：第一类：2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步乘法计数原理知共有3×1＝3种选法.第二类：2人中被选出一人，有2种选法.若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步乘法计数原理知共有2×3×1＝6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步乘法计数原理知共有2×3×2＝12种选法.再由分类加法计数原理知共有6＋12＝18种选法.第三类：2人全被选出，同理共有16种选法.所以共有3＋18＋16＝37种选法.16．B 【解析】由题意，小明从街道的E 处出发到F 处最短路径的条数为6，再从F 处到G 处最短路径的条数为3，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为，故选B.17．C 【解析】如图，在上底面中选，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样对应的也有8对，下底面也有16对，这共有32对；左右侧面与前后侧面中共有16对.所以全部共有48对.27021 698D 榍m30231 7617 瘗` 35589 8B05 謅27999 6D5F 浟30678 77D6 矖20046 4E4E 乎39970 9C22 鰢35420 8A5C 詜34974 889E 袞@精品文档实用文档。
人教版高中数学B版目录
人教版高中数学B版目录第一篇：人教版高中数学B版目录人教版高中数学B版必修第一章1.1 集合集合与集合的表示方法必修一必修二必修三必修四第二章第三章第一章第二章第一章第二章第三章第一章第二章1.2 集合之间的关系与运算函数2.1 函数2.2 一次函数和二次函数 2.3 函数的应用（Ⅰ）2.4 函数与方程基本初等函数（Ⅰ）3.1 指数与指数函数 3.2 对数与对数函数 3.3 幂函数3.4 函数的应用（Ⅱ）立体几何初步1.1 空间几何体1.2 点、线、面之间的位置关系平面解析几何初步2.1平面真角坐标系中的基本公式2.2 直线方程 2.3 圆的方程2.4 空间直角坐标系算法初步1.1 算法与程序框图 1.2 基本算法语句1.3 中国古代数学中的算法案例统计2.1 随机抽样2.2 用样本估计总体 2.3 变量的相关性概率3.1 随机现象 3.2 古典概型3.3 随机数的含义与应用 3.4 概率的应用基本初等函(Ⅱ)1.1 任意角的概念与弧度制 1.2 任意角的三角函数 1.3三角函数的图象与性质平面向量2.1 向量的线性运算必修五第三章第一章第二章第三章2.2 向量的分解与向量的坐标运算 2.3平面向量的数量积 2.4 向量的应用三角恒等变换3.1 和角公式3.2 倍角公式和半角公式3.3 三角函数的积化和差与和差化积解直角三角形1.1 正弦定理和余弦定理 1.2 应用举例数列2.1 数列 2.2 等差数列 2.3 等比数列不等式3.1 不等关系与不等式 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）与简单线性规划问题人教版高中数学B版选修常用逻辑用语命题与量词第一章1.1 选修1－1 选修1－2 选修4－5 第二章第三章第一章第二章第三章第四章第一章第二章第三章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圆锥曲线与方程2.1 椭圆 2.2 双曲线 2.3 抛物线导数及其应用3.1 导数3.2 导数的运算 3.3导数的应用统计案例推理与证明数系的扩充与复数的引入框图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，贝努利不等式第二篇：高中数学目录必修1第一章集合与函数概念1.1 集合阅读与思考集合中元素的个数1.2 函数及其表示阅读与思考函数概念的发展历程1.3 函数的基本性质信息技术应用用计算机绘制函数图象第二章基本初等函数（Ⅰ）2.1 指数函数信息技术应用借助信息技术探究指数函数的性质2.2 对数函数阅读与思考对数的发明探究也发现互为反函数的两个函数图象之间的关系2.3 幂函数第三章函数的应用3.1 函数与方程阅读与思考中外历史上的方程求解信息技术应用借助信息技术方程的近似解3.2 函数模型及其应用信息技术应用收集数据并建立函数模型必修2第一章空间几何体1.1 空间几何体的结构1.2 空间几何体的三视图和直观图阅读与思考画法几何与蒙日1.3 空间几何体的表面积与体积探究与发现祖暅原理与柱体、椎体、球体的体积第二章点、直线、平面之间的位置关系2.1 空间点、直线、平面之间的位置关系2.2 直线、平面平行的判定及其性质2.3 直线、平面垂直的判定及其性质阅读与思考欧几里得《原本》与公理化方法第三章直线与方程3.1 直线的倾斜角与斜率探究与发现魔术师的地毯3.2 直线的方程3.3 直线的交点坐标与距离公式阅读与思考笛卡儿与解析几何第四章圆与方程4.1 圆的方程阅读与思考坐标法与机器证明4.2 直线、圆的位置关系4.3 空间直角坐标系信息技术应用用《几何画板》探究点的轨迹：圆必修3第一章算法初步1.1 算法与程序框图1.2 基本算法语句1.3 算法案例阅读与思考割圆术第二章统计2.1 随机抽样阅读与思考一个著名的案例阅读与思考广告中数据的可靠性阅读与思考如何得到敏感性问题的诚实反应2.2 用样本估计总体阅读与思考生产过程中的质量控制图2.3 变量间的相关关系阅读与思考相关关系的强与弱第三章概率3.1 随机事件的概率阅读与思考天气变化的认识过程3.2 古典概型3.3 几何概型阅读与思考概率与密码必修4第一章三角函数1.1 任意角和弧度制1.2 任意角的三角函数阅读与思考三角学与天文学1.3 三角函数的诱导公式1.4 三角函数的图像与性质探究与发现函数y=Asin（ωx+φ）及函数y=Acos（ωx+φ）探究与发现利用单位圆中的三角函数线研究正弦函数、余弦函数的性质信息技术应用1.5 函数y=Asin（ωx+φ）的图像阅读与思考振幅、周期、频率、相位1.6 三角函数模型的简单应用第二章平面向量2.1平面向量的实际背景及基本概念阅读与思考向量及向量符号的由来2.2平面向量的线性运算2.3平面向量的基本定理及坐标表示2.4平面向量的数量积2.5平面向量应用举例阅读与思考向量的运算（运算律）与图形性质第三章三角恒等变换3.1 两角和与差的正弦、余弦和正切公式信息技术应用利用信息技术制作三角函数表3.2 简单的三角恒等变换必修5第一章解三角形1.1 正弦定理和余弦定理探究与发现解三角形的进一步讨论1.2 应用举例阅读与思考海伦和秦九韶1.3 实习作业第二章数列2.1 数列的概念与简单表示法阅读与思考斐波那契数列信息技术应用2.2 等差数列2.3 等差数列的前n项和2.4 等比数列2.5 等比数列的前n项和阅读与思考九连环探究与发现购房中的数学第三章不等式3.1 不等关系与不等式3.2 一元二次不等式及其解法3.3 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题阅读与思考错在哪儿信息技术应用用Excel解线性规划问题举例3.4 基本不等式选修1－1第一章常用逻辑用语1.1 命题及其关系1.2 充分条件与必要条件1.3 简单的逻辑联结词阅读与思考“且”“或”“非”与“交”“并”“补”1.4 全称量词与存在量词第二章圆锥曲线与方程2.1 椭圆探究与发现为什么截口曲线是椭圆信息技术应用用《几何画板》探究点的轨迹：椭圆2.2 双曲线探究与发现2.3 抛物线阅读与思考圆锥曲线的光学性质及其应用第三章导数及其应用3.1 变化率与导数3.2 导数的计算探究与发现牛顿法──用导数方法求方程的近似解3.3 导数在研究函数中的应用信息技术应用图形技术与函数性质3.4 生活中的优化问题举例实习作业走进微积分选修1－2第一章统计案例1.1 回归分析的基本思想及其初步应用1.2 独立性检验的基本思想及其初步应用第二章推理与证明2.1 合情推理与演绎推理阅读与思考科学发现中的推理2.2 直接证明与间接证明第三章数系的扩充与复数的引入3.1 数系的扩充和复数的概念3.2 复数代数形式的四则运算第四章框图4.1 流程图4.2 结构图信息技术应用用word2002绘制流程图选修2－1第一章常用逻辑用语1.1 命题及其关系1.2 充分条件与必要条件1.3 简单的逻辑联结词1.4 全称量词与存在量词第二章圆锥曲线与方程2.1 曲线与方程2.2 椭圆探究与发现为什么截口曲线是椭圆信息技术应用用《几何画板》探究点的轨迹：椭圆2.3 双曲线2.4 抛物线第三章空间向量与立体几何3.1 空间向量及其运算阅读与思考向量概念的推广与应用3.2 立体几何中的向量方法选修2－2第一章导数及其应用1.1 变化率与导数1.2 导数的计算1.3 导数在研究函数中的应用1.4 生活中的优化问题举例1.5 定积分的概念1.6 微积分基本定理1.7 定积分的简单应用第二章推理与证明2.1 合情推理与演绎推理2.2 直接证明与间接证明2.3 数学归纳法第三章数系的扩充与复数的引入3.1 数系的扩充和复数的概念3.2 复数代数形式的四则运算选修2－3第一章计数原理1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理探究与发现子集的个数有多少1.2 排列与组合探究与发现组合数的两个性质1.3 二项式定理探究与发现“杨辉三角”中的一些秘密第二章随机变量及其分布2.1 离散型随机变量及其分布列2.2 二项分布及其应用探究与发现服从二项分布的随机变量取何值时概率最大2.3 离散型随机变量的均值与方差2.4 正态分布信息技术应用μ，σ对正态分布的影响第三章统计案例3.1 回归分析的基本思想及其初步应用3.2 独立性检验的基本思想及其初步应用选修3－1第一讲早期的算术与几何一古埃及的数学二两河流域的数学三丰富多彩的记数制度第二讲古希腊数学一希腊数学的先行者二毕达哥拉斯学派三欧几里得与《原本》四数学之神──阿基米德第三讲中国古代数学瑰宝一《周髀算经》与赵爽弦图二《九章算术》三大衍求一术四中国古代数学家第四讲平面解析几何的产生一坐标思想的早期萌芽二笛卡儿坐标系三费马的解析几何思想四解析几何的进一步发展第五讲微积分的诞生一微积分产生的历史背景二科学巨人牛顿的工作三莱布尼茨的“微积分”第六讲近代数学两巨星一分析的化身──欧拉二数学王子──高斯第七讲千古谜题一三次、四次方程求根公式的发现二高次方程可解性问题的解决三伽罗瓦与群论四古希腊三大几何问题的解决第八讲对无穷的深入思考一古代的无穷观念二无穷集合论的创立三集合论的进一步发展与完善第九讲中国现代数学的开拓与发展一中国现代数学发展概观二人民的数学家──华罗庚三当代几何大师──陈省身选修3－3第一讲从欧氏几何看球面一平面与球面的位置关系二直线与球面的位置关系和球幂定理三球面的对称性第二讲球面上的距离和角一球面上的距离二球面上的角第三讲球面上的基本图形一极与赤道二球面二角形三球面三角形1．球面三角形2．三面角3．对顶三角形4．球极三角形第四讲球面三角形一球面三角形三边之间的关系二、球面“等腰”三角形三球面三角形的周长四球面三角形的内角和第五讲球面三角形的全等1．“边边边”(s.s.s)判定定理2．“边角边”(s.a.s.)判定定理3．“角边角”(a.s.a.)判定定理4．“角角角”(a.a.a.)判定定理第六讲球面多边形与欧拉公式一球面多边形及其内角和公式二简单多面体的欧拉公式三用球面多边形的内角和公式证明欧拉公式第七讲球面三角形的边角关系一球面上的正弦定理和余弦定理二用向量方法证明球面上的余弦定理1．向量的向量积2．球面上余弦定理的向量证明三从球面上的正弦定理看球面与平面四球面上余弦定理的应用──求地球上两城市间的距离第八讲欧氏几何与非欧几何一平面几何与球面几何的比较二欧氏平行公理与非欧几何模型──庞加莱模型三欧氏几何与非欧几何的意义选修3－4对称与群第一讲平面图形的对称群一平面刚体运动1．平面刚体运动的定义2．平面刚体运动的性质二对称变换1．对称变换的定义2．正多边形的对称变换3．对称变换的合成4．对称变换的性质5．对称变换的逆变换三平面图形的对称群第二讲代数学中的对称与抽象群的概念一 n元对称群Sn思考题二多项式的对称变换思考题三抽象群的概念1．群的一般概念2．直积第三讲对称与群的故事一带饰和面饰思考题二化学分子的对称群三晶体的分类四伽罗瓦理论选修4－1几何证明选讲第一讲相似三角形的判定及有关性质一平行线等分线段定理二平行线分线段成比例定理三相似三角形的判定及性质1．相似三角形的判定2．相似三角形的性质四直角三角形的射影定理第二讲直线与圆的位置关系一圆周角定理二圆内接四边形的性质与判定定理三圆的切线的性质及判定定理四弦切角的性质五与圆有关的比例线段第三讲圆锥曲线性质的探讨一平行射影二平面与圆柱面的截线三平面与圆锥面的截线选修4－2第一讲线性变换与二阶矩阵一线性变换与二阶矩阵（一）几类特殊线性变换及其二阶矩阵1．旋转变换2．反射变换3．伸缩变换4．投影变换5．切变变换（二）变换、矩阵的相等二二阶矩阵与平面向量的乘法三线性变换的基本性质（一）线性变换的基本性质（二）一些重要线性变换对单位正方形区域的作用第二讲变换的复合与二阶矩阵的乘法一复合变换与二阶矩阵的乘法二矩阵乘法的性质第三讲逆变换与逆矩阵一逆变换与逆矩阵1．逆变换与逆矩阵2．逆矩阵的性质二二阶行列式与逆矩阵三逆矩阵与二元一次方程组1．二元一次方程组的矩阵形式2．逆矩阵与二元一次方程组探索与发现三阶矩阵与三阶行列式第四讲变换的不变量与矩阵的特征向量一变换的不变量——矩阵的特征向量1．特征值与特征向量2．特征值与特征向量的计算二特征向量的应用1．Anα的简单表示2．特征向量在实际问题中的应用选修4－4坐标系与参数方程第一讲坐标系一平面直角坐标系二极坐标系三简单曲线的极坐标方程四柱坐标系与球坐标系简介第二讲参数方程一曲线的参数方程二圆锥曲线的参数方程三直线的参数方程四渐开线与摆线选修4－5不等式选讲第一讲不等式和绝对值不等式一不等式1.不等式的基本性质2.基本不等式3.三个正数的算术-几何平均不等式二绝对值不等式1.绝对值三角不等式2.绝对值不等式的解法第二讲讲明不等式的基本方法一比较法二综合法与分析法三反证法与放缩法第三讲柯西不等式与排序不等式一二维形式柯西不等式二一般形式的柯西不等式三排序不等式第四讲数学归纳法证明不等式一数学归纳法二用数学归纳法证明不等式选修4－6初等数论初步第一讲整数的整除一整除1.整除的概念和性质2.带余除法3.素数及其判别法二最大公因数与最小公倍数1.最大公因数2.最小公倍数三算术基本定理第二讲同余与同余方程一同余1.同余的概念2.同余的性质二剩余类及其运算三费马小定理和欧拉定理四一次同余方程五拉格朗日插值法和孙子定理六弃九验算法第三讲一次不定方程一二元一次不定方程二二元一次不定方程的特解三多元一次不定方程第四讲数伦在密码中的应用一信息的加密与去密二大数分解和公开密钥选修4－7优选法与试验设计初步第一讲优选法一什么叫优选法二单峰函数三黄金分割法——0.618法1.黄金分割常数2.黄金分割法——0.618法阅读与思考黄金分割研究简史四分数法1.分数法阅读与思考斐波那契数列和黄金分割2.分数法的最优性五其他几种常用的优越法1.对分法2.盲人爬山法3.分批试验法4.多峰的情形六多因素方法1.纵横对折法和从好点出发法2.平行线法3.双因素盲人爬山法第二讲试验设计初步一正交试验设计法1.正交表2.正交试验设计3.试验结果的分析4.正交表的特性二正交试验的应用选修4－9风险与决策第一讲风险与决策的基本概念一风险与决策的关系二风险与决策的基本概念1.风险（平均损失）2.平均收益3.损益矩阵4.风险型决策探究与发现风险相差不大时该如何决策第二讲决策树方法第三讲风险型决策的敏感性分析第四讲马尔可夫型决策简介一马尔可夫链简介1.马尔可夫性与马尔可夫链2.转移概率与转移概率矩阵二马尔可夫型决策简介三长期准则下的马尔可夫型决策理论1.马尔可夫链的平稳分布2.平稳分布与马尔可夫型决策的长期准则3.平稳准则的应用案例第三篇：高中数学目录【人教版】高中数学教材总目录必修一第一章集合与函数概念1.1 集合阅读与思考集合中元素的个数1.2 函数及其表示阅读与思考函数概念的发展历程1.3 函数的基本性质信息技术应用用计算机绘制函数图象实习作业小结第二章基本初等函数（Ⅰ）2.1 指数函数信息技术应用借助信息技术探究指数函数的性质2.2 对数函数阅读与思考对数的发明探究也发现互为反函数的两个函数图象之间的关系2.3 幂函数小结复习参考题第三章函数的应用3.1 函数与方程阅读与思考中外历史上的方程求解信息技术应用借助信息技术方程的近似解3.2 函数模型及其应用信息技术应用收集数据并建立函数模型实习作业小结复习参考题必修二第一章空间几何体1.1 空间几何体的结构1.2 空间几何体的三视图和直观图阅读与思考画法几何与蒙日1.3 空间几何体的表面积与体积探究与发现祖暅原理与柱体、椎体、球体的体积实习作业小结复习参考题第二章点、直线、平面之间的位置关系2.1 空间点、直线、平面之间的位置关系2.2 直线、平面平行的判定及其性质2.3 直线、平面垂直的判定及其性质阅读与思考欧几里得《原本》与公理化方法小结复习参考题第三章直线与方程3.1 直线的倾斜角与斜率探究与发现魔术师的地毯3.2 直线的方程3.3 直线的交点坐标与距离公式阅读与思考笛卡儿与解析几何小结复习参考题第四章圆与方程4.1 圆的方程阅读与思考坐标法与机器证明4.2 直线、圆的位置关系4.3 空间直角坐标系信息技术应用用《几何画板》探究点的轨迹：圆必修三第一章算法初步1.1 算法与程序框图1.2 基本算法语句1.3 算法案例阅读与思考割圆术小结复习参考题第二章统计2.1 随机抽样阅读与思考一个著名的案例阅读与思考广告中数据的可靠性阅读与思考如何得到敏感性问题的诚实反应2.2 用样本估计总体阅读与思考生产过程中的质量控制图2.3 变量间的相关关系阅读与思考相关关系的强与弱实习作业小结复习参考题第三章概率3.1 随机事件的概率阅读与思考天气变化的认识过程3.2 古典概型3.3 几何概型阅读与思考概率与密码小结复习参考题必修四第一章三角函数.1 任意角和弧度制1.2 任意角的三角函数阅读与思考三角学与天文学1.3 三角函数的诱导公式1.4 三角函数的图像与性质探究与发现函数y=Asin（ωx+φ）及函数y=Acos（ωx+φ）探究与发现利用单位圆中的三角函数线研究正弦函数、余弦函数的性质信息技术应用1.5 函数y=Asin（ωx+φ）的图像阅读与思考振幅、周期、频率、相位1.6 三角函数模型的简单应用小结复习参考题第二章平面向量2.1平面向量的实际背景及基本概念阅读与思考向量及向量符号的由来2.2平面向量的线性运算2.3平面向量的基本定理及坐标表示2.4平面向量的数量积2.5平面向量应用举例阅读与思考向量的运算（运算律）与图形性质小结复习参考题第三章三角恒等变换3.1 两角和与差的正弦、余弦和正切公式信息技术应用利用信息技术制作三角函数表3.2 简单的三角恒等变换必修五第一章解三角形1.1 正弦定理和余弦定理探究与发现解三角形的进一步讨论1.2 应用举例阅读与思考海伦和秦九韶1.3 实习作业小结复习参考题第二章数列2.1 数列的概念与简单表示法阅读与思考斐波那契数列信息技术应用2.2 等差数列2.3 等差数列的前n项和2.4 等比数列2.5 等比数列的前n项和阅读与思考九连环探究与发现购房中的数学小结复习参考题第三章不等式3.1 不等关系与不等式3.2 一元二次不等式及其解法3.3 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题阅读与思考错在哪儿信息技术应用用Excel解线性规划问题举例3.4 基本不等式选修1-1 第一章常用逻辑用语1.1 命题及其关系1.2 充分条件与必要条件1.3 简单的逻辑联结词阅读与思考“且”“或”“非”与“交”“并”“补”1.4 全称量词与存在量词小结复习参考题第二章圆锥曲线与方程2.1 椭圆探究与发现为什么截口曲线是椭圆信息技术应用用《几何画板》探究点的轨迹：椭圆2.2 双曲线探究与发现2.3 抛物线阅读与思考圆锥曲线的光学性质及其应用小结复习参考题第三章导数及其应用3.1 变化率与导数3.2 导数的计算探究与发现牛顿法──用导数方法求方程的近似解3.3 导数在研究函数中的应用信息技术应用图形技术与函数性质3.4 生活中的优化问题举例实习作业走进微积分选修1-2 第一章统计案例1.1 回归分析的基本思想及其初步应用1.2 独立性检验的基本思想及其初步应用实习作业小结复习参考题第二章推理与证明2.1 合情推理与演绎推理阅读与思考科学发现中的推理2.2 直接证明与间接证明小结复习参考题第三章数系的扩充与复数的引入3.1 数系的扩充和复数的概念3.2 复数代数形式的四则运算小结复习参考题第四章框图4.1 流程图4.2 结构图选修2—1 第一章常用逻辑用语1.1 命题及其关系1.2 充分条件与必要条件1.3 简单的逻辑联结词1.4 全称量词与存在量词小结复习参考题第二章圆锥曲线与方程2.1 曲线与方程2.2 椭圆探究与发现为什么截口曲线是椭圆信息技术应用用《几何画板》探究点的轨迹：椭圆2.3 双曲线探究与发现2.4 抛物线探究与发现阅读与思考小结复习参考题第三章空间向量与立体几何3.1 空间向量及其运算阅读与思考向量概念的推广与应用 3.2 立体几何中的向量方法选修2—2 第一章导数及其应用1.1 变化率与导数1.2 导数的计算1.3 导数在研究函数中的应用1.4 生活中的优化问题举例1.5 定积分的概念1.6 微积分基本定理1.7 定积分的简单应用小结复习参考题第二章推理与证明2.1 合情推理与演绎推理2.2 直接证明与间接证明2.3 数学归纳法小结复习参考题第三章数系的扩充与复数的引入3.1 数系的扩充和复数的概念3.2 复数代数形式的四则运算选修2-3 第一章计数原理1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理探究与发现子集的个数有多少1.2 排列与组合。
2019_2020学年高中数学第1章计数原理1.2排列与组合1.2.2组合应用案巩固提升课件新人教B版选修2_3
第一章 计数原理
解：(1)先选后排，先选可以是 2 女 3 男，也可以是 1 女 4 男，先选有 C35C23＋C45C13种，后排有 A55种， 共(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400 种． (2)除去该女生后，先取后排，有 C47·A44＝840 种． (3)先选后排，但先安排该男生，有 C47·C14·A44＝3 360 种． (4)先从除去该男生、该女生的 6 人中选 3 人有 C36种，再安 排该男生有 C13种，其余 3 人全排有 A33种，共 C36·C13·A33＝ 360 种．
两名学生，那么互不相同的分配方案共有( )
A．252 种
B．112 种
C．20 种
D．56 种
解析：选 B.按分配到甲宿舍的人数进行分类，则不同的分配 方案共有 C27C55＋C37C44＋C47C33＋C57C22＝112 种．
第一章 计数原理
5．空间中有 6 个点，它们任何 3 点不共线，任何 4 点不共面，
第一章 计数原理
13．有 5 个男生和 3 个女生，从中选出 5 人担任 5 门不同学 科的课代表，求分别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， 但不担任数学课代表．
Hale Waihona Puke 第一章 计数原理解：(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 A14·(C16·C33)A44＝576 种．
2019_2020学年高中数学第一章计数原理1.2.2组合第1课时组合与组合数公式课件新人教A版选修2_3
若 C2n＝10，则 n 的值为( 9 名学生中选出 3 名参加“希望英语”口语比赛，不同选法
有( )
A．504 种
B．729 种
C．84 种
D．27 种
答案：C
计算 C37＋C47＋C58＋C69＝________. 答案：210
甲、乙、丙三地之间有直达的火车，相互之间的距离均不相等， 则车票票价有________种. 解析：车票的票价有 C23＝3(种). 答案：3
合应用题
核心素养 数学抽象
数学运算
逻辑推理、 数学运算
问题导学 预习教材 P21～P24 的内容，并思考下列问题： 1.组合的概念是什么？ 2.什么是组合数？组合数公式是什么？ 3.组合数有哪些性质？
1.组合的定义 一般地，从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素_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.
第五类：若 3 人中有两人唱歌第三人跳舞或两人跳舞第三人唱歌， 共有 2C23C11C25C35＝600(种). 第六类：若 3 人中只有一人唱歌，又有一人跳舞有 C13C12C35C35＝ 600(种). 由分类加法计数原理得不同选法共有 25＋50＋300＋300＋600＋ 600＝1 875(种).
阶乘式
n！ Cnm＝_m_！__（__n_－__m__）__！__
Cnm＝_C_nn_－_m_，Cmn＋1＝_C_mn__＋__C_nm_－_1_
①n，m∈N*且 m≤n；②规定 C0n＝1
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)从 a1，a2，a3 三个不同元素中任取两个元素组成一个组合，所 有组合的个数为 C23.( √ ) (2)从 1，3，5，7 中任取两个数相乘可得 C24个积．( √ ) (3)C35＝5×4×3＝60.( × ) (4)C22 001167＝C12 017＝2 017.( √ )
【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。
高中数学第一章计数原理课时作业6组合的综合应用(习题课)新人教A版选修2-3(2021年整理)
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课时作业 6 组合的综合应用（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．若从1,2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数．则不同的取法共有( )A．60种B．63种C．65种 D．66种解析：和为偶数共有3种情况，取4个数均为偶数有C错误!＝1种取法，取2奇数2偶数有C错误!·C错误!＝60种取法，取4个数均为奇数有C错误!＝5种取法，故共有1＋60＋5＝66种不同的取法．答案：D2．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有( )A．12种 B．10种C．9种 D．8种解析：将4名学生均分为2个小组共有错误!＝3种分法，将2个小组的同学分给两名教师共有A错误!＝2种分法,最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A错误!＝2种分法，故不同的安排方案共有3×2×2＝12种．答案：A3．某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案共有( )A．16种 B．36种C．42种 D．60种解析：若选择了两个城市，则有C2，4C错误!A错误!＝36种投资方案；若选择了三个城市,则有C错误!A错误!＝24种投资方案，因此共有36＋24＝60种投资方案．答案:D4．某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为( ) A．360 B．520C．600 D．720解析:分两类：第一类，甲、乙中只有一人参加，则有C错误!C错误!A错误!＝2×10×24＝480种选法．第二类,甲、乙都参加时,则有C错误!(A错误!－A错误!A错误!）＝10×（24－12)＝120种选法．∴共有480＋120＝600种选法．答案：C5．登山运动员10人,平均分为两组，其中熟悉道路的4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是（)A．60 B．120C．240 D．480解析：先将4个熟悉道路的人平均分成两组有错误!种．再将余下的6人平均分成两组有错误!种．然后这四个组自由搭配还有A错误!种，故最终分配方法有错误!C错误!·C错误!＝60(种）．答案：A二、填空题(每小题5分，共15分）6．7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,则不同的安排方案有________种(用数字作答)．解析：先从7人中选6人参加公益活动有C错误!种选法,再从6人中选3人在周六参加有C错误!种选法，剩余3人在周日参加，因此有C错误!C错误!＝140种不同的安排方案．答案：1407．房间里有5个电灯,分别由5个开关控制，至少开一个灯用以照明,则不同的开灯方法种数为________．解析:因为开灯照明只与开灯的多少有关，而与开灯的先后顺序无关，这是一个组合问题．开1个灯有C错误!种方法，开2个灯有C错误!种方法……5个灯全开有C错误!种方法,根据分类加法计数原理,不同的开灯方法有C错误!＋C错误!＋…＋C错误!＝31种．答案:318．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)．解析：有C1，3·C错误!·A错误!＝36种满足题意的分配方案．其中C错误!表示从3个乡镇中任选定1个乡镇，且其中某2名大学生去的方法数;C24表示从4名大学生中任选2名到上一步选定的乡镇的方法数；A错误!表示将剩下的2名大学生分配到另两个乡镇去的方法数．答案：36三、解答题（每小题10分，共20分)9．从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲，分别按下列要求，各有多少种不同选法?（用数字作答）(1）男、女同学各2名．（2）男、女同学分别至少有1名．(3)在（2）的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出．解析:（1)(C错误!C错误!）A错误!＝1 440，所以男、女同学各2名共有1 440种选法．(2)（C错误!C错误!＋C错误!C错误!＋C错误!C错误!）A错误!＝2 880，所以男、女同学分别至少有1名共有2 880种选法，（3）［120－（C23＋C错误!C错误!＋C错误!)］A错误!＝2 376,所以在(2）的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出共有2 376种选法．10．有五张卡片，它们的正、反面分别写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？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C1，4种方法；0可在后两位，有C错误!种方法；最后需从剩下的三张中任取一张,有C错误!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C错误!C错误!C错误!·22个．(2）取1不取0，同上分析可得不同的三位数有C错误!·22·A错误!个．(3)0和1都不取，有不同的三位数C错误!·23·A错误!个．综上所述，共有不同的三位数:C错误!·C错误!·C错误!·22＋C错误!·22·A错误!＋C错误!·23·A错误!＝432(个）．方法二:(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数C错误!·23·A错误!个，其中0在百位的有C错误!·22·A错误!个，这是不合题意的,故共有不同的三位数:C错误!·23·A错误!－C 2，·22·A错误!＝432(个)．4｜能力提升｜(20分钟，40分)11．由两个1,两个2，两个3组成的6位数的个数为（）A．45 B．90C．120 D．360解析：问题等价于从6个位置中各选出2个位置填上相同的1，2，3，所以由分步计数原理有C错误!C错误!C错误!＝90(个)不同的六位数，故选B。
高中数学B版选修-第1章计数原理-高二数学下学期组合课件人教版
练习：比较下列各式的大小
(1)(x2 7)(x2 9)与x4 63 (2)(a 1)2 与(a 1)2 (a 0)
把不等式左右两边交换，所得不等式与 原不等式为异向不等式.
定理2.如果 a b,且b c, 那么a c (传递性)
证明： a b,b c
∴ a b ，0 b c 0
∵两个正数的和仍是正数
∴ (a b) (b c) 0
ac0 ∴
ac
由定理1，定理2可以表示为如果 c b且b a 那么c a
析：要比较
bm与b am a
的大小，可转化为判断 b m - b
am a
的符号问题，这样可通过作差来判断
作差比较法的步骤：
作差
变形
定号
例2、比较a4-b4与4a3(a-b)的大小
析：在对差式变形时常采用因式分解，将差的符号问题 转化为各因式的符号确定问题，由高次到低次降低难度.
练习：P5
例3.用不等号填空
⑶性质：
① 定理1.如果 a b, 那么 b a ;如果b a, 那么 a b
② 定理2.如果 a b,且b c,那么a c
③ 定理3.如果 a b，那么 a c b c
④ 推论1：如果 a b 且 c d，那么 a c b d ⑤ 推论2：如果 a b 且 c d，那么 a c b d
***不等式的性质（1）
1.不等式的定义： 用不等号表示不等关系的式子叫不等式。
2.初中所学不等式的性质：
①不等式的两边都加上（或减去）同一个数或同一个整式， 不等号的方向不变。 ②不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的 方向不变。 ③不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的 方向改变。
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。
人教B版高中数学目录(必修+选修)
人教B版高中数学目录(必修+选修)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、棱台和球的外表积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 事件与基本领件空间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。
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_35
学习资料专题课时训练06 组合的应用(限时：10分钟)1．楼道里有12盏灯，为了节约用电，需关掉3盏不相邻的灯，则关灯方案有( ) A．72种B．84种C．120种 D．168种答案：C2．今有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，现从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选派方法有( )A．1 260种 B．2 025种C．2 520种 D．5 054种答案：C3．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )A．6种 B．12种C．24种 D．30种答案：C4．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为__________．答案：55．课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有1名女生当选．(2)两名队长当选．(3)至少有1名队长当选．(4)至多有2名女生当选．(5)既要有队长，又要有女生当选．解析：(1)1名女生，4名男生，故共有C15·C48＝350(种)．(2)将两名队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C22·C311＝165(种)．(3)方法一：至少有1名队长含有两类：只有1名队长；2名队长，故共有选法C12·C411＋C22·C311＝825(种)．方法二：采用间接法共有C513－C511＝825(种)．(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生．故选法共有C25·C38＋C15·C48＋C58＝966(种)．(5)分类：第1类，女队长当选：C412种；第2类，女队长不当选：C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44种．故选法共有C412＋C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44＝790(种)．(限时：30分钟)一、选择题x－x－x＝302，B均在的方法共有多少种？解析：解法一：每个学校有一个名额，则分出去7个，还剩3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．分类：若3个名额分到一所学校有C17种方法；若分配到2所学校有C27×2＝42(种)方法；若分配到3所学校有C27＝35(种)方法．所以共有7＋42＋35＝84(种)方法．解法二：10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块挡板插在9个间隔中，共有C69＝84(种)不同分法．10．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)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？(3)恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？(4)恰有两个盒不放球，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，有C14种，再将4个球分成2,1,1的三组，有C24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．由分步乘法计数原理，共有放法：C14·C24·C13·A22＝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“恰有一个盒内放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事，故也有144种放法．(4)从先四个盒子中任意拿走两个有C24种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C34·C12(种)放法；第二类：有C24种放法．因此共有C34·C12＋C24＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：C24·14＝84(种)．11．现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同．现在要从他们5个人当中选出若干人组成A，B两个小组，每个小组都至少有1人，并且要求B组中最矮的那个同学的身高要比A组中最高的那个同学还要高．则不同的选法共有多少种？解析：给5位同学按身高的不同由矮到高分别编号为1,2,3,4,5，组成集合M＝{1,2,3,4,5}．①若小组A中最高者为1，则能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{2,3,4,5}的非空子集，这样的子集有C14＋C24＋C34＋C44＝24－1＝15(个)，所以不同的选法有15种；②若A中最高者为2，则这样的小组A有2个：{2}，{1,2}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{3,4,5}的非空子集，这样的子集(小组B)有23－1＝7(个)，所以不同的选法有2×7＝14(种)；③若A中最高者为3，则这样的小组A有4个：{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，能使B 中最矮者高于A中最高者的小组B是{4,5}的非空子集，这样的子集(小组B)有22－1＝3(个)，所以不同的选法有4×3＝12(种)；④若A中最高者为4，则这样的小组A有8个：{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B只有{5}1个，所以不同的选法有8种．综上，所以不同的选法有15＋14＋12＋8＝49(种)．。
2019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_33
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．。
高中数学第一章计数原理课时训练05组合及组合数公式新人教B版选修2_34
当m≥2时，
C ＋C
＝ ＋
＝
＝
＝C .
综上，性质②的推广得证．
所以2C ＝C ＋C ，
所以2× ＝ ＋
整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝14，n＝7(舍去)，则C ＝C ＝91.
答案：91
三、解答题
9．已知 ＝3 ，求n.
解析：原方程可变形为 ＋1＝ ，
即C ＝ C ，
即
＝ · ，
化简整理得n2－3n－54＝0.
解得n＝9或n＝－6(不合题意，舍去)．
所以n＝9.
A．①②B．①③④
C．②③④ D．①②③④
答案：C
2．2C 的值为()
A．1 006 B．1 007
C．2 012 D．2 014
答案：D
3．若A ＝6C ，则n的值是()
A．6 B．7
C．8 D．9
答案：B
4．若C ＝C ，则x＝__________.
答案：7或9
5．若C ＝ A ，求n.
解析：由C ＝ A ，得
10．解不等式C ＞C ＋2C ＋C .
解析：因为C ＝C ，
所以原不等式可化为C ＞(C ＋C )＋(C ＋C )，即C ＞C ＋C ，也就是C ＞C ，
所以 ＞ ，
即(n－3)(n－4)＞20，解得n＞8或n＜－1.
又n∈N*，n≥5.
所以n≥9且n∈N*.
11．规定C ＝ ，其中x∈R，m是正整数，且C ＝1，这是组合数C (n，m是正整数，且m≤n)的一种推广．
7．10个人分成甲、乙两组，甲组4人，乙组6人，则不同的分组种数为__________(用数字作答)．
2019_2020年高中数学第一章计数原理1_2_2_2组合的综合应用随堂达标验收新人教A版选修2_3
1-2-2-2 组合的综合应用1．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．16 B．21 C．24 D．90[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C24＝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C26＝15种选取方法．由分类加法计数原理得，共有C24＋C26＝6＋15＝21(种)选取方法．[答案] B2．把5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同的分配方案有( )A．80种 B．120种 C．140种 D．50种[解析]当甲组中有3人，乙、丙组中各有1人时，有C35C12＝20(种)不同的分配方案；当甲组中有2人，乙组中也有2人，丙组中只有1人时，有C25C23＝30(种)不同的分配方案；当甲组中有2人，乙组中有1人，丙组中有2人时，有C25C13＝30(种)不同的分配方案；由分类加法计数原理共有C35C12＋C25C23＋C25C13＝80(种)不同的分配方案．[答案] A3．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A．60种 B．63种 C．65种 D．66种[解析]从1,2,3，…9这9个数中取出4个不同的数，其和为偶数的情况包括：①取出的4个数都是偶数，取法有C44＝1(种)；②取出的4个数中有2个偶数、2个奇数，取法有C24C25＝60(种)；③取出的4个数都是奇数，取法有C45＝5(种)．根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有1＋60＋5＝66(种)．[答案] D4．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)．[解析]把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C23种分法，再分给4人有C23A24种分法，所以不同获奖情况种数为A44＋C23A24＝24＋36＝60(种)．[答案]60课内拓展课外探究1．几何组合应用问题(1)解决几何图形中的组合问题，首先应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题，其次要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题，寻找一个组合的模型加以处理．如平面上不共线的m个点构成多少个三角形，即在m个元素中取出3个元素的组合数(除去共线的情况)就是三角形的个数．空间由不共面的n个点构成多少个四面体，即与在n个元素中取出4个元素的组合数(除去共面的情况)相等，如求组成多少对异面直线问题，也可以构造四面体模型加以处理．此外，解决几何问题，必须注意几何问题本身的限制条件．如共线、共面、交点等要注意分清“对应关系”，如不共线的三点对应一个三角形，不共面的四点确定一个四面体等等，解题时可借助图形来帮助思考，并善于将几何性质用于解题之中．(2)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，也可采用排除法．(3)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、面及构造模型，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．利用组合知识解决与几何有关的问题，要注意：①将已知条件中的元素的特征搞清，是用直接法还是间接法；②要使用分类方法，至于怎样确定分类的标准，这是一个难点，要具体问题具体分析；③常用间接法解决该类问题．如果一个凸多面体是n棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有________条．这些直线中共有f(n)对异面直线，则f(4)＝________，f(n)＝________(答案用数字或n的解析式表示)．[解析]n棱锥共n＋1个顶点，依两点确定一条直线，有C2n＋1＝n n＋2条直线．f(4)表示四棱锥中的异面直线的对数，如图，每条侧棱和底面上不共顶点的两条底边、一条对角线共形成3对异面直线，即f(4)＝4×3＝12对；同理，一条侧棱与底面上n －2条底边异面，又与C 2n －1－(n －1)＋1条底面对角线异面，即与这条侧棱异面的直线有C 2n －1－(n －1)＋1＋(n －2)＝C 2n －1＝n －n －2条，故n 条侧棱形成的异面直线的对数f (n )＝n n －n －2. [答案] n n ＋2 12 n n －n －2[点评] 这里是用组合知识来解答立体几何中的问题，其中由简单到复杂，由特例到一般的推理方法及用特例来检验一般的方法都要注意掌握．在∠MON 的边OM 上有5个异于点O 的点，在边ON 上有4个异于点O 的点，以这10个点(含O )为顶点，可以得到多少个三角形？[解] 解法一：(直接法)分几种情况考虑：O 为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM 、ON 上，所以有C 15·C 14个，O 不为顶点的三角形中，两个顶点在OM 上，一个顶点在ON 上的有C 25C 14个，一个顶点在OM 上，两个顶点在ON 上的有C 15·C 24个．因为这是分类问题，所以用分类计数原理，共有C 15·C 14＋C 25·C 14＋C 15·C 24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(个)．解法二：(间接法)先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三个的组合数是C 310，但其中OM 上的6个点(含O )中任取三点不能得到三角形，ON 上的5个点(含O )中任取3点也不能得到三角形，所以共可以得到C 310－C 36－C 35个三角形，即C 310－C 36－C 35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×4×31×2×3＝120－20－10＝90(个)． [点评] 解答几何组合应用问题的思考方法与一般的组合应用题基本一样，只要把图形中隐含的条件视为有限制条件的组合应用题即可．计算时可用直接法，也可用间接法．要注意在限制条件较多的情况下，需要分类计算符合题意的组合数．2．构造组合模型排列、组合应用题的背景丰富、千奇百怪、情景陌生、无特定的模式和规律可循，因此必须认真审题，把握问题的本质特征，化归为排列、组合的常规模型进而求解．某城市一条道路上有12盏路灯，为了节约用电而又不影响正常的照明，可以熄灭其中三盏灯，但两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有( )A ．C 38种B ．A 38种C ．C 39种D ．A 39种[解析] “亮灯”“灭灯”元素之间互异，可视为互异的元素，不考虑顺序，属于组合问题．“灭灯”不相邻，应采取“插空法”．分两步完成：第一步，安排9盏亮灯，因为亮灯相同，只是位置不同，共有C99种；第二步，将3盏熄灭的灯插到8个空里，有C38种；根据分步乘法计数原理，共有C99·C38＝C38种熄灯方法．故选择A.[答案] A[点评] 本题通过构造组合模型，利用“插空法”，使问题顺利地解决．设集合A＝{1,2,3,4,5,6,7}，映射f：A→A满足f(1)<f(2)<f(3)<f(4)，则这样的映射f的个数为( )A．C47A33 B．C47 C．77 D．C4773[解析]先从集合A中任取4个不同的元素作为一个组合，并按从小到大的顺序赋为1,2,3,4在映射f下的象，有C47种方法，再依次为5,6,7确定象，有73种方法，故满足题意的映射f的个数为C47·73.故选D.[答案] D。
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C．24种 D．30种
答案：C
4．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为__________．
答案：5
5．课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？
方法二：采用间接法共有C －C ＝825(种)．
(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生．
故选法共有C ·C ＋C ·C ＋C ＝966(种)．
(5)分类：第1类，女队长当选：C 种；第2类，女队长不当选：C ·C ＋C ·C ＋C ·C ＋C 种．故选法共有C ＋C ·C ＋C ·C ＋C ·C ＋C ＝790(种)．
答案：56
7．男女生共8人，从中任选3人，出现2个男生，1个女生的概率为 ，则其中女生人数是________．
解析：男女生共8人，从中任选3人，总的方法数是C ＝56，而出现2个男生，1个女生的概率是 ，所以，男女生共8人，从中任选3人，出现2个男生，1个女生的方法数是30，设女生有x人，则C ·C ＝30， ＝30，x(8－x)(7－x)＝2×6×5＝3×5×4，所以，女生有2人或3人．
(1)只有1名女生当选．
(2)两名队长当选．
(3)至少有1名队长当选．
(4)至多有2名女生当选．
(5)既要有队长，又要有女生当选．
解析：(1)1名女生，4名男生，
故共有C ·C ＝350(种)．
(2)将两名队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C ·C ＝165(种)．
(3)方法一：至少有1名队长含有两类：只有1名队长；2名队长，故共有选法C ·C ＋C ·C ＝825(种)．
2019-2020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
编 辑：__________________
时 间：__________________
课时训练06 组合的应用
(限时：10分钟)
1．楼道里有12盏灯，为了节约用电，需关掉3盏不相邻的灯，则关灯方案有( )
A．72种 B．84种
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，有C 种，再将4个球分成2,1,1的三组，有C 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．由分步乘法计数原理，共有放法：C ·C ·C ·A ＝144(种)．
答案：480
三、解答题
9．现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？
解析：解法一：每个学校有一个名额，则分出去7个，还剩3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．
分类：若3个名额分到一所学校有C 种方法；若分配到2所学校有C ×2＝42(种)方法；若分配到3所学校有C ＝35(种)方法．所以共有7＋42＋35＝84(种)方法．
解法二：10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块挡板插在9个间隔中，共有C ＝84(种)不同分法．
10．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)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？
(3)恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？
(4)恰有两个盒不放球，有多少种放法？
(限时：30分钟)
一、选择题
1．若将9名会员分成三组讨论问题，每组3人，共有不同的分组方法种数为( )
A．C C B．A A
C. D．A A C
答案：C
2．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )
A．11种 B．20种
C．21种 D．12种
答案：C
3．4名同学到某景点旅游，该景点有4条路线可供游览，其中恰有1条路线没有被这4个同学中的任何1人游览的情况有( )
A．36种 B．72种
C．81种 D．144种
答案：D
4．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来自 )A．243 B．252
C．261 D．279
答案：B
5．用数字0,1,2,3组成数字可以重复的四位数，其中有且只有一个数字出现两次的四位数的个数为( )
A．144 B．120
C．108 D．72
(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“恰有一个盒内放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事，故也有144种放法．
(4)从先四个盒子中任意拿走两个有C 种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C ·C (种)放法；第二类：有C 种放法．因此共有C ·C ＋C ＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：C ·14＝84(种)．
答案：2或3
8．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有__________种(用数字作答)．
解析：分两步：(1)任意选3个空排A，B，C，共有C ·A ·A 种排法；
(2)再排其余3个字母，共有A 种排法；所以一共有C ·A ·A ·A ＝480(种)排法．
11．现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同．现在要从他们5个人当中选出若干人组成A，B两个小组，每个小组都至少有1人，并且要求B组中最矮的那个同学的身高要比A组中最高的那个同学还要高．则不同的选法共有多少种？
C．120种D．168种
答案：C
2．今有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，现从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选派方法有( )
A．1 260种 B．2 025种
C．2 520种 D．5 054种
答案：C
3．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )
解析：若四位数中不含0，则有C C A ＝36(种)；若四位数中含有一个0，则有C C C C ＝54(种)；若四位数中含有两个0，则有C A ＝18(种)，所以共有36＋54＋18＝108(种)．
答案：C
二、填空题
6．以一个长方体的顶点为顶点的四棱锥共有__________个．
解析：长方体有8个顶点，任取5个顶点的组合数为C ＝56(个)．