高中数学专题复习 培优计划 含答案 第10篇 第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
闸北高中补习班 秋季新王牌 高考冲刺补习加法原理、乘法原理、排列、组
加法原理、乘法原理、排列、组合知识梳理1.分类计数原理与分步计数原理是计数问题的基本原理，它贯穿于全章学习的始终，体现了解决问题时将其分解的两种常用方法，即把问题分类解决和分步解决，是本章学习的重点.2..排列的概念：从n个不同元素中任取m个元素，按照一定的次序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用P m n表示.3.排列数公式：从n个不同元素中任取m个元素的排列的个数P m n=n（n－1）（n－2）…（n－m+1）.4.附有限制条件的排列（1）对附有限制条件的排列，思考问题的原则是优先考虑受限制的元素或受限制的位置.（2）对下列附有限制条件的排列，要掌握基本的思考方法：元素在某一位置或元素不在某一位置；元素相邻——捆绑法，即把相邻元素看成一个元素；元素不相邻——插空法；（3）对附有限制条件的排列要掌握正向思考问题的方法—直接法；同时要掌握一些问题的逆向思考问题的方法—间接法4.组合的概念：从n个不同元素中任取m个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的一个组合，组合的个数叫组合数，用C mn表示.5.组合数公式C mn =!)!(!mmnn-.6.组合数的两个性质：（1）C mn =C mnn-；（2）C mn1+=C mn+C1-mn.典型例题：例1．电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封.现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？例2. 从集合{1，2，3，…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有多少个?例3某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如下图）.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有_____________种.（以数字作答）123456例4 关于正整数2160，求：（1）它有多少个不同的正因数？（2）它的所有正因数的和是多少例5球台上有4个黄球，6个红球，击黄球入袋记2分，击红球入袋记1分，欲将此十球中的4球击入袋中，但总分不低于5分，击球方法有几种？例6. 一条铁路原有m个车站，为适应客运需要，新增加n（n≥1，n∈N*）个车站，因而增加了58种车票（起迄站相同的车票视为相同的车票），问原来这条铁路有几个车站?现在又有几个车站?例7从数字0、1、3、5、7中取出不同的三个作系数，可组成多少个不同的一元二次方程ax2+bx+c=0?其中有实数根的有几个？例8 从0，1，2，3，4中取出不同的3个数字组成一个三位数，所有这些三位数的个位数字的和是多少？课堂练习：1.从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有A.8种B.12种C.16种D.20种2.某城市的电话号码，由六位升七位（首位数字不为零），则该城市可增加的电话部数是3.72的正约数（包括1和72）共有__________个.4.从－1，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数f （x ）=ax 2+bx +c 的系数，可组成不同的二次函数共有____________个，其中不同的偶函数共有_____________个.（用数字作答）5.把4名男生和4名女生排成一排，女生要排在一起，不同排法的种数为A.P 88 B P 55P 44 C.P 44P 44D.P 58 6.若2n 个学生排成一排的排法数为x ，这2n 个学生排成前后两排，每排各n 个学生的排法数为y ，则x 、y 的关系为 A.x >y B.x <y C.x =yD.x =2y7.若S =P 11+P 22+P 33+P 44+…+P 100100，则S 的个位数字是A.8B.5C.3D.08.从0，1，2，3，4，5中任取3个数字，组成没有重复数字的三位数，其中能被5整除的三位数共有_____________个.（用数字作答）9.若直线Ax +By =0的系数A 、B 可以从{0，2，3，4，5，6}中取不同的值.这些方程表示不同直线的条数是_____________.课后练习1.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个节目插入节目单中，那么不同的插法种数为A.504B.210C.336D.1202.从1到10的正整数中，任意抽取两个相加，所得和为奇数的不同情形有__________种.3.3个点作为一组，其中可构成三角形的组数是B.204C.200D.1964.4棵柳树和4棵杨树栽成一行，柳树、杨树逐一相间的栽法有_____________种.5.某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2菜2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少还需要不同的素菜品种_____________种.（结果用数值表示）6.如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色.现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_____________种.（以数字作答）①②③④⑤ 7.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子.现将这五个球投放入这五个盒子内，要求每个盒子内投放一球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法有多少种?8.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少种？9.5名成人带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数有A.P 55·P 24种 B.P 55·P 25种 C.P 55·P 26种 D.P 77－4P 66种10.在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有_____________.11.三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为__________.12.在所有无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数字大2的数共有_______个.13.用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，（1）可组成多少个不同的四位数?（2）可组成多少个四位偶数?（3）将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么?14.甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行某种劳动技术比赛，决出了第1到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这个回答分析，5人的名次排列共可能有多少种不同的情况?（用数字作答）15.用0、1、2、3、4、5这六个数字组成无重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的六位数的个数是多少个？16.用1，2，3，4，5排成一个数字不重复的五位数a 1a 2a 3a 4a 5，满足a 1<a 2，a 2>a 3，a 3<a 4，a 4>a 5的五位数有多少个？17.用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的五位数，求比20314大的数的个数..18.8个人站成一排，其中A 、B 、C 互不相邻且D 、E 也互不相邻的排法有多少种?典型例题：例1 某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选取会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法?例2 设集合A ={1，2，3，…，10}，（1）设A 的3个元素的子集的个数为n ，求n 的值；(2)设A 的3个元素的子集中，3个元素的和分别为a 1，a 2，…，a n ，求a 1+a 2+a 3+…+a n 的值.例3 从1，2，…，30这30个自然数中，每次取不同的三个数，使这三个数的和是3的倍数的取法有多少种？例4．用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成没有重复数字的能被25整除的四位数多少个？例5 如图，从一个3×4的方格中的一个顶点A 到对顶顶点B 的最短路线有几条？AB课堂练习：1.从4台甲型电脑和5台乙型电脑中任取3台，其中两种电脑都要取，则不同的取法种数是A.140B.84C.70D.352.从长度分别为1、2、3、4、5的五条线段中，任取三条的不同取法共有n 种.在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m ，则nm 等于 3.已知{1，2}⊆X ⊆{1，2，3，4，5}，满足这个关系式的集合X 共有_____________个.A.2B.6C.4D.84.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色.若只有五种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为_____________.5.某校准备参加2004年全国高中数学联赛，把10个名额分配给高三年级8个班，每班至少1人，不同的分配方案有_____________种.课后练习1.从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双同色的取法有___________种2.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有___________种3.将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子内，每个盒内放一个球，则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有_____________种.（以数字作答）4.某年级有6个班，派3个数学老师任教，每位教师教两个班，不同的任课方法种数有_______种.5.某运输公司有7个车队，每个车队的车都多于4辆且型号相同，要从这7个车队中抽出10辆车组成一运输车队，每个队至少抽1辆车，则不同的抽法有多少种？6.袋中有10个球，其中4个红球，6个白球，若取到1个红球记2分，取到1个白球记1分，那么从这10个球中取出4个，使总分不低于5分的取法有多少种?7有11名外语翻译人员，其中5名英语翻译员，4名日语翻译员，另两名英、日语都精通，从中找出8人，使他们组成两个翻译小组，其中4人翻译英文，另4人翻译日文，这两个小组能同时工作，问这样的分配名单共可开出几张?8从1到100这100个正整数中，每次取出2个数使它们的和大于100，共有多少种取法? 拓展题例例1 （1）书架上有3本不同的书，如果保持这些书的相对顺序不变，再放上2本不同的书，有多少种不同的放法？（2）身高均不相同的7个人排成一列，要求正中间的个子最高，从中间向两边看，一个比一个矮，有多少种不同的排法？例2 有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法? （1）甲不在中间也不在两端；（2）甲、乙两人必须排在两端；（3）男、女生分别排在一起；（4）男女相间；（5）甲、乙、丙三人从左到右顺序保持一定.例题3.某篮球队共7名老队员，5名新队员，根据下列情况分别求出有多少种不同的出场阵容.（1）某老队员必须上场，某2新队员不能出场；（3）有6名打前锋位，4名打后卫位，甲、乙两名既能打前锋又能打后卫位..例题4.某城市由n条东西方向的街道和m条南北方向的街道组成一个矩形街道网，如下图所示.要从A处走到B处，使所走的路程最短，有多少种不同的走法？例题5..从一楼到二楼楼梯一共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，规定用8步走完楼梯的方法种数是_____________.。
高考新坐标(教师用书)届高考数学总复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布【含答案】
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理[考纲传真]1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．1．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N＝m＋n种不同的方法．2．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N＝m×n种不同的方法．1．(夯基释疑)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )[解析]根据两个计数原理的含义，(1)(4)不正确，(2)(3)正确．[答案](1)×(2)√(3)√(4)×2．(教材改编)从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为( )A．6 B．5 C．3 D．2[解析]选一名女同学主持班会有3种选法，选一名男同学主持有2种，∴由加法计数原理，共有3＋2＝5种选法．[答案]B3．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有( )A．30个B．42个C．36个D．35个[解析]∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法．由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．[答案]C4．(2014·大纲全国卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组．则不同的选法共有( )A ．60种B ．70种C ．75种D ．150种[解析] 由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有C 62C 51＝75(种)． [答案] C5．从0，1，2，3，4这5个数字中，任取3个组成三位数，其中奇数的个数是________．[解析] 从1，3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0，可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法．故所求奇数的个数为3×3×2＝18.[答案] 18考向1 分类加法计数原理【典例1】 (1)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A ．4种B ．6种C ．10种D ．16种(2)(2013·福建高考)满足a ，b ∈{－1，0，1，2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b)的个数为( )A ．14B ．13C ．12D ．10[解析] (1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如下图)， 甲乙丙乙甲甲乙甲丙甲同理，甲先传给丙时，满足条件有3种踢法． 由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法． (2)①当a ＝0，有x ＝－b2，b ＝－1，0，1，2有4种可能；②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab ≤1，若a ＝－1时，b ＝－1，0，1，2有4种不同的选法； 若a ＝1时，b ＝－1，0，1，有3种可能； 若a ＝2时，b ＝－1，0，有2种可能． ∴有序数对(a ，b)共有4＋4＋3＋2＝13(个)． [答案] (1)B (2)B 【规律方法】1．第(2)题常见的错误：(1)想当然认为二次方程(a≠0)，错选D ；(2)误认为a≠b.2．分类标准是运用分类计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准，分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法．(2)分类时，类与类之间是独立的，每类做法中的每种方法都能完成这件事．【变式训练1】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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( ) A．4种B．10种C．18种D．20种[解析]赠送一本画册，3本集邮册．需从4人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有C41种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人送画册，其余2人送邮册，有C42种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C41＋C42＝10(种)．[答案]B考向2分步乘法计数原理【典例2】(1)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )A．10种B．25种C．52种D．24种(2)4张卡片的正、反面分别写有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成不同的三位数有________个．[解析](1)每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24不同的走法．(2)分三步，分别排出百位、十位、个位上的数字．第一步：百位数字有3×2＋1＝7种放法．第二步：十位数字还有2×3＝6种放法．第三步：个位数字共有4种放法．由分步乘法计数原理，可组成7×6×4＝168个三位数．[答案](1)D(2)168【规律方法】1．在第(2)题中，容易忽视百位数字不能为0这一限制条件，导致错误答案8×6×4＝192.2．利用分步乘法计数原理应注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．【变式训练2】(1)设集合A＝{－1，0，1}，B＝{0，1，2，3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________．(2)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )A．12种B．18种C．24种D．36种[解析](1)易知A∩B＝{0，1}，A∪B＝{－1，0，1，2，3}∴x有两种取法，y有5种取法．由分步乘法计数原理，A*B的元素有2×5＝10(个)．(2)先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A33种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·2·1＝12(种)不同的排列方法．[答案](1)10 (2)A考向3两个计数原理的综合应用(高频考点)命题视角两个计数原理是高考的重点，常以客观题的形式呈现．主要的命题角度：(1)考查两个原理的简单应用；(2)与排列、组合相结合考查计数问题；(3)利用计数原理求古典概型的概率．【典例3】如图1011所示，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________．图1011[思路点拨] 区域1，2，3与4相邻，采用分步；相邻区域不同色，按区域1与3是否同色分类处理．[解析]按区域1与3是否同色分类：(1)区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2，4，5(还有3种颜色)有A33种方法．∴区域1与3涂同色，共有4A33＝24种方法．(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A42种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有A42×2×1×3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96(种)．[答案]96【通关锦囊】1．解决涂色问题，要切实选好分类的标准，分清哪些可以同色，哪些不同色．2．解决综合问题，关键是明确需要“分类”还是“分步”．分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整”．3．解决即有“分类”又有“分步”的综合问题时，应“先分类，后分步”．【变式训练3】如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为( )A．240 B．204 C．729 D．920[解析]若a2＝2，则“凸数”为120与121，共2个，若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6个，若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．[答案]A掌握2个原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类．(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，构成完成这件事的一种方法，简单的说步与步之间的方法“相互独立，多步完成”．牢记3点提醒 1.分类时，标准要明确，应做到不重不漏，可借助几何直观，探索规律． 2.分步时，要合理设计顺序、步骤，并注意元素是否可以重复选取． 3.两个原理的综合运用，一般先分类再分步．创新探究之12与计数原理有关的新定义问题(2015·潍坊质检)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3 443，94 249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99；3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.则(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．[解析](1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由分步计数原理，共有9×10n种填法．[答案](1)90 (2)9×10n【智慧心语】创新点拨：(1)以“回文数”的新定义为背景，考查计数原理．(2)一题两问，充分体现转化与化归的思想，从特殊到一般的归纳推理方法的应用．防范措施：(1)通过阅读、分析，弄清新定义，将确定回文数的问题转化为“填方格”问题，进而利用分步乘法计数原理解决，将新信息转化为所学的数学知识来解决．(2)从特殊情形入手，通过分析、归纳，发现问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．【类题通关】(2014·福建高考改编)用a代表红色球，b代表蓝色球．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个无区别的蓝球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)D．(1＋a5)(1＋b5)[解析]分两步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5种不同的取法．第二步，5个无区别的蓝色球都取出或都不取出，则有1＋b5种不同取法．∴由分步乘法乘法计数原理，共有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)种取法．[答案] A课后限时自测[A级基础达标练]一、选择题1．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4 C．6 D．8[解析]按从小到大的顺序，等比数列分别为1，2，4；1，3，9；2，4，8；4，6，9共4个．同理，由大到小的等比数列也有4个．∴共有4＋4＝8个等比数列．[答案]D2．(2015·东营联考)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )A．60 B．48 C．36 D．24[解析]长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，6个对角面构成的“平行线面组”有6×2＝12个，共有36＋12＝48个平行线面组．[答案]B3．集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )A．9 B．14 C．15 D．21[解析]当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法．因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．[答案]B4．(2013·山东高考)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A．243 B．252 C．261 D．279[解析]0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．[答案]B5．(2015·济南质检)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则有几种不同的选择方式( )A．24 B．14 C．10 D．9[解析]第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式，第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法．∴由分类加法计数原理，共有12＋2＝14(种)选择方式．[答案]B二、填空题6．从8名女生4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种．[解析]从男生中抽1人有4种方法，从女生中抽两人有C82＝28种方法，∴由分步乘法计数原理，共有28×4＝112种方法．[答案]1127．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“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．[解析]当相同的数字不是1时，有C31个；当相同的数字是1时，共有C31C31个，由分类加法计数原理知共有“好数”C31＋C31C31＝12个．[答案]128．如图1012所示，在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．图1012[解析]把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．[答案]40三、解答题9．标号为A、B、C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．(1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？(2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？[解](1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取一个或A，C袋中各取一个或B，C袋中各取一个．∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11(种)．(2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个．∴应有1＋3＝4(种)．10．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，求第30个“渐升数”．[解]渐升数由小到大排列，形如的渐升数共有：6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)．形如的渐升数共有5个．形如的渐升数共有4个．故此时共有21＋5＋4＝30个渐升数．因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359.[B级能力提升练]1．如图1013所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为( )A．96 B．84C．60 D．48图1013[解析]可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法．由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84(种)．[答案]B2．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3、4名，大师赛共有________场比赛．[解析]小组赛共有2C42场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛；根据分类加法计数原理共有2C42＋4＝16场比赛．[答案]163．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图1014所示①②)，要求在A、B、C、D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．图1014(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.[解](1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480种不同的方法．(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.第二节排列与组合[考纲传真]1．理解排列、组合的概念． 2.掌握排列数公式、组合数公式． 3.能利用公式解决一些简单的实际问题．1．排列与组合的概念2.排列数与组合数(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫从n个不同元素中取出m个元素的排列数．(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫从n个不同元素中取出m个元素的组合数．3．排列数、组合数的公式及性质1．(夯基释疑)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( )(3)若C n x＝C n m，则x＝m成立．( )(4)排列定义规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况．也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不再取了．( )[解析]依据排列，组合的定义，可知(1)、(2)错；由C n x＝C n m可得x＝m或x＝n－m，(3)不正确；(4)正确．[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材改编)A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )A．24种B．60种C．90种D．120种[解析]可先排C、D、E三人，共A53种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理满足条件的排法共A53＝60(种)．[答案]B3．(2015·青岛调研)从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( ) A．9 B．10 C．18 D．20[解析]由于lg a－lg b＝lg ab(a>0，b>0)，从1，3，5，7，9中任取两个作为ab有A52＝20种．又13与39相同，31与93相同，∴lg a－lg b的不同值的个数有A52－2＝20－2＝18(个)．[答案]C4．(2014·辽宁高考)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )A．144 B．120 C．72 D．24[解析]剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A43＝4×3×2＝24.[答案]D5．从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．(用数字作答)[解析]依题意可能的决赛结果有C61C52C33＝60(种)．[答案]60考向1排列应用题【典例1】4个男同学，3个女同学站成一排．(1)甲不在排头且乙不在排尾，有多少种排法？(2)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？(3)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？[解](1)法一：(元素分析法)分两类：甲在排尾，有A66种；甲站中间5个位置中一个，且乙不在排尾，有A51A51A55.由分类加法计数原理，共有A66＋A51A51A55＝3 720种排法．法二：(位置分析法)分两类：首位排乙，有A66种；首尾排除甲、乙外5人中的1人，有A51A51A55种．∴共有A66＋A51A51A55＝3 720种不同的排法．(2)3个女同学是特殊元素，共有A33种排法；由于3个女同学必须排在一起，视排好的女同学为一整体，再与4个男同学排队，应有A55种排法．由分步乘法计数原理，有A33A55＝720种不同排法．(3)先将男生排好，共有A44种排法，再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生有A53种方法．故符合条件的排法共有A44A53＝1 440种不同排法．【规律方法】1．本题集多种排列类型于一题，求解时考虑特殊元素优先的原则，即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置．对于分类过多的问题，可利用间接法，正难则反，优化解题过程．2．对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法．【变式训练1】(1)(2014·四川高考)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A．192种B．216种C．240种D．288种(2)(2014·北京高考)把5件不同产品摆成一排．若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．[解析](1)第一类：甲在左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)方法；第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)方法．所以共有120＋96＝216(种)方法．(2)将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有A22A44种方法，将产品A，B，C捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有A22A33种方法．于是符合题意的排法共有A22A44－A22A33＝36(种)．[答案](1)B(2)36考向2组合应用题【典例2】(1)某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( ) A．85 B．56 C．49 D．28(2)(2014·广东高考)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为( )A．60 B．90 C．120 D．130[解析](1)由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．法一(直接法)甲、乙两人均入选，有C71C22种．甲、乙两人只有1人入选，有C21C72种方法．∴由分类加法计数原理，共有C22C71＋C21C72＝49(种)选法．法二(间接法)从9人中选3人有C93种方法．其中甲、乙均不入选有C73种方法，∴满足条件的选排方法是C93－C73＝84－35＝49(种)．(2)在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为x i∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5，所以满足条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情况有：①一个1(或－1)，四个0，有C51×2种；②两个1(或－1)，三个0，有C52×2种；③一个－1，一个1，三个0，有A52种；④两个1(或－1)，一个－1(或1)，两个0，有C52C31×2种；⑤三个1(或－1)，两个0，有C53×2种．故共有C51×2＋C52×2＋A52＋C52C31×2＋C53×2＝130(种)，故选D.[答案](1)C(2)D【规律方法】1．两个小题求解的关键是恰当分类，活用加法计数原理．在第(2)小题中注意到1≤t≤3，从而分三种情形，并确定在相应情形中x i(i＝1，2，3，4，5)取数“0”的个数．2．(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”(如本例第(1)小题)或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．【变式训练2】(2015·淄博质检)(1)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(2)若某函数的值域为{2，5}，且对应关系为y ＝x 2＋1.则满足的函数的个数为( )A ．1B ．7C ．9D ．8[解析] (1)分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C 21＝2(种)选派方法； 第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C 42＝6(种)选派方法． 由分步乘法计数原理，不同的选派方案共2×6＝12(种)． (2)由x 2＋1＝2，得x ＝±1；由x 2＋1＝5，得x ＝±2. 由函数的定义，定义域中元素的选取分三种情况． ①取两个元素，有C 21·C 21＝4种．②取三个元素，从±1，±2两组中选取一组，再从剩下的一组中取一个数，有C 21·C 21＝4种． ③取四个元素，有一种方法．∴由分类加法计数原理，共有4＋4＋1＝9种． [答案] (1)A (2)C考向3 排列组合的综合应用(高频考点)命题视角 排列与组合的应用，主要以基本概念、基本运算为主，考查分析问题和解决问题的能力，多以客观题的形式呈现．主要命题角度：(1)分组分配问题；(2)简单的排列与组合的综合应用；(3)与古典概型相渗透，进行概率计算．【典例3】 (1)(2015·威海调研)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)． (2)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为( )A ．A 62C 42B .12A 62C 42 C ．A 62A 42 D ．2A 62[思路点拨] (1)选出3个位置排特殊元素A 、B 、C ，并把元素A 、B 作为元素集团进行排列．(2)可将4名同学分成两组(每组2人)，再分配到两个班级．[解析] (1)分两步：①任意选3个空排A 、B 、C ，共有C 63·C 21·A 22种排法．②排其余的3个字母，有A 33种排法．所以由分步乘法计数原理，共有C 63·C 21·A 22·A 33＝480(种)排法．(2)法一 将4人平均分成两组有12C 42种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 62种。
高三数学总复习必刷题系列之拔高训练 计数原理(有答案)
第十章概率与统计10.1 计数原理一、单选题(共14题)1．汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后，需要紧固轮胎的五个螺栓，记为A、B、C、D、E（在正五边形的顶点上），紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓，但不能连续固定相邻的两个，则不同固定螺栓顺序的种数为（）A．20B．15C．10D．52．某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（）A．21种B．231种C．238种D．252种3．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周.若课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，则所有可能的排法种数为（）A．216B．480C．504D．6244．我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼—15”飞机准备着舰，如果乙机不能最先着舰，而丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻），那么不同的着舰方法种数为A．24B．36C．48D．965．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（）A．48B．54C．60D．726．已知某超市为顾客提供四种结账方式:现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲.乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以若甲乙丙丁购物后依次结账，那么他们结账方式的组合种数共有（）A．36种B．30种C．24种D．20种7．郴州市某校高一（10）班到井冈山研学旅行，决定对甲、乙、丙、丁这四个景馆进行研学体验，但由于是高峰期，景馆为高一（10）班调整了路线，规定不能最先去甲景馆研学，不能最后去乙景馆和丁景馆研学，如果你是该班同学，你能为这次愉快的研学旅行设计多少条路线（）A．24B．18C．16D．108．在一次学校组织的研究性学习成果报告会上，有A､B､C､D､E､F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A､C､D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（）A．100B．120C．300D．6009．若(√2x +x2)n的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则展开式中系数为无理数的项数为（）A．2B．3C．4D．510．若(x−12)n的展开式中第3项的二项式系数是15，则n为（）A．5B．6C．7D．811．在(2+x)6(1+y)m的展开式中，令x3y的系数为800，则含xy4项的系数为（）A．30B．960C．300D．36012．已知二项式(ax+y)5(a∈R)的展开式的所有项的系数和为32，则(x2−√x)10的展开式中常数项为（）A．45B．−45C．1D．−113．已知(2−ax2)(1+2x)4的展开式的所有项系数之和为81，则展开式中含x3的项的系数为（）A．56B．60C．68D．7214．已知(x+1)6(ax−1)2的展开式中，x3系数为56，则实数a的值为A．6或-1B．-1或4C．6或5D．4或5二、多选题(共4题)15．现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（）A．所有可能的方法有34种B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种16．将甲､乙､丙､丁4名志愿者分别安排到A,B,C三个社区进行暑期社会实践活动，要求每个社区至少安排一名志愿者，则下列选项正确的是（）A．共有18种安排方法B．若甲､乙被安排在同社区，则有6种安排方法C．若A社区需要两名志愿者，则有24种安排方法D．若甲被安排在A社区，则有12种安排方法17．关于(x2+1x2−2)3的展开式，下列结论正确的是（）A．所有项的二项式系数和为32B．所有项的系数和为0 C．常数项为−20D．系数最大的项为第3项18．若（1−2x）2009=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a2009x2009(x∈R)，则下列判断正确的有（）A．a0=1B．a1+a3+a5+⋯+a2009=32009+12C．|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a2009|=32009D．a12+a222+a323+⋯+a200922009=−1三、填空题(共6题)19．现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有_______种.（结果用数字表示）20．我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼-15”舰载机准备着舰，已知乙机不能最先着舰，丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻），那么不同的着舰方法种数为______.21．当前新冠肺炎疫情形势依然严峻，防控新冠肺炎疫情需常态化，某校从含甲、乙、丙在内的7名行政人员中选取6人负责每周周一至周六的疫情防控工作（周日学校放假），每人各负责1天，其中甲、乙、丙3人必被选中．若甲与乙需安排在相邻的两天，乙与丙不安排在相邻的两天，且丙不排周一，则不同的安排方法有___种．22．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，“赵爽弦图”如图所示，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成，现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有______种（用数字作答）.23．在(x+√x )n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32，则在(x√x)n的展开式中x2系数为______．24．在二项式(ax+1x )n(a>0)的展开式中，所有二项式系数和为256，常数项为70，则n=______，含x6项的系数为______．答案一、单选题(共14题)1．汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后，需要紧固轮胎的五个螺栓，记为A、B、C、D、E（在正五边形的顶点上），紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓，但不能连续固定相邻的两个，则不同固定螺栓顺序的种数为（）A．20B．15C．10D．5【答案】C【详解】此题相当于在正五边形ABCDE中，对五个字母排序，要求五边形的任意相邻两个字母不能排在相邻位置，考虑A放第一个位置，第二步只能C或D，依次ACEBD或ADBEC两种；同理分别让B、C、D、E放第一个位置，分别各有两种，一共十种不同的顺序.故选：C2．某学校计划从包含甲､乙､丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲､乙､丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（）A．21种B．231种C．238种D．252种【答案】B【详解】10人中选5人有C105=252种选法，其中，甲､乙､丙三位教师均不选的选法有C75=21种，则甲､乙､丙三位教师至少一人被选中的选法共有C105−C75=231种.故选：B3．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周.若课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，则所有可能的排法种数为（）A．216B．480C．504D．624【答案】C【详解】当课程“御”排在第一周时,则共有A55=120种；当课程“御”“乐”均不排在第一周时,则共有C41×C41×A44=384种；则120+384=504,故选：C4．我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼—15”飞机准备着舰，如果乙机不能最先着舰，而丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻），那么不同的着舰方法种数为A．24B．36C．48D．96【详解】5架“歼—15”飞机着舰的方法共有A 55种，乙机最先着舰共有A 44种，如果乙机不能最先着舰，而丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻）有：A 55−A 442=48.故选C.5．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ） A ．48 B ．54 C ．60 D ．72【答案】C【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人， 共有C 52•C 32•C 11A 22=15 种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选， 所以由2A 22=4 种方法；按照分步乘法原理，共有4×15=60 种方法； 故选：C.6．已知某超市为顾客提供四种结账方式:现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲.乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以若甲乙丙丁购物后依次结账，那么他们结账方式的组合种数共有（ ） A ．36种 B ．30种 C ．24种 D ．20种【答案】D【详解】当乙用现金结算时，此时甲和乙都用现金结算，所以丙有3种方法，丁有4种方法， 共有3×4=12种方法；当乙用银联卡结算时，此时甲用现金结算，丙有2种方法，丁有4种方法，共有2×4=8种方法， 综上，共有12+8=20种方法. 故选：D7．郴州市某校高一（10）班到井冈山研学旅行，决定对甲、乙、丙、丁这四个景馆进行研学体验，但由于是高峰期，景馆为高一（10）班调整了路线，规定不能最先去甲景馆研学，不能最后去乙景馆和丁景馆研学，如果你是该班同学，你能为这次愉快的研学旅行设计多少条路线（ ） A ．24 B ．18 C ．16 D ．10【答案】D【详解】解：规定不能最先去甲景馆研学，不能最后去乙景馆和丁景馆研学；故分两种情况讨论：①最后去甲景馆研学，则A 33=6种；②最后去丙景馆研学，则A 21A 22=4种；根据分类加法计数原理可得一共有6+4=10种方案.8．在一次学校组织的研究性学习成果报告会上，有A ､B ､C ､D ､E ､F 共6项成果要汇报，如果B 成果不能最先汇报，而A ､C ､D 按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（ ） A ．100 B ．120 C ．300 D ．600【答案】A【详解】不考虑限制条件共有A 66种，B 最先汇报共有A 55种，如果B 不能最先汇报，而A ､C ､D 按先后顺序汇报（不一定相邻）有A 66−A 55A 33=100.故选：A.9．若(√2x +x 2)n的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则展开式中系数为无理数的项数为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5【答案】B 【详解】∵(√2x +x 2)n展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，∴C n 2=C n 4，解得：n =6；∴(√2x+x 2)6展开式的通项公式为：T r+1=C 6r (√2x )6−r⋅(x 2)r =(√2)6−r C 6rx 3r−6；则当r =1，3，5时，展开式中的系数为无理数，共3项. 故选：B.10．若(x −12)n 的展开式中第3项的二项式系数是15，则n 为（ ）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】B【详解】因为(x −12)n 的展开式中第3项的二项式系数是15，所以有C n 2=15⇒n(n−1)2=15⇒n =6或n =−5（舍去），故选：B11．在(2+x)6(1+y)m 的展开式中，令x 3y 的系数为800，则含xy 4项的系数为（ ） A ．30 B ．960 C ．300 D ．360【答案】B【详解】(2+x)6展开式中x 3的系数为C 63×23，(1+y)m 展开式中y 的系数为C m 1 所以x 3y 的系数为C 63×23×C m 1所以C 63×23×C m 1=800，即160m =800，解得m =5，所以(2+x)6展开式中x 的系数为C 61×25，(1+y)5展开式中y 4的系数为C 54，所以含xy4项的系数为C61×25×C54=6×32×5=960，故选：B.12．已知二项式(ax+y)5(a∈R)的展开式的所有项的系数和为32，则(x2−√x)10的展开式中常数项为（）A．45B．−45C．1D．−1【答案】A【详解】令x=1，y=1，可得展开式的所有项的系数之和(a+1)5=32，得a=1，所以(x2−√x )10=(x2−√x)10，其通项T k+1=C10k(x2)10−k√x )k=(−1)k C10k x20−52k，令20−5k2=0，得k=8，所以展开式中常数项为(−1)k C10k=45．故选：A．13．已知(2−ax2)(1+2x)4的展开式的所有项系数之和为81，则展开式中含x3的项的系数为（）A．56B．60C．68D．72【答案】A【详解】因为(2−ax2)(1+2x)4的展开式的所有项系数之和为81，故令x=1，则81(2−a)=81，解得a=1，又对(2−x2)(1+2x)4，其展开式中x3项是：由(2−x2)中的常数项与(1+2x)4的x3项相乘得到，或由(2−x2)中的−x2项与(1+2x)4的x项相乘得到，故(2−x2)(1+2x)4的展开式中含x3的系数为2×C43×23+(−1)×C41×2=56.故选：A.14．已知(x+1)6(ax−1)2的展开式中，x3系数为56，则实数a的值为A．6或-1B．-1或4C．6或5D．4或5【答案】A【详解】因为(x+1)6(ax−1)2=(x+1)6(a2x2−2ax+1)所以(x+1)6(ax−1)2的展开式中x3系数是C63+C62(−1)⋅a+C61a2=6a2−15a+20∴6a2−15a+20=56解得a=6或−1故选A．二、多选题(共4题)15．现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（）A．所有可能的方法有34种B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种【答案】BCD【详解】所有可能的方法有43种，A错误.对于B，分三种情况：第一种：若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为C31，另外两名同学的安排方法有3×3=9种，此种情况共有C31×9=27种，第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有C32，另外一名同学的排法有3种，此种情况共有C32×3=9种，第三种情况，若三名同学都去工甲，此种情况唯一，则共有27+9+1=37种安排方法，B 正确.对于C，若A必去甲工厂，则B，C两名同学各有4种安排，共有4×4=16种安排，C正确.对于D，若三名同学所选工厂各不同，则共有A43=24种安排，D正确.故答案为：BCD16．将甲､乙､丙､丁4名志愿者分别安排到A,B,C三个社区进行暑期社会实践活动，要求每个社区至少安排一名志愿者，则下列选项正确的是（）A．共有18种安排方法B．若甲､乙被安排在同社区，则有6种安排方法C．若A社区需要两名志愿者，则有24种安排方法D．若甲被安排在A社区，则有12种安排方法【答案】BD【详解】对于A：4名志愿者先分为3组，再分配到3个社区，所以安排方法为：C42A33=36，A错误；对于B：甲､乙被安排在同社区，先从3个社区中选1个安排甲与乙，剩余两个社区和剩余两名志愿者进行全排列，所以安排方法为：C31A22=6，B正确；对于C：A社区需要两名志愿者，所以先从4名志愿者中选择2名安排到A社区，再把剩余2名志愿者和2个社区进行全排列，所以安排方法为C42A22=12,C错误；对于D：甲安排在A社区，分为两种情况，第一种为A社区安排了两名志愿者，所以从剩余3名志愿者中选择一个，分到A社区，再把剩余2名志愿者和2个社区进行全排列，安排方法有C31A22种；第二种是A社区只安排了甲志愿者，此时剩余3名志愿者分为两组，再分配到剩余的两个社区中，此时安排方法有C32A22种；所以一共有安排方法为C31A22+C32A22=12,D正确.故选：BD.17．关于(x 2+1x2−2)3的展开式，下列结论正确的是（ ） A ．所有项的二项式系数和为32 B ．所有项的系数和为0 C ．常数项为−20D ．系数最大的项为第3项 【答案】BC【详解】(x 2+1x 2−2)3=(x −1x )6，可得二项式系数和为26=64，故A 错误； 令x =1得所有项的系数和为0，故B 正确；常数项C 63x 3(−1x )3=−20，故C 正确；T r+1=C 6r x 6−r (−1x )r ，系数为(−1)r C 6r ，最大为C 62或C 64，为第3项或第5项，故D 错误.故选：BC. 18．若（1−2x ）2009=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+⋯+a 2009x 2009 (x ∈R )，则下列判断正确的有（ ） A ．a 0=1B ．a 1+a 3+a 5+⋯+a 2009=32009+12C ．|a 0|+|a 1|+|a 2|+|a 3|+⋯+|a 2009|=32009D ．a 12+a 222+a 323+⋯+a200922009=−1【答案】ACD【详解】由题意，当x =0时，a 0=12009=1，故A 正确； 当x =1时，a 0+a 1+a 2+a 3+⋯+a 2009=(−1)2009=−1，①， 当x =−1时，a 0−a 1+a 2−a 3+⋯−a 2009=32009，②， ①-②，得a 1+a 3+a 5+⋯+a 2009=−32009+12，故B 错误；|a 0|+|a 1|+|a 2|+|a 3|+⋯+|a 2009|=a 0−a 1+a 2−a 3+⋯−a 2009=32009，故C 正确； 当x =12时，a 0+a 12+a 222+a 323+⋯+a200922009=0，因为a 0=1，所以a 12+a 222+a 323+⋯+a200922009=−1，故D 正确；故选：ACD. 三、填空题(共6题)19．现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有_______种.（结果用数字表示）【答案】336【详解】先不考虑红球与黄球不相邻，则4个小球有A44种排法，再安排空盒，有C52A22种方法，再考虑红球与黄球相邻，则4个小球有A33A22种排法，再安排空盒，有C42A22种方法，因此所求放法种数为A44C52A22−A33A22C42A22=336.20．我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼-15”舰载机准备着舰，已知乙机不能最先着舰，丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻），那么不同的着舰方法种数为______.【答案】48【详解】解：不妨将问题转化为不同的5位同学坐从左到右的5个座位，乙同学不坐第1个座位，丙同学必须坐在甲同学的左边，则可先在2至5号座位上选1个座位给乙坐，然后在剩下的4个座位中选2个坐丙同学和甲同学，且丙坐在甲的左边，剩下的2个座位坐剩下×2×1=48，的两位同学即可，即不同的坐法共有C44C42A22=4×4×32×1即不同的着舰方法种数为48，故答案为：48.21．当前新冠肺炎疫情形势依然严峻，防控新冠肺炎疫情需常态化，某校从含甲、乙、丙在内的7名行政人员中选取6人负责每周周一至周六的疫情防控工作（周日学校放假），每人各负责1天，其中甲、乙、丙3人必被选中．若甲与乙需安排在相邻的两天，乙与丙不安排在相邻的两天，且丙不排周一，则不同的安排方法有___种．【答案】600【详解】以全集U表示“甲与乙需安排在相邻的两天”，集合A表示“乙与丙安排在相邻的两天”，集合B表示“丙安排在周一”，如下图所示：要选6人负责每周周一至周六的疫情防控工作，则只需从除甲、乙、丙以外的4人中再抽取3人，全集U表示的排法中，将甲、乙两人捆绑，则n(U)=C43A22A55=960，集合A表示的排法中，将甲、乙、丙三人捆绑，且乙在中间，则n(A)=C43A22A44=192，集合B表示的排法中，丙排在周一，将甲、乙两人捆绑，则n(B)=C43A22A44=192，集合A∩B表示的排法中，丙排在周一，且将甲、乙、丙三人捆绑，且乙在中间，则n(A∩B)=C43A22A33=24，因此，满足条件的排法种数为n(U)−n(A)−n(B)+n(A∩B)=960−192×2+24=600.故答案为：600.22．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，“赵爽弦图”如图所示，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成，现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有______种（用数字作答）.【答案】420【详解】由题意，假设五个区域分别为①②③④⑤，对于区域①②③，三个区域两两相邻，共有A53=60种情况；对于区域④⑤，若④与②颜色相同，则⑤有3种情况，若④与②颜色不同，则④有2种情况，⑤有2种情况，共有2×2=4种情况，所以④⑤共有3+4=7种情况，则一共有60×7=420种情况.故答案为：42023．在(x+√x )n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32，则在(x√x)n的展开式中x2系数为______．【答案】90【详解】在(x√x)n的展开式中，各项系数和为4n，二项式系和为2n，各项系数和与二项式系之比为32，即4n2n=2n=32，∴n=5，在(x√x)n的展开式中，通项公式为T r+1=C5r⋅3r⋅x5−32r．令5−3r2=2，求得r=2，∴x2的系数为C52⋅9=90，故答案为：90．24．在二项式(ax+1x )n(a>0)的展开式中，所有二项式系数和为256，常数项为70，则n=______，含x6项的系数为______．【答案】88【详解】由二项式系数和为256知：2n=256，解得：n=8；二项式(ax+1x )n=(ax+1x)8展开式通项为：T r+1=C8r(ax)8−r⋅(1x)r=a8−r C8r x8−2r，令8−2r=0，解得：r=4，∴a4C84=70，又a>0，解得：a=1；令8−2r=6，解得：r=1，∴x6的系数为a7C81=8.故答案为：8；8.。
2025版新高考版高考总复习数学计数原理、排列与组合(十年高考)
2025版新高考版高考总复习数学专题十 计数原理10.1 计数原理、排列与组合考点 计数原理、排列、组合1.(2023新课标Ⅱ,3,5分,易)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有( )A.C 40045·C 20015种B.C 40020·C 20040种C.C 40030·C 20030种D.C 40040·C 20020种 答案 D 根据分层随机抽样方法,易知从初中部和高中部分别抽取40名和20名学生,根据分步乘法计数原理,得不同的抽样结果共有C 40040·C 20020种.故选D.2.(2023全国乙理,7,5分,中)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )A.30种B.60种C.120种D.240种答案 C 第一步:甲、乙两位同学从6种课外读物中选出1种相同的有C 61=6种选法;第二步:从剩下的5种课外读物中选2种分给甲、乙有A 52=20种选法.所以符合要求的选法共有6×20=120种,故选C .一题多解 (排除法)甲、乙两位同学分别从6种课外读物中选出2种有C 62C 62=225种选法,其中甲、乙选2种读物完全相同有C 62=15种选法,完全不相同有C 62C 42=90种选法.所以两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有225-15-90=120种,故选C .3.(2023全国甲理,9,5分,中)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )A.120种B.60种C.30种D.20种答案 B 先从5人中选出1人两天都参加,有C 51种选择,然后从其余4人中选2人分别安排在周六和周日,有A 42种方式,所以恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有C 51A 42=60种,故选B .4.(2020新高考Ⅰ,3,5分)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有( )A.120种B.90种C.60种D.30种 答案 C 解题思路:第一步:安排甲场馆的志愿者,则甲场馆的安排方法有C 61=6种,第二步:安排乙场馆的志愿者,则乙场馆的安排方法有C 52=10种,第三步:安排丙场馆的志愿者,则丙场馆的安排方法有C 33=1种.所以共有6×10×1=60种不同的安排方法.故选C (易错:注意分配到每个场馆的志愿者是不分顺序的,所以不用全排列).5.(2022新高考Ⅱ,5,5分,应用性)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有( )A.12种B.24种C.36种D.48种 答案 B 丙和丁相邻共有A 22·A 44种站法,甲站在两端且丙和丁相邻共有C 21·A 22·A 33种站法,所以甲不站在两端且丙和丁相邻共有A 22·A 44−C 21·A 22·A 33=24种站法,故选B .6.(2021全国乙理,6,5分)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有( )A.60种B.120种C.240种D.480种 答案 C 先将5人分为4组,其中一组有2人,另外三组各1人,共有C 52=10种分法,然后将4个项目全排列,共有A 44=24种排法,根据分步乘法计数原理得到不同的分配方案共有C 52·A 44=240种,故选C .易错警示 本题容易出现将5人分为4组,共有分法C 52·C 31·C 21=60种的错误结果.7.(2016四川理,4,5分)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为( )A.24B.48C.60D.72答案 D 奇数的个数为C 31A 44=72.8.(2015四川理,6,5分)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 数字0,1,2,3,4,5中仅有0,2,4三个偶数,比40 000大的偶数为以4开头与以5开头的数.其中以4开头的偶数又分以0结尾与以2结尾,有2A 43=48个;同理,以5开头的有3A 43=72个.于是共有48+72=120个,故选B.评析本题考查了分类与分步计数原理、排列数的知识.考查学生分析问题、解决问题的能力.9.(2014大纲全国理,5,5分)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组.则不同的选法共有()A.60种B.70种C.75种D.150种答案C从6名男医生中选出2名有C62种选法,从5名女医生中选出1名有C51种选法,由分步乘法计数原理得不同的选法共有C62·C51=75种.故选C.10.(2014辽宁理,6,5分)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24答案D先把三把椅子隔开摆好,它们之间和两端有4个位置,再把三人带椅子插放在四个位置,共有A43=24种放法,故选D.11.(2014四川理,6,5分)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有()A.192种B.216种C.240种D.288种答案B若最左端排甲,其他位置共有A55=120种排法;若最左端排乙,最右端共有4种排法,其余4个位置有A44=24种排法,所以共有120+4×24=216种排法.12.(2014重庆理,9,5分)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是()A.72B.120C.144D.168答案B先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A43=144种,再剔除小品类节目相邻的情况,共有A33·A22·A22=24种,于是符合题意的排法共有144-24=120种.13.(2013山东理,10,5分)用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为()A.243B.252C.261D.279答案B由分步乘法计数原理知:用0,1,…,9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10=900,组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8=648,则组成有重复数字的三位数的个数为900-648=252,故选B.评析本题考查分步乘法计数原理,考查学生的推理运算能力.14.(2012课标理,2,5分)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()答案A2名教师各在1个小组,给其中1名教师选2名学生,有C42种选法,另2名学生分配给另1名教师,然后将2个小组安排到甲、乙两地,有A22种方案,故不同的安排方案共有C42A22=12种,选A.评析本题考查了排列组合的实际应用,考查了先分组再分配的方法.15.(2012辽宁理,5,5分)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第1步:3个家庭的全排列,方法数为3!;第2步:家庭内部3个人全排列,方法数为3!,共3个家庭,方法数为(3!)3,∴总数为(3!)×(3!)3=(3!)4,故选C.评析本题主要考查计数原理的基础知识,考查学生分析、解决问题的能力.16.(2012安徽理,10,5分)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换,任意两位同学之间最多交换一次,进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交换,则收到4份纪念品的同学人数为()A.1或3B.1或4C.2或3D.2或4答案D由题意及C62=15知只需少交换2次.记6位同学为A1、A2、A3、A4、A5、A6,不妨讨论①A1少交换2次,如A1未与A2、A3交换,则收到4份纪念品的同学仅为A2、A3 2人;②A1、A2各少交换1次,如A1与A3未交换,A2与A4未交换,则收到4份纪念品的同学有4人,为A1、A2、A3、A4.故选D.17.(2016课标Ⅱ,5,5分)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.9答案B分两步,第一步,从E→F,有6条可以选择的最短路径;第二步,从F→G,有3条可以选择的最短路径.由分步乘法计数原理可知有6×3=18条可以选择的最短路径.故选B.思路分析小明到老年公寓,需分两步进行,先从E到F,再从F到G,分别求各步的最短路径条数,再利用分步乘法计数原理即可得结果.18.(2016课标Ⅲ,12,5分)定义“规范01数列”{a n}如下:{a n}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,a k中0的个数不少于1的个数,若m=4,则不同的“规范01数列”共有()答案 C 当m=4时,数列{a n }共有8项,其中4项为0,4项为1,要满足对任意k ≤8,a 1,a 2,…,a k 中0的个数不少于1的个数,则必有a 1=0,a 8=1,a 2可为0,也可为1.(1)当a 2=0时,分以下3种情况:①若a 3=0,则a 4,a 5,a 6,a 7中任意一个为0均可,则有C 41=4种情况;②若a 3=1,a 4=0,则a 5,a 6,a 7中任意一个为0均可,有C 31=3种情况;③若a 3=1,a 4=1,则a 5必为0,a 6,a 7中任一个为0均可,有C 21=2种情况;(2)当a 2=1时,必有a 3=0,分以下2种情况:①若a 4=0,则a 5,a 6,a 7中任一个为0均可,有C 31=3种情况;②若a 4=1,则a 5必为0,a 6,a 7中任一个为0均可,有C 21=2种情况.综上所述,不同的“规范01数列”共有4+3+2+3+2=14个,故选C.思路分析 根据题意可知a 1=0,a 8=1,进而对a 2,a 3,a 4取不同值进行分类讨论(分类要做到不重不漏),从而利用分类加法计数原理求出不同的“规范01数列”的个数.19.（2023新课标I ，13） 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）．【答案】64【解析】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有144116C C =种； （2）当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有1244C C 24=种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有2144C C 24=种；综上所述：不同的选课方案共有16242464++=种.20.(2018浙江,16,4分)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成 个没有重复数字的四位数.(用数字作答)答案 1 260解析 本小题考查排列、组合及其运用,考查分类讨论思想.含有数字0的没有重复数字的四位数共有C 52C 31A 31A 33=540个,不含有数字0的没有重复数字的四位数共有C 52C 32A 44=720个,故一共可以组成540+720=1 260个没有重复数字的四位数.易错警示 数字排成数时,容易出错的地方:(1)数字是否可以重复;(2)数字0不能排首位.21.(2015广东理,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了 条毕业留言.(用数字作答)答案 1 560解析∵同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,且全班共有40人,∴全班共写了40×39=1 560条毕业留言.22.(2013北京理,12,5分)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是.答案96解析5张参观券分成4份,1份2张,另外3份各1张,且2张参观券连号,则有4种分法,把这4份参观券分给4人,则不同的分法种数是4A44=96.23.(2013大纲全国理,14,5分)6个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有种.(用数字作答)答案480解析先将除甲、乙两人以外的4人排成一行,有A44=24种排法,再将甲、乙插入有A52=20种,所以6人排成一行,甲、乙不相邻的排法共有24×20=480种.24.(2013浙江理,14,4分)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).答案480解析从左往右看,若C排在第1位,共有排法A55=120种;若C排在第2位,共有排法A42·A33=72种;若C排在第3位,则A、B可排C的左侧或右侧,共有排法A22·A33+A32·A33=48种;若C排在第4,5,6位时,其排法数与排在第3,2,1位相同,故共有排法2×(120+72+48)=480种.25.(2011北京理,12,5分)用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有个.(用数字作答)答案14解析解法一:数字2只出现一次的四位数有C41=4个;数字2出现两次的四位数有C42C22=6个;数字2出现三次的四位数有C43=4个.故总共有4+6+4=14个.解法二:由数字2,3组成的四位数共有24=16个,其中没有数字2的四位数只有1个,没有数字3的四位数也只有1个,故符合条件的四位数共有16-2=14个.评析本题考查排列组合的基础知识,考查分类讨论思想,解题关键是准确分类,并注意相同元素的排列数等于不同元素的组合数.属于中等难度题.。
浙江新高考数学理科一轮复习创新方案知能检测10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(含答案详析)
第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理[全盘巩固]1．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2 160 B．720 C．240 D．120解析：选B分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．2．a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是()A．20 B．16 C．10 D．6解析：选B当a当组长时，则共有1×4＝4种选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4×3＝12种选法．因此共有4＋12＝16种选法．3. (2014·汕头模拟)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同涂法的种数为()A．400 B．460 C．480 D．496解析：选C从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D，A同色1种，D，A不同色3种，则有6×5×4×(1＋3)＝480种不同涂法．4．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A．9 B．14 C．15 D．21解析：选B∵P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，∴x∈{y,1,2}．∴当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．共有7＋7＝14种情况．即这样的点的个数为14.5．(2014·济南调研)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16 C．13 D．10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．6．(2014·杭州模拟)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A．60 B．48 C．36 D．24解析：选B长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.7．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1,2,3,4,5,6}中的元素，又点P到原点的距离|OP|≥5.则这样的点P的个数为________．解析：依题意可知：当a＝1时，b＝5,6两种情况；当a＝2时，b＝5,6两种情况；当a＝3时，b＝4,5,6三种情况；当a＝4时，b＝3,4,5,6四种情况；当a＝5或6，b各有6种情况．所以共有2＋2＋3＋4＋6＋6＝23种情况．答案：238．集合N＝{a，b，c}⊆{－5，－4，－2,1,4}，若关于x的不等式ax2＋bx＋c<0恒有实数解，则满足条件的集合N的个数是________．解析：依题意知，最多有10个集合N，其中对于不等式ax2＋bx＋c<0没有实数解的情况可转化为需要满足a>0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当a，c同号时才有可能，共有2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10－2＝8.答案：89．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为a i(i＝1，2，…，6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1<a3<a5，则不同的排列方法有________种(用数字作答)．解析：分两步：第1步，先排a1，a3，a5，若a1＝2，有2种排法；若a1＝3，有2种排法；若a1＝4，有1种排法，所以共有5种排法；第2步，再排a2，a4，a6，共有6种排法，故有5×6＝30种不同的排列方法．答案：3010．有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得共有36＝729种不同的报名方法．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得共有6×5×4＝120种不同的报名方法．(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得共有63＝216种不同的报名方法．11．某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、两个不同的宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且宣传广告与公益广告不能连续播放，两个宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？解：用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序，则完成这件事有三类方法．第1类：宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．第2类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．第3类：宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6，同样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．由分类加法计数原理得：6个广告共有36＋36＋36＝108种不同的播放方式．12. 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有多少种(用数字作答)．解：法一：从题意来看，6部分种4种颜色的花，又从图形看，知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求解．(1)2与5同色，则3,6也同色或4,6也同色，所以共有4×3×2×2×1＝48种栽种方法；(2)3与5同色，则2,4或4,6同色，所以共有4×3×2×2×1＝48种栽种方法；(3)2与4且3与6同色，所以共有4×3×2×1＝24种栽种方法．所以共有48＋48＋24＝120种栽种方法．法二：记颜色为A，B，C，D四色，先安排1,2,3有4×3×2种不同的栽法，不妨设1,2,3已分别栽种A，B，C，则4,5,6的栽种方法共5种，由以下树状图清晰可见．根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×5＝120种不同的栽种方法．[冲击名校]1．设集合I＝{1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法的种数为()A．50 B．49 C．48 D．47解析：选B根据题意，B中最小的数大于A中最大的数，则集合A，B中没有相同的元素，且都不是空集，按A中元素分情况讨论，分别计算其选法种数，进而相加即可．第1类，当A中最大的数是1时，A是{1}，B可以是{2,3,4,5}的非空子集，即有24－1＝15种选法；第2类，当A中最大的数是2时，A可以是{2}或{1,2}，B可以是{3,4,5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14种选法；第3类，当A中最大的数是3时，A可以是{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，B可以是{4,5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12种选法；第4类，当A中最大的数是4时，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，B是{5}，即有8×1＝8种选法．综上可知，共有15＋14＋12＋8＝49种不同的选择方法．2．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数为________．解析：第1步，1＝1＋0，或1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9，或9＝1＋8，或9＝2＋7，或9＝3＋6，…，或9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4，或4＝1＋3，或4＝2＋2，或4＝3＋1，或4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2，或2＝1＋1，或2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.答案：300。
高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第10章 计数原理、概率、随机变量及其分布10-6a含解析
[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(·陕西榆林二模)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，0≤x <1，ln x ＋e ，1≤x ≤e在区间[0，e]上随机取一个实数x ，则f (x )的值不小于常数e 的概率是( )A.1e B ．1－1e C.e 1＋e D.11＋e答案 B解析 当0≤x ＜1时，f (x )<e ，当1≤x ≤e 时，e ≤f (x )≤1＋e ，∵f (x )的值不小于常数e ，∴1≤x ≤e ，∴所求概率为e －1e ＝1－1e ，故选B.2．(·绵阳模拟)在面积为S 的△ABC 的边AB 上任取一点P ，则△PBC 的面积大于S4的概率是( )A.14B.12C.34D.23 答案 C解析 如图所示，在边AB 上任取一点P ，因为△ABC 与△PBC 是等高的，所以事件“△PBC 的面积大于S4”等价于事件“|BP |∶|AB |>14”，即P ⎝⎛⎭⎪⎫△PBC 的面积大于S 4＝|P A ||BA |＝34.故选C.3．已知实数a 满足－3<a <4，函数f (x )＝lg (x 2＋ax ＋1)的值域为R 的概率为P 1，定义域为R 的概率为P 2，则( )A ．P 1>P 2B ．P 1＝P 2C ．P 1<P 2D ．P 1与P 2的大小不确定答案 C解析 若f (x )的值域为R ，则Δ1＝a 2－4≥0，得a ≤－2或a ≥2. 故P 1＝－2－(－3)4－(－3)＋4－24－(－3)＝37.若f (x )的定义域为R ，则Δ2＝a 2－4<0，得－2<a <2.故P 2＝47.∴P 1<P 2.故选C.4．(·湖南长沙四县联考)如图，在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容器，圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切，圆锥的顶点在鱼缸的缸底上，现在向鱼缸内随机地投入一粒鱼食，则“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是( )A ．1－π4 B.π12 C.π4 D ．1－π12 答案 A解析 鱼缸底面正方形的面积为22＝4，圆锥底面圆的面积为π.所以“鱼食能被鱼缸内在圆锥外面的鱼吃到”的概率是1－π4，故选A.5．(·铁岭模拟)已知△ABC 中，∠ABC ＝60°，AB ＝2，BC ＝6，在BC 上任取一点D ，则使△ABD 为钝角三角形的概率为( )A.16B.13C.12D.23 答案 C解析 如图，当BE ＝1时，∠AEB 为直角，则点D 在线段BE (不包含B 、E 点)上时，△ABD 为钝角三角形；当BF ＝4时，∠BAF 为直角，则点D 在线段CF (不包含F 点)上时，△ABD 为钝角三角形．所以△ABD 为钝角三角形的概率为1＋26＝12.故选C.6．(·沧州七校联考)用一平面截一半径为5的球面得到一个圆，则此圆面积小于9π的概率是( )A.45B.15C.13D.12 答案 B解析 如图，此问题属几何概型，球的直径为10，用一平面截该球面，所得的圆面积大于等于9π的概率为P (A )＝810＝45.∴所截得圆的面积小于9π的概率为P (A －)＝1－45＝15.故选B.7．(·福建宁德一模)若从区间(0，e)，(e 为自然对数的底数，e ＝2.71828…)内随机选取两个数，则这两个数之积小于e 的概率为( )A.2eB.1e C ．1－2e D ．1－1e 答案 A解析 设随机选取的两个数为x ，y ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧0<x <e ，0<y <e ，该不等式组在坐标系中对应的区域面积为e 2， 又不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0<x <e ，0<y <e ，xy <e 在坐标系中对应的区域面积为e ＋⎠⎛1e ex x＝2e ，∴所求概率为2e ，故选A.8．(·河南三市联考)在区间[－π，π]内随机取两个数分别为a ，b ，则使得函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π2有零点的概率为( )A ．1－π8B ．1－π4C ．1－π2D ．1－3π4 答案 B解析 函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π2有零点，需Δ＝4a 2－4(－b 2＋π2)≥0，即a 2＋b 2≥π2成立．而a ，b ∈[－π，π]，建立平面直角坐标系，满足a 2＋b 2≥π2，点(a ，b )如图阴影部分所示，所求事件的概率为P ＝2π×2π－π32π×2π＝4π2－π34π2＝1－π4.故选B .9．(·江西模拟)向面积为S 的平行四边形ABCD 中任投一点M ，则△MCD 的面积小于S3的概率为( )A.13B.35C.23D.34 答案 C解析 设△MCD 的高为ME ，ME 的反向延长线交AB 于F ，当“△MCD 的面积等于S 3”时，12CD ·ME ＝13CD ·EF ，即ME ＝23EF ，过M 作GH ∥AB ，则满足△MCD 的面积小于S3的点M 在▱CDGH 中，由几何概型的概率公式得到△MCD 的面积小于S3的概率为2S 3S ＝23.故选C .10．(·湖北襄阳优质高中联考)已知λ＝3⎠⎛01x 2 x ，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，则在矩形ABCD 内(包括边界)任取一点P ，使得AP →·AC →≥λ的概率为( )A.18 B .14 C.34 D.78 答案 D解析 由已知得λ＝3⎠⎛01x 2 x ＝3×13x 310＝1.建立如图所示的平面直角坐标系．则A(0,0)，C (2,1)，设P (x ，y )，则AP →＝(x ，y )，AC →＝(2,1)，故AP →·AC →＝2x ＋y ，则满足条件的点P (x ，y )使得2x ＋y ≥1，由图可知满足条件的点P 所在的区域(图中阴影区域)的面积S ＝2×1－12×1×12＝2－14＝74，故所求概率为742＝78，故选D.二、填空题11. 如图所示，在△ABC 中，∠B ＝60°，∠C ＝45°，高AD ＝3，在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，则BM <1的概率是________．答案 25解析 ∠B ＝60°，∠C ＝45°，所以∠BAC ＝75°. 在Rt △ABD 中，AD ＝3，∠B ＝60°， BD ＝ADtan 60°＝1，∠BAD ＝30°.记事件N 为“在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，使BM <1”，则可得∠BAM <∠BAD 时事件N 发生．由几何概型的概率公式，得P (N )＝30°75°＝25.12．一个长方体空屋子，长、宽、高分别为5米、4米、3米，地面三个角上各装有一个捕蝇器(大小忽略不计)，可捕捉距其一米空间内的苍蝇，若一只苍蝇从位于另外一角处的门口飞入，并在房间内盘旋，则苍蝇被捕捉的概率是________．答案 π120解析 依题意，放在地面一角处的捕蝇器能捕捉到的空间体积V 0＝18×4π3×13＝π6(立方米)，又空屋子的体积V ＝5×4×3＝60(立方米)，三个捕蝇器捕捉到的空间体积V ′＝3V 0＝π2(立方米)． 故苍蝇被捕捉的概率是π260＝π120.13．(·湖北八校联考)正方形的四个顶点A (－1，－1)，B (1，－1)，C (1,1)，D (－1,1)分别在抛物线y ＝－x 2和y ＝x 2上，如图所示．若将一个质点随机投入正方形ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．答案 23解析 利用定积分直接求面积，再利用几何概型的概率公式求解． 正方形内阴影部分的面积S ＝2⎠⎛-11(1－x 2) x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13x 3|1－1＝2×43＝83，所以所求概率为834＝23.14．(·河南洛阳模拟)已知O (0,0)，A (2,1)，B (1，－2)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－15，动点P (x ，y )满足0≤OP →·OA →≤2且0≤OP →·OB →≤2，则点P 到点C 的距离大于14的概率为________．答案 1－5π64解析 ∵O (0,0)，A (2,1)，B (1，－2)，C ⎝⎛⎭⎪⎫35，－15，动点P (x ，y )满足0≤OP →·OA →≤2且0≤OP →·OB →≤2，∴⎩⎪⎨⎪⎧0≤2x ＋y ≤2，0≤x －2y ≤2.如图，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤2x ＋y ≤2，0≤x －2y ≤2对应的平面区域为正方形OEFG 及其内部，|CP |>14对应的平面区域为阴影部分．由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x ＋y ＝2解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝45，y ＝25，即E ⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25，∴|OE |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝255， ∴正方形OEFG 的面积为45，则阴影部分的面积为45－π16， ∴根据几何概型的概率公式可知所求的概率为45－π1645＝1－5π64.三、解答题15．(·广东深圳模拟)已知复数z ＝x ＋yi (x ，y ∈R )在复平面上对应的点为M .(1)设集合P ＝{－4，－3，－2,0}，Q ＝{0,1,2}，从集合P 中随机抽取一个数作为x ，从集合Q 中随机抽取一个数作为y ，求复数z 为纯虚数的概率；(2)设x ∈[0,3]，y ∈[0,4]，求点M 落在不等式组： ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －3≤0，x ≥0，y ≥0所表示的平面区域内的概率．解 (1)记“复数z 为纯虚数”为事件A .∵组成复数z 的所有情况共有12个：－4，－4＋i ，－4＋2i ，－3，－3＋i ，－3＋2i ，－2，－2＋i ，－2＋2i,0，i,2i ，且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型， 其中事件A 包含的基本事件共2个：i,2i ， ∴所求事件的概率为P (A )＝212＝16.(2)依条件可知，点M 均匀地分布在平面区域{(x ，y )⎪⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎫⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤3，0≤y ≤4内，属于几何概型．该平面区域的图形为图中矩形OABC 围成的区域，面积为S ＝3×4＝12.而所求事件构成的平面区域为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －3≤0，x ≥0，y ≥0，其图形如图中的三角形OAD (阴影部分)．又直线x ＋2y －3＝0与x 轴，y 轴的交点分别为A (3,0)，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，32， ∴三角形OAD 的面积为S 1＝12×3×32＝94. ∴所求事件的概率为P ＝S 1S ＝9412＝316.16．设f (x )和g (x )都是定义在同一区间上的两个函数，若对任意x ∈[1,2]，都有|f (x )＋g (x )|≤8，则称f (x )和g (x )是“友好函数”，设f (x )＝ax ，g (x )＝b x . (1)若a ∈{1,4}，b ∈{－1,1,4}，求f (x )和g (x )是“友好函数”的概率；(2)若a ∈[1,4]，b ∈[1,4]，求f (x )和g (x )是“友好函数”的概率． 解 (1)设事件A 表示f (x )和g (x )是“友好函数”，则|f (x )＋g (x )|(x ∈[1,2])所有的情况有x －1x ，x ＋1x ，x ＋4x ，4x －1x ，4x ＋1x ，4x ＋4x ，共6种且每种情况被取到的可能性相同．又当a >0，b >0时ax ＋b x 在⎝⎛⎭⎪⎫0， b a 上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ b a ，＋∞上递增；x －1x 和4x －1x 在(0，＋∞)上递增，∴对x ∈[1,2]可使|f (x )＋g (x )|≤8恒成立的有x －1x ，x ＋1x ，x ＋4x ，4x －1x ，故事件A 包含的基本事件有4种，∴P (A )＝46＝23，故所求概率是23.(2)设事件B 表示f (x )和g (x )是“友好函数”，∵a 是从区间[1,4]中任取的数，b 是从区间[1,4]中任取的数，∴点(a ，b )所在区域是长为3，宽为3的正方形区域．要使x ∈[1,2]时，|f (x )＋g (x )|≤8恒成立，需f (1)＋g (1)＝a ＋b ≤8且f (2)＋g (2)＝2a ＋b 2≤8，∴事件B 表示的点的区域是如图所示的阴影部分．∴P (B )＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋114×33×3＝1924， 故所求的概率是1924.。
浙江新高考数学理一轮复习限时集训：9.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理(含答案详析)
限时集训(五十五)分类加法计数原理和分步乘法计数原理(限时：50分钟满分：106分)一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分)1．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有() A．30个B．42个C．36个D．35个2．5名同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有()A．10种B．20种C．25种D．32种3．(2013·福州模拟)高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有() A．16种B．18种C．37种D．48种4．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有()A．8种B．12种C．16种D．20种5．(2013·哈尔滨模拟)如图所示，在A，B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有()A．9种B．11种C．13种D．15种6．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有()A．12种B．24种C．30种D．36种7．(2013·汕头模拟)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有()A．400种B．460种C．480种D．496种8．(2013·杭州模拟)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A．60 B．48C．36 D．24二、填空题(本大题共6个小题，每小题4分，共24分)9．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为________．10．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为.11．(2013·宁波模拟)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)12．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________．13．已知集合A＝{x|x＝a0＋a1×3＋a2×32＋a3×33}，其中a k∈{0,1,2}(k＝0,1,2,3)，且a3≠0.则A中所有元素之和等于________．14．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为a i(i＝1，2，…，6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1<a3<a5，则不同的排列方法有________种(用数字作答)．三、解答题(本大题共3个小题，每小题14分，共42分)15．(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？16．如右图所示三组平行线分别有m，n，k条，在此图形中(1)共有多少个三角形？(2)共有多少个平行四边形？17．把一个圆分成3块扇形，现在用5种不同的颜色给3块扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问(1)有多少种不同的涂法？(2)若分割成4块扇形呢？答 案[限时集训(五十五)]1．C 2.D 3.C 4.B 5.C 6.B 7.C8．B9．解析：第一类，以集合M 中的元素为点的横坐标，集合N 中的元素为点的纵坐标的点有C 13C 12＝6个；第二类，以集合N 中的元素为点的横坐标，集合M 中的元素为点的纵坐标的点有C 14C 12＝8个．故共有6＋8＝14个．答案：1410．解析：当公比为2时，等比数列可为1、2、4,2、4、8；当公比为3时，等比数列可为1、3、9；当公比为32时，等比数列可为4、6、9.同时，4、2、1和8、4、2,9、3、1,9、6、4也是等比数列，共8个．答案：811．解析：因为四位数的每个数位上都有2种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24－2＝14个．答案：1412．解析：若取出1本画册，3本集邮册，有C 14种赠送方法；若取出2本画册，2本集邮册，有C 24种赠送方法，则不同的赠送方法有C 14＋C 24＝10种．答案：1013．解析：可利用排除法，若a 3也可以取0，则a 0，a 1，a 2，a 3都可取0,1,2，根据分步乘法计数原理可知这样的数共有3×3×3×3＝81个，显然0,1,2这三个数字每个数字要重复27次，故这些元素的和为27(3＋3×3＋3×32＋3×33)＝27×120＝3 240；当a 3＝0时，a 0，a1，a2可取0,1,2，根据分步乘法计数原理可知这样的数共有3×3×3＝27个，而0,1,2这三个数字每个数字要重复9次，故这些元素的和为9(3＋3×3＋3×32)＝9×39＝351.所以集合A中所有元素的和为3 240－351＝2 889.答案：2 88914．解析：分两步：第一步，先排a1，a3，a5，若a1＝2，有2种排法；若a1＝3，有2种排法；若a1＝4，有1种排法，所以共有5种排法；第二步再排a2，a4，a6，共有A33＝6种排法，故不同的排列方法有5×6＝30种．答案：3015．解：(1)该问题中要完成的事情是4名同学报名，因而可按学生分步完成，每一名同学有3种选择方法，故共有34＝81种报名方法．(2)该问题中，要完成的事是三项冠军花落谁家，故可按冠军分步完成，每一项冠军都有4种可能，故可能的结果有43＝64种．16．解：(1)每个三角形与从三组平行线中各取一条的取法是一一对应的，由分步计数原理知共可构成m·n·k个三角形．(2)每个平行四边形与从两组平行线中各取两条的取法是一一对应的，由分类和分步计数原理知共可构成C2m C2n＋C2n C2k＋C2k C2m个平行四边形．17．解：(1)不同涂色方法数是：5×4×3＝60种；(2)如右图所示，分别用a，b，c，d记这四块，a与c可同色，也可不同色，先考虑给a，c两块涂色，分两类：①给a，c涂同种颜色共5种涂法，再给b涂色有4种涂法，最后给d涂色也有4种涂法，由乘法原理知，此时共有5×4×4种涂法；②给a，c涂不同颜色共有5×4种涂法，再给b涂色有3种方法，最后给d涂色也有3种方法，此时共有5×4×3×3种涂法．故由分类加法计数原理知，共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂法．。
2019届高考理科数学一轮复习课时提升作业：第10章 10.1《分类加法计数原理与分步乘法计数原理》(含答案)
课时提升作业六十四分类加法计数原理与分步乘法计数原理(25分钟 50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,由一层到五层的走法有 ( )A.10种B.25种C.52种D.24种【解析】选D.每相邻的两层之间各有2种走法,共分4步,由分步乘法计数原理,共有24种不同的走法.2.设集合A={1,2,3,4},m,n∈A,则方程+=1表示焦点位于x轴上的椭圆有( ) A.6个 B.8个 C.12个 D.16个【解析】选A.分三类,当n=1时,有m=2,3,4,共3个;当n=2时,有m=3,4,共2个;当n=3时,有m=4,共1个.由分类加法计数原理得共有3+2+1=6(个).【加固训练】(2019·沈阳模拟)椭圆+=1的焦点在y轴上,且m∈{1,2,3,4,5},n∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆的个数为 .【解析】以m的值为标准分类,分为五类.第1类：当m=1时,使n>m的n有6种选择;第2类：当m=2时,使n>m的n有5种选择;第3类：当m=3时,使n>m的n有4种选择;第4类：当m=4时,使n>m的n有3种选择;第5类：当m=5时,使n>m的n有2种选择.由分类加法计数原理,符合条件的椭圆共有20个.答案：203.(2019·开封模拟)甲、乙、丙三个人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有( ) A.4种 B.6种 C.10种 D.16种【解题提示】按甲先传给乙,先传给丙两种情况分类计数.【解析】选B.第一类：甲先传给乙,如图所示.,有3种传法.第二类：甲先传给丙时也有3种传法,由分类加法计数原理,共有3+3=6(种)传递方法.4.(2019·滨州模拟)集合P={x,1},Q={y,1,2},其中x,y∈{1,2,3,…,9},且P⊆Q.把满足上述条件的一个有序整数对(x,y)作为一个点的坐标,则这样的点的个数是 ( )A.9B.14C.15D.21【解析】选B.当x=2时,x≠y,点的个数为1×7=7(个);当x≠2时,x=y,点的个数为7×1=7(个),则共有14个点.5.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为 ( )A.240B. 204C.729D.920【解题提示】按a2取2,3,4,…,9分8类计数.【解析】选A.若a2=2,则“凸数”为120与121,共2个,若a2=3,则“凸数”有2×3=6(个),若a2=4,满足条件的“凸数”有3×4=12(个),…,若a2=9,满足条件的“凸数”有8×9=72(个), 所以所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).6.(2019·济宁模拟)用4种不同的颜色填涂如图所示的1,2,3,4,5五个区域,要求一区一色,邻区异色,则不同的填涂方法种数是 ( )A.120B.96C.72D.48【解题提示】先涂区域1有4种方法,区域2有3种涂色方法,区域3有2种涂色方法,区域4有2种涂色方法,区域5有2种涂色方法,根据分步乘法计数原理,问题得以解决.【解析】选B.先涂区域1有4种方法,区域2有3种涂色方法,区域3有2种涂色方法,区域4有2种涂色方法,区域5有2种涂色方法,根据分步乘法计数原理,得到共有4×3×2×2×2=96(种).【加固训练】用1,3,5,7,9五个数字中的三个替换直线方程Ax+By+C=0中的A,B,C,若A,B,C的值互不相同,则不同的直线共有 ( )A.25条B.60条C.80条D.181条【解题提示】A,B,C的值互不相同,用1,3,5,7,9五个数字来替换,是分步乘法计数原理.【解析】选B.用1,3,5,7,9五个数字中的三个来替换A,B,C;A,B,C的值互不相同,是分步乘法计数原理,直线条数是5×4×3=60.7.(2019·福州模拟)设集合I={1,2,3,4,5},选择I的两个非空子集A和B,要使B中最小的数大于A中最大的数,则不同的选择方法共有 ( )A.50种B.49种C.48种D.47种【解题提示】以A中最大的数为标准,进行分类讨论,A中最大的数可能为1,2,3,4共四种情况. 【解析】选B.当A中最大的数为1时,B可以是{2,3,4,5}的非空子集,即有24-1=15(种)方法; 当A中最大的数为2时,A可以是{2},也可以是{1,2},B可以是{3,4,5}的非空子集,即有2×(23-1)=14(种)方法;当A中最大的数为3时,A可以是{3},{1,3},{2,3},{1,2,3},B可以是{4,5}的非空子集,即有4(22-1)=12(种)方法;当A中最大的数为4时,A可以是{4},{1,4},{2,4},{3,4},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},B可以是{5},有8×1=8(种)方法,故共有15+14+12+8=49(种)方法.二、填空题(每小题5分,共15分)8.若在正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,则一个正五棱柱对角线共有条.【解析】如图,在正五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1中,从顶点A出发的对角线有两条：AC1,AD1,同理从B,C,D,E点出发的对角线也有两条,共2×5=10(条).答案：10【加固训练】(2019·安徽高考)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【解析】选C.与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条,故共有8对,正方体的12条面对角线共有96对,且每对均重复计算一次,故共有=48对.9.(2019·北京模拟)三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数为 .【解析】由题意知本题是一个分类计数问题,另外两边长用x,y表示,且不妨设1≤x≤y≤11,要构成三角形,必须x+y≥12.当y取值11时,x=1,2,3,…,11,可有11个三角形;当y取值10时,x=2,3,…,10,可有9个三角形;当y取值分别为9,8,7,6时,x取值个数分别是7,5,3,1,所以根据分类加法计数原理知所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.答案：3610.(2019·青岛模拟)用红,黄,蓝,绿,黑这5种颜色给如图所示的四连圆涂色,要求相邻两个圆所涂颜色不能相同,红色至少要涂两个圆,则不同的涂色方案种数为 .【解析】根据题意,红色至少要涂两个圆,而且相邻两个圆所涂颜色不能相同,则红色只能涂第一、三个圆、第二、四个圆或第一、四个圆,分3种情况讨论：①用红色涂第一、三个圆,此时第2个圆不能为红色,有4种涂色方法,第4个圆也不能为红色,有4种涂色方法,则此时共有4×4=16(种)涂色方案;②同理,当用红色涂第二、四个圆也有16种涂色方案;③用红色涂第一、四个圆,此时需要在剩下的4种颜色中,任取2种,涂在第二、三个圆中,有=12(种)涂色方案;则一共有16+16+12=44(种)不同的涂色方案.答案：44(20分钟 35分)1.(5分)(2019·烟台模拟)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注,每注2元.某人想从01至10中选3个连续的号,从11至20中选2个连续的号,从21至30中选1个号,从31至36中选1个号组成一注,则这人把这种特殊要求的号买全,至少要花 ( )A.3360元B.6720元C.4320元D.8640元【解题提示】根据题意,依次计算“01至10中三个连号的个数”、“11至20中两个连号的个数”、“21至30中单选号的个数”、“31至36中单选号的个数”,进而由分步乘法计数原理计算可得答案.【解析】选D.从01至10中选3个连续的号共有8种选法;从11至20中选2个连续的号共有9种选法;从21至30中选1个号有10种选法;从31至36中选一个号有6种选法,由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6=4320(种)选法,至少需花4320×2=8640(元).【加固训练】如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通.今发现A,B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情况有 ( )A.9种B.11种C.13种D.15种【解析】选C.按照焊接点脱落的个数进行分类：第1类,脱落1个,有1,4,共2种;第2类,脱落2个,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3),共6种;第3类,脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共4种;第4类,脱落4个,有(1,2,3,4),共1种.根据分类加法计数原理,共有2+6+4+1=13种焊接点脱落的情况.2.(5分)(2019·成都模拟)设三位数n=(即n=100a+10b+c,其中a,b,c∈N*),若以a,b,c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,则这样的三位数n有 ( )A.45个B.81个C.165个D.216个【解析】选C.由题意知以a,b,c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形,先考虑等边三角形情况,则a=b=c=1,2,3,4,5,6,7,8,9,此时n有9个,再考虑等腰三角形情况,若a,b是腰,则a=b,当a=b=1时,c<a+b=2,则c=1,与等边三角形情况重复;当a=b=2时,c<4,则c=1,3(c=2的情况等边三角形已经讨论了),此时n有2个;当a=b=3时,c<6,则c=1,2,4,5,此时n有4个;当a=b=4时,c<8,则c=1,2,3,5,6,7,有6个;当a=b=5时,c<10,则c=1,2,3,4,6,7,8,9,有8个;当a=b=6,7,8,9时,c各有8个.由分类加法计数原理知n有2+4+6+8+8+8+8+8=52(个),同理,若a,c是腰时也有52个,b,c是腰时也有52个,所以n共有9+3×52=165(个).【加固训练】1.(2019·菏泽模拟)将一个四棱锥S-ABCD的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两个端点异色,如果只有5种颜色可供使用,那么不同的染色方法的总数是 .【解析】设想染色按S-A-B-C-D的顺序进行,对S,A,B染色,有5×4×3=60(种)染色方法.由于C点的颜色可能与A同色或不同色,这影响到D点颜色的选取方法数,故分类讨论：C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一),D应与A(C),S不同色,有3种选择;C与A不同色时,C有2种可选择的颜色,D也有2种颜色可供选择.从而对C,D染色有1×3+2×2=7(种)染色方法.由分步乘法计数原理,总的染色方法有60×7=420(种).答案：420【一题多解】本题还可以用以下方法求解根据所用颜色种数分类可分三类：第一类：用三种颜色,此时A与C,B与D分别同色,问题相当于从5种颜色中选3种涂三个点.共=60(种)涂法;第二类：用4种颜色,此时A与C,B与D中有且只有一组同色,涂法种数为2=240(种); 第三类：用5种颜色,涂法种数共有=120(种).综上可知,满足题意的染色方法总数为60+240+120=420(种).答案：4202.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…,9的9个小正方形(如图),使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同,且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的所有涂法共有种.【解析】把区域分为三部分,第一部分1,5,9,有3种涂法.第二部分4,7,8,当5,7同色时,4,8各有2种涂法,共4种涂法;当5,7异色时,7有2种涂法,4,8均只有1种涂法,故第二部分共4+2=6种涂法.第三部分2,3,6与第二部分一样,共6种涂法.由分步乘法计数原理,可得共有3×6×6=108(种)涂法.答案：1083.(12分)给程序命名,需要用3个字符,其中首字符要求用字母A～G或U～Z,后两个要求用数字1～9.问最多可以给多少个程序命名?【解题提示】要给一个程序命名,可以分三个步骤：第1步,选首字符;第2步,选中间字符;第3步,选最后一个字符.而首字符又可以分为两类.【解析】先计算首字符的选法.由分类加法计数原理,首字符共有7+6=13种选法.再计算可能的不同程序名称.由分步乘法计数原理,最多可以有13×9×9=1053个不同的名称,即最多可以给1053个程序命名.4.(13分)某小组有10人,每人至少会英语和法语中的一门,其中8人会英语,5人会法语.(1)从中任选一个会外语的人,有多少种选法?(2)从中选出会英语与会法语的各1人并安排到相应工作岗位,有多少种不同的安排方法? 【解析】由于8+5=13>10,所以10人中必有3人既会英语又会法语,5人只会英语,2人只会法语.(1)可分类完成此事：一类是只会英语,一类是既会英语也会法语,一类是只会法语,共有5+3+2=10(种).(2)分4类,共有N=5×2+5×3+2×3+3×2=37(种)方法.。
(浙江专用)高考数学一轮复习 专题十 计数原理 10.1 计数原理与排列、组合试题(含解析)-人教版
专题十计数原理【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、计数原理、排列、组合1.分类加法计数原理,分步乘法计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.(2)会用两个原理分析和解决一些简单的实际问题.2.排列与组合(1)理解排列、组合的概念.(2)能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.(3)能解决简单的实际问题.从近几年高考命题情况来看,这一部分主要考查分类加法、分步乘法计数原理以及排列、组合的简单应用.题型以选择题、填空题为主,在解答题中一般将排列、组合知识综合起来,有时也与求事件概率,分布列问题相结合考查.1.求特定项系数问题可以分两步完成:第一步是根据所给出的条件(特定项)和通项公式建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件,即n,r均为非负整数,且n≥r);第二步是根据所求的指数求解所求的项.2.有理项是字母指数为整数的项.解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数,根据具体要求,令其为整数,再根据数的整除性来求解.1.用排列、组合知识解决计数问题时,如果遇到的情况较为复杂,即分类较多,标准也较多,同时所求计数的结果不太容易计算时,往往利用表格法、树状图法将其所有的可能一一列举出来,这样会更容易得出结果.2.求解二项展开式的特定项时,即求展开式中的某一项,如第n项,常数项、有理项、字母指数为某些特殊值的项,先准确写出通项T r+1=r a n-r b r,再把系数与字母分离出来(注意符号),最后根据题目中所指定的字母的指数所具有的特征,列出关系式求解即可.二、二项式定理1.能用计数原理证明二项式定理.2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【真题探秘】§10.1计数原理与排列、组合基础篇固本夯基【基础集训】考点计数原理、排列、组合1.甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排照毕业相,要求甲不站在两侧,而且乙和丙相邻、丁和戊相邻,则不同的站法种数为( )A.60B.96C.48D.72答案 C2.在我国第一艘航空母舰“某某舰”的某次舰载机起降飞行训练中,有5架“歼-15”飞机甲、乙、丙、丁、戊准备着舰,规定乙机不能最先着舰,且丙机必须在甲机之前着舰(不一定相邻),那么不同的着舰方法种数为( )A.24B.36C.48D.96答案 C3.中国国家队在2018俄罗斯世界杯亚洲区预选赛12强小组赛中以1比0力克韩国国家队,赛后有六名队员打算排成一排照相,其中队长主动要求排在排头或排尾,甲、乙两人必须相邻,则满足要求的排法有( )A.34种B.48种C.96种D.144种答案 C4.某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队,平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊,其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士,则不同的分配方案有( )A.72种B.36种C.24种D.18种答案 B5.将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则不同放法共有( )A.480种B.360种C.240种D.120种答案 C6.高考结束后6名同学游览某市包括日月湖在内的6个景区,每名同学任选一个景区游览,则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有( )A.A62×A54种B.A62×54种C.C62×A54种D.C62×54种答案 D7.如图所示,用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色,相邻区域必须涂不同颜色,若允许同一种颜色多次使用,则不同的涂色方法共有种.答案1808.有3女2男共5名志愿者要全部分到3个社区去参加志愿服务,每个社区1到2人,甲、乙两名女志愿者需到同一社区,男志愿者到不同社区,则不同的分法种数为.答案12综合篇知能转换【综合集训】考法一排列、组合问题的解题方法1.(2019某某万州二模,6)某中学某班主任要从7名同学(其中3男4女)中选出两名同学,其中一名担任班长,另一名担任学习委员,且这两名同学中既有男生又有女生,则不同的安排方法有( )A.42种B.14种C.12种D.24种答案 D2.(2018某某某某调研性检测,9)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数,这样的四位数有( )A.250个B.249个C.48个D.24个答案 C3.(2018豫北名校联考,9)2018年元旦假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有( )A.18种B.24种C.48种D.36种答案 B4.(2019某某嘉峪关一中模拟)在高三某班进行的演讲比赛中,共有5位选手参加,其中3位女生,2位男生,如果2位男生不能连续出场,且女生甲不能排第一个,那么出场顺序的排法种数为.答案605.(2020届某某某某执信中学10月月考,14)有6X卡片分别写有数字1,1,1,2,2,2,从中任取4X,可排出的四位数有个.答案14考法二分组分配问题的解题方法6.(2018某某某某二模,8)某某西湖公园花展期间,安排6位志愿者到4个展区提供服务,要求甲、乙两个展区各安排一个人,剩下两个展区各安排两个人,不同的安排方案共有( )A.90种B.180种C.270种D.360种答案 B7.(2019某某某某第一次统测,11)将甲、乙、丙、丁、戊共5人分配到A、B、C、D共4所学校,每所学校至少一人,且甲不去A学校,则不同的分配方法有( )A.72种B.108种C.180种D.360种答案 C8.(2018某某某某一模,5)某学校为了更好地培养尖子生,使其全面发展,决定由3名教师对5个尖子生进行“包教”,要求每名教师的“包教”学生不超过2人,则不同的“包教”方案有( )A.60种B.90种C.150种D.120种答案 B9.(2020届某某某某一中10月月考,7)小明和小红都计划在国庆节的7天假期中,到某某“两日游”,若他们不同一天出现在某某,则他们出游的不同方案共有( )A.16种B.18种C.20种D.24种答案 C【五年高考】考点计数原理、排列、组合1.(2017课标Ⅱ,6,5分)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有( )A.12种B.18种C.24种D.36种答案 D2.(2016课标Ⅱ,5,5分)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.9答案 B3.(2015某某,6,5分)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 B4.(2016课标Ⅲ,12,5分)定义“规X01数列”{a n}如下:{a n}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,a k中0的个数不少于1的个数,若m=4,则不同的“规X01数列”共有( )A.18个B.16个C.14个D.12个答案 C5.(2018课标Ⅰ,15,5分)从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有种.(用数字填写答案)答案166.(2017某某,14,5分)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有个.(用数字作答)答案 1 0807.(2017某某,16,4分)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有种不同的选法.(用数字作答)答案6608.(2015某某,12,5分)某高三毕业班有40人,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)答案 1 560教师专用题组考点计数原理、排列、组合1.(2014大纲全国,5,5分)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组.则不同的选法共有( )A.60种B.70种C.75种D.150种答案 C2.(2014某某,9,5分)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.168答案 B3.(2014某某,8,5分)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 C4.(2014某某,8,5分)设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|x i∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为( )A.60B.90C.120D.130答案 D5.(2014某某,6,5分)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )A.144B.120C.72D.24答案 D6.(2014某某,6,5分)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )A.192种B.216种C.240种D.288种答案 B7.(2014某某,14,4分)在8X奖券中有一、二、三等奖各1X,其余5X无奖.将这8X奖券分配给4个人,每人2X,不同的获奖情况有种(用数字作答).答案608.(2014,13,5分)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有种.答案369.(2018某某,23,10分)设n∈N*,对1,2,…,n的一个排列i1i2…i n,如果当s<t时,有i s>i t,则称(i s,i t)是排列i1i2…i n的一个逆序,排列i1i2…i n的所有逆序的总个数称为其逆序数,例如:对1,2,3的一个排列231,只有两个逆序(2,1),(3,1),则排列231的逆序数为2.记f n(k)为1,2,…,n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数.(1)求f3(2), f4(2)的值;(2)求f n(2)(n≥5)的表达式(用n表示).解析本题主要考查计数原理、排列等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力.(1)记τ(abc)为排列abc的逆序数,对1,2,3的所有排列,有τ(123)=0,τ(132)=1,τ(213)=1,τ(231)=2,τ(312)=2,τ(321)=3,所以f3(0)=1,f3(1)=f3(2)=2.对1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,将数字4添加进去,4在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此f4(2)=f3(2)+f3(1)+f3(0)=5.(2)对一般的n(n≥4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12…n,所以f n(0)=1.逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,所以f n(1)=n-1.为计算f n+1(2),当1,2,…,n的排列及其逆序数确定后,将n+1添加进原排列,n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此, f n+1(2)=f n(2)+f n(1)+f n(0)=f n(2)+n.当n≥5时,f n(2)=[f n(2)-f n-1(2)]+[f n-1(2)-f n-2(2)]+…+[f5(2)-f4(2)]+f4(2)=(n-1)+(n-2)+…+4+f4(2)=n2-n-22.因此,当n≥5时, f n(2)=n 2-n-22.疑难突破要做好本题,关键是理解“逆序”“逆序数”“f n(k)”的含义,不妨从比较小的1,2,3入手去理解这几个概念,这样就能得到f3(2). f4(2)是指1,2,3,4这4个数中逆序数为2的全部排列的个数,可以通过与f3(2), f3(1),f3(0)联系得到,4分别添加在f3(2)的排列中最后一个位置、f3(1)的排列中的倒数第2个位置、f3(0)的排列中的倒数第3个位置.有了上述的理解就能得到f n+1(2)与f n(2),f n(1), f n(0)的关系:f n+1(2)=f n(2)+f n(1)+f n(0)=f n(2)+n,从而得到f n(2)(n≥5)的表达式.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共50分)1.(2020届九师联盟9月质量检测,8)从1,3,5,7,9中任取两个数,从0,2,4,6,8中任取2个数,则组成没有重复数字的四位数的个数为( )A.2 100B.2 200C.2 160D.2 400答案 C2.(2020届某某某某一中第一次月考,8)中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种,现有十二生肖的吉祥物各一个,甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、兔、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学选取礼物都满意,那么不同的选法有( )A.50种B.60种C.70种D.90种答案 C3.(2020届某某某某七中第二次月考,4)7个人排成一排准备照一X合影,其中甲、乙要求相邻,丙、丁要求分开,则不同的排法有( )A.480种B.720种C.960种D.1 200种答案 C4.(2020届某某洪湖二中月考,9)“学习强国”学习平台是由中宣部主管,以深入学习宣传新时代中国特色社会主义思想为主要内容,立足全党员、面向全社会的优质平台,现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门APP.该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习版块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题版块.某人在学习过程中,“阅读文章”与“视听学习”两个学习版块之间最多间隔一个答题版块的学习方法有( )A.192种B.240种C.432种D.528种答案 C5.(2018全国百所名校冲刺卷(四),8)航天员进行的一项太空实验中,要先后实施6个程序,其中程序A只能出现在第一或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,则实验顺序的编排方法共有( )A.34种B.48种C.96种D.144种答案 C6.(2019某某金卷先享题二,8)在高三下学期初,某校开展教师对学生的家庭学习问卷调查活动,已知现有3名教师对4名学生家庭进行问卷调查,若这3名教师每位至少到一名学生家中问卷调查,又这4名学生的家庭都能且只能得到一名教师的问卷调查,那么不同的问卷调查方案的种数为( )A.36B.72C.24D.48答案 A7.(2019某某某某一模)如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1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A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的涂色方案共有( )A.6种B.9种C.12种D.36种答案 C8.(2018某某哈六中二模,9)从5名学生中选出4名分别参加数学,物理,化学,生物四科竞赛,其中甲不能参加生物竞赛,则不同的参赛方案种数为( )A.48B.72C.90D.96答案 D9.(2019某某某某模拟,8)已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品,有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的,没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的.现用编号为1,2,3的三个仓库存放这6种化工产品,每个仓库放2种,那么安全存放的不同方法种数为( )A.12B.24C.36D.48答案 D二、多项选择题(共5分)10.(改编题)下列说法正确的是( )A.5个不同的球,放入8个不同的盒子中,每个盒子里至多放一个球,不同的放法有A85种B.5个不同的球,放入8个不同的盒子中,每个盒子放球数量不限,不同的放法有85种C.5个相同的球,放入8个不同的盒子中,每个盒子里至多放一个球,则不同的放法有C85种D.8个相同的小球,放入5个不同的盒子中,每盒不空的放法有C84种答案ABC三、填空题(每题5分,共15分)11.(2020届某某夏季高考模拟,13)某元宵灯谜竞猜节目,有6名守擂选手和6名复活选手,从复活选手中挑选1名选手为攻擂者,从守擂选手中挑选1名选手为守擂者,则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有种.答案3612.(2020届某某寿光现代中学10月月考,14)某工厂将甲、乙等五名新招聘员工分配到三个不同的车间.每个车间至少分配一名员工,甲、乙两名员工必须分到同一个车间,则不同分法的种数为.答案3613.(2019某某某某中学第一次摸底考试,15)由数字0,1组成的一串数字代码,其中恰好有7个1,3个0,则这样的不同数字代码共有个.答案12014.(2020届某某东阳中学10月月考,14)安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去某某、某某、某某三个城市进行暑期社会实践,每个城市至少安排一人,则不同的安排方式共有种;其中学生甲被单独安排去某某的概率是.答案150;775。
浙江新高考数学文科一轮复习创新方案主干知识10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(含答案详析)
第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理【考纲下载】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．两个计数原理1．选用分类加法计数原理的条件是什么？提示：当完成一件事情有几类办法，且每一类办法中的每一种办法都能独立完成这件事情，这时就用分类加法计数原理．2．选用分步乘法计数原理的条件是什么？提示：当解决一个问题要分成若干步，每一步只能完成这件事的一部分，且只有当所有步都完成后，这件事才完成，这时就采用分步乘法计数原理．1．某班班干部有5名男生、4名女生，从9人中选1人参加某项活动，则不同选法的种数为( )A ．9B ．5C ．4D ．72解析：选A 分两类：一类从男生中选1人，有5种方法；另一类是从女生中选1人，共有4种方法．因此，共有5＋4＝9种不同的选法．2．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两袋子里各取一个球，不同取法的种数为( )A ．182B ．14C ．48D ．91解析：选C由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8＝48.3．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为()A．20 B．25 C．32 D．60解析：选C依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.4. 如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为()A．6,8 B．6,6 C．5,2 D．6,2解析：选A从甲地经乙地到丙地，分两步：第1步，从甲地到乙地，有3条公路；第2步，从乙地到丙地，有2条公路．根据分步乘法计数原理，共有3×2＝6种走法．从甲地到丙地，分两类：第1类，从甲地经乙地到丙地，有6种走法；第2类，从甲地不经过乙地到丙地，有2条水路，即有2种走法．根据分类加法计数原理，共有6＋2＝8种走法．5．计划在四个体育馆举办排球、篮球、足球三个项目的比赛，每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行，则在同一个体育馆进行比赛的项目不超过两项的安排方案共有________种．解析：每个项目的比赛安排在任意一个体育馆进行，根据分步乘法计数原理，共有43＝64种安排方案，其中三个项目的比赛都安排在同一个体育馆进行的4种安排方案不符合题意，所以在同一个体育馆进行比赛的项目不超过两项的安排方案共有64－4＝60种．答案：60。
人教版高中数学选择性必修第三册培优系列讲义第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理(无答案)
第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理【考点梳理】知识点一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N ＝m ＋n 种不同的方法．知识点二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N ＝m ×n 种不同的方法．知识点三两个计数原理的区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题不同点针对的是“分类”问题不同点各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事各个步骤中的方法互相依存，只有每一个步骤都完成才算做完这件事知识点四两个计数原理的应用用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：一、要完成的“一件事”是什么；二、需要分类还是需要分步．(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分类后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．【题型归纳】考点一分类计算原理【例1-1】（2021·全国·高二单元测试）如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经过乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为（）A．6，8B．6，6C．5，7D．6，2【例1-2】（2021·江西·横峰中学）由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为（）A．15B．12C．10D．5【考点精练】1．（2021·甘肃·静宁县第一中学）如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通，则焊接点脱落的不通情况有（）种.A．9B．11C．13D．152．（2021·全国·高二课时练习）从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取两个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同对数值的个数为（）A．64B．56C．53D．513．（2021·全国·高二课时练习）设椭圆22xa＋22yb＝1的焦点在y轴上，其中a∈{1，2，3，4，5}，b＝{1，2，3，4，5，6，7}，则满足上述条件的椭圆个数为（）A．20B．24C．12D．114（2021·全国·高二课时练习）算盘是中国古代的一项重要发明．现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）．如果拨动图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为（）A．16B．15C．12D．10考点二分步计算原理【例2-1】（2021·全国·高二课时练习）一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有（）A．6种B．8种C．36种D．48种【例2-2】（2021·福建·泉州科技中学）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（）A．180B．240C．420D．480【考点精练】1．（2021·全国·高二课时练习）沪宁高铁线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的六个大站(这六个大站之间)准备不同的火车票的种数为（）A．15B．30C．12D．362．（2021·全国·高二课时练习）现有四件不同款式的上衣与三条不同颜色的长裤，如果选一条长裤与一件上衣配成一套，那么不同的选法种数为（）A．7B．64C．12D．813．（2021·全国·高二课时练习）（多选题）有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是（）A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种4．（2021·全国·高二课时练习）将3个不同的小球放入4个盒子中，不同放法种数为（）A．81B．64C．14D．12考点三两个计数原理的综合运用【例3-1】（2021·全国·高二课时练习）用0、1、2、3、4、5可以组成多少个无重复数字的（1）密码箱的四位密码；（2）比2000大的四位偶数．【例3-2】（2021·全国·高二课时练习）用()*3,n n n ≥∈N 种不同的颜色给如图所示的A ，B ，C ，D 四个区域涂色，要求相邻区域不能用同一种颜色.（1）当6n =时，图①、图②各有多少种不同的涂色方案？（2）若图③有180种不同的涂色方案，求n 的值.【考点精练】1．（2021·全国·高二课时练习）已知甲的车牌尾数为9，他的四位同事的车牌尾数分别为0，2，1，5，为遵守当地某月5日至9日5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．64B．80C．96D．1202．（2021·全国·高二课时练习）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1本去图书馆，则有________种不同的带法；（2）若带外语、数学、物理参考书各1本，则有________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，则有________种不同的带法.3．（2021·全国·高二课时练习）将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？4．（2021·全国·高二课时练习）用0,1,2,3,4五个数字．（1）可以排成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？5．（2021·全国·高二课时练习）如图，将一个四棱锥的每一个顶点染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法有________种.。
2020高中数学第十章 1《分类加法计数原理》复习学案+检测
2020高中数学复习学案第10章计数原理、概率、随机变量及其分布1分类加法计数原理与分步乘法计数原理【要点梳理·夯实知识基础】1．分类加法计数原理完成一件事，可以有n类方法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，……，在第n类办法中有m n种方法．那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种方法．2．分类乘法计数原理完成一件事需要经过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m n种方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种方法．3．两个原理的区别与联系联系：两个计数原理都是关于完成一件事的不同方法种数的问题．区别：分类计数原理与分类有关，各种方法相互独立，且任何一种方法都可以完成这件事；分步计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．【学练结合】[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．()(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．()(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．()(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×[小题查验]1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A．30B．20C．10 D．6解析：D[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两个不同数和为偶数可分为两类，①取出的两个数都是偶数，共有3种方法；②取出的两个数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．]2．(教材改编)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为()A．16 B．13C．12 D．10解析：C[将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3×4＝12(种)．] 3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16C．13 D．10解析：C[分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．]4．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2 160 B．720C．240 D．120解析：B[分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法．共有10×9×8＝720种分法．]5．如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路；从C 城到D 城有5条路，则某旅客从A 城到D 城共有 _____ 条不同的路线．解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．答案：32【考点探究·突破重点难点】考点一 分类加法计数原理(师生共研)[典例] (1)椭圆x 2m ＋y 2n ＝1(m >0，n >0)的焦点在x 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为( )A ．10B ．12C ．20D ．35(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为 ________ .[解析] (1)因为焦点在x 轴上，m ＞n ，以m 的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m ＝5时，使m ＞n ，n 有4种选择；第二类：m ＝4时，使m ＞n ，n 有3种选择；第三类：m ＝3时，使m ＞n ，n 有2种选择；第四类：m ＝2时，使m ＞n ，n 有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.(2)根据题意，将十位上的数字按1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．[答案] (1)A (2)36[互动探究1]在本例(1)中，若m ∈{1,2，…，k }，n ∈{1,2，…，k }(k ∈N ＋)，其他条件不变，这样的椭圆的个数为________.解析：因为m>n.当m＝k时，n＝1,2，…，k－1.当m＝k－1时，n＝1,2，…，k－2.…当m＝3时，n＝1,2.当m＝2时，n＝1.所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝k(k－1)2(个)．答案：k(k－1)2[互动探究2]若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则两位数的个数为________.解析：分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字相同的有11,22,33,44,55,66,77,88,99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．答案：45【解题反思】使用分类加法计数原理时，应注意以下三方面：(1)各类方法之间相互独立，每种方法都能完成这件事，且方法总数是各类方法数相加得到的；(2)分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类；(3)完成这件事的任何一种方法必属于某一类，且分别属于不同类的方法都是不同的．[跟踪训练](1)a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是()A．20 B．16C．10 D．6解析：B[当a当组长时，则共有1×4＝4(种)选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4×3＝12(种)选法．因此共有4＋12＝16(种)选法．](2)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对任意x∈A，y∈B，x<y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有______个．解析：当A＝{1}时，B有23－1种情况；当A＝{2}时，B有22－1种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况；所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)．答案：17考点二分步乘法计数原理(师生共研)[典例](1)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．12 D．9(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．[解析](1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18(种)走法，故选B.(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．[答案](1)B(2)120[互动探究1]本例(2)中将条件“每项限报一人，且每人恰好参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？解：每人都可以从这三个智力项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．[互动探究2]若将本例(2)条件中的“每人恰好参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？解：每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．【解题方法指导】利用分步乘法计数原理应注意以下三点(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．[跟踪训练](1)某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有()A．180种B．360种C．720种D．960种解析：D[按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．](2)现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有________种不同的排法．解析：完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步计数原理，分步进行：第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1 280(种)不同的排法．答案：1280考点三两个原理的综合应用(多维探究)[命题角度1]与数字有关的问题1．(1)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为() A．243B．252C．261 D．279解析：B[由分步乘法计数原理知：用0,1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.](2)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数．(用数字作答)解析：依题意可知，千位不能是0，个位必须是0,2,4,6其中之一，所以可分为两类：第一类，个位是0，则其他数位没有限制，从剩下的6个数中任选3个进行排列即可，有A36＝120(个)．第二类，个位不是0，需分步统计，第一步，个位可以从2,4,6三个数中任选一个，有3种选法，第二步排千位，不能是0，所以从剩下的5个数中任选一个，有5种选法，第三步排中间两位，没有限制，从剩下的5个数中任选两个，有A25＝20(种)选法，故第二类有3×5×20＝300(个)．所以符合条件的没有重复数字的四位偶数一共有120＋300＝420(个)．答案：420[命题角度2]与平面几何有关的问题2．(1)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48 B．18C．24 D．36解析：D[分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12(个)．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36个．](2)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A．60 B．48C．36 D．24解析：B[长方体的6个表面构成的“平行线面组”个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.][命题角度3]与涂色有关的问题3．(1)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D 4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种．(用数字作答)解析：从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480(种)涂色方法．答案：480(2)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．解析：区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260(种)涂色方法．答案：260【解题规律总结】1．应用两个原理解决实际问题的注意点在解决实际问题中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．2．利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么；(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类；(3)弄清分步、分类的标准是什么；(4)利用两个计数原理求解．2020高中数学复习学案第10章计数原理、概率、随机变量及其分布1分类加法计数原理与分步乘法计数原理检测一、选择题1．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2160 B．720 C．240 D．120【答案】B【解析】第1张有10种分法，第2张有9种分法，第3张有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．2．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是() A．9 B．14 C．15 D．21【答案】B【解析】当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．3．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有()A．12种B．18种C．24种D．36种【答案】A【解析】排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A33种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·2·1＝12种不同的排列方法．4．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有()A．180种B．360种C．720种D．960种【答案】D【解析】按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．5．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A．6种B．12种C．18种D．20种【答案】D【解析】分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C23＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C24＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20(种)．6．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个【答案】B【解析】由题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计3＋6＋3＋3＝15(个)．二、填空题7．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．【答案】40【解析】把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)；第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．8．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．【答案】186【解析】一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6个偶函数．9．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．【答案】5【解析】分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．10．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．【答案】13【解析】四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13种可能．11．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“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．【答案】12【解析】当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12(个)．三、解答题12．为参加2016年湖南抗洪救灾，某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？【解】在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C17种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A27种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C37种抽调方法．故共有C17＋A27＋C37＝84种抽调方法．。
高中数学第一章分类加法计数原理和分步乘法计数原理课后巩固提升北师大版
第一课时分类加法计数原理和分步乘法计数原理[A组基础巩固]1．某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( )A．1种B．2种C．3种D．4种解析：分两类：买1本书、买2本书，各类的购买方式依次有2种、1种，故购买方式共有2＋1＝3种．答案：C2．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A．243 B．252C．261 D．279解析：十个数字组成三位数的个数为9×10×10＝900.没有重复数字的三位数有9×9×8＝648，所以有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.答案：B3．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )A．7 B．12C．64 D．81解析：要完成长裤与上衣配成一套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同选法；第二步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故共有4×3＝12种不同的配法．答案：B4．某人有3个不同的电子邮箱，他要发5个电子邮件，发送的方法的种数为( ) A．8 B．15C．243 D．125解析：每个邮件有3种不同的发送方法，故5个邮件的发送方法有35＝243(种)．答案：C5．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A．56B．65C.5×6×5×4×3×22D．6×5×4×3×2解析：由分步乘法计数原理得N＝5×5×5×5×5×5＝56.答案：A6．由电键组A、B组成的串联电路中，如图，接通电源使电灯发光的方法有________种(每个电键组只闭合一个电键)．解析：只有在合上A组两个电键中的任意1个之后，再合上B组3个电键中的任意1个，才能使电灯的电源接通，电灯才能发光．根据分步乘法计数原理，共有2×3＝6种不同的方法接通电源，使电灯发光．答案：67．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为________．解析：分两步：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值，有3种不同取法；第二步，在集合{－3，－4,8}中任取一个值，有3种不同取法．故x·y可表示3×3＝9个不同的值．答案：98．有三个盒子，分别装有不同编号的红色小球6个，白色小球5个，黄色小球4个，现从盒子里任取红、白、黄小球各一个，有不同的取法__________种．解析：完成这件事可分三步：第一步：取红球，有6种不同的取法；第二步：取白球，有5种不同的取法；第三步：取黄球，有4种不同的取法．根据分步乘法计数原理，共有N＝6×5×4＝120种不同的取法．答案：1209．有一项活动，需在3名老师，8名男同学和5名女同学中选人参加．(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？(2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？(3)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？解析：(1)有三类选人的方法：3名老师中选一人，有3种选法；8名男同学中选一人，有8种选法；5名女同学中选一人，有5种选法．由分类加法计数原理，共有3＋8＋5＝16种选法．(2)分三步选人：第一步选老师，有3种选法；第二步选男同学，有8种选法；第三步选女同学，有5种选法．由分步乘法计数原理，共有3×8×5＝120种选法．(3)可分两类，每一类又分两步．第一类，选一名老师再选一名男同学，有3×8＝24种选法；第二类，选一名老师再选一名女同学，有3×5＝15种选法．由分类加法计数原理，共有24＋15＝39种选法．10．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有多少种选法？(2)从三种画中各选一幅布置房间，有多少种选法？解析：(1)分3类计数：第一类：选出的是国画，有5种选法；第二类：选出的是油画，有2种选法；第三步：选出的是水彩画，有7种选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14种选法．(2)分3步计数：第一步：选1幅国画，有5种选法；第二步：选1幅油画，有2种选法；第三步：选1幅水彩画，有7种选法．根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种选法．[B组能力提升]1．设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素个数是( )A．7 B．10C．25 D．52解析：A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，x有2种取法，y有5种取法．由分步乘法计数原理得2×5＝10，故选B.答案：B2．五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不承建1号子项目，则不同的承建方案种数为( )A．4 B．96C．120 D．24解析：完成承建任务可以分五步，第一步安排1号子项目，有4个工程队可以承建，有4种安排法；第二步安排2号子项目，有4种；第三步安排3号子项目，有3种；第四步安排4号子项目，有2种；第五步安排5号子项目，有1种．由分步乘法计数原理，共有4×4×3×2×1＝96(种)．答案：B3．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．解析：依次考虑焊接点1脱落，2和3同时脱落或焊接点4脱落等情况：一、焊接点1脱落后，不论焊接点2、3、4脱落与否，电路不通，所以有2×2×2＝8种；二、焊接点1不脱落，2、3同时脱落，4脱落或不脱落，此时线路不通，有2种；三、焊接点1不脱落，4脱落，2、3不同时脱落，此时线路也不通，有3种，所以共有8＋2＋3＝13(种)．答案：134．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}．现从A、B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标．(1)可以得到多少个不同的点？(2)在这些点中，位于第一象限的有几个点？解析：(1)要完成这件事分两类：第一类，选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12个不同的点；第二类，选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12个不同的点．故可以得到24个不同的点．(2)第一象限内的点，即x，y必须为正数，从而只能取A、B中的正数，同样分两类．N ＝2×2＋2×2＝8(个)．即在这些点中，位于第一象限的有8个点．5．有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名．(1)学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有多少种？(2)有4名学生参加了这三个运动项目，若一个学生可以获得多项冠军，那么各项冠军获得者的不同情况有多少种？解析：(1)三项体育运动项目，每个项目设冠军和亚军各一名，即每个项目可有2个奖项．由分类加法计数原理，学生甲获奖的不同情况有2＋2＋2＝6(种)．(2)三项体育运动项目，共有3个冠军奖项，每名学生都可获得这三项冠军，各项冠军获得者的不同情况可分步完成：第一步：第一项冠军的获得者是这4名同学中的任意一名，因此有4种可能；第二步：第二项冠军的获得者也有4种可能；第三步：第三项冠军的获得者也有4种可能．由分步乘法计数原理，各项冠军获得者的不同情况共有4×4×4＝64(种)．。
【北师大版】2020届高三数学步步高(理)第十编 计数原理
第十编计数原理§10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理基础自测1.有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数（）A.7B.64C.12D.81答案C2.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为（）A.6B.5C.3D.2答案B3.一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有不同的选法种数为（）A.9B.20C.54D.45答案B4.将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有（）A.34种B.43种C.18种D.36种答案D5.有一项活动需在3名老师，8名男同学和5名女同学中选人参加，（1）若只需一人参加，有多少种不同的选法？（2）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选法？（3）若只需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同的选法？解（1）“完成这件事”只需从老师、学生中选1人即可，共有3+8+5=16种.(2)“完成这件事”需选2人，老师、学生各1人，分两步进行：选老师有3种方法，选学生有8+5=13种方法，共有3×13=39种方法.(3)“完成这件事”需选3人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行，选老师有3种方法，选男同学有8种方法，选女同学有5种方法，共有3×8×5=120种方法.例1在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？解方法一按十位数上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个.由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数共有：8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）.方法二按个位数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个，所以按分类计数原理共有：1+2+3+4+5+6+7+8=36（个）.例2已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面上的点(a,b∈M),问:(1)P可表示平面上多少个不同的点?(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?(3)P可表示多少个不在直线y=x上的点?解（1）确定平面上的点P(a,b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法.根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6×6=36.（2）确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0,所以有3种确定方法；第二步确定b,由于b＞0，所以有2种确定方法.由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是3×2=6.（3）点P（a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y=x 上的点有6个.由（1）得不在直线y=x上的点共有36-6=30个.例3（12分）现有高一四个班学生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）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解（1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以，共有不同的选法N=7+8+9+10=34（种）. 3分（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，所以共有不同的选法N=7×8×9×10=5 040（种）. 6分（3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，10分所以共有不同的选法N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）. 12分1.从1到20这20个整数中,任取两个相加,使其和大于20,共有几种取法?解当一个加数是1时,另一个加数只能是20,1种取法.当一个加数是2时,另一个加数可以是19,20,2种取法.当一个加数是3时,另一个加数可以是18,19,20,3种取法.……当一个加数是10时,另一个加数可以是11,12,…,20,10种取法.当一个加数是11时,另一个加数可以是12,13,…,20,9种取法.……当一个加数是19时,另一个加数是20,1种取法.由分类加法计数原理可得共有1+2+3+…+10+9+8+…+1=100种取法.2.某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元.某人想先选定吉利号18，然后从01至17中选3个连续的号，从19至29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注.若这个人要把这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？解先分三步选号，再计算总钱数.按号段选号，分成三步.第一步从01至17中选3个连续号，有15种选法；第二步从19至29中选2个连续号，有10种选法；第三步从30至36中选1个号，有7种选法.由分步乘法计数原理可知，满足要求的号共有15×10×7=1 050(注),故至少要花1 050×2=2 100(元).3.某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动.（1）任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？（2）三个年级各选一个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？（3）选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？解（1）分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选一个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分类计数原理，共有6+7+8=21种不同的选法.（2）每种选法分三步：第一步从高一年级选一个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分步计数原理，共有6×7×8=336种不同的选法.（3）分三类，每类又分两步.第一类从高一、高二两个年级各选一个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7+6×8+7×8=146种不同选法.一、选择题1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（）A.10种B.20种C.25种D.32种答案D2.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999”共10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位中带有数字“4”或“7”的一律作为优惠卡，则这组号码中“优惠卡”个数为（）A.2 000B.4 096C.5 904D.8 320答案C3.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为（）A.3B.4C.6D.8答案D4.如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有（）A.180种B.120种C.96种D.60种答案A5.一植物园参观路径如图所示，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（）A.6种B.8种C.36种D.48种答案D6.（2020·全国Ⅰ文，12）将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有（）A.6种B.12种C.24种D.48种答案B二、填空题7.在2020年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1、2、3、4、5、6、7、8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有种.答案 2 8808.若一个m,n均为非负整数的有序数对（m,n)，在做m+n的加法时各位均不会进位，则称（m,n)为“简单的”有序数对，m+n称为有序数对（m,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是 .答案300三、解答题9.（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？（2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3×3×3×3=81种报名方法.（2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能的情况，于是共有：4×4×4=43=64种可能的情况.10.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？解完成该件事可分步进行.涂区域1，有5种颜色可选.涂区域2，有4种颜色可选.涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选.所以共有5×4×（1×4+3×3）=260种涂色方法.11.在平面直角坐标系内，点P（a，b）的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素,又点P到原点的距离|OP|≥5.求这样的点P的个数.解按点P的坐标a将其分为6类:(1)若a=1,则b=5或6,有2个点;(2)若a=2,则b=5或6,有2个点;(3)若a=3,则b=5或6或4,有3个点;(4)若a=4,则b=3或5或6,有3个点;(5)若a=5,则b=1,2,3,4,6,有5个点;(6)若a=6,则b=1,2,3,4,5,有5个点;∴共有2+2+3+3+5+5=20（个）点.12.将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？解设由左到右五块田中要种a,b,c三种作物，不妨先设第一块种a,则第二块可种b,c,有两种选法.同理，如果第二块种b,则第三块可种a和c,也有两种选法，由分步乘法计数原理共有1×2×2×2×2=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法.故a种作物种在第一块田中时的种法数有16-2=14（种）.同理b种或c种作物种在第一块田中时的种法数也都为14种.所以符合要求的种植方法共有3×(2×2×2×2-2)=3×(16-2)=42(种).§10.2 排列与组合1.从1，2，3，4，5，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有（ ）A .9个B .24个C .36个D.54个答案 D2.（2020·福建理，7）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 .14B .24C .28D.48答案 A3.停车场每排恰有10个停车位.当有7辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3个空车位连在一起的排法有 （ ）A .A 77B .A 37C .C 18A 77D.C 18A 37答案 C4.在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法种数是（ ）A .C 16C 294B .C 16C 299C .C 3100-C 394D.A 3100-A 394答案 C5.（2020·上海理，12）组合数C r n （n ＞r ≥1，n 、r ∈Z ）恒等于（ ）A .11++n r C 11--r nB .(n +1)(r +1)C 11--r nC .nr C 11--r nD.rn C 11--r n 答案 D例1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ （1）甲不站两端； （2）甲、乙必须相邻； （3）甲、乙不相邻； （4）甲、乙之间间隔两人； （5）甲、乙站在两端； （6）甲不站左端，乙不站右端.解 （1）方法一 要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A 14种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A 55种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法：A 14·A 55=480（种）.方法二 由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A 25种站法，然后中间4人有A 44种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法：A 25·A 44=480（种）.方法三 若对甲没有限制条件共有A 66种站法，甲在两端共有2A 55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即共有站法：A 66-2A 55=480（种）.基础自测（2）方法一先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A55种站法，再把甲、乙进行全排列，有A22种站法，根据分步乘法计数原理，共有A55·A22=240（种）站法.方法二先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放入，有A15种方法，最后让甲、乙全排列，有A22种方法，共有A44·A15·A22=240（种）.（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A44种站法；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有A25种站法，故共有站法为A44·A25=480（种）.也可用“间接法”，6个人全排列有A66种站法，由（2）知甲、乙相邻有A55·A22=240种站法，所以不相邻的站法有A66-A55·A22=720-240=480（种）.（4）方法一先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A44种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3A22种，故共有A44·（3A22）=144（种）站法.方法二先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A24种，然后把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A33种方法，最后对甲、乙进行排列，有A22种方法，故共有A24·A33·A22=144（种）站法.（5）方法一首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A44种，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44=48（种）站法.方法二首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A22种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下的4人去站，有A44种站法，由分步乘法计数原理共有A22·A44=48（种）站法.（6）方法一甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A55种，且甲在左端而乙在右端的站法有A44种，共有A66-2A55+A44=504（种）站法.方法二以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有A55种站法，②甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有A14·A14·A44种，故共有A55+A14·A14·A44=504（种）站法.例2（12分）男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3名，女运动员2名；（2）至少有1名女运动员；（3）队长中至少有1人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员.解（1）第一步：选3名男运动员，有C36种选法.第二步：选2名女运动员，有C24种选法.共有C36·C24=120种选法. 3分（2）方法一至少1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男.由分类加法计数原理可得总选法数为C14C46+C24C36+C34C26+C44C16=246种. 6分方法二“至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.从10人中任选5人有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种.所以“至少有1名女运动员”的选法为C510-C56=246种. 6分（3）方法一可分类求解：“只有男队长”的选法为C48；“只有女队长”的选法为C48；“男、女队长都入选”的选法为C38；所以共有2C48+C38=196种选法. 9分方法二间接法：从10人中任选5人有C510种选法.其中不选队长的方法有C58种.所以“至少1名队长”的选法为C510-C58=196种. 9分（4）当有女队长时，其他人任意选，共有C49种选法.不选女队长时，必选男队长，共有C48种选法.其中不含女运动员的选法有C45种，所以不选女队长时的选法共有C48-C45种选法.所以既有队长又有女运动员的选法共有C49+C48-C45=191种. 12分例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.（1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？（2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？（3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？解（1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C14C24C13×A22=144种.（2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法.（3）确定2个空盒有C24种方法.4个球放进2个盒子可分成（3，1）、（2，2）两类，第一类有序不均匀分组有C34C11A22种方法；第二类有序均匀分组有222 22 4 A CC·A22种方法.故共有C24( C34C11A22+222 22 4 A CC·A22）=84种.1.用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于3 125的数.解 (1)先排个位，再排首位，共有A13·A14·A24=144（个）.(2)以0结尾的四位偶数有A35个，以2或4结尾的四位偶数有A12·A14·A24个，则共有A35+ A12·A14·A24=156（个）.(3)要比3 125大，4、5作千位时有2A35个，3作千位，2、4、5作百位时有3A24个，3作千位，1作百位时有2A13个，所以共有2A35+3A24+2A13=162（个）.2.某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中（1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？（2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？（3）甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解（1）只需从其他18人中选3人即可，共有C318=816（种）.（2）只需从其他18人中选5人即可，共有C518=8 568（种）.（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C418+C318=6 936（种）.（4）方法一（直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有C112C48+C212C38+C312C28+C412C18=14 656（种）.方法二（间接法）由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520-（C58+C512)=14 656(种）.3.有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成1本、2本、3本三组；（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；（3）分成每组都是2本的三组；（4）分给甲、乙、丙三人，每人2本.解（1）分三步：先选一本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C25种选法；对于余下的三本全选有C33种选法，由分步乘法计数原理知有C16C25C33=60种选法.（2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有C 16C 25C 33A 33=360种选法.（3）先分三步，则应是C 26C 24C 22种选法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为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C 26C 24C 22种分法中还有（AB 、EF 、CD ），（CD 、AB 、EF ）、（CD 、EF 、AB ）、（EF 、CD 、AB ）、（EF 、AB 、CD ）共有A 33种情况，而且这A 33种情况仅是AB 、CD 、 EF 的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分法有33222426A C C C =15种.（4）在问题（3）的工作基础上再分配，故分配方式有33222426A C C C ·A 33= C 26C 24C 22=90种.一、选择题1.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有（ ）A .60个B .48个C .36个D .24个答案 C2.将编号为1，2，3，4，5的五个球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法的种数为（ ）A .6B .10C .20D .30答案 B3.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B .960种C .720种D .480种答案 B4.在图中，“构建和谐社会，创美好未来”，从上往下读（不能跳读），共有不同的读法种数是（ ）A .250B .240C .252D .300答案 C5.(2020·天津理，10)有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有 （ ）A .1 344种B .1 248种C .1 056种D .960种答案 B6.（2020·安徽理，12）12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（ ）A .C 28A 23B .C 28A 66C .C 28A 26D .C 28A 25答案C二、填空题7.（2020·海滨模拟）平面α内有四个点，平面β内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定个平面，任取四点，最多可确定个四面体.（用数字作答）.答案72 1208.（2020·浙江理，16）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和2相邻.这样的六位数的个数是 .（用数字作答）答案40三、解答题9.某外商计划在4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，求该外商不同的投资方案有多少种？解可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有C23A24种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个元素排在4个不同位置中的3个，共有A34种方案.由分类加法计数原理可知共有C23A24+A34=60种方案.10.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，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）只有一名女生；（2）两队长当选；（3）至少有一名队长当选；（4）至多有两名女生当选.解（1）一名女生，四名男生，故共有C15·C48=350（种）.（2）将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C22·C311=165（种）.（3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长.故共有：C12·C411+C22·C311=825（种）.或采用间接法：C513-C511=825（种）.（4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生.故选法为C25·C38+C15·C48+C58=966（种）.11.已知平面α∥β，在α内有4个点，在β内有6个点.（1）过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？（2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？（3）上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？解（1）所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，有C14·C26个；②α内2点，β内1点确定的平面，有C24·C16个；③α，β本身.∴所作的平面最多有C14·C26+C24·C16+2=98（个）.（2）所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有C14·C36个；②α内2点，β内2点确定的三棱锥，有C 24·C 26个；α内3点，β内1点确定的三棱锥，有C 34·C 16个.∴最多可作出的三棱锥有：C 14·C 36+C 24·C 26+C 34·C 16=194（个）.（3）∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等, 且平面α∥β，∴体积不相同的三棱锥最多有C 36+C 34+C 26·C 24=114（个）.12.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同排法？ 解 ∵前排中间3个座位不能坐， ∴实际可坐的位置前排8个，后排12个.（1）两人一个前排，一个后排，方法数为C 18·C 112·A 22种；（2）两人均在后排左右不相邻，共A 212-A 22·A 111=A 211种；（3）两人均在前排，又分两类：①两人一左一右，共C 14·C 14·A 22种；②两人同左同右，有2（A 24-A 13·A 22）种.综上可知，不同排法种数为C 18·C 112·A 22+A 211+C 14·C 14·A 22+2（A 24-A 13·A 22）=346种.§10.3 二项式定理1.在（1+x ）n (n ∈N *)的二项展开式中，若只有x 5的系数最大，则n 等于（ ）A .8B .9C .10D .11答案 C2.在（a 2-2a 31）n 的展开式中，（ ）A .没有常数项B .当且仅当n =2时，展开式中有常数项 C.当且仅当n =5时，展开式中有常数项 D.当n =5k (k ∈N +)时，展开式中有常数项 答案 A3.若多项式0C n (x +1 n ）-C 1n (x +1)n -1+…+(-1)r C r n (x +1)n -r +…+(-1)n C n n =a 0x n +a 1x n -1+…+a n -1x +a n ,则a 0+a 1+…+a n -1+a n 等于（ ）A .2nB .0C .-1D .1答案 D4.（2020·山东理，9）(x -31x)12展开式中的常数项为（ ）基础自测A .-1 320B .1 320C .-220D .220答案 C5.（2020·福建理，13）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例1 在二项式(x +421x)n 的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项.解 ∵二项展开式的前三项的系数分别是1，2n ，81n (n -1)， ∴2·2n =1+81n （n -1）， 解得n =8或n =1（不合题意，舍去）， ∴T k +1=C k 8x28k -k ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛421x =C k 82-k x 4-43k ， 当4-43k ∈Z 时，T k +1为有理项， ∵0≤k ≤8且k ∈Z ,∴k =0，4，8符合要求. 故有理项有3项，分别是 T 1=x 4，T 5=835x ，T 9=2561x -2.∵n =8，∴展开式中共9项，中间一项即第5项的二项式系数最大.T 5=835x . 例2 已知(1-2x )7=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 7x 7. 求:(1)a 1+a 2+…+a 7; (2)a 1+a 3+a 5+a 7; (3)a 0+a 2+a 4+a 6;(4)|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 7|.解 令x =1,则a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6+a 7=-1 ①令x =-1,则a 0-a 1+a 2-a 3+a 4-a 5+a 6-a 7=37②(1)∵a 0=C 07=1,∴a 1+a 2+a 3+…+a 7=-2. (2)(①-②)÷2,得a 1+a 3+a 5+a 7=2317--=-1 094.(3)(①+②)÷2, 得a 0+a 2+a 4+a 6=2317+-=1 093. (4)∵(1-2x )7展开式中,a 0,a 2,a 4,a 6都大于零, 而a 1,a 3,a 5,a 7都小于零, ∴|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 7| =(a 0+a 2+a 4+a 6)-(a 1+a 3+a 5+a 7),∴由(2)、（3）即可得其值为2 187.例3（12分）（1）已知n∈N+,求证：1+2+22+23+…+25n-1能被31整除；（2）求0.9986的近似值，使误差小于0.001.（1）证明 1+2+22+23+…+25n-1=21215--n=25n-1=32n-1 3分=（31+1）n-1=31n+C1n·31n-1+C2n·31n-2+…+C1-n n·31+1-1=31（31n-1+C1n·31n-2+…+C1-n n）5分显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除. 6分（2）解∵0.9986=（1-0.002）6=1-C16（0.002）+C26（0.002）2-C36（0.002）3+…8分第三项T3=15×(0.002)2=0.000 06＜0.001,以后各项更小,∴0.9986≈1-0.012=0.988. 12分1.在（3x-2y）20的展开式中，求：（1）二项式系数最大的项；（2）系数绝对值最大的项；（3）系数最大的项.解（1）二项式系数最大的项是第11项，T11=C1020310（-2）10x10y10=C1020610x10y10.（2）设系数绝对值最大的项是第r+1项，于是⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅≥⋅⋅⋅⋅≥⋅⋅----+-+-1211202020119120202023C23C23C23Crrrrrrrrrrrr，化简得⎩⎨⎧≥--≥+rrrr3)21(2)20(2)1(3，解得752≤r≤852.所以r=8,即T9=C820312·28·x12y8是系数绝对值最大的项.（3）由于系数为正的项为奇数项，故可设第2r-1项系数最大，于是⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅≥⋅⋅⋅⋅≥⋅⋅----------rrrrrrrrrrrr222022022222222042224422022222222023C23C23C23C，化简得⎪⎩⎪⎨⎧≥-+≤-+9241631007711431022rrrr.解之得r=5,即2×5-1=9项系数最大.T9=C820·312·28·x12y8.2.求x (1-x )4+x 2(1+2x )5+x 3(1-3x )7展开式中各项系数的和. 解 设x (1-x )4+x 2(1+2x )5+x 3(1-3x )7=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a n x n在原式中，令x =1,则1×(1-1)4+12×(1+2)5+13×(1-3)7=115, ∴展开式中各项系数的和为115. 3.求证:3n ＞(n +2)·2n -1（n ∈N +，n ＞2）.证明 利用二项式定理3n =(2+1)n 展开证明.因为n ∈N +，且n ＞2,所以3n =(2+1)n 展开后至少有4项.（2+1）n =2n +C 1n ·2n -1+…+C 1-n n ·2+1≥2n +n ·2n -1+2n +1＞2n +n ·2n -1=(n +2)·2n -1,故3n ＞(n +2)·2n -1.一、选择题1.（1-2x )6=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 6x 6，则|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 6|的值为（ ）A .1B .64C .243D .729答案 D2.（2020·安徽理，6）设（1+x ）8=a 0+a 1x +…+a 8x 8，则a 0，a 1，…，a 8中奇数的个数为（ ） A .2 B .3 C .4 D .5答案 A3.（2020·全国Ⅱ理，7）(1-x )6(1+x )4的展开式中x 的系数是（ ）A .-4B .-3C .3D .4答案 B 4.已知(x -xa )8展开式中常数项为1 120，其中实数a 为常数，则展开式中各项系数的和为 （ ）A .28B .38C .1或38D .1或28答案 C5.若(1+5x 2)n 的展开式中各项系数之和是a n ,（2x 3+5)n 的展开式中各项的二项式系数之和为b n ,则nn n b a 13+的值为（ ） A .31B .21 C .1 D .3答案 A6.设m ∈N +,n ∈N +,若f (x )=(1+2x )m +(1+3x )n 的展开式中x 的系数为13，则x 2的系数为（ ）A .31B .40C .31或40D .不确定答案 C 二、填空题7.（1+x ）6(1-x )4展开式中x 3的系数是 . 答案 -88.（2020·天津理，11）52⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 的二项展开式中x 2的系数是 .（用数字作答） 答案 40 三、解答题 9.已知(x +22x)n (n ∈N +)的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比为10∶1.求展开式中系数最大的是第几项？解 依题意，第5项的系数为C 4n ·24，第三项的系数为C 2n ·22，则有2244C 2C 2nn ⋅⋅=110，解得n =8. 设展开式中第r +1项的系数最大，则⎪⎩⎪⎨⎧⋅≥⋅⋅≥⋅++--118811882C 2C ,2C 2C r r rr r r r r 解得5≤r ≤6. ∴第6项和第7项的系数相等且最大， 即最大为56×25=7×28=1 792.10.已知（32x +3x 2）n 展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系数最大的项.解 令x =1，得各项的系数和为(1+3)n =4n ，而各项的二项式系数和为：C 0n +C 1n +…+C n n =2n ，∴4n =2n +992. ∴(2n -32)(2n +31)=0∴2n =32或2n =-31（舍去），∴n =5 设第r +1项的系数最大，则⎪⎩⎪⎨⎧≥≥++--;3C 3C ,3C 3C 11551155r r rr r r r r 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+≥--≥;1351,613r r r r ∴27≤r ≤29，又r ∈Z ，∴r =4， ∴系数最大的项是T 5=C 45x 32(3x 2)4=405x326.11.（1）求(x 2-x21)9的展开式中的常数项； （2）已知(x a -2x )9的展开式中x 3的系数为49，求常数a 的值；（3）求（x 2+3x +2）5的展开式中含x 的项. 解 （1）设第r +1项为常数项，则T r +1=C r9(x 2）9-r ·(-x 21)r =(-21)r C r 9x r318- 令18-3r =0,得r =6,即第7项为常数项.。
适用于新教材提优版2025届高考数学一轮复习学案第十章计数原理概率随机变量及其分布10
§10.7二项分布、超几何分布与正态分布考试要求 1.理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简洁的实际问题.2.借助正态曲线了解正态分布的概念，并进行简洁应用．学问梳理1．二项分布(1)伯努利试验只包含可能结果的试验叫做伯努利试验；将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为．(2)二项分布一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事务A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事务A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，n.假如随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X听从二项分布，记作．(3)两点分布与二项分布的均值、方差①若随机变量X听从两点分布，则E(X)＝，D(X)＝．②若X～B(n，p)，则E(X)＝，D(X)＝．2．超几何分布一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品．从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝，k＝m，m＋1，m＋2，…，r，其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N ＋M}，r＝min{n，M}．假如随机变量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X听从超几何分布．3．正态分布(1)定义若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)222·e2xμσσ()π－－，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，则称随机变量X听从正态分布，记为．(2)正态曲线的特点①曲线是单峰的，它关于直线对称；②曲线在处达到峰值1σ2π；③当|x |无限增大时，曲线无限接近x 轴．(3)3σ原则①P (μ－σ≤X ≤μ＋σ)≈0.682 7；②P (μ－2σ≤X ≤μ＋2σ)≈0.954 5；③P (μ－3σ≤X ≤μ＋3σ)≈0.997 3.(4)正态分布的均值与方差若X ～N (μ，σ2)，则E (X )＝，D (X )＝. 常用结论1．“二项分布”与“超几何分布”的区分：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．2．超几何分布有时也记为 X ～H (n ，M ，N )，其均值E (X )＝nM N ， D (X )＝nM N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－M N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n －1N －1. 思索辨析推断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两点分布是二项分布当n ＝1时的特别情形．( )(2)若X 表示n 次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数，则X 听从二项分布．( )(3)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X 听从超几何分布．( )(4)当μ取定值时，正态曲线的形态由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”．( ) 教材改编题1．假如某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为23，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率是( )A.80243B.8081C.163243D.1637292．某班有48名同学，一次考试后的数学成果听从正态分布N (80,102)，则理论上在80分到90分的人数约是( )A ．32B ．16C ．8D ．203．在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X 表示取到的次品的个数，则P (X ＝1)＝________.题型一 二项分布例1 (1)(2024·海口模拟)某班50名学生通过直播软件上网课，为了便利师生互动，直播屏幕分为1个大窗口和5个小窗口，大窗口始终显示老师讲课的画面，5个小窗口显示5名不同学生的画面．小窗口每5分钟切换一次，即再次从全班随机选择5名学生的画面显示，且每次切换相互独立．若一节课40分钟，则该班甲同学一节课在直播屏幕上出现的时间的均值是( )A ．10分钟B ．5分钟C ．4分钟D ．2分钟听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________(2)(2024·衡阳模拟)某地政府为激励高校生创业，制定了一系列实惠政策．已知创业项目甲胜利的概率为23，项目胜利后可获得政府奖金20万元；创业项目乙胜利的概率为P 0(0<P 0<1)，项目胜利后可获得政府奖金30万元．项目没有胜利，则没有嘉奖，每个项目有且只有一次实施机会，两个项目的实施是否胜利互不影响，项目胜利后当地政府兑现嘉奖．①高校毕业生张某选择创业项目甲，毕业生李某选择创业项目乙，记他们获得的奖金累计为X (单位：万元)，若X ≤30的概率为79.求P 0的大小；②若两位高校毕业生都选择创业项目甲或创业项目乙进行创业，问：他们选择何种创业项目，累计得到的奖金的均值更大？________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 思维升华 二项分布问题的解题关键(1)定型：①在每一次试验中，事务发生的概率相同．②各次试验中的事务是相互独立的．③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生．(2)定参：确定二项分布中的两个参数n 和p ，即试验发生的次数和试验中事务发生的概率．跟踪训练1 (1)已知随机变量X ～B (n ，p )，E (X )＝2，D (X )＝23，则P (X ≥2)等于( ) A.2027 B.23 C.1627 D.1327(2)某中学面对全校全部学生开展一项有关每天睡眠时间的问卷调查，调查结果显示，每天睡眠时间少于7小时的学生占40%，而每天睡眠时间不少于8小时的学生只有30%.现从全部问卷中随机抽取4份问卷进行回访(视频率为概率)．①求抽取到的问卷中至少有2份调查结果为睡眠时间不少于7小时的概率；②记抽取到的问卷中调查结果为睡眠时间少于7小时的问卷份数为X，求X的分布列及均值E(X)．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________题型二超几何分布例2 2024年12月4日，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场胜利着陆，航天员顺当出舱，神舟十四号载人飞行任务圆满完成．为纪念中国航天事业成就，发扬并传承中国航天精神，某校高一年级组织2 000名学生进行了航天学问竞赛(满分：100分)并进行记录，依据得分将数据分成7组：[20,30)，[30,40)，…，[80,90]，绘制出如图所示的频率分布直方图．(1)用频率估计概率，从该校随机抽取2名同学，求其中1人得分低于70分，另1人得分不低于80分的概率；(2)从得分在[60,90]的学生中利用比例支配的分层随机抽样的方法选出8名学生，若从中选出3人参与有关航天学问演讲活动，求选出的3人中竞赛得分不低于70分的人数X的分布列及均值．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________思维升华(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的分布列．(2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其本质是古典概型．跟踪训练2 为了适当疏导电价冲突，保障电力供应，支持可再生能源发展，促进节能减排，某省推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年度为计费周期，月度滚动运用．第一阶梯：年用电量在2 160度以下(含2 160度)，执行第一档电价0.565 3元/度；其次阶梯：年用电量在2 161度到4 200度内(含4 200度)，超出2 160度的电量执行其次档电价0.615 3元/度；第三阶梯：年用电量在4 200度以上，超出4 200度的电量执行第三档电价0.865 3元/度．某市的电力部门从本市的用户中随机抽取10户，统计其同一年度的用电状况，列表如下：用户12345678910 编号年用电1 000 1 260 1 400 1 8242 180 2 423 2 815 3 3254 411 4 600量/度(1)计算表中编号为10的用户该年应交的电费；(2)现要在这10户中随意选取4户，对其用电状况进行进一步分析，求取到其次阶梯的户数的分布列．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________题型三正态分布例3 (1)(多选)(2024·哈尔滨模拟)某市有甲、乙两个工厂生产同一型号的汽车零件，零件的尺寸分别记为X，Y，已知X，Y均听从正态分布，X～N(μ1，σ21)，Y～N(μ2，σ22)，其正态曲线如图所示，则下列结论中正确的是( )A．甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸的平均值B．甲工厂生产零件尺寸的平均值小于乙工厂生产零件尺寸的平均值C．甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性D．甲工厂生产零件尺寸的稳定性低于乙工厂生产零件尺寸的稳定性(2)(2024·合肥模拟)某市高三年级共有14 000人参与教学质量检测，学生的数学成果ξ近似听从正态分布N(90，σ2)(试卷满分150分)，且P(ξ≥100)＝0.3，据此可以估计，这次检测数学成果在80到90分之间的学生人数约为( )A．2 800 B．4 200C．5 600 D．7 000听课记录：______________________________________________________________________________________________________________________________________思维升华解决正态分布问题的三个关键点(1)对称轴为x＝μ.(2)标准差为σ.(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特别区间，从而求出所求概率．留意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.跟踪训练 3 (1)(2024·新高考全国Ⅱ)已知随机变量X听从正态分布N(2，σ2)，且P(2<X≤2.5)＝0.36，则P(X>2.5)＝________.(2)(2024·安庆模拟)某中学开展学生数学素养测评活动，高一年级测评分值X近似听从正态分布，正态密度曲线如图①所示．为了调查参与测评的学生数学学习的方法与习惯差异，该中学确定在分数段[m，n)内抽取学生，并确定m＝67，且P(m≤X≤n)＝0.818 6.在某班用简洁随机抽样的方法得到20名学生的分值分布茎叶图如图②所示．若该班抽取学生分数在分数段[m，n)内的人数为k，则k＝________；这k名学生的平均分为________．(附：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3)。
金版新学案高中数学 第十章 第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1．分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于 其中一类．
2．分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间“相互独立， 分步完成”．
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1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( ) (2) 在 分 类 加 法 计 数 原 理 中 ， 每 类 方 案 中 的 方 法 都 能 直 接 完 成 这 件 事．( ) (3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同 的．( ) (4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的 步骤都能完成这件事．( ) 答案： (1)× (2)√ (3)√ (4)×
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2．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有( )
6 个
D．35 个
C [根据题意个位上的数字分别是 2，3，4，5，6，7，8，9 共 8 种情况，
在每一类中满足题目要求的两位数分别有 1 个，2 个，3 个，4 个，5 个，6
个，7 个，8 个，由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有 1＋2＋3＋
答案： 120
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5．若三角形三边均为正整数，其中一边长为 4，另外两边长为 b，c，且 满足 b≤4≤c，则这样的三角形有________个．
解析： 当 b＝1 时，c＝4；当 b＝2 时，c＝4，5；当 b＝3 时，c＝4，5， 6；当 b＝4 时，c＝4，5，6，7.故共有 1＋2＋3＋4＝10 个这样的三角形．
类方案中有 n 种不种的方法
第 2 步有 n 种不同的方法
结 完成这件事共有 N＝m__＋__n_种不同的 完成这件事共有 N＝_m_·_n_种不
新教材适用高中数学第6章分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案新人教A版选择性必修第三册(含答案)
新教材适用高中数学学案新人教A版选择性必修第三册：6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理学习目标1．通过实例，总结出分类加法计数原理、分步乘法计数原理．2．能说出分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义．3．能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．核心素养1．通过两个计数原理的学习，提升逻辑推理素养．2．借助两个计数原理解决一些简单的实际问题，培养数学运算素养．3．通过合理地分类或分步解决实际问题，提升逻辑推理的素养.知识点 1 分类加法计数原理提醒：定义中各种方案之间相互独立，任何一类方案中任何一种方法也相互独立．想一想：若完成一件事情有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？提示：共有m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．练一练：思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( × )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( √ )(3)从甲地到乙地有两类交通方式：坐飞机和乘轮船，其中飞机每天有3班，轮船每天有4班．若李先生从甲地去乙地，则不同的交通方式共有7种．( √ )(4)某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种．( √ )知识点 2 分步乘法计数原理想一想：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？提示：共有m1×m2×…×m n种不同的方法．练一练：思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( × )(3)已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为9.( √ )(4)在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有43种．( × )知识点 3 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理联系都是用来计算完成一件事的方法种数区别一针对的是“分类完成问题”针对的是“分步完成问题”区别二各种方法相互独立各个步骤中的方法相互连续区别三任何一种方法都可以做完这件事只有各个步骤都完成才算做完这件事提示：分类加法计数原理每一类中的方法可以完成一件事情，而分步乘法计数原理每一步中的方法不能独立完成一件事情．练一练：如图，从A→B→C有_4__种不同的走法；从A→C有_6__种不同的走法．[解析]A→B→C分两步：第一步，A→B，有2种走法；第二步，B→C，有2种走法．所以A→B→C共有2×2＝4(种)走法．A→C分两类：第一类，A→B→C共有4种走法；第二类，A→C(不经过B)有2种走法．所以A→C共有4＋2＝6(种)走法．题型探究题型一分类加法计数原理典例1 (1)如图所示为一个电路图，若只合上一个开关，可通电的线路共有( B )A．6条B．5条C．9条D．4条(2)某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( C )A．3种B．5种C．7种D．9种(3)有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名．学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有_6__种．[解析](1)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，通电的线路共有3＋2＝5(条)．(2)分三类：买1本、买2本或买3本，各类购买方式依次有3种、3种、1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)．(3)三项体育运动项目，每个项目设冠军和亚军各一名，即每个项目可有2个奖项．由分类加法计数原理，学生甲获奖的不同情况有2＋2＋2＝6(种)．[规律方法] 应用分类加法计数原理解题的策略(1)标准明确：明确分类标准，依次确定完成这件事的各类方法．(2)不重不漏：完成这件事的各类方法必须满足不能重复，又不能遗漏．(3)方法独立：确定的每一类方法必须能独立地完成这件事．对点训练❶ (1)为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二(1)班的男生38人和女生18人中选取1名学生作代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有 56 种．(2)某校开设物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理6门选修课，甲同学需从中选修3门，其中化学、生物两门中至少选修一门，则不同的选法种数为_16__.(用数字填写答案) [解析](1)完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，有38种选法；第二类：选1名女生，有18种选法，根据分类加法计数原理，共有N＝38＋18＝56(种)不同的选法．(2)可分为3类，第1类，只选化学不选生物学，需再从物理、思想政治、历史、地理中选择2门，有6种选法；第2类，只选生物学不选化学，同样也有6种选法；第3类，化学和生物学都选，需再从其他4门中选择1门，有4种选法，所以共有6＋6＋4＝16种选法．题型二分步乘法计数原理典例2 由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：(1)无重复数字的三位数？(2)可以有重复数字的三位数？[分析](1)数字各不相同，且百位上的数字不可为0；(2)数字可以重复，但百位上的数字不可为0.[解析](1)分三步完成．第一步：排百位，1,2,3三个数字都可以，有3种不同的方法；第二步：排十位，除百位上已用的，其余三个数字都可以，有3种不同的方法；第三步：排个位，除百位、十位上已用的，其余两个数字都可以，有2种不同的方法．故可组成无重复数字的三位数共3×3×2＝18(个)．(2)分三步完成．第一步：排百位，1,2,3这三个数字都可以，有3种不同的方法；第二步：排十位，0,1,2,3这四个数字都可以，有4种不同的方法；第三步：排个位，0,1,2,3这四个数字都可以，有4种不同的方法．故可组成可以有重复数字的三位数共3×4×4＝48(个)．[规律方法] 利用分步乘法计数原理解题的一般思路(1)分步：将完成这件事的过程分成若干步．(2)计数：逐一求出每一步中的方法数．(3)结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．对点训练❷ (1)现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( A )A．56B．65C．30 D．11(2)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5位回文数有 900 个．[解析](1)第一名同学有5种选择方法，第二名也有5种选择方法，…，依次，第六名同学有5种选择方法，综上，6名同学共有56种不同的选法．(2)第一步，选左边第一个数字和右边第一个数字相同，有9种选法；第二步，选左边第二个数字和右边第二个数字相同，有10种选法；第三步，选左边第三个数字就是右边第三个数字，有10种选法，故5位回文数有9×10× 10＝900，故答案为900.题型三两个计数原理的综合应用典例3 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？[解析](1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理知共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10种不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法，所以有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．[规律方法] 利用两个计数原理的解题策略用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．对点训练❸如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由2个顶点确定的直线与含有4个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( B )A．60 B．48C．36 D．24[解析]长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36(个)，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)，所以共有36＋12＝48(个)“平行线面组”．题型四用计数原理解决涂色(种植)问题典例4 如图所示，要给A，B，C，D四个区域分别涂上三种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，共有多少种不同的涂色方法？[解析]A，B，C，D四个区域依次涂色，分4步．第1步，涂A区域，有3种选择；第2步，涂B区域，有2种选择；第3步，涂C区域，它与A，B区域颜色不同，有1种选择；第4步，涂D区域，它与A，C区域颜色不同，有1种选择．所以根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种)．[规律方法] 涂色问题的两种解决方案：(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算．若图形不是很规则，往往从某一区域开始进行涂色，选用分步乘法计数原理；如果图形具有一定的对称性，那么先对涂色方案进行分类，对每一类再进行分步．(2)首先根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理．然后在每一类的涂色方案的计算上需用到分步乘法计数原理．最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和即得到最终涂色方法数．对于涂色(立方体)问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题．对点训练❹将3种农作物全部种植在如图所示的5块试验田里，每块试验田种植一种农作物，且相邻的试验田不能种植同一种农作物，不同的种植方法共有 42 种．[解析]分别用a，b，c代表3种农作物，将试验田从左到右依次编号为①②③④⑤.先种①号田，有3种种植方法，不妨设种植a.再种②号田，可种植b或c，有2种种植方法，不妨设种植b.若③号田种植c，则④⑤号田分别有2种种植方法，则不同的种植方法共有2×2＝4(种)．若③号田种植a，则④号田可种植上b或c.(1)若④号田种植c，则⑤号田有2种种植方法；(2)若④号田种植b，则⑤号田只能种植c，有1种种植方法．综上所述，不同的种植方法共有3×2×(4＋2＋1)＝42(种)．易错警示分步标准不清致错典例5 甲、乙、丙、丁4名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生，则不同的冠军获得情况共有 64 种．[错解]分四步完成这件事．第一步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有可能1个也没获得，也可能获得1个或2个或3个，因此，共有4种不同情况．同理，第二、三、四步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有4种不同情况．由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4×4＝256(种)．[辨析]用分步乘法计数原理求解对象可重复选取的问题时，哪类对象必须“用完”就以哪类对象作为分步的依据．本题中要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”，而错解中可能出现某一学科冠军被2人、3人甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学科没有冠军产生的情况．[正解]由题知，研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军，才算完成了这件事，而4名同学不一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步．第一步，产生第1个学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况；第二步，产生第2个学科冠军，因为夺得第1个学科冠军的同学还可以去争夺第2个学科的冠军，所以第2个学科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况；第三步，同理，产生第3个学科冠军也有4种不同的获得情况．由分步乘法计数原理知，不同的冠军获得情况共有4×4×4 ＝64(种)．1．已知集合M＝{－2,3}，N＝{－4,5,6}，依次从集合M，N中各取出一个数分别作为点P 的横坐标和纵坐标，则在平面直角坐标系中位于第一、二象限内的点P的个数是( A ) A．4 B．5C．6 D．7[解析]由集合M中的元素作为点P的横坐标，集合N中的元素作为点P的纵坐标，在第一象限的点P共有2个，在第二象限的点P共有2个，由分类加法计数原理可得点P的个数为2＋2＝4.2．将3张不同的演唱会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是( B ) A．2 160 B．720C．240 D．120[解析]第1张有10种分法，第2张有9种分法，第3张有8种分法，根据分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种分法．3．现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( D )A．24种B．30种C．36种D．48种[解析]由题意知本题是一个分步计数问题，需要先给最上面一块着色，有4种结果，再给中间左边一块着色，有3种结果，再给中间右边一块着色有2种结果，最后给下面一块着色，有2种结果，根据分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种)结果．4．跳格游戏：如图所示，人从格外只能进入第1格：在格中每次可向前跳1格或2格，那么人从格外跳到第6格可以有_8__种办法．[解析]每次向前跳1格，共跳6次，有唯一的跳法；仅有一次跳2格，其余每次向前跳1格，共跳5次，有4种的跳法；有两次跳2格，其余每次向前跳1格，共跳4次，有3种的跳法．则共有1＋4＋3＝8种．故答案为8.。
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高中数学专题复习培优计划第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[最新考纲]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或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.知识梳理1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．辨析感悟1．两个计数原理的理解(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(√)(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(√)(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(×)2．两个计数原理的应用(5)(教材习题改编)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有10种．(√)(6)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有14个．(√)[感悟·提升]1．两点区别一是分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”，如(1)、(2)．二是分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这个步骤的一种方法，简单的说步与步之间的方法“相互独立，分步完成”，如(3)、(4)．2．两点提醒一是分类时，标准要明确，应做到不重不漏；可借助几何直观，探索规律，如(5)．二是分步时，要合理设计顺序、步骤，并注意元素是否可以重复选取，如(6)中2,3可重复但至少各出现一次.考点一分类加法计数原理【例1】(星课堂·福建卷改编)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x ＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()．A．14 B．13 C．12 D．9解析由于a，b∈{－1,0,1,2}．(1)当a＝0时，有x＝－b2为实根，则b＝－1,0,1,2有4种可能；(2)当a≠0时，则方程有实根，∴Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.(*)①当a＝－1时，满足(*)式的b＝－1,0,1,2有4种．②当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能．③当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．∴由分类加法计数原理，有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(个)．答案 B规律方法分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．【训练1】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种解析赠送一本画册，3本集邮册，需从4人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有C14种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人送画册，其余2人送邮册，有C24种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C14＋C24＝10(种)．答案 B考点二分步乘法计数原理【例2】将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有()．A．12种B．18种C．24种D．36种解析先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A33种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·2·1＝12(种)不同的排列方法．答案 A规律方法(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．【训练2】将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有()．A．1种B．3种C．6种D．9种解析因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6种涂色方案．答案 C考点三两个计数原理的综合应用【例3】(星课堂·济南质检)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有________.审题路线由于区域1,2,3不同色，因此应按区域1和区域3是否同色分类求解．解析按区域1与3是否同色分类；(1)区域1与3同色；先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A33种方法．∴区域1与3涂同色，共有4A33＝24种方法．(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有A24×2×1×3＝72种方法，故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.答案96规律方法(1)解决涂色问题，一定要分清所给的颜色是否用完，并选择恰当的涂色顺序．(2)切实选择好分类标准，分清哪些可以同色，哪些不同色．【训练3】如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为()．A．240 B．204C．729 D．920解析若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6个．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．答案 A1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类．(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”．2．(1)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．(2)分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．3．若综合利用两个计数原理，一般先分类再分步．创新突破9——与计数原理有关的新定义问题【典例】(星课堂·湖北卷)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.(*)则：(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．(**)突破：由(*)式，理解“特殊”背景——回文数的含义，借助计数原理计算．结合(**)，可从2位回文数，3位回文数，4位回文数探索求解方法，从特殊到一般发现规律．解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，共有9×10n种填空．答案(1)90(2)9×10n[反思感悟] (1)一题两问，以“回文数”为新背景，考查计数原理，体现了化归思想，将确定回文数的问题转化为“填方格”问题，进而利用分步乘法计数原理解决，将新信息转化为所学的数学知识来解决．(2)从特殊情形入手，通过分析、归纳，发现问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．【自主体验】1．(星课堂·扬州调研)从8名女生4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种．解析从男生中抽取1人有4种方法．从女生中抽取两人，有C28＝28种方法．∴由分步乘法计数原理，共有28×4＝112种方法．答案1122．(星课堂·山东卷改编)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()．A．243 B．252 C．261 D．648解析0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．答案 B对应学生用书P357基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有()．A．180种B．360种C．720种D．960种解析按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二位号码有3种选法，其余三位号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．答案 D2．(星课堂·新课标全国卷)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种解析分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2种选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6种选派方法．由分步乘法计数原理，不同选派方案共有2×6＝12(种)．答案 A3．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()．A．240种B．360种C．480种D．720种解析第一步先排甲，共有A14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A55种不同的排法．因此不同的演讲次序共有A14·A55＝480(种)．答案 C4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()．A．3 B．4 C．6 D．8解析以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；以2为首项的等比数列为2,4,8；以4为首项的等比数列为4,6,9；把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个)．答案 D5．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()．A．9 B．14 C．15 D．21解析当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．答案 B二、填空题6．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案 37．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32个；第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．答案408．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有________场比赛．解析小组赛共有2C24场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛；根据分类加法计数原理共有2C24＋4＝16(场)比赛．答案16三、解答题9．电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？解(1)幸运之星在甲箱中抽，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17 400种．(2)幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400种．共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．10．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，求第30个“渐升数”． 解 渐升数由小到大排列，形如的渐升数共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)． 形如的渐升数共有5个．形如的渐升数共有4个．故此时共有21＋5＋4＝30(个)．因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．如图，一环形花坛分成A ，B ，C ，D 四块，现有4种不同的花供选种， 要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为( )．A ．96B ．84C ．60D ．48解析 可依次种A ，B ，C ，D 四块，当C 与A 种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C 与A 所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.答案 B2．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )．A ．10B ．11C ．12D ．15解析 若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C 34；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C 24.由分类加法计数原理知满足条件的信息个数为1＋C 34＋C 24＝11.答案 B二、填空题3．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．解析四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．答案13三、解答题4．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.解(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480种不同的方法．(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.。