考点33 两个计数原理(练习)(解析版)

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【高考复习】高考数学专题复习训练：两个计数原理

【高考复习】高考数学专题复习训练：两个计数原理高考数学主题复习与训练：两个计数原则【摘要】高考复习的重点一是要掌握所有的知识点，二就是要大量的做题，数学网的编辑就为各位考生带来了高考数学专题复习训练：两个计数原理5.如图所示，将五个编号为a、B、C、D和E的小球放在五个盒子中。

要求每个盒子只能放一个小球，且a不能放1，2号，b必须放在与a相邻的盒子中。

则不同的放法有()种a、 42b。

36摄氏度。

32d。

三十6.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就坐，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的排法种数是()a.234b.346c.350d.3637.它可以由十个数字和一个虚数单位组成。

虚数的数目是（）8.将个不同的小球放入个盒子中，则不同放法种数有()9.选择一名男大学生和四名女大学生在工厂实习。

不同安排方案的数量为（）a、7b、12c、21d、4210.有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元和2张100元，其中至少一张可以形成不同的货币价值。

号码是（）(a)1024种(b)1023种(c)1536种(d)1535种二、填空13.有名同学在玩一个哈哈镜游戏,这些同学的编号依次为:1,2,n,在游戏中,除规定第k位同学看到的像用数对(p,q)(14.湖面上有四个相邻的小岛a、B、C和D。

现在将建造三座桥来连接四个小岛。

有两种不同的方案。

15.将2名女生，4名男生排成一排，要求女生甲排在女生乙的左边(不一定相邻)的排法总数是____16.一个班有50名学生报名参加了两项比赛，其中a项30名，b项33名。

如果a和b两个班的学生比a和b两个班的学生多三分之一，则只有a项参加，还有40名学生没有参加b项。

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考点33 两个计数原理——2021年高考数学专题复习真题练习

考点33 两个计数原理【题组一排序问题】1．甲、乙、丙、丁、戊、己六人按一定的顺序依次抽奖，要求甲排在乙前面，丙与丁不相邻且均不排在最后，则抽奖的顺序有（）A ．72种B ．144种C ．360种D ．720种2．12名同学合影，站成前排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，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )A ．2283C AB ．2686C A C ．2286C AD ．2285C A3．受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（）A ．240种B ．120种C ．188种D ．156种4．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的数，问（1）能够组成多少个五位奇数？（2）能够组成多少个正整数？（3）能够组成多少个大于40000的正整数？【题组二分组分配问题】1.某学校有5位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训，现有5个培训项目，每位教师可任意选择其中一个项目进行培训，则恰有两个培训项目没有被这5位教师中的任何一位教师选择的情况数为。

2．现有4个不同的球，和4个不同的盒子，把球全部放入盒内．（1）共有多少种不同的方法？（2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？（3）若恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？（4）若恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？3．有6本不同的书，在下列不同的条件下，各有多少种不同的分法？（1）分给甲､乙､丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；（2）分成三组，一组4本，另外两组各1本；（3）甲得1本，乙得1本，丙得4本.【题组三染色问题】1．现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（）A ．144种B ．72种C ．64种D ．84种2．如图,用6种不同的颜色把图中A,B,C,D 四块区域涂色分开,若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同涂法的种数为( )A ．400B ．460C ．480D ．4963．如图，用四种不同的颜色给三棱柱ABC A B C '''-的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色．若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有________种；若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有________种．4．如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用A ．288种B ．264种C ．240种D ．168种【题组四综合运用】1．若4名学生报名参加数学、物理、化学兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（）A ．34种B ．43种C ．33A 种D ．34A 种2．中国古代的四书是指：《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》，甲、乙、丙、丁4名同学从中各选一书进行研读，已知四人选取的书恰好互不相同，且甲没有选《中庸》，乙和丙都没有选《论语》，则4名同学所有可能的选择有______种.3．某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有__________种不同的排法，若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有__________种不同的排法．（用具体数字作答）如何学好数学1.圆锥曲线中最后题往往联立起来很复杂导致k 算不出，这时你可以取特殊值法强行算出k 过程就是先联立，后算代尔塔，用下伟达定理，列出题目要求解的表达式，就ok 了2.选择题中如果有算锥体体积和表面积的话，直接看选项面积找到差2倍的小的就是答案，体积找到差3倍的小的就是答案，屡试不爽！3.三角函数第二题，如求a(cosB+cosC)/(b+c)coA 之类的先边化角然后把第一题算的比如角A 等于60度直接假设B 和C 都等于60°带入求解。

6.1 两个计数原理(解析版)人教版高中数学精讲精练选择性必修三

6.1两个计数原理考法一分类加法计数原理【例1】（2023春·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市恒昌中学校校考期中）完成一项工作，有两种方法，有6个人只会用第一种方法，另外有4个人只会第二种方法，从这10个人中选1个人完成这项工作，则不同的选法共有（）A．6种B．10种C．4种D．60种【答案】B【解析】根据分类加法计数原理，6+4=10.故选：B.【一隅三反】1．（2023秋·广东佛山）5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，且甲乙听同一个讲座，则不同选择的种数是．【答案】81=．【解析】根据题意，把甲乙看成一个同学，由分步计数原理，可得不同选择的种类是4381故答案为：81.2．（2023·北京）一项工作可以用两种方法完成．有5人只会用第一种方法完成，另有4人只会用第二种方法完成．从中选出1人来完成这项工作，共有多少种不同的选法？【答案】9+=种方法完成工作．【解析】利用第一种方法有：5种，利用第二种方法有：4种．故共有：5493．（2023·云南）音乐播放器里存有10首中文歌曲，8首英文歌曲，3首法文歌曲，任选一首歌曲进行播放，有多少种不同的选法？【答案】21++=种选法.【解析】依题意一共有108321考法二分步乘法计数原理【例2-1】（2023春·新疆乌鲁木齐）甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，则不同游览方案的种数为（）A．65B．81C．64D．60【答案】B【解析】甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，=种.故选：B.每个人都有三种选择，则不同的游览方案种数为4381【例2-2】（2023春·浙江温州·高二校联考期中）2022年北京冬奥会的顺利召开，激发了大家对冰雪运动的兴趣．若甲，乙，丙三人在自由式滑雪、花样滑冰、冰壶和跳台滑雪这四项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有（）A．12种B．24种C．64种D．81种【答案】C【解析】由题意，可知每一人都可在四项运动中选一项，即每人都有四种选法，可分三步完成，根据分步乘法原理，不同的选法共有44464⨯⨯=种.故选：C．【一隅三反】1．（2023春·安徽池州·高二校联考期中）“声东击西”是游击战争的一种战术：声东可以击东、南、西、北中的任意一个方向，以此灵活地打击或消灭敌人.同样还有“声南击北”等不同的战术，由此可知这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为（）A．16B．12C．4D．3【答案】A【解析】根据题意，声的情况有4种，击的情况也有4种，所以这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为⨯=.故选：A.44162．（2023秋·高二课时练习）“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为（）A ．72B ．108C ．144D ．196【答案】C 【解析】按题意，5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从6，7，8，9中选取．第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，有3种方法；第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方法.由分步计数原理得，填法总数为4343144⨯⨯⨯=.故选：C.3．（2023·湖南）某校在艺术节期间需要举办一场文娱演出晚会，现要从3名教师、4名男同学和5名女同学当中选出若干人来主持这场晚会（任一人都可主持）．(1)如果只需一人主持，共有多少种不同的选法？(2)如果需要教师、男同学和女同学各一人共同主持，共有多少种不同的选法？【答案】(1)12(2)60【解析】（1）从3名教师、4名男同学和5名女同学当中选出一人主持晚会，结果可分为3类：第一类，选一名教师主持，有3种选法；第二类，选一名男同学主持，有4种选法；第三类，选一名女同学主持，有5种选法．根据分类加法计数原理，共有34512++=种不同的选法．（2）从3名教师、4名男同学和5名女同学当中各选出一人共同主持晚会，可分3步：第一步，选出一名教师，有3种选法；第二步，选出一名男同学，有4种选法；第三步，选出一名女同学，有5种选法，以上3个步骤依次完成后，事情才算完成．根据分步乘法计数原理，共有34560⨯⨯=种不同的选法．考法三两个计数原理综合运用【例3】（2023秋·山东临沂·高二校考阶段练习）集合{1M =，2-，3}，{3N =-，5，6，4}-，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是（）A ．2B ．4C ．5D ．6【答案】D 【解析】第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数．若M 集合提供横坐标，N 集合提供纵坐标，则有122⨯=，若M 集合提供纵坐标，N 集合提供横坐标，则有224⨯=，合计246+=，即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6个，故选：D.【一隅三反】1．（2023春·陕西榆林·高二校考期中）如图所示是一段灌溉用的水渠，上游和下游之间建有A ，B ，C ，D ，E 五个水闸，若上游有充足的水源但下游没有水，则这五个水闸打开或关闭的情况有（）A ．24种B ．23种C ．15种D ．7种【答案】B 【解析】①A 水闸关闭时，满足要求，此时,,,B C D E 打开或关闭时均可，故此时有4216=种情况，②若A 水闸打开时，同时关闭,B C 时，满足要求，此时,D E 打开或关闭时均可，故此时有224=种情况，③若A 水闸打开时，同时关闭,D E 时，满足要求，此时,B C 打开或关闭时均可，故此时有224=种情况，上面②③两种情况有重复的1种情况，就是A 水闸打开，,,,B C D E 同时关闭的情况，故共有1644123++-=种情况.故选：B2．（2023春·山东菏泽·高二校考阶段练习）口袋中装有8个白球和10个红球每个球有不同编号，现从中取出2个球．(1)至少有一个白球的取法有多少种？(2)两球的颜色相同的取法有多少种？【答案】(1)108(2)73【解析】（1）根据题意分2类完成任务：第一类：白球红球各一个有81080⨯=种，第二类：均为白球，()187282⨯⨯=种，所以共有8028108+=种；（2）根据题意分2类完成任务：第一类：均为白球，()187282⨯⨯=种，第二类：均为红球，()1109452⨯⨯=种，所以共有284573+=种．3．（2023秋·高二课时练习）如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路．那么，从甲地到丁地，如果每条路至多走一次，且每个地点至多经过一次，有多少种不同的走法？【答案】14种【解析】从甲地到丁地的走法可以分成两类：第一类：从甲地经由乙地到丁地．这类走法可以分成两个步骤：先从甲地到乙地，有2种走法；再从乙地到丁地，有3种走法．根据乘法原理，这一类走法的种数为236⨯=．第二类：从甲地经由丙地到丁地．这类走法可以分成两个步骤：先从甲地到丙地，有4种走法；再从丙地到丁地，有2种走法．根据乘法原理，这一类走法的种数为428⨯=．根据加法原理，从甲地到丁地共有6814+=种不同的走法．考法四数字型【例4】（2023湖南）用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数?(1)三位整数;(2)无重复数字的三位整数;(3)小于500的无重复数字的三位整数;(4)小于100的无重复数字的自然数.【答案】(1)900(2)648(3)288(4)91【解析】（1）百位上有9种选择，十位和个位各有10种选法.由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×10×10=900.（2）由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×9×8=648.（3）百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是4×9×8=288.（4）小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数:10个.两位自然数:十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的两位数的个数是9×9=81.由分类加法计数原理知，适合题意的自然数的个数是10+81=91.【一隅三反】1．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（）．A ．42个B ．48个C ．54个D ．120个【答案】A【解析】若五位数的个位数是0，则有1432124n =⨯⨯⨯=种情形；若五位数的个位数是2，由于0不排首位，因此只有1,3,5有3种情形，中间的三个位置有3216⨯⨯=种情形，依据分步计数原理，可得23618n =⨯=种情形．由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为12241842n n n =+=+=.故选：A ．2．（2023春·上海）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？(4)可以组成多少个无重复数字的四位奇数？【答案】(1)125(2)100(3)30(4)36【解析】（1）三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有35555125⨯⨯==(个)．（2）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有455100⨯⨯=(个)．（3）被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，⨯=(种)排法；因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4312一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十⨯⨯=(种)排法，位有3种排法，因此有23318+=(种)排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数．因此有121830（4）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1，3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，从1，2，3，4中除去用过的一个，从剩下的3个中任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法.⨯⨯⨯=(个)．由分步计数原理知共有2332364．（2023春·浙江宁波·高二统考阶段练习）用0，1，2，3，L，9这十个数字.(1)可组成多少个三位数？(2)可组成多少个无重复数字的三位数？(3)可组成多少个小于500且没有重复数字的自然数？【答案】(1)900；(2)648；(3)379.【解析】（1）要确定一个三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，百位不能为0，有9种选法；第二步，确定十位数，有10种选法；第三步，确定个位数，有10种选法.⨯⨯=种.根据分步乘法计数原理，共有91010900（2）要确定一个无重复数字的三位数，可分三步进行：第一步，确定百位数，有9种选法；第二步，确定十位数，有9种选法；第三步，确定个位数，有8种选法.⨯⨯=个无重复数字的三位数.根据分步乘法计数原理，共有998648（3）由已知，小于500且没有重复数字的自然数分为以下三类，第一类，满足条件的一位自然数：有10个，⨯=个，第二类，满足条件的两位自然数：有9981第三类，满足条件的三位自然数：第一步，确定百位数，百位数字可取1，2，3，4，有4种选法；第二步，确定十位数，有9种选法；第三步，确定个位数，有8种选法.根据分步乘法计数原理，有498288⨯⨯=个.由分类加法计数原理知共有1081288379++=，共有379个小于500且无重复数字的自然数.考法五涂色【例5-1】（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（）A ．240B ．360C ．480D ．600【答案】C 【解析】将区域标号，如下图所示：因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有654120⨯⨯=种不同的涂色方法，若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法；若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法；所以共有()12013480⨯+=种不同的涂色方法.故选：C.【例5-2】（2023秋·高二课时练习）如图，将一个四棱锥的每一个顶点染上1种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色．如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法数为（）A．240B．300C．420D．480【答案】C【解析】以S→A→B→C→D的顺序分步染色．第1步，对S点染色，有5种方法．第2步，对A点染色，A与S在同一条棱上，有4种方法．第3步，对B点染色，B与S，A分别在同一条棱上，有3种方法．第4步，对C点染色，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类．当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D 点也有2种染色方法．由分步乘法计数原理和分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(3＋2×2)＝420种．故选：C．【一隅三反】1．（2023春·广东佛山·高二校联考阶段练习）某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（）A．720种B．1440种C．1560种D．2520种【答案】C【解析】如图，不同的布置方案分两类：当A与C布置相同的花卉时，先安排E，有6种不同的选择；再安排A与C，有5种不同的选择；再安排B，有4种不同的选择；最后安⨯⨯⨯=种.排D，有4种不同的选择，共有6544480当A与C布置不同的花卉时，⨯种不同的选择；再安排B,有3种不同的选择；最后先安排E，有6种不同的选择；再安排A与C，有54⨯⨯⨯⨯=种.安排D，有3种不同的选择，共有654331080+=种.故选：C所以不同的布置方案有480108015602．（2023春·江苏盐城·高二校联考期中）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图涂色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有5种颜色可供选择，则不同的涂色方法的有()种A．540B．360C．300D．420【答案】D【解析】分两种情况讨论即可：(i)②和④涂同种颜色时，从①开始涂，①有5种涂法，②有4种涂法，④有1种涂法，③有3种涂法，⑤有3种涂法，∴此时有5×4×1×3×3＝180种涂法；(ii)②和④涂不同种颜色时，从①开始涂，①有5种涂法，②有4种涂法，④有3种涂法，③有2种涂法，⑤有2种涂法，∴此时有5×4×3×2×2＝240种涂法；∴总共有180＋240＝420种涂色方法．故选：D﹒3．（2023·湖北）如图所示，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个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（）A．192B．420C．210D．72【答案】B→→→→的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：【解析】按照S A B C D⨯⨯⨯⨯=种不同的染色方法；第一类，A，C同色，由分步计数原理有54313180⨯⨯⨯⨯=种不同的染色方法；第二类，A，C不同色，由分步计数原理有54322240+=种不同的染色方法.故选：B.根据分类加法计数原理，共有180240420一、单选题1．（2022春·安徽安庆·高二安庆一中校考期中）现有10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（）A．15种B．31种C．24种D．23种【答案】D【解析】除100元人民币以外的3张人民币中，每张均有取和不取2种情况，2张100元人民币的取法有不取、取一张和取二张3种情况，再减去5张人民币全不取的1种情况，⨯-=-=种．所以共有323124123故选：D.2（2023秋·高二课时练习）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是（）A．18B．36C．72D．48【答案】B【解析】解法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成八类，在每一类中满足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．+++++++=个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有8765432136解法二：按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成八类，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．+++++++=个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1234567836解法三：所有的两位数共有90个，其中个位数字等于十位数字的两位数为11，22，33，…，99，共9个；有10，20，30，…，90共9个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置，-=个．则剩余的两位数有901872在这72个两位数中，每一个个位数字（a）小于十位数字（b）的两位数都有一个十位数字（a）小于个位数字（b）的两位数与之对应，÷=.故满足条件的两位数的个数是72236故选：B.3．（2023春·上海嘉定·高二上海市育才中学校考阶段练习）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在替工5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻颜色不同，则不同的涂色方法种数为（）A．120B．420C．300D．以上都不对【答案】B【解析】分4步进行分析：①对于区域A，有5种颜色可选，②对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选;③对于区域C，与A、B区域相邻,有3种颜色可选;④,对于区域D、E,若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色+⨯=种选择,可选，E区域有2种颜色可选，则区域D、E有3227⨯⨯⨯=种;则不同的涂色方案有5437420故选：B4．（2024·安徽）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造.如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，..，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域（如区域1与区域5）所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（）A ．1050种B ．1260种C ．1302种D ．1512种【答案】C 【解析】由题意可得，只需确定区域1,2,3,4的颜色，即可确定整个伞面的涂色.先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择.当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择.当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.故不同的涂色方案有()765561302⨯⨯⨯+=种.故选：C5．（2022春·北京东城·高二统考期末）算盘是中国古代的一项重要发明，迄今已有2600多年的历史.现有一算盘，取其两档（如图一），自右向左分别表示十进制数的个位和十位，中间一道横梁把算珠分为上下两部分，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下四珠，上拨一珠记作数字1（如图二算盘表示整数51）.若拨动图1的两枚算珠，则可以表示不同整数的个数为（）A ．6B ．8C ．10D ．15【答案】B 【解析】拨动两枚算珠可分为以下三类（1）在个位上拨动两枚，可表示2个不同整数.（2）同理在十位上拨动两枚，可表示2个不同整数.（3）在个位、十位上分别拨动一枚，由分步乘法计数原理易得，可表示224⨯=个不同整数.所以，根据分类加法计数原理，一共可表示2248++=个不同整数.故选：B.6．（2023·广东梅州）用标有1克，5克，10克的砝码各一个，在一架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么可以称出的不同克数（正整数的重物）有多少种?（）A ．10B ．11C ．12D ．13【答案】A【解析】①当天平的一端放1个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有1克，5克，10克；②当天平的一端放2个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有156+=克，11011+=克，51015+=克；③当天平的一端放3个砝码，另一端不放砝码时，可以成量重物的克数有151016++=克④当天平的一端放1个砝码，另一端也放1个砝码时，可以成量重物的克数有514-=克，1019-=克，1055-=克；⑤当天平的一端放1个砝码，另一端也放2个砝码时，可以成量重物的克数有105114+-=克，10156+-=克，()10514-+=克；去掉重复的克数后，可称重物的克数有10种，故选：A7.（2023福建）若m 、N n ∈，0m >，0n >，且8m n +≤，则平面上的点(),m n 共有（）．A ．21个B ．20个C ．28个D ．30个【答案】C【解析】根据题意，m 可取的值为1,2,3,4,5,6,7，当1m =时，由题意可知n 可取的值为1,2,3,4,5,6,7，共7种；当2m =时，由题意可知n 可取的值为1,2,3,4,5,6，共6种；当3m =时，由题意可知n 可取的值为1,2,3,4,5，共5种；当4m =时，由题意可知n 可取的值为1,2,3,4，共4种；当5m =时，由题意可知n 可取的值为1,2,3，共3种；当6m =时，由题意可知n 可取的值为1,2，共2种；当7m =时，由题意可知n 可取的值为1，共1种；则平面上的点(),m n 共有123456728++++++=个，故选：C8.（2023·福建厦门）元旦来临之际，某寝室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡不同的分配方式有（）A ．6种B ．9种C ．11种D ．23种【答案】B【解析】解法1：设四人A 、B 、C 、D 写的贺卡分别是a 、b 、c 、d ，当A 拿贺卡b ，则B 可拿a 、c 、d 中的任何一张，即B 拿a ，C 拿d ，D 拿c ，或B 拿c ，D 拿a ，C 拿d ，或B 拿d ，C 拿a ，D 拿c ，所以A 拿b 时有三种不同的分配方式；同理，A 拿c ，d 时也各有三种不同的分配方式，由分类加法计数原理，四张贺卡共有3339++=（种）分配方式；解法2：让四人A 、B 、C 、D 依次拿一张别人送出的贺卡，如果A 先拿，有3种，此时被A 拿走的那张贺卡的人也有3种不同的取法，接下来，剩下的两个人都各只有1种取法，由分步乘法计数原理，四张贺卡不同的分配方式有33119⨯⨯⨯=（种）．故选：B.二、多选题9．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）下列正确的是（）A ．由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数B ．由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数C ．由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码D ．由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数【答案】ACD【解析】由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有34A 24=个，故A 正确；若三个数是偶数，则个位可以是2，4，则共有没有重复数字有1223C A 12=个，故B 错误；数字1，2，3，4能够组成三位密码有44464⨯⨯=个，故C 正确；若三位数比320大，则百位是4时，有4416⨯=个，若百位是3，则十位可以是2，3，4时，个位可以是1，2，3，4，共有3412⨯=个，则比320大的三位数有121628+=个，故D 正确．故选：ACD ．10.（2023·广东佛山）现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（）A ．只需1人参加，有16种不同选法B ．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法C ．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法D ．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法【答案】ABC【解析】选项A ，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法，故共有38516++=种选法，故A 正确；选项B ，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，故共有385120⨯⨯=种选法，故B 正确；选项C ，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有()38539⨯+=种选法，故C 正确；选项D ，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D 错误.故选：ABC.11．（2022春·广东湛江·高二校考阶段练习）已知数字0,1,2,3,4，由它们组成四位数，下列说法正确的有（）A ．组成可以有重复数字的四位数有500个B ．组成无重复数字的四位数有96个C ．组成无重复数字的四位偶数有66个D ．组成无重复数字的四位奇数有28个【答案】AB【解析】对A ：四位数的首位不能为0，有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可以有重复数字的四位数有4555500⨯⨯⨯=个，故选项A 正确；对B ：四位数的首位不能为0，有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位，有43224⨯⨯=种情况，则组成无重复数字的四位数有42496⨯=个，故选项B 正确；对C ：若0在个位，有43224⨯⨯=个四位偶数，若0不在个位，有332236⨯⨯⨯=个四位偶数，则组成无重复数字的四位偶数共有243660+=个四位偶数，故选项C 错误；对D ：组成无重复数字的四位奇数有332236⨯⨯⨯=个，故选项D 错误；故选：AB.12．（2023春·浙江嘉兴·高二校考阶段练习）如图，用n 种不同的颜色把图中,,,,A B C D E 四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（）A ．3n ≥B ．当4n =时，若,B D 同色，共有48种涂法C ．当4n =时，若,BD 不同色，共有48种涂法D ．当5n =时，总的涂色方法有420种【答案】ABD【解析】对于A ，由于区域A 与,B C 均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A 正确，对于B ，当4n =时，此时按照ABC 的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有43224⨯⨯=种涂法，涂D 时，由于,B D 同色（D 只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与A 同色的两种颜色中选择一种涂E ，故共有24248⨯=种涂法，B 正确；对于C ，当4n =时，涂ABC 有43224⨯⨯=种，当,B D 不同色（D 只有一种颜色可选），此时ABCD 四块区域所用颜色各不相同，涂E 只能用与A 同色，此时共有24种涂法，C 错误；对于D ，当5n =时，此时按照ABC 的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有54360⨯⨯=种涂法，涂D 时，当,B D 同色（D 只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与A 同色的颜色中选择一种涂E ，故共有603180⨯=种涂法，当,B D 不同色，此时ABCD 四块区域所用颜色各不相同，共有5432120⨯⨯⨯=，只需要从剩下的颜色或者与A 同色的两种颜色中选择一种涂E 此时共有54322240⨯⨯⨯⨯=种涂法，综上可知，总的涂色方法有420种，故D 正确，故选：ABD三、填空题13．（2024·北京）如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有种.。

2023年新高考数学一轮复习讲义精讲精练第32讲计数原理(解析)

第32讲计数原理学校____________ 姓名____________ 班级____________一、知识梳理基本计数原理1.分类加法计数原理完成一件事，如果有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有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，如果需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有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N＝m1×m2×…×m n种不同的方法.3.分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.排列与组合1.排列与组合的概念(1)从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有排列的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数，用符号A m n表示.(2)从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有组合的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的组合数，用符号C m n表示.3.排列数、组合数的公式及性质公式(1)A m n＝n(n－1)(n －2)…(n－m＋1)＝n！（n－m）！.(2)C m n＝A m nA m m＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！＝n！m！（n－m）！(n，m∈N*，且m≤n).特别地C0n＝1性质(1)0！＝1；A n n＝n！.(2)C m n＝C n－mn；C m＋1n＋C m n＝C m＋1n＋1二项式定理1.二项式定理(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C k n a n－k b k＋…＋C n n b n(n∈N*)；(2)通项公式：T k＋1＝C k n a n－k b k，它表示第k＋1项；(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C0n，C1n，…，C n n.2.二项式系数的性质性质性质描述对称性与首末等距离的两个二项式系数相等，即C m n＝C n－mn增减性二项式系数C k n当k＜n＋12(n∈N*)时，是递增的当k＞n＋12(n∈N*)时，是递减的二项式系数最大值当n为偶数时，中间的一项取得最大值当n为奇数时，中间的两项与相等且取得最大值(1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n.(2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C0n＋C2n＋C4n ＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1.二、考点和典型例题1、基本计数原理【典例1-1】（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）甲乙丙丁四个同学星期天选择到东湖公园，西湖茶经楼，历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有（）种. A ．24 B ．96 C ．174 D ．175【答案】D 【详解】若4人均去茶经楼，则有1种参观方式，若有3人去茶经楼，则从4人中选择3人，另1人从另外3处景点选择一处，有3143C A 12=种参观方式；若有2人去茶经楼，则从4人中选择2人，另外2人从另外3处景点任意选择一处，有211433C A A 54=种参观方式；若有1人去茶经楼，则从4人中选择1人，另外3人从另外的3处景点任意选择一处，有11114333C A A A 108=种参观方式，综上：共有11254108175+++=种参观方式. 故选：D【典例1-2】（2023·山西大同·高三阶段练习）高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一､二､三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是（） A ．72 B ．144 C ．48 D ．36【答案】A 【详解】先将选择性必修有一､二､三这三本书排成一排，有33A =6种方法，再将必修一､必修二这两本书插入两个空隙中，有24A =12种方法，所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一､必修二不相邻的排列方法种数是：612=72⨯.故选：A.【典例1-3】（2023·全国·高三专题练习（理））2010年世界杯足球赛预计共有24个球队参加比赛，第一轮分成6个组进行单循环赛（在同一组的每两个队都要比赛），决出每个组的一、二名，然后又在剩下的12个队中按积分取4个队（不比赛），共计16个队进行淘汰赛来确定冠亚军，则一共需比赛（）场次． A ．53B ．52C ．51D ．50【答案】C 【详解】第一轮分成6个组进行单循环赛共需要246C 36=场比赛，淘汰赛有如下情况：16进8需要8场比赛，8进4需要4场比赛，4进2需要2场比赛，确定冠亚军需要1场比赛，共需要36842151++++=场比赛故选：C ．【典例1-4】（2022·河南·濮阳一高高三阶段练习（理））某医院从7名男医生（含一名主任医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为（） A ．350 B ．500 C ．550 D ．700【答案】C 【详解】所选医生中只有一名男主任医师的选法有3365C C 200，所选医生中只有一名女主任医师的选法有4265C C 150，所选医生中有一名女主任医师和一名男主任医师的选法有3265C C 200，故所选医师中有主任医师的选派方法共有200150200550种，故选：C【典例1-5】（2023·全国·高三专题练习）《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著.该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算和计数.某中学研究性学习小组有甲、乙、丙、丁四人，该小组拟全部收集九宫算、运筹算、了知算、成数算和把头算等5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分工收集方案共有（）种. A ．108 B ．136 C ．126 D ．240【答案】C 【详解】分以下两种情况讨论：①若甲只收集一种算法，则甲有3种选择，将其余4种算法分为3组，再分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为23433C A 108=种；②若甲收集两种算法，则甲可在运筹算、成数算和把头算3种算法中选择2种，其余3种算法分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为2333C A 18=种.综上所述，不同的收集方案种数为10818126+=种.2、排列与组合【典例2-1】（2023·全国·高三专题练习）有甲、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，则不同排列方式共有（） A ．12种 B ．24种 C ．36种 D ．48种【答案】B 【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!2224⨯⨯=种不同的排列方式，故选：B【典例2-2】（2023·全国·高三专题练习（理））教育部于2022年开展全国高校书记校长访企拓岗促就业专项行动，某市3所高校的校长计划拜访当地企业，共有4家企业可供选择.若每名校长拜访3家企业，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有（） A ．60种 B ．64种 C ．72种 D ．80种【答案】A 【详解】解：3名校长在4家企业任取3家企业的所有安排情况为：333444C C C 44464=⨯⨯=种又每家企业至少接待1名校长，故3名校长选的3家企业，不全相同，因为3名校长选的3家企业完全相同有34C 4=种，则不同的安排方法共有：64460-=种. 故选：A.【典例2-3】（2022·全国·高三专题练习）某校在高一开展了选课走班的活动，已知该校提供了3门选修课供学生选择，现有5名同学参加选课走班的活动，要求这5名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选，则5名同学选课的种数为（） A ．150 B ．180 C ．240 D ．540【答案】A 【详解】先把5名同学分为3组：（3人,1人,1人）或（2人,2人,1人），再把这3组同学分配给3门选修课即可解决.则5名同学选课的种数为311221352153132222C C C C C C A 150A A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭（种）【典例2-4】（2023·全国·高三专题练习）北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装.若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的安排方案有（） A ．6种 B ．12种 C ．18种 D ．24种【答案】B 【详解】由题意可知：应将志愿者分为三人组和两人组.先将小李､小明之外的三人分为两组，有12323C C =种分法，再将小李､小明分进两组，有222A =种分法，最后将两组分配安装两个吉祥物，有222A =种分法，所以共计有32212⨯⨯=种.故选：B【典例2-5】（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））贵阳一中体育节中，乒乓球球单打12强中有4个种子选手，将这12人平均分成3个组（每组4个人）、则4个种子选手恰好被分在同一组的分法有（） A ．21 B ．42 C ．35 D ．70【答案】C 【详解】4个种子选手分在同一组，即剩下的8人平均分成2组，方法有448422C C 35 A =种，故选:C ．3、二项式定理【典例3-1】（2022·河南洛阳·模拟预测（理））3nx ⎛⎝的展开式中各二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为（） A ．-540 B ．135C ．18D ．1215【答案】B 【详解】由题意得264n =，所以6n =，所以63x ⎛- ⎝展开式的通项()()36662166C 31C 3rr rr r r r r T x x---+⎛==-⋅⋅⋅ ⎝，令3602r -=，得4r =，所以展开式中的常数项为()44261C 3135-⋅⋅=．故选：B ．【典例3-2】（2022·全国·高三专题练习）()91-x 按x 降幕排列的展开式中，系数最大的项是（） A ．第4项和第5项 B ．第5项 C ．第5项和第6项 D ．第6项【答案】B 【详解】因为()91-x 的展开式通项为()919C 1k kk k T x -+=⋅⋅-，其中第5项和第6项的二项式系数最大，但第5项的系数为正，第6项的系数为负，故()91-x 按x 降幕排列的展开式中，系数最大的项是第5项. 故选：B.【典例3-3】（2022·全国·高三专题练习）若()1nx +的展开式中，某一项的系数为7，则展开式中第三项的系数是（） A ．7 B ．21 C ．35 D ．21或35【答案】B 【详解】解：由题意，展开式的通项为1(C 0,1,,)r rr n T x r n +==，所以某一项的系数为7，即C 7rn =，解得n ＝7，r ＝1或n ＝7，r ＝6，所以展开式中第三项的系数是27C 21=．故选：B ．【典例3-4】（2023·全国·高三专题练习）二项式()()()237121212x x x ++++++的展开式中，含2x 项的二项式系数为（） A ．84 B ．56 C ．35 D ．21【答案】B 【详解】解：因为二项式为()()()237121212x x x ++++++，所以其展开式中，含2x 项的二项式系数为：222222234567C C C C C C +++++， 3222244567=C C C C C ++++，32225567=C C C C +++， 322667=C C C ++，3277=C C +， 38=C 56=.故选：B【典例3-5】（2022·全国·高三专题练习）已知()523450123451ax a a x a x a x a x a x +=+++++，若3270a =-，则024a a a ++=（） A ．992 B ．－32 C ．－33 D ．496【答案】D 【详解】由题意知：()3333335C 10a x ax a x ==，则310270a =-，解得3a =-；令1x =，则()50123451332a a a a a a -=+++++=-，令1x =-，则()5012345131024a a a a a a +=-+-+-=，两式相加得()0242992a a a ++=，则024496a a a ++=. 故选：D.。

专题03 计数原理(解析版)--高二数学专题解析

专题03计数原理--高二数学专题解析知识点一：分类加法计数原理一、单选题1．将4封不同的信投入3个不同的信箱，且4封信全部投完，则不同的投法有（）A ．81种B ．64种C ．24种D ．4种【答案】A【分析】利用分步乘法计数原理进行分析，即可求得信的投法总数．【详解】由题意可知，每封信都有3种投法，根据分步乘法计数原理可知，不同的投法有：43333381⨯⨯⨯==种，故选A ．2．有5本不同的中文书，4本不同的数学书，3本不同的英语书，每次取一本，不同的取法有（）A．3种B．12种C．60种D．不同于以上的答案【答案】B【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理计算作答.【详解】依题意，计算不同取法种数有3类办法：取一本中文书有5种方法，取一本数学书有4种方法，取一本英语书有3种方法，++=（种）.由分类加法计数原理得：每次取一本，不同的取法有54312故选：B3．某公司员工义务献血，在体检合格的人中，O型血的有10人，A型血的有5人，B型血的有8人，AB 型血的有3人．从4种血型的人中各选1人去献血，不同的选法种数为（）A．1200B．600C．300D．26【答案】A【分析】由分步计数原理即可求解.【详解】分四步：第一步，选O型血的人有10种选法；第二步，选A型血的人有5种选法；第三步，选B型血的人有8种选法；第四步，选AB型血的人有3种选法．故共有10×5×8×3＝1200（种）不同的选法．故选：A4．古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律，由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为（）A．8B．16C．24D．32【答案】C【分析】利用分类加法原理即可求解.【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有16个，若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有8个，所以梯形的个数是16+8=24，故选：C.5．某商场共有4个门，若从一个门进，另一个门出，不同走法的种数是（）A．10B．11C．12D．13【答案】C【分析】利用分步乘法原理即可得解.【详解】分两步完成，第一步：从4个门中选择一个门进有4种方法，第二步：从余下的3个门中选一个出有3种方法，⨯=种.根据分步计数乘法原理，共有4312故选：C6．将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有（）A．6种B．9种C．11种D．23种【答案】B【详解】第一步，把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，故选B．二、填空题7．某座山，若从东侧通往山顶的道路有3条，从西侧通往山顶的道路有2条，那么游客从上山到下山共有______种不同的走法【答案】25【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理计算作答.【详解】依题意，游客上山有5种方法，下山有5种方法，由分步计数乘法原理知，从上山到下山方法共⨯=种，所以游客从上山到下山共有25种不同的走法.有5525故答案为：258．一种号码拨号锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共10个数字，这4个拨号盘可以组成__________个四位数号码？．【答案】10000【分析】用分步乘法原理计算即可求解.【详解】按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第1步，有10种拨号方式，第2步，有10种拨号方式，第3步，有10种拨号方式，第4步，有10种拨号方式，⨯⨯⨯=个四位数的号码.根据分步计数原理，共可以组成1010101010000故答案为：10000.9．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有___________个．【答案】12【分析】分析可得，共有三个1，三个2，三个3，三个4，4种情况，分别求得满足题意“好数”个数，根据分类加法计数原理，即可得答案．【详解】当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种，当有三个2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．-表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P到四个顶点的距离组成10．如图，设点P为正四面体A BCD的集合记为M，如果集合M中有且只有2个元素，那么符合条件的点P有________个.【答案】10【分析】根据分类计数原理求解即可．【详解】符合条件的点P有两类：一，六条棱的中点；二，四个面的中心；+=个．集合M中有且只有2个元素，符合条件的点P有4610故答案为：1011．整数3528有______个不同的正因数.【答案】36【分析】先对3528进行分解，找到3223528237=⨯⨯，再根据分步相乘计数原理求解.【详解】3223528237=⨯⨯，3528的正因数必为237a b c ⨯⨯的形式，{}0,1,2,3a ∈，{}0,1,2b ∈，{}0,1,2c ∈，所以3528共有43336⨯⨯=个不同的正因数.故答案为：36.12．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲､乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳､射击､体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有__________种.【答案】24【分析】分游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况讨论，然后利用分类加法原理求解即可【详解】当游泳场地安排2人时，则不同的安排方法有2232C A 6=种，当游泳场地安排1人时，则不同的安排方法有122332C C A 18=种，由分类加法原理可知共有61824+=种，故答案为：2413．A 、B 、C 、D 、E 五人按顺时针方向围成一圈玩传球游戏，要求每次只能传给不与自己相邻的人．游戏开始时，球在A 手里，则经过5次传球，传到D 手中，不同的传球方案共有__________种．【答案】10【分析】先结合题意列出前两次传球与后三次传球的情况，从而列出所有满足的传球方案，由此得解.【详解】依题意，由于球只能不与自己相邻的人，所以推得第二次传球后，球只能在①，②，③，④情况中的一种；又第五次传球要传到D 手中，故后三次传球仅能在⑤，⑥，⑦，⑧情况中的一种；由于球只能传给不相邻的人，故只有①⑤，①⑥，①⑧，②⑤，②⑦，②⑧，③⑤，③⑥，③⑧，④⑥，共10个组合可传球，所以不同的传球方案共有10种.故答案为：10.三、解答题14．一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同．(1)从两个口袋中任取一封信，有多少种不同的取法？(2)从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？(3)把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？【答案】(1)9；(2)20；(3)94【分析】（1）分析题意，这是一个分类问题，分两种情况讨论，即分别从第一个和第二个信封中取信，由分类加法计数原理计算可得答案（2）分析题意，这是一个分步问题，分两步进行，先从第一个信封中取信，再从第二个信封取信，由分步乘法计数原理计算可得答案（3）将信封投入邮筒，是分步问题，每封信都有4种不同的方法，由分步乘法计数原理计算可得答案【详解】（1）任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，是分类问题，从第一个口袋中取一封信有5种情况，从第二个口袋中取一封信有4种情况，则共有549+=种．（2）各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能完成这件事，是分步问题，应分两个步骤完成，第一步，从第一个口袋中取一封信有5种情况；第二步，从第二个口袋中取一封信有4种情况，由分步乘法计数原理，共有5420⨯=种．（3）第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信投入邮筒有4种可能，L ，第九封信投入邮筒有4种可能，由分步乘法计数原理可知，共有94种不同的投法．【反思】本题主要考查分步计数原理与分类计数原理的运用，解题时，注意分析题意，认清是分步问题还是分类问题，这是解题的关键．15．为了确保电子邮箱的安全，在注册时，通常要设置电子邮箱密码．在某网站设置的邮箱中，(1)若密码为4位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？(2)若密码为4〜6位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？【答案】(1)10000(2)1110000【分析】（1）根据分步乘法原理即可计算；（2）分密码为4位、5位、6位三种情况分别用分步乘法原理计算，再将所得结果相加即得结果.【详解】（1）设置1个4位密码要分4步进行，每一步确定一位数字，每一位上都可以从0〜9这10个数字中任取1个，有10种取法．根据分步计数原理，4位密码的个数是1010101010000⨯⨯⨯=．（2）设置的密码为4〜6位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，这样的密码共有3类．其中4位密码、5位密码、6位密码的个数分别为410，510，610．根据分类计数原理，设置由数字0〜9组成的4〜6位密码的个数是4561010101110000++=．故满足条件的密码有1110000个．16．已知集合}2{32101M =---，，，，，，(,)P a b 表示平面上的点(,a b M ∈)．问：(1)(,)P a b 可表示平面上多少个不同的点?(2)(,)P a b 可表示平面上多少个第二象限的点?【答案】(1)36；(2)6【分析】（1）采用分步乘法计数原理，即可求出结果；（2）根据分步乘法计数原理和第二象限点的横坐标和纵坐标的特点，即可求出结果．P a b可分两步完成：【详解】（1）确定平面上的点(,)第一步，确定a的值，共有6种方法；第二步，确定b的值，也有6种方法．⨯=；根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6636（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，∴有3种不同的确定方法；第二步，确定b，由于0b>，∴有2种不同的确定方法．⨯=．根据分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数为32617．（多选题）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有（）A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D．要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法【答案】ABC【分析】根据题意，结合分类计数原理和分步计数原理，逐项计算，即可求解.【详解】对于A中，从国画中选一副有5种不同的选法；从油画中选一副有2种不同的选法；从水彩画中选一副有7种不同的选法，++=种不同的选法，所以A正确；由分类计数原理，共有52714对于B中，从国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，⨯⨯=种不同的选法，所以B正确；根据分步计数原理，共有52770⨯=种不同的选法；对于C中，若其中一幅选自国画，一幅选自油画，则有5210⨯=种不同的选法；若一幅选自国画，一幅选自水彩画，则有5735若一幅选自油画，一幅选自水彩画，则有2714⨯=种不同的选法，++=种不同的选法，所以C正确；由分类计数原理，可得共有10351459对于D中，从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第一步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；第二步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法，⨯=种不同的选法，所以D错误.根据分步计数原理，不同挂法的种数是542018．（多选题）现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是（）A ．选1人为负责人的选法种数为30B ．每组选1名组长的选法种数为3024C ．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335D ．若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种【答案】ABC【分析】利用加法计数原理判断选项A ；利用乘法计数原理判断选项B ；利用乘法及加法计数原理判断选项C ；利用间接法并结合乘法计数原理判断选项D.【详解】对于A ，选1人为负责人的选法种数：678930+++=，故A 正确；对于B ，每组选1名组长的选法：67893024⨯⨯⨯=，故B 正确；对于C ，2人需来自不同的小组的选法：676869787989335⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，故C 正确；对于D ，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有44种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有：434337-=，故D 错误；故选：ABC.19．（多选题）如图，标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A 向结点B 传递消息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为（）A ．18B ．19C ．24D ．26【答案】AB 【分析】先求出每一条线路单位时间内传递的最大信息量，再由分类加法原理求解即可【详解】第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；第二条线路单位时间内传递的最大信息量为4；第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6；第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6．因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为346619+++=，【答案】4 13【分析】利用分步乘法计数原理求出所有的涂色种数，再求出的概率公式计算可得【详解】依题意分22．将圆分成()*2,n n n ≥∈N 个扇形，每个扇形用红、黄、蓝、橙四色之一涂色，要求相邻扇形不同色，设这n 个扇形的涂色方法为n a 种，则n a 与1n a -的递推关系是______．【答案】1143n n n a a --=⨯-（3n ≥）【分析】假设第1个扇形与第n 个扇形不相邻，对这两个扇形颜色相同和不同进行分类计算即可.【详解】如上图所示，由题意，将圆分成()*2,n n n ≥∈N 个扇形，涂色方法有n a 种，若假设第1个扇形与第n 个扇形不相邻，如下图所示：则为第1个扇形涂色，有4种方法，为第2个扇形涂色，有3种方法，为第3个扇形涂色，有3种方法，…，为第n 个扇形涂色，有3种方法，故由分步乘法计数原理，涂色方法共有143n -⨯种，其中，包括了第1个扇形与第n 个扇形颜色不同的方法n a 种，与第1个扇形与第n 个扇形颜色相同的方法x 种，即143n n a x -⨯=+，而第1个扇形与第n 个扇形颜色相同的涂色方法x 种，可以看作将第1个扇形与第n 个扇形合并为一个扇形，如下图所示：即n 1-个扇形的涂色方法1n a x -=（为使1n a -满足题意，需使12n -≥，即3n ≥），综上所述，1143n n n a a --⨯=+（3n ≥），∴n a 与1n a -的递推关系是1143n n n a a --=⨯-（3n ≥）.故答案为：1143n n n a a --=⨯-（3n ≥）.【点睛】本题解题的关键，是将环形涂色问题断开，转换为带形涂色问题进行解决.23．某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从A ，B ，C ，D ，E ，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A ，B 两人中安排一人，第四节课只能从A ，C 两人中安排一人，则不同的安排方案共有______种．（用数字作答）【答案】36【分析】按第一节上课的老师分成两类，利用分步乘法计数原理计算出每一类安排上课方法数，然后将两类方法数相加即得.【详解】不同的安排方案有两类办法：第一类，第一节课若安排A ，则第四节课只能安排C ，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4312⨯=种排法；第二类，第一节课若安排B ，则第四节课可安排A 或C ，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有24324⨯⨯=种排法，因此不同的安排方案有122436+=种.故答案为：3624．某新闻采访组由5名记者组成，其中甲､乙､丙､丁为成员，戊为组长.甲､乙､丙､丁分别来自A B C D 、、、四个地区.现在该新闻采访组要到A B C D 、、、四个地区去采访，在安排采访时要求：一地至少安排一名记者采访且组长不单独去采访；若某记者要到自己所在地区采访时必须至少有一名记者陪同.则所有采访的不同安排方法有___________种.【答案】44【分析】通过分类计数原理将问题分成甲，乙，丙，丁都不到自己的地区和甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区两类进行讨论，然后通过分步计数原理得到每一类的答案，最后求和即可.【详解】分两类：①甲，乙，丙，丁都不到自己的地区，组长可任选一地有()3311436⨯⨯⨯⨯=；②甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区，并有组长陪同有()21148⨯⨯⨯=.所以总数36844+=.故答案为：44.25．用4种不同的颜色给图中的A ，B ，C ，D 四个区域涂色，要求每个区域只能涂一种颜色．(1)有多少种不同的涂法？(2)若相邻区域不能涂同一种颜色，有多少种不同的涂法？【答案】(1)256；(2)48【答案】(1)9(2)24【分析】（1）利用分类相加计数原理即可得解；（2）利用分步相乘计数原理即可得解.【详解】（1）从书架上任取1本书，有三类方案：第1类，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类，从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的种数为4329++=.（2）从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三步完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法.⨯⨯=.根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为43224。

两个计数原理的应用知识点

两个计数原理的应用知识点1. 二进制计数原理•二进制计数是一种使用只有两个数字0和1的数字系统。

•二进制计数系统是计算机中最常用的计数系统之一。

•二进制计数原理是基于权值计数的，每一位的权值是2的指数值。

1.1 二进制加法•二进制加法是在二进制计数系统中进行加法运算的方法。

•在二进制加法中，当两个位数相加为0时，结果位为0；当两个位数相加为1时，结果位为1；当两个位数相加为2时，结果位为0并向前一位进位1。

1.2 二进制减法•二进制减法是在二进制计数系统中进行减法运算的方法。

•在二进制减法中，当被减数位大于减数位时，结果位为1；当被减数位等于减数位时，结果位为0；当被减数位小于减数位时，需要向前一位借位。

1.3 二进制位运算•二进制计数系统中有一些特殊的位运算操作，如与（AND）、或（OR）、非（NOT）、异或（XOR）等。

•位运算可以对二进制数据进行快速、高效的操作。

2. 十进制计数原理•十进制计数是我们常见的十个数字0-9的计数系统。

•十进制计数原理是基于权值计数的，每一位的权值是10的指数值。

2.1 十进制加法和减法•十进制加法和减法是在十进制计数系统中进行加法和减法运算的方法。

•十进制加法和减法与二进制加法和减法类似，根据位数的相加或相减进行计算。

2.2 十进制乘法和除法•十进制乘法和除法是在十进制计数系统中进行乘法和除法运算的方法。

•十进制乘法和除法与二进制乘法和除法类似，根据位数的相乘或相除进行计算。

2.3 小数计算•十进制计数系统还包括小数的计算方法。

•小数计算通过十进制点的位置来确定权值，根据位数的相加、相减、相乘或相除进行计算。

总结•二进制计数原理和十进制计数原理是计算机科学中非常重要的基础知识。

•了解和掌握二进制计数原理和十进制计数原理可以帮助我们更好地理解和使用计算机。

•通过学习和应用这些知识点，我们可以更加高效地进行二进制和十进制的计算和处理任务。

人教版高中数学选择性必修第三册6.1.1两个计数原理及其简单应用高分精练(含答案解析)

人教版高中数学选择性必修第三册6.1.1两个计数原理及其简单应用高分精练（含答案解析）【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．【题型归纳】题型一、分类加法1．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算盘中的两枚算珠，可以表示不同整数的个数为（）A．8B．10C．15D．162．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___________种办法．3．以正方形的4个顶点中某一顶点为起点、另一个顶点为终点作向量，可以作出多少个不相等的向量？题型二、分步乘法4．已知某教学大楼共有四层，每层都有东、西两个楼梯，则从一层到四层不同的走法种数为（）A．32B．23C．43D．245．如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有（）A．24种B．48种C．72种D．96种6．甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名方法（）A．12B．24C．64D．817．一排有10盏灯，如果用灯亮表示数1，用灯不亮表示数0，每一种亮灯方式代表一个数据，如：0010100101表示一个数据，那么这10盏灯可以表示的数据个数是___________.【双基达标】A B C三个路口协助交警值勤，他们申请1．甲､乙､丙､丁四名交通志愿者申请在国庆期间到,,值勤路口的意向如下表：交通路口A B C志愿者甲､乙､丙､丁甲､乙､丙丙､丁A B C三个路口都要这4名志愿者的申请被批准，且值勤安排也符合他们的意向，若要求,,有志愿者值勤，则不同的安排方法数有（）A．14种B．11种C．8种D．5种2．从2021年3月24日起，中国启动新冠疫苗接种数据的日报制度，国家卫健委每日在官网公布疫苗接种总数，这也是人类疫苗接种史上首次启动国家级最大规模的日报制度.为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种普及率，重庆市某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点.某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（）A．11种B．19种C．30种D．209种3．某校开设A类选修课4门，B类选修课3门，每位同学从中选3门.若要求两类课程中都至少选一门，则不同的选法共有（）A．18种B．24种C．30种D．36种4．按照四川省疫情防控的统一安排部署，2021年国庆期间继续对某区12周岁及以上人群A B C三个接种点位，市民可以随机选择去全面开展免费新冠疫苗接种工作．该区设置有,,任何一个点位接种，同时每个点位备有北京科兴与成都生物两种灭活新冠疫苗供市民选择，且只能选择一种．那么在这期间该区有接种意愿的人，完成一次疫苗接种的安排方法共有（）A．5种B．6种C．8种D．9种5．将2封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为（）A．32⨯B．3C．23D．326．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有___________个.7．如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络联系，连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为________．8．有一密码为802136的手提保险箱，现在显示的号码为721080，要打开箱子，至少旋转________次．(每个旋钮上转出一个新数字为一次，逆转、顺转都可以)9．十字路口来往的车辆，如果不允许掉头，则共有_______种行车路线（用数字作答）10．（1）从甲地到乙地有三种方式可以到达.每天有8班汽车、2班火车和2班飞机.一天一人从甲地去乙地，共有________种不同的方法.（2）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________.1,2,3,4有多少个子集？11．集合{}12．从甲地到乙地，可以乘飞机，也可以乘火车，还可以乘长途汽车.每天飞机有2班，火车有4班，长途汽车有10班.一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的方法？13．把6名实习生分配到7个车间实习，共有多少种不同的分法？14．某人有4枚明朝不同年代的古币和6枚清朝不同年代的古币.(1)若从中任意取出1枚，则有多少种不同取法？(2)若从中任意取出明、清古币各1枚，则有多少种不同取法？15．计算：（1）将2封信投入4个邮箱，每个邮箱最多投一封，共有多少种不同的投法？（2）将2封信随意投入4个邮箱，共有多少种不同的投法？【高分突破】1．甲、乙、丙共3人参加三项知识竞赛，每项知识竞赛第一名到第三名的分数依次为10，5，3.竞赛全部结束后，甲获得其中两项的第一名及总分第一名，则下列说法错误的是（）A．第二名、第三名的总分之和为29分或31分B．第二名的总分可能超过18分C．第三名的总分共有3种情形D．第三名不可能获得其中任何一场比赛的第一名2．在2021中俄高加索联合军演的某一项演练中，中方参加演习的有4艘军舰，5架飞机；俄方有3艘军舰，6架飞机.若从中、俄两方中各选出2个单位（1架飞机或一艘军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同），且选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有（）A．51种B．168种C．224种D．336种3．某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会日语，若在同一天要接待3个不同的外国旅游团，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会日语的导游，则不同的安排方法种数有（）A．12B．13C．14D．154．用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，共有（）种不同的涂色方案．A．180B．360C．64D．255．从6人中选出4人参加某大学举办的数学、物理、化学、生物比赛，每人只能参加其中一项，且每项比赛都有人参加，其中甲、乙两人都不能参加化学比赛，则不同的参赛方案的种数为（）A．94B．180C．240D．2866．2020年3月，为促进疫情后复工复产期间安全生产，某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（）A．所有不同分派方案共34种B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种C ．若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到A 企业，则所有不同分派方案共12种D ．若C 企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共32种7．如图，小明、小红分别从街道的E 、F 处出发，到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则（）A ．小红到老年公寓可以选择的最短路径条数为3B ．小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为35C ．若小明不经过F 处，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为32D ．若小明先到F 处与小红会合，再与小红一起到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188．已知直线方程0Ax By +=，若从0、1、2、3、5、7这六个数中每次取两个不同的数分别作为A 、B 的值，则0Ax By +=可表示______条不同的直线．9．“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现用4种不同的颜色（4种颜色全部使用）给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色，则不同的涂色方案有（）A ．24种B ．48种C ．72种D ．96种10．一系列函数若它们的对应关系相同､值域相同，则称这一系列的函数为“同族函数”．对应关系为21y x =-，值域为{}0,3,8的“同族函数”有___________个．11．某新闻采访组由5名记者组成，其中甲､乙､丙､丁为成员，戊为组长.甲､乙､丙､丁分别来自A B C D 、、、四个地区.现在该新闻采访组要到A B C D 、、、四个地区去采访，在安排采访时要求：一地至少安排一名记者采访且组长不单独去采访；若某记者要到自己所在地区采访时必须至少有一名记者陪同.则所有采访的不同安排方法有___________种.12．由1、2、3、4、5这5个数字可以组成四位没有重复数字的奇数的个数为______，组成四位有重复数字的奇数的个数为______．【答案详解】【题型归纳】1．A【详解】拨动图1算盘中的两枚算珠，有两类办法，由于拨动一枚算珠有梁上、梁下之分，则只在一个档拨动两枚算珠共有4种方法，在每一个档各拨动一枚算珠共有4种方法，由分类加法计数原理得共有8种方法，所以表示不同整数的个数为8.故选：A2．8【详解】每次向前跳1格，共跳5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4次，有4种的跳法;有两次跳2格，其余每次向前跳1格，共跳3次，有3种的跳法.则共有1+4+3=8种.故答案为：8.3．8【详解】如图所示，从A出发的向量有,,AB AC AD从B出发且与从A出发的向量不相等的有,BA BD从C出发且与从A、B出发的向量不相等的有,CB CA从D出发且与从A、B、C出发的向量不相等的有DB所以可以作出不相等的向量有8个.4．B【详解】根据题意，教学大楼共有四层，每层都有东、西两个楼梯，则从一层到二层，有2种走法，同理从二层到三层、从三层到四层也各有2种走法，则从一层到四层共有2×2×2＝23种走法．故选：B.5．B【详解】按涂色顺序进行分四步：涂A 部分时，有4种涂法；涂B 部分时，有3种涂法；涂C 部分时，有2种涂法；涂D 部分时，有2种涂法.由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有432248⨯⨯⨯=种.故选：B.6．C【详解】甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项,每人有4种报名方法，根据分步计数原理，可知共有44464⨯⨯=种不同的报名方法.故选：C7．1024【详解】因为用灯亮表示数1，用灯不亮表示数0，每一种亮灯方式代表一个数据，所以由乘法分步原理可知这10盏灯可以表示的数据个数为1021024=个，故答案为：1024【双基达标】1．B【详解】由题意得：以C 路口为分类标准：C 路口执勤分得人口数情况有2种，两个人或一个人C 路口执勤分得人口数为2个，丙、丁在C 路口，那么甲、乙只能在AB 、路口执勤；C 路口执勤分得人口数为1个，丙或丁在C 路口，具体情况如下：丙在C 路口：A （丁）B （甲乙）C （丙）；A （甲丁）B （乙）C （丙）；A （乙丁）B （甲）C （丙）；丁在C 路口：A （甲乙）B （丙）C （丁）；A （丙）B （甲乙）C （丁）；A （甲丙）B （乙）C （丁）；A （乙）B （甲丙）C （丁）；A （乙丙）B （甲）C （丁）；A （甲）B （乙丙）C （丁）；.所以一共有2+3+6=11种选法.故选：B.2．C【详解】该市民选择接种点分为两类，一类在乡镇接种点，一类在城区接种点，所以方法数为191130+=．故选：C ．3．C【详解】根据题意，分两种情况讨论：①若从A 类课程中选1门，从B 类课程中选2门，有124312C C ⋅=（种）选法；②若从A 类课程中选2门，从B 类课程中选1门，有214318C C ⋅=（种）选法.综上，两类课程中都至少选一门的选法有121830+=（种）.故选：C.4．B【详解】第一步选择接种点位，有3种选择；第二步选择疫苗，有2种选择，由乘法原理知，共有3x 2=6种选择的安排方法．故选：B ．5．C【详解】第一封信的投法有3种，第二封信的投法有3种，∴根据分步计数原理可知一共有2333⨯=（种）投法.故选：C.6．12【详解】当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况.当有三个1时：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种，当有三个2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果.故答案为：127．19【详解】由题图可知，从A 到B 有4种不同的传递路线，各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6，由分类加法计数原理得，单位时间内传递的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19.故答案为：19.8．14【详解】第一位最少旋转871-=次，第二位最少旋转202-=次，第三位最少旋转211-=次，第四位最少旋转101-=次，第五位最少旋转831385-=-=次，第六位最少旋转1064-=次，∴要打开箱子，至少要旋转12115414+++++=次.故答案为：14.9．12【详解】设十字路口有,,,A B C D四个路口，由于不允许掉头，则其中一个路口的车辆有133C=种行驶方向，即左拐，直行，右拐，那么四个路口的车一共有113412C C⨯=种行车路线.故答案为：12.10．1213【详解】（1）分三类：一类是乘汽车有8种方法；一类是乘火车有2种方法；一类是乘飞机有2种方法，由分类加法计数原理知，共有8＋2＋2＝12(种)方法.（2）当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使∆＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2.由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.故答案为：12；13.11．16【详解】由于集合{}1,2,3,4中有4个元素，则子集有以下情况：当子集没有元素时，则子集为∅，共1个；当子集含有1个元素时，有{}{}{}{}1,2,3,4，共4个；当子集含有2个元素时，有{}{}{}{}{}{}1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4，共6个；当子集含有3个元素时，有{}{}{}{}1,2,3,1,2,4,2,3,4,1,3,4，共4个；当子集含有4个元素时，有{}1,2,3,4，共1个；根据分类加法计数原理，该集合的子集共有：1+4+6+4+1=16个，即集合{}1,2,3,4有16个子集.12．16【详解】由题意可知，从甲地到乙地，若乘飞机，有2种方法；若乘火车，有4种方法；若乘长途汽车，有10种方法；则从甲地到乙地共有241016++=种不同的方法.13．67【详解】6名实习生分配到7个车间实习，每名实习生有7种分配方法，共有67种不同的分法.14．(1)10(2)24【详解】从10枚不同的古币中，取出1枚为明朝的古币有4种不同的取法，取出1枚为清朝的古币有6种不同的取法，由分类加法计数原理可知，共有4610+=种不同的取法.(2)分两步进行，第一步，从4枚明朝的古币中取出1枚，有4种不同的取法；第二步，从6枚清朝的古币中取出1枚古币，有6种不同的取法.由分步乘法计数原理，共有4624⨯=种不同的取法.15．（1）12；（2）16【详解】（1）将2封信投入4个邮箱，每个邮箱最多投一封，第一封信有4种选择，第二封有3种选择，答案为4312⨯=（种）；（2）将2封信随意投入4个邮箱，则每封信都有4种选择，所以共有4416⨯=（种）.【高分突破】1．C【详解】依题意，甲的得分情况有两种：10，10，5和10，10，3，显然3人的总得分为54分，甲得分为10，10，5时，第二名、第三名的总分之和为29分，甲得分为10，10，3时，第二名、第三名的总分之和为31分，A 正确；甲得分为10，10，5时，第二名得分有三种情况：5，5，10；5，3，10；3，3，10，总分分别为20分，18分，16分，第三名得分对应有三种情况：3，3，3；3，5，3；5，5，3，总分分别为9分，11分，13分，甲得分为10，10，3时，第二名得分有三种情况：5，5，10；5，3，10；3，3，10，总分分别为20分，18分，16分，第三名得分对应有三种情况：3，3，5；3，5，5；5，5，5，总分分别为11分，13分，15分，选项B ，D 正确，第三名总分有4种情况，C 不正确.故选：C2．B【详解】计算选出的四个单位中恰有一架飞机的方法数有两类办法：飞机来自中方，有112543C C C 种方法，飞机来自俄方，有112634C C C 种方法，由分类加法计数原理得：112112543634C C C C C C 168+=(种)，所以选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有168种.故选：B3．C【详解】由题意知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：第一类，甲被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需要会英语的旅游团，有2种安排方法，所以有224⨯=种安排方法；第二步，从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团，共2种选法.故此时共有428⨯=种安排方法；第二类，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；第二步，从会日语的3人（包括甲）中选出1人安排到需要会日语的旅游团，有3种选法.故此时共有236⨯=种选法．综上，不同的安排方法种数为8614+=．故选：C ．4．A【详解】第一步涂A ，有5种涂法，第二步涂B ，和A 不同色，有4种涂法，第三步涂C ，和AB 不同色，有3种涂法，第四步涂D ，和BC 不同色，有3种涂法，由分步乘法技术原理可知，一共有5433180⨯⨯⨯=种涂色方案，故选：A.5．C【详解】第一步，因为甲、乙两人都不能参加化学比赛，所以从剩下的4人中选1人参加化学比赛，共有4种选法；第二步，在剩下的5人中任选3人参加数学、物理、生物比赛，共有54360⨯⨯=种选法．由分步乘法计数原理，得不同的参赛方案的种数为460240⨯=，故选：C ．6．BC【详解】对于选项A ：所有不同分派方案共有34种，故错误；对于选项B ：若每家企业至少分派1名医生，则有211342132236C C C A A ⋅=种，故正确；对于选项C ：若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到A 企业，若A 企业分2人，则有336A =种；若A 企业分1人，则有2123126C C A =种，所以共有6612+=种，故正确；对于选项D ：若C 企业没有派医生去，每名医生有2种选择，则共有4216=种，若C 企业派1名医生则有134232C ⋅=种，所以共有163248+=种，故错误；故选：BC ．7．ABD【详解】由图知，要使小红、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移动，对于选项A ，小红到老年公寓需要向上1格，向右2格，即小华共走3步其中1步向上，所以最短路径条数为133C =条，故A 正确；对于选项B ，小明到老年公寓需要向上3格，向右4格，即小明共走7步其中3步向上，最短路径条数为3735C =条，故B 正确；对于选项D ，小明到F 的最短路径走法有246C =条，再从F 处和小红一起到老年公寓的路径最短有3条，所以到F 处和小红会合一起到老年公寓的共有6318⨯=条路径，故D 正确;对于选项C ，由选项D 可知，小明不经过F 处，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为351817-=，故选项C 不正确.故选：ABD8．22【详解】当0A =时，可表示1条直线；当0B =时，可表示1条直线；当0AB ≠时，A 有5种选法，B 有4种选法，可表示5420⨯=条不同的直线．由分类加法计数原理，知共可表示112022++=条不同的直线．故答案为：22.9．B【详解】根据题意，分2步进行分析：当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有3424A =种涂色的方法；当区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域③、④有2种涂色方法，故共有34222448A =⨯=种涂色的方法.故选：B10．27【详解】由题知“同族函数”为对应关系相同，值域相同，但定义域不同的函数﹒∵对应关系为21y x =-，值域为{}0,3,8，∴由222101132183x x x x x x -⇒±-⇒±-⇒±＝＝，＝＝，＝＝知，要构成满足条件的函数，定义域应该由123±±±，，这三组数所构成，当定义域内有3个数时，有2×2×2＝8种组合方式，当定义域内有4个元素时，有3×2×2＝12种组合方式，当定义域内有5个元素时，有3×2＝6种组合方式，当定义域内有6个元素时，有1种组合方式，∴满足题意的定义域可以有8＋12＋6＋1＝27种﹒故答案为：27．11．44【详解】分两类：①甲，乙，丙，丁都不到自己的地区，组长可任选一地有()3311436⨯⨯⨯⨯=；②甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区，并有组长陪同有()21148⨯⨯⨯=.所以总数36844+=.故答案为：44.12．72375【详解】根据题意，知个位数字可以为1、3、5，共有3种选法．若组成四位没有重复数字的奇数，则千位数字有4种选法，百位数字有3种选法，十位数字有2种选法，故所求个数为343272⨯⨯⨯=．若组成四位有重复数字的奇数，则千位、百位、十位数字均有5种选法，故所求个数为335375⨯=．故答案为：72；375.。

2023年高考数学复习----两个计数原理的综合应用典型例题讲解

2023年高考数学复习----两个计数原理的综合应用典型例题讲解【典型例题】例1．（2022·全国·高三专题练习）重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式．九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）：“中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（）A．108 B．36 C．9 D．6【答案】C【解析】由题可知中间格只有一种放法；十字格有四个位置，3种适合放入，所以有一种放两个位置，共有3种放法；四角格有四个位置，2种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，有两种放法，或每种都放两个位置，有一种放法，故四角格共有3种放法；所以不同放法共有133=9⨯⨯种．故选：C．例2．（2022春·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考阶段练习）某市抽调5位医生分赴4所医院支援抗疫，要求每位医生只能去一所医院，每所医院至少安排一位医生．由于工作需要，甲､乙两位医生必须安排在不同的医院，则不同的安排种数是（）A．90 B．216 C．144 D．240【答案】B【解析】完成这件事情，可以分两步完成，第一步，先将5为医生分为四组且甲、乙两位医生不在同一组，共有2519C−=种方案；第二步，再将这四组医生分配到四所医院，共有4424A=种不同方案，所以根据分步乘法计数原理得共有249216⨯=种不同安排方案．故选：B．例3．（2022春·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）某大型联欢会准备从含甲、乙的6个节目中选取4个进行演出，要求甲、乙2个节目中至少有一个参加，且若甲、乙同时参加，则他们演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为（）A．720 B．520 C．600 D．264【答案】D【解析】若甲、乙两节目只有一个参加，则演出顺序的种数为：134244192C C A=，若甲、乙两节目都参加，则演出顺序的种数为：22242372C A A=；因此不同的演出顺序的种数为19272264+=．故选：D．。

计数原理专项练习(含详解)

计数原理专项练习一、单选题（本大题共20小题，共100.0分）1. 从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为()A. 224B. 112C. 56D. 282. A ，B ，C ，D 四位妈妈相约各带一名小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆车只能带一位大人和一名小孩，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，则A 的小孩坐C 妈妈或D 妈妈的车的概率是()A.13B.12C.59D.233. 袋中有5个黑球和3个白球，从中任取2个球，则其中至少有1个黑球的概率是()A.B.C.D.4. 已知的最小值为，则二项式展开式中项的系数为A.B.C.D.5.2.5PM 是指大气中直径小于或等于0.0000025米的颗粒物，数0.0000025用科学计数法表示为() A. 72510-⨯ B. 62.510-⨯ C. 50.2510-⨯ D. 72.510-⨯6. 若集合1A ，2A 满足12A A A =，则称12(,)A A 为集合A 的一个分拆，并规定：当且仅当12A A =时，12(,)A A 与21(,)A A 为集合A 的同一种分拆，则集合12{,}A a a =的不同分拆种数是()A. 8B. 9C. 16D. 187. 已知1021001210(1)(1)(1)(1)x a a x a x a x +=+-+-++-，则9a 等于()A. 10B. 10-C. 20D. 20-8. 如图，在杨辉三角形中，斜线的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记此数列的前项之和为，则的值为()A. 361B. 295C. 153D. 669. 设2012(1)n x a a x a x -=+++…nn a x +，若12||||...||127n a a a +++=，则展开式中二项式系数最大的项为A. 第4项B. 第5项C. 第4项或第5项D. 第7项10. 二项式(1)()nx n N ++∈的展开式中2x 的系数为15，则()n =A. 4B. 5C. 6D. 711. 二项式的展开式中二项式系数最大的项为()A. 第 3 项B. 第 6 项C. 第 6 、 7 项D. 第 5 、 7 项12. 甲、乙、丙3位教师安排在周一至周五中的3天值班，要求每人值班1天且每天至多安排1人，则恰好甲安排在另外2位教师前面值班的概率是A.B.C.D.13. 212nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中只有第4项的二项式系数最大，展开式中的所有项的系数和是()A. 0B. 256C. 64D.16414. 9.若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有A. 66种B. 65种C. 63种D. 60种15. 102012(2)x a a x a x -=+++ (10)10.a x +则123a a a +++…10()a +=A. 1B. 1-C. 1023D. 1023-16. 腾冲第八中学数学组有实习老师共5名，现将他们分配到高二年级的90、91、92三个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有()A. 30种B. 90种C. 180种D. 270种17. 从3名语文老师、4名数学老师和5名英语老师中选派5人组成一个支教小组，则语文、数学和英语老师都至少有1人的选派方法种数是()A. 590B. 570C. 360D. 21018. 若*n N ∈，且521235n n n C A ---=，则n 的值为()A. 8B. 9C. 10D. 1119. 我们把各位数字之和等于6的三位数称为“吉祥数”，例如123就是一个“吉祥数”，则这样的“吉祥数”一共有()A. 28个B. 21个C. 35个D. 56个20. 将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有()种.A. 252B. 112C. 20D. 56二、单空题（本大题共10小题，共50.0分） 21. 如图，它满足：(1)第n 行首尾两数均为n ；(2)表中的递推关系类似杨辉三角，则第n 行()2n 第2个数是________22. 设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为34和45，且各次射击相互独立，若按甲、乙、甲、乙的次序轮流射击，直到有一人击中目标就停止射击，则停止射击时，甲射击了两次的概率是__________.23. 二项式51(2)x x+的展开式中3x 的系数为______.24. 已知4男3女排队，每名男生至多与一名女生相邻，共有______ 种不同的排法．(结果用数值表示)25. 被4除，所得的余数为________.26. 若22242n C A =，则!3!3!n n =-________.27. 2015年世博会在意大利米兰举行，其中某大学要从6名男生和2名女生中选出3人作为奥运会的志愿者，若男生甲与女生乙至少有一个入选，则不同的选法共有__________________________种(结果用数字表示).28. 3位男生和3位女生共6位同学站成一排，则3位男生中有且只有2位男生相邻的概率为____________29. __________.30. 已知3828128(1)(2)(1)(1)...(1)x x a a x a x a x ++-=+-+-++-，则6a 的值为_____.答案和解析1.【答案】B试题分析：根据分层抽样，从8个人中抽取男生1人，女生2人；所以取2个女生1个男生的方法：.2.【答案】D解：记A ，B ，C ，D 四位妈妈的小孩分别为a ，b ，c ，d ，由于孩子都不坐自己妈妈的车，假设A 与b 一辆车，则有3种情况，同理A 与c 一辆车及A 和d 一辆车，都有3种情况，所以不同的坐车方式有3339++=种，而A 的小孩a 坐C 妈妈或D 妈妈的车的情况有336+=种情况，所以所求概率为62.93P == 3.【答案】B解：至少有1个黑球，包括1个黑球、2个黑球，其方法数为 11205353C C C C +袋中有5个黑球和3个白球，从中任取2个球，∴共有方法数为 28C∴至少有1个黑球的概率是1120535328C C C C C +.4.【答案】A解：因为函数的最小值为，即.展开式的通项公式为，由，得，所以，即项的系数为15.5.【答案】B6.【答案】B解：12A A A =，对1A 分以下几种情况讨论：①若1A =∅，必有212{,}A a a =，共1种拆分；②11{}A a =，则22{}A a =或12{,}a a ，共2种拆分；同理12{}A a =时，有2种拆分； ③若112{,}A a a =，则2A =∅、1{}a 、2{}a ，12{,}a a ，共4种拆分；∴共有12249+++=种不同的拆分．7.【答案】D 8.【答案】A解：从杨辉三角形的生成过程，可以得到你的这个数列的通项公式.n 为偶数时，，n 为奇数时，02221c C ==，12333C C ==，246C =，325510C C ==，….然后求前21项和，偶数项和为75，奇数项和为最后.9.【答案】C解：令0x =，可得01a =，令1x =-，可得0122n n a a a a ++++=，所以1221127n n a a a +++=-=，解得7n =，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项，第5项.10.【答案】C因为(1)nx +的展开式中2x 的系数为2n C ，即215n C =，亦即230n n -=，解得6(5n n ==-舍).11.【答案】C解：，在二项式的展开式中二项式系数最大的项为第 6 、 7 项，12.【答案】A解：依题意，甲、乙、丙3人的相对顺序共有人种，其中甲位于乙、丙前面的共有种，因此所求的概率为，13.【答案】D解：根据21()2nx x-的展开式中只有第4项的二项式系数最大，得展开式中项数是2417⨯-=，716n ∴=-=；令1x =，得展开式中的所有项的系数和是611(1).264-=14.【答案】A解：由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，当取得4个偶数时，有1=种结果，当取得4个奇数时，有5=种结果，当取得2奇2偶时有61060=⨯=∴共有156066++=种结果，15.【答案】D解：令1x =代入二项式102012(2)x a a x a x -=+++…1010a x +，得1001(21)a a -=++…101a +=，令0x =得1002a =，10122a a ∴+++…101a +=，12a a ∴++…101023a +=-，16.【答案】B解：把5名实习老师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有1225422215C C C A =种方法，再将3组分到3个班，共有331590A ⋅=种不同的分配方案，17.【答案】A解：直接法：3名语文、1名数学和1名英语，有31134520C C C =种， 1名语文、3名数学和1名英语1名，有13134560C C C =种， 1名语文、1名数学和1名英语3名，有113345120C C C =种， 2名语文、2名数学和1名英语1名，有22134590C C C =种，1名语文、2名数学和2名英语1名，有122345180C C C =种， 2名语文、1名数学和2名英语1名，有212345120C C C =种，共计206012090180120590+++++=种18.【答案】B解：*n N ∈，且521235n n n C A ---=，()()05122(1)(2)(3)(4)35234321n n n n n n n n n ⎧⎪--⎪∴-⎨⎪----⎪⋅=--⨯⨯⨯⎩，即()()5(1)(2)(3)(4)35234321n n n n n n n ⎧⎪----⎨⋅=⨯--⎪⨯⨯⨯⎩，因此5(1)(4)40n n n ⎧⎨--=⎩，即255360n n n ⎧⎨--=⎩，解得9n =，所以n 的值为9.19.【答案】B解：因为1146++=，1236++=，2226++=，0156++=，0246++=，0336++=，0066++=，所以可以分为7类，当三个位数字为1，1，4时，三位数有3个，当三个位数字为1，2，3时，三位数有336A =个，当三个位数字为2，2，2时，三位数有1个，当三个位数字为0，1，5时，三位数有4个，当三个位数字为0，2，4时，三位数有4个，当三个位数字为0，3，3时，三位数有2个，当三个位数字为0，0，6时，三位数有1个，根据分类计数原理得三位数共有361442121.++++++=20.【答案】B解：分两步去做：第一步，先把学生分成两组，有两种分组方法，第一种是：一组2人，另一组5人，有2721C =种分法；第二一种是：一组3人，另一组4人，有3735C =种分法；第二步，把两组学生分到甲、乙两间宿舍，第一种有222A =种分配方法，第二种也有222A =种分配方法；最后，把两步方法数相乘，共有22327272212352112C A C A +=⨯+⨯=种方法.21.【答案】222n n -+解：设第(2)n n 行的第2个数构成数列{}n a ，则有322a a -=，433a a -=，544a a -=，…，11n n a a n --=-，相加得()()2122123(1)(2)22n n n n a a n n +-+--=+++-=⨯-=，则()()21222.22nn n n n a +--+=+=22.【答案】19400解：设A 表示甲命中目标，B 表示乙命中目标，则A 、B 相互独立，停止射击时甲射击了两次包括两种情况：①第一次射击甲乙都未命中，甲第二次射击时命中，此时的概率13433()(1)(1)45480P P A B A =⋅⋅=-⨯-⨯=， ②第一次射击甲乙都未命中，甲第二次射击未命中，而乙在第二次射击时命中，此时的概率234341()(1)(1)(1)4545100P P A B A B =⋅⋅⋅=-⨯-⨯-⨯=，故停止射击时甲射击了两次的概率12311980100400P P P =+=+=， 23.【答案】80解：二项式51(2)x x+的展开式的通项公式为5552155(2)2r r r r r r r T C x x C x ----+=⋅⋅=⋅⋅，令523r -=，1r =，故展开式中3x 的系数为 415280C ⋅=，24.【答案】2304解：第一类，把4男生捆绑在一起，插入到3名女生排列所形成的4个空的1个空中，故有431434576A A A =种，第二类，把4男生平均分为2组，分别插入到3名女生排列所形成的4个空的2个空中，故有232434864A A A =种，第三类，把4男生分为(3,1)两组，把把1名男生插入到3名女生排列所形成的4个空的头或尾，把在一起的3个男生插入到剩下的3个空中的1个，故有1133124333864A A A A A =种，根据分类计数原理得，5768648642304++=25.【答案】0解：显然能被4整除，余数为0.26.【答案】35解：222(1)42n C A n n =-=，解得7n =，或6(n =-舍去)，337!353!(3)!n n C C n ∴===-， 27.【答案】36解：从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，，男生甲与女生乙至少有一个入选，则不同的选法共有， 28.【答案】0.6解：从3名男生中任取2人“捆”在一起记作A ，(A 共有22326C A =种不同排法)，剩下一名男生记作B ，将A ，B 插入到3名女生全排列后所成的4个空中的2个空中，故有22233243432C A A A =种，则3位男生中有且只有2位男生相邻的概率为664324320.6.720P A === 29.【答案】40-解：，30.【答案】28解：3(1)x +展开后不会出现6x ，又88(2)[(1)1]x x -=--，所以6a 表示6(1)x -的系数，所以6268(1)28.a C =-=。

(完整版)两个计数原理与排列组合知识点及例题(最新整理)

m
1
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m
1
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1!n
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1 ! n
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1
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n 1 !n
2!
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1 !
C m1 n2
右
另法：利用公式
C
m n
Cm n1
C
m1 n1
推得
左
C m1 n
C nm
C
m n
C m1 n
C m1 n1
Cn n1
C m1 n2
右
点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质
并列需要分类计算
解：（1）A 中每个元都可选 0,1,2 三者之一为像，由分步计数原理，共有 3 3 3 3 34 个不同
映射
（2）根据 a, b, c, d 对应的像为 2 的个数来分类，可分为三类：
第一类：没有元素的像为 2，其和又为 4，必然其像均为 1，这样的映射只有一个；
第二类：一个元素的像是
（1）6 名学生排 3 排，前排 1 人，中排 2 人，后排 3 人；（2）6 名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；（3）从 6 名运动员中选出 4 人参加 4×100 米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（4）6 人排成一排，甲、乙必须相邻；（5）6 人排成一排，甲、乙不相邻；（6）6 人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、乙、丙可以不相邻）
根据分类计数原理和点 A 共面三点取法共有 3C53 3 33 种
（2）取出的 4 点不共面比取出的 4 点共面的情形要复杂，故采用间接法：先不加限制任取 4 点（ C140
例 1 完成下列选择题与填空题

考点33 两个计数原理——2021年高考数学专题复习真题附解析

其中一个项目进行培训，则恰有两个培训项目没有被这 5 位教师中的任何一位教师选择的情况数
为
。
2．现有 4 个不同的球，和 4 个不同的盒子，把球全部放入盒内．（1）共有多少种不同的方法？（2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？（3）若恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？（4）若恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？
3．受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（）
A．240 种
B．120 种
C．188 种
D．156 种
【答案】B
【解析】根据题意，按甲班位置分 3 种情况讨论： 3A22 6, A33 6, 6 6 36 48+36+36=120
A．72 种
B．144 种
C．360 种
D．720 种
【答案】B
【解析】第一步先排甲、乙、戊、己，甲排在乙前面，则有 A44 种，第二步再将丙与丁插空到第一步排好 2
的序列中，但注意到丙与丁均不排在最后，故有 4 个空可选，所以有 A42 中插空方法，所以根据分步乘法
计数原理有
A44 2
A42
=144
种.故选：B.
2．12 名同学合影，站成前排 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，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )
A． C82 A32
B． C82 A66
C． C82 A62
D． C82 A52
【答案】C
【解析】第一步从后排 8 人中选 2 人有 C82 种方法，第二步 6 人前排排列，先排列选出的 2 人有 A62 种方法，再排列其余 4 人只有 1 种方法，因此所有的方法总数的种数是 C82 A62

两个计数原理优秀课件

02
排列问题
排列是从n个不同元素中取出m个元素（m≤n），按照一定的顺序排成一列的问题。排列数表示为P(n,m)，计算公式为P(n,m)=n×(n-1)×...×(n-m+1)。
组合问题
组合是从n个不同元素中取出m个元素（m≤n），不考虑顺序的问题。组合数表示为C(n,m)，计算公式为C(n,m)=n!/(m!(n-m)!)。
练习题2
一个骰子有6个面，分别标有数字1-6，求掷出偶数点的概率？
解析2
在解决概率问题时，需要先明确问题的条件和要求，然后根据概率的基本概念和公式进行计算。
概率计算练习题及解析
总结词
练习题3
解析1
解析2
练习题2
练习题1
掌握决策的基本原则和方法
一个公司有5个项目需要投资，每个项目的投资额和收益率都不同，如何分配资金才能使得总收益率最大？
01
02
03
04
两个计数原理的发展趋势与展望
THANKS.
排列组合练习题及解析
总结词
理解概率的基本概念和计算方法
练习题3
一个硬币有两面，正面和反面，掷一次出现正面的概率为多少？
练习题1
一个袋子中有5个红球和3个蓝球，从中随机取出3个球，求取出红球数的概率？
解析1
概率的计算公式为$P(A) = frac{有利于A的基本事件数}{全部可能的基本事件数}$。通过这个公式可以计算出不同情况下概率的大小。
分类计数原理定义
分类计数原理在日常生活和科学研究中有着广泛的应用，例如在排列组合、概率论、统计学等领域都有涉及。
分类计数原理的应用
例如，从A地到B地有3种交通方式，每种方式都有各自的路线和费用，则从A地到B地的总路线和总费用就是三种交通方式路线和费用的总和。

高考数学专题《两个计数原理》习题含答案解析

专题11.1 两个计数原理1．（2021·全国·高二单元测试）青铜神树是四川省广汉市三星堆遗址出土的文物，共有八棵，其中一号神树有三层枝叶，每层有三根树枝，树枝上分别有两条果枝，一条上翘、一条下垂，每层上翘的果枝上都站立着一只鸟，鸟共九只（即太阳神鸟）.现从中任选三只神鸟，则三只神鸟来自不同层枝叶的选法种数为（）A ．6B ．18C ．27D ．36【答案】C【分析】按照分步乘法计数原理从每层枝叶各选一只神鸟即可得到答案.【详解】每只神鸟有3种选法，三只神鸟来自不同层枝叶的选法种数有33327⨯⨯=（种）.故选：C.2．（2021·全国·高二课时练习）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，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有（）A ．360种B ．50种C ．60种D ．90种【答案】B【分析】首先根据题意分成第一类甲同学选择牛和第二类甲同学选择马，分别计算各类的选法，再相练基础加即可.【详解】第一类：甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)，第二类：甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，所以共有20＋30＝50(种)选法．故选：B.3．（2021·全国·高二课时练习）如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种．(用数字作答)【答案】750【分析】由分步计数原理即得.【详解】首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，根据分步乘法计数原理得，共有6×5×5×5＝750(种)涂色方法．故答案为：7504．（2021·全国·高二课时练习）如图所示，由连接正八边形的三个顶点而组成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个.【答案】40【分析】根据分类加法计数原理即可求解.【详解】满足条件的有两类：第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有m1＝8个；第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有m2＝8×4＝32个，所以满足条件的三角形共有8＋32＝40个.故答案为：405．（2021·全国·高二课时练习）1.计算：（1）将2封信投入4个邮箱，每个邮箱最多投一封，共有多少种不同的投法？（2）将2封信随意投入4个邮箱，共有多少种不同的投法？【答案】（1）12；（2）16【分析】（1）（2）用分步乘法原理求解.【详解】（1）将2封信投入4个邮箱，每个邮箱最多投一封，第一封信有4种选择，第二封有3种⨯=（种）；选择，答案为4312⨯=（种）.（2）将2封信随意投入4个邮箱，则每封信都有4种选择，所以共有44166．（2021·全国·高二课时练习）如图，把硬币有币值的一面称为正面，有花的一面称为反面．拋一次硬币，得到正面记为1，得到反面记为0．现抛一枚硬币5次，按照每次的结果，可得到由5个数组成的数组（例如若第一、二、四次得到的是正面，第三、五次得到的是反面，1,1,0,1,0，则可得不同的数组共有多少个？则结果可记为()【答案】32【分析】利用分步乘法计数原理求得正确答案.【详解】依题意可知不同的数组共有5⨯⨯⨯⨯==个.222222327．（2021·全国·高二课时练习）有不同的红球8个，不同的白球7个.（1）从中取出一个球，共有多少种不同的取法？（2）从中取出两个颜色不同的球，共有多少种不同的取法？【答案】（1）15（2）56【分析】（1）分别计算出取出一个红球、取出一个白球的方法种数，利用分类加法计数原理可得结果；（2）利用分步乘法计数原理可求得结果.（1）解：从中取出一个红球，有8种取法，从中取出一个白球，有7种取法，+=种不同的取法.由分类加法计数原理可知，从中取出一个球，共有7815（2）解：从中取出一个红球，有8种取法，从中取出一个白球，有7种取法，由分布乘法计数原理可知，从中取出两个颜色不同的球，共有7856⨯=种不同的取法. 8．（2021·全国·高二课时练习）有一项活动，需从3位教师、8名男同学和5名女同学中选人参加．（1）若只需1人参加，则有多少种不同的选法？（2）若需教师、男同学、女同学各1人参加，则有多少种不同的选法？【答案】（1）16(种)；（2）120(种).【分析】（1）利用分类加法原理求解（1）利用分步乘法原理求解【详解】（1）选1人，可分三类：第1类，从教师中选1人，有3种不同的选法；第2类，从男同学中选1人，有8种不同的选法；第3类，从女同学中选1人，有5种不同的选法．共有3＋8＋5＝16(种)不同的选法．（2）选教师、男同学、女同学各1人，分三步进行：第1步，选教师，有3种不同的选法；第2步，选男同学，有8种不同的选法；第3步，选女同学，有5种不同的选法．共有3×8×5＝120(种)不同的选法．9．（2021·全国·高二课时练习）若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？【答案】14条【分析】分类讨论A或B中有一个为0时和都不取0时的情况，根据计数原理即可求解．【详解】分两类完成：第一类：当A 或B 中有一个为0时，表示直线为x ＝0或y ＝0，共有2条；第二类：当A ，B 都不取0时，直线Ax ＋By ＝0被确定需分两步完成：第一步，确定A 的值，从1，2，3，5中选一个，共有4种不同的方法；第二步，确定B 的值，共有3种不同的方法．由分步乘法计数原理，共确定4×3＝12(条)直线．由分类加法计数原理，方程所表示的不同直线有2＋12＝14(条)．10.（2021·全国·高二课时练习）从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有多少种不同的种植方法．【答案】18种【分析】方法一：(直接法)分别考虑黄瓜种在第一块、第二块、第三块土地上的不同的种植方法，再运用加法原理可求得所有的不同种植方法．方法二：(间接法)先求得从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上的不同的种植方法，再减去不种黄瓜的不同的种植方法，由此可求得答案．【详解】解：方法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6(种)不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6(种)不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．方法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有不同的种植方法24－6＝18(种)．1．（2020·江苏扬州中学高一月考）已知集合，若A ，B 是P 的两个非空子集，则所有满足A 中的最大数小于B 中的最小数的集合对(A ,B )的个数为（）A ．49B ．48C ．47D ．46【答案】A【解析】集合知：1、若A 中的最大数为1时，B 中只要不含1即可：的集合为，而有种集合，集合对(A ,B )的个数为15；2、若A 中的最大数为2时，B 中只要不含1、2即可：{}1,2,3,4,5P ={}1,2,3,4,5P =A {1}B 42115-=练提升的集合为，而B 有种，集合对(A ,B )的个数为；3、若A 中的最大数为3时，B 中只要不含1、2、3即可：的集合为，而B 有种，集合对(A ,B )的个数为；4、若A 中的最大数为4时，B 中只要不含1、2、3、4即可：的集合为，而B 有种，集合对(A ,B )的个数为；∴一共有个，故选：A2．（2021·全国·高二课时练习）一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n (n ≥3，n ∈N *)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．（1）如图①，圆环分成3等份，分别为a 1，a 2，a 3，则有多少种不同的种植方法？（2）如图②，圆环分成4等份，分别为a 1，a 2，a 3，a 4，则有多少种不同的种植方法？【答案】（1）6种；（2）18种.【分析】（1）利用分步计数原理求解即可.（2）首先根据题意分成两类：第一类a 1，a 3不同色和第二类a 1，a 3同色，分别计算各类的得数再相加即可.【详解】（1）先种植a 1部分，有3种不同的种植方法，再种植a 2，a 3部分．因为a 2，a 3与a 1的颜色不同，a 2，a 3的颜色也不同，所以由分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×2×1＝6(种)．（2）当a 1，a 3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，A {2},{1,2}3217-=2714⨯=A {3},{1,3},{2,3},{1,2,3}2213-=4312⨯=A {4},{1,4},{2,4},{3,4},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4}1211-=818⨯=151412849+++=当a 1，a 3同色时，有3×2×1×2＝12(种)种植方法，由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法．3．（2021·全国·高二单元测试）已知集合{}3,2,1,0,1,2M =---，()(),,P a b a b M ∈表示平面上的点，问：（1）P 可表示平面上多少个第二象限的点？（2）P 可表示多少个不在直线y x =上的点？【答案】（1）6（个）；（2）30（个）．【分析】(1)由分步乘法原理求第二象限的点的个数，(2)依次确定横坐标和纵坐标的可能取法，由分步乘法原理求不在直线y x =上的点的个数.【详解】（1）因为P 表示平面上第二象限的点，故可分两步：第一步，确定a ，a 必须小于0，则有3种不同的情况；第二步，确定b ，b 必须大于0，则有2种不同的情况；根据分步乘法计数原理，第二象限的点共有326⨯=（个）．（2）因为P 表示不在直线y x =上的点，故可分两步：第一步，确定a ，有6种不同的情况；第二步，确定b ，有5种不同的情况．根据分步乘法计数原理，不在直线y x =上的点共有6530⨯=（个）．4．（2021·全国·高二单元测试）某同学计划用不超过30元的现金购买笔与笔记本．已知笔的单价为4元，笔记本的单价为5元，且笔至少要买2支，笔记本至少要买2本，问不同的购买方案有多少种？【答案】7【分析】根据分类加法计数原理求解即可．【详解】设购买笔x 支，笔记本y 本，则453022x y x y +≤⎧⎪≥⎨⎪≥⎩，得305242y x y -⎧≤≤⎪⎨⎪≥⎩，将y 的取值分为三类：①当2y =时，25x ≤≤，因为x 为整数，所以x 可取2，3，4，5，共4种方案．②当3y =时，1524x ≤≤，因为x 为整数，所以x 可取2，3，共2种方案；③当4y =时，522x ≤≤，因为x 为整数，所以x 只能取2，只有1种方案．由分类加法计数原理得不同的购买方案有4217++=（种）．5．（2021·全国·高二课时练习）如图所示，有些共享单车的密码锁是由4个数字组成的，你认为共享单车的密码锁能设置成由3个数字组成吗？5个数字呢？为什么？【答案】3个数字的不合适，5个数字的合适；【分析】根据分步乘法计数原理求出所有的密码组合数，再根据概率分析可行性；【详解】解：如设成3个数字，则一共有1010101000⨯⨯=种组合，组合数不是很大，随便尝试一次开锁，打开锁的概率11000P =，打开锁的概率比较大，不合适；如设成5个数字，则一共有1010101010100000⨯⨯⨯⨯=种组合，组合数比较大，随便尝试一次开锁，打开锁的概率1100000P =，打开锁的概率比较小，合适；6．（2021·全国·高二课时练习）过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有多少对？【答案】36【分析】如图，分四类进行计数，求出对应的数目，加起来即可.【详解】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，分四类进行计数：与上底面111111A B A C B C ，，异面的直线有35=15⨯对；与下底面的AB AC BC ，，异面的直线有9对(除去与上底面的)；与侧棱111AA BB CC ，，异面的直线有6对(除去与下底面的)；侧面对角线之间成异面直线的有6对.由分类加法计数原理，知共有异面直线共有15966=36+++对.7．（2021·全国·高二课时练习）计算（1）用1，2，3，4，5，6可以排成多少个数字不重复的两位数？（2）用1，2，3，4，5，6可以排成多少个数字可以重复的两位数？【答案】（1）30（2）36【分析】（1）用数字1，2，3，4，5，6可组成没有重复数字的两位数，用两步完成，第一步十位数字有6种选择，然后第二步个位数字在剩下的5个数字中选择有5种方法，运用乘法原理，即可得解，（2）按照分步乘法计数原理计算可得；（1）解：第一步十位数字有6种选择，然后第二步个位数字在剩下的5个数字中选择有5种方法，运用乘法原理得6530⨯=．所以可以排成30个不重复的两位数；（2）解：第一步十位数字有6种选择，然后第二步个位数字有6种选择，运用乘法原理得6636⨯=．所以可以排成36个可以重复的两位数；8．（2021·全国·高二课时练习）已知n 是一个小于10的正整数，且由集合{},A x x x n =∈≤N 中的元素可以排成数字不重复的两位数共25个，求n 的值．【答案】5【分析】用列举法表示集合A ，再按照分步乘法计数原理得到方程，解得即可；【详解】解：因为n 是一个小于10的正整数，且{},A x x x n =∈≤N ，所以{}0,1,2,,A n = ，所以从集合A 中的元素选出两个数组成两位数，则十位有n 种选法，个位有11n +-种选法，按照分步乘法计数原理可得一共有()11n n +-个，所以()1125n n +-=，解得5n =或5n =-（舍去）9．（2021·全国·高二课时练习）（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名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？（3）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？【答案】（1）81(种)；（2）24(种)；（3）64(种).【分析】由分步乘法计数原理即得.【详解】（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，4人都报完才算完成，所以按人分步，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）每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2＝24(种)．（3）要完成的是“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，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有4×4×4＝64(种)可能的结果.10．（2021·全国·高二课时练习）“回文数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，343，94249等．显然，2位数的回文数有9个，即11，22，33，…，99；3位数的回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．求：（1）4位数的回文数个数；（2）21n +位数的回文数个数．【答案】（1）90（2）910n⨯【分析】（1）对于4位数的回文数，只需排好前2位即可确定回文数，首先列举出第一项为1的四位回文数的个数，即可知所有4位数的回文数个数；（2）根据题设，对于奇数个数的回文数，先排好中间的数字，再在两侧对其中一侧排数即可得所有回文数的个数.（1）由题设，四位数回文：1001,1111,1221,1331,1441,1551,1661,1771,1881,1991,...∴共有90个.（2）n+位数，则中间的数字有10种选法，而两侧的数字只需排好一侧，则另一侧确定，21n-都有10种选法，不妨排前n位数字，显然第一位数字有9种选法，其余1∴共有910n⨯个回文数.练真题1.（山东省2018年普通高校招生（春季））景区中有一座山，山的南面有2条道路，山的北面有3条道路，均可用于游客上山或下山，假设没有其他道路，某游客计划从山的一面走到山顶后，接着从另一面下山，则不同走法的种数是（）A． 6 B． 10 C． 12 D． 20【答案】C【解析】先确定从那一面上，有两种选择，再选择上山与下山道路，可得不同走法的种数是2×2×3 =12.因此选C.2.（2013·山东高考真题（理））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【解析】由分步乘法原理知:用0，1，…，9十个数字组成的三位数(含有重复数字的)共有9×10×10=900，组成无重复数字的三位数共有9×9×8=648，因此组成有重复数字的三位数共有900－648=252．3．（2012·北京高考真题（理））从0，2中选一个数字．从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数．其中奇数的个数为( )A．24 B．18 C．12 D．6【答案】B【解析】由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种选择)，之后十位(2种选择)，最后百位(2种选择)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇，分析同理：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种，因此总共12+6=18种情况．4.（2016全国甲理5）如图所示，小明从街道的处出发，先到处与小红会合，再一起到位于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 【解析】从的最短路径有种走法，从的最短路径有种走法，由乘法原理知，共种走法.故选B ．5．（2012·四川高考真题（文））方程ay =b 2x 2+c 中的a,b,c ∈{−2,0,1,2,3}，且a,b,c 互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有（）A ．28条B ．32条C ．36条D ．48条【答案】B【解析】方程ay =b 2x 2+c 变形得，若表示抛物线，则所以，分b=-2,1,2,3四种情况：（1）若b=-2，; （2）若b="2,"以上两种情况下有4条重复，故共有9+5=14条；同理若b=1，共有9条；若b=3时，共有9条.综上，共有14+9+9=32种6．（2011·安徽高考真题（理））设集合{}1,2,3,4,5,6,A ={}4,5,6,7,B =则满足S A ⊆且S B ≠∅ 的集合S 的个数为（）A ．57B ．56C ．49D ．8【答案】B【解析】E FG E F →6F G →36318⨯=由题意可知集合S 可以表示为S M N = 的形式，其中M 为集合{}1,2,3的非空子集，N 为集合{}4,5,6的非空子集，由子集个数公式可得，集合M 的个数为7个，集合N 的个数为7个，则集合S 的个数为7856⨯=个.故选：B .。

两个计数原理 2025年高考数学基础专项复习

报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为36 = 729．每项限报一人，但每人参加的项目不
限，因此每一个项目都可以从这6人中选出1人参加，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法种数为
63 = 216．每项限报一人，且每人最多参加一个项目，则第一个项目有6种选择，第二个项目有5种选择，第三个
类类独立不重不漏
步步相依
缺一不可
教材素材变式
1.[人A选必三P11练习第3题变式，2023全国乙卷（理）]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( C )
A.30种
B.60种
C.120种
D.240种
【解析】第一步：甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有6种选法；第二步：甲在剩余的5种课外读物中任选1种，
（3）弄清分步、分类的标准是什么.分类的各类方法之间是互斥的、并列的、独立的，要做到“不重不漏”；分步的
各步之间是相互依存的，缺一不可，要做到“步骤完整”.
（4）利用两个计数原理求解.
5.［人A选必三P12习题6.1第8题变式］有6名同学报名参加三个智力竞赛项目（不一定6名同学都参加）.若每人恰
729
项目有4种选择，所以不同的报名方法有6 × 5 × 4 = 120（种）.
6.［人A选必三P27习题6.2第17题变式］如图，用4种不同的颜色把图中，，，四块区域
区分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( C )
A.144种
B.73种
C.48种
D.32种
【解析】第一步，给区域涂色，有4种涂法；第二步，给区域涂色，有3种涂法；第三步，给区域涂色，有2种
个、4个、3个、2个、1个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数的个数是

2020年高考数学二轮优化提升专题训练考点33 计数原理(解析版)

考点33 计数原理【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、(2016南京、盐城、连云港、徐州二模）设(1－x )n＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，x ∈N *，n ≥2.(1) 设n ＝11，求|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11|的值； (2) 设b k ＝k ＋1n －k ak ＋1(k ∈N ，k ≤n －1)，S m ＝b 0＋b 1＋b 2＋…＋b m (m ∈N ，m ≤n －1)，求⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1的值．规范解答 (1) 因为a k ＝(－1)kC kn ，当n ＝11时，|a 6|＋|a 7|＋|a 8|＋|a 9|＋|a 10|＋|a 11| ＝C 611＋C 711＋C 811＋C 911＋C 1011＋C 1111＝12(C 011＋C 111＋…＋C 1011＋C 1111)＝210＝1 024. (3分) (2)b k ＝k ＋1n －k a k ＋1＝(－1)k ＋1 k ＋1n －kC k ＋1n ＝(－1)k ＋1 C kn ， (6分) 当1≤k ≤n －1时，b k ＝(－1)k ＋1C k n ＝ (－1)k ＋1(C k n －1＋C k －1n －1)＝(－1)k ＋1C k －1n －1＋(－1)k ＋1C kn －1＝(－1)k －1C k －1n －1－(－1)kC kn －1.(7分)当m ＝0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪S m C m n －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 0C 0n －1＝1.(8分)当1≤m ≤n －1时，S m ＝－1＋∑mk ＝1[(－1)k －1C k －1n －1－(－1)k C k n －1]＝－1＋1－(－1)m C m n －1＝－(－1)m C mn －1，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪Sm C m n －1＝1. 综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪Sm C m n －1＝1.(10分)2、(2018南京、盐城一模）已知n∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn .(1) 求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2) 试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想．思路分析第(2)问中为组合数求和问题，其中组合数前面的系数转化是关键，可以利用r C r n ＝n C r －1n －1，也可以用导数来解决．规范解答 (1)由条件，nf(n)＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ①，在①中令n ＝1，得f(1)＝C 01C 11＝1.(1分)在①中令n ＝2，得2f(2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f(2)＝3.(2分)在①中令n ＝3，得3f(3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f(3)＝10.(3分) (2)猜想f(n)＝C n2n －1(或f(n)＝C n －12n －1)．(5分)欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C rn ＋…＋n C n －1n C nn 成立．证法1(数学归纳法) 当n ＝1时，等式显然成立．当n≥2时，因为r C r n ＝r ×n ！r ！（n －r ）！＝n ！（r －1）！（n －r ）！＝n×（n －1）！（r －1）！（n －r ）！＝n C r －1n －1，(7分)故r C r －1n C rn ＝(r C rn )C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n .故只需证明n C n2n －1＝n C 0n －1C 0n ＋n C 1n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n . 即证C n2n －1＝C 0n －1C 0n ＋ C 1n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n . 而C r －1n ＝C n －r ＋1n，故即证C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n ②.由等式(1＋x)2n －1＝(1＋x)n －1(1＋x)n可得，左边x n的系数为C n2n －1.而右边(1＋x)n －1(1＋x)n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋C 2n －1x 2＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n)，所以x n的系数为C 0n －1C nn ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n .由(1＋x)2n －1＝(1＋x)n －1(1＋x)n恒成立可得②成立．综上，f(n)＝C n2n －1成立．(10分)证法2(构造模型) 构造一个组合模型，一个袋中装有(2n －1)个小球，其中n 个是编号为1，2，…，n 的白球，其余(n －1)个是编号为1，2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球((n －r)个白球)的n 个小球的组合的个数为C rn －1C n －rn ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C 0n －1C nn ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .另一方面，从袋中(2n －1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为C n2n －1. 故C n2n －1＝C 0n －1C nn ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同证法1.(10分)证法3(利用导数) 由二项式定理，得(1＋x)n＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n③. 两边求导，得n(1＋x)n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1④.③×④，得n(1＋x)2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )·(C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1) ⑤.左边x n的系数为n C n2n －1.右边x n的系数为C 1n C nn ＋2C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n＋…＋n C n n C 1n ＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n ＋…＋n C n n C n －1n ＝C 0n C 1n＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn .由⑤恒成立，得n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C rn ＋…＋n C n －1n C nn .故f(n)＝C n2n －1成立．(10分) 证法4(构造模型) 由nf(n)＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C rn ＋…＋n C n －1n C nn ，得nf(n)＝n C n －1n C nn ＋(n －1) C n －2nC n －1n ＋…＋C 0n C 1n ＝n C 0n C 1n ＋(n －1) C 1n C 2n ＋…＋C n －1nC nn ，所以2nf(n)＝(n ＋1)(C 0n C 1n ＋C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C n n ) ＝(n ＋1)(C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn )，构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有C n ＋12n 种选法，现将2n 个元素分成两个部分n ，n ，若(n ＋1)个元素中，从第一个里取n 个，第二个里取1个，则有C n n C 1n 种选法，若从第一个里取(n －1)个，第二个里取2个，则有C n －1n C 2n 种选法，……，由分类计数原理可知C n ＋12n ＝C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn .故2nf(n)＝(n ＋1)C n ＋12n ，(7分)所以f(n)＝n ＋12n ·（2n ）！（n ＋1）！（n －1）！＝（2n －1）！n ！（n －1）！＝C n2n －1.(10分)3、(2018苏锡常镇调研（二））已知函数f(x)＝(x ＋5)2n ＋1(n∈N *，x ∈R )．(1) 当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，求实数A 的值； (2) 若f (2)＝m ＋α(m ∈N *，0<α<1)，求证：α(m ＋α)＝1 规范解答 (1) 当n ＝2时， f(x)＝(x ＋5)5＝C 05x 5＋C 15x45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x(5)4＋C 55(5)5，(1分)所以f(2)＋f(－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(3分) (2) 因为f(x)＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f(2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意f(2)＝(5＋2)2n ＋1＝m ＋α(m∈N *，0<α<1)，首先证明对于固定的n ∈N *，满足条件的m ，α是唯一的．假设f (2)＝(2＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *，0<α1<1，0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈Z ，α2－α1∈(－1，0)∪(0，1)，矛盾．所以满足条件的m ，α是唯一的．(5分) 下面我们求m 及α的值：因为f (2)－f (－2)＝(2＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *.(7分) 又因为5－2∈(0，1)，故(5－2)2n ＋1∈(0，1)，即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0，1)．(8分)所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2)，(9分) 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.(10分)【问题探究，开拓思维】题型一二项式定理的应用知识点拨;对于组合数有关的和式的证明，通常可以从以下两个方面来加以思考：一是利用组合数的有关的恒等式来进行处理，将组合数前面的系数化成相同的代数式后再利用组合数和的性质来加以处理；二是通过构造恒等式，利用对恒等式两种不同的计算方法，即“算两次”的方法来证明相关的结论．例1、(2019苏州期初调研）设f(n)＝(a ＋b)n(n≥2，n ∈N *)，若在f (n )的展开式中，存在连续的三项的二项式系数依次成等差数列，则称f (n )具有性质P .(1) 求证：f (7)具有性质P ；(2) 若存在n ≤2018，使得f (n )具有性质P ，求n 的最大值．规范解答 (1) 因为f(7)＝(a ＋b)7的展开式中第2，3，4项的二项式系数C 17＝7，C 27＝21，C 37＝35，所以C 17，C 27，C 37成等差数列．所以f(7)具有性质P.(2)假设f(n)具有性质P ，则一定存在k∈N *，1≤k ≤n －1使得C k －1n ，C k n ，C k ＋1n 成等差数列，所以2C k n ＝C k －1n＋C k ＋1n .所以2×n ！k ！（n －k ）！＝n ！（k －1）！（n －k ＋1）！＋n ！（k ＋1）！（n －k －1）！.化简可得4k 2－4nk ＋n 2－n －2＝0.(6分) 所以(2k －n )2＝n ＋2.因为k ，n ∈N *，所以n ＋2是完全平方数．(8分)因为n ≤2018，442<2020<452，所以n 的最大值为442－2＝1934. 故2k －1934＝±44，所以k ＝989或k ＝945.(10分)【变式1】(2019 南京、盐城二模）平面上有2n(n≥3，n ∈N *)个点，将每一个点染上红色或蓝色．从这2n 个点中，任取3个点，记3个点颜色相同的所有不同取法总数为T .(1) 若n ＝3，求T 的最小值； (2) 若n ≥4，求证：T ≥2C 3n .规范解答 (1)当n ＝3时，共有6个点，若染红色的点的个数为0或6，则T ＝C 36＝20；若染红色的点的个数为1或5，则T ＝C 35＝10；若染红色的点的个数为2或4，则T ＝C 34＝4；若染红色的点的个数为3，则T ＝C 33＋C 33＝2. 因此T 的最小值为2.(3分)(2)首先证明：任意n ，k ∈N *，n ≥k ，有C k n ＋1>C kn . 证明：因为C k n ＋1－C k n ＝C k －1n >0，所以C k n ＋1>C kn . 设2n 个点中含有p (p ∈N ，p ≤2n )个染红色的点， ①当p ∈{0，1，2}时，T ＝C 32n －p ≥C 32n －2＝（2n －2）（2n －3）（2n －4）6＝4×（n －1）（n －2）（2n －3）6.因为n ≥4，所以2n －3>n ，于是T >4×n （n －1）（n －2）6＝4C 3n >2C 3n .(5分)②当p ∈{2n －2，2n －1，2n }时，T ＝C 3p ≥C 32n －2，同上可得T >2C 3n .(5分)③当3≤p ≤2n －3时，T ＝C 3p ＋C 32n －p . 设f (p )＝C 3p ＋C 32n －p ，3≤p ≤2n －3，当3≤p ≤2n －4时，f (p ＋1)－f (p )＝C 3p ＋1＋C 32n －p －1－C 3p －C 32n －p ＝C 2p －C 22n －p －1.显然p ≠2n －p －1，当p >2n －p －1，即n ≤p ≤2n －4时，f (p ＋1)>f (p )，当p <2n －p －1，即3≤p ≤n －1时，f (p ＋1)<f (p )，即f (n )<f (n ＋1)<…<f (2n －3)；f (3)>f (4)>…>f (n )，因此f (p )≥f (n )＝2C 3n ，即T ≥2C 3n . 综上，当n ≥4时，T ≥2C 3n .(10分)【变式2】(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知(1＋x )2n ＋1＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n ＋1x2n ＋1，n ∈N *.记T n ＝∑nk ＝0(2k ＋1)a n －k . (1) 求T 2的值；(2) 化简T n 的表达式，并证明：对任意的n∈N *，T n 都能被4n ＋2整除．规范解答由二项式定理，得a i ＝C i2n ＋1(i ＝0，1，2，…，2n ＋1)．(1) T 2＝a 2＋3a 1＋5a 0＝C 25＋3C 15＋5C 05＝30.(2分) (2) 因为(n ＋1＋k)C n ＋1＋k2n ＋1＝(n ＋1＋k)·（2n ＋1）！（n ＋1＋k ）！（n －k ）！＝（2n ＋1）·（2n ）！（n ＋k ）！（n －k ）！＝(2n ＋1)C n ＋k2n ，(4分)所以T n ＝2(2n ＋1)·12·(22n ＋C n 2n )－(2n ＋1)·12·22n ＋1＝(2n ＋1)C n2n .(8分)T n ＝(2n ＋1)C n2n ＝(2n ＋1)(C n －12n －1＋C n2n －1)＝2(2n ＋1)C n2n －1＝(4n ＋2)C n2n －1. 因为C n2n －1∈N *，所以T n 能被4n ＋2整除．(10分)【变式3】(2017南京、盐城一模）设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *. (1) 求值： ①k C k n －n C k －1n －1；②k 2C kn －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；(2) 化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn .思路分析对于第(2)问，方法1就是借助于第(1)问中所要证明的等式来进行处理，它的本质是为第(2)问作了一个铺垫；方法2，通过利用二项恒等式进行二次求导来构造组合数前的平方项系数，从而来证明．规范解答 (1) ①k C kn －n C k －1n －1＝k ×n ！k ！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝0.(2分)②k 2C kn －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1＝k 2×n ！k ！(n －k )！－n (n －1)×(n －2)！(k －2)！(n －k )！－n ×(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝k ×n ！(k －1)！(n －k )！－n ！(k －2)！(n －k )！－n ！(k －1)！(n －k )！＝n ！(k －2)！(n －k )！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0.(4分)(2) 解法1 由(1)可知当k ≥2时，(k ＋1)2C kn ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C k n ＋2k C k n ＋C k n ＝[n (n －1)C k －2n －2＋n C k －1n －1]＋2n C k －1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －2n －2＋3n C k －1n －1＋C kn .(6分)故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0n －2＋C 1n －2＋…＋C n －2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C nn ) ＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －2＋3n (2n －1－1)＋(2n－1－n )＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．(10分)解法2 当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n，两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋1＋…＋C n n xn ＋1，两边对x 求导，得 (1＋x )n＋n (1＋x )n －1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)·C k n x k ＋…＋(n ＋1)C n n x n，(6分)两边再同乘以x ，得 (1＋x )nx ＋n (1＋x )n －1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n xk ＋1＋…＋(n ＋1)C n n x n ＋1，两边再对x 求导，得(1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＋n (n －1)·(1＋x )n －2x 2＋2n (1＋x )n －1x ＝1＋22C 1n x ＋32C 2n x 2＋…＋(k ＋1)2C k n x k＋…＋(n ＋1)2C n n x n.(8分)令x ＝1，得 2n ＋n 2n －1＋n (n －1)2n －2＋2n 2n －1＝1＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C k n ＋…＋(n ＋1)2C nn ，即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．(10分)【变式4】（2016苏锡常镇一调）如图，在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的二个数值之和，这三角形数阵开头几行如下图所示．(1) 在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2) 已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 不能构成等差数列．思路分析 (1) 第n 行的n ＋1个数依次为C 0n ，C 1n ，…，C r n ，…，C nn . 假设C r n ∶C r ＋1n ∶C r ＋2n ＝3∶4∶5，r ＝0,1,2，…，n －2. 若能解出r 与n ，则存在；若不能解出r 与n ，则不存在．(2) 由2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ，得r ，n 的一个方程；由2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ，得r ，n 的另一个方程．只要证明这两个方程组成的方程组无解即可．规范解答 (1) 在杨辉三角形中，第n 行的n ＋1个数依次为C 0n ，C 1n ，…，C r n ，…，C nn . 假设C rn ∶C r ＋1n ∶C r ＋2n ＝3∶4∶5，r ＝0,1,2，…，n －2，则⎩⎪⎨⎪⎧3(n －r )＝4(r ＋1)，4(n －r －1)＝5(r ＋2)，即⎩⎪⎨⎪⎧3n ＝7r ＋4，4n ＝9r ＋14，(2分)解得⎩⎪⎨⎪⎧r ＝26，n ＝62.所以第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5.(4分)(2) 假设C rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 能构成等差数列，则2C r ＋1n ＝C rn ＋C r ＋2n ，且2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ，由2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ，得2(r ＋1)(n －r －1)＝1(n －r )(n －r －1)＋1(r ＋1)(r ＋2)，整理得n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0.(6分)由2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ，类似可得n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.(8分)联列方程组⎩⎪⎨⎪⎧n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧n ＝2r ＋3，r ＝－2.这与r ∈N 矛盾．所以任何四个相邻的组合数C rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 不能构成等差数列．(10分)解后反思在第(2)题中，由2C r ＋1n ＝C r n ＋C r ＋2n ，得n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0后．只要把r 换成r ＋1，即得2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n 对应的方程n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0，两方程相减，得n ＝2r ＋3，再回代入任一方程得r ＝－2.题型二计数原理与二项式定理的综合运用知识点拨：1、求解与计数有关的问题，一方面要注意弄清问题的本质，如本题中的m (1)，m (3)的含义，并判断它是一个排列问题还是一个组合问题；二是在研究组合数的有关问题时，经常需要应用组合数的一些性质，如C m n ＝C n －m n (n >m ，m ，n ∈N *)，C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ，C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1等等．2. 根据条件将二项式定理(a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n中的a ，b 进行特殊化就会得到很多有用的有关组合数的相关和的结果，这是研究有关组合数的和的问题的常用方法．对于计数问题的处理，要注意以下三个方面：(1)弄清问题的本质是关键，此类问题有一个特点，就是用比较繁琐的数学语言来加以表述，因此，通常需要将繁琐的数学语言转化为易于理解的自然语言来加以表述；(2)解决此类问题可以从简单的情形入手来寻找一般情形的处理方法；(3)对于与组合数、排列数有关的求和问题，常用的方法有：①利用排列数、组合数的相关性质来进行化简，从而达到求和的目的；②利用二项式定理以及求导的方法来得到相关的等式，通过等式进行特殊化来进行处理；③利用先猜后证的方法，通过观察、归纳法来得到相关的结论，并应用数学归纳法来加以证明例2、(2018苏州暑假测试）设集合M ＝{－1，0，1}，集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1，2，…，n}，集合A n 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ”的元素个数记为S nm .(1) 求S 22和S 42的值； (2) 当m<n 时，求证：S nm <3n＋2m ＋1－2n ＋1.思路分析条件“集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1，2，…，n}”等价于，从集合M ＝{－1，0，1}中可重复地选取n 个元素排成一列的排法，已知“集合A n 中满足条件‘1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ’的元素个数记为S nm ”等价于，集合A n 中满足条件|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝1，2，…，m 时元素个数的总和．由于|x i |＝0或|x i |＝1(i ＝1，2，…，n)，故可把集合M ＝{－1，0，1}分为两类，0与±1，即记P ＝{0}，Q＝{－1，1}．规范解答 (1) S22＝8，S42＝32.(2分)(2) 设集合P＝{0}，Q＝{－1，1}．若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝1，即x1，x2，x3，…，x n中有n－1个取自集合P，1个取自集合Q，故共有C n－1n21种可能，即为C1n21，同理，|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝2，即x1，x2，x3，…，x n中有n－2个取自集合P，2个取自集合Q，故共有C n－2n22种可能，即为C2n22，(4分)若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝m，即x1，x2，x3，…，x n中有n－m个取自集合P，m个取自集合Q，故共有C n－m n2m种可能，即为C m n2m，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m，(6分)因为当0≤k≤n时，C k n≥1，所以C k n－1≥0，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m<C0n20＋(C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m)＋(C m＋1n－1)2m＋1＋…＋(C n n－1)2n(8分)＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m＋C m＋1n2m＋1＋…＋C n n2n)－(2m＋1＋2m＋2…＋2n)＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.(10分)【变式1】(2018扬州期末）二进制规定：每个二进制数由若干个0，1组成，且最高位数字必须为1，若在二进制中，S n是所有n位二进制数构成的集合，对于a n，b n∈S n，M(a n，b n)表示a n和b n对应位置上数字不同的位置个数．例如当a3＝100，b3＝101时，M(a3，b3)＝1，当a3＝100，b3＝111时，M(a3，b3)＝2.(1) 令a5＝10 000，求所有满足b5∈S5，且M(a5，b5)＝2的b5的个数；(2) 给定a n(n≥2)，对于集合S n中的所有b n，求M(a n，b n)的和．规范解答 (1) 因为M(a5，b5)＝2，所以b5为5位数且与a5有2项不同．又因为首项为1，故a5与b5在后四项中有两项不同，所以b5的个数为C24＝6.(3分)(2) 当M(a n，b n)＝0时，b n的个数为C0n－1；当M(a n，b n)＝1时，b n的个数为C1n－1.当M(a n，b n)＝2时，b n的个数为C2n－1，……当M(a n，b n)＝n－1时，b n的个数为C n－1n－1，设M(a n，b n)的和为S，则S＝0C0n－1＋1C1n－1＋2C2n－1＋…＋(n－1)C n－1n－1，(6分)得S＝(n－1)C n－1n－1＋…＋2C2n－1＋1C1n－1＋0C0n－1，相加得2S＝(n－1)(C0n－1＋C1n－1＋…＋C n－1n－1)＝(n－1)·2n－1，即S＝(n－1)·2n－2，所以M(a n，b n)的和为(n－1)·2n－2.(10分)【变式2】(2018南京、盐城、连云港二模）已知n∈N*，且n≥4，数列T：a1，a2，…，a n中的每一项均在集合M＝{1，2，…，n }中，且任意两项不相等．(1) 若n＝7，且a2＜a3＜a4＜a5＜a6，求数列T的个数；(2) 若数列T中存在唯一的a k(k∈N*，且k＜n)，满足a k＞a k＋1，求所有符合条件的数列T的个数．规范解答 (1) 当n＝7时，M＝{1，2，…，7 }，数列T的个数为C27×A22＝42.(2分)(2) 当k＝1时，则a1＞a2，a2＜a3＜…＜a n，此时a2为1，a1共有(n－1)种选法，余下的(n－2)个数，按从小到大依次排列，共有1种，因此k＝1时，符合条件的数列T共有n－1＝(C1n－1)(个)．(3分)当2≤k≤n－2时，则a1＜a2＜…＜a k，a k＞a k＋1，a k＋1＜a k＋2＜…＜a n，从集合M中任取k个数，按从小到大的顺序排列，再将余下的(n－k)个数，按从小到大的顺序排列，即得满足条件a1＜a2＜…＜a k，a k＋1＜a k＋2＜…＜a n的数列的个数为C k n C n－k n－k，这里包含了a k＜a k＋1即a1＜a2＜…＜a k＜a k＋1＜a k＋2＜…＜a n的情形，此时符合条件的数列T共有C k n C n－k n－k－1＝C k n－1(个)．(7分)当k＝n－1时，则a1＜a2＜…＜a n－1，a n－1＞a n，此时a n－1为n，a n共有(n－1)种选法，余下的(n－2)个数，按从小到大依次排列，共有1种，因此k＝n－1时，符合条件的数列T共有n－1＝(C n－1n－1)(个)．(8分)于是所有符合条件的数列T的个数为：C1n－1＋C2n－1＋…＋C n－1n－1＝C1n＋C2n＋…＋C n－1n－n＋1＝2n－C0n－C n n－n＋1＝2n－n－1.(10分)【变式3】（2016南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调）设S4k＝a1＋a2＋…＋a4k(k∈N*)，其中a i∈{0,1}(i ＝1,2，…，4k)．当S4k除以4的余数是b(b＝0,1,2,3)时，数列a1，a2，…，a4k的个数记为m(b)．(1) 当k＝2时，求m(1)的值；(2) 求m(3)关于k的表达式，并化简．思路分析第1问，“m(1)”表示8个数的和被4除后，余数为1，因此，8个数中可以有1个1,7个0，或者5个1,3个0，即从8个位置中选出1个位置放“1”，或从8个位置中选出5个位置放“1”，它们的方法数分别为C18，C58，从而得到结果．第2问中，“m(3)”表示4k个数的和被4除后，余数为3，因此，可以确定4k个数中有4k－1个1，其余为0，从而得到m(3)，再利用组合数C14k＋C34k＋C54k…＋C4k－34k ＋C4k－14k＝24k－1，为此只需证明m(1)＝m(3)即可．规范解答 (1) 当k＝2时，数列a1，a2，a3，…，a8中有1个1或5个1，其余为0，所以m＝C18＋C58＝64.(3分)(2) 解法1 依题意，数列a1，a2，…，a4k中有3个1，或7个1，或11个1，…，或(4k－1)个1，其余为0，所以m(3)＝C34k＋C74k＋C114k＋…＋C4k－14k，(5分)同理，得m(1)＝C14k＋C54k＋C94k＋…＋C4k－34k.因为C i4k＝C4k－i4k(i＝3,7,11，…，4k－1)，所以m(1)＝m(3)．又m(1)＋m(3)＝C14k＋C34k＋C54k＋C74k＋…＋C4k－34k ＋C4k－14k＝24k－1，所以m(3)＝24k－2＝42k－1.(10分)解法2 依题意，数列a1，a2，…，a4k中有3个1，或7个1，或11个1，…，或(4k－1)个1，其余为0，所以m(3)＝C34k＋C74k＋C114k＋…＋C4k－14k.(5分)因为(1＋x)4k＝C04k＋C14k x＋C24k x2＋…＋C4k4k x4k，再令x＝1，得C04k＋C14k＋C24k＋…＋C4k4k＝24k，令x＝－1，C04k－C14k＋C24k－C34k＋…＋C4k4k＝0，两式相减得C14k＋C34k＋C54k＋…＋C4k－14k＝24k－1，因为m(3)＝C34k＋C74k＋C114k＋…＋C4k－14k ＝C4k－34k＋C4k－74k＋…＋C14k，所以2m(3)＝C14k＋C34k＋C54k＋…＋C4k－14k＝24k－1，故m(3)＝24k－2.(10分)【变式4】(2016泰州期末）已知k，m∈N*，若存在互不相等的正整数a1，a2，…，a m，使得a1a2，a2a3，…，a m－1a m，a m a1同时小于k，则记f(k)为满足条件的m的最大值．(1) 求f(6)的值；(2) 对于给定的正整数n(n>1)，①当n(n＋2)<k≤(n＋1)(n＋2)时，求f(k)的解析式；②当n(n＋1)<k≤n(n＋2)时，求f(k)的解析式．规范解答 (1) 由题意，取a1＝1，a2＝2，a1a2<6，满足题意，若∃a3≥3，则必有a2a3≥6，不满足题意，综上所述，m的最大值为2，即f(6)＝2.(4分)(2) 由题意，当n(n＋1)<k≤(n＋1)(n＋2)时，设A1＝{1,2，…，n}，A2＝{n＋1，n＋2，n＋3，…}，显然，∀a i，a i＋1∈A1时，满足a i a i＋1≤n(n－1)<n(n＋1)<k，所以从集合A1中选出的a i至多有n个，∀a j，a j＋1∈A2时，a j a j＋1≥(n＋1)(n＋2)≥k，不符合题意，所以从集合A2中选出的a j必不相邻，又因为从集合A1中选出的a i至多有n个，所以从集合A 2中选出的a j 至多有n 个，放置于从集合A 1中选出的a i 之间，所以f (k )≤2n ，(6分)①当n (n ＋2)<k ≤(n ＋1)(n ＋2)时，取一串数a i 为1,2n,2,2n －1,3,2n －2，…，n －1，n ＋2，n ，n ＋1，或写成a i ＝⎩⎪⎨⎪⎧ i ＋12， i 为奇数，2n ＋1－i 2， i 为偶数(1≤i ≤2n )，此时a i a i ＋1≤n (n ＋2)<k (1≤i ≤2n －1)，a 2n a 1＝n ＋1<k ，满足题意，所以f (k )＝2n ，(8分)②当n (n ＋1)<k ≤n (n ＋2)时，从A 1中选出的n 个a i ：1,2，…，n ，考虑数n 的两侧的空位，填入集合A 2的两个数a p ，a q ，不妨设na p >na q ，则na p ≥n (n ＋2)≥k ，与题意不符，所以f (k )≤2n －1，取一串数a i 为：1,2n －1,2,2n －2,3,2n －3，…，n －2，n ＋2，n －1，n ＋1，n或写成a i ＝⎩⎪⎨⎪⎧ i ＋12， i 为奇数，2n －i 2， i 为偶数(1≤i ≤2n －1)，此时a i a i ＋1≤n (n ＋1)<k (1≤i ≤2n －2)，a 2n －1a 1＝n <k ，满足题意，所以f (k )＝2n －1，(10分)(写出①②题的结论但没有证明各给1分．)【变式5】（2016苏州期末）如图，由若干个小正方形组成的k 层三角形图阵，第一层有1个小正方形，第二层有2个小正方形，依此类推，第k 层有k 个小正方形．除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上．现对第k 层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为x 1，x 2，…，x k ，其中x i ∈{0,1}(1≤i ≤k )，其他小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为x 0.(1) 当k ＝4时，若要求x 0为2的倍数，则有多少种不同的标注方法？(2) 当k ＝11时，若要求x 0为3的倍数，则有多少种不同的标注方法？思路分析在解第(1)题的基础上，猜出当k ＝11时，x 0＝C 010x 1＋C 110x 2＋…＋C 910x 10＋C 1010x 11.当然要有证明过程．规范解答 (1) 当k ＝4时，第4层标注的数字依次为x 1，x 2，x 3，x 4；第3层标注的数字依次为x 1＋x 2，x 2＋x 3，x 3＋x 4；第2层标注的数字依次为x 1＋2x 2＋x 3，x 2＋2x 3＋x 4；所以x 0＝x 1＋3x 2＋3x 3＋x 4.(2分)因为x 0是2的倍数，x i ∈{0,1}，所以x 1，x 2，x 3，x 4中取值为1的个数为偶数个．其不同的取法总数为C 04＋C 24＋C 44＝8.答：所求的不同的标注方法有8种．(4分)(2) 当k ＝11时，第11层标注的数字依次为x 1，x 2，x 3，x 4，…，x 10，x 11；第10层标注的数字依次为C 01x i ＋C 11x i ＋1，i ＝1,2， (10)第9层标注的数字依次为C 01x i ＋(C 01＋C 11)x i ＋1＋C 11x i ＋2＝C 02x i ＋C 12x i ＋1＋C 22x i ＋2，i ＝1,2，…，9；依此规律，第1层标注的数字为x 0＝C 010x 1＋C 110x 2＋…＋C 910x 10＋C 1010x 11.(6分)计算得C 010＝C 1010＝1，C 110＝C 910＝10，当i ＝2,3,4，…，8时，C i10均是3的倍数．若要求x 0是3的倍数，等价于x 1＋C 110x 2＋C 910x 10＋x 11是3的倍数．即x 1＋x 2＋x 10＋x 11是3的倍数．(8分) 所以x 1，x 2，x 10，x 11中，取值为1的个数为0个或3个．所以x 1，x 2，x 3，…，x 10，x 11的不同的取法总数为(C 04＋C 34)·27＝640.答：所求的不同的标注方法有640种．(10分)解后反思可用数学归纳法证明：x 0＝∑k －1i ＝0C i k －1x i ＋1(k ≥2，k ∈N *)，关键步骤，当k ＝n ＋1时，x 0＝∑n －1i ＝0C i n －1x i ＋1＋∑n －1i ＝0C i n －1x i ＋2＝∑n i ＝0C i n x i ＋1. 用到的公式为C r n ＋C r ＋1n ＝C r ＋1n ＋1，C 0n ＝C n n ＝1.【变式6】(2016徐州、连云港、宿迁三检）在集合A ＝{1,2,3,4，…，2n }中，任取m (m ≤n ，m ，n ∈N *)个元素构成集合A m ，若A m 的所有元素之和为偶数，则称A m 为A 的偶子集，其个数记为f (m )；若A m 的所有元素之和为奇数，则称A m 为A 的奇子集，其个数记为g (m )，令F (m )＝f (m )－g (m )．(1) 当n ＝2时，求F (1)，F (2)，F (3)的值；(2) 求F (m )．规范解答 (1)当n ＝2时，集合A 为{1,2,3,4}，当m ＝1时，偶子集有{2}，{4}，奇子集有{1}，{3}，f (1)＝2，g (1)＝2，F (1)＝0; (2分)当m ＝2时，偶子集有{2,4}，{1,3}，奇子集有{1,2}，{1,4}，{2,3}，{3,4}，f (2)＝2，g (2)＝4，F (2)＝－2；(3分)当m ＝3时，偶子集有{1,2,3}，{1,3,4}，奇子集有{1,2,4}，{2,3,4}，f (3)＝2，g (3)＝2，F (3)＝0.(4分)(2) 当m 为奇数时，偶子集的个数f (m )＝C 0n C m n ＋C 2n C m －2n ＋C 4n C m －4n ＋…＋C m －1n C 1n ，奇子集的个数g (m )＝C 1n C m －1n ＋C 3n C m －3n ＋…＋C m n C 0n ，所以f (m )＝g (m )，F (m )＝f (m )－g (m )＝0. (6分)当m 为偶数时，偶子集的个数f (m )＝C 0n C m n ＋C 2n C m －2n ＋C 4n C m －4n ＋…＋C m n C 0n ，奇子集的个数g (m )＝C 1n C m －1n ＋C 3n C m －3n ＋…＋C m －1n C 1n ，所以F (m )＝f (m )－g (m )＝C 0n C m n －C 1n C m －1n ＋C 2n C m －2n －C 3n C m －3n ＋…－C m －1n C 1n ＋C m n C 0n . (7分) 一方面，(1＋x )n (1－x )n ＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )[C 0n －C 1n x ＋C 2n x 2－…＋(－1)n C n n x n ]，所以(1＋x )n (1－x )n 中x m 的系数为C 0n C m n －C 1n C m －1n ＋C 2n C m －2n －C 3n C m －3n ＋…－C m －1n C 1n ＋C m n C 0n ； (8分)另一方面，(1＋x )n (1－x )n ＝(1－x 2)n ，(1－x 2)n 中x m 的系数为(－1)m 2C m 2n ，故F (m )＝(－1)m 2C m2n . 综上，F (m )＝(10分)。

高考数学一轮复习两个基本计数原理专题练习(附答案)

高考数学一轮复习两个基本计数原理专题练习（附答案）故有321=6种涂色方案.[答案] 63.(2019北京高考)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). [解析] 用2,3组成四位数共有2222=16(个)，其中不出现2或不出现3的共2个，因此满足条件的四位数共有16-2=14(个).[答案] 144.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，这样的等比数列的有________个.[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，故所求数列有8个.[答案] 85.集合P={x,1}，Q={y,1,2}，其中x，y{1,2,3，，9}，且PQ.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________.[解析] 当x=2时，xy，点的个数为17=7(个).当x2时，由PQ，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] 146.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________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53444=960(种).[答案] 960图1037.如图103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84=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.只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有________个.[解析] 由题意知，1,2,3中必有某一个数字重复使用2次，第一步确定谁被使用2次，有3种方法;第二步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法;第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法.故共可组成332=18个不同的四位数.[答案] 18二、解答题图1049.如图104，一环形花坛分成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，则不同的种法总数有多少种.[解] 可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4313=36(种)种法;当C与A所种花不同时，有4322=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. 10.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)幸运之星先在甲箱中抽，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有302920=17 400(种).(2)幸运之星先在乙箱中抽取，有201930=11 400(种).共有不同结果17 400+11 400=28 800(种).两个基本计数原理专题练习及答案就为考生分享到这里，查字典数学网预祝考生可以获得更好的成绩。