人教A版高中数学选修2-3作业：第1章计数原理1.3.1

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人教版高中数学选修2-3 第一章 1-1-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理

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一、分类加法计数原理 1．完成一件事有两类不同的方案，在第一类方案中有 m种不同的方法，在第二类方案中有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．如果完成一件事情有n类不同方案，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类方法中有mn种不同的方法，则完成这件事情共有N＝ m1＋m2＋…＋mn 种不同的方法．
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人教A版数学选修2-3 第一章计数原理
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【错因】错解一忽视数字0不能在首位的约束，按此排法有可能为“0134”这种不符合要求的情况．
错解二忽视了题目“无重复数字的四位数”的约束，按此排法有可能为“2032”，不符合条件．
若先排首位，应考虑排的是1,3,5还是2,4,6，因它直接关系到第2步排个位的选取；
方法二(枚举法)：因为只取一人，这样设三个年级的优秀班干部分别为 A1 ， A2 ， A3 ， A4 ， A5 ； B1 ， B2 ， B3 ， B4 ， B5，B6，B7；C1，C2，C3，C4，C5，C6，C7，C8，从以上20 种情况中选一人有20种选法．
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[问题] 此委员这一天从济南到北京共有多少种快捷途径？
[提示] 3＋4＝7.此委员这一天从济南到北京共有7种快捷途径．
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2．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．
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解析：方法一(定义法)：由于要从三个年级的优秀班干部中选出一人，故可分为三类：第一类从高一的5名优秀班干部中选取一人，有5种选法；第二类从高二的7名优秀班干部中选取一人，有7种选法；第三类从高三的8名优秀班干部中选取一人，有8种选法．又根据分类加法计数原理知，共有5＋7＋8＝20种不同的选法．

2016-2017学年高中数学人教A版选修2-3 第一章计数原理 1.3-1.3.1

2．第 k＋1 项的系数是此项字母前的数连同符号，而此项的二项式系数为 Cnk.例如，在(1＋2x)7 的展开式中，第四项是 T4＝C3717－3(2x)3，其二项式系数是 C37 ＝35，而第四项的系数是 C3723＝280.
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第十六页，编辑于星期五：十六点四十一分。
[ 再练一题]
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第十四页，编辑于星期五：十六点四十一分。
(2)Tr＋1＝Cr9x9－r·－1xr＝(－1)r·C9r ·x9－2r， ∴9－2r＝3，∴r＝3，即展开式中第四项含 x3，其系数为(－1)3·C39＝－84.
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第十五页，编辑于星期五：十六点四十一分。
1．二项式系数都是组合数 Cnk(k∈{0,1,2，…，n})，它与二项展开式中某一项的系数不一定相等，要注意区分“二项式系数”与二项式展开式中“项的系数”这两个概念．
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第十八页，编辑于星期五：十六点四十一分。
探究 2 (a＋b)(c＋d)展开式中的每一项是如何得到的？【提示】 (a＋b)(c＋d)展开式中的各项都是由 a＋b 中的每一项分别乘以 c ＋d 中的每一项而得到．探究 3 如何求x＋1x(2x＋1)3 展开式中含 x 的项？【提示】 x＋1x(2x＋1)3 展开式中含 x 的项是由 x＋1x中的 x 与1x分别与(2x ＋1)3 展开式中常数项 C33＝1 及 x2 项 C1322x2＝12x2 分别相乘再把积相加得 x·C33＋ 1x·C13(2x)2＝x＋12x＝13x.即x＋1x(2x＋1)3 展开式中含 x 的项为 13x.
2．(1＋2x)n 的展开式中第六项与第七项的系数相等，求展开式中二项式系

人教版高中数学选修2-3知识点汇总

人教版高中数学必修2-3知识点第一章计数原理1.1分类加法计数与分步乘法计数分类加法计数原理：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。

分类要做到“不重不漏”。

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。

分步要做到“步骤完整”。

n元集合A={a1，a2⋯，a n}的不同子集有2n个。

1.2排列与组合1.2.1排列一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列(arrangement)。

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做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示。

排列数公式：n个元素的全排列数规定：0!=11.2.2组合一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合(combination)。

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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号或表示。

组合数公式：∴规定：组合数的性质：(“构建组合意义”——“殊途同归”)1.3二项式定理1.3.1二项式定理(binomial theorem)*注意二项展开式某一项的系数与这一项的二项式系数是两个不同的概念。

1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质*表现形式的变化有时能帮助我们发现某些规律！(1)对称性(2)当n 是偶数时，共有奇数项，中间的一项取得最大值；当n 是奇数时，共有偶数项，中间的两项，同时取得最大值。

(3)各二项式系数的和为(4)二项式展开式中，奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和：(5)一般地，第二章随机变量及其分布2.1离散型随机变量及其分布(n ∈N *)其中各项的系数(k ∈{0，1，2，⋯，n})叫做二项式系数(binomial coefficient)；2.1.1离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量(random variable)。

人教版高中数学选修2-3第一章1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理

导入新课想一想先看下面的问题从我们班推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？把我们的同学排成一排，共有多少种不同的排法？要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识.排列组合是一种重要的数学计数方法. 是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不同的做法.在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理.1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学目标知识目标（1）理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；（2）会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题.能力目标培养学生的归纳概括能力.情感目标（1）了解学习本章的意义，激发学生的兴趣；（2）引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式.教学重难点重点分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用理解.难点分类加法计数原理与分步乘法计数原理的理解.1、分类加法计数原理从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？解答由题意画图如下：解：从甲地到乙地有2类方法,第一类方法:乘火车，有3种方法;第二类方法:乘汽车，有2种方法. 所以从甲地到乙地共有3+2=5种方法.观察有什么特征知识要点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.A 大学B大学生物学化学医学物理学工程学数学会计学信息技术学法学例题1在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A，B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：如果这名同学只能选一个专业，那么它共有多少种选择呢？分析由于这名同学在A，B两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项的专业，因此符合分类加法计数原理的条件.继续解答解：这名同学可以选择两所大学中的一所，在A 所大学中有5种专业选择方法，在B所大学中有4种专业选择方法，又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此更具分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有5+4=9（种）探究如果完成一件事有三种不同方案，在第1类方案中有m1种方法，在第2类方案中有m2种方法，在第3类方案中有m3种方法那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事有n种不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么如何计数呢？N=m1+m2+m32、分步乘法计数原理用前6个大写英文字母和1~9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2，…的方式给教室里的座位编号，总共能变出多少个不同的号码？解答由题意画图如下：字母数字得到的号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9A A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A 8 A 9注意上图是解决计数问题常用的“树形图”.你能用树形图列出所有可能的号码吗？解：由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任意一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6×9=54个不同的号码.观察有什么特征知识要点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.例题2书架的第一层放有4本不同的计算机书，第二层放有5本不同的文艺书，从书架的第1、2层各取1本书，有多少种不同的取法？分析读题意可知，这是一个分步乘法计数题.继续解答解：从书架的第1，2，各取1本书，可以分成两个步骤完成:第一步，从第一层取1本计算机书，有4种方法；第二步，从第二层取1本文艺书，有5种方法；根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是 N=4×5=20探究如果完成一件事需要三个步骤，做第1步有m1种方法，做第2步有m2种方法，做第3步有m3种方法那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事有n种不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么如何计数呢？N=m1×m2×m3例题3一名同学有7枚明朝不同古币和10枚清朝不同古币(1）从中任取一枚，有多少种不同取法？(2）从中任取明清古币各一枚，有多少种不同取法？分析由于这名同学有明朝清朝两种不同的古币，（1）中要从中任取一枚，符合分类计数原理，（2）中要从明清中各取一枚，符合分步计数原理.继续解答解：（1）该题应用分类计数原理，分两类：第一类，取明朝古币有7种；第二类，取清朝古币有10种. 所以共有7+10=17种不同取法.（2）该题应用分步计数原理，分两步：第一步，取明朝古币有7种；第二步，取清朝古币有10种. 共有7×10=70种不同取法.课堂小结1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理：①是排列组合问题的最基本的原理；②是推导排列数、组合数公式的理论依据；③是求解排列、组合问题的基本思想.2．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，并加区别：①分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法相对独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事；②分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成后才算做完这件事.3.运用分类加法计数原理与分步乘法计数原理的注意点：①分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即"不重不漏".②分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成.高考链接A 1（2008年福建卷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_____ .A. 14B. 24C. 28D. 48先分类，再分步！2（2007年全国Ⅱ卷文科第10题）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D 学生选小组N= 523. (2007年四川文科第9题）用数字1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有______.BA.48个B.36个C.24个D.18个分析：先分类，再分步，据题意，当个位数是2时，万位数是3，4，5，其他随意，共有3×3×2×1=18种；当个位数是4时，万位数是2，3，5，其他随意，共有3×3×2×1=18种所以共有36种.课堂练习1.填空（1）从甲地到乙地有2种走法，从乙地到丙地有4种走法，从甲地不经过乙地到丙地有3种走法，则从甲地到丙地的不同的走法共有 ______种.（2）甲、乙、丙3个班各有三好学生3，5，2名，现准备推选两名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有______种不同的推选方法.11 312.选择（1）一件工作可以用2种方法完成，有5人会用第1种方法完成，另有4人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是（）A.9B.2C.20D.6（2）从A 村去B 村的道路有3条，从B 村去C 村的道路有2条，从A 村经B 村去C 村，不同的路线有 ( )条.A.3B.4C.5D.6 √ √3.解答题(1)由数字l，2，3，4，5可以组成多少个允许重复数字的三位数.解：由于此三位数的数字允许重复，分三步：百、十、个位数各有5种取法，所以可以组成5×5×5=125个三位数.（2）电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与底等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态. 因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的计数法，即二进制，为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由８个二进制位构成，问：①一个字节（8位）最多可以表示多少个不同的字符？②计算机汉字国标码（GB 码）包含了6763个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？第1位第2位第3位第8位 …… 2种 2种 2种 2种分析：如00000000，10000000，11111111.解：①由图可知组成一个字节为分步计数所以最多可以表示8个2256()②一个字节有256种表示方法，而汉字有6763个，所以每个汉字至少要用2个字节来表示.习题解答A组1. “一件事情”是“买一台某型号的电视机”不同的选法有4+7=11（种）.2. “一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，再分步”，不同的路线共有2×3+4×2=14（条）.3. 对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法.共有不同的分数4×4=16（个）.对于第二问，分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个，分子为5时，分母从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能是16，有1个.所以共有真分数4+3+2+1=10（个）.4.”一件事情”是“接通线路”。

高中数学人教版选修2-3专用同步作业解析(含答案)第一章计数原理改好104页

第一章计数原理[学习目标]1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．知识点一分类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．思考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吗？答案在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法是不同的，若相同它只能在同一类方案中且只能算是一种方法．思考2用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能编出多少种不同的号码？答案因为英文字母共有26个，阿拉伯数字0～9共有10个，所以总共可以编出26＋10＝36(种)不同的号码．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．思考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可以相同吗？答案在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这一步骤的方法均不相同，若相同，只能算是一种方法．思考2用前6个大写英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2，…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？答案编写一个号码要先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字，我们可以用树形图列出所有可能的号码．如图：由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6×9＝54(个)不同的号码．题型一分类加法计数原理的应用例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名学生做代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有多少种？解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．反思与感悟应用分类加法计数原理应注意如下问题：(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事．(2)无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法．即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的．跟踪训练1有3个袋子，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．若从3个袋子中任取1个小球，有多少种不同的取法？解有3类不同方案：第1类，从第1个袋子中任取1个红色小球，有6种不同的取法；第2类，从第2个袋子中任取1个白色小球，有5种不同的取法；第3类，从第3个袋子中任取1个黄色小球，有4种不同的取法．其中，从这3个袋子的任意1个袋子中取1个小球都能独立地完成“任取1个小球”这件事，根据分类加法计数原理，不同的取法共有6＋5＋4＝15(种)．题型二分步乘法计数原理例2在平面直角坐标系内，若点P(x，y)的横、纵坐标均在{0,1,2,3}内取值，则可以组成多少个不同的点P?解确定点P的坐标必须分两步，即分步确定点P的横坐标与纵坐标．第一步，确定横坐标，从0,1,2,3四个数字中选一个，有4种方法；第二步，确定纵坐标，从0,1,2,3四个数字中选一个，也有4种方法．根据分步乘法计数原理，所有不同的点P的个数为4×4＝16.故可以组成16个不同的点P.反思与感悟应用分步乘法计数原理应注意如下问题：(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某种方法是不是能完成这件事，也就是说要经过几步才能完成这件事．(2)完成这件事要分若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步，这件事都不可能完成．即各步之间是关联的，相互依存的，只有前步完成后步才能进行．(3)根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，即分步要做到步骤完整．跟踪训练2用0,1,2,3,4,5,6这七个数字共能组成多少个两位数？解第一步，确定十位数字，1,2,3,4,5,6六个数字都可以选择，有6种方法；第二步，确定个位数字，0,1,2,3,4,5,6七个数字都可以选择，有7种选法．根据分步乘法计数原理，不同的两位数共有6×7＝42(个)．故可以组成42个两位数．题型三两个原理的综合应用例3现有高一年级的四个班的学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选两人做中心发言，这两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)．(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)．(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．所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．反思与感悟(1)在处理具体的应用题时，首先必须弄清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么，选择合理的标准处理事件，关键是看能否独立完成这件事，避免计数的重复或遗漏．(2)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．跟踪训练3某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有多少种不同的选法？解由题意，知有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．方法一分两类．第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，有6种选法，则说日语的有2＋1＝3(种)选法．此时共有6×3＝18(种)选法．第二类：从不只会英语的1人中选1人说英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2(种)选法．所以由分类加法计算原理知，共有18＋2＝20(种)选法．方法二设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种：(1)教英语；(2)教日语．第一类：甲入选．(1)甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×2＝2(种)选法；(2)甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×6＝6(种)选法．故甲入选的不同选法共有2＋6＝8(种)．第二类：甲不入选．可分两步．第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法：第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法．由分步乘法计数原理，有6×2＝12(种)不同的选法．综上，共有8＋12＝20(种)不同选法．分不清“分类”还是“分步”致误例4某体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，小李到体育场看比赛，则他进、出门的方案有()A．12种B．7种C．14种D．49种错解由题意知，小李进体育场有7种不同方案，出体育场有7种不同的方案，故他进、出体育场共有7＋7＝14(种)不同的方案．答案 C错因分析错误的根本原因是没有分清小李完成进、出体育场门的过程是分类还是分步，实际上小李到体育场看比赛，他进、出体育场门的过程分两步：第一步进体育场，第二步出体育场．正解完成进、出体育场门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场．第一步进门共有4＋3＝7(种)方法．第二步出门共有4＋3＝7(种)方法．由分步乘法计数原理知，进、出门的方案有7×7＝49(种)．答案 D点评利用两个计数原理解决问题时，应首先弄清是“分类”还是“分步”，其次要做到分类时不重不漏，分步时步骤完整．1．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法为()A．1＋1＋1＝3 B．3＋4＋2＝9C．3×4×2＝24 D．以上都不对答案 B解析分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类乘轮船，从2次中选1次有2种走法．所以，共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．2．现有3名老师、8名男生和5名女生共16人．若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为()A．39 B．24C．15 D．16答案 A解析先从3名老师中任选1名，有3种选法，再从13名学生中任选1名，有13种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×13＝39.3．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，则在平面直角坐标系中，第一、第二象限内不同点的个数为()A．18 B．16C．14 D．10答案 C解析此问题可分为两类：①以集合M中的元素作为横坐标，集合N中的元素作为纵坐标，在集合M中任取一个元素的方法有3种，要使所取的点在第一、第二象限内，则在集合N 中只能取5,6两个元素中的一个，方法有2种，根据分步乘法计数原理，有3×2＝6(个)；②以集合N中的元素作为横坐标，集合M中的元素作为纵坐标，在集合N中任取一个元素的方法有4种，要使所取的点在第一、第二象限内，则在集合M中只能取1,3两个元素中的一个，方法有2种，根据分步乘法计数原理，有4×2＝8(个)．综合①②，由分类加法计数原理知，共有6＋8＝14(个)，故选C .4．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________个．答案36解析第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据分步乘法计数原理，共有6×6＝36(种)方法．5．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的各项的系数，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)答案18 6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，共有二次函数的个数为3×3×2＝18.其中不同的偶函数的个数为3×2＝6.1.应用两个原理时，要仔细区分原理的不同，加法原理关键在于分类，不同类之间互相排斥，互相独立；乘法原理关键在于分步，各步之间互相依存，互相联系．2．通过对这两个原理的学习，要进一步体会分类讨论思想及等价转化思想在解题中的应用．一、选择题1．甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则不同的选法种数为()A．3 B．6 C．9 D．12答案 C解析甲运动员有3种选法，乙运动员也有3种选法，由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×3＝9.2．某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学课代表，则不同选法的种数有()A．50 B．26 C．24 D．616答案 A解析根据分类加法计数原理，因数学课代表可为男生，也可为女生，因此选法共有26＋24＝50(种)．故选A.3．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有()A．27种 B．36种 C．54种 D．81种答案 C解析小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54(种)不同的报名方法，选C.4．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解析先填最左上角的数有3种方法，再填右上角的数有2种方法，再填第二行第一列的数有2种方法，根据分步乘法计数原理，不同的排列方法共有3×2×2＝12(种)．5．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解析本题考查了分步乘法计数原理，可用间接法求解．用0,1，…，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)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．6．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 ．40B ．16C ．13D ．10答案 C解析分两类：第一类，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；第二类，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．由分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13(个)不同的平面．7．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对答案 C解析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962＝48对．二、填空题8．一个科技小组中有4名女同学、5名男同学，从中任选1名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法______种，若从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法______种．答案 9 20解析根据分类加法计数原理，从中任选1名同学参加学科竞赛共有5＋4＝9(种)选派方法．根据分步乘法计数原理，从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛共有4×5＝20(种)选派方法．9．4名学生参加跳高、跳远、游泳比赛，4人都来争夺这三项冠军，则冠军分配的种数有________．答案64解析本题中要完成的一件事：“将比赛的各项冠军逐一分配给4名参赛学生”．∵跳高冠军的分配有4种不同的方法．跳远冠军的分配有4种不同的方法．游泳冠军的分配有4种不同的方法．∴根据分步乘法计数原理，冠军的分配方法有4×4×4＝64(种)．10．用数字1,2组成一个四位数，则数字1,2都出现的四位偶数有______个．答案7解析由四位数是偶数，知最后一位是2.在四位数中，当出现1个1时，有1 222,2 122,2 212，共3个，当出现2个1时，有1 122,1 212,2 112，共3个，当出现3个1时，只有1 112这1个四位偶数，故数字1,2都出现的四位偶数有3＋3＋1＝7(个)．11.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)．三、解答题12．已知集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，问：(1)有多少个不同的数对？(2)其中所取两数m＞n的数对有多少个？解(1)∵集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，先选出m有5种结果，再选出n有5种结果，根据分步乘法计数原理知共有5×5＝25个不同的数对．(2)在(1)中的25个数对中所取两数m＞n的数对可以分类来解，当m＝2时，n＝1，有1种结果；当m＝4时，n＝1，3有2种结果；当m＝6时，n＝1,3,5有3种结果；当m＝8时，n ＝1,3,5,7有4种结果；当m＝10时，n＝1,3,5,7,9有5种结果．综上所述共有1＋2＋3＋4＋5＝15种结果．13．有3个不同的负数、5个不同的正数，从中任取2个数，使它们的积为正数，问：有多少种不同的取法？解根据题意，知积为正数的情况分为两类．第一类是2个数都是负数，分两步取数：第一步，先从3个负数中任取1个负数，有3种不同的取法；第二步，从剩下的2个负数中任取1个负数，有2种不同的取法，故有3×2＝6(种)不同的取法．第二类是2个数都是正数，也分两步取数：第一步，先从5个正数中任取1个正数，有5种不同的取法；第二步，从剩下的4个正数中任取1个正数，有4种不同的取法，故有5×4＝20(种)不同的取法．综上所述，不同取法的种数为6＋20＝26.[学习目标] 1.进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能根据实际问题特征，正确选择计数原理解决实际问题．知识点两个计数原理的联系与区别题型一两个计数原理在排数中的应用例1 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且比2 000大的四位偶数？解完成这件事可分为三类：第一类是个位数字为0的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可以选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，有3种选法．由分步乘法计数原理知，这类数的个数为4×4×3＝48.第二类是个位数字为2的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾2个数字之后，还有4个数字可以选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，有3种选法．由分步乘法计数原理知，这类数的个数为3×4×3＝36.第三类是个位数字为4的比2 000大的四位偶数，其方法步骤同第二类．对以上三类用分类加法计数原理，得所求无重复数字且比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．反思与感悟排数问题实际就是分步问题，需要用分步乘法计数原理解决．此题中，由于数字0的出现，又进行了分类讨论，即在解决相关的排数问题时，要注意两个原理的综合应用．跟踪训练1用0,1,2,3,4这5个数字可以组成多少个按下列要求的无重复数字？(1)四位密码；(2)四位数；(3)四位奇数．解(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，分为四个步骤：第一步，取左边第一位上的数字，有5种选取方法；第二步，取左边第二位上的数字，有4种选取方法；第三步，取左边第三位上的数字，有3种选取方法；第四步，取左边第四位上的数字，有2种选取方法．由分步乘法计数原理知，可以组成不同的四位密码共有N＝5×4×3×2＝120(个)．(2)方法一完成“组成无重复数字的四位数”这件事分为四个步骤：第一步，从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；第二步、第三步、第四步与(1)类似，分别有4,3,2种选取方法．由分步乘法计数原理知，可以组成不同的四位数共有N＝4×4×3×2＝96(个)．方法二与第(1)问的区别在于：四位密码首位可以是0，而四位数首位不可以为0.因此，只需求首位为0的四位密码有多少个，用(1)的总数减去首位为0的个数即为所求．当首位是0时，第二位有4种选取方法，第三位有3种选取方法，第四位有2种选取方法，由分步乘法计数原理知，首位是0的四位密码共有1×4×3×2＝24(个)．故无重复数字的四位数共有120－24＝96(个)．(3)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，分两类方案．第一类：这个四位奇数的个位数字是1，分三个步骤去完成．第一步，选取千位上的数字，有3种(从2,3,4中选)不同选法；第二步，选取百位上的数字，有3种不同选法；第三步，选取十位上的数字，有2种不同选法．由分步乘法计数原理知，该类中四位奇数共有1×3×3×2＝18(个)．第二类：这个四位奇数的个位数字是3，也是分三个步骤去完成．具体求法与个位数字是1时完全一样，因而这样的奇数也是18个．由分类加法计数原理知，共可组成无重复数字的四位奇数18＋18＝36(个)．题型二抽取(分配)问题例2现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？解(1)分三类：第一类，选出的是医生，有3种选法；第二类，选出的是护士，有5种选法；第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10(种)选法．(2)分三步：第一步，选1名医生，有3种选法；第二步，选1名护士，有5种选法；第三步，选1名麻醉师，有2种选法．根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30(种)选法．反思与感悟解决抽取(分配)问题的方法(1)当涉及对象数目不大时，一般选用例举法、树状图法、框图法或者图表法．(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．跟踪训练23个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？解方法一(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步，放第一个小球有5种选择；第二步，放第二个小球有4种选择；第三步，放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得，共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．方法二(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5；分成以下10类：第一类，空盒子标号为(1,2)，选法有3×2×1＝6(种)；第二类，空盒子标号为(1,3)，选法有3×2×1＝6(种)；第三类，空盒子标号为(1,4)，选法有3×2×1＝6(种)．分类还有以下几种情况：(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种)．题型三涂色问题例3将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入如图所示的5个区域内，要求相邻的两个区域的颜色不相同，问：有多少种不同的涂色方法？解将5个区域分别标记为A，B，C，D，E(如图所示)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B区域与D区域涂的颜色，如果B区域与D区域涂的颜色相同，则E区域有2种涂色方法，如果B区域与D区域所涂的颜色不相同，则E区域只有1种涂色方法．因此应先分类后分步．(1)当B与D同色时，有4×3×2×2＝48(种)涂色方法；(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)涂色方法．故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法．反思与感悟(1)涂色问题的基本要求是相邻区域不同色，但是不相邻的区域可以同色．解决此类问题要特别关注图形的结构特征．如果图形不很规则，往往从某一块出发进行分步涂色，从而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，每一类再进行分步．(2)涂色问题往往涉及两计数原理的综合应用，因此，要找准分类标准，兼顾条件的情况下分步涂色．跟踪训练3如图所示，用5种不同的颜料给4块图形(A，B，C，D)涂色，要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．解方法一按A，C颜色相同或不同进行分类．若A，C颜色相同，则A有5种涂色方法，B有4种涂色方法，D有4种涂色方法，故共有5×4×4＝80(种)涂法．若A，C颜色不同，则A有5种涂色方法，C有4种涂色方法，B有3种涂色方法，D有3种涂色方法，故共有5×4×3×3＝180(种)涂法．根据分类加法计数原理，共有80＋180＝260(种)不同的涂色方案．方法二按涂色种类进行分类．第一类：涂4种颜色，分四步，A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有2种涂法．故共有5×4×3×2＝120(种)涂法．第二类：涂3种颜色，则A，C颜色相同或B，D颜色相同．当A，C颜色相同时，A，C有5种涂法，B有4种涂法，D有3种涂法．故共有5×4×3＝60(种)涂法．当B，D颜色相同时，同理也有60种不同的涂法．故共有60＋60＝120(种)涂法．第三类：涂2种颜色，则A，C颜色相同，B，D颜色相同，A，C有5种涂法，B，D有4种涂法．故共有5×4＝20(种)涂法．根据分类加法计数原理，共有120＋120＋20＝260(种)不同的涂色方案．题型四种植问题例4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．解方法一(直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6(种)不同种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2×1＝6(种)不同种植方法．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)，故共有不同种植方法24－6＝18(种)．反思与感悟按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都完成了这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步．跟踪训练4一个同心圆形花坛，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，圆环分成的3等份为a1，a2，a3，有多少种不同的种植方法？(2)如图2，圆环分成的4等份为a1，a2，a3，a4，有多少种不同的种植方法？解(1)如图1，先对a1部分种植，有3种不同的种植方法，再对a2，a3种植．因为a2，a3与a1不同颜色，a2，a3也不同，所以由分步乘法计数原理得3×2×1＝6(种)．。

高中数学人教A版选修2-3检测：第一章1.3-1.3.1二项式定理 Word版含解析

第一章计数原理1.3 二项式定理1.3.1 二项式定理A级基础巩固一、选择题1．化简多项式(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1的结果是()A．(2x＋2)5B．2x5C．(2x－1)5D．32x5解析：原式＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5.答案：D2．在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x＋13x24的展开式中，x的幂指数是整数的项共有() A．3项B．4项C．5项D．6项解析：T r＋1＝C r24x24－r2·x－r3＝Cr24·x12－56r，则r分别取0，6，12，18，24时，x的幂指数为整数，所以x的幂指数有5项是整数项．答案：C3．若⎝⎛⎭⎪⎪⎫x－123xn的展开式中第四项为常数项，则n＝() A．4 B．5C ．6D ．7解析：由二项展开式可得T r ＋1＝C r n (x )n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－123x r ＝(－1)r 2－r C rn x n －r 2·x －r 3，从而T 4＝T 3＋1＝(－1)32－3C 3n x n －52，由题意可知n －52＝0，n ＝5.答案：B4．在(1－x 3)(1＋x )10的展开式中，x 5的系数是( ) A ．－297 B ．－252 C ．297D ．207解析：(1－x 3)(1＋x )10＝(1＋x )10－x 3(x ＋1)10展开式中含x 5的项的系数为：C 510－C 210＝207.答案：D5．若C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n能被7整除，则x ，n 的值可能为( ) A ．x ＝5，n ＝5 B ．x ＝5，n ＝4 C ．x ＝4，n ＝4D ．x ＝4，n ＝3解析：C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n ＝(1＋x )n －1，检验得B 正确．答案：B 二、填空题6．(2016·北京卷)在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________(用数字作答)．解析：T r ＋1＝C r 6·16－r ·(－2x )r ＝(－2)r C r 6·x r ，令r ＝2，得T 3＝(－2)2C 26x 2＝60x 2.故x 2的系数为60.答案：607.⎝⎛⎭⎪⎪⎫2－13x 6的展开式中的第四项是________．解析：T 4＝C 3623⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－13x 3＝－160x . 答案：－160x8．如果⎝⎛⎭⎪⎫3x 2＋1x n 的展开式中，x 2项为第三项，则自然数n ＝________．解析：T r ＋1＝C rn (3x 2)n －r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r n x2n －5r3，由题意知r ＝2时，2n －5r3＝2，所以n ＝8. 答案：8 三、解答题9．在⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的展开式中，求：(1)第3项的二项式系数及系数； (2)含x 2的项及项数．解：(1)第3项的二项式系数为C 26＝15，又T 3＝C 26(2x )4⎝⎛⎭⎪⎫－1x 2＝24C 26x ，所以第3项的系数为24C 26＝240.(2)T k ＋1＝C k n (2x )6－k ⎝⎛⎭⎪⎫－1x k＝(－1)k 26－k C r 6x 3－k ，令3－k ＝2，得k ＝1.所以含x 2的项为第2项，且T 2＝－192x 2.10．在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －123x n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．(1)求展开式的第四项； (2)求展开式的常数项．解：T r ＋1＝C r n (3x )n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－123x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r C r n x 13n －23r . 由前三项系数的绝对值成等差数列，得C 0n ＋⎝⎛⎭⎪⎫－122C 2n ＝2×12C 1n ，解得n ＝8或n ＝1(舍去)． (1)展开式的第四项为：T 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－123C 38x 23＝－73x 2.(2)当83－23r ＝0，即r ＝4时，常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－124C 48＝358.B 级能力提升1．如果⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2－2x 3n的展开式中含有非零常数项，则正整数n 的最小值为( )A ．3B ．5C ．6D ．10解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2－2x 3n展开式的通项表达式为C r n (3x 2)n －r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 3r＝C r n 3n －r(－2)r x 2n －5r ，若C r n 3n －r(－2)r x 2n －5r 为非零常数项，必有2n －5r ＝0，得n ＝52r ，所以正整数n 的最小值为5.答案：B2．设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 6(a ＞0)的展开式中，x 3的系数为A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a 的值是________．解析：A ＝C 26(－a )2，B ＝C 46(－a )4，由B ＝4A 知，C 26(－a )2＝C 46(－a )4，解得a ＝2(舍去a ＝－2)．答案：23．如果f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋x )n (m ，n ∈N *)中，x 项的系数为19，求f (x )中x 2项系数的最小值．解：x 项的系数为C 1m ＋C 1n ＝19，即m ＋n ＝19，当m ，n 都不为1时，x 2项的系数为C 2m ＋C 2n ＝m （m －1）2＋（19－m ）（18－m ）2＝m 2－19m ＋171＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1922＋171－1924，因为m ∈N *，所以当m ＝9或10时，x 2项的系数最小，为81.当m 为1或n 为1时，x 2项的系数为C 218＝153>81，所以f (x )中x 2项系数的最小值为81.。

人教版高中数学选修2-3课后习题参考答案

新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理练习（P6） 1、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9；（2）要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6. 2、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12；（2）要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60.3、因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异，所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择. 练习（P10）1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12） 1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）. 2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）. 3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）. 对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）. 4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A 中选横坐标，有6个选择；第二步，从A 中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）. （2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）. 习题1.1 B 组（P13） 1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）. 2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=；（2）777!5040A ==；（3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=；（4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25） 1、（1）甲、乙，甲、丙，甲、丁，乙、丙，乙、丁，丙、丁；（2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯；（2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯；（3）3276351520C C -=-=；（4）328532356210148C C -=⨯-⨯=. 6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m m n n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27）1、（1）325454*********A A +=⨯+⨯=；（2）12344444412242464A A A A +++=+++=. 2、（1）315455C =；（2）19732002001313400C C ==；（3）346827C C ÷=；（4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n nn A A n A A nA n A +-+--=+-==；（2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）.8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n .9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）. 10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3)2n n n C n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便. 11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234444415C C C C +++=（种）. 12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C =；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C =. 13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C =. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A =；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A 中取，有m 种取法；第二步，从集合B 中取，有n 种取法. 所以共有取法mn 种. 说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C ⋅⋅=. 15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C ⋅=；（2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C =（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C -=；如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C ++=；（4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C --=. 也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231545454120C C C C C C ++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =；（2）142198124234110C C ⋅=；（3）51982410141734C =；（4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词.习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<，用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）.4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=. 5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法；解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=.3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nnC ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111111210242C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=， 2、∵0122k n n nn n n n C C C C C ++++++=，0213nn n n C C C C ++=++∴012knnn n n n C C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n n nnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn nn n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nn n n n n C C C C ++++.2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++23369a b ab b（2）27311357752222222172135701682241281283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x ++=++；（2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+. 4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -；（2）91482099520T a b =-；（3）7924T =；（4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x 的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-；（2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n rn n T C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!n n nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ，由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除；（2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法.（2）3276525C C ⋅=；（3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=；说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置. （4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=. （7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=；说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =. 说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）3856C =；（2）1234555530C C C C +++=. 4、468898C C +=.说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=；说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同. 6、（1）59764446024C =；（2）23397442320C C ⋅=；（3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=. 7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=. 说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列. 8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--. （2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和.444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =--3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=. 9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+ 551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =；（2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=；说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B 中能够找到唯一对应的元素，就能确定一个映射，对应的元素可以相同，所以是“有重复排列”问题.（4）2426106500000A ⨯=；（5）481258C -=；说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中，排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -= （6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=. 解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅；首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=. 3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--；（2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8m n l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法.根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）. 5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=，上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n C C +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数. 解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C C C C +++++++=-=修2—3第二章课后习题解答第二章随机变量及其分布2．1离散型随机变量及其分布列练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.（2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值.2、可以举的例子很多，这里给出几个例子：例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数；例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数；例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量.练习（P49）1、设该运动员一次罚球得分为X说明：这是一个两点分布的例子，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正 1(2)({})0.25P X P ====正正因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为 5448552()i i C C P X i C -==，i =0，1，2，3，4.因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A 组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X ，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X ＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X ＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X ＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X ＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X ＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X ＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义 12345X ⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X 是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X ＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X ＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X ＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X ＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X ＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km 所用时间X 不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4minY >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}.4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即（1）0i p ≥，1,2,,i n =；（2）11n i i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率.6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯. 说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列为即（2112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000.2．2二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯.说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=（2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯= （3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，。

数学选修2-3第一章计数原理习题集（附答案解析）

第 1 页共15 页选修2-3 第一章章节习题集1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、课时过关·能力提升1.某校举办了一次教师演讲比赛,参赛的语文老师有20人,数学老师有8人,英语老师有4人,从中评选出一个冠军,则可能的结果种数为( ) A.12B.28C.32D.640解析:由分类加法计数原理得,冠军可能的结果种数为4+8+20=32. 答案:C2.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 .60B .48C .36D .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,共36+12=48个,故选B . 答案:B3.某人有3个不同的电子邮箱,他要发5封电子邮件,不同发送方法的种数为( )A.8B.15C.35D.53 解析:每封电子邮件都有3种不同的发送方法,共有35种不同的发送方法. 答案:C4.已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A ,B 的值,则可表示出的不同直线的条数为( ) A.19B.20C.21D.22解析:当A 或B 中有一个为零时,则可表示出2条不同的直线;当AB ≠0时,A 有5种选法,B 有4种选法,则可表示出5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理知,共可表示出20+2=22条不同的直线. 答案:D5.五名护士上班前将外衣放在护士站,下班后回护士站取外衣,由于灯光暗淡,只有两人拿到了自己的外衣,另外三人拿到别人外衣的情况有( ) A.60种B.40种C.20种D.10种解析:设五名护士分别为A,B,C,D,E.其中两人拿到自己的外衣,可能是AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE 共10 种情况,假设A,B 两人拿到自己的外衣,则C,D,E 三人不能拿到自己的外衣,则只有C 取D,D 取E,E 取C,或C 取E,D 取C,E 取D 两种情况.故根据分步乘法计数原理,应有10×10×2=202=20种情况. 答案:C6.将4位老师分配到3个学校去任教,共有分配方案( ) A .81种B .12种C .7种D .256种解析:每位老师都有3种分配方案,分四步完成,故共有3×3×3×3=81种. 答案:A7.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、人分别从事翻译、导游、导游、导游、导购、导购、导购、保洁四项不同的工作保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,则选派方案共有( ) A .280种 B .240种 C .180种D .96种解析:由于甲、乙不能从事翻译工作,因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人,有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种,因此共有4×5×4×3=240种,故选B 答案:B8.用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数,比3 542大的四位数的个数是( ) A .360B .240C .120D .60解析:因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数,所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5,所以共有2×5×4×3=120个比3 542大的四位数. 答案:C9.圆周上有2n 个等分点(n 大于2),任取3点可得一个三角形,恰为直角三角形的个数为 .解析:先在圆周上找一点,因为有2n 个等分点,所以应有n 条直径,不经过该点的直径应有(n-1)条,这(n-1)条直径都可以与该点形成直角三角形,一个点可以形成(n-1)个直角三角形,而这样的点有2n 个,所以一共有2n (n-1)个符合题意的直角三角形. 答案:2n (n-1)10.如图所示,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 .解析: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. 答案:1911.三人踢毽子,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,毽子又被传给甲,则共有种不同的传递方法.解析:分两类:第一类,若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法;同理,第二类,甲先传给丙,也有3种不同的传法.共有6种不同的传递方法. 答案:612.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A 爬到相对顶点C 1,求其中经过3条棱的路线共有多少条?解:从总体上看有三类方法:分别经过AB,AD,AA1从局部上看每一类又需分两步完成,故第一类:经过AB,有m1=1×2=2条;第二类:经过AD,有m2=1×2=2条;第三类:经过AA1,有m3=1×2=2条.根据分类加法计数原理,从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.13.用n种不同颜色的彩色粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.当n=6时,该板报有多少种书写方案?解:第一步选英语角用的彩色粉笔,有6种不同的选法;第二步选语文学苑用的彩色粉笔,不能与英语角用的颜色相同,有5种不同的选法;第三步选理综视界用的彩色粉笔,与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同,有4种不同的选法;第四步选数学天地用的彩色粉笔,只需与理综视界的颜色不同即可,有5种不同的选法.共有6×5×4×5=600种不同的书写方案.14.用0,1,0,1,……,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.解:由于0不能放到首位,可以单独考虑.(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=91.1.2 排列与组合1.2.1 排列一、课时过关·能力提升1.从集合{3,5,7,9,11}中任取两个元素,①相加可得多少个不同的和?②相除可得多少个不同的商?③作为椭圆=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程?④作为双曲线=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程?上面四个问题属于排列问题的是( )A.①②③④B.②④C.②③D.①④解析:∵加法满足交换律,∴①不是排列问题;∵除法不满足交换律,如,∴②是排列问题;若方程=1表示焦点在x轴上的椭圆,则必有a>b,a,b的大小一定;在双曲线=1中不管a>b还是a<b,方程均表示焦点在x轴上的双曲线,且是不同的双曲线.故③不是排列问题,④是排列问题.答案:B2.某年级一天有6节课,需要安排6门课程,则该年级一天的课程表的排法有( )A.66种B.36种C.种D.12种解析:本题相当于对6个元素进行全排列,故有种排法.答案:C3.设m∈N*,则乘积m(m+1)(m+2)2)……(m+20)可表示为 ( )A. B. C. D.解析:由排列数公式,=(m+20)(m+19)(m+18)…(m+1)m.答案:D4.某会议室共有8个座位,现有3人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法有( )A.12种B.16种C.24种D.32种解析:将三个人插入五个空位中间的四个空当中,有=24种坐法.答案:C5.用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A.8B.24C.48D.120解析:个位数字有种排法,十位、百位、千位有种排法,从而共=48个不同的四位偶数答案:C6.要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不排在开头,并且任意两个舞蹈节目不排在一起,则不同的排法种数是( )A. B. C. D.解析:第一步先排5个独唱节目共种;第二步排舞蹈,不相邻则用插空法,且保证不放到开头,从剩下5个空中选3个插空共有种,故一共有种.答案:C7.5名男生与2名女生排成一排照相,若男生甲必须站在中间,2名女生必须相邻,则符合条件的排法共有( )A.48种B.192种C.240种D.288种解析:(用排除法)将2名女生看作1人,与4名男生一起排队,有种排法,而女生可互换位置,所以共有种排法,男生甲插入中间位置,只有一种插法;而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有种,这时男生甲若插入中间位置不符合题意,故符合题意的排列总数为=192.答案:B8.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从2,3,4,5,6,9这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,其中“伞数”有 ( )A.120个B.80个C.40个D.20个解析:由题意知可按十位数字的取值进行分类:第一类,十位数字取9,有个;第二类,十位数字取6,有个;第三类,十位数字取5,有个;第四类,十位数字取4,有个.所以一共有=40个.答案:C9.张先生和王先生两对夫妇各带1名小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两名小孩一定要排在一起,则这6人的入园排法共有 .解析:分三步完成:第1步,将两位爸爸排在两端,有种排法;第2步,将两名小孩看作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置,有种排法;第3步,两个小孩之间还有种排法.因此,这6人的入园排法共有=24种.答案:24种10.某校在高二年级开设选修课,其中数学选修班开了4个,选课结束后,有四名选修英语的同学甲、乙、丙、丁要求改修数学,为照顾各班平衡,数学选修班每班只接收1名改修数学的同学.那么甲不在(1)班,乙不在(2)班的分配方法有 .解析:先分甲,第一类,当甲在(2)班时,分配乙、丙、丁有种方法.第二类,当甲不在(2)班时,则甲有种分法,再分乙有种分法,分配丙、丁有种分法.因此,总共有=14种分法.答案:14种11.用1,2,3,4,5,6,7排成无重复数字的七位数,按下述要求各有多少个?(1)偶数不相邻;(2)偶数一定在奇数位上;(3)1和2之间恰好夹有一个奇数,没有偶数.解:(1)用插空法,共有=1 440个.(2)先把偶数排在奇数位上有种排法,再排奇数有种排法共有=576个.(3)1和2排列有种方法,在1和2之间放一个奇数有种方法,把1,2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有种排法,故共有=720个.12.一条铁路线上原有n个车站,为适应客运需要,新增加了m个车站(m>1),客运车票增加了62种,则原有多少个车站?现在有多少个车站?解:∵原有n个车站,∴原有客运车票种.又现有(n+m)个车站,∴现有客运车票种.由题设知:=62,∴(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62,∴2mn+m2-m=62,∴n=(m-1)>0,∴(m-1),∴62>m(m-1),即m2-m-62<0.又∵m>1,∴1<m<,∴1<m≤8.当m=2时,n=15.当m=3,4,5,6,7,8时,n均不为整数.∴n=15,m=2.∴原有车站15个,现有车站17个.1.2.2 组合一、课时过关·能力提升1.某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有( )A.45种B.56种C.90种D.120种解析:用排除法,不同的选法种数为=45.答案:A2.氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一,某肽链由7种不同的氨基酸构成,若只改变其中3种氨基酸的位置,其他4种不变,则不同的改变方法的种数为 ( )A.210B.126C.70D.35解析:从7种中取出3种有=35种取法,比如选出a,b,c种,再都改变位置有b,c,a和c,a,b两种,故不同的改变方法有2×35=70种.答案:C3.有15盏灯,要求关掉6盏,且相邻的灯不能全关掉,两端的灯不能关掉,则不同的关灯方法有( )A.28种B.84种C.180种D.360种解析:将9盏灯排成一排,关掉的6盏灯插入9盏亮灯的中间8个空隙中的6个空隙中,有=28种方法.答案:A4.某科技小组有6名学生,现从中选出3人去参加展览,至少有1名女生入选的不同选法有16种,则该小组中的女生人数为( )A.2B.3C.4D.5解析:设男生有x人,则女生有(6-x)人.依题意得=16,即x(x-1)(x-2)+16×6=6×5×4.解得x=4,故女生有2人.答案:A5.中小学校车安全引起社会的关注,为了彻底消除校车安全隐患,某市购进了50台完全相同的校车,准备发放给10所学校,每所学校至少2台,则不同的发放方案种数为( )A. B.C. D.解析:首先每个学校配送一台,这个没有顺序和情况之分,剩下40台;将剩下的40台像排队一样排列好,则这40台校车之间有39个空,对这39个空进行插空,比如说用9面小旗隔开,就可以隔成10部分.所以是在39个空中选9个空进行插空.故不同的方案种数为.答案:D6.已知一组曲线y=ax3+bx+1,其中a为2,4,6,8中的任意一个,b为1,3,5,7中的任意一个.现从这些曲线中任取两条,它们在x=1处的切线相互平行的组数为 ( )A.9B.10C.12D.14解析:y'=ax2+b,曲线在x=1处切线的斜率k=a+b.切线相互平行,则需它们的斜率相等,因此按照在x=1处切线的斜率的可能取值可分为五类完成.第一类:a+b=5,则a=2,b=3;a=4,b=1.故可构成2条曲线,有组.第二类:a+b=7,则a=2,b=5;a=4,b=3;a=6,b=1.可构成三条曲线,有组.第三类:a+b=9,则a=2,b=7;a=4,b=5;a=6,b=3;a=8,b=1.可构成四条曲线,有组.第四类:a+b=11,则a=4,b=7;a=6,b=5;a=8,b=3.可构成3条曲线,有组.第五类:a+b=13,则a=6,b=7;a=8,b=5.可构成2条曲线,有组.故共有=14组相互平行的切线.答案:D7.5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,若甲球必须放入A盒,则不同的放法种数是 ( )A.120B.72C.60D.36解析:将甲球放入A盒后分两类,一类是除甲球外,A盒还放其他球,共=24种放法,另一类是A盒中只有甲球,则其他4个球放入另外三个盒中,有=36种放法.故总的放法有24+36=60种.答案:C8.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动.若每天安排3人,则不同的安排方案共有 .(用数字作答)解析:第一步安排周六有种方法,第二步安排周日有种方法,故不同的安排方案共有=140种.答案:140种9.用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有 .(用数字作答)解析:分两种情况:第一类:个位、十位和百位上各有一个偶数,有=90个.第二类:个位、十位和百位上共有两个奇数一个偶数,有=234个,共有90+234=324个.答案:324个10.某餐厅供应盒饭,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同品种的菜.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,则餐厅至少还需准备种不同的素菜(结果用数值表示)解析:在5种不同的荤菜中选出2种的选择方式的种数是=10.若选择方式至少为200种,设素菜为x种, 则有≥200,即≥20,化简得x(x-1)≥40,解得x≥7.所以,至少应准备7种素菜.答案:711.在如图所示的四棱锥中,顶点为P,从其他的顶点和各棱中点中取3个,使它们和点P在同一平面内,不同的取法种数为 .解析:满足要求的点的取法可分为三类:第一类,在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点,有4种取法;第二类,在两个对角面上除点P外任取3点,有2种取法;第三类,过点P的侧棱中,每一条上的三点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面,有4种取法.因此,满足题意的不同取法共有4+2+4=56种.答案:5612.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,求与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数.解:与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:第一类,与信息0110恰有两个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选2个位置相同,其他2个不同有=6个信息.第二类,与信息0110恰有一个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选1个位置相同,其他3个不同有=4个信息.第三类,与信息0110没有一个对应位置上的数字相同,即4个位置中对应数字都不同,有=1个信息由分类加法计数原理知,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6+4+1=11.13.在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法(1)有3名内科医生和2名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.解:(1)先选内科医生有种选法,再选外科医生有种选法,故选派方法的种数为=120.(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为=246.(3)分两类:一是选1名主任有种方法;二是选2名主任有种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有种选法.故有选派方法的种数为=1911.3 二项式定理1.3.1 二项式定理一、课时过关·能力提升1.的展开式中倒数第3项的系数是( )A.·2B.·26C.·25D.·22解析:的展开式中倒数第3项为二项展开式中的第6项,而T6=·(2x)2··22·x-8.该项的系数为·22.答案:D2.的展开式中的常数项为-220,则a的值为 ( )A.1B.-1C.2D.-2解析:T k+1=·a k.∵T k+1为常数项,∴-k=0,∴k=3.∴·a3=-220,∴a=-1.答案:B3.对任意实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值是( )A.3B.6C.9D.21解析:由已知x3=[2+(x-2)]3=·23+·22·(x-2)+·2·2·((x-2)2+(x-2)3.所以a2=·2=6.答案:B4.的展开式中含x3项的二项式系数为( )A.-10B.10C.-5D.5解析:T k+1=·x 5-k=(-1)k·x5-2k,令5-2k=3,则k=1故x3项的二项式系数为=5答案:D5.若(1+)5=a+b(a,b为有理数),则a+b等于 ( )A.45B.55C.70D.80解析:由二项式定理,得(1+)5=1+·()2+·()3+·()4+·()5=1+5+20+20+20+4=41+29,即a=41,b=29,故a+b=70.答案:C6.(1-)6(1+)4的展开式中x的系数是( )A.-4B.-3C.3D.4解析:方法一:(1-)6的展开式的通项为(-)m,(1+)4的展开式的通项为)n,其中m=0,1,2,…,6;n=0,1,2,3,4.令=1,得m+n=2,于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数等于·(-1)0··(-1)1··(-1)2·=-3.方法二:(1-)6(1+)4=[(1-)(1+)]4(1-)2=(1-x)4(1-2+x).于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数为·1+·(-1)1·1=-3.答案:B7.若x>0,设的展开式中的第3项为M,第4项为N,则M+N的最小值为 .解析:由T3=x,T4=,则M+N=≥2.当且仅当,即x=时,等号成立答案:8.二项式的展开式中,常数项的值为 .答案:0,1,2,……,n)的部分图象如图,则a= .9.已知(ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a2x2+a1x+a0(x∈N*),点A i(i,a i)(i=0,1,2,解析:由展开式得T k+1=(ax)n-k=a n-k·x n-k,由题图可知a1=3,a2=4,即a=3,且a2=4,化简得na=3,且=4,解得a=.答案:10.求证:32n+3-24n+37能被64整除.证明:32n+3-24n+37=3×9n+1-24n+37=3(8+1)n+1-24n+37=3(·8n+1+·8n+…+·8+1)-24n+37=3×64(·8n-1 +·8n-2+…+)+24-24n+40=64×3(·8n-1+·8n-2+…+)+64.显然上式是64的倍数,故原式可被64整除11.(1)求(1+x)2(1-x)5的展开式中x3的系数;(2)已知展开式的前三项系数的和为129,这个展开式中是否含有常数项?一次项?如果没有,请说明理由;如果有,请求出来.解:(1)(1+x)2的通项为T r+1=·x r,(1-x)5的通项为T k+1=(-1)k·x k,其中r∈{0,1,2},k∈{0,1,2,3,4,5},令k+r=3,则有k=1,r=2;k=2,r=1;k=3,r=0.故x3的系数为-=5.(2)展开式的通项为T k+1=(x)n-k·=·2k·(k=0,1,2,…,n),由题意,得20+2+22=129所以1+2n+2n(n-1)=129,则n2=64,即n=8.故T k+1=·2k·(k=0,1,2,…,8),若展开式存在常数项,则=0,解之,得k=∉Z,所以展开式中没有常数项若展开式中存在一次项,则=1,即72-11k=6,所以k=6.所以展开式中存在一次项,它是第7项,T7=26x=1 792x.1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质一、课时过关·能力提升1.如果的展开式中各项系数之和为128,则展开式中含的项是( )A. B.C. D.解析:由的展开式中各项系数之和为128可得2n =128,n=7.其通项T k+1=(3x )7-k =(-1)k ·37-k,令7-=-3,解得k=6,此时T 7=.答案:C 2.的展开式中第8项是常数项,则展开式中系数最大的项是( )A.第8项B.第9项C.第8项、第9项D.第11项、第12项解析:展开式中的第8项为)n-7为常数,即=0,解得n=21.故展开式中系数最大的项为第11项、第12项.答案:D 3.若(x+3y )n展开式的系数和等于(7a+b )10展开式中的二项式系数之和,则n 的值为( ) A.5B.8C.10D.15解析:(7a+b )10展开式的二项式系数之和为210,令x=1,y=1,则由题意知,4n =210,解得n=5.答案:A4.已知+2+22+…+2n =729,则的值等于( )A.64B.32C.63D.31解析:由已知(1+2)n =3n=729,解得n=6.则=32.答案:B5.(1+x )n(3-x )的展开式中各项系数的和为1 024,则n 的值为( ) A .8B .9C .10D .11解析:由题意知(1+1)n (3-1)=1 024,即2n+1=1 024,故n=9. 答案:B6.若(1-2x )2 015=a 0+a 1x+…+a 2 015x2 015(x ∈R ),则+…+的值为( ) A.2 B.0C.-1D.-2 解析:令x=0,则a 0=1,令x=,则a 0++…+=0,故+…+=-1.答案:C7.(x+1)9按x 的升幂排列二项式系数最大的项是( ) A .第4项和第5项 B .第5项 C .第5项和第6项 D .第6项解析:展开式中共有10项,由二项式系数的性质可知,展开式的中间两项的二项式系数最大,即第5项和第6项的二项式系数最大. 答案:C8.在(a-b )10的二项展开式中,系数最小的项是 .解析:在(a-b )10的二项展开式中,奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,且偶数项系数的绝对值为对应的二项式系数,因为展开式中第6项的二项式系数最大,所以系数最小的项为T 6=a 5(-b )5=-252a 5b 5.答案:-252a 5b 59.设(x-1)21=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 21x 21,则a 10+a 11= . 解析:∵(x-1)21的展开式的通项为T k+1=x 21-k (-1)k ,∴a 10+a 11=(-1)11+(-1)10=-=-=0.答案:0 10.若(2x+)4=a 0+a 1x+…+a 4x 4,则(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2的值为 .解析:令x=1,得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4=(2+)4,令x=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+a 4=(-2+)4,(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2=(a 0+a 1+a 2+a 3+a 4)·)·((a 0-a 1+a 2-a 3+a 4)=(2+)4(-2+)4=1. 答案:111.若(2x-3y )10=a 0x 10+a 1x 9y+a 2x 8y 2+…+a 10y 10,求:(1)各项系数之和;(2)奇数项系数的和与偶数项系数的和.解:(1)各项系数之和即为a 0+a 1+a 2+…+a 10,可用“赋值法”求解.令x=y=1,得a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2-3)10=(-1)10=1.(2)奇数项系数的和为a 0+a 2+a 4+…+a 10,偶数项系数的和为a 1+a 3+a 5+…+a 9. 由(1)知a 0+a 1+a 2+…+a 10=1,①令x=1,y=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 10=510,②①+②得,2(a 0+a 2+…+a 10)=1+510,则奇数项系数的和为;①-②得,2(a 1+a 3+…+a 9))=11-5510,则偶数项系数的和为12.已知(+3x 2)n 展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项; (2)求展开式中系数最大的项.解:令x=1得展开式各项系数和为(1+3)n =4n展开式二项式系数和为+…+=2n ,由题意有4n -2n=992.即(2n )2-2n -992=0,(2n -32)(2n+31)=0,解得n=5.(1)因为n=5,所以展开式共6项,其中二项式系数最大的项为第3项、第4项,它们是T 3=)3·(3x 2)2=90x 6, T 4=)2(3x 2)3=270.(2)设展开式中第k+1项的系数最大.由T k+1=)5-k ·(3x 2)k =3k,得⇒⇒≤k≤.因为k∈Z,所以k=4,所以展开式中第5项系数最大.T5=34=405.13.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家.杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果,它的许多性质与组合数的性质有关,杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律.如图是一个11阶杨辉三角:(1)求第20行中从左到右的第4个数;(2)在第2斜列中,前5个数依次为1,3,6,10,15;第3斜列中,第5个数为35.显然,1+3+6+10+15=35.事实上,一般的有这样的结论:第m斜列中(从右上到左下)前k个数之和,一定等于第m+1斜列中第k个数.试用含有m,k(m,k∈N*)的数字公式表示上述结论,并给予证明.解:(1)=1 140(2)+…+,证明如下:左边=+…++…+=…==右边.。

新人教A版高二数学选修2-3第一章计数原理 1.1 第二课时两个计数原理的综合应用

由分类加法计数原理知，有 3＋4＝7 种方法．第四步：由分步乘法计数原理有 N＝4×3×7＝84 种不同的种植方法．法二：(1)若 A，D 种植同种作物，则 A、D 有 4 种不同的种法，B 有 3 种种植方法，C 也有 3 种种植方法，由分步乘法计数原理，共有 4×3×3＝36 种种植方法． (2)若 A，D 种植不同作物，则 A 有 4 种种植方法，D 有 3 种种植方法， B 有 2 种种植方法，C 有 2 种种植方法，由分步乘法计数原理，共有 4×3×2×2＝48 种种植方法．综上所述，由分类加法计数原理，共有 N＝36＋48＝84 种种植方法．
• 去年高考延续了五年的总体要求并在创新上有较大的突破； • 难度把控趋于稳定，基本控制在0.55左右； • 充分体现国家意志“一核”、“四层”、 “四翼”， “一核”是总体框架
体现突出传统文化及党的教育方针：“德智体美劳”五育并举； • 学科思维考察更加凸显，体现数学学科的理性思维特点；
(3)被 2 整除的数即偶数，末位数字可取 0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是 0，则有 4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是 0，则末位有 2 种排法，即 2 或 4，再排首位，因 0 不能在首位，所以有 3 种排法，十位有 3 种排法，因此有 2×3×3 ＝18(种)排法．因而有 12＋18＝30(种)排法．即可以排成 30 个能被 2 整除的无重复数字的三位数．
用计数原理解决涂色(种植)问题
[典例] 如图所示，要给“优”、 “化”、“指”、“导”四个区域分别涂上 3 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，有多少种不同的涂色方法？
[解] 优、化、指、导四个区域依次涂色，分四步．第 1 步，涂“优”区域，有 3 种选择．第 2 步，涂“化”区域，有 2 种选择．

人教A版高中数学选修2-3全册同步练习及单元检测含答案

⼈教A版⾼中数学选修2-3全册同步练习及单元检测含答案⼈教版⾼中数学选修2～3 全册章节同步检测试题⽬录第1章《计数原理》同步练习 1.1测试1第1章《计数原理》同步练习 1.1测试2第1章《计数原理》同步练习 1.1测试3第1章《计数原理》同步练习 1.2排列与组合第1章《计数原理》同步练习 1.3⼆项式定理第1章《计数原理》测试（1）第1章《计数原理》测试（2）第2章同步练习 2.1离散型随机变量及其分布列第2章同步练习 2.2⼆项分布及其应⽤第2章测试（1）第2章测试（2）第2章测试（3）第3章练习 3.1回归分析的基本思想及其初步应⽤第3章练习 3.2独⽴性检验的基本思想及其初步应⽤第3章《统计案例》测试（1）第3章《统计案例》测试（2）第3章《统计案例》测试（3）1. 1分类加法计数原理与分步乘法计数原理测试题⼀、选择题1．⼀件⼯作可以⽤2种⽅法完成，有3⼈会⽤第1种⽅法完成，另外5⼈会⽤第2种⽅法完成，从中选出1⼈来完成这件⼯作，不同选法的种数是（）Ａ．8 Ｂ．15Ｃ．16 Ｄ．30答案：Ａ2．从甲地去⼄地有3班⽕车，从⼄地去丙地有2班轮船，则从甲地去丙地可选择的旅⾏⽅式有（）Ａ．5种Ｂ．6种Ｃ．7种Ｄ．8种答案：Ｂ3．如图所⽰为⼀电路图，从A 到B 共有（）条不同的线路可通电（）Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．4答案：Ｄ4．由数字0，1，2，3，4可组成⽆重复数字的两位数的个数是（）Ａ．25 Ｂ．20 Ｃ．16 Ｄ．12答案：Ｃ5．李芳有4件不同颜⾊的衬⾐，3件不同花样的裙⼦，另有两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，则李芳有（）种不同的选择⽅式（）Ａ．24 Ｂ．14 Ｃ．10 Ｄ．9答案：Ｂ 6．设A ，B 是两个⾮空集合，定义{}()A B a b a A b B *=∈∈，，|，若{}{}0121234P Q ==，，，，，，，则P *Q 中元素的个数是（）Ａ．4 Ｂ．7 Ｃ．12 Ｄ．16答案：Ｃ⼆、填空题7．商店⾥有15种上⾐，18种裤⼦，某⼈要买⼀件上⾐或⼀条裤⼦，共有种不同的选法；要买上⾐，裤⼦各⼀件，共有种不同的选法．答案：33，2708．⼗字路⼝来往的车辆，如果不允许回头，共有种⾏车路线．答案：129．已知{}{}0341278a b ∈∈，，，，，，，则⽅程22()()25x a y b -+-=表⽰不同的圆的个数是．答案：1210．多项式123124534()()()()a a a b b a a b b ++++++··展开后共有项．答案：1011．如图，从A →C ，有种不同⾛法．答案：612．将三封信投⼊4个邮箱，不同的投法有种．答案：34三、解答题 13．⼀个⼝袋内装有5个⼩球，另⼀个⼝袋内装有4个⼩球，所有这些⼩球的颜⾊互不相同．（1）从两个⼝袋内任取⼀个⼩球，有多少种不同的取法？（2）从两个⼝袋内各取⼀个⼩球，有多少种不同的取法？解：（1）549N =+=种；（2）5420N =?=种．14．某校学⽣会由⾼⼀年级5⼈，⾼⼆年级6⼈，⾼三年级4⼈组成．（1）选其中1⼈为学⽣会主席，有多少种不同的选法？（2）若每年级选1⼈为校学⽣会常委，有多少种不同的选法？（3）若要选出不同年级的两⼈参加市⾥组织的活动，有多少种不同的选法？解：（1）56415N =++=种；（2）564120N =??=种；（3）56644574N =?+?+?=种15．已知集合{}321012()M P a b =---，，，，，，，是平⾯上的点，a b M ∈，．（1）()P a b ，可表⽰平⾯上多少个不同的点？（2）()P a b ，可表⽰多少个坐标轴上的点？解：（1）完成这件事分为两个步骤：a 的取法有6种，b 的取法也有6种，∴P 点个数为N =6×6=36(个)；（2）根据分类加法计数原理，分为三类：①x 轴上（不含原点）有5个点；②y 轴上（不含原点）有5个点；③既在x 轴，⼜在y 轴上的点，即原点也适合，∴共有N =5+5+1=11（个）．1. 1分类加法计数原理与分步乘法计数原理测试题⼀、选择题 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 bi +，其中虚数有（） A ．30个 B ．42个 C ．36个 D ．35个答案：Ｃ2．把10个苹果分成三堆，要求每堆⾄少1个，⾄多5个，则不同的分法共有（） A ．4种 B ．5种 C ．6种 D ．7种答案：Ａ3．如图，⽤4种不同的颜⾊涂⼊图中的矩形A ，B ，C ，D 中，要求相邻的矩形涂⾊不同，则不同的涂法有（） A ．72种 B ．48种 C ．24种 D ．12种答案：Ａ4．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 ．52种Ｃ．25种Ｄ．42种答案：Ｄ5．已知集合{}{}023A B x x ab a b A ===∈，，，，，|，则B 的⼦集的个数是（）Ａ．4 Ｂ．8 Ｃ．16 Ｄ．15答案：Ｃ6．三边长均为正整数，且最⼤边长为11的三⾓形的个数为（）Ａ．25 Ｂ．26 Ｃ．36 Ｄ．37答案：Ｃ⼆、填空题7．平⾯内有7个点，其中有5个点在⼀条直线上，此外⽆三点共线，经过这7个点可连成不同直线的条数是．答案：128．圆周上有2n 个等分点（1n >），以其中三个点为顶点的直⾓三⾓形的个数为．答案：2(1)n n -9．电⼦计算机的输⼊纸带每排有8个穿孔位置，每个穿孔位置可穿孔或不穿孔，则每排可产⽣种不同的信息．答案：25610．椭圆221x y m n+=的焦点在y 轴上，且{}{}123451234567m n ∈∈，，，，，，，，，，，，则这样的椭圆的个数为．答案：20 11．已知集合{}123A ，，ü，且A 中⾄少有⼀个奇数，则满⾜条件的集合A 分别是．答案：{}{}{}{}{}13122313，，，，，，，12．整数630的正约数（包括1和630）共有个．答案：24三、解答题 13．⽤0，1，2，3，4，5六个数字组成⽆重复数字的四位数，⽐3410⼤的四位数有多少个？解：本题可以从⾼位到低位进⾏分类．（1）千位数字⽐3⼤．（2）千位数字为3：①百位数字⽐4⼤；②百位数字为4： 1°⼗位数字⽐1⼤；2°⼗位数字为1→个位数字⽐0⼤．所以⽐3410⼤的四位数共有2×5×4×3+4×3+2×3+2=140（个）．14．有红、黄、蓝三种颜⾊旗⼦各(3)n n >⾯，任取其中三⾯，升上旗杆组成纵列信号，可以有多少种不同的信号？若所升旗⼦中不允许有三⾯相同颜⾊的旗⼦，可以有多少种不同的信号？若所升旗⼦颜⾊各不相同，有多少种不同的信号？解： 1N =3×3×3=27种； 227324N =-=种； 33216N =??= 种．15．某出版社的7名⼯⼈中，有3⼈只会排版，2⼈只会印刷，还有2⼈既会排版⼜会印刷，现从7⼈中安排2⼈排版，2⼈印刷，有⼏种不同的安排⽅法．解：⾸先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版⼜会印刷”中的⼀个作为分类的标准．下⾯选择“既会排版⼜会印刷”作为分类的标准，按照被选出的⼈数，可将问题分为三类：第⼀类：2⼈全不被选出，即从只会排版的3⼈中选2⼈，有3种选法；只会印刷的2⼈全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有3×1=3种选法．第⼆类：2⼈中被选出⼀⼈，有2种选法．若此⼈去排版，则再从会排版的3⼈中选1⼈，有3种选法，只会印刷的2⼈全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1=6种选法；若此⼈去印刷，则再从会印刷的2⼈中选1⼈，有2种选法，从会排版的3⼈中选2⼈，有3种选法，由分步计数原理知共有2×3×2=12种选法；再由分类计数原理知共有6+12=18种选法．第三类：2⼈全被选出，同理共有16种选法．所以共有3+18+16=37种选法．1． 1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理综合卷⼀．选择题：1．⼀个三层书架，分别放置语⽂书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出⼀本，则不同的取法共有（）（A ） 37种（B ） 1848种（C ） 3种（D ） 6种2．⼀个三层书架，分别放置语⽂书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出语⽂、数学、英语各⼀本，则不同的取法共有（）（A ） 37种（B ） 1848种（C ） 3种（D ） 6种3．某商业⼤厦有东南西3个⼤门，楼内东西两侧各有2个楼梯，从楼外到⼆楼的不同⾛法种数是（）（A ） 5 （B ）7 （C ）10 （D ）124．⽤1、2、3、4四个数字可以排成不含重复数字的四位数有（）（A ）265个（B ）232个（C ）128个（D ）24个5．⽤1、2、3、4四个数字可排成必须含有重复数字的四位数有（）（A ）265个（B ）232个（C ）128个（D ）24个6．3科⽼师都布置了作业，在同⼀时刻4名学⽣都做作业的可能情况有（）（A ）43种（B ）34种（C ）4×3×2种（D ） 1×2×3种7．把4张同样的参观券分给5个代表，每⼈最多分⼀张，参观券全部分完，则不同的分法共有（）（A ）120种（B ）1024种（C ）625种（D ）5种8．已知集合M={l ，－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，则这样的坐标在直⾓坐标系中可表⽰第⼀、⼆象限内不同的点的个数是（）（A ）18 （B ）17 （C ）16 （D ）109．三边长均为整数，且最⼤边为11的三⾓形的个数为（）（A ）25 （B ）36 （C ）26 （D ）3710．如图，某城市中，M 、N 两地有整齐的道路⽹，若规定只能向东或向北两个⽅向沿途中路线前进，则从M 到N 不同的⾛法共有（）（A ）25 （B ）15 （C）13 （D ）10 ⼆．填空题：11．某书店有不同年级的语⽂、数学、英语练习册各10本，买其中⼀种有种⽅法；买其中两种有种⽅法．12．⼤⼩不等的两个正⽅形玩具，分别在各⾯上标有数字1，2，3，4，5，6，则向上的⾯标着的两个数字之积不少于20的情形有种．13．从1，2，3，4，7，9中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，可得到个不同的对数值．14．在连结正⼋边形的三个顶点组成的三⾓形中，与正⼋边形有公共边的有个．15．某班宣传⼩组要出⼀期向英雄学习的专刊，现有红、黄、⽩、绿、蓝五种颜⾊的粉笔供选⽤，要求在⿊板中A 、B 、C 、D 每⼀部分只写⼀种颜⾊，如图所⽰，相邻两块颜⾊不同，则不同颜⾊的书写⽅法共有种．三．解答题：16．现由某校⾼⼀年级四个班学⽣34⼈，其中⼀、⼆、三、四班分别为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）推选⼆⼈做中⼼发⾔，这⼆⼈需来⾃不同的班级，有多少种不同的选法？17．4名同学分别报名参加⾜球队，蓝球队、乒乓球队，每⼈限报其中⼀个运动队，不同的报名⽅法有⼏种？［探究与提⾼］1．甲、⼄两个正整数的最⼤公约数为60，求甲、⼄两数的公约数共有多个？2．从{－3，－2，－1，0，l，2，3}中，任取3个不同的数作为抛物线⽅程y=ax2＋bx＋c（a≠0）的系数，如果抛物线过原点，且顶点在第⼀象限，这样的抛物线共有多少条？3．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群众来信，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？综合卷1．A 2．B 3．D 4．D 5．B 6．B 7．D 8．B 9．B 10．B11．30；300 12．513．17 14．40 15．1801． 2排列与组合1、排列综合卷1．90×9l ×92×……×100=（）（A ）10100A （B ）11100A （C ）12100A （D ）11101A 2．下列各式中与排列数mn A 相等的是（）（A ）!(1)!-+n n m （B ）n(n －1)(n －2)……(n －m) （C ）11m n nA n m --+ （D ）111m n n A A --3．若 n ∈N 且 n<20，则(27－n )(28－n)……(34－n)等于（）（A ）827n A - （B ）2734nn A -- （C ）734n A - （D ）834n A -4．若S=123100123100A A A A ++++，则S 的个位数字是（）（A ）0 （B ）3 （C ）5 （D ）85．⽤1，2，3，4，5这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（）（A ）24个（B ）30个（C ）40个（D ）60个6．从0，l ，3，5，7，9中任取两个数做除法，可得到不同的商共有（）（A ）20个（B ）19个（C ）25个（D ）30个7．甲、⼄、丙、丁四种不同的种⼦，在三块不同⼟地上试种，其中种⼦甲必须试种，那么不同的试种⽅法共有（）（A ）12种（B ）18种（C ）24种（D ）96种8．某天上午要排语⽂、数学、体育、计算机四节课，其中体育不排在第⼀节，那么这天上午课程表的不同排法共有（）（A ）6种（B ）9种（C ）18种（D ）24种9．有四位司机、四个售票员组成四个⼩组，每组有⼀位司机和⼀位售票员，则不同的分组⽅案共有（）（A ）88A 种（B ）48A 种（C ）44A ·44A 种（D ）44A 种10．有4位学⽣和3位⽼师站在⼀排拍照，任何两位⽼师不站在⼀起的不同排法共有（）（A ）(4!)2种（B ）4!·3!种（C ）34A ·4!种（D ）3 5A ·4!种11．把5件不同的商品在货架上排成⼀排，其中a ，b 两种必须排在⼀起，⽽c ，d 两种不能排在⼀起，则不同排法共有（）（A ）12种（B ）20种（C ）24种（D ）48种⼆．填空题:：12．6个⼈站⼀排，甲不在排头，共有种不同排法．13．6个⼈站⼀排，甲不在排头，⼄不在排尾，共有种不同排法．14．五男⼆⼥排成⼀排，若男⽣甲必须排在排头或排尾，⼆⼥必须排在⼀起，不同的排法共有种．15．将红、黄、蓝、⽩、⿊5种颜⾊的⼩球，分别放⼊红、黄、蓝、⽩、⿊5种颜⾊的⼝袋中，但红⼝袋不能装⼊红球，则有种不同的放法．16．（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每⼈各⼀本，共有种不同的送法；（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每⼈各⼀本，共有种不同的送法．三、解答题：17．⼀场晚会有5个唱歌节⽬和3个舞蹈节⽬，要求排出⼀个节⽬单（1）前4个节⽬中要有舞蹈，有多少种排法？（2）3个舞蹈节⽬要排在⼀起，有多少种排法？（3）3个舞蹈节⽬彼此要隔开，有多少种排法？18．三个⼥⽣和五个男⽣排成⼀排．（1）如果⼥⽣必须全排在⼀起，有多少种不同的排法？（2）如果⼥⽣必须全分开，有多少种不同的排法？（3）如果两端都不能排⼥⽣，有多少种不同的排法？（4）如果两端不能都排⼥⽣，有多少种不同的排法？（5）如果三个⼥⽣站在前排，五个男⽣站在后排，有多少种不同的排法？综合卷1．B 2．D 3．D 4．C 5．A 6．B 7．B 8．C 9．D 10．D 11．C12．600 13．504 14．480 15．9616．(1) 60；(2) 12517．(1) 37440；(2) 4320；(3) 1440018．(1) 4320；(2) 14400；(3) 14400；(4) 36000；(5) 7202、组合综合卷⼀、选择题：1．下列等式不正确的是（）（A ）!!()!mn n C m n m =- （B ）11mm n n m C C n m++=- （C ）1111m m n n m C C n +++=+ （D ）11m m n n C C ++= 2．下列等式不正确的是（）（A ）m n m n n C C -= （B ）11m m mm m m C C C -++=（C ）123455555552C C C C C ++++= （D ）11 111m m m m n n n n C C C C --+--=++3．⽅程2551616x x x C C --=的解共有（）（A ）1个（B ）2个（C ）3个（D ）4个4．若372345n n n C A ---=，则n 的值是（）（A ）11 （B ）12 （C ）13 （D ）145．已知7781n n n C C C +-=，那么n 的值是（）（A ）12 （B ）13 （C ）14 （D ）15 6．从5名男⽣中挑选3⼈，4名⼥⽣中挑选2⼈，组成⼀个⼩组，不同的挑选⽅法共有（）（A ）3254C C 种（B ） 3254C C 55A 种（C ） 3254A A 种（D ） 3254A A 55A 种7．从4个男⽣，3个⼥⽣中挑选4⼈参加智⼒竞赛，要求⾄少有⼀个⼥⽣参加的选法共有（）（A ）12种（B ）34种（C ）35种（D ）340种8．平⾯上有7个点，除某三点在⼀直线上外，再⽆其它三点共线，若过其中两点作⼀直线，则可作成不同的直线（）（A ）18条（B ）19条（C ）20条（D ）21条9．在9件产品中，有⼀级品4件，⼆级品3件，三级品2件，现抽取4个检查，⾄少有两件⼀级品的抽法共有（）（A ）60种（B ）81种（C ）100种（D ）126种10．某电⼦元件电路有⼀个由三节电阻串联组成的回路，共有6个焊点，若其中某⼀焊点脱落，电路就不通．现今回路不通，焊点脱落情况的可能有（）（A ）5种（B ）6种（C ）63种（D ）64种⼆．填空题：11．若11m m n n C xC --=，则x= ．12．三名教师教六个班的课，每⼈教两个班，分配⽅案共有种。

人教A版数学选修2-3同步作业：第1章计数原理作业1

课时作业(一)1．衡水二中高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任学校星期一早晨升旗任务，共有的安排方法种数是()A．8B．6C．14 D．48答案 C解析一共有14个班，从中选1个，∴共有14种．2．教学大楼共有四层，每层都有东西两个楼梯，由一层到四层共有的走法种数是() A．32B．23C．42D．24答案 B解析由一层到二层有2种选择，二层到三层有2种选择，三层到四层有2种选择，∴23＝8.3．小冉有3条不同款式的裙子，5双不同款式的靴子，某日她要去参加聚会，若穿裙子和靴子，则不同的穿着搭配方式的种数为()A．7种B．8种C．15种D．125种答案 C解析不同的穿着搭配方式分两步完成，由分步乘法计数原理知共有3×5＝15(种)，故选C.4．有7名女同学和9名男同学，组成班级乒乓球混合双打代表队，共可组成()A．7队B．8队C．15队D．63队答案 D解析第一步选男同学，有9种选法；第二步选女同学有7种选法，根据分步乘法计数原理，可得共有7×9＝63(种)组成方式．5．如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有()A．12对B．24对C．36对D．48对答案 B解析把六棱锥所有棱分成三类：第1类：底面上的六条棱所在的直线共面，故每两条之间不能构成异面直线．第2类：六条侧棱所在的直线共点，故每两条之间也不能构成异面直线．第3类：结合右图可知，只有底面棱中1条棱所在直线与和它不相交的4条侧棱所在的4条直线中1条才能构成一对异面直线，再由分步计数原理得，可构成异面直线6×4＝24(对)．6．某运动会组委会派小张、小赵、小李、小罗，四人从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张只能从事前两项工作，其余3人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( )A ．12种B ．36种C ．18种D ．48种答案 A解析分四步．第一步：先安排小张，有选法2种；第二至四步安排剩余三人，分别有不同选法3种，2种，1种，则由分步乘法计数原理得，不同的选派方案有12种．7．某学生在书店发现三本好书，决定至少买其中的一本，则购买方式有( )A ．3种B ．6种C ．7种D ．9种答案 C解析若只买一本有3种情况，若只买两本，也有3种情况，若买三本，只有1种情况，共有3＋3＋1＝7(种)情况．8．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一个讲座，不同选法的种数是( )A ．56B ．65 C.5×6×5×4×3×22D ．6×5×4×3×2 答案 A解析每位同学都有5种选择，则6名同学共有56种不同的选法，故选A.9．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 ＋bi ，其中虚数有________个．答案 36解析第一步取b 的数，有6种方法，第二步取a 的数，也有6种方法，根据乘法计数原理，共有6×6＝36(种)方法．10．已知x ∈{2，3，7}，y ∈{－31，－24，4}，则x·y 可表示不同的值的个数是________．答案 9解析因为按x 、y 在各自的取值集合中各选一个值去做积这件事，可分两步完成：第一步，x 在集合{2，3，7}中任取一个值有3种方法；第二步，y 在集合{－31，－24，4}中任取一个值有3种方法．根据分步计数原理得，有3×3＝9个不同的值．11．若x，y分别在0，1，2，…，10中取值，则P(x，y)在第一象限的个数是________．答案100解析要完成这件事，需分两步：横坐标x可从1，2，3，…，10个数字中任取一个．共有10种方法；因为数字可重复，所以纵坐标y也有10种方法，由乘法原理共有10×10＝100(个)．12．已知a∈{3，4，6}，b∈{1，2，7，8}，r∈{8，9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数有________个．答案24解析圆方程由三个量a，b，r确定，a，b，r分别有3种，4种，2种选法，由分步乘法计数原理，表示不同的圆的个数为3×4×2＝24(个)．13．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．答案2n(n－1)解析这2n个等分点可确定n条直径，每条直径可确定(2n－2)个直角三角形，∴共有n(2n－2)＝2n(n－1)个直角三角形．14．(2019·东北三校联考)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________．答案20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＝3，5，6，三种情况；当a＝5或6时，b各有五种情况．所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．15．某工厂的三个车间的工人举行了劳动技能比赛活动，第一车间有2人胜出，第二车间有3人胜出，第三车间有2人胜出，厂长要求每个车间选出一人进入厂技能领导小组，有多少种不同的选法？解析(定义法)本题可分三步完成．第一步，从第一车间中选1人有2种选法；第二步，从第二车间中选1人有3种选法；第三步，从第三车间中选1人有2种选法，根据分步乘法计数原理知一共有N＝2×3×2＝12(种)选法．16．某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元的单片软件和70元的盒装磁盘．根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒．则不同的选购方式共有多少种？解析可设购买60元的单片软件和70元的盒装磁盘分别为x片，y盒，依照所用资金不超过500元，来建立数学模型，从而解决问题．设购买单片软件x片，盒装磁盘y盒，则依题意有60x＋70y≤500(x，y∈N*，且x≥3，y ≥2)，按购买x片分类：x＝3，则y＝2，3，4，共3种方法；x＝4，则y＝2，3，共2种方法；x＝5，则y＝2，共1种方法；x＝6，则y＝2，共1种方法．依分类计数原理不同的选购方式有N＝3＋2＋1＋1＝7(种)．所以不同的选购方式有7种．17．(2019·武汉高二检测)有9名乒乓球运动员，其中有6名只会用右手打球，有2名只会用左手打球，还有1名既会用右手打球，也会用左手打球，现要从中选出2名运动员，要求会用右手打球的和会用左手打球的各1名，求共有多少种不同的选法．解析记左右手都能打球的运动员为A.当A不被选中时，有6×2＝12(种)选法；当A被选中时，有6＋2＝8(种)选法．根据分类加法计数原理得共有12＋8＝20(种)选法．1．如下图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上标注的数字，表示该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的网线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为________．答案19解析因信息可以分开沿不同的路线传递，由分类计数原理，完成从A向B传递有四种办法：12→5→3，12→6→4，12→6→7，12→8→6，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19.2．电视台在“快乐大本营”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？解析抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑．分两大类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400(种)结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400(种)结果．因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．由Ruize收集整理。

2013-2014学年高中数学选修2-3 第1章计数原理第一章1.3.1

(k∈{0,1,2，…，n})叫做二项式系数． 3．(a＋b)n 展开式的第 k＋1 项叫做二项展开式的通项，记 k n－k k C 作 Tk＋1＝ na b .
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探究点一
二项式定理
2 3 4 问题 1 如何利用计数原理得到 ( a ＋ b ) ， ( a ＋ b ) ， ( a ＋ b ) 的展本课开式？时
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问题 2 答
本课时栏目开关
根据问题猜想(a＋b)n 的展开式，并简要说明每一项
n 1 n－1 k n－k k n n (a ＋ b)n ＝ C 0 a ＋ C a b ＋ … ＋ C a b ＋ … ＋ C n n n nb
的形成过程． (n∈N*)．因为(a＋b)n 由 n 个(a＋b)相乘，每个(a＋b)中的 a 或 b 都选定后，才能得到展开式的一项，所以展开式共有 2n 项，并且每一项都是 an－kbk (k＝0,1，…，n)的形式． an－kbk 出现的次数相当于从 n 个(a＋b)中取 k 个 b 的组合数 Ck n，即 an－kbk 的系数为 Ck n.
3 ＝C7 ×23×x3＝35×8x3＝280x3.
所以展开式的第 4 项的二项式系数是 35，系数是 280.
1 9 (2)x－x 的展开式的通项是
栏目开关
12 1 ＝81x ＋108x＋54＋＋ 2. x x 4 1 3 x ＋ 1 4 3 x ＋方法二＝ x2 x 1 ＝ 2(81x4＋108x3＋54x2＋12x＋1) x 12 1 2 ＝81x ＋108x＋54＋＋ 2. x x
2
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人教A版数学选修2-3《1.1计数原理》课件(共15张ppt)

（4）某校高一有6个班，高二有8个班，从中选择1个班级担任周一早晨的升旗任务，一共有多少种不同选法？
（5）某商场有6个门，某人从其中的任意一个门进入商场，再从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？
明计数之道——辨析理解固化原理
问题5：分类加法计数原理与分步乘法计数原理的相同点和不同点是什么?
完__成__一N__件=__m_事_1 _有 __mn_类2__不 __m_同3__方_种案不，同在的第方法 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mn种不同的方法，那么
完成这件事共有_N_____m__1___m__2___ _____m__n___
巩固训练：
书架上第一层放有4本不同的计算机书，第二层放有3本不同的文艺书，第三层放有2本不同的体育书。若从第一,二,三层中各取1本书，有多少种不同取法？变解式：1：从若第从一书, 二架, 三上层任各取取1本1本书书，，有分多为少3个种步不骤同：取法第？1步，从第一层取1本书，有4种不同的方法；变第式22步：，若从从第书二架层上取取12本本书不，同有类3种别不的同书的，方有法多；少种第不3同步取，法从？第三层取1本书，有2种不同的方法。
种不同的方法。
明计数之道——生活感知初识原理
问题3：
(1) 小明先从北京到成都，飞机有4班，一天后再从成都到重庆，火车有3班。小明乘坐这些交通工具从北京经成都到重庆共有多少种不同的走法？
明计数之道——感知积累再识原理
问题3：
(1) 小明先从北京到成都，飞机有4班，一天后再从成都到重庆，火车有3班。小明乘坐这些交通工具从北京经成都到重庆共有多少种不同的走法？

人教a版数学【选修2-3】第1章《计数原理》归纳总结ppt课件

2．(2012·浙江理，6)若从1、2、3、„、9这9个整数中同
时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( A．60种 C．65种 [答案] D B．63种 D．66种 )
[解析] 本题考查了排列与组合的相关知识．取出的 4 个数和为偶数，可分为三类．
4 2 2 四个奇数 C4 5，四个偶数 C4，二奇二偶，C5C4. 4 2 2 共有 C4 ＋ C ＋ C 5 4 5C4＝66 种不同取法． [点评] 分类讨论思想在排列组合题目中应用广泛．
1 n n ③各二项式系数的和：C0 ＋ C ＋„＋ C ＝ 2 . n n n
第一章
章末归纳总结
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(4)解决二项式定理问题的注意事项
n－k k ①运用二项式定理一定要牢记通项 Tk＋1＝Ck a b ，注意(a n
＋b)n 与(b＋a)n 虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的．另外，二项式系数与项的系数是两个不同概念，前者指
第一章
章末归纳总结
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3．在(x2＋x＋1)(x－1)5的展开式中，含x4项的系数是(
)
A．－25
C．5 [答案] B
B．－5
D．25
[解析] (x2＋x＋1)(x－1)5＝(x3－1)(x－1)4，其展开式中 x4
中任何一种方法都不能完成这件事情，只能完成事件的某一部
分，只有当各步全部完成时，这件事情才完成．
第一章章末归纳总结
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2．排列与组合 (1)排列与组合的定义

高中数学选修2-3各章节课时作及答案解析

1.1第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时作业一、选择题1．一个袋子里放有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[答案] C 新人教A 版选修2-3[解析] 由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8＝48，故选C ．2．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，某人从甲地到乙地，他共有不同的走法数为( )A ．13种B ．16种C ．24种D ．48种[答案] A[解析] 应用分类加法计数原理，不同走法数为8＋3＋2＝13(种)．故选A ．3．(2014·新课标Ⅰ理，5)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )A ．18B ．38C ．58D ．78[答案] D[解析] 四位同学各自在周六、周日两天中选择一天参加公益活动的情况有24＝16种方式，其中仅在周六或周日参加的各有一种，故所求概率P ＝1－1＋116＝78.4．定义集合A 与B 的运算A *B 如下：A *B ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈B }，若A ＝{a ，b ，c }，B ＝{a ，c ，d ，e }，则集合A *B 的元素个数为( )A ．34B ．43C ．12D ．24[答案] C[解析] 显然(a ，a )、(a ，c )等均为A *B 中的元素，确定A *B 中的元素是A 中取一个元素来确定x ，B 中取一个元素来确定y ，由分步计数原理可知A *B 中有3×4＝12个元素．故选C ．5．有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是( )A．8种B．9种C．10种D．11种[答案] B[解析]设四个班级分别是A、B、C、D，它们的老师分别是a、b、c、d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C、D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法．另外，本题还可让a先选，可从B、C、D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，这样用分步乘法计数原理求解，共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．6．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．18C．12 D．6[答案] B[解析](1)当从0,2中选取2时，组成的三位奇数的个位只能奇数，只要2不排在个位即可，先排2再排1,3,5中选出的两个奇数，共有2×3×2＝12(个)．(2)当从0,2中选取0时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，0必须在十位，只要排好从1,3,5中选出的两个奇数．共有3×2＝6(个)．综上，由分类加法计数原理知共有12＋6＝18(个)．二、填空题7．已知直线方程Ax＋By＝0，若从0、1、2、3、5、7这6个数字中每次取两个不同的数作为A、B的值，则可表示不同的直线__________ ________条．[答案]22[解析]当A或B中有一个为零时，则可表示出2条不同的直线；当AB≠0时，A有5种选法，B有4种选法，则可表示出5×4＝20条不同的直线．由分类加法计数原理知，共可表示出20＋2＝22条不同的直线．8. 三边均为整数且最大边长为11的三角形有__________ ________个．[答案]36[解析]另两边长用x、y表示，且不妨设1≤x≤y≤11.要构成三角形，需x＋y≥12.当y＝11时，x∈{1,2，…，11}，有11个三角形；当y＝10时，x∈{2,3，…，10}，有9个三角形……当y＝6时，x＝6，有1个三角形．所以满足条件的三角形有11＋9＋7＋5＋3＋1＝36(个)．9．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有一名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有__________ ________种．(用数字作答)[答案]48[解析]本题可分为两类完成：两老一新时，有3×2×2＝12(种)排法；两新一老时，有2×3×3×2＝36(种)排法，即共有48种排法．三、解答题10．有不同的红球8个，不同的白球7个．(1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法？(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？[解析](1)由分类加法计数原理得，从中任取一个球共有8＋7＝15种；(2)由分步乘法计数原理得，从中任取两个球共有8×7＝56种．一、选择题11．如下图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连．连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以从分开不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )A．26 B．24C．20 D．19[答案] D[解析]因信息可以分开沿不同的路线同时传递，由分类计数原理，完成从A向B传递有四种方法：12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19，故选D．12．(2014·长安一中质检)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[答案] B[解析] 用0,1，…，9十个数字，可以组成的三位数的个数为9×10×10＝900，其中三位数字全不相同的为9×9×8＝648，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.13．(a 1＋a 2)(b 1＋b 2)(c 1＋c 2＋c 3)完全展开后的项数为( ) A ．9 B ．12 C ．18 D ．24[答案] B[解析] 每个括号内各取一项相乘才能得到展开式中的一项，由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.14.(2015·江西抚州市七校高二期末联考)设m ∈{1,2,3,4}，n ∈{－12，－8，－4，－2}，则函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 在区间[1,2]上有零点的概率是( )A ．12B ．916C ．1116D ．1316[答案] C[解析] 根据题意，f ′(x )＝3x 2＋m ，又因为m >0，所以f ′(x )＝3x 2＋m >0；故f (x )＝x 3＋mx ＋n 在R 上单调递增，若函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 在区间[1,2]上有零点，则只需满足条件f (1)≤0且f (2)≥0. ∴m ＋n ≤－1且2m ＋n ≥－8， ∴－2m －8≤n ≤－m －1，当m ＝1时，n 取－2，－4，－8；m ＝2时，n 取－4，－8，－12； m ＝3时，n 取－4，－8，－12； m ＝4时，n 取－8，－12；共11种取法，而m 有4种选法，n 有4种选法，则函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 情况有4×4＝16种，故函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 在区间[1,2]上有零点的概率是1116，故选C ．二、填空题15．一个科技小组中有4名女同学，5名男同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__________ ______种；若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种．[答案]9 20[解析]由分类加法计数原理得从中任选一名同学参加学科竞赛共5＋4＝9种，由分步乘法计数原理得从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛共5×4＝20种．16．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为__________ ________.[答案]2n(n－1)[解析]先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成以该点为直角顶点的n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．三、解答题17．若x、y∈N*，且x＋y≤6，试求有序自然数对(x，y)的个数．[解析]按x的取值进行分类：x＝1时，y＝1,2，…，5，共构成5个有序自然数对；x＝2时，y＝1,2，…，4，共构成4个有序自然数对；…x＝5时，y＝1，共构成1个有序自然数对．根据分类加法计数原理，共有N＝5＋4＋3＋2＋1＝15个有序自然数对．18.已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，集合B＝{b1，b2}，其中a i、b j(i＝1、2、3、4，j ＝1、2)均为实数．(1)从集合A到集合B能构成多少个不同的映射？(2)能构成多少个以集合A为定义域，集合B为值域的不同函数？[解析](1)因为集合A中的每个元素a i(i＝1、2、3、4)与集合B中元素的对应方法都有2种，由分步乘法计数原理，可构成A→B的映射有N＝24＝16个．(2)在(1)的映射中，a1、a2、a3、a4均对应同一元素b1或b2的情形．此时构不成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数，这样的映射有2个．所以构成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数有M＝16－2＝14个．1.1第2课时两个基本原理的应用课时作业一、选择题1．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，至多5个，则不同的分法共有( )A ．4种B ．5种C ．6种D ．7种[答案] A[解析] 分类考虑，若最少一堆是1个，那由至多5个知另两堆分别为4个、5个，只有一种分法；若最少一堆是2个，则由3＋5＝4＋4知有2种分法；若最少一堆是3个，则另两堆为3个、4个，故共有分法1＋2＋1＝4种．2．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是( ) A ．4 B ．24 C ．43D ．34[答案] C[解析] 依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C ． 3．已知函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，其中a 、b 、c ∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数共有( )A ．125个B ．15个C ．100个D ．10个[答案] C[解析] 由题意可得a ≠0，可分以下几类，第一类：b ＝0，c ≠0，此时a 有4种选择，c 也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；第二类：c ＝0，b ≠0，此时a 有4种选择，b 也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；第三类：b ≠0，c ≠0，此时a ，b ，c 都各有4种选择，共有4×4×4＝64个不同的函数；第四类：b ＝0，c ＝0，此时a 有4种选择，共有4个不同的函数．由分类加法计数原理，可确定不同的二次函数共有N ＝16＋16＋64＋4＝100(个)．故选C ．4．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( ) A ．49 B ．13 C ．29 D ．19 [答案] D[解析] 本题考查计数原理与古典概型，∵两数之和为奇数，则两数一奇一偶，若个位数为奇数，则共有4×5＝20个数，若个位数为偶数，共有5×5＝25个数，其中个位为0的数共有5个，∴P ＝520＋25＝19.5．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A 、B 、C 、D 、E 、F ，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有( )A ．6种B ．36种C ．63种D ．64种[答案] C[解析] 每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有26－1＝63种．故选C ．6．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] D[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、1,8、4、2,9、3、1和9、6、4也是等比数列，共8个．二、填空题7．(2014·杭州模拟)有一质地均匀的正四面体，它的四个面上分别标有1、2、3、4四个数字，现将它连续抛掷3次，其底面落于桌面，记三次在正四面体底面的数字和为S ，则“S 恰好为4”的概率为________.[答案]364[解析] 本题是一道古典概型问题．用有序实数对(a ，b ，c )来表示连续抛掷3次所得的3个数字，则该试验中共含4×4×4＝64个基本事件，取S ＝a ＋b ＋c ，事件“S 恰好为4”中包含了(1,1,2)，(1,2,1)，(2,1,1)三个基本事件，则所求概率P ＝364.8．设椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆个数为________________.[答案]20[解析]曲线是焦点在y轴上的椭圆，∴n>m.当m＝1时，n有6种取法，当m＝2时，n有5种取法……当m＝5时n有2种取法，∴这样的椭圆共有6＋5＋4＋3＋2＝20个．9．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有不同的取法________种．[答案]242[解析]取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90(种)不同取法；取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72(种)不同取法；取两本书中，一本数学、一本英语，有10×8＝80(种)不同取法．综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242(种)不同取法．三、解答题10．有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名奖项．(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)三个运动项目，共有六个奖项，由于甲获得一个奖项且甲可获得六个奖项中的任何一个．∴甲有6种不同的获奖情况．(2)每一项体育运动项目中冠军的归属都有4种不同的情况，故各项冠军获得者的不同情况有4×4×4＝64(种)．一、选择题11. 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3＋3＋3＝9(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3×3×1×1＝9(种)．12．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为( )A ．16B ．18C ．24D ．32[答案] C[解析] 若将7个车位从左向右按1～7进行编号，则该3辆车有4种不同的停放方法：(1)停放在1～3号车位；(2)停放在5～7号车位；(3)停放在1、2、7号车位；(4)停放在1、6、7号车位．每一种停放方法均有6种，故共有24种不同的停放方法．13．(2014·张家界月考)先后掷两次正方体骰子(骰子的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6)，骰子朝上的面的点数分别为m 、n ，则mn 是奇数的概率是( )A ．12B ．13C ．14D ．16 [答案] C[解析] 先后掷两次正方体骰子总共有36种可能，要使mn 是奇数，则m 、n 都是奇数，因此有以下几种可能：(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)共9种可能．因此P ＝936＝14.14．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b 、c ，且满足b ≤4≤c ，则这样的三角形有( )A ．10个B ．14个C ．15个D ．21个[答案] A[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10个这样的三角形．选A ．[点评] 注意三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．二、填空题15．连掷两次骰子得到的点数分别为m 和n ，向量a ＝(m ，n )和向量b ＝(1，－1)的夹角为θ，则θ为锐角的概率是________.[答案]512[解析] cos θ＝a ·b |a ||b |＝m －n2·m 2＋n2， ∵θ∈(0，π2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ·b >0，a ∥＼ b .∴⎩⎪⎨⎪⎧m －n >0，m －n2m 2＋2n2<1.∴m >n ，则m ＝2时，n ＝1；m ＝3时，n ＝1,2；m ＝4时，n ＝1,2,3；m ＝5时，n ＝1,2,3,4；m ＝6时，n ＝1,2,3,4,5.则这样的向量a 共有1＋2＋3＋4＋5＝15(个)，而第一次投掷骰子得到的点数m 有6种情形，同样n 也有6种情形，∴不同的向量a ＝(m ，n )，共有6×6＝36个，因此所求概率P ＝1536＝512.16．从集合{1,2,3,4,5,6}中任取两个元素作为双曲线x 2a －y 2b＝1中的几何量a 、b 的值，则“双曲线渐近线的斜率k 满足|k |≤1”的概率为________.[答案] 12[解析] 所有可能取法有6×5＝30种，由|k |＝ba≤1知b ≤a ，满足此条件的有(2,1)，(3,2)，(3,1)，(4,3)，(4,2)，(4,1)，(5,4)，(5,3)，(5,2)，(5,1)，(6,5)，(6,4)，(6,3)，(6,2)，(6,1)共15种，∴所求概率P ＝1530＝12.三、解答题17．现有高三四个班的学生共34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？ (2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选二人作发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？[解析] (1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法，所以，共有不同的选法N ＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N ＝7×8×9×10＝5040(种)．(3)分六类：每类又分两步，从一、二班的学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班的学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班的学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班的学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班的学生中各选1人，有8×10种不同的选法：从三、四班的学生中各选1人，有9×10种不同的选法；所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．18.用1、2、3、4四个数字(可重复)排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{a n}．(1)写出这个数列的前11项；(2)这个数列共有多少项？(3)若a n＝341，求n.[解析](1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133.(2)这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数，每个位上都有4种排法，则共有4×4×4＝64项．(3)比a n＝341小的数有两类：①；②.共有2×4×4＋1×3×4＝44∴n＝44＋1＝45(项)．1.2.1第1课时排列（一）课时作业一、选择题1．从1、2、3、4中，任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为( )A．2 B．4C．12 D．24[答案] C[解析]本题相当于从4个元素中取2个元素的排列，即A24＝12.2．停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停车方法有( )A．A812种B．2A88A44种C．8A88种D．9A88种[答案] D[解析]将4个空车位视为一个元素，与8辆车共9个元素进行全排列，共有A99＝9A88种．3．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有( )A．108种B．186种C．216种D．270种[答案] B[解析]从全部方案中减去只选派男生的方案数，所有不同的选派方案共有A37－A34＝186(种)，选B．4．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案有( )A．A88B．A48C．A44A44D．2A44[答案] C[解析]安排4名司机有A44种方案，安排4名售票员有A44种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有A44A44种方案．5．沪宁铁路线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的这六个大站(这六个大站间)种准备不同的火车票种数为( ) A．30种B．15种C．81种D．36种[答案] A[解析]对于两个大站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张车票对应于一个起点站和一个终点站．因此，每张火车票对应于从6个不同元素(大站)中取出2个元素(起点站和终点站)的一种排列．所以问题归结为求从6个不同元素中每次取出2个不同元素的排列数A26＝6×5＝30种．故选A．6．某校某班2015年元旦晚会计划有8个声乐节目和3个舞蹈节目，若3个舞蹈在节目单中要隔开，则不同节目单的种数为( )A．A88B．A811C．A88A39D．A88A38[答案] C[解析]先排8个声乐节目共有A88种排法，产生9个空隙，再插入3个舞蹈节目有A39，据分步乘法计数原理，共有A88·A39种．7．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] A 、B 两个字母与C 的位置关系仅有3种：同左、同右或两侧，各占13，∴排法有23A 66＝480.8.某校园有一椭圆型花坛，分成如图四块种花，现有4种不同颜色的花可供选择，要求每块地只能种一种颜色，且有公共边界的两块不能种同一种颜色，则不同的种植方法共有________种．[答案] 48[解析] 由于相邻两块不能种同一种颜色，故至少应当用三种颜色，故分两类．第一类，用4色有A 44种，第二类，用3色有4A 33种，故共有A 44＋4A 33＝48种．9．用0、1、2、3、4、5可以排出没有重复数字且大于3240的四位数________个． [答案] 149[解析] 当首位为4或5时，有2×A 35种；当首位为3，百位为4或5时，有2×A 24种；当首位为3，百位为2，十位为5时，有3种，最后还有3245和3241满足，因此没有重复数字且大于3240的四位数共有2A 35＋2A 24＋3＋2＝149个．三、解答题10．用1、2、3、4、5、6、7这7个数字组成没有重复数字的四位数． (1)这些四位数中偶数有多少个？能被5整除的有多少个？ (2)这些四位数中大于6500的有多少个？[解析] (1)偶数的个位数只能是2、4、6有A 13种排法，其它位上有A 36种排法，由分步乘法计数原理知共有四位偶数A 13·A 36＝360个；能被5整除的数个位必须是5，故有A 36＝120个．(2)最高位上是7时大于6500，有A 36种，最高位上是6时，百位上只能是7或5，故有2×A 25种．∴由分类加法计数原理知，这些四位数中大于6500的共有A 36＋2A 25＝160个．11．摄影师要为5名学生和2位老师拍照，要求排成一排，2位老师相邻且不排在两端，不同的排法共有( )A ．1440种B ．960种C ．720种D ．480种[答案] B[解析] 2位老师作为一个整体与5名学生排队，相当于6个元素排在6个位置，且老师不排两端，先安排老师，有4A 22＝8种排法，5名学生排在剩下的5个位置，有A 55＝120种，由分步乘法计数原理得4A 22×A 55＝960种排法．[点评] 因为两位老师相邻，故可作为一个元素，因此可先将5名同学排好，在5名学生形成的4个空位中选1个，将两位老师排上，共有A 55·(4A 22)种不同排法．12．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程x 2m 2＋y 2n2＝1中的m 和n ，则能组成落在矩形区域B ＝{(x ，y )||x |<11，且|y |<9}内的椭圆个数为( )A ．43B ．72C ．86D ．90[答案] B[解析] 在1、2、3、4、…、8中任取两个作为m 、n ，共有A 28＝56种方法；可在9、10中取一个作为m ，在1、2、…、8中取一个作为n ，共有A 12A 18＝16种方法，由分类加法计数原理，满足条件的椭圆的个数为：A 28＋A 12A 18＝72.13．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] 先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A 33种不同的排法；再排第二列，第二列第一行的字母有2种排法，排好此位置后，其他位置只有一种排法．因此共有2A 33＝12种不同的排法．14.一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] D [解析]如图所示，三个区域按参观的先后次序共有A 33种参观方法，对于每一种参观次序，每一个植物园都有2类参观路径，∴共有不同参观路线2×2×2×A 33＝48种．二、填空题15．如果直线a 与b 异面，则称a 与b 为一对异面直线，六棱锥的侧棱与底边共12条棱所在的直线中，异面直线共有________对．[答案] 24[解析] 六棱锥的侧棱都相交，底面六条边所在直线都共面，故异面直线只可能是侧棱与底面上的边．考察PA 与底面六条边所在直线可用枚举法列出所有异面直线(PA ，BC )，(PA ，CD )，(PA ，DE )，(PA ，EF )共四对．同理与其他侧棱异面的底边也各有4条，故共有4×6＝24对．16．有10幅画展出，其中1幅水彩画，4幅油画，5幅国画排成一排，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，则不同的陈列方式有________种．[答案] 5760[解析] 第一步，水彩画可以在中间，油画、国画放在两端，有A 22种放法；第二步，油画内部排列，有A 44种；第三步，国画内部排列，有A 55种．由分步乘法计数原理，不同的陈列方式共有A 22A 55A 44＝5 760(种)．三、解答题17．求和：12！＋23！＋34！＋…＋n n ＋！.[解析] ∵k k ＋！＝k ＋1－1k ＋！＝k ＋1k ＋！－1k ＋！＝1k ！－1k ＋！，∴原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12！－13！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13！－14！＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ！－1n ＋！＝1－1n ＋！. 18.(2015·宝鸡市金台区高二期末)“渐降数”是指每一位数字比其左边的数字小的正整数(如632)，那么比666小的三位渐降数共有多少个？[解析] 百位是6，十位是5比666小的渐降数有654,653,652,651,650共5个，百位是6，十位是4比666小的渐降数有643,642,641,640共4个，百位是6，十位是3比666小的渐降数有632,631,630共3个，百位是6，十位是2比666小的渐降数有621,620共2个，百位是6，十位是1比666小的渐降数有610，所以百位是6比666小的渐降数有1＋2＋3＋4＋5＝15个，同理：百位是5比666小的渐降数有1＋2＋3＋4＝10个，百位是4比666小的渐降数有1＋2＋3＝6个，百位是3比666小的渐降数有1＋2＝3个，百位是2比666小的渐降数有1个，所以比666小的三位渐降数共有15＋10＋6＋3＋1＝35个．1.2.1第2课时排列（二）课时作业一、选择题1．用1、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( ) A ．36 B ．30 C ．40 D ．60[答案] A[解析] 奇数的个位数字为1、3或5，偶数的个位数字为2、4.故奇数有35A 35＝36个．2．(2014·辽宁理，6)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[解析] 就座3人占据3张椅子，在其余3张椅子形成的四个空位中，任意选择3个，插入3张坐人的椅子，共有A 34＝24种不同坐法，故选D ．3．5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为( )A．18 B．36C．48 D．60[答案] B[解析]甲在排头或排尾站法有A12种，再让乙在中间3个位置选一个，有A13种站法，其余3人有A33种站法，故共有A12·A13·A33＝36种站法．4．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有( )A．504种B．960种C．1008种D．1108种[答案] C[分析]甲、乙相邻看作一个元素与其它元素一块排，由于丙不排在第1天、丁不排在第7天，因此按甲、乙的排位进行分类．[解析]甲、乙相邻的所有方案有A22A66＝1440种；其中丙排在10月1日的和丁排在10月7日的一样多，各有：A22A55＝240种，其中丙排在10月1日且丁排在10月7日的有A22A44＝48种，故符合题设要求的不同安排方案有：1440－2×240＋48＝1008种，故选C．[点评] 在解决某几个元素必须相邻问题时，可整体考虑将相邻元素视为一个元素参与排列．5．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有( ) A．20种B．30种C．40种D．60种[答案] A[解析]分三类：甲在周一，共有A24种排法；甲在周二，共有A23种排法；甲在周三，共有A22种排法；∴A24＋A23＋A22＝20.6．由数字0、1、2、3、4、5可以组成能被5整除，且无重复数字的不同的五位数有( ) A．(2A45－A34)个B．(2A45－A35)个C．2A45个D．5A45个[答案] A[解析]能被5整除，则个位须为5或0，有2A45个，但其中个位是5的含有0在首位的排法有A34个，故共有(2A45－A34)个．[点评] 可用直接法求解：个位数字是0时有A45种；个位数字是5时，首位应用1、2、3、4中选1个，故有4A34种，∴共有A45＋4A34个．二、填空题7．三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________.[答案]24[解析]“每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空档中即可．∴有A34＝24种不同坐法．8．(2015·宝鸡市金台区高二期末)某一天上午的课程表要排入语文、数学、物理、体育共4节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有不同排法________种．[答案]14[解析]解法1：若第一节排数学，共有A33＝6种方法，若第一节不排数学，第一节有2种排法，最后一节有2种排法，中间两节任意排，有2×2×2＝8种方法，根据分类计数原理，共有6＋8＝14种，故答案为14.解法2：间接法：4节课全部可能的排法有＝24种，其中体育排第一节的有＝6种，数学排最后一节的有＝6种，体育排第一节且数学排最后一节的有＝2种，故符合要求的排法种数为－＋＝14种．9．2014年某地举行博物展，某单位将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该单位展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答)[答案]24[解析]将2件书法作品排列，方法数为2种，然后将其作为1件作品与标志性建筑设计作品共同排列有2种排法，对于其每一种排法，在其形成的3个空位中选2个插入2件绘画作品，故共有不同展出方案：2×2×A23＝24种．三、解答题10．一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单．(1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？[解析](1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A25种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A66种排法，故共有不同排法A25A66＝14400种．。

人教版高中数学选修2-3 第一章计数原理1-3-1二项式定理

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解析： (1)二项展开式的通项为 Tr＋1＝Cr18x18－r－31 xr＝(－1)r13rCr18x18－32r. 令 18－32r＝15，解得 r＝2. ∴含 x15 的项的系数为(－1)2132C218＝17. (2)(1＋2x)5 的第 r＋1 项为 Tr＋1＝Cr5(2x)r＝2rCr5xr，令 r＝2，得 x2 的系数为 22·C25＝40.
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【错因】上面解答将“二项展开式中的第三项的二项式系数”当作了“第三项的系数”，解答显然是错误的．
【正确】 (x－ 6)n 的展开式的第三项为 T3＝Cn2xn－2(－ 6)2，所以 Cn2(－ 6)2＝36，即 n2－n－12＝0，可得 n＝4，设 (x－ 6)4 的展开式中 x2 项为第 r＋1 项，则 Tr＋1＝Cr4x4－r(－ 6)r，由 4－r＝2 得 r＝2，即(x－ 6)4 的展开式中 x2 项为 C24x2(－ 6)2 ＝36x2.所以 x2 项的系数为 36.
x看成
a，－21
看成 x
b，利
用二项式定理展开，也可以先将
x－2
1
4
x
化简后再展开．
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方法一： x－21 x4＝C04( x)4－C14( x)3·21 x ＋C24( x)2·21 x2－C34 x·21 x3＋C4421 x4＝x2－2x＋32－21x＋
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[问题2] 上述两个等式的右侧有何特点？ [提示] 展开式中的项数是n＋1项，每一项的次数为n. [问题3] 你能用组合的观点说明(a＋b)4是如何展开的吗？

人教版高中数学选修23课后习题参考答案

新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理练习（P6）1、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9；（2）要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6.2、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12；（2）要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60.3、因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异，所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择. 练习（P10）1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12）1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）.2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）.3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）.对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）.4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A中选横坐标，有6个选择；第二步，从A中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）.（2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）.习题1.1 B组（P13）1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）.2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=；（2）777!5040A ==；（3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=；（4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25）1、（1）甲、乙，甲、丙，甲、丁，乙、丙，乙、丁，丙、丁；（2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯；（2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯；（3）3276351520C C -=-=；（4）328532356210148C C -=⨯-⨯=.6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m mn n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27）1、（1）325454*********A A +=⨯+⨯=；（2）12344444412242464A A A A +++=+++=. 2、（1）315455C =；（2）19732002001313400C C ==；（3）346827C C ÷=；（4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n n n A A n A A nA n A +-+--=+-==；（2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）.8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n .9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）. 10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3)2n n n C n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便. 11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234444415C C C C +++=（种）. 12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C =；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C =. 13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C =. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A =；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A 中取，有m 种取法；第二步，从集合B 中取，有n 种取法. 所以共有取法mn 种. 说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C ⋅⋅=. 15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C ⋅=；（2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C =（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C -=；如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C ++=；（4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C --=. 也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231545454120C C C C C C ++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =；（2）142198124234110C C ⋅=；（3）51982410141734C =；（4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词. 习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<，用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）. 4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=. 5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法；解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=. 3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nn C ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111111210242C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=，2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=，0213nn n n C C C C ++=++∴012knnn n n n C C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n nnnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn nn n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nn n n n n C C C C ++++.2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++23369a b ab b（2）27311357752222222172135(7016822412821283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x ++=++；（2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+. 4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -；（2）91482099520T a b =-；（3）7924T =；（4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x 的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-；（2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n rn n T C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!n n nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ，由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除；（2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法.（2）3276525C C ⋅=；（3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=；说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置. （4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=. （7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=；说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =. 说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）3856C =；（2）1234555530C C C C +++=. 4、468898C C +=.说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=；说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同. 6、（1）59764446024C =；（2）23397442320C C ⋅=；（3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=. 7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=. 说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列. 8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--. （2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和.444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =--3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=. 9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+ 551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =；（2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=；说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B 中能够找到唯一对应的元素，（4）2426106500000A ⨯=；（5）481258C -=；说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中，排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -=（6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=. 解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅；首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=. 3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--；（2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8mn l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法. 根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）.5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=，上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n CC +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数.解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C CCC +++++++=-=修2—3第二章课后习题解答第二章随机变量及其分布 2．1离散型随机变量及其分布列练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12. （2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值. 2、可以举的例子很多，这里给出几个例子：例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数；例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数；例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量. 练习（P49）1、设该运动员一次罚球得分为X ，X 是一个离散型随机变量，其分布列为说明：这是一个两点分布的例子，投中看作试验成功，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正1(2)({})0.25P X P ====正正因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为5448552()i iC C P X i C -==，i =0，1，2，3，4. 因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义12345X⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km所用时间X不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4min Y >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}. 4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即（1）0i p ≥，1,2,,i n =；（2）11ni i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率. 6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯.说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列为即（2）该同学能及格表示他能背出2或3篇，故他能及格的概率为112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000. 2．2二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯.说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=（2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯=（3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，利用概率的性质得到()()()P A P AB P AB =+所以()()()P AB P A P AB =-.。

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第一章 1.3 1.3.1
(建议用时：40分钟)
1. 2C 1n ＋6C 2n ＋18C 3
n ＋…＋2×3n －
1×C n n ＝( )
A ．22n ＋
13
B ．2
3(4n －1)
C ．2×3n －
1
D ．2
3
(3n －1)
B 解析 2
C 1n ＋6C 2n ＋18C 3n ＋…＋2×3
n －
1C n n ＝23(C 1n
×3＋C 2n ×32
＋…＋C n n ×3n ) ＝23(C 0n ×30＋C 1n ×3＋C 2n ×32＋…＋C n n ×3n －1) ＝23[(1＋3)n －1]＝2
3
(4n －1)． 2．若⎝⎛⎭⎫x ＋1
2x n 的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中x 4项的系数为( ) A ．6 B ．7 C ．8
D ．9
B 解析因为⎝⎛⎭⎫x ＋12x n 的展开式中前三项的系数
C 0n ，12·C 1n ，14C 2
n 成等差数列，所以C 0n ＋14C 2
n ＝C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8或n ＝1(舍)． T r ＋1＝C r 8
x 8－r ·⎝⎛⎭⎫12x r
＝⎝⎛⎭⎫12r C r 8x 8－2r
，
令8－2r ＝4，可得r ＝2，故x 4的系数为⎝⎛⎭⎫122·
C 2
8＝7. 3. (2017·全国卷Ⅲ)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40
D ．80
C 解析 (x ＋y )(2x －y )5＝x (2x －y )5＋y (2x －y )5，由(2x －y )5展开式的通项公式T r ＋1＝C r 5
(2x )5－
r (－y )r 可得，当r ＝3时，x (2x －y )5展开式中x 3y 3的系数为C 35×22×(－1)3
＝－40；当r ＝2时，y (2x －y )5展开式中x 3y 3的系数为C 25×23×(－1)2＝80，则x 3y 3的系数为80－40＝40.
故选C 项．
4．若对于任意的实数x ，有x 3＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋a 3(x －2)3，则a 2的值为( ) A ．3 B ．6 C ．9
D ．12
B 解析设x －2＝t ，则x ＝t ＋2，原式化为(2＋t )3＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3，所以a 2＝
C 23·2＝6.故选B 项．
5．若二项式⎝⎛⎭⎫x ＋1
x n (x >0，且n ∈N *)的展开式中含有常数项，则指数n 必为( ) A ．奇数 B ．偶数 C ．3的倍数
D ．5的倍数
C 解析由T r ＋1＝C r n (x )n －r ·⎝⎛⎭⎫1x r ＝C r
n x n －3r 2，因展开式中含有常数项，故n －3r ＝0有解，所以n 必为3的倍数．故选C 项．
6．在(x 2＋3x ＋2)5的展开式中x 的系数为( ) A ．160 B ．240 C ．360
D ．800
B 解析把(x 2＋3x ＋2)5看作5个因式(x 2＋3x ＋2)相乘，其中一个因式取3x ，其他4个因式取2，得
C 15·3x ·C 44·
24＝240x ，所以x 的系数为240. 二、填空题
7．在⎝⎛⎭⎫x －1
4x 6的展开式中，x 2的系数为________. 解析通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝⎛⎭⎫－14x r ＝C r 6
⎝⎛⎭
⎫－14r x 6－2r ，
令6－2r ＝2⇒r ＝2，x 2的系数为C 26⎝⎛⎭⎫－142＝1516
. 答案
15
16
8．(2017·浙江卷)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5，则a 4＝________，a 5＝________.
解析 a 4是x 项的系数，由二项式的展开式得a 4＝C 33·C 12·2＋C 23·C 22·
22＝16；a 5是常数项，由二项式的展开式得a 5＝C 33·C 22·
22＝4. 答案 16 4
9．若n 是7777－10除以19的余数，则⎝ ⎛⎭
⎪⎫
52x －253x 2n 的展开式中的常数项为________.
解析将7777－10变形为(76＋1)77－10，由二项展开式可得余数为10，从而得到⎝ ⎛⎭⎪⎫52x －253x 2n 的展开式的通项T r ＋1＝C r 10⎝⎛⎭⎫52x 10－r ·⎝ ⎛⎭
⎪⎫－253x 2r ＝C r 10⎝⎛⎭⎫5210－r ⎝⎛⎭⎫－25r x 53r －10，令53r －10＝0，得r ＝6，所以T 7＝C 610
⎝⎛⎭⎫524⎝⎛⎭⎫－256＝1685.所以展开式中的常数项为1685. 答案
168
5
三、解答题
10．(1)某公司的股票今天的指数为2，以后每天的指数都比上一天的指数增加0.2%，求这家公司100天后的股票指数(精确到0.001)．
(2)求证：5151－1能被7整除．
解析 (1)依题意有2(1＋0.2%)100＝2(1＋0.002)100
＝2×[C 0100＋C 1100×0.002＋C 2100×0.0022
＋…]
＝2(1＋0.2＋0.0198＋…)≈2.4396≈2.440，故100天后，这家公司的股票指数为2.440.
(2)证明：因为5151－1＝(49＋2)51－1＝C 0514951＋C 1514950×2＋…＋C 5051×49×250＋C 5151
×251－1，易知除(C 5151
×251－1)以外各项都能被7整除，又251－1＝(23)17－1＝(7＋1)17－1＝C 017×717＋C 117×716＋…＋C 1617×7＋C 1717－1＝7(C 017716＋C 117715＋…＋C 1617
)，显然上式能被7整除，所以5151－1能被7整除．
11．已知⎝
⎛⎭⎪⎫x －124x n 的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．
(1)证明：展开式中没有常数项； (2)求展开式中所有有理项．
解析依题意，前三项系数的绝对值是1，C 1n ·12
，C 2n ·⎝⎛⎭⎫122，
所以有2C 1
n ·12
＝1＋C 2n
⎝⎛⎭⎫122，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8(n ＝1 舍去)．所以展开式的第k ＋1项为C k 8(x )8
－
k
⎝ ⎛⎭
⎪⎫－124x k ＝⎝⎛⎭⎫－12k C k 8·x 8－k 2·x －k
4
＝(－1)k
·C k 82k ·x 16－3k
4
.
(1)证明：若第k ＋1项为常数项，当且仅当16－3k
4＝0，即3k ＝16，
因为k ∈Z ，所以上式不可能成立，所以展开式中没有常数项． (2)若第k ＋1项为有理项，当且仅当16－3k
4
为整数，
因为0≤k ≤8，k ∈Z ，所以k ＝0,4,8，即展开式中的有理项共有三项，它们分别是T 1＝x 4，T 5＝358x ，T 9＝1256
x －
2.
12．在(x －2y ＋3z )5的展开式中，求x 3yz 项的系数．
解析可以把y ，z 看作参数，则T k ＋1＝C k 5x 5－
k (－2y ＋3z )k ，则含x 3的项为C 25
x 3(－2y ＋3z )2，即x 3yz 项的系数为2×(－2)×3×C 25＝－120.
四、选做题
13．已知⎝⎛⎭⎫2－1
x (m ＋x )n (n ∈N *)的展开式中共有7项，且所有项系数和为32，则含x 3项的系数为( )
A ．－15
B ．0
C ．15
D ．20
C 解析因为展开式的项数共有7项，即⎝⎛⎭⎫2－1
x (m ＋x )n ＝a n x n ＋a n －1x n －1＋…＋a 1x ＋a 0＋a －1x －
1，所以n ＝5.令x ＝1得展开式中所有项系数和为(m ＋1)5＝32，得m ＝1.因为⎝⎛⎭⎫2－1x (1＋x )5＝⎝⎛⎭⎫2－1x ·(C 05·x 5＋C 15·x 4＋C 25·x 3＋C 35·x 2＋C 45·x ＋C 55)，故展开式中含x 3项的系数为－C 15
＋2C 25＝15.故选C 项．
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