高考数学总复习知识点专题训练22---计数原理

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高考数学热点《计数原理》练习

从新高考考查情况来看，排列组合与二项式定理是新高考命题的热点，主要考查分类、分步计数原理的应用，排列与组合的综合应用，分组分配问题等，二项展开式的通项、二项式系数、特定项的系数、系数和问题、最值问题、参数问题等，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等．主要考查学生的转化与化归、分类讨论思想，数学运算和逻辑推理等核心素养．1、求二项式系数和或各项的系数和的解题技巧：（1）形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ，c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可．（2）对形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．（3）若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝(1)(1)2f f +-，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝(1)(1)2f f --. 2、解决排列问题的常见方法：（1）“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先.不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置.（2）解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列.（3）解决不相邻问题的方法是“插空法”，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中.（4）对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列.热点11 计数原理（5）若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”.3、解决组合问题的常见方法：组合问题的限制条件主要体现在取出的元素中“含”或“不含”某些元素，在解答时可用直接法，也可用间接法.用直接法求解时，要注意合理地分类或分步；用间接法求解时，要注意题目中“至少”“至多”等关键词的含义，做到不重不漏。

高中数学计数原理知识点总结及练习教案-学生_图文.

明轩教育您身边的个性化辅导专家电话：二十一：住店法策略解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再利用乘法原理直接求解. 例 21.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能的种数有 . 排列组合易错题正误解析 1 没有理解两个基本原理出错排列组合问题基于两个基本计数原理，即加法原理和乘法原理，故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列组合问题的前提. 例 1 从 6 台原装计算机和 5 台组装计算机中任意选取 5 台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有种. 例2 在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有（（A） A4 3 ）种. （B）4 3 （C） 3 4 3 （D） C 4 2 判断不出是排列还是组合出错在判断一个问题是排列还是组合问题时，主要看元素的组成有没有顺序性，有顺序的是排列，无顺序的是组合. 例 3 有大小形状相同的 3 个红色小球和 5 个白色小球，排成一排，共有多少种不同的排列方法？ 3 重复计算出错在排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等，这些问题要注意避免重复计数，产生错误。

例4 5 本不同的书全部分给 4 个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（（B）240 种（C）120 种（D）96 种））（A）480 种例5 种. （A）5040 4 遗漏计算出错某交通岗共有 3 人，从周一到周日的七天中，每天安排一人值班，每人至少值 2 天，其不同的排法共有（（B）1260 （C）210 （D）630 0 ） 1， 3 在排列组合问题中还可能由于考虑问题不够全面，因为遗漏某些情况，而出错。

例6 用数字 0，1，2，3，4 组成没有重复数字的比 1000 大的奇数共有（（B）48 个（C）66 个（D）72 个（A）36 个 2 3 1 4 5 5 忽视题设条件出错在解决排列组合问题时一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号，不然就可能多解或者漏解. 例7 如图，一个地区分为 5 个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有 4 种.（以数字作答）种颜色可供选择，则不同的着色方法共有例 8 已知是关于 x 的一元二次方程，其中 a 、，求解集不同的一元二次方程的个数. 6 未考虑特殊情况出错在排列组合中要特别注意一些特殊情况，一有疏漏就会出错. 例9 现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（）(A1024种 (B1023种 (C1536种 (D1535种 6明轩教育 7 题意的理解偏差出错例 10 （A）您身边的个性化辅导专家电话：现有 8 个人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有（）种. 3 5 8 6 3 3 3 8 4 （B）（C）（D）解题策略的选择不当出错例 11 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自）. （C）37 种（D）48 种由选择，则不同的分配方案有（（A）16 种（B）18 种排列与组合习题 1．6 个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐 4 人，则不同的乘车方法数为( A．40 B．50 C．60 D．70 2．有 6 个座位连成一排，现有 3 人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有( A．36 种 B．48 种 C．72 种 D．96 种 3．只用 1,2,3 三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( A．6 个 B．9 个 C．18 个 D．36 个 4．男女学生共有 8 人，从男生中选取 2 人，从女生中选取 1 人，共有 30 种不同的选法，其中女生有( A．2 人或 3 人 B．3 人或 4 人 C．3 人 D．4 人 5．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共 10 级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用 8 步走完，则方法有( A．45 种 B．36 种 C．28 种 D．25 种 6．某公司招聘来 8 名员工，平均分配给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门，则不同的分配方案共有( A．24 种 B．36 种 C．38 种 D．108 种 7．已知集合 A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( A．33 B．34 C．35 D．36 8．由 1、2、3、4、5、6 组成没有重复数字且 1、3 都不与 5 相邻的六位偶数的个数是( A．72 B．96 C．108 D．144 9．如果在一周内(周一至周日安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排方法有( A．50 种B．60 种 C．120 种 D．210 种 10．安排 7 位工作人员在 5 月 1 日到 5 月 7 日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在 5 月 1 日和 2 日，不同的安排方法共有________种．(用数字作答 11．今有 2 个红球、3 个黄球、4 个白球，同色球不加以区分，将这 9 个球排成一列有________种不同的排法．(用数字作答12．将 6 位志愿者分成 4 组，其中两个组各 2 人，另两个组各 1 人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答． 13．要在如图所示的花圃中的 5 个区域中种入 4 种颜色不同的花，要求相邻区域不同色，有________种不同的种法(用数字作答． 14. 将标号为 1，2，3，4，5，6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中．若每个信封放 2 张，其中标号为 1，2 的卡片放入 7明轩教育同一信封，则不同的方法共有（（A）12 种（B）18 种您身边的个性化辅导专家）（C）36 种（D）54 种电话： 15. 某单位安排 7 位员工在 10 月 1 日至 7 日值班，每天 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. （B）96 960 种 C. 1008 种（D）144 ） D. 1108 种 16. 由 1、2、3、4、5、6 组成没有重复数字且 1、3 都不与 5 相邻的六位偶数的个数是（A）72 （C） 108 17. 在某种信息传输过程中，用 4 个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有 0 和 1，则与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为（ A.10 B.11 C.12 D.15 18. 现安排甲、乙、丙、丁、戌 5 名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加。

高中数学：《计数原理》(理)知识点串讲

《计数原理》（理）知识点串讲一、基本计数原理1．分类加法计数原理做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的办法，在第二类办法中有2m 种不同的办法，…在第n 类办法中有n m 种不同的办法．那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的办法．2．分步乘法计数原理做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同的方法，…，做第n 个步骤有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．说明：①分类加法计数原理和分步乘法计数原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个分事件来完成．②两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关，如果完成一件事情有n 类办法，这n 类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能独立完成这件事情，可类比物理中的“并联”电路来理解；如果完成一件事情需要分成n 个步骤，各个步骤都是相依的、不可缺少的，一个步骤只能完成事情的一部分，必须依次完成所有的步骤，才能完成这件事情，可类比物理中的“串联”电路来理解．③运用两个基本原理解题时，应善于从语言的差异与变化中弄清面临怎样的“一件事”，弄清事件之间的关系是相依还是相斥，然后按照恰当的“对象”进行分类或分步，合理的设计相应的做事方式．分类要做到“不重不漏”，分步要做到“步骤完整”．这两个原理是解决排列组合问题的理论基础．二、排列与组合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．说明：①排列的定义中包括两个基本内容：一是“取出元素”；二是“按照一定的顺序排列”．②只有取出的元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同一个排列，元素不完全相同，或元素完全相同而顺序不同的排列属于不同排列．如1，2，3与2，3，4是不同排列；1，2，3与1，3，2也是不同排列．③排列中元素的有序性是判断一个具体问题是不是排列问题的标准，也是与组合问题的根本区别．例如：从1，2，3，5这四个数中每次任取两个数相加（或相乘），可得到多少个不同的和（积）？因为加法（乘法）满足交换律，它们的和（积）与顺序无关，如3+5=5+3，因此不是排列问题．如果从四个数中任取两个数相减（相除），一共有多少个不同的差（商）？因为减法（除法）不满足交换律，35355353⎛⎫-≠-≠ ⎪⎝⎭，取出的两个数就与顺序有关了，属于排列问题．2．排列数（1）定义：从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的排列数，用符号mn A 表示．说明：排列和排列数是两个不同的概念：一个排列是取出的m 个元素按照一定顺序排成的一个具体的排列，是具体的“一件事”；排列数是一个数，是所有的具体排列的数目．如：从1、2、3中每次任取出两个元素，组成一个两位数．所有的排列有12，13，23，21，31，32．其中每一个数都是一个排列，而排列数是236card()A B ==，{}121323213132B ，，，，，．（2）排列数公式：!(1)(2)(1)()()!m n n A n n n n m n m m n n m =---+=∈N -，，≤．说明：规定0!1=；乘积形式多用于数字计算，阶乘形式多用于证明恒等式；排列数性质：11m m n n A nA --=；111m m m n n n A mA A ---=+．3．组合一般地，从n 个不同元素中，任意取出()m m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的组合．说明：如果两个组合中的元素完全相同，不管它们的顺序如何都是相同的组合．组合的定义中包含两个基本内容：一是取出元素；二是并成一组，并成一组表示将元素合在一起与元素取出的顺序无关．取出的元素是否有顺序，是区分排列和组合的根本依据．4．组合数（1）定义：从n 个不同元素中，任意取出()m m n ≤个元素的所有的组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的组合数，用符号C m n 表示．（2）组合数公式(1)(1)C !m n n n n m m --+=，C m m n n m mA A =． 5．组合数的性质性质1：C C m n m n n -=；性质112:C C C m m m n n n -+=+．说明：性质1突出了从n 个不同元素中取出m 个元素与从n 个不同元素中取出n m -个元素是一一对应关系，当2n m <时，不计算C m n 而改为计算C n m n -．性质2中注意它的变形公式的应用，如1212(1)C C C (1)m m m n n n n n n m m m -----==-，11C C mm n n m n --=等．6．解排列组合问题的方法（1）先要判断是组合问题还是排列问题，按照元素的性质分类，按照事件的发生过程分步，不重不漏．借助树形图，框图等形的工具直观帮助解题．总体上有三种方法：直接法（先安排特殊元素和特殊位置），间接法（正难则反），分类讨论法．（2）排列组合问题的16字方针，12个技巧．方针是：分类相加、分步相乘、有序排列、无序组合；技巧是：相邻问题捆绑法（莫忘松绑），不相邻问题插空法，多排问题直排法，定序问题可能法，定位问题优先法，有序分配问题先整体后局部分步法，多元问题分类法，构造模型处理法，至少、至多问题间接法，选排问题先选后排法，局部与整体问题排除法，复杂问题转化法．（3）分组问题的求法：设有m n 个元素，平均分成n 组，每组m 个，则有(1)(2)C C C C mm m mm n n m n m mnn A --种分法；平均分成n 组，再分配到n 个位置，有(1)(2)C C C C mm m m mn n m n m m--种分法．若不平均分组或不平均分组再分配，如：6个元素分成3组，一组1个，二组2个，三组3个，则有123653C C C ；若再将这3组分配给3个位置，则有12336533C C C A 种分法．三、二项式定理1．二项展开式在011222()C C C C C n n n n r n r r n n n n n n na b a a b a b a b b ---+=++++++中，右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式，其中各项的系数C (012)r n r n =，，，，叫做二项式系数．式中的C r n r r n a b -叫做二项展开式的通项，用1r T +表示，即通项为展开式的第1r +项；1r n r r r n T C a b -+=（0r n ≤≤，r ∈N ，n +∈N ），此公式称为二项展开式的通项公式．说明：①其右端展开式共有1n +项．②通项公式1(0)r n r r r n T C a b r n r n -++=∈∈N N ，，≤≤表示的是第1(0)r r n +≤≤项．③a 与b 的位置不能互换，对于任意实数a 与b ，上面的等式恒成立．④二项式系数指01r n n n n n C C C C ，，，，，，二项展开式的系数与a b ，前面的系数有关．2．杨辉三角杨辉三角是我国古代数学的研究成果，它给我们提供了一种研究问题的数学模型，从不同的角度观察研究模型，就可以得到二项式系数的性质：一是对称性，结合公式m n m n n C C -=理解；二是增减性与最大值，如果二项式的幂指数是偶数，中间一项的二项式系数最大，最大为2nnC ；如果二项式的幂指数是奇数，中间两项的二项式系数相等并且最大，最大为1122n n n n C C -+=；三是各项的二项式系数的和等于2n ，即012r n n n n n n C C C C +++++=，它表明集合S 含有n 个元素，那么它的所有的子集（包括空集）的个数为2n 个．另外，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即1350242n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=．3．二项展开式的应用（1）利用通项公式1(0)r n r r r n T C a b r n r n -++=∈∈N N ，，≤≤求指定项、特征项（常数项，有理项等）或特征项的系数．（2）近似计算，当a 与1相比较很小且n 不大时，常用近似公式(1)1n a na ±≈±，使用公式时要注意a 的条件以及对计算精确度的要求．（3）整除性问题与求余数问题，对被除式进行合理的变形，把它写成恰当的二项式的形式，使其展开后的每一项含有除式的因式或只有一、二项不能整除．（4）求展开式的各项的系数和，对形如()n ax b +，2()()n ax bx c a b c ++∈R ，，的式子求其展开式的各项的系数和常用赋值法，即只需令1x =即可，奇数项的系数和为(1)(1)2f f +-，偶数项的系数和为(1)(1)2f f --．（5）最大系数与系数最大项的求法，如求()()nax b a b +∈R ，，展开式的系数最大的项，一般采用待定系数法，设展开式的各项系数分别为121n A A A +，，，，设第r 项的系数最大，应有11r r r r A A A A -+⎧⎨⎩，，≥≥，由此解出r 即可．。

2025届高中数学一轮复习课件《计数原理》ppt

高考一轮总复习•数学
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解析：(1)因为学生只能从东门或西门进入校园，所以 3 名学生进入校园的方式共 23＝ 8(种)．因为教师只可以从南门或北门进入校园，所以 2 名教师进入校园的方式共有 22＝ 4(种)．所以 2 名教师和 3 名学生进入校园的方式共有 8×4＝32(种)．故选 D．
A．12 种 B．24 种 C．72 种 D．216 种
高考一轮总复习•数学
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(2)设 I＝{1,2,3,4}，A 与 B 是 I 的子集，若 A∩B＝{1,2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．若
将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，
按其中一个子集中元素个数分类23个个；； 4个.
即十位数字最小．称该数为“驼峰数”．比如 102,546 为“驼峰数”，由数字 1,2,3,4 构成的无重复数字的“驼峰数”有________个．
高考一轮总复习•数学
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解析：(1)由分步乘法计数原理知，用 0,1，…，9 十个数字组成三位数(可有重复数字) 的个数为 9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为 9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为 900－648＝252.故选 B．
(2)根据题意知，a，b，c 的取值范围都是区间[7,14]中的 8 个整数，故公差 d 的范围是区间[－3,3]中的整数．①当公差 d＝0 时，有 C18＝8(种)；②当公差 d＝±1 时，b 不取 7 和 14，有 2×C16＝12(种)；③当公差 d＝±2 时，b 不取 7,8,13,14，有 2×C14＝8(种)；④当公差 d＝±3 时，b 只能取 10 或 11，有 2×C12＝4(种)．综上，共有 8＋12＋8＋4＝32(种)不同的分珠计数法．

高中数学知识点总结计数原理

高中数学知识点总结计数原理一、分类加法计数原理和分步乘法计数原理1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理【注意】区分分类与分步的依据在于“一次性”完成．若能“一次性”完成，则不需分步，只需分类；否则就分步处理．2．两个计数原理的区别与联系123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n -个．二、排列1．排列的定义一般地，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. 特别提醒确定一个具体问题是否为排列问题的方法：(1)首先要保证元素的无重复性，即是从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个不同的元素，否则不是排列问题．(2)其次要保证元素的有序性，即安排这m 个元素时是有顺序的，有序的就是排列，无序的不是排列．而检验它是否有顺序的依据是变换元素的位置，看结果是否发生变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序．2．解决排列应用问题的步骤：(1)分清问题是否与元素的顺序有关，若与顺序有关则是排列问题．(2)注意对元素或位置有无特殊要求．(3)借助排列数公式计算．特别提醒当问题的正面分类较多或计算较复杂，而问题的反面分类较少或计算更简便时往往使用“间接法”．含“至多”、“至少”类词语的排列(组合)问题，是需要分类问题，常用间接法(即排除法)解答．这时可以先不考虑特殊元素(位置)，而列出所有元素的全排列数，从中再减去不满足特殊元素(位置)要求的排列数，即排除法．3．排列数、排列数公式从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A mn 表示.特别提醒排列与排列数是两个不同的概念，一个排列是指“按照一定的顺序排成一列”，它是具体的一件事，排列数是指“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”，它是一个数.三、组合1．组合的定义一般地，从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合.特别提醒解答排列、组合综合问题的一般思路和注意点：（1）一般思路：“先选后排”，也就是把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列．（2）注意点：①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，元素无序是组合问题，元素有序是排列问题．②对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合的综合问题的一般方法．3．组合数的性质性质1：C C m n m n n-=. 性质1表明从n 个不同元素中取出m 个元素的组合，与剩下的n m -个元素的组合是一一对应关系.性质2：11C C C m m m n n n-+=+. 性质2表明从1n +个不同元素中任取m 个元素的组合，可以分为两类：第1类，取出的m 个元素中不含某个元素a 的组合，只需在除去元素a 的其余n 个元素中任取m 个即可，有C mn 个组合；第2类，取出的m 个元素中含有某个元素a 的组合，只需在除去a 的其余n 个元素中任取1m -个后再取出元素a 即可，有1C m n-个组合.四、二项式定理1．二项式定理 011()C C C C ()n n n k n k k n n n n n na b a a b a b b n --*+=+++++∈L L N ，这个公式叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式，共有n +1项，其中各项的系数C ({0,1,2,,})kn k n ∈L 叫做二项式系数.二项展开式中的C k n k k n a b -叫做二项展开式的通项，用1k T +表示，即通项为展开式的第1k +项：1C k n k k k nT a b -+=. 2．二项式系数的性质（4）奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即2131C C C C 2n n n n n -++=++=L L . 特别提醒求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k,再将k 的值代回通项求解,注意k的取值范围（0,1,2,,L）.k n（1）第m项：：此时k+1=m,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程.（3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.。

高考数学《计数原理》综合复习练习题(含答案)

高考数学《计数原理》综合复习练习题（含答案）一、单选题1．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为（） A ．9B ．8C ．7D ．62．将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则不同的排列顺序有（）种 A ．6B ．4C ．3D ．23．中国古代的五经是指：《诗经》、《尚书》、《礼记》、《周易》、《春秋》，甲、乙、丙、丁、戊5名同学分别选取了其中一本不同的书作为课外兴趣研读，若甲乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有 A ．18种B ．24种C ．36种D ．54种4．5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，如果规定每位同学必须报名，则不同的报名方法共有（） A ．10种B ．20种C ．25种D ．32种5．若2228n n n A C --=，则n =（）A ．6B ．7C ．8D ．96．演讲社团里现有水平相当的4名男生和5名女生，从中随机选出3名同学作为代表队到市里参加“最美逆行者”的演讲比赛，代表队中既有男生又有女生的不同选法共有（） A ．140种B ．80种C ．70种D ．35种7．在(1－x )5－(1－x )6的展开式中，含x 3的项的系数是（） A ．－5B ．5C ．－10D ．108．我国拥有包括民俗、医药、文学、音乐等国家级非物质文化遗产3000多项，下图为民俗非遗数进前10名省份排名，现从这10个省份中任取2个，则这2个省份民俗非遗数量相差不超过1个的概率为（）A ．215B ．15C ．415 D ．259．()()5131x x +-的展开式中3x 的系数为（） A ．0B ．20C ．10D ．3010．某旅行社有A 、B 、C 、D 、E 共五条旅游线路可供旅客选择，其中A 线路只剩下一个名额，其余线路名额充足．现甲、乙、丙、丁四人前去报名，每人只选择其中一条线路，四人选完后，恰选择了三条不同的线路．则他们报名的情况总共有（） A ．720种B ．360种C ．320种D ．288种11．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为3的“六合数”共有（） A ．18个 B ．15个 C ．10个D ．9个12．设100210001210032)x a a x a x a x -=++++（，若02410012a a a a m k +++++=()k ∈Z ，则实数m 可能是（） A ．3B ．9C ．10D ．11二、填空题13．若2110n P =，则n =______．14．6432⎭的展开式中系数为有理数的各项系数之和为________. 15．412x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式的常数项是___________．16．学校拟安排6位老师在今年6月12日至14日端午值班，每天安排2人，每人值班1天；若6位老师中的甲不值12日，乙不值14日且甲、乙不在同一天值班，则不同的安排方法共有__________种.三、解答题17．（1）求9212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项；（2）9a x ⎛ ⎝的展开式中3x 的系数为94．求常数a 的值．18．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22；条件②：展开式中所有项的二项式系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于64；条件③：展开式中常数项为第三项．问题：已知二项式1nx ⎫⎪⎭，若______，求：(1)展开式中二项式系数最大的项； (2)展开式中所有的有理项．19．已知()2nn N x *⎫∈⎪⎭的展开式中前三项的二项式系数之和为46，(1)求n ；(2)求展开式中系数最大的项．20．已知在n的展开式中，前3项的系数成等差数列，求：(1)展开式中二项式系数最大项的项； (2)展开式中系数最大的项；(3)展开式中所有有理项.21．在二项式12nx ⎫⎪⎭的展开式中，恰好第五项的二项式系数最大．(1)求展开式中各项的系数和； (2)求展开式中的有理项．22．求()2123x -的展开式中： (1)各项系数之和； (2)各项系数的绝对值之和； (3)系数最小的项.23．已知二项式()23nx x +．（1）若它的二项式系数之和为512．求展开式中系数最大的项；（2）若3,2020x n ==，求二项式的值被7除的余数．24．已知函数()()20121nn n n f x x a a x a x a x λ=+=++++，其中R λ∈．（1）若2,2020n λ=-=，求0242020a a a a ++++的值；（2）若78,1024n a ==，求()0,1,2,3,,8i a i =的最大值；（3）若1λ=-，求证：()0nkknn k k k Cx f x x n -==∑参考答案1．B2．A3．D4．D5．C6．C7．D8．A9．B10．D11．C12．D 13．11 14．117 15．70 16．3617．（1）由题意，二项式9212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的通项为()9218319911C C 22r rrrr r r T x xx --+⎛⎫⎛⎫=⋅-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令1830r -=，可得6r =， 6679121C 216T ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以展开式的常数项为2116．（2）由二项式9a x ⎛ ⎝展开式为93992199C C rrrr r r r r a T a x x ---+⎛⎛⎛⎫==⋅ ⎪ ⎝⎭⎝⎝，令3932r -=，解得8r =，因为9a x ⎛ ⎝的展开式中3x 的系数为94，可得88994(C a ⋅=⋅，解得4a =. 18．(1)解：选①，由012C C C 22n n n ++=，得6n =（负值舍去）．选②，令1x =，可得展开式中所有项的系数之和为0．由010264n n n n n C C C +++-==，得6n =．选③，设第1r +项为常数项，()321C 1n r r r r nT x-+=-，由2302r n r =⎧⎪⎨-=⎪⎩，得6n =．由6n =得展开式的二项式系数最大为36C ，则展开式中二项式系数最大的项为()33332246C 120T xx --=-=-．(2)解：设第1r +项为有理项，()63216C 1r rr r T x-+=-，因为06r ≤≤，r ∈N ，632rZ -∈，所以0,2,4,6r =，则有理项为03316C T x x ==，2036C 15T x ==，43356C 15T x x --==，66676C T x x --==．19．(1)由题意得：()01211462n n n n n C C C n -++=++=，解得：9n =或10-，因为n N *∈，所以10n =-（舍去），从而9n = (2)二项式的展开式通项为：()9192rrr r T C x x -+⎛⎫==⎪⎝⎭，则系数为92r rC ⋅，要求其最大值，则只要满足119911992222r r r r r r r r C C C C --++⎧⋅≥⋅⎨⋅≥⋅⎩，即，解得：172033r ≤≤，因为r N ∈，所以6r =，所以系数最大项为693627925376T C x x x -⎛⎫== ⎪⎝⎭ 20．（1）32nx x 展开式的通项公式为13C 2kn kkk n T x x -+=⋅3561C 2n kk n k x -=，依题意得122112C 1C 22n n ⋅⋅=+⋅，即2C 4(1)n n =-，得8n =，所以832x x 的展开式有9项，二项式系数最大的项为5项，所以22433584135C 28T x x ==. （2）由（1）知，2456181C 2kk k k T x -+=，设展开式中系数最大的项为第1k +项，则1881188111C C 2211C C 22k k k k k k k k --++⎧≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，即()()()()()()8!8!2!8!1!9!8!8!2!8!1!7!k k k k k k k k ⎧≥⋅⎪⋅--⋅-⎪⎨⎪⋅≥⎪⋅-+⋅-⎩，即92228k k k k -≥⎧⎨+≥-⎩，解得23k ≤≤，所以2k =或3k =，所以展开式中系数最大的项为737x 和327x .（3）由2456181C 2kk k k T x -+=(0,1,2,3,4,5,6,7,8)k =为有理项知，2456k -为整数，得0k =，6.所以展开式中所有有理项为4x 和716x. 21．(1)恰好第五项的二项式系数最大，则展开式有9项，∴ 8n =，∴ 二项式812x ⎫⎪⎭中，令1x = ，展开式中各项的系数和为81112256⎛⎫-= ⎪⎝⎭．(2)通项为 848318811()()22r r rr r r r T C C x x --+=-=- ，r=0，1，2，…，8. 当843r-为整数，即2,5,8r =时，展开式是有理项，有理项为第3、6、9项，即22038172T C x ⎛⎫=-⋅⋅= ⎪⎝⎭；5544681724T C x x --⎛⎫=-⋅⋅=- ⎪⎝⎭；888898112256T C x x --⎛⎫=-⋅⋅= ⎪⎝⎭.22．（1）解：设()21201901212122...3a x a x a x a x =++++-，令1x =，得()2122110.213..1a a a a ++++⨯-==-；所以()2123x -的展开式各项系数之和为-1；（2）令=1x -，得()210122211...5213a a a a --+-++==-⨯-，两式相减得：()0220211 (152)a a a +++=-+，两式相加得：()1321211 (152)a a a +++=--，所以()2123x -的展开式各项系数的绝对值之和为()()012102201321.........a a a a a a a a a +++=+++-+++，()()221112111515522=-+---=；（3）()2123x -的展开式的通项公式为：()()()212121212112233rrrr rr r r x T x C C ---+=-=-，系数的绝对值为212123rr r C -，设第r +1项的系数绝对值最大，则2112012121211221212123232323r r r r r r r r r r r r C C C C -+-+----⎧≥⎨≥⎩，解得616655r ≤≤，则13r =，即系数的绝对值的最大值为131321823C ，因为13为奇数，所以()131313132181822323C C -=-，即第14项的系数最小，所以系数最小的项为1313821823x C -23．（1）二项式2(3)n x x +的二项式系数之和为512，2512n ∴=，9n ∴=．由1999119133,1,2,,933r r r r r r r r C C r C C --++⎧⋅⋅=⎨⋅⋅⎩，解得：7r =，展开式中系数最大的项为第8项，为6777789922161(3)787323T C x x C x x ⋅===．（2）若3x =，2020n =， 220202020(3)30(282)n x x +==+202012019201920192020202020202020282822822282C C K =+⋅++⋅+⋅+⋅=问题转化为20202被7除的余数，202067367306731672267167267367367367367236732282(71)2[77771]C C C C C ⋅⋅⋅=⋅=+=⋅++⋯++⋅⋅+272k =⨯+，即余数为2．24．（1）2λ=-，2020n =时，()()2020220202020012202012f x x a a x a x a x =-=+++⋅⋅⋅+，令1x =，得()2020012320192020121a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++=，令=1x -，得()20202020012320192020123a a a a a a +=-+-+⋅⋅⋅-+=，两式相加可得202002420182020312a a a a a ++++⋅⋅⋅++=．（2）()()828801281f x x a a x a x a x λ=+=+++⋅⋅⋅+，777810242a C λλ==⇒=，不妨设t a 为i a (0,1,2,3,,8)i =⋅⋅⋅中的最大值，则11t t t t a a a a -+≥⎧⎨≥⎩，118811882222t t t t t t t t C C C C --++⎧≥∴⎨≥⎩，解得：65t t ≤⎧⎨≥⎩，5t ∴=或6， i a 中最大值为55665688221792a a C C ====．（3）若1λ=-，()()1nn f x x =-，()()()()()12000112200121111nn n n kk n n nn k n n n n k k n Cx f x C x x C x x C x x C x x n n n n n---==-+-+-+⋅⋅⋅+-∑，因为()()()()()()()()111!1!!!!1!!1!11!kk nn n n k n k C C n k n k n k n k k n k ----=⋅===--⋅-----⎡⎤⎣⎦所以()()()()1200122111100111nn n kk n nnn k n n n k k C x f x C x x C x x C x x n-------==+-+-+⋅⋅⋅+-∑． ()()()120001111111111n n n n n n n x C x x C x x C x x -------⎡⎤=-+-+⋅⋅⋅+-⎣⎦()11n x x x x -=+-=⎡⎤⎣⎦．。

高三数学总复习《计数原理》

点评: 应用分类计数原理时,首先要依据题的特点,确定恰当的分类标准,分类应满足:完成一件事的任何一种方法,必须属于某一类且仅属于这一类,即各类办法相互独立的,是互斥的.
变式1:已知集合A={x|x∈N,且x≤10},a,b∈A,方程
x2 y2 1
ab
,表示焦点在x轴上的椭圆,则这样的椭圆的共有________.
解析:先安排第一天,有5种排法,以后每天均有4种排法,由分步乘法原理得,5×4×4×4×4=1280(种)
9.甲、乙两个正整数的最大公约数是60,则甲、乙两数的公约数共有____1_2___个.
解析:∵60=22×3×5, ∴甲、乙两数的公约数形如: 2m,3n,5p,其中m∈{0,1,2},n∈{0,1},P∈{0,1}.所以公约数共有 3×2×2=12(个).
考向精测
1.某赛季足球比赛的计分规则是:胜一场,得3分;平一场,得1分;
负一场,得0分.一球队打完15场,积分33分,若不考虑顺序.该队
胜,负,平的情况有( )
A.3种
B.4种
C.5种
D.6种
解析:分类穷举法:胜11场负4场;胜10场,平3场,负2场;胜9场, 平6场.共3种情况.
答案:A
2.同时抛掷两颗骰子,向上的两个数字之和不小于10的情况有 ____6____ 种.
答案:B
4.(2008·安徽卷)12名同学合影,站成了前排4人后排8人,现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排,若其他人的相对顺序不变.则不同调整方法的总数是( )
A . C 8 2 A 2 3 B . C 8 2 A 6 6 C . C 8 2 A 6 2 D . C 8 2 A 5 2
解析: 从后排8人中选2人有C82种选法, 这2人插入前排4人中且保证前排人的顺序不变, 则先从4人的空当中插入1人有5种插法; 余下1人在5人的空当中插入有6种插法, 因此共有A62种插法.由分步乘法计数原理, 共有C82A62种.

高考数学计数原理知识汇总

计数原理课表要求1、会用两个计数原理分析解决简单的实际问题；2、理解排列概念，会推导排列数公式并能简单应用；3、理解组合概念，会推导组合数公式并能解决简单问题；4、综合应用排列组合知识解决简单的实际问题；5、会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题；6、会用二项式定理求某项的二项式系数或展开式系数，会用赋值法求系数之和。

突破方法1．加强对基础知识的复习，深刻理解分类计数原理、分步计数原理、排列组合等基本概念，牢固掌握二项式定理、二项展开式的通项、二项式系数的性质。

b5E2RGbCAP2．加强对数学方法的掌握和应用，特别是解决排列组合应用性问题时，注重方法的选取。

比如：直接法、间接法等；几何问题、涂色问题、数字问题、其他实际问题等；把握每种方法使用特点及使用范围等。

p1EanqFDPw3．重视数学思维的训练，注重数学思想的应用，在解题过程中注重化归与转化思想的应用，将不同背景的问题归结为同一个数学模型求解；注重数形结合、分类讨论思想、整体思想等，使问题化难为易。

DXDiTa9E3d知识点1、分类加法计数原理完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类办法中有种不同的方法，……在第n类办法中有种不同的方法。

那么完成这件事共有：N=++……+种不同的方法。

RTCrpUDGiT注意：<1）分类加法计数原理的使用关键是分类，分类必须明确标准，要求每一种方法必须属于某一类方法，不同类的任意两种方法是不同的方法，这时分类问题中所要求的“不重复”、“不遗漏”。

5PCzVD7HxA<2）完成一件事的n类办法是相互独立的。

从集合角度看，完成一件事分A、B两类办法，则AB=,AB=I<I表示全集）。

jLBHrnAILg<3）明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事。

2、分步乘法计数原理完成一件事，需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有：N=··……·种不同的方法。

高中数学计数原理(解析版)

计数原理计数原理包含排列组合与二项式定理，在高考数学中通常是以填空题的形式呈现.另外在解答题中与统计概率相结合比较普遍.高考中通常难度不是很大，主要考查是排列与组合的先后顺序或者是有条件限制的排列与组合.二项式定理也是高考考查的一个重点，主要考查二项式定理的展开.本专题通过列举排列组合与二项式定理常见的考题类型，总结此些类型题目的解题方法以及易错点，能够让你在高考中遇到计数原理类型的题目能够迎刃而解. 【满分技巧】捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.对于二项式定理的应用，只要会求对应的常数项以及对应的n 项即可，但是应注意是二项式系数还是系数.【考查题型】填空题【限时检测】（建议用时：60分钟）一、单选题1．（2020·上海嘉定区·高三一模）已知0x ≠，*n N ∈，则“2n =”是“1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项”的（） A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件【答案】A【分析】运用二项式的展开式的通项公式，结合充分性、必要性的定义进行判断即可. 【详解】1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为：211()r n r r r n rr n n T C x C x x --+=⋅⋅=⋅，当2n r =时，存在常数项，此时n 为正偶数，因此当2n =时，一定能推出1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项，但是由1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项不一定能推出2n =.因此“2n =”是“1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项”的充分非必要条件.故选：A2．（2020·上海徐汇区·高三一模）设T 是平面直角坐标系xOy 上以()0,2A 、()1B -、)1C-为顶点的正三角形．考虑以下五种平面上的变换：①绕原点作120︒的逆时针旋转；②绕原点作240︒的逆时针旋转；③关于直线OA 的对称；④关于直线OB 的对称；⑤关于直线OC 的对称．任选三种．．变换(可以相同)共有125种变换方式，若要使得T 变回起始位置(即点A 、B 、C 分别都在原有位置)，共有（）种变换方式？ A ．12 B ．16C ．20D ．24【答案】C【分析】要使得T 变回起始位置，可通过三次旋转变换或者一次旋转变换+两次对称变换结合得到. 【详解】第一类：只用旋转变化时：可以按①或者②旋转3次得到；第二类：使用对称与旋转结合时，不能出现相同的对称变换，()1若第一位选择旋转变化，可选①或者②，则第二位的对称变化可在③、④、⑤中任选一种，前两位确定以后第三位就跟着确定，故方法有：23=6⨯种；()2若旋转在第二位，第一位的对称可在③、④、⑤中任选一种，则第二位旋转也在①或者②中选一种，前两位确定以后第三位就跟着确定，故方法有：23=6⨯种；()3若旋转在第三位，第一位的对称可在③、④、⑤中任选一种，则第二位的对称不能选第一位的，前两位定了以后第三位也跟着确定，故有23=6⨯种. 综上所述：共有6662=20+++种方法. 故选：C.【点睛】排列组合的题目关键是找到分类的标准，做到不重不漏.3．（2020·上海市建平中学高三月考）2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若 3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（） A ．144 B ．72 C ．54 D ．36【答案】B【分析】两位女生相邻，将其捆绑在一起，和另一位女生不相邻，采用插空法．【详解】根据题意，把3位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素，和剩下的一位女生，插入到2位男生全排列后形成的3个空中的2个空中，故有22232372A A A =种，故选：B ．【点睛】本题考查排列组合，需熟练掌握捆绑、插空法，属于基础题二、填空题4．（2019·上海高考真题）首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有_____种（结果用数值表示）【答案】24【分析】首先安排甲，可知连续2天的情况共有4种，其余的人全排列，相乘得到结果. 【详解】在5天里，连续2天的情况，一共有4种剩下的3人全排列：33A故一共有：33424A ⨯=种【点睛】本题考查基础的排列组合问题，解题的关键在于对排列组合问题中的特殊元素，要优先考虑，然后再考虑普通元素.5．（2019·上海高考真题）在6x⎛+ ⎝的二项展开式中，常数项的值为__________【答案】15【分析】写出二项展开式通项，通过3602r-=得到4r =，从而求得常数项.【详解】二项展开式通项为：366622666rr r r rr r r C x C x x C x----⋅⋅=⋅⋅=⋅ 当3602r-=时，4r = ∴常数项为：4615C =本题正确结果：15【点睛】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.6．（2018·上海高考真题）在()71x +的二项展开式中，2x 项的系数为 .（结果用数值表示）．【答案】21.【分析】利用二项式展开式的通项公式求得展开式中x 2的系数．【详解】二项式（1+x ）7展开式的通项公式为 T r+1=7rC •x r ，令r=2，得展开式中x 2的系数为27C =21．故答案为：21．【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.7．（2020·上海闵行区·高三一模）新冠病毒爆发初期，全国支援武汉的活动中，需要从A 医院某科室的6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，要求至少有一名主任医师参加，则不同的选派方案共有___________种.(用数字作答) 【答案】90【分析】根据题意，先算出从6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生的选派方案种数，再算出男女主任都没有参加的选派方案种数，两者相减求得结果. 【详解】根据题意，从6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，共有3264206120C C ⋅=⨯=种选派方案，如果所选的男女主任都没有参加，共有215330C C ⨯=种选派方案，所以至少有一名主任医师参加有1203090-=种，故答案为：90.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关组合的综合问题，方法如下：（1）要用好两个计数原理；（2）可以用间接法求解，用总的减去不满足条件的就是要求的；（3）也可以用直接法求解，包括男主任参加女主任不参加、男主任不参加女主任参加和男女主任都参加，相加即可.8．（2020·上海嘉定区·高三一模）甲和乙等5名志愿者参加进博会A B C D 、、、四个不同的岗位服务，每人一个岗位，每个岗位至少1人，且甲和乙不在同一个岗位服务，则共有___________种不同的参加方法(结果用数值表示). 【答案】216【分析】先求出没有条件限制的种数，再求出甲和乙在同一个岗位服务的分配方法，利用间接法，即可得解.【详解】由题意得，有且只有2人分到一组，然后再分到四个不同的岗位，则有2454240C A =种方法，甲和乙在同一个岗位服务的分配方法有4424A =种，所以甲和乙不在同一个岗位服务的方法有24024216-=种，故答案为：216.【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.9．（2020·上海高三一模）在81x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的二项展开式中4x 项的系数为__________．【答案】28【分析】写出二项展开式的通项公式，令x 的指数等于4，求出r 可得结果. 【详解】二项展开式的通项公式为882881()(1)r rr r r r C x C x x---=-，0,1,2,,8r =，令824r -=，得2r，所以二项展开式中4x 项的系数为228(1)28C -=.故答案为：28【点睛】关键点点睛：利用二项展开式的通项公式求解是解题关键.10．（2020·上海长宁区·高三一模）在61()x x+的二项展开式中，2x 项的系数为__________. 【答案】15【分析】写出二项展开式通项公式，由x 的指数为2求得项数，从而得到系数．【详解】由题意6621661rrrr rr T C x C x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，令622r -=，得2r，所以2x 项的系数为2615C =．故答案为：15．11．（2020·上海崇明区·高三一模）若23(2)na b +的展开式中有一项为412ma b ，则m =__________．【答案】60【分析】根据二项展开式的通项公式，得出23(2)na b +的展开式的第1r +项，求出412a b 的系数，即可得出结果.【详解】因为23(2)na b +展开式的第1r +项为22312r n r n r r r n T C ab --+=，令224312n r r -=⎧⎨=⎩，解得64n r =⎧⎨=⎩，则426260m C ==. 故答案为：60.【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.12．（2020·上海大学附属中学高三三模）二项式153x x 展开式中的常数项是______．【答案】5005【分析】写出二项式153x x 展开式的通项，令x 的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.【详解】二项式15展开式的通项为()5155615151kkkk kk C C x--⎛⋅⋅=⋅-⋅ ⎝，令5506k -=，得6k =，因此，该二项式展开式中的常数项为()661515005C ⋅-=. 故答案为：5005.【点睛】本题考查二项式展开式中常数项的求解，一般利用二项展开式通项中x 的指数为零来求解，考查运算求解能力，属于中等题. 三、解答题13．（2020·上海奉贤区·高三二模）两个数列{}n α、{}n β，当{}n α和{}n β同时在0n n =时取得相同的最大值，我们称{}n α与{}n β具有性质P ，其中*n ∈N .（1）设2022(1)x +的二项展开式中k x 的系数为k a （0,1,2,3,,2022k =⋅⋅⋅），k ∈N ，记01a c =，12a c =，⋅⋅⋅，依次下去，20222023a c =，组成的数列是{}n c ；同样地，20221()x x-的二项展开式中k x 的系数为kb （0,1,2,3,,2022k =⋅⋅⋅），k ∈N ，记01b d =，12b d =，⋅⋅⋅，依次下去，20222023b d =，组成的数列是{}n d ；判别{}nc 与{}nd 是否具有性质P ，请说明理由；（2）数列{}t dn -的前n 项和是n S ，数列{19823}n -的前n 项和是n T ，若{}n S 与{}n T 具有性质P ，*,N d t ∈，则这样的数列{}t dn -一共有多少个？请说明理由；（3）两个有限项数列{}n a 与{}n b 满足11()n n n n a a b b λ++-=-，*n ∈N ，且110a b ==，是否存在实数λ，使得{}n a 与{}n b 具有性质P ，请说明理由.【分析】（1）2022(1)x +展开式中系数最大项为101110112022C x ，然后再判断20221()x x-展开式中1011x 的系数是否是最大值，即可得结果；（2）令19823nn b =-，则3(13)331982198231322n n n T n n -=-=+-⋅-，结合11n n nn T T T T -+≥⎧⎨≥⎩，求得6n =，求得n T 的最大值，由{}n S 与{}n T 具有性质P ，可得6n =时，max ()10800n S =，由n a t dn =-，结合60,70t d t d ->-<求得t 的范围，再由n a t dn =-是等差数列，可得6(6)6=108002t d t d S -+-⨯=，然后联立*,27360067t d N t d d t d ⎧∈⎪-=⎨⎪<<⎩，解出数列{}t dn -的个数；（3）由11()n n n n a a b b λ++-=-进行迭代，可得n n a b λ=，因为{}n a 与{}n b 具有性质P ，所以00n n a b =，从而可1λ= 【详解】解：（1）2022(1)x +展开式的通项为12022r r r T C x +=，则数列{}n c 的通项为-12022n n c C = 故数列{}n c 中的最大值为101110122022c C =20221()x x -展开式的通项为'2022202221202220221(1)rr r r rr r T C x C x x --+⎛⎫=⋅-=- ⎪⎝⎭，而当202221011r -=时，得10112r N =∉，所以{}n c 与{}n d 不具有性质P（2）令19823nn b =-，则3(13)331982198231322n n n T n n -=-=+-⋅-，由11n n n n T T T T -+≥⎧⎨≥⎩，即113333198231982(1)322223333198231982(1)32222n n n n n n n n -+⎧+-⋅≥-+-⋅⎪⎪⎨⎪+-⋅≥++-⋅⎪⎩，解得13198231982n n +⎧≤⎨≥⎩，因为*2,n n N ≥∈，673729,32187== 所以当6n =时，6max 33()19826+31080022n T =⨯-⋅=, 因为 {}n S 与{}n T 具有性质P ，所以6n =时，max ()10800n S =，因为n a t dn =-，所以60,70t d t d ->-<，因为n a t dn =-，所以6(6)6=108002t d t d S -+-⨯=，由*,27360067t d N t d d t d⎧∈⎪-=⎨⎪<<⎩，解得360636134313,,,516518718t t t d d d ===⎧⎧⎧⋅⋅⋅⎨⎨⎨===⎩⎩⎩共有102个数列；（3）因为11()n n n n a a b b λ++-=-，*n ∈N 当2n ≥，*n ∈N 时，112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+ 112211()()()n n n n b b b b b b b λλλ---=-+-+⋅⋅⋅+-+所以n n a b λ=当1n =时，110a b ==符合上式所以n n a b λ=，因为{}n a 与{}n b 是有限项数列，所以一定存在最大项，设00max max (),()n n n n a a b b ==，因为{}n a 与{}n b 具有性质P ，所以00n n a b =，1λ=显然成立，假设1λ>，则显然00max max (),()n n n n a a b b ==，000n n n a b b λ=>矛盾同理，1λ<也矛盾，所以1λ=【点睛】此题考查了二项式定理、数列求和、不等式的性质等性质，综合性强，考查了运算能力，属于难题.14．（2019·上海浦东新区·高三二模）已知各项均不为零的数列{}n a 满足11,a =前n 项的和为n S ，且22212,,2n n nS S n n n a *--=∈≥N ，数列{}n b 满足1,n n n b a a n +=+∈N*. （1）求23,a a ；（2）求2019S ；（3）已知等式11k k n n kC n C --=⋅对0,,k n k n ≤≤∈N*成立. 请用该结论求有穷数列{},1,2,,,k k n b C k n =的前n 项和n T .【答案】（1）见解析；（2）4078379；（3）()2222nn n ++⋅-【分析】（1）由222*122n n n S S n n N n a ，，--=∈≥，可得212n n S S n -+=，结合a 1＝1，依次求得a 2，a 3的值；（2）由212n n S S n -+=（n ≥2），得212(1)n n S S n ++=+，两式作差可得a n +a n +1＝4n +2，结合等差数列的前n 项和求S 2019；（3）由b k ＝a k +a k +1＝4k +2，得123123nn n n n n n T b C b C b C b C =++++，然后结合已知组合数公式的性质求解有穷数列{}12kk n b C k n =，，，，，的前n 项和T n ．【详解】（1）因为()22221122,2n n n n n S S n a nS S n ---==-≥，又数列{}n a 各项均不为零，所以212n n S S n -+=.当2n =时，211218S S a a a +=++=，所以26a =. 当3n =时，()32123218S S a a a +=++=，所以34a =.（2）由（1）知()211212,242,221,1n n n n n n S S n n a a n n S S n n -++⎧+=≥⎪⇒+=+≥⎨+=+≥⎪⎩. ()()()()2019123452018201914246201821009S a a a a a a a =+++++++=++++++⨯4078379=.（3）由（2）知7,142,2n n b n n =⎧=⎨+≥⎩.1212nn n n n n T b C b C b C =+++()()1232374232n nn n n n n n n C n C C nC C C C =++++++++()()121012301121742n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C ----=++++++++++--()()17421221n n n n n -=+-+--()2222n n n =++⋅-.【点睛】本题考查数列递推式，考查了数列的分组求和与等差数列前n 项和，考查二项式系数的性质，是难题．15．（2020·上海青浦区·复旦附中青浦分校高三月考）等差数列{}n a 和等比数列{}n b 中， 112a b ==，222a b b ==+，n S 是{}n b 前n 项和.(1)若 lim 3n n S b →∞=-，求实数b 的值； (2)是否存在正整数b ，使得数列{}n b 的所有项都在数列{}n a 中?若存在，求出所有的b ，若不存在，说明理由；(3)是否存在正实数b ，使得数列{}n b 中至少有三项在数列{}n a 中，但{}n b 中的项不都在数列{}n a 中?若存在，求出一个可能的b 的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1) 1b =-.(2) 所有的符合题意的*2()b k k N =∈.(3) 2b =.【解析】试题分析：(1)数列{}n b 是等比数列，其前n 和的极限存在，因此有公式q 满足1q <，且极限为11b q -；(2)由于b 是正整数，因此可对b 按奇偶来分类讨论，因此当b 为奇数时，等比数列{}n b 的公比不是整数，是分数，从而数列{}n b 从第三项开始每一项都不是整数，都不在数列{}n a 中，而当b 为偶数时，数列{}n b 的所有项都在{}n a 中，设2b k =，则2212k q k +==+，12(1)n n b k -=⋅+展开有0112112(n n n n n b C k C k ----=++ 2111)n n n n C k C ----+022122()n n n n k C k C ---=+++，这里用到了二项式定理，22(1)ma k m =+-，结论为真；(3)存在时只要找一个b ，首先b 不能为整数，下面我们只要写两数列的通项公式，让m k b a =(,3)m k ≥，取特殊值求出b ，如取4,3m k ==，可得2b =，此时4b 在数列{}n a 中，由于2b =是无理数，会发现数列{}n a 除第一项以外都是无理数，而38b =是整数，不在数列{}n a 中，命题得证，(如取其它的,m k 又可得到另外的b 值)．试题解析：（1）对等比数列{}n b ，公比2122b b q +==+．因为01q <<，所以40b -<<．２分解方程231(1)2b b =--+，４分得4b =或1-．因为40b -<<，所以1b =-．６分（2）当b 取偶数(2,*)b k k N =∈时，{}n b 中所有项都是{}n a 中的项． 8分证: 由题意：均在数列中，当时，110112*********()2(1)2()2n n n n n n n n n n n b b k C k C k C k C ----------+==+=++++ 021*******(1)1n n n n n n k C k C k C ------⎡⎤=+++++-⎣⎦说明{}n b 的第n 项是{}n a 中的第021321111n n n n n n C k C k C ------++++项． 10分当b 取奇数(21,*)b k k N =+∈时，因为n b 不是整数，所以数列的所有项都不在数列中． 12分综上，所有的符合题意的．（3）由题意，因为12,b b 在{}n a 中，所以{}n b 中至少存在一项()3m b m ≥在{}n a 中，另一项()t b t m ≠不在{}n a 中． 14分由m k b a =得12(1)2(1)2m bk b -+=+-，取4m =得()321212b k b ⎛⎫+=+- ⎪⎝⎭，即()()2242b k +=-. 取k =4，得222b =（舍负值）．此时43b a =． 16分当222b =时，38b =，()()21222n a n =+-，对任意n ，3n a b ≠. 18分综上，取222b =．(此问答案不唯一，请参照给分)考点：(1)数列的极限，无穷等比数列的和；(2)等差数列与等比数列的通项公式；(3)数列的项的综合问题．。

2024年高考数学总复习第十章《计数原理》分类加法计数原理与分步乘法计数原理

2024年高考数学总复习第十章《计数原理》§10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义．1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．概念方法微思考1．在解题过程中如何判定是用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？提示如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类加法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成事件的一部分，就用分步乘法计数原理．2．两种原理解题策略有哪些？提示①分清要完成的事情是什么；②分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；③有无特殊条件的限制；④检验是否有重复或遗漏．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(√)(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．(√)(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m i(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…m n种方法．(√)(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(√)题组二教材改编2．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标，纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是()A．12B．8C．6D．4答案C解析分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.3．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为()A．16B．13C．12D．10答案C解析将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3×4＝12(种)．题组三易错自纠4．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．24B．18C．12D．6答案B解析分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18(个)奇数．5.现用4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A．24种B．30种C．36种D．48种答案D解析需要先给C块着色，有4种方法；再给A块着色，有3种方法；再给B块着色，有2种方法；最后给D块着色，有2种方法，由分步乘法计数原理知，共有4×3×2×2＝48(种)着色方法．6．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．答案12解析当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111,3111,4111,1211,1311,1411,1121,1131,1141，有9种，当有三个2,3,4时：2221,3331,4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．题型一分类加法计数原理1．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A．14B．13C．12D．10答案B解析方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的情况应分类讨论．①当a＝0时，方程为一元一次方程2x＋b＝0，不论b取何值，方程一定有解．此时b的取值有4个，故此时有4个有序数对．②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个有序数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)．a≠0时，(a，b)共有3×4＝12个实数对，故a≠0时满足条件的实数对有12－3＝9个，所以答案应为4＋9＝13.2．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为()A．240B．204C．729D．920答案A解析若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．3．(2016·全国Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个答案C解析第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共A24个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有C34个，共2＋8＋4＝14(个)．思维升华分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词，关键元素，关键位置．(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准．(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复．(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏．题型二分步乘法计数原理例1(1)(2016·全国Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24B．18C．12D．9答案B解析从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径有6×3＝18(条)，故选B.(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．答案120解析每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．引申探究1．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？解每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．2．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？解每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．思维升华(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．跟踪训练1一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点O外)的游览线路有___种．(用数字作答)答案48解析根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法．由分步乘法计数原理知，共有6×4×2＝48(种)不同游览线路．题型三两个计数原理的综合应用例2(1)(2017·天津)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)答案1080解析①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C35·C14·A44＝960.②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A45＝120.故符合题意的四位数一共有960＋120＝1080(个)．(2)现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是()A．120B．140C．240D．260答案D解析由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最后涂C处，若C处与A 处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，到C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)．故选D.(3)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答案B解析长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.思维升华利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么．(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．(3)弄清分步、分类的标准是什么．(4)利用两个计数原理求解．跟踪训练2(1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有() A．144个B．120个C．96个D．72个答案B解析由题意，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3×A34＝72(个)；若万位是4，则有2×A34＝48(个)，故比40000大的偶数共有72＋48＝120(个)．故选B.(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是____．答案36解析第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．(3)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________．答案96解析按区域1与3是否同色分类：①区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A33种方法．∴区域1与3同色时，共有4A33＝24(种)方法．②区域1与3不同色：第一步涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有1种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴共有A24×2×1×3＝72(种)方法．故由分类加法计数原理可知，不同的涂色种数为24＋72＝96.1．(2018·贵州省凯里市第一中学月考)集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{3,4,5,6,7,8,9}，从集合A，B 中各取一个数，能组成的没有重复数字的两位数的个数为()A．52B．58C．64D．70答案B解析根据分步乘法计数原理得(C12·C13＋C14·C13＋C12·C14＋C23)·A22＝58.2．(2018·保定质检)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种B．6种C．10种D．16种答案B解析分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)，同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．3．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则行车路线共有()A．24种B．16种C．12种D．10种答案C解析根据题意，车的行驶路线起点有4种，行驶方向有3种，所以行车路线共有4×3＝12(种)，故选C.4．(2018·玉林联考)若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)各位数均不产生进位现象，则称n为“开心数”．例如：32是“开心数”．因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“开心数”，因为23＋24＋25产生进位现象，那么，小于100的“开心数”的个数为() A．9B．10C．11D．12答案D解析根据题意个位数n需要满足n＋(n＋1)＋(n＋2)<10，即n<2.3，∴个位数可取0,1,2三个数，∵十位数k需要满足3k<10，∴k<3.3，∴十位数可以取0,1,2,3四个数，故小于100的“开心数”共有3×4＝12(个)．故选D.5.如图为我国数学家赵爽(约3世纪初)在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有()A．120种B．260种C．340种D．420种答案D解析由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有5×4×3×1×3＋5×4×3×2×2＝180＋240＝420.故选D.6.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有()A．24B．48C．96D．120答案C解析若A，D颜色相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有1种涂法，共有4×3×2＝24(种)；若A，D颜色不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D相同时，C有2种涂法，当B和D不同时，C只有1种涂法，共有4×3×2×(2＋1)＝72(种)，根据分类加法计数原理可得，共有24＋72＝96(种)，故选C.7．(2018·湖北省黄冈中学月考)对33000分解质因数得33000＝23×3×53×11，则33000的正偶数因数的个数是()A．48B．72C．64D．96答案A解析33000的因数由若干个2(共有23,22,21,20四种情况)，若干个3(共有3,30两种情况)，若干个5(共有53,52,51,50四种情况)，若干个11(共有111,110两种情况)，由分步乘法计数原理可得33000的因数共有4×2×4×2＝64(个)，不含2的共有2×4×2＝16(个)，∴正偶数因数的个数为64－16＝48，即33000的正偶数因数的个数是48，故选A.8．从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．答案17解析当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数中不含有1时，可得到A25＝20(个)对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．9．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有________个．答案27解析先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1,2，…，6，有六个，再考虑等腰的情况，若a＝b＝1，c<a＋b＝2，此时c＝1与等边重复，若a＝b＝2，c<a＋b＝4，则c＝1,3，有两个，若a＝b＝3，c<a＋b＝6，则c＝1,2,4,5，有四个，若a＝b＝4，c<a＋b＝8，则c＝1,2,3,5,6，有五个，若a＝b＝5，c<a＋b＝10，则c＝1,2,3,4,6，有五个，若a＝b＝6，c<a＋b＝12，则c＝1,2,3,4,5，有五个，故一共有27个．10．(2018·天津河东区模拟)一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛，3名女生和2名男生，如果男生不排第一个演讲，同时两名男生不能相邻演讲，则排序方式有________种．(用数字作答)答案36解析根据题意，分2步完成：①将三名女生全排列，有A33＝6种顺序，②排好后，有4个空位，男生不排第一个演讲，除去第一个空位，有3个空位可用，在这三个空位中任选2个，安排2名男生，有A23＝6种情况，则有6×6＝36种符合题意的排序方式．11．(2018·金华模拟)联合国国际援助组织计划向非洲三个国家援助粮食和药品两种物资，每种物资既可以全部给一个国家，也可以由其中两个或三个国家均分，若每个国家都要有物资援助，则不同的援助方案有________种．答案25解析根据题意，可分为：三个国家粮食和药品都有，有1种方法；一个国家粮食，两个国家药品，有3种方法；一个国家药品，两个国家粮食，有3种方法；两个国家粮食，三个国家药品，有3种方法；两个国家药品，三个国家粮食，有3种方法；两个国家粮食，两个国家药品，有3×2＝6种方法；三个国家粮食，一个国家药品，有3种方法；三个国家药品，一个国家粮食，有3种方法，故方法总数是25.12．将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为________．答案240解析将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，①若末位数字为2，因为含有2个4，所以有5×4×3×2×12＝60(种)情况；②若末位数字为6，同理有5×4×3×2×12＝60(种)情况；③若末位数字为4，因为有2个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120(种)情况．综上，共有60＋60＋120＝240(种)情况．13．(2018·杭州第二中学模拟)工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种数是________．答案60解析根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，当第一个选1号螺栓的时候，第二个可以选3,4,5号螺栓，依次选下去，共可以得到10种方法，所以总共有10×6＝60种方法，故答案是60.14．已知集合M ＝{1,2,3}，N ＝{1,2,3,4}，定义函数f ：M →N .若点A (1，f (1))，B (2，f (2))，C (3，f (3))，△ABC 的外接圆圆心为D ，且DA →＋DC →＝λDB →(λ∈R )，则满足条件的函数f (x )有________种．答案12解析由DA →＋DC →＝λDB →(λ∈R )，说明△ABC 是等腰三角形，且|BA |＝|BC |，必有f (1)＝f (3)，f (1)≠f (2)．当f (1)＝f (3)＝1时，f (2)＝2,3,4，有三种情况；f (1)＝f (3)＝2，f (2)＝1,3,4，有三种情况；f (1)＝f (3)＝3，f (2)＝2,1,4，有三种情况；f (1)＝f (3)＝4，f (2)＝2,3,1，有三种情况．因而满足条件的函数f (x )有12种．15．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99,3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则(1)5位回文数有________个；(2)2n (n ∈N *)位回文数有________个．答案(1)900(2)9×10n －1解析(1)5位回文数相当于填5个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，第2位和第4位一样，有10种填法，中间一位有10种填法，共有9×10×10＝900(种)填法，即5位回文数有900个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n －1种填法．16．用6种不同的颜色给三棱柱ABC －DEF 六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色，且每条棱的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有________种．(用数字作答)答案8520解析分两步来进行，先涂A，B，C，再涂D，E，F.第一类：若6种颜色都用上，此时方法共有A66＝720种；第二类：若6种颜色只用5种，首先选出5种颜色，方法有C56种；先涂A，B，C，方法有A35种，再涂D，E，F中的两个点，方法有A23种，最后剩余的一个点只有2种涂法，故此时方法共有C56·A35·A23·2＝4320种；第三类：若6种颜色只用4种，首先选出4种颜色，方法有C46种；先涂A，B，C，方法有A34种，再涂D，E，F中的一个点，方法有3种，最后剩余的两个点只有3种涂法，故此时方法共有C46·A34·3·3＝3240种；第四类：若6种颜色只用3种，首先选出3种颜色，方法有C36种；先涂A，B，C，方法有A33种，再涂D，E，F，方法有2种，故此时方法共有C36·A33×2＝240种．综上可得，不同涂色方案共有720＋4320＋3240＋240＝8520种．。

计数原理知识梳理-2024届高三数学一轮复习

计数原理知识梳理一、两个原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝种不同的方法．推广：如果完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1＋m 2＋…＋m n ．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝种不同的方法．推广：如果完成一件事需要n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，…,做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1×m 2×…×m n ．(1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏； ②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复； ③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法． 5.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件． (3)对完成各步的方法数要准确确定． 6. 应用两种原理解题要注意 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．7.与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理. (2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．二、排列与组合 1.排列；如果与顺序无关，则是组合． 2.排列数、组合数的定义、公式、性质全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，全排列数公式：所有全排列的个数，即(1)(2)21!nn A n n n n =⨯-⨯-⋅⋅⋅⨯⨯=．3.排列、组合问题的求解常用方法与技巧解排列组合综合问题，先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，具体有下面几种常用方法： (1)特殊元素或特殊位置优先法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上；从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．优先安排．(2)相邻问题捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列． (3)相间问题插空法：对不相邻问题，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．(4)定序问题倍除法：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列． (5)多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理． (6)分球问题隔板法：相同元素的分配问题常用“隔板法”,每组至少一个．(7) 分组分配问题的策略：对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑．对于整体均分，分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．对于部分均分，若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！．(8)间接法：正难则反、等价转化的方法，比如“至少”或“至多”含有几个元素的题型．三、二项式定理 1.二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n ＝(n ∈N *)，等号右边的式子称为()na b +的二项展开式．(2)通项公式：T k ＋1＝，它表示第项；注意：(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题． 2.二项展开式的特征：（1）二项展开式共有项；（2）二项式系数依次为组合数012,,,,,,knn n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）各项次数都等于二项式的幂指数n ；（4）字母a 的指数由n 开始按降幂排列到0，b 的指数由0开始按升幂排列到n ．注意：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是特指相应的组合数C 0n ，C 1n ，…，C n n ，它只与各项的项数有关，而与a ，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a ，b 的值有关． 3.4.(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝ .(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝ .5.求二项展开式中特定项(或系数)的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项T k ＋1＝C k n a n －k b k，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k ；第三步，把k 代入通项中，即可求出T k ＋1，有时还需要先求n ，再求k ，才能求出T k ＋1或者其他量． 6.求三项展开式中某些特定项(或系数)的策略(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解． (2)两次利用二项式定理的通项求解．(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．7.二项式定理中的字母可取任意数或式，在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法．对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.8.二项展开式中系数最大项的求法如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1，注意解出k 后要检验首末两项．。

高中高考数学计数原理学习知识汇总

计数原理课表要求1、会用两个数原理剖析解决的；2、理解摆列观点，会推摆列数公式并能用；3、理解合观点，会推合数公式并能解决；4、合用摆列合知解决的；5、会用二式定理解决与二睁开式有关的；6、会用二式定理求某的二式系数或睁开式系数，会用法求系数之和。

打破方法1．加基知的复，深刻理解分数原理、分步数原理、摆列合等基本观点，坚固掌握二式定理、二睁开式的通、二式系数的性。

2．加数学方法的掌握和用，特是解决摆列合用性，着重方法的取。

比方：直接法、接法等；几何、涂色、数字、其余等；掌握每种方法使用特色及使用范等。

3．重数学思的，着重数学思想的用，在解程中着重化与化思想的用，将不一样背景的同一个数学模型求解；着重数形合、分思想、整体思想等，使化易。

知识点1、分加法数原理达成一件事，有 n 不一样方案，在第 1 方案中有种不一样的方法，在第2 法中有种不一样的方法，⋯⋯在第n 法中有种不一样的方法。

那么完成件事共有： N= + +⋯⋯ +种不一样的方法。

注意：（1 ）分加法数原理的使用关是分，分必明确准，要求每一种方法必属于某一方法，不一样的随意两种方法是不一样的方法，分中所要求的“不重复” 、“不漏”。

（2）达成一件事的 n 法是相互独立的。

从会合角度看，达成一件事分A、 B 两法， A B= ,A B= I （I 表示全集）。

（3）明确目中所指的“达成一件事”是指什么事，达成件事能够有哪些法，怎才算是达成件事。

2、分步乘法数原理达成一件事，需要 n 个步，做第 1 步有种不一样的方法，做第2步有种不一样的方法，⋯⋯做第n 步有种不一样的方法，那么达成件事共有：N=··⋯⋯·种不一样的方法。

注意：（1）明确目中所指的“做一件事”是什么事，独用中所的某种方法能否是能达成件事，能否是要几个步才能达成件事。

（2）达成件事需要分红若干个步，只有每个步都达成了，才算达成件事，缺乏哪一步，件事都不行能达成。

2022版新高考数学总复习基础综合训练--专题十计数原理

2022版新高考数学总复习--专题十计数原理备考篇【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、计数原理、排列、组合1.分类加法计数原理,分步乘法计数原理(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.(2)会用两个原理分析和解决一些简单的实际问题.2.排列与组合(1)理解排列、组合的概念.(2)能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.(3)能解决简单的实际问题.1.从近几年的高考命题情况看,考题难度以中低档为主,题型以选择题,填空题的形式出现.2.考查内容主要体现以下方面:(1)利用排列、组合解决实际问题或利用排列、组合解决概率有关问题;(2)利用二项式展开式的通项求指定项系数或求二项式系数问题;(3)利用二项式展开式求二项式系数最值问题或求系数最值问题,常以这些内容为考查重点,同时关注分类讨论思想在处理排列、组合问题中的应用.1.在处理排列、组合的应用问题时,常采用直接法,间接法,在处理二项式问题时常采用公式法.2.用排列、组合知识解决计数问题时,如果遇到的情况较为复杂,即分类较多,标准也较多,同时所求计数的结果不太容易计算时,往往利用表格法、树状图法将其所有的可能一一列举出来,这样会更容易得出结果.3.求解二项式展开式的特定项时,即求展开式中的某一项,如第n项,常数项,有理项,字母指数为某些特殊值的项,先准确写出通项T r+1=C n r a n-r b r,再把系数与字母分离出来(注意符号),最后根据题目中指定的字母的指数所具有的特征,列出关系式求解即可.4.关注排列、组合在解决求离散型随机变量分布列中的应用,能够在不同背景下抽象的数学本质,强化在知识的形式过程,知识的迁移中渗透学科素养.二、二项式定理1.能用计数原理证明二项式定理.2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【真题探秘】命题立意(1)必备知识:计数原理与排列、组合.(2)考查能力:逻辑推理能力与运算求解能力.(3)核心素养:数学运算.解题过程第一步:安排甲场馆的志愿者,则甲场馆的安排方法有C61=6种,第二步:安排乙场馆的志愿者,则乙场馆的安排方法有C52=10种,第三步:安排丙场馆的志愿者,则丙场馆的安排方法有C33=1种.所以共有6×10×1=60种不同的安排方法.故选C.易错警示对于排列、组合问题,首先要分析元素是否可重复,其次要分析是排列问题,还是组合问题.知能拓展(1)原理解读:分类加法计数原理和分步乘法计数原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个事件来完成,两个原理的区别在于一个与分类有关,一个与分步有关.这两个计数原理是最基本也是最重要的计数原理,是解答排列与组合问题,尤其是解答较复杂的排列与组合问题的基础.(2)方法拓展:解排列问题的主要方法有直接法、优先法、捆绑法、插空法、间接法.分配问题有平均分配问题与非平均分配问题. [教师专用题组]1.真题多维细目表考题涉分题型难度考点考向解题方法核心素养2020新高考Ⅰ,35单项选择题易排列、组合分配问题直接法数学运算2020新高考Ⅱ,65单项选择题易排列、组合分配问题直接法数学运算2020课标Ⅰ理,85选择题中二项式定理求展开式中指定项的系数分类讨论法数学运算逻辑推理2020北京,34选择题易二项式定理求展开式中指定项的系数公式法数学运算逻辑推理2020天津,115填空题易二项式定理求展开式中指定项的系数公式法数学运算逻辑推理2.命题规律与探究1.从2020年高考情况来看,考题难度以中低档为主,主要以选择题、填空题的形式出现,分值为5分.2.本专题内容在高考试题中以排列组合的综合应用,利用二项式定理求二项式系数或求指定项系数为主,考查了学生处理问题的思维严密性和分类讨论的数学思想方法.3.在处理排列组合的应用问题时,常采用直接法、间接法;在处理二项式问题时常采用公式法.4.本章重点考查的学科核心素养为数学运算和逻辑推理.3.命题变化与趋势1.从2020年高考情况来看,考查方式及题目难度与往年变化不大,延续此前的考试风格.2.考查内容主要体现在以下方面:①利用排列、组合解决实际问题,或利用排列、组合解决概率有关问题.②利用二项展开式的通项公式求指定项系数或求二项式系数问题.③利用二项式展开式求二项式系数最值问题或求系数最值问题.常以这些内容为考查重点,同时关注分类讨论思想在处理排列、组合问题中的应用.3.加强关注排列、组合在解决求离散型随机变量分布列中的应用,能够在不同背景下抽象出数学本质.强化在知识的形成过程、知识的迁移中渗透学科素养.4.真题典例核心考点(1)排列、组合;(2)分组、分配问题.知识储备(1)解排列问题的主要方法:直接法,特殊位置或元素优先考虑法、相邻捆绑法、不相邻插空法;间接法.(2)分组分配:先分组后分配原则,必须注意是均匀分配还是非均匀分配问题;(3)排列、组合问题中注意适当分类后可避免重复计数问题.思路分析(1)这是一个定向的完全不均匀分配问题;(2)先把6名学生按人数分为1、2、3三个小组,再分别去三个场馆.易错警示本题是一个完全不均匀分组后再定向分配问题,容易出现分组再分配的错误.命题规律分组、分配问题是排列、组合的综合问题,解题思想是先分组后分配.分组问题属于“组合”问题,常见的分组方法有三种:①完全均匀分组,每组元素的个数都相等;②部分均匀分组,应注意不要重复;③完全非均匀分组,这种分组不考虑重复现象.§10.1计数原理与排列、组合基础篇【基础集训】考点计数原理、排列、组合1.已知某公园有4个门,从一个门进,另一个门出,则不同的走法的种数为()A.16B.13C.12D.10答案 C2.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为()A.14B.13C.12D.10答案 B3.中国国家队在2018俄罗斯世界杯亚洲区预选赛12强小组赛中以1比0力克韩国国家队,赛后有六名队员打算排成一排照相,其中队长主动要求排在排头或排尾,甲、乙两人必须相邻,则满足要求的排法有()A.34种B.48种C.96种D.144种答案 C4.某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队,平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊,其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士,则不同的分配方案有()A.72种B.36种C.24种D.18种答案 B5.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,则比40 000大的偶数共有()A.114个B.120个C.96个D.72个答案 B6.高考结束后6名同学游览某市包括日月湖在内的6个景区,每名同学任选一个景区游览,则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有()A.A62×A54种B.A62×54种C.C62×A54种D.C62×54种答案 D7.如图所示,用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色,相邻区域必须涂不同颜色,若允许同一种颜色多次使用,则不同的涂色方法共有种.答案1808.有3女2男共5名志愿者要全部分到3个社区去参加志愿服务,每个社区1到2人,甲、乙两名女志愿者需到同一社区,男志愿者到不同社区,则不同的分法种数为.答案12[教师专用题组]【基础集训】1.(2020山西大同开学学情调研,4)从6名大学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人,组成4人知识竞赛代表队,则不同的选法共有()A.15种B.180种C.360种D.90种答案B先从6名大学生中选出队长1人,副队长1人,再从剩下的4人中选2人,故有A62C42=180种,故选B.解题关键解决此类问题的关键是判断问题与顺序有没有关系.2.(2019陕西汉中二模,10)汉中市2019年油菜花节在汉台区举办,组委会将甲、乙等6名工作人员分配到两个不同的接待处负责接待工作,每个接待处至少2人,则甲、乙两人不在同一接待处的分配方法共有()A.12种B.22种C.28种D.30种答案C将6名工作人员分成A,B两组,对应两个不同的接待处,由题可分两种情况讨论:①甲在A组,组内分到其他四人中的1人,2人或3人,则有C41+C42+C43=14种分法;②甲在B组,组内分到其他四人中的1人,2人或3人,则有C41+C42+C43=14种分法.一共有14+14=28种分法.故选C.解题关键本题考查分类加法计数原理,解题的关键是分类列出所有可能情况,属于一般题.3.(2018四川德阳三校联考,7)从5名学生中选出4名分别参加数学,物理,化学,生物竞赛,其中甲不能参加生物竞赛,则不同的参赛方案种数为()A.48B.72C.90D.96答案D根据题意,从5名学生中选出4名分别参加竞赛,分2种情况讨论:①选出的4人中没有甲,即选出其他4人参赛,有A44=24种情况;②选出的4人中有甲,由于甲不能参加生物竞赛,则甲有3种选法,在剩余4人中任选3人参加剩下的三科竞赛,有A43=24种选法,则此时共有3×24=72种选法,故共有24+72=96种不同的参赛方案.故选D.4.(2018广东中山一中第五次统测,7)从10名大学毕业生中选3个人担任村长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为()A.85B.49C.56D.28答案B∵丙没有入选,∴只需把丙去掉,总的元素个数变为9.∵甲、乙至少有1人入选,∴由条件可分为两类:一类是甲、乙两人只选一人,选法有C21·C72=42种;另一类是甲、乙都选,选法有C22·C71=7种,根据分类计数原理知共有42+7=49种,故选B.5.一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不重复(除交汇点O外)的游览线路有()A.6种B.8种C.12种D.48种答案D从点P处进入后,参观第一个景点时,有6个路口可以选择,从中任选一个,有C61种选法;参观完第一个景点,参观第二个景点时,有4个路口可以选择,从中任选一个,有C41种选法;参观完第二个景点,参观第三个景点时,有2个路口可以选择,从中任选一个,有C21种选法,则共有C61C41C21=48(种),故选D.综合篇【综合集训】考法一排列、组合问题的解题方法1.(2019重庆万州二模,6)某中学某班主任要从7名同学(其中3男4女)中选出两名同学,其中一名担任班长,另一名担任学习委员,且这两名同学中既有男生又有女生,则不同的安排方法有()A.42种B.14种C.12种D.24种答案 D2.(多选题)(2021届山东师大附中模拟)“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系,该书中有两类最基本的符号:“——”和“——”,其中“——”在二进制中记作“1”,“——”在二进制中记作“0”,其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列,则可以组成的不同的十进制数为()A.0B.1C.2D.3答案ABCD3.(2020山东烟台期末)为弘扬我国古代的“六艺文化”,某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程,每周一门,连续开设六周.若课程“乐”不排在第一周,课程“御”不排在最后一周,则所有可能的排法种数为()A.216B.480C.504D.624答案 C4.(2019甘肃嘉峪关一中模拟)在高三某班进行的演讲比赛中,共有5位选手参加,其中3位女生,2位男生,如果2位男生不能连续出场,且女生甲不能排第一个,那么出场顺序的排法种数为.答案605.(2020广东广州执信中学月考,14)有6张卡片分别写有数字1,1,1,2,2,2,从中任取4张,可排出的四位数有个.答案14考法二分组分配问题的解题方法6.(2021届辽宁上学期测试,7)我国即将进入双航母时代,航母编队的要求是每艘航母配2~3艘驱逐舰,1~2艘核潜艇.船厂现有5艘驱逐舰和3艘核潜艇全部用来组建航母编队,则不同的组建方法种数为()A.30B.60C.90D.120答案 D7.(2019广东肇庆第一次统测,11)将甲、乙、丙、丁、戊共5人分配到A、B、C、D共4所学校,每所学校至少一人,且甲不去A 学校,则不同的分配方法有()A.72种B.108种C.180种D.360种答案 C8.(2019福建厦门一中月考,7)小明和小红都计划在国庆节的7天假期中到厦门“两日游”,若他们不同一天出现在厦门,则他们出游的不同方案共有()A.16种B.18种C.20种D.24种答案 C9.(2021届浙江高考选考科目9月联考,15)某地需要安排人员分别在上午、下午、前半夜、后半夜四个时间段值班,要求每班至少含一名民警和一名医务人员,且至少有一名女性,每人值一班.现有民警4人(4男),医务人员6人(5女1男),其中民警甲不排上午,男医生不排上午、下午,则不同的安排方法有种.答案8 640[教师专用题组]【综合集训】考法一排列、组合问题的解题方法1.(2018安徽合肥调研性检测,9)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数,这样的四位数有()A.250个B.249个C.48个D.24个答案C先考虑四位数的首位,当排数字4,3时,其他三个数位上可从剩余的4个数中任选3个进行全排列,得到的四位数都满足题设条件,因此依据分类加法计数原理可得满足题设条件的四位数共有2A43=2×4×3×2=48个,故选C.2.(2017河南百校联考质检,7)甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排照毕业相,要求甲不站在两侧,而且乙和丙相邻、丁和戊相邻,则不同的站法种数为()A.60B.96C.48D.72答案C第一步:先把乙和丙,丁和戊看作两个整体,和己进行全排列,共有A33A22A22种站法;第二步:安排甲,因为甲不站在两侧,所以从乙和丙,丁和戊,己之间的两个空中任取一个,共有2种站法,所以共有2A33A22A22=48种不同的站法,选C.3.(2020吉林延边二中9月月考,8)某次演出共有6位演员参加,规定甲只能排在第一个或最后一个出场,乙和丙必须排在相邻的顺序出场,则不同的演出顺序共有()A.24种B.144种C.48种D.96种答案D把乙、丙看作一个元素,此时有5个元素,若甲排第一个,有A44A22=48种情况,若甲排最后一个,有A44A22=48种情况,共有48+48=96种情况,故选D.解题关键本题主要考查排列的应用,结合特殊元素优先法以及相邻问题捆绑法是解决本题的关键.4.(2018福建福州二模,8)福州西湖公园花展期间,安排6位志愿者到4个展区提供服务,要求甲、乙两个展区各安排一个人,剩下两个展区各安排两个人,不同的安排方案共有()A.90种B.180种C.270种D.360种答案B根据题意,分3步进行分析:①在6位志愿者中任选1位,安排到甲展区,有C61=6种情况;②在剩下的5位志愿者中任选1位,安排到乙展区,有C51=5种情况;③将剩下的4位志愿者平均分成2组,然后安排到剩下的2个展区,有C42C22A22×A22=6种情况,则一共有6×5×6=180种不同的安排方案,故选B.5.(2018豫北名校联考,9)2018年元旦假期,某校高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名.8名同学分乘甲、乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有()A.18种B.24种C.48种D.36种答案B由题意,有两类:第一类,(1)班的2名同学在甲车上,甲车上剩下2名同学要来自不同的班级,从3个班级中选2个班级,有C32=3种情况,然后分别从选择的班级中再选择1名同学,有C21C21=4种情况,故有3×4=12种情况.第二类,(1)班的2名同学不在甲车上,则从剩下的3个班级中选择1个班级的2名同学坐在甲车上,有C 31=3种情况,然后再从剩下的2个班级中分别选择1名同学,有C 21C 21=4种情况,这时共有3×4=12种情况.根据分类加法计数原理得,共有12+12=24种不同的乘车方式,故选B.6.(2017江西八所重点中学联合模拟,13)摄像师要对已坐定一排照相的5位小朋友的座位顺序进行调整,要求其中恰有2人座位不调整,则不同的调整方案的种数为 .(用数字作答) 答案 20解析从5人中任选3人有C 53种,将3人位置全部进行调整,有C 21·C 11·C 11种,故有C 53·C 21·C 11·C 11=20种调整方案.思路分析先考虑从5人中任选3人的方法数,再考虑3人位置全调的方法数,进而利用分步乘法计数原理得结果.7.(2019北京昌平二模,12)2019年3月2日,昌平“回天”地区开展了7种不同类型的“三月雷锋月,回天有我”社会服务活动.其中有2种活动既在上午开展、又在下午开展,3种活动只在上午开展,2种活动只在下午开展.小王参加了两种不同的活动,且分别安排在上、下午,那么不同安排方案的种数是 . 答案 18解析不同安排方案的种数为C 51C 21+C 21C 31+C 21C 11=18.8.(2018北京西城一模,13)安排甲、乙、丙、丁4人参加3个运动项目,每人只参加一个项目,每个项目都有人参加.若甲、乙2人不能参加同一个项目,则不同的安排方案的种数为 .(用数字作答) 答案 30解析不同的安排方案的种数为C 31×C 21×(C 21+C 31)=30.考法二分组、分配问题的解题方法1.(2018广东珠海模拟,7)将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则不同放法共有 ( )A.480种B.360种C.240种D.120种答案 C 根据题意,将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则必须有2个小球放入1个盒子,其余的小球各单独放入一个盒子,分2步进行分析:①先将5个小球分成4组,有C 52=10种分法;②将分好的4组全排列,放入4个盒子,有A 44=24种情况,则不同的放法有10×24=240种.故选C.思路分析根据题意,分2步进行分析:①先将5个小球分成4组,②将分好的4组全排列,放入4个盒子,由分步乘法计数原理计算可得答案.方法总结本题中涉及分组分配问题:先分组再分配.若涉及均匀分组问题,在均匀分成n 组时,注意除以A n n .2.(2019辽宁大连模拟,7)把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中,每个盒子只放一个小球,则1号球不放入1号盒子的方法共有 ( ) A.18种 B.9种 C.6种 D.3种答案 A 由于1号球不放入1号盒子,则1号盒子有2、3、4号球三种选择,剩余的三个球可以任意放入2、3、4号盒子中,则2号盒子有三种选择,3号盒子还剩两种选择,4号盒子只有一种选择,故1号球不放入1号盒子的方法有C 31·C 31·C 21·1=18种.故选A.3.(2019山西高考考前适应性模拟(三),15)将5名学生分配到3个社区参加社会实践活动,每个社区至少分配一人,则不同的分配方案有种.(填写数字) 答案 150解析当一个社区3人,其他社区各1人时,方案有C 53A 33=60种;当一个社区1人,其他社区各2人时,方案有C 51C 42C 22A 22·A 33=90种.故不同的分配方案共有150种.。

高考数学-计数原理(含22年真题讲解)

高考数学-计数原理（含22年真题讲解）1．【2022年新高考2卷】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（）A．12种B．24种C．36种D．48种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!×2×2=24种不同的排列方式，故选：B2．【2022年北京】若(2x−1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0+a2+a4=（）A．40B．41C．−40D．−41【答案】B【解析】【分析】利用赋值法可求a0+a2+a4的值.【详解】令x=1，则a4+a3+a2+a1+a0=1，令x=−1，则a4−a3+a2−a1+a0=(−3)4=81，=41，故a4+a2+a0=1+812故选：B.)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为________________（用3．【2022年新高考1卷】(1−yx数字作答）．【解析】【分析】(1−yx )(x+y)8可化为(x+y)8−yx(x+y)8，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为(1−yx )(x+y)8=(x+y)8−yx(x+y)8，所以(1−yx )(x+y)8的展开式中含x2y6的项为C86x2y6−yxC85x3y5=−28x2y6，(1−yx)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为-28故答案为：-284．【2022年浙江】已知多项式(x+2)(x−1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2=__________，a1+a2+a3+a4+a5=___________．【答案】8−2【解析】【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令x=0求出a0，再令x=1即可得出答案．【详解】含x2的项为：x⋅C43⋅x⋅(−1)3+2⋅C42⋅x2⋅(−1)2=−4x2+12x2=8x2，故a2=8；令x=0，即2=a0，令x=1，即0=a0+a1+a2+a3+a4+a5，∴a1+a2+a3+a4+a5=−2，故答案为：8；−2．1．（2022·湖南·长沙县第一中学模拟预测）62x⎫⎪⎭展开式中的常数项为（）A．60B．64C．－160D．240【答案】A【解析】先得到二项式的通项公式，再令x 的指数为0得到项数，从而得到常数项大小．【详解】解：62x ⎫⎪⎭的二项展开式的通项公式为()()62213666C 22C r r r rr r r rT x x x---+=⋅⋅-⋅=-⋅⋅．令630r -=，解得2r =，所以展开式的常数项为()2262C 60-⋅=．故选：A ．2．（2022·江苏无锡·模拟预测）二项式()()()237121212x x x ++++++的展开式中，含2x 项的二项式系数为（） A ．84 B ．56 C ．35 D ．21【答案】B 【解析】【分析】易知展开式中，含2x 项的二项式系数为222222234567C C C C C C +++++，再利用组合数的性质求解. 【详解】解：因为二项式为()()()237121212x x x ++++++，所以其展开式中，含2x 项的二项式系数为：222222234567C C C C C C +++++，3222244567=C C C C C ++++，32225567=C C C C +++，322667=C C C ++，3277=C C +，38=C 56=.故选：B3．（2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测）将5名志愿者分配到4个不同的社区进行抗疫，每名志愿者只分配到1个社区，每个社区至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（） A ．120种 B ．240种 C ．360种 D ．480种【答案】B 【解析】【分析】将5名志愿者分为4组，每组的人数分别为2、1、1、1，再将这4组志愿者分配到4个不同的社区，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】将5名志愿者分为4组，每组的人数分别为2、1、1、1，再将这4组志愿者分配到4个不同的社区，由分步乘法计数原理可知，不同的分配方案种数为2454C A 240=.故选：B.4．（2022·吉林·三模（理））对于91x ⎛- ⎝的展开式，下列说法不正确的是（）A ．有理项共5项B ．二项式系数和为512C ．二项式系数最大的项是第4项和第5项D ．各项系数和为1- 【答案】C 【解析】【分析】由二项式展开式的通项公式与二项式系数的性质求解判断. 【详解】91x ⎛- ⎝的展开式的通项公式为 (939219912rr rr rr r T C C xx --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，当0,2,4,6,8r =时，展开式的项为有理项，所以有理项有5项，A 正确；所有项的二项式系数和为92512=，B 正确；因为二项式的展开式共有10项，所以二项式系数最大的项为第5项和第6项，C 错误；令1x =，所有项的系数和为()9121-=-，D 正确. 故选：C5．（2022·全国·模拟预测（理））为帮助用人单位培养和招聘更多实用型、复合型和紧缺型人才，促进高校毕业生更高质量就业，教育部于2021年首次实施供需对接就业育人项目．某市今年计划安排甲、乙、丙3所高校与5家用人单位开展供需对接，每家用人单位只能对接1所高校，且必有高校与用人单位对接．若甲高校对接1家用人单位，乙、丙两所高校分别至少对接1家用人单位，则不同的对接方案共有（） A ．50种 B ．60种 C ．70种 D ．80种【答案】C 【解析】【分析】将方案分为乙、丙高校各对接2家用人单位和乙、丙高校其中一所对接1家用人单位，另一所对接3家用人单位两种情况，根据分组分配的方法可计算得到每种情况对应的方案数，加和即可求得结果. 【详解】若乙、丙高校各对接2家用人单位，则对接方案有125430C C ⋅=种；若乙、丙高校其中一所对接1家用人单位，另一所对接3家用人单位，则对接方案有131252C C C 40=种；综上所述：不同的对接方案共有304070+=种. 故选：C.6．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））已知()()()()727012723111x a a x a x a x -=+-+-++-，则3a =（）A ．280B ．35C ．35-D ．280-【答案】A 【解析】【分析】将()()()()727012723111x a a x a x a x -=+-+-++-化为()727012721t a a t a t a t -=++++，利用展开式的通项求解即可.【详解】()()()()727012723111x a a x a x a x -=+-+-++-，令1=x t -，则=1x t + ∴()727012721t a a t a t a t -=++++，()721t -展开式的通项为：()717C (2)1rrr r T t -+=-，令4r =，可得()3437C 2280t t =，所以3280a =.故选：A.7．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）()251(1)x x x -+-的展开式中4x 的系数为（）A ．25-B ．25C ．5-D ．5【答案】A 【解析】【分析】根据题意()2525551(1)(1)(1)(1)x x x x x x x x -+-----=+，借助二项展开式通项得5(1)x -的展开式为()5151C ,0,1,2, (5)k kk T x k -+=-=，分析求解．【详解】∵()2525551(1)(1)(1)(1)x x x x x x x x -+-----=+5(1)x -的展开式为()()55155C 11C ,0,1,2,...,5k kk k k kk T x x k --+=-=-=，令3k =，得()332251C 10x x -=-，则224(10)10x x x -=-，令2k =，得()223351C 10x x -=，则34(10)10x x x -=-，令1k =，得()14451C 5x x -=-，∵()251(1)x x x -+-的展开式中4x 的系数为()()()1010525-+-+-=-.故选：A ．8．（2022·全国·模拟预测）数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数222222321231112220=+++=+++．设222225a b c d =+++，其中a ，b ，c ，d 均为自然数，则满足条件的有序数组(),,,a b c d 的个数是（） A ．28 B ．24 C ．20 D ．16【答案】A 【解析】【分析】分类讨论四个数的组成后，由计数原理求解【详解】显然a ，b ，c ，d 均为不超过5的自然数，下面进行讨论．最大数为5的情况：①2222255000=+++，此时共有144A =种情况；最大数为4的情况：②2222254300=+++，此时共有2412A =种情况；③2222254221=+++，此时共有2412A =种情况．当最大数为3时，222222223322253321+++>>+++，故没有满足题意的情况．综上，满足条件的有序数组(),,,a b c d 的个数是4121228++=．故选：A9．（2022·福建省福州格致中学模拟预测）已知21nn a =+，则关于()()()()()()123456x a x a x a x a x a x a ------的展开式，以下命题错误的是（）A ．展开式中系数为负数的项共有3项B ．展开式中系数为正数的项共有4项C ．含5x 的项的系数是126-D ．各项的系数之和为212 【答案】C 【解析】【分析】写出展开式各项的系数判断其正负即判断选项ABC 的真假；求出各项的系数之和即可判断选项D 的真假. 【详解】解：原式=()()()()()()359173365x x x x x x ------，所以6x 的系数为1，是正数；5x 的系数为3591733651320------=-<，4x 的系数为35+39+317+333+365+59++33650⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯>，3x 的系数为(3)(5)(9)(3)(5)(17)(17)(33)(65)0---+---++---<，2x 的系数为3591791733650⨯⨯⨯++⨯⨯⨯>，x 的系数为(3)(5)(9)(17)(33)+(5)(9)(17)(33)(65)0-----+-----<，常数项为3591733650⨯⨯⨯⨯⨯>，所以展开式中系数为负数的项共有3项，展开式中系数为负数的项共有4项，所以选项AB 正确，选项C 错误.设()()()()()()()359173365f x x x x x x x =------，所以2345621(1)2222222f =⋅⋅⋅⋅⋅=.所以各项的系数之和为212，所以选项D 正确. 故选：C10．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，012345515253545556C C C C C C a a a a a a +++++的值为（）A ．761B ．697C ．518D ．454【答案】D 【解析】【分析】由()1121n n a a ++=+，结合等比数列的定义和通项公式可求出21nn a =-，结合二项式定理可求出012345515253545556C C C C C C a a a a a a +++++的值. 【详解】解：因为()112221n n n a a a ++=+=+，又11a =，所以{}1n a +以2为首项，2为公比的等比数列，所以11222n n n a -+=⨯=，所以21n n a =-，则012345515253545556C C C C C C a a a a a a +++++()01223344556012345555555555555C 2C 2C 2C 2C 2C 2C C C C C C =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯-+++++又01223344556555555C 2C 2C 2C 2C 2C 2⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯()0011223344555555552C 2C 2C 2C 2C 2C 2=⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯()5212486=⨯+=，0123455555555C C C C C C 232+++++==，所以012345515253545556C C C C C C a a a a a a +++++48632454=-=，故选：D11．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）某地区安排A ，B ，C ，D ，E ，F 六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A ，B 两人安排在同一个社区，C ，D 两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为（） A ．72 B ．84 C ．90 D ．96【答案】B 【解析】【分析】分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人两种分配方式，第二种分配方式再分AB 两人一组去一个社区，AB 加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果. 【详解】第一种分配方式为每个社区各两人，则CE 一组，DF 一组，或CF 一组，DE 一组，由2种分组方式，再三组人，三个社区进行排列，则分配方式共有332A 12=种；第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，当AB 两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，则必有C 或D 为一组，有1323C C 种分配方法，再三个社区，三组人，进行排列，有133233C C A 12=种分配方法；当AB 加上另一人三人去一个社区，若选择的是C 或D ，则有12C 种选择，再将剩余3人分为两组，有1232C C 种分配方法，将将三个社区，三组人，进行排列，有11232323C C C A 36=种分配方法；若选择的不是C 或D ，即从E 或F 中选择1人和AB 一起，有12C 种分配方法，再将CD 和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有13232C A 24=种分配方法，综上共有12+12+36+24=84种不同的分配方式故选：B12．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著.该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算和计数.某中学研究性学习小组有甲、乙、丙、丁四人，该小组拟全部收集九宫算、运筹算、了知算、成数算和把头算等5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分工收集方案共有（）种. A ．108 B ．136 C ．126 D ．240【答案】C 【解析】【分析】对甲收集的方案种数进行分类讨论，结合分组分配原理以及分类加法计数原理可求得结果. 【详解】分以下两种情况讨论：①若甲只收集一种算法，则甲有3种选择，将其余4种算法分为3组，再分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为23433C A 108=种；②若甲收集两种算法，则甲可在运筹算、成数算和把头算3种算法中选择2种，其余3种算法分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为2333C A 18=种.综上所述，不同的收集方案种数为10818126+=种. 故选：C.13．（2022·广东佛山·模拟预测）“五经”是儒家典籍《周易》、《尚书》、《诗经》、《礼记》、《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校在周末兴趣活动中开展了“五经”知识讲座，每经排1节，连排5节，则《诗经》、《春秋》分开排的情况有________种．【答案】72 【解析】【分析】由于《诗经》、《春秋》分开排，先将《周易》、《尚书》、《礼记》进行排列，然后再把《诗经》、《春秋》插入到4个空位中即可得到答案【详解】先将《周易》、《尚书》、《礼记》进行排列，共有33A 种排法再从产生的4个空位中选2个安排《诗经》、《春秋》，共有24A 种排法所以满足条件的情形共有3234A A 72=种．故答案为：7214．（2022·上海市光明中学模拟预测）已知二项式623x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则其展开式中3x 的系数为____________．【答案】540- 【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式即可求解. 【详解】由题意可知，623x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()()621231663C C 3r r rr r rr T x x x --+⎛⎫=⨯⨯-⨯ =-⨯⎪⎝⎭，令1233r -=，解得3r =.所以二项式623x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中3x 的系数为()()363C 27205034=-=-⨯⨯-.故答案为：540-.15．（2022·吉林·三模（理））为了保障疫情期间广大市民基本生活需求，市政府准备了茄子、辣椒、白菜、角瓜、菜花、萝卜、黄瓜、土豆八种蔬菜，并从中任选五种，以“蔬菜包”的形式发给市民．若一个“蔬菜包”中不同时含有土豆和萝卜，且角瓜、黄瓜、辣椒最多只含有两种，则可以组成___________种不同的“蔬菜包”．【答案】27 【解析】【分析】运用加法分类计数原理，结合组合的定义进行求解即可. 【详解】当土豆和萝卜都不含有时，蔬菜包的种数为2333C C 3⋅=；当土豆和萝卜中只含有一种时，蔬菜包的种数为1221323333C (C C C C )2(3331)24⋅+⋅=⨯+⨯=，所以可以组成种不同“蔬菜包”种数为32427+=，故答案为：2716．（2022·湖南·模拟预测）()()5321x x -+的展开式的中4x 的系数是______．【答案】5 【解析】【分析】由()()()()5553321211xx x x x -+=+-+，则分别求出()51x +中的4x 与x 的系数即可求解．【详解】()()()()5553321211x x x x x -+=+-+，所以展开式中4x 的系数是14552C 1C 5⋅-⋅=．故答案为：517．（2022·江苏无锡·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，已知甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，则这5个人的名次排列情况共有________种．【答案】54 【解析】【分析】根据甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，分甲是第5名和甲不是第5名分类求解. 【详解】解：因为甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，当甲是第5名时，则乙可以为第2，3，4名，有3种情况，剩下的3人全排列有33A 6=种，此时，由分步计数原理得共有1863=⨯种情况；当甲不是第5名时，则甲乙排在第2，3，4名，有23A 6=种情况，剩下的3人全排列有33A 6=种，此时，由分步计数原理得共有6636⨯=种情况；综上：甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，则这5个人的名次排列情况共有18+36=54种情况，故答案为：5418．（2022·山东泰安·模拟预测）古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式.”在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美.如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作.数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）.数学上把20200202这样的对称数叫回文数，若两位数的回文数共有9个（11，22，…，99）.则所有四位数的回文数中能被3整除的个数是___________.【答案】30 【解析】【分析】所有四位数的回文数中要能被3整除，这四个数的和是3的偶数倍数，分类讨论即可. 【详解】要能被3整除，则四个数的和是3的偶数倍数.满足条件的回文数分为以下几类：和为6的回文数：1221+++，3003+++，此时有1213⨯+=个.和为12的回文数：3333+++，2442+++，1551+++，6006+++，此时有2226⨯+=个.和为18的回文数：1881+++，2772+++，3663+++，4554+++，9009+++，此时有4219⨯+=个.和为24的回文数：3993+++，4884+++，5775+++，6666+++，此时有3217⨯+=个.和为30的回文数：7887+++，6996+++，此时有224⨯=个. 和为36的回文数：9999+++，此时有1个. 故共有36974130+++++=个. 故答案为：30.19．（2022·辽宁沈阳·三模）若()2345501234512a a x a x a x a x a x x =+++-++，则012345a a a a a a +++++=_______．【答案】243##53【解析】【分析】根据二项展开式可得012345012345a a a a a a a a a a a a +++++=-+-+-，令1x =-，即可得解. 【详解】解：()512x -的展开式得通项为()()155C 22C r rr r rr T x x +=-=-，则012345012345a a a a a a a a a a a a +++++=-+-+-，令1x =-，则50123453243a a a a a a -+-+-==，即012345243a a a a a a +++++=. 故答案为：243.20．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测）某科室有4名人员，两男两女，参加会议时一排有5个位置，从左到右排，则两女员工不相邻（中间隔空位也叫不相邻），且左侧的男员工前面一定有女员工的排法有_______种（结果用数字表示）．【答案】44【解析】【分析】应用分类分步计数，结合排列组合数及插空法求左侧的男员工前面一定有女员工的排法数. 【详解】先排两男和空位，再把两女插空，分两种情形：第一种，先排两男和空位，最左边是空位时，排两男和空位共22A 2=种，将女生插空时又分两种情形：先排两男和空位时，空位两侧排两名女生时计22A 2=种；空位两侧共排一名女生时计111222C C C 8=种，共计()2211122222A A +C C C 20=种；第二种，先排两男和空位，最左边是男生时，排两男和空位共41222C A =种，将女生插空共1123C C 6=种，共计12112223C A C C 24=种，综上，共计()221111211222222223A A C C C C A C C 44++=种．故答案为：44。

第六章高考数学计数原理知识总结

第六章计数原理()()1212_...__...._.12.n n n N m m m n N m m m ⎧⎧⇒⎪⎨=+++⎩⎪⎪⎧⎪⇒⎨⎪=⨯⨯⨯⎫⎪⎩⇒⎬⎨⎭⎪⎪⇒⎪⎪⎪⎪⎩⇒定义：完成一件事有类不同方案分类加法计算原理公式：定义：完成一件事需要个步骤分步乘法计数原理公式：分类加法计算原理与分步乘法计算原理区别：一个分类，一个分步两个计算原理的关系及综合应用综合应用明确是先分类还是先分步；确定分类标准和分步程序排列排列计数原理排列与组合11(1)(2)...(1)______.:______.,:mn mmn n m m m n m m m m n n n n nA n n n n m A C A C C C C C --+⎧⎪=---+⎪⎨⎪⎪⎩⎧=⎪⎪⎪==+⎨⎪⎪⎪⎩的定义：按一定的顺序排成一列排列数及其公式：排烈应用题：元素分析法、位置分析法、捆绑法、插空法、整体法组合的定义合成一组组合数及其公式：组合组合数的性质：组合应用题：直接法、间接法、隔板法排列、组合综合应用题先分组后012..""2m n mn n n n n n n n C C C C C C -⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎧⇒⎪⎪⎨⎩⎪⎪⎪⎪⎧=⎪⎪⇒⎨⎪⎪⎪⎪⎪⇒⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪+++⋅⋅⋅+=⎩⎩⎪⎪⎪⎪⎩排列二项式定理的内容：二项式定理二项展开式的通项对称性；二项式定理增减性与最大值；杨辉三角形与二项式系数的性质各二项式系数的和；知识点一、计数原理1.分类加法计数原理概念：完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，…，在第n 类方案中有n m种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =++⋅⋅⋅+种不同的方法（也称加法原理）特征：（1）任何一类方案都能完成这件事；（2）各类方案之间相互独立；（3）分类要做到“不重不漏”2.分步乘法计数原理概念：完成一件事需要n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有n m 种不同的方法，那么，完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⋅⋅⋅⨯种不同的方法（也称乘法原理）特征：（1）任何一步都不能单独完成这件事；（2）各步之间相互依存；（3）分步要做到“步骤完整”知识点二、排列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2.排列数：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mn A 表示 3.排列数公式：()()()()!121!mn n A n n n n m n m =--⋅⋅⋅-+=-（*,m n N ∈，且m n ≤）知识点三、组合1.组合：一般地，从n 个不同的元素中取出()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2.组合数：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mn C 表示3.组合数公式：()()()()121!!!!mmn nm n n n n n m A n C A m m n m --⋅⋅⋅-+===-（*,m n N ∈，且m n ≤）4.组合数的性质：（1）m n m n n C C -=；（2）11m m m n n n C C C -+=+知识点四、二项式定理1.二项式定理概念：一般地，对于任意的正整数n ，都有()()01102*nnn n k n k k n nn n n n n a b C a C aC a b C a b C b n N ---+=+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+∈. 这个公式称为二项式定理，等号右边的式子称为()n a b +的二项展开式，()na b +的二项展开式共有1n +项，其中各项的系数{}()0,1,2,,kn C k n ∈⋅⋅⋅叫做二项式系数，k n k k n C a b -称为二项展开式的第1k +项，又称为二项展开式的通项 2.二项展开式的特征：（1）二项展开式共有1n +项；（2）二项式系数依次为组合数012,,,,,,knn n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）各项次数都等于二项式的幂指数n ；（4）字母a 的指数由n 开始按降幂排列到0，b 的指数由0开始按升幂排列到n 3.二项式系数与项的系数的区别：二项式系数为项的系数指该项中除字母外的部分 4.二项式系数的性质对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等增减性：当12n k +<时，二项式系数是逐渐增大的，由对称性知它的后半部分是逐渐减小的最大值：当n 是偶数时，中间一项的二项式系数2n nC 取得最大值；当n 是奇数时，中间两项的二项式系数1122,n n nnCC-+相等，且同时取得最大值5.二项式系数和：（1）二项展开式中各二项式系数之和为2n；（2）在二项展开式中奇数项的二项式系数之和与偶数项的二项式系数之和相等且都等于12n -.类型一：两个基本计数原理的实际应用问题例1 在某种信息传输过程中，4个数字组成的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同的排列表示不同的信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有2个对位置上的数字相同的信息个数为（）A ．10B ．11C ．12D ．15解析:方法1:分有0个时应位置上的数字相同、1个对应位显上的数字相同、2个时应位五上的数字相同讨论：（1）若有0个对应位五上的数字相同．则信息为1001，共有1个．（2）若有1个叶应位丑上的数字相同1101，1011，1000．共有4个．（3）若有2个时应位置上的数字相同，又分为以下情况①若位笠一与二对应相同，则信息为0101； ②若位五一与三时应相同，则信息为0011； ③若位五一与四对应相同，则信忽为0000； ④若位且二与三对应相同，则信息为1111； ⑤若位里二与四时应相同，则信忠为1100；⑥若位置三与四时应相同、则信．息为1010．共有6个．故与信息0110至多有2个对应位置上的数字相同的信息个数为14611.++= 方法2：若有0个对应位置上的数字相同．共有1个；若有1个对应位置上的数字相同。

【11】计数原理【2023年高考数学复习——大题狂练解答210道】

2023年高考数学复习——大题狂练：计数原理（15题）一．解答题（共15小题）1．（2022春•杨陵区校级期末）3名男同志和3名女同志到4辆不同的公交车上服务．（1）若每辆车上都需要人但最多安排男、女各1名，有多少种安排方法？（2）若男、女各包2辆车，有多少种安排方法？2．（2022春•济宁期末）已知展开式的二项式系数和为32，各项系数和为243．（1）求n、a的值；（2）若将展开式中的各项重新排列，求有理项互不相邻的概率．3．（2022春•闵行区校级期末）求满足下列方程组的正整数的解：（1）；（2）．4．（2022春•肇东市校级期末）（1）计算：；（2）已知，（m＞1）；求的值．5．（2022春•白水县期末）某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，求：（1）物理和化学至少选一门的选法种数；（2）物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选的选法种数．6．（2022春•驻马店期末）已知函数．（1）当0＜x＜1时，求f（f（x））表达式的展开式中二项式系数最大的项；（2）当x＞1时，若，求a6．7．（2022春•云浮期末）（1）求（1﹣2x）10展开式中第8项的二项式系数及第4项的系数；（2）若（1﹣2x）10＝a0+a1x+⋯+a10x10，求a1+a2+⋯+a10.注：结果用数值表示．8．（2022春•梅州期末）在的展开式的二项式系数和为64．（1）求n的值；（2）求展开式的常数项．9．（2022春•周至县校级期末）某批产品中有一等品100个，二等品80个，三等品30个．从其中任取10个进行检验，那么：（1）全部抽到一等品的结果有多少种？（2）抽不到一等品的结果有多少种？（3）恰抽到5个一等品的结果有多少种？（4）恰抽到1个一等品、2个二等品的结果有多少种？（5）至少抽到1个一等品的结果有多少种？10．（2022春•大兴区期末）将二项式（2x﹣）n展开，若展开式中各项的二项式系数之和为64．（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）求展开式中的常数项．11．（2022春•红桥区校级期末）已知数字1，2，3，4，5．（1）可以组成多少个没有重复数字的五位数；（2）可以组成多少个没有重复数字的五位偶数．12．（2022春•阎良区期末）某学习小组有4名男生和3名女生共7人．（1）将这7人排成一排，4名男生相邻有多少种不同的排法？（2）从中选出2名男生和2名女生分别承担4种不同的任务，有多少种不同的选派方法？13．（2022春•宜春期末）根据条件，分别求解：（1）求（x2﹣2xy+y2）5展开式中x3y7的系数；（2）求值：．14．（2022春•青浦区校级期末）（1）解不等式；（2）已知，，成等差数列，求的值．15．（2022春•海林市校级月考）有6本不同的书，在下列不同的条件下，各有多少种不同的分法？（1）分给甲、乙、丙3人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；（2）分成三组，一组4本，另外两组各1本；（3）甲得1本，乙得1本，丙得4本．2023年高考数学复习——大题狂练：计数原理（15题）参考答案与试题解析一．解答题（共15小题）1．（2022春•杨陵区校级期末）3名男同志和3名女同志到4辆不同的公交车上服务．（1）若每辆车上都需要人但最多安排男、女各1名，有多少种安排方法？（2）若男、女各包2辆车，有多少种安排方法？【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；排列组合；数学运算．【分析】（1）根据题意，分3步进行分析：①先将3名男同志安排到公交车上，②在剩余的1辆车安排1名女同志，③在安排了男同志的3辆车上安排2名女同志，由分步计数原理计算可得答案；（2）根据题意，分2步进行分析：①将男同志和女同志各自分为2组，②将4组安排到4辆车上，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，分3步进行分析：①先将3名男同志安排到公交车上，有A＝24种安排方法，②在剩余的1辆车安排1名女同志，有3种安排方法，③在安排了男同志的3辆车上安排2名女同志，有A＝6种安排方法，则有24×3×6＝432种安排方法；（2）根据题意，分2步进行分析：①男同志分为2组，有C＝3种分组方法，同理，将女同志分为2组，也有3种分组方法，②将4组安排到4辆车上，有A＝24种安排方法，则有3×3×24＝216种安排方法．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．2．（2022春•济宁期末）已知展开式的二项式系数和为32，各项系数和为243．（1）求n、a的值；（2）若将展开式中的各项重新排列，求有理项互不相邻的概率．【考点】二项式定理．【专题】整体思想；综合法；二项式定理；数学运算．【分析】（1）根据题中的条件，列出等式，即可解出；（2）利用二项式定理展开式的通项公式，结合排列组合，即可解出．【解答】解：（1）由题意可知：解得：．（2）由（1）可知二项式为其通项公式为：．由二项式展开式的通项公式可知：当k＝1，3，5时，会得到二项式展开式的有理项．所以二项式的展开式中有理项共3项，所以将展开式各项重新排列，其中有理项互不相邻的概率为：．【点评】本题考查了二项式定理，排列组合以及概率，学生的数学运算能力，属于基础题．3．（2022春•闵行区校级期末）求满足下列方程组的正整数的解：（1）；（2）．【考点】排列及排列数公式；组合及组合数公式．【专题】对应思想；转化法；排列组合；数学运算．【分析】利用排列、组合公式列方程，并化简求值即可，注意n的范围．【解答】解：（1）由＝，可得2n（2n﹣1）（2n﹣2）＝28n（n﹣1），而n≥2，故2n﹣1＝7，可得n＝4；（2）﹣＝+，可得﹣＝+n+1，所以2n+3＝，则n2﹣3n﹣4＝（n﹣4）（n+10）＝0，而n≥2，故n＝4．【点评】本题考查了组合数公式的应用问题，也考查了逻辑推理与证明的应用问题，是基础题．4．（2022春•肇东市校级期末）（1）计算：；（2）已知，（m＞1）；求的值．【考点】排列及排列数公式；组合及组合数公式．【专题】计算题；方程思想；定义法；排列组合；数学运算．【分析】（1）根据排列数的计算公式即可得解；（2）根据结合题意可得m＝2，利用化简整理，再代入组合数的计算公式计算．【解答】解：（1）∵，则，∴；（2）∵，则m+2m﹣1＝5或m＝2m﹣1，解得m＝2或m＝1（舍去），∵，则．【点评】本题考查了排列组合数公式的应用问题，是基础题目．5．（2022春•白水县期末）某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，求：（1）物理和化学至少选一门的选法种数；（2）物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选的选法种数．【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；排列组合；数学运算．【分析】（1）根据题意，用间接法分析：先计算“在7门中任选3门”的选法，排除其中“物理和化学都没有选”的情况，即可得答案；（2）根据题意，分3种情况讨论，由加法原理计算可得答案；【解答】解：（1）根据题意，在7门中任选3门，有C＝35种选法，其中物理和化学都没有选的选法有C＝10种，则物理和化学至少选一门的选法有35﹣10＝25种；（2）根据题意，若物理和化学至少选一门，有3种情况：①只选物理有且物理和历史不同时选，有C C＝6种选法；②选化学，不选物理，有C C＝10种选法；③物理与化学都选，有C C＝4种选法，则有6+10+4＝20种选法．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．6．（2022春•驻马店期末）已知函数．（1）当0＜x＜1时，求f（f（x））表达式的展开式中二项式系数最大的项；（2）当x＞1时，若，求a6．【考点】二项式定理．【专题】整体思想；综合法；二项式定理；数学运算．【分析】（1）利用题中的条件，表示出f（f（x）），即可解出；（2）表示出f2（x）的表达式，对代数式x8进行变形，即可解出．【解答】解：（1）∵0＜x＜1∴∴∴二项式系数最大的项为（2）由题意得，当x＞1时，f2（x）＝x8＝[1﹣（1﹣x）]8∵展开式的通项为：∴，∴a6＝28【点评】本题考查了二项式定理，学生的数学运算能力，属于基础题．7．（2022春•云浮期末）（1）求（1﹣2x）10展开式中第8项的二项式系数及第4项的系数；（2）若（1﹣2x）10＝a0+a1x+⋯+a10x10，求a1+a2+⋯+a10.注：结果用数值表示．【考点】二项式定理．【专题】整体思想；综合法；二项式定理；数学运算．【分析】（1）利用二项式定理的展开式，即可直接解出；（2）利用赋值法，即可解出．【解答】解：（1）（1﹣2x）10展开式的通项是T r+1＝C＝（﹣2）r C x r，因此（1﹣2x）10展开式中第8项的二项式系数为，其第4项的系数为．（2）已知，令x＝0，得a0＝1；令x＝1，得．所以a1+a2+⋯+a10＝（a0+a1+a2+⋯+a10）﹣a0＝0．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，学生的数学运算能力，属于基础题．8．（2022春•梅州期末）在的展开式的二项式系数和为64．（1）求n的值；（2）求展开式的常数项．【考点】二项式定理．【专题】对应思想；定义法；二项式定理；数学运算．【分析】（1）根据二项式系数和求出n＝6，（2）求出展开式的通项公式，令x的次数为0，进行求解即可．【解答】解：（1）∵的展开式的二项式系数和为64，∴，解得n＝6．（2）展开式的通项公式为，令6﹣3r＝0，解得r＝2，所以常数项为．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，根据二项式系数和求出n的值，利用展开式的通项公式进行求解是解决本题的关键，是基础题．9．（2022春•周至县校级期末）某批产品中有一等品100个，二等品80个，三等品30个．从其中任取10个进行检验，那么：（1）全部抽到一等品的结果有多少种？（2）抽不到一等品的结果有多少种？（3）恰抽到5个一等品的结果有多少种？（4）恰抽到1个一等品、2个二等品的结果有多少种？（5）至少抽到1个一等品的结果有多少种？【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；排列组合；数学运算．【分析】（1）根据题意，在100个一等品中选10个即可，由组合数公式计算可得答案；（2）根据题意，在二等品、三等品中选10个即可，由组合数公式计算可得答案；（3）根据题意，在100个一等品中选5个，在二等品、三等品中选5个即可，由组合数公式计算可得答案；（4）根据题意，在100个一等品中选1个，在80个二等品中选2个，在30个三等品中选7个即可，由组合数公式计算可得答案；（5）根据题意，先计算“在所有产品中任取10件”的取法，排除其中“没有1件一等品”的取法，分析可得答案．【解答】解：（1）根据题意，要求全部抽到一等品，在100个一等品中选10个即可，有种取法，（2）抽不到一等品，在二等品、三等品中选10个即可，有种取法，（3）恰好抽到5个一等品，还有5件是二等品或三等品，在100个一等品中选5个，在二等品、三等品中选5个即可，有种抽取方法，（4）恰抽到1个一等品、2个二等品，还有7个是三等品，在100个一等品中选1个，在80个二等品中选2个，在30个三等品中选7个即可，有种抽取方法，（5）在所有产品中任取10件，有种取法，其中没有1件一等品的取法有种，则至少抽到1个一等品的结果有种．【点评】本题考查分步计数原理的应用，注意组合数公式的应用，属于基础题．10．（2022春•大兴区期末）将二项式（2x﹣）n展开，若展开式中各项的二项式系数之和为64．（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）求展开式中的常数项．【考点】二项式定理．【专题】转化思想；综合法；二项式定理；数学运算．【分析】（Ⅰ）根据二项式系数和公式建立方程即可求解；（Ⅱ）求出展开式的通项公式，令x的指数为0，进而可以求解．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得2n＝64，解得n＝6；（Ⅱ）展开式的通项公式为T＝C，r＝0，1， (6)令6﹣2r＝0，解得r＝3，所以展开式的常数项为C＝﹣160．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．11．（2022春•红桥区校级期末）已知数字1，2，3，4，5．（1）可以组成多少个没有重复数字的五位数；（2）可以组成多少个没有重复数字的五位偶数．【考点】排列、组合及简单计数问题；计数原理的应用．【专题】对应思想；转化法；排列组合；逻辑推理．【分析】（1）将5个数进行全排列，利用排列数公式即可得出答案；（2）先排个位数，从2，4中选一个数排在个位，其余的位置即剩下的4个数进行全排列，即可得出答案．【解答】解：（1）由题意可得：将5个数进行全排列，即＝120个；（2）先排个位数，从2，4中选一个数排在个位有：＝2个，其余的位置即剩下的4个数进行全排列，即＝24个，所以可以组成＝48个没有重复数字的五位偶数．【点评】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于基础题．12．（2022春•阎良区期末）某学习小组有4名男生和3名女生共7人．（1）将这7人排成一排，4名男生相邻有多少种不同的排法？（2）从中选出2名男生和2名女生分别承担4种不同的任务，有多少种不同的选派方法？【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】对应思想；转化法；排列组合；逻辑推理．【分析】（1）利用捆绑法求解；（2）先分别选出2名男生和女生，再全排列求解．【解答】解：（1）因为4名男生相邻，所以看作一个元素，则将4个元素全排列再将4个男生全排列，然后由分步计数原理得：•＝576种不同的站法；（2）选出2名男生有种选法，选出2名女生有种选法，然后全排列有种排法，再利用分步计数原理得••＝432种不同的选派方法．【点评】本题考查了排列组合的混合问题，捆绑法是最基本的指导思想，属于基础题．13．（2022春•宜春期末）根据条件，分别求解：（1）求（x2﹣2xy+y2）5展开式中x3y7的系数；（2）求值：．【考点】二项式定理．【专题】整体思想；综合法；二项式定理；数学运算．【分析】（1）利用二项式定理的展开式，即可解出；（2）利用排列数和组合数公式，即可解出．【解答】解：（1）（x2﹣2xy+y2）5＝（x﹣y）10，∴x3y7的系数为：C＝﹣120；（2）＝＝＝．【点评】本题考查了二项式定理，排列数组合数的运算，学生的数学运算能力，属于基础题．14．（2022春•青浦区校级期末）（1）解不等式；（2）已知，，成等差数列，求的值．【考点】组合及组合数公式；等差数列的通项公式；排列及排列数公式．【专题】对应思想；转化法；排列组合；逻辑推理．【分析】（1）由排列数公式及性质列出不等式组即可求解；（2）由题意，2＝+，利用组合数公式及性质化简，然后求解方程即可得答案．【解答】解：（1）因为，所以＜6×，所以（8﹣m）（7﹣m）＜6，又，解得m＝6；（2）因为，，成等差数列，所以2＝+，所以2＝+，即＝+，所以n2﹣21n+98＝0，又n≥12，且n∈N*，解得n＝14，所以，＝＝91．【点评】本题考查了组合数公式的应用问题，也考查了逻辑推理与证明的应用问题，是基础题目．15．（2022春•海林市校级月考）有6本不同的书，在下列不同的条件下，各有多少种不同的分法？（1）分给甲、乙、丙3人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；（2）分成三组，一组4本，另外两组各1本；（3）甲得1本，乙得1本，丙得4本．【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】对应思想；转化法；排列组合；逻辑推理．【分析】n个不同元素按某些条件分配给k个不同的对象是分配问题，解决此类问题，常先分组后分配．【解答】解：根据题意，有6本不同的书，（1）分给甲、乙、丙3人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本，先将6本不同的书分成1本，2本，3本共3组，有种，再将3组分配给甲、乙、丙3人有种，故共有种；（2）分成三组，一组4本，另外两组各1本，只需从6本中选4本一组，其余2本为两组，共种；（3）甲得1本，乙得1本，丙得4本，分步处理，先从6本中选4本给丙，其余2本分给甲、乙各一本，有种．【点评】本题考查了排列组合的混合问题，属于基础题．考点卡片1．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，已知等差数列的首项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+1，求数列{a n}的通项公式，并判断{a n}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴a n＝，把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{a n}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中a n的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．eg2：已知等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列a n是以1为首项，4为公差的等差数列，∴a n＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．2．计数原理的应用【知识点的认识】1．两个计数原理（1）分类加法计数原理：N＝m1+m2+…+m n（2）分步乘法计数原理：N＝m1×m2×…×m n2．两个计数原理的比较分类加法计数原理分步乘法计数原理共同点都是计数原理，即统计完成某件事不同方法种数的原理．不同点分类完成，类类相加分步完成，步步相乘n类方案相互独立，且每类方案中的每种方法都能独立完成这件事n个步骤相互依存，每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整【解题方法】1．计数原理的应用（1）如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类加法计数原理；（2）如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步乘法计数原理．2．解题步骤（1）指明要完成一件什么事，并依事件特点确定是“分n类”还是“分n步”；（2）求每“类”或每“步”中不同方法的种数；（3）利用“相加”或“相乘”得到完成事件的方法总数；（4）作答．【命题方向】分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法．常见考题类型：（1）映射问题（2）涂色问题（①区域涂色②点的涂色③线段涂色④面的涂色）（3）排数问题（①允许有重复数字②不允许有重复数字）3．排列及排列数公式【考点归纳】1．定义（1）排列：一般地，从n个不同的元素中任取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．（其中被取的对象叫做元素）（2）排列数：从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，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．2．相关定义：（1）全排列：一般地，n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列．（2）n的阶乘：正整数由1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n!表示．（规定0!＝1）3．排列数公式（1）排列计算公式：＝．m，n∈N+，且m≤n．（2）全排列公式：＝n•（n﹣1）•（n﹣2）•…•3•2•1＝n!．4．组合及组合数公式【考点归纳】1．定义（1）组合：一般地，从n个不同元素中，任意取出m（m≤n）个元素并成一组，叫做从n 个元素中任取m个元素的一个组合．（2）组合数：从n个不同元素中，任意取出m（m≤n）个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中，任意取出m个元素的组合数，用符号表示．2．组合数公式：＝．m，n∈N+，且m≤n．3．组合数的性质：性质1性质2 ．5．排列、组合及简单计数问题【知识点的知识】1、排列组合问题的一些解题技巧：①特殊元素优先安排；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题先选后排；④相邻问题捆绑处理；⑤不相邻问题插空处理；⑥定序问题除法处理；⑦分排问题直排处理；⑧“小集团”排列问题先整体后局部；⑨构造模型；⑩正难则反、等价转化．对于无限制条件的排列组合问题应遵循两个原则：一是按元素的性质分类，二是按时间发生的过程进行分步．对于有限制条件的排列组合问题，通常从以下三个途径考虑：①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；③先不考虑限制条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．2、排列、组合问题几大解题方法：（1）直接法；（2）排除法；（3）捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列．它主要用于解决“元素相邻问题”；（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”；（5）占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”的解题原则；（6）调序法：当某些元素次序一定时，可用此法；（7）平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有；（8）隔板法：常用于解正整数解组数的问题；（9）定位问题：从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列规定某r个元素都包含在内，并且都排在某r个指定位置则有；（10）指定元素排列组合问题：①从n个不同元素中每次取出k个不同的元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内．先C后A策略，排列；组合；②从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内．先C后A策略，排列；组合；③从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某r个元素中的s个元素．先C后A策略，排列；组合．6．二项式定理【二项式定理】又称牛顿二项式定理．公式（a+b）n＝∁n i a n﹣i•b i．通过这个定理可以把一个多项式的多次方拆开．例1：用二项式定理估算1.0110＝ 1.105．（精确到0.001）解：1.0110＝（1+0.01）10＝110+C101•19×0.01+C102•18•0.012≈1+0.1+0.0045≈1.105．故答案为：1.105．这个例题考查了二项式定理的应用，也是比较常见的题型．例2：把把二项式定理展开，展开式的第8项的系数是．解：由题意T8＝C107×＝120×3i＝360i．故答案为：360i．通过这两个例题，大家可以看到二项式定理的重点是在定理，这类型的题都是围着这个定理运作，解题的时候一定要牢记展开式的形式，能正确求解就可以了．【性质】1、二项式定理一般地，对于任意正整数n，都有这个公式就叫做二项式定理，右边的多项式叫做（a+b）n的二项展开式．其中各项的系数叫做二项式系数．注意：（1）二项展开式有n+1项；（2）二项式系数与二项展开式系数是两个不同的概念；（3）每一项的次数是一样的，即为n次，展开式依a的降幂排列，b的升幂排列展开；（4）二项式定理通常有如下变形：①；②；（5）要注意逆用二项式定理来分析问题、解决问题．2、二项展开式的通项公式二项展开式的第n+1项叫做二项展开式的通项公式．它体现了二项展开式的项数、系数、次数的变化规律，是二项式定理的核心，它在求展开式的某些特定的项及其系数方面有着广泛的应用．注意：（1）通项公式表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是∁n r；（2）字母b的次数和组合数的上标相同；（3）a与b的次数之和为n．3、二项式系数的性质．（1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即；（2）增减性与最大值：当k＜时，二项式系数是逐渐增大的．由对称性知，它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取最大值．当n为偶数时，则中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，则中间的两项，相等，且同时取得最大值．。

计数原理知识点总结与训练

计数原理知识点总结与训练计数原理是概率论的重要基础理论之一，它是研究集合中元素的个数的方法和原则。

计数原理包括乘法法则、加法法则、排列组合、容斥原理和鸽巢原理等，这些原理在概率论、组合数学、统计学等方面都有广泛的应用。

1.乘法法则乘法法则用于计算多个步骤的组合问题。

如果一个过程有m个独立的步骤，第i个步骤有ni种可能的选择，则整个过程的总方案数为n1 *n2 * ... * nm。

2.加法法则加法法则用于计算多个互斥事件的总数。

如果事件A和事件B是互斥的，则发生A或发生B的总数为P(A)+P(B)。

3.排列排列是从n个元素中选取r个元素，按照一定的顺序进行组合的方法。

排列可以分为有重复元素的排列和没有重复元素的排列。

有重复元素的排列可以通过分别计算每个元素的出现次数，再用乘法法则计算总数。

没有重复元素的排列可以使用公式P(n,r)=n!/(n-r)!进行计算。

4.组合组合是从n个元素中选取r个元素，不考虑其顺序的方法。

组合可以分为有重复元素的组合和没有重复元素的组合。

有重复元素的组合可以通过求出每个元素的出现次数，再用乘法法则计算总数。

没有重复元素的组合可以使用公式C(n,r)=n!/[(n-r)!*r!]进行计算。

5.容斥原理容斥原理是用于解决包含关系的概率问题。

如果A和B是两个事件，则A和B同时发生的概率为P(A∩B)=P(A)+P(B)-P(A∪B)。

这个原理可以推广到多个事件的情况，即若Ai为事件，i=1,2,...,n，则P(A1∪A2∪...∪An)=∑(P(Ai))-∑(P(Ai∩Aj))+∑(P(Ai∩Aj∩Ak))-...+(-1)^(n+1)*P(A1∩A2∩...∩An)。

6.鸽巢原理鸽巢原理是概率论中的重要原理之一，它是说如果有n个鸽子放进n 个巢子，且n个鸽子多于n个巢子，则至少有一个巢子里有两只鸽子。

这个原理也可以表达为，如果有n+1个物体放进n个盒子，那么必然有一个盒子里放了至少两个物体。

高中数学《计数原理》知识点讲解附真题PPT课件

方法,故共有5×
A
6 6
=3
600(种)方法.
(4)(捆绑法)将女生看成一个整体,与3名男生在一起进行全排列,有
A
4 4
种方
法,再将4名女生进行全排列,有
A
4 4
种方法,故共有
A
4 4
·A
4 4
=576(种)方法.
(5)(插空法)男生互不相邻,而女生不作要求,∴应先排女生,有
A
4 4
种方法,再
在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生,有 A35 种方法,故
解题导引 (1)2节数学相邻,相邻问题捆绑解决,不相邻问题插空解决,优先考虑无限定课程,再将物理、化学插空排.(2)A,E可看成一项任务,由于A必须在前三项执行,故先对A,E分类,最后排B,C,将B,C插空排列即可.
解析 (1)根据题意,分2步进行分析:①将两节数学课“捆”在一起与语文
课先进行排列,有
高考数学
第十章计数原理 §10.1 计数原理与排列、组合
考点清单
考点计数原理、排列、组合
1.两个计数原理的联系与区别
原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
联系
两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言的
区别一
每类办法都能独立完成这件事, 它是独立的、一次的,且每次得到的是最后结果,只需一种方法就可完成这件事
=④
n! m!(n-m)!
.(n,m∈N*,且m≤n)
(1)0!=1;(2)
C0n
=n!;(3)
A
n n
=⑥
C
m n
C ;(4)
Cnn
-m
=Cm n1

高中数学核心知识点常考题型精析：计数原理(理)

高中数学核心知识点常考题型精析：计数原理（理）一、组合问题2．为了迎接2010年广州亚运会，某大楼安装5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯闪亮只能是红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且只有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是（）4．8个人坐成一排，现要调换其中3个人中每一个人的位置，其余5个人的位置不变，则不同的调换方式有（）6．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数共有（）种．科一节课，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有（）8．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有种．9．将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是．10．已知数列{a n}的首项为1，设f（n）=a1C n1+a2C n2+…+a k C n k+…+a n C n n（n∈N*）．（1）若{a n}为常数列，求f（4）的值；（2）若{a n}为公比为2的等比数列，求f（n）的解析式；（3）数列{a n}能否成等差数列，使得f（n）﹣1=2n•（n﹣1）对一切n∈N*都成立？若能，求出数列{a n}的通项公式；若不能，试说明理由．11．5人排成一排，其中甲、乙二人不能相邻的不同排法共有种．12．设τ=（x1，x2，…，x10）是数1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的任意一个全排列，定义，其中x11=x1．（Ⅰ）若τ=（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1），求S（τ）的值；（Ⅱ）求S（τ）的最大值；（Ⅲ）求使S（τ）达到最大值的所有排列τ的个数．二、二项展开式中的特定项及其系数13．若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为．14．若（ax2+）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为．15．的展开式中x2y2的系数为．（用数字作答）16．设二项式的展开式中常数项为A，则A=．17．已知的展开式中的常数项为T，f（x）是以T为周期的偶函数，且当x∈[0，1]时，f（x）=x，若在区间[﹣1，3]内，函数g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点，则实数k的取值范围是．18．（2﹣x）（1﹣3x）4的展开式中，x2的系数等于．19．若的展开式的各项系数绝对值之和为1024，则展开式中x项的系数为．20．（x2﹣）5的展开式中的常数项为（）21．设a=，则二项式展开式中的x3项的系数为（）22．已知b为如图所示的程序框图输出的结果，则二项式（﹣）6的展开式中的常数项式（）23．（x+a）的展开式中，x的系数为15，则a=．24．已知（1﹣2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7，求：（1）a1+a2+…+a7；（2）|a0|+|a1|+…+|a7|．25．一个口袋中有2个白球和n个红球（n≥2，且n∈N*），每次从袋中摸出两个球（每次摸球后把这两个球放回袋中），若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖．（1）试用含n的代数式表示一次摸球中奖的概率P；（2）若n=3，求三次摸球恰有一次中奖的概率；（3）记三次摸球恰有一次中奖的概率为f（p），当n为何值时，f（p）最大．26．已知（1+）n展开式的各项依次记为a1（x），a2（x），a3（x）…a n（x），a n+1（x）．设F（x）=a1（x）+2a2（x）+2a2（x）+3a3（x）…+na n（x）+（n+1）a n+1（x）．（1）若a1（x），a2（x），a3（x）的系数依次成等差数列，求n的值；（2）求证：对任意x1，x2∈[0，2]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣1．27．已知（n∈N*）的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10：1．（1）求展开式中各项系数的和；（2）求展开式中含的项．三、分步乘法计数原理的应用28．某次联欢会要安排三个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（）标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（）31．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（）个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有种．（用数字作答）35．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22，11，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33…，99.3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则：（Ⅰ）4位回文数有个；（Ⅱ）2n+1（n∈N+）位回文数有个．36．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人．则不同的安排方式共有种（用数字作答）．37．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有种（用数字作答）．38．某校从6名教师中选派3名教师同时去3个边远地区支教，每地1人，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有种．四、分类加法计数原理的应用39．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（）41．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，则不同的取法共有各至少选一门，则不同的选法共有（）43．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（）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（）45．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（）46．现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（）同数字拟编车牌号，要求前三位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母Z和数果2位男生不许连续出场，且女生甲不能第一个出场，则不同的出场顺序有（）49．某校高三理科实验班有5名同学报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校．若这三所高校中每个学校都至少有1名同学报考，那么这5名同学不同的报考方法种数共有（）50．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有种（用数字作答）．51．从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是（用数字作答）．52．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）53．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有个．（用数字作答）54．一家5口春节回老家探亲，买到了如下图的一排5张车票：其中爷爷行动不便要坐靠近走廊的位置，小孙女喜欢热闹要坐在左侧三个连在一起的座位之一，则座位的安排方式一共有种．55．“渐升数”是指除最高位数字外，其余每一个数字比其左边的数字大的正整数（如13456和35678都是五位的“渐升数”）．（Ⅰ）共有个五位“渐升数”（用数字作答）；（Ⅱ）如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，则第110个五位“渐升数”是．56．甲、乙、丙三所学校的6名学生参加数学竞赛培训，其中有1名甲学校的学生，2名乙学校的学生，3名丙学校的学生，培训结束后要照相留念，要求同一学校的学生互不相邻，则不同的排法种数为．57．某宾馆安排A、B、C、D、E 五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A、B不能住同一房间，则共有种不同的安排方法（用数字作答）．58．某办公室共有6人，组织出门旅行，旅行车上的6个座位如图所示，其中甲、乙两人的关系较为亲密，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有种．59．某市质监部门对市场上奶粉进行质量抽检，现将9个进口品牌奶粉的样品编号为1，2，3，4，…，9；6个国产品牌奶粉的样品编号为10，11，12，…，15，按进口品牌及国产品牌分层进行分层抽样，从其中抽取5个样品进行首轮检验，用P（i，j）表示编号为i，j（1≤i＜j≤15）的样品首轮同时被抽到的概率．（Ⅰ）求P（1，15）的值；（Ⅱ）求所有的P（i，j）（1≤i＜j≤15）的和．60．现有高一年级四个班有学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？高中数学核心知识点常考题型精析：计数原理（理）参考答案与试题解析一、组合问题种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有2．为了迎接2010年广州亚运会，某大楼安装5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯闪亮只能是红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且只有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是（）4．8个人坐成一排，现要调换其中3个人中每一个人的位置，其余5个人的位置不变，则不同的调换方式有（）6．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数共有（）种．，甲、乙、丙的顺序有=4807．学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座，每科一节课，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有（）8．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有36种．=4829．将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是96．4×10．已知数列{a n}的首项为1，设f（n）=a1C n1+a2C n2+…+a k C n k+…+a n C n n（n∈N*）．（1）若{a n}为常数列，求f（4）的值；（2）若{a n}为公比为2的等比数列，求f（n）的解析式；（3）数列{a n}能否成等差数列，使得f（n）﹣1=2n•（n﹣1）对一切n∈N*都成立？若能，求出数列{a n}的通项公式；若不能，试说明理由．11．5人排成一排，其中甲、乙二人不能相邻的不同排法共有72种．12．设τ=（x1，x2，…，x10）是数1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的任意一个全排列，定义，其中x11=x1．（Ⅰ）若τ=（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1），求S（τ）的值；（Ⅱ）求S（τ）的最大值；（Ⅲ）求使S（τ）达到最大值的所有排列τ的个数．|2x=二、二项展开式中的特定项及其系数13．若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为56．14．若（ax2+）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为2．）==，15．的展开式中x2y2的系数为70．（用数字作答）=••=•••=﹣16．设二项式的展开式中常数项为A，则A=﹣10．的展开式的通项公式为=••••．17．已知的展开式中的常数项为T，f（x）是以T为周期的偶函数，且当x∈[0，1]时，f（x）=x，若在区间[﹣1，3]内，函数g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点，则实数k的取值范围是．18．（2﹣x）（1﹣3x）4的展开式中，x2的系数等于120．19．若的展开式的各项系数绝对值之和为1024，则展开式中x项的系数为﹣15．=20．（x2﹣）5的展开式中的常数项为（）=•xx=•×21．设a=，则二项式展开式中的x3项的系数为（）a===•x••22．已知b为如图所示的程序框图输出的结果，则二项式（﹣）6的展开式中的常数项式（））r••23．（x+a）10的展开式中，x7的系数为15，则a=．•x=120aa=24．已知（1﹣2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7，求：（1）a1+a2+…+a7；（2）|a0|+|a1|+…+|a7|．；1+；+=325．一个口袋中有2个白球和n个红球（n≥2，且n∈N*），每次从袋中摸出两个球（每次摸球后把这两个球放回袋中），若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖．（1）试用含n的代数式表示一次摸球中奖的概率P；（2）若n=3，求三次摸球恰有一次中奖的概率；（3）记三次摸球恰有一次中奖的概率为f（p），当n为何值时，f（p）最大．，三次摸球是独立重复实验，三次摸球中恰有一次）在∴当（26．已知（1+）n展开式的各项依次记为a1（x），a2（x），a3（x）…a n（x），a n+1（x）．设F（x）=a1（x）+2a2（x）+2a2（x）+3a3（x）…+na n（x）+（n+1）a n+1（x）．（1）若a1（x），a2（x），a3（x）的系数依次成等差数列，求n的值；（2）求证：对任意x1，x2∈[0，2]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣1．•，求得═+3，设=+2+…+，利用二项式系数的性质求得•，，•=，=．2×=1+，解得+2）••+2+3．+2+…+））+n+2+．并利用=+++…+]27．已知（n∈N*）的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10：1．（1）求展开式中各项系数的和；（2）求展开式中含的项．，化简，得三、分步乘法计数原理的应用28．某次联欢会要安排三个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（）29．将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（），有种，即全排，．第一步，三个人先坐成一排，有31．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（）34．6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有480种．（用数字作答）35．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22，11，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33…，99.3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则：（Ⅰ）4位回文数有90个；（Ⅱ）2n+1（n∈N+）位回文数有9×10n个．36．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人．则不同的安排方式共有264种（用数字作答）．37．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有90种（用数字作答）．38．某校从6名教师中选派3名教师同时去3个边远地区支教，每地1人，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有42种．四、分类加法计数原理的应用39．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1241．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（）42．某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中43．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（）=1844．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的2×种，然后排丁，有4×种，然后丙在4×种，然后排丙，丙不再种，接着排丁，丁不排在种，剩下个人全排列，有45．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（）46．现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，47．某人根据自己爱好，希望从{W，X，Y，Z}中选2个不同字母，从{0，2，6，8}中选3个不同数字拟编车牌号，要求前三位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母Z和数字2不能相邻，那么满足要求的车牌号有（），有种，然后选择和排列剩下两个数字，有种，最后选=72=36在数字的第三位时，48．达州市举行汉字书写决赛，共有来自不同县的5位选手参赛，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不许连续出场，且女生甲不能第一个出场，则不同的出场顺序有（）=36种．49．某校高三理科实验班有5名同学报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校．若这三所高校中每个学校都至少有1名同学报考，那么这5名同学不同的报考方法种数50．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有60种（用数字作答）．张，共有51．从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是590（用数字作答）．52．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480种（用数字作答）AAA+A，53．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有14个．（用数字作答）54．一家5口春节回老家探亲，买到了如下图的一排5张车票：其中爷爷行动不便要坐靠近走廊的位置，小孙女喜欢热闹要坐在左侧三个连在一起的座位之一，则座位的安排方式一共有30种．55．“渐升数”是指除最高位数字外，其余每一个数字比其左边的数字大的正整数（如13456和35678都是五位的“渐升数”）．（Ⅰ）共有126个五位“渐升数”（用数字作答）；（Ⅱ）如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，则第110个五位“渐升数”是34579．56．甲、乙、丙三所学校的6名学生参加数学竞赛培训，其中有1名甲学校的学生，2名乙学校的学生，3名丙学校的学生，培训结束后要照相留念，要求同一学校的学生互不相邻，则不同的排法种数为120．57．某宾馆安排A、B、C、D、E 五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A、B不能住同一房间，则共有114种不同的安排方法（用数字作答）．）时，有=9058．某办公室共有6人，组织出门旅行，旅行车上的6个座位如图所示，其中甲、乙两人的关系较为亲密，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有144种．59．某市质监部门对市场上奶粉进行质量抽检，现将9个进口品牌奶粉的样品编号为1，2，3，4，…，9；6个国产品牌奶粉的样品编号为10，11，12，…，15，按进口品牌及国产品牌分层进行分层抽样，从其中抽取5个样品进行首轮检验，用P（i，j）表示编号为i，j（1≤i＜j≤15）的样品首轮同时被抽到的概率．（Ⅰ）求P（1，15）的值；（Ⅱ）求所有的P（i，j）（1≤i＜j≤15）的和．=；=，=36=15=36+×60．现有高一年级四个班有学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？。

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=
10
．故选
B．
2．【答案】B
【解析】分两类，第一类，从甲到乙再到丁，共有 2 × 3 = 6 种，
第二类，从甲到丙再到丁，共有 4 × 2 = 8 种，
根据分类计数原理可得，共有 6 + 8 = 14 种，故从甲地到丁地共有 14 条不同的路
线．
故选 B．
3．【答案】B
【解析】由题意可得 Tr+1
10 ．若
(1 − 3x)2017 = a0 + a1x + a2 x2 + L + a2017 x2017 ( x ∈ R )
，则
a1 3
+
a2 32
+L+
a2017 32017
=
（）
A．2
B．0
C． −1
( ) 11．
x2 + 2
1 6
x − x 的展开式中常数项为（
）
D． −2
A． −40
A．105 种
B． 510 种
C．50 种
D．以上都不对
8．若
x
+
1 x
n
的展开式中第
3
项与第
7
项的系数相等，则展开式中二项式系数
最大的项为（）
A．252
B．70
C． 56x2
D． 56x−2
9．6 个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有（）种．
A．480
B．624
C．600
D．240
18．【答案】（1）720，1440；（2）①15，②60．
【解析】（1）三个偶数相邻时，可视作将 2、4、6 捆绑在一起，得 A33A55 = 720 ；
三个偶数不相邻时，可视作将 2、4、6 插入到四个奇数中，共五个位置，所以
得
A
4 4
A35
= 1440
．
（2）①：分组与顺序无关，是组合问题．分组数是 C62C24C22 = 90 (种)，这 90 种
1，2，3，百位是 0，1，2，3，所以根据分步计数原理 N = 3× 4× 4=48 ，故选 D．
二、填空题（本大题有 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．请把答案填在题中横线上）
8 / 12
13．【答案】1
【解析】由题意，令 x = 1 ，即可得到二项展开式的各项系数的和为 (2×1−1)n = 1．
要求的数．结合古典概型计算公式可得所求概率值为 p = 36 = 9 ．
40 + 60 25
9 / 12
三、解答题（本大题有 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤）
17．【答案】（1）1；（2） −1 ．
【解析】（ 1 ）令 x = 0 ，代入二项式 (1− 2x)7 = a0 + a1x + a2 x2 +L + a7 x7 ，得 (1− 0)7 = a0 = 1．（2）令 x = 1 ，代入二项式 (1− 2x)7 = a0 + a1x + a2 x2 +L + a7 x7 ，得 (1 − 2)7 = a0 + a1 + a2 + L + a7 = −1 ．
14．【答案】 1
2
【解析】因为 Tr+1 = C1r0 x10−r ar ，所以令10 − r = 7 ，解得 r = 3 ，所以 T4 = C130 x7a3 = 15x7 ，解得 a = 1 ．
2
15．【答案】120
【解析】由题意得，可采用间接法：从男女组成的 9 中，选出 5 人，共有 C59 = 126 种不同的选法；其中 5 人中全是女教师的有 C56 = 6 种选法，故共有126 − 6 = 120 种
若令
6
−
2r
=
−2
⇒
r
=
4
，则展开式中的
x −2
项的系数为
( −1)4
C
4 6
=
15
，
( ) 故所求
x2 + 2
x
−
1 x
n
的展开式中常数项为
2
×
(−20)
+
15
=
−25
，应选答案
B．
12．【答案】D
【解析】 n + (n +1) + (n + 2) = 3n + 3 ，个位只能为 0，1，2，三种，十位只能是 0，
分组实际上重复了 6 次．我们不妨把六本不同的书写上 1、2、3、4、5、6 六
个号码，考察以下两种分法：(1,2) ，(3,4) ，(5,6) ，(3,4) ，(1,2) ，(5,6) ，由于书
是均匀分组的，三组的本数一样，又与顺序无关，所以这两种分法是同一种分
法．以上的分组方法实际上加入了组的顺序，因此还应取消分组的顺序，即除
19．（12 分）已知二项式 x −
2
10
的展开式中，
x
（1）求展开式中含 x4 项的系数；
（2）如果第 3r 项和第 r + 2 项的二项式系数相等，试求 r 的值．
20．（12 分）有 2 名老师，3 名男生，3 名女生站成一排照相留念，在下列情况
4 / 12
中，各有多少种不同站法？（1）3 名男生必须站在一起；（2）2 名老师不能相邻；（3）若 3 名女生身高都不等，从左到右女生必须由高到矮的顺序站．（最终结果用数字表示）
A
4 4
A52
=
24 ×
20
=
480
种．
7 / 12
故选 A．
10．【答案】C
【解析】令 x = 0 可得： a0
= 1 ，令 x =
1
3 ，可得： a0
+
a1 3
+
a2 32
+L+
a2017 32017
= 0 ，据此
可得：
a1 3
+
a2 32
+L+
a2017 32017
= −1 ．故选
C．
11．【答案】B
以组数的全排列数
A33
，所以分法是
C62C24C22 A33
= 15 (种)．
②：先分组，方法是 C16C52C33 ，那么还要不要除以 A33 ？我们发现，由于每组的
书的本数是不一样的，因此不会出现相同的分法，即共有 C16C52C33 = 60 (种)分法．
10 / 12
19．【答案】（1）3360；（2） r = 1．
( ) 【解析】因为
x2 + 2
x
−
1 x
6
=
x2
x
−
1 x
6
+
2
x
−
1 x
6
，所以问题转化为求
x
−
1 x
6
的展开式中常数项及含 x−2 项的系数，由于该二项式的展开式的通项公式为
( ) Tr+1
=
C6r x6−r
−
1 x
r
=
−1 r C6r x6−2r ，
所以若令 6 − 2r = 0 ⇒ r = 3，则展开式中的常数项为 (−1)3 C36 = −20 ；
B． −25
C．25
D．55
2 / 12
12．若自然数 n 使得 n + (n +1) + (n + 2) 作竖式加法不产生进位现象，则称 n 为“不
进位数”，例如：32 是“不进位数”，因为 32 + 33 + 34 不产生进位现象；23 不是“不进位数”，因为 23 + 24 + 25 产生进位现象．那么小于 1000 的“不进位
=
C5r
( 2 x )5− r
−
1 x
r
，令
r
= 1， T2
=
−C15 24 x3
所以
x3
的系数
为 −80 ．故选 B．
4．【答案】C
【解析】先不考虑甲、乙同班的情况，将 4 人分成三组有 C24 = 6 (种)方法，再将三组同学分配到三个班级有 A33 = 6 (种)分配方法，依据分步计数原理可得不同分配方法有 6 × 6 = 36 种，应选答案 C．
（2）求展开式中系数绝对值最大的项；
（3）求
n
+
9C
2 n
+
81C3n
+ ...
+
9n−1 Cnn
的值．
5 / 12
参考答案
一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个
选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．【答案】B
【解析】
A52
−
C53
=
5
×
4
−
5×4×3 3× 2×1
15．在报名的 3 名男教师和 6 名女教师中，选取 5 人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为________（结果用数值表示）． 16．从 0 ，1， 2 ，3 ，4 ，5 中任取 3 个数字组成没有重复数字的三位数，其中能被 5 整除的概率为_______（用数字作答）．
条路，从丙地到丁地有 2 条路，则从甲地到丁地不同的路有（）
A．11 条
B．14 条
C．16 条
3．
2
x
−
1 x
5