人教b版数学·选修2-3习题：第1章 计数原理1.2 第2课时 含解析
人教版高中数学选修2-3练习：第一章1.1第2课时两个计数原理的综合应用 Word版含解析
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第2课时两个计数原理的综合应用A级基础巩固一、选择题1．某同学逛书店，发现三本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有()A．3种B．6种C．7种D．9种解析：买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本有1种方案．因此共有方案：3＋3＋1＝7(种)．答案：C2．从1，2，3，4，5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为()A．2 B．4C．6 D．8解析：分两类：第一类，公差大于0，有以下4个等差数列：①1，2，3，②2，3，4，③3，4，5，④1，3，5；第二类，公差小于0，也有4个．根据分类加法计数原理可知，可组成的不同的等差数列共有4＋4＝8(个)．答案：D3．从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为()A．12 B．11C．24 D．23解析：先在{1，2，3}中取出1个元素，共有3种取法，再在{1，4，5，6}中取出1个元素，共有4种取法，取出的2个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知不同的点的个数有N＝3×4×2＝24(个)．又点(1，1)被算了两次，所以共有24－1＝23(个)．答案：D4．要把3张不同的电影票分给10个人，每人最多一张，则有不同的分法种数是()A．2 160 B．720C．240 D．120解析：可分三步：第一步，任取一张电影票分给一人，有10种不同分法；第二步，从剩下的两张中任取一张，由于一人已得电影票，不能再参与，故有9种不同分法；第三步，前面两人已得电影票，不再参与，因而剩余最后一张有8种不同分法．所以不同的分法种数是10×9×8＝720(种)．答案：B5．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数的个数是()A．20 B．16C．14 D．12解析：因为四位数的每个位数上都有两种可能性(取2或3)，其中四个数字全是2或3的不合题意，所以适合题意的四位数共有2×2×2×2－2＝14(个)．答案：C二、填空题6．3位旅客投宿到1个旅馆的4个房间(每房间最多可住3人)有________种不同的住宿方法．解析：分三步，每位旅客都有4种不同的住宿方法，因而共有不同的方法4×4×4＝43＝64(种)．答案：647．甲、乙、丙3个班各有三好学生3，5，2名，现准备推选2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．解析：分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3×5＝15(种)；第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3×2＝6(种)；第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有5×2＝10(种)．综合以上三类，根据分类加法计数原理，不同选法共有15＋6＋10＝31(种)．答案：318．下图的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L形，那么在由3×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L形图案的个数为________(注：其他方向的也是L形)．解析：每四个小正方形图案都可画出四个不同的L形图案，该图中共有8个这样的小正方形．故可画出不同的位置的L形图案的个数为4×8＝32.答案：32三、解答题9．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理，不同的选法有28＋7＋9＋3＝47(种)．(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理，不同的选法有28×7×9×3＝5 292(种)．10．由1，2，3，4可以组成多少个自然数(数字可以重复，最多只能是四位数)?解：组成的自然数可以分为以下四类：第一类：一位自然数，共有4个；第二类：二位自然数，又可分两步来完成．先取出十位上的数字，再取出个位上的数字，共有4×4＝16(个)；第三类：三位自然数，又可分三步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4＝64(个)；第四类：四位自然数，又可分四步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4×4＝256(个)．由分类加法计数原理知，可以组成的不同的自然数为4＋16＋64＋256＝340(个)．B级能力提升1．用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有() A．36个B．18个C．9个D．6个解析：分3步完成，1，2，3这三个数中必有某一个数字被重复使用2次．第1步，确定哪一个数字被重复使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故可组成的不同的四位数有3×3×2＝18(个)．答案：B2．把9个相同的小球放入编号为1，2，3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有________种．解析：分四类：第一个箱子放入1个小球，将剩余的8个小球放入2，3号箱子，共有4种放法；第一个箱子放入2个小球，将剩余的7个小球放入2，3号箱子，共有3种放法；第一个箱子放入3个小球，将剩余的6个小球放入2，3号箱子，共有2种放法；第一个箱子放入4个小球则共有1种放法．根据分类加法计数原理共有10种情况．答案：103．某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？解：第一步，在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法，B1有3种方法，C1有2种方法，4×3×2＝24，即共有24种方法．第二步，从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法．第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法，由分步乘法计数原理可得，安装方法共有4×3×2×3×3＝216(种)．高中数学学习技巧：在学习的过程中逐步做到：提出问题，实验探究，展开讨论，形成新知，应用反思。
高中数学人教B版选修2-3学案1.1.2 基本计数原理的应用 Word版含解析
第课时基本计数原理的应用.熟练应用两个计数原理.(重点).能运用两个计数原理解决一些综合性的问题.(难点)[基础·初探]教材整理分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别阅读教材～，完成下列问题.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别.由组成没有重复数字的三位数的个数为.【解析】由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为××＝.【答案】.(＋＋)(＋＋)(＋＋＋)展开后共有项.【导学号：】【解析】该展开式中每一项的因式分别来自＋＋，＋＋，＋＋＋中的各一项.由，，中取一项共种取法，从，，中取一项有种不同取法，从，，，中任取一项共种不同的取法.由分步乘法计数原理知，该展开式共××＝(项).【答案】名班委进行分工，其中不适合当班长，只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为.【解析】根据题意，只适合当学习委员，有种情况，不适合当班长，也不能当学习委员，有种安排方法，剩余的人担任剩余的工作，有××＝种情况，由分步乘法计数原理，可得共有××＝种分工方案.【答案】.用三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有个.【解析】分三步完成，第步，确定哪一个数字被使用次，有种方法；第步，把这个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有种方法；第步，将余下的个数字排在四位数余下的两个位置上，有种方法.故有××＝个不同的四位数.【答案】[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问：解惑：疑问：解惑：疑问：解惑：[小组合作型]抽取(分配)问题()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，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )种种种种()甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有.【精彩点拨】()由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解.()先让一人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽.【自主解答】()高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有种不同。
人教b版数学·选修2-3习题：第1章 计数原理1.3 第2课时 含解析
第一章 1.3 第2课时一、选择题1．(1＋3x)n (其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n ＝( )A ．6B ．7C ．8D ．9[答案] B[解析] 本题主要考查二项式定理中二项展开式的通项公式的应用．二项式(1＋3x)n 展开式的通项公式为T r ＋1＝3r C r n x r ，∴x 5与x 6的系数分别为35C 5n ，36C 6n .由条件知：35C 5n ＝36C 6n ，即C 5n ＝3C 6n ，∴n ！5！(n －5)！＝3·n ！6！(n －6)！，∴n ＝7，选B.2．若二项式(2x ＋a x )7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝(A ．2 B.54 C ．1 D.24[答案] C[解析] 二项式(2x ＋a x )7的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x)7－r (a x )r ＝C r 727－r a r x 7－2r，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1.3．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 8展开式中常数项为1120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是( A ．28 B ．38 C ．1或38 D ．1或28[答案] C [解析] T r ＋1＝C r8·x8－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a x r＝C r 8·(－a)r ·x 8－2r .当r ＝4时，T r ＋1为常数项，此时T5＝C48(－a)4＝70a4＝1120.∴a＝±2.令x＝1，则⎝⎛⎭⎪⎫x－ax8＝(1±2)8＝1或38.故选C.4．233除以9的余数是(A．1 B．2C．4 D．8[答案] D[解析] 233＝811＝(9－1)11＝911－C111910＋…＋C10119－1，∴余数为8.故选D.5．若9n＋C1n＋1·9n－1＋…＋C n－1n＋1·9＋C nn＋1是11的倍数，则自然数n为( )A．偶数B．奇数C．3的倍数D．被3除余1的数[答案] B[解析] 原式＝19[(9＋1)n＋1－1]＝19[10n＋1－1]是11的倍数，∴10n＋1－1是99的倍数，∴n为奇数．故选B.6．在(1－x)11的展开式中，含x奇次幂的各项系数的和是(A．－210B．210C．－211D．211[答案] A[解析] 令f(x)＝(1－x)11＝a0＋a1x＋…＋a11x11，f(1)＝a0＋a1＋…＋a11＝0，f(－1)＝a0－a1＋…－a11＝211，f(1)－f(－1)＝2(a1＋a3＋…＋a11)＝－211.∴含x奇次幂的系数的和为a1＋a3＋…＋a11＝－210.故选A.7．(1＋2x)2(1－x)5＝a0＋a1x＋…＋a7x7，则a1－a2＋a3－a4＋a5－a6＋a7等于( )A．32 B．－32C ．－33D ．－31[答案] D[解析] 令x ＝0，得a 0＝1.令x ＝－1，得25＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7， ∴a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5－a 6＋a 7＝1－25＝－31. 二、填空题8．(2015·重庆理，12)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋12x 5的展开式中x 8的系数是________(用数字作答)．[答案] 52[解析] 由二项式定理得T r ＋1＝Cr 5(x 3)r(12x)5－r＝Cr5x 3r⎝ ⎛⎭⎪⎫125－r x r 2－52＝Cr 5(12)5－r x 7r 2－52当72r －52＝8时，易得r ＝3，故x 8系数为C 35(12)2＝52. 9．设(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋…＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为________．[答案] 1[解析] (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)，在(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋…＋a 4x 4中，令x ＝1，得a 1＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(2＋3)4；令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝(3－2)4， 由此得(2＋3)4(3－2)4＝1. 三、解答题10．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 28(1)系数的绝对值最大的项是第几项？。
人教新课标B版高中数学选修2-3第一章计数原理1.2.1排列课件
叙述为: 从4个不同的元素a,b,c,d 中任取3个，然后按 照一定的顺序排成一列，共有多少种不同的排列方法？
abc,abd,acb,acd,adb,adc; bac,bad,bca,bcd,bda,bdc; cab,cad,cba,cbd,cda,cdb; dab,dac,dba,dbc,dca,dcb.
一个三位数，共可得到多少个不同的三位数？
1
2
3
4
23 4 1 3 4
1 24
12 3
3 4 2 4 2 3 3 41 41 3 2 41 4 1 2 2 3 1 3 1 2
有此可写出所有的三位数：
123，124，132，134，142，143; 213，214，231，234，241，243， 312，314，321，324，341，342; 412，413，421，423，431，432。
1、排列：
基本概念
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、元素不能重复。（互异性）
2、“按一定顺序”就是与位置有关，这是判断一
个问题是否是排列问题的关键（。 有序性）
3、两个排列相同，当且仅当这两个排列中的元素 完全相同，而且元素的排列顺序也完全相同。
3. 信号兵用3种不同颜色的旗子各一面，每次打出3 面，最多能打出不同的信号有（ ）
A. 1种 B.3种 C.6种 D.27种
26×25×24×10×9×8＝11232000 11232000+11232000＝22464000
探究：
问题1：从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活 动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加 下午的活动，有多少种不同的选法？
2019-2020学年高中数学(人教B版 选修2-3)教师用书：第1章 计数原理-1.2-1.2.1-第2课时
第2课时排列的综合应用1.掌握一些排列问题的常用解决方法.(重点)2.能应用排列知识解决简单的实际问题.(难点)[基础·初探]教材整理排列的综合应用阅读教材P11例3～P13，完成下列问题.1.解简单的排列应用题的基本思想2.解简单的排列应用题，首先必须认真分析题意，看能否把问题归结为排列问题，即是否有顺序.如果是的话，再进一步分析，这里n个不同的元素指的是什么，以及从n个不同的元素中任取m个元素的每一种排列对应的是什么事情，然后才能运用排列数公式求解.1.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________.【解析】从2,4中取一个数作为个位数字，有2种取法；再从其余四个数中取出三个数排在前三位，有A34种排法.由分步乘法计数原理知，这样的四位偶数共有2×A34＝48个.【答案】482.A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有_____ ___种.【解析】把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，共A4＝24种.【答案】243.从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的活动.若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译活动，则选派方案共有________种.【导学号：62980012】【解析】翻译活动是特殊位置优先考虑，有4种选法(除甲、乙外)，其余活动共有A35种选法，由分步乘法计数原理知共有4×A35＝240种选派方案.【答案】240[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]无限制条件的排列问题(1)有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？(2)有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？【精彩点拨】(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；(2)给每人的书均可以从5种不同的书中任选1本，各人得到哪本书相互之间没有联系，要用分步乘法计数原理进行计算.【自主解答】(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是A35＝5×4×3＝60，所以共有60种不同的送法.(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的每本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是5×5×5＝125，所以共有125种不同的送法.1.没有限制的排列问题，即对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制，这一类问题相对简单，分清元素和位置即可.2.对于不属于排列的计数问题，注意利用计数原理求解.[再练一题]1.(1)将3张电影票分给10人中的3人，每人1张，共有________种不同的分法.(2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员，文娱委员与体育委员，不同的选法共有_____ ___种.【解析】(1)问题相当于从10张电影票中选出3张排列起来，这是一个排列问题.故不同分法的种数为A310＝10×9×8＝720.(2)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员，文娱委员与体育委员，应有A35＝5×4×3＝60.【答案】(1)720 (2)60排队问题7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同站法？(1)老师甲必须站在中间或两端；(2)2名女生必须相邻而站；(3)4名男生互不相邻；(4)若4名男生身高都不等，按从高到低的顺序站.【精彩点拨】 解决此类问题的方法主要按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先考虑特殊位子，若一个位子安排的元素影响另一个位子的元素个数时，应分类讨论.【自主解答】 (1)先考虑甲有A 13种站法，再考虑其余6人全排，故不同站法总数为：A 13A 6＝2 160(种).(2)2名女生站在一起有站法A 2种，视为一种元素与其余5人全排，有A 6种排法，所以有不同站法A 2·A 6＝1 440(种).(3)先站老师和女生，有站法A 3种，再在老师和女生站位的间隔(含两端)处插入男生，每空一人，则插入方法A 4种，所以共有不同站法A 3·A 4＝144(种).(4)7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A 4种，而由高到低有从左到右和从右到左的不同，所以共有不同站法2·A77A44＝420(种).解决排队问题时应注意的问题1.对于相邻问题可以采用捆绑的方法，将相邻的元素作为一个整体进行排列，但是要注意这个整体内部也要进行排列.2.对于不相邻问题可以采用插空的方法，先排没有限制条件的元素，再将不相邻的元素以插空的方式排入.3.对于顺序给定的元素的排列问题只需考虑其余元素的排列即可.4.“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.[再练一题]2.3名男生，4名女生，按照不同的要求站成一排，求不同的排队方案有多少种.(1)甲不站中间，也不站两端；(2)甲、乙两人必须站两端.【解】 (1)分两步，首先考虑两端及中间位置，从除甲外的6人中选3人排列，有A 36种站法，然后再排其他位置，有A 4种站法，所以共有A 36·A 4＝2 880种不同站法.(2)甲、乙为特殊元素，先将他们排在两头位置，有A 2种站法，其余5人全排列，有A 5种站法.故共有A 2·A 5＝240种不同站法.[探究共研型]数字排列问题探究1 偶数的个位数字有何特征？从1,2,3,4,5中任取两个不同数字能组成多少个不同的偶数？【提示】偶数的个位数字一定能被2整除.先从2,4中任取一个数字排在个位，共2种不同的排列，再从剩余数字中任取一个数字排在十位，共4种排法，故从1,2,3,4,5中任取两个数字，能组成2×4＝8(种)不同的偶数.探究2在一个三位数中，身居百位的数字x能是0吗？如果在0～9这十个数字中任取不同的三个数字组成一个三位数，如何排才能使百位数字不为0?【提示】在一个三位数中，百位数字不能为0，在具体排数时，从元素0的角度出发，可先将0排在十位或个位的一个位置，其余数字可排百位、个位(或十位)位置；从“位置”角度出发可先从1～9这9个数字中任取一个数字排百位，然后再从剩余9个数字中任取两个数字排十位与个位位置.探究3 如何从26,17,31,48,19中找出大于25的数？【提示】先找出十位数字比2大的数，再找出十位数字是2，个位数字比5大的数即可.用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的(1)六位奇数？(2)个位数字不是5的六位数？【精彩点拨】这是一道有限制条件的排列问题，每一问均应优先考虑限制条件，遵循特殊元素或特殊位置优先安排的原则.另外，还可以用间接法求解.【自主解答】(1)法一：从特殊位置入手(直接法)分三步完成，第一步先填个位，有A13种填法，第二步再填十万位，有A14种填法，第三步填其他位，有A4种填法，故共有A13A14A4＝288(个)六位奇数.法二：从特殊元素入手(直接法)0不在两端有A14种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A13种排法，其他各位上用剩下的元素做全排列有A4种排法，故共有A14A13A4＝288(个)六位奇数.法三：排除法6个数字的全排列有A6个，0,2,4在个位上的六位数为3A5个，1,3,5在个位上，0在十万位上的六位数有3A4个，故满足条件的六位奇数共有A6－3A5－3A4＝288(个).(2)法一：排除法0在十万位的六位数或5在个位的六位数都有A5个，0在十万位且5在个位的六位数有A4个.故符合题意的六位数共有A6－2A5＋A4＝504(个).法二：直接法十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同.因此需分两类：第一类：当个位排0时，符合条件的六位数有A5个.第二类：当个位不排0时，符合条件的六位数有A14A14A4个.故共有符合题意的六位数A5＋A14A14A4＝504(个).解排数字问题常见的解题方法1.“两优先排法”：特殊元素优先排列，特殊位置优先填充.如“0”不排“首位”.2.“分类讨论法”：按照某一标准将排列分成几类，然后按照分类加法计数原理进行，要注意以下两点：一是分类标准必须恰当；二是分类过程要做到不重不漏.3.“排除法”：全排列数减去不符合条件的排列数.4.“位置分析法”：按位置逐步讨论，把要求数字的每个数位排好.[再练一题]3.用0,1,2,3,4,5这六个数取不同的数字组数.(1)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？(2)能组成多少个无重复数字且比1 325大的四位数？(3)若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{a n}，则240 135是第几项.【导学号：62980013】【解】(1)符合要求的五位数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数，有A45个；第二类，个位上的数字是5的五位数，有A14·A34个.故满足条件的五位数的个数共有A45＋A14·A34＝216(个).(2)符合要求的比1 325大的四位数可分为三类：第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共A14·A35个；第二类，形如14□□，15□□，共有A12·A24个；第三类，形如134□，135□，共有A12·A13个.由分类加法计数原理知，无重复数字且比1 325大的四位数共有：A14·A35＋A12·A24＋A12·A13＝270(个).(3)由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有A5个数，首位数字为2，万位上为0,1,3中的一个有3A4个数，∴240 135的项数是A5＋3A4＋1＝193，即240 135是数列的第193项.[构建·体系]1.6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为( )A.36B.120C.720D.240【解析】由于6人排两排，没有什么特殊要求的元素，故排法种数为A6＝720.【答案】 C2.要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有( )A.1 440种B.960种C.720种D.480种【解析】从5名志愿者中选2人排在两端有A25种排法，2位老人的排法有A2种，其余3人和老人排有A4种排法，共有A25A2A4＝960种不同的排法.【答案】 B3.用1,2,3,4,5,6,7这7个数字排列组成一个七位数，要求在其偶数位上必须是偶数，奇数位上必须是奇数，则这样的七位数有________个.【解析】先排奇数位有A4种，再排偶数位有A3种，故共有A4A3＝144个.【答案】1444.(2016·莆田高二检测)两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩，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，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为________.【解析】分3步进行分析，①先安排两位爸爸，必须一首一尾，有A2＝2种排法，②两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有A2＝2种排法，③将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有A3＝6种排法.则共有2×2×6＝24种排法.【答案】245.从6名短跑运动员中选出4人参加4×100m接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，问共有多少种参赛方案？【解】法一：从运动员(元素)的角度考虑，优先考虑甲，分以下两类：第1类，甲不参赛，有A45种参赛方案；第2类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒，有2种方法，然后安排其他3棒，有A35种方法，此时有2A35种参赛方案.由分类加法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A45＋2A35＝240种.法二：从位置(元素)的角度考虑，优先考虑第一棒和第四棒，则这两棒可以从除甲之外的5人中选2人，有A25种方法；其余两棒从剩余4人中选，有A24种方法.由分步乘法计数原理可知，甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方案共有A25A24＝240种.我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)。
新高中数学(人教B版,选修2-3)练习：1.1基本计数原理(含答案解析)
第一章 1.1一、选择题1．现有 6 名同学去听同时进行的 5 个课外知识讲座，每名同学可自由选择此中的一个讲座，不一样选法的种数是()A． 56B． 655×6×5×4×3×2C.2D． 6×5×4×3×2[答案 ]A[分析 ]此题主要考摆列组合知识．1 名同学有 5 种选择，则 6 名同学共有56种选择．2．有一排 5 个信号的显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或许不亮灯，则共能够发出的不同信号有 ()种52A． 2 B ． 5C． 35D．53[答案 ]C3．将 5 名大学毕业生所有分派给 3 所不一样的学校，不一样的分派方案有()A． 8B．15C． 125D．243[答案 ]D4． (2014 长·安一中质检、北京西城模拟)用 0、 1、、 9 十个数字，能够构成有重复数字的三位数的个数为 ()A． 243B．252C． 261D．279[答案 ]B[分析 ]用 0,1，， 9 十个数字，能够构成的三位数的个数为9×10×10＝ 900，此中三位数字全不同样的为9×9×8＝648，因此能够构成有重复数字的三位数的个数为900－ 648＝252.5．已知会合M ＝ {1 ，－ 2,3} ， N ＝{ － 4,5,6，－ 7} ，从两个会合中各取一个元素作点的坐标，则在直角坐标系中，第一、第二象限不一样点的个数为()A． 18B．16C． 14D．10[答案 ]C[分析 ]可分为两类．以会合 M 中的元素做横坐标，N 中的元素做纵坐标，会合M 中取一个元素的方法有 3处，要使点在第一、第二象限内，则会合N 中只好取 5、6 两个元素中的一个有 2 种．依据分步计数原理有 3×2＝ 6(个 )．以会合 N 的元素做横坐标， M 的元素做纵坐标，会合N 中任取一元素的方法有 4 种，要使点在第一、第二象限内，则会合M 中只好取 1、3 两个元素中的一个有 2 种，依据分步计数原理，有4×2＝ 8(个 )．综合上边两类，利用分类计数原理，共有6＋ 8＝ 14(个 )．应选 C.6．某公共汽车上有 10 名乘客，要求在沿途的 5 个车站所有下完，乘客下车的可能方式有 ()A． 510种B．105种C．50 种 D ．以上都不对[答案 ]A[分析 ]任何一个乘客能够在任一车站下车，且互相独立，因此每一个乘客下车的方法都有 5 种，由分步计数原理知N ＝510.应选 A.7．已知 x∈ {2,3,7} ， y∈ { － 31，－ 24,4} ，则 x·y 可表示不一样的值的个数是()A． 1＋ 1＝2B．1＋1＋1＝3C． 2×3＝ 6D．3×3＝9[答案 ]D[分析 ]由分步计数原理N＝ 3×3＝9(种 )．应选 D.二、填空题22＝ r 2可表示不一样圆8．已知 a∈{3,4,5} ， b∈ {1,2,7,8} ， r∈ {8,9} ，则方程 (x－ a)＋(y－ b)的个数为 ____________个．[答案 ]24[分析 ]确立圆的方程可分三步：确立 a 有 3 种方法，确立 b 有 4 种方法，确立r 有 2种方法，由分步计数原理知N＝ 3×4×2＝ 24(个 )．9．用数字1,2,3 构成三位数．(1)若是数字能够重复，共可构成(2)此中数字不重复的三位数共有____________ 个三位数；____________ 个；(3)此中一定有重复数字的有____________个．[答案 ](1)27(2)6(3)21[分析 ](1)排成数字同意重复的三位数，个位、十位、百位都有 3 种排法，∴N＝33＝27(个 )．(2)当数字不重复时，百位排法有 3 种，十位排法有两种，个位只有一种排法，∴N ＝ 3×2×1＝ 6(个 )(也可先排个位或十位)．(3)当三数一定有重复数字时分红两类：三个数字同样，有 3 种，只有两个数字同样，有∴ N＝ 3＋18＝ 21(个 )．3×3×2＝ 18(个 )，三、解答题10．某文艺小组有20 人，每人起码会唱歌或跳舞中的一种，此中会跳舞．从中选出会唱歌与会跳舞的各 1 人，有多少种不一样选法？14 人会唱歌，10 人[分析 ]只会唱歌的有10 人，只会跳舞的有 6 人，既会唱歌又会跳舞的有 4 人．这样就能够分红四类达成：第一类：从只会唱歌和只会跳舞的人中各选 1 人，用分步乘法计数原理得10×6＝ 60(种 )；第二类：从只会唱歌和既会唱歌又会跳舞的人中各选 1 人，用分步乘法计数原理得10×4＝40(种 )；第三类：从只会跳舞和既会唱歌又会跳舞的人中各选 1 人，用分步乘法计数原理得6×4＝ 24(种 )；第四类：从既会唱歌又会跳舞的人中选 2 人，有 6 种方法．依据分类加法计数原理，得出会唱歌与会跳舞的各选 1 人的选法共有130(种 ).60＋ 40＋ 24＋6＝一、选择题1．已知函数y＝ ax2＋ bx＋ c，此中 a、b、c∈ {0,1,2,3,4} ，则不一样的二次函数的个数共有()A． 125B．15C． 100D．10[答案 ]C[分析 ]由二次函数的定义知a≠ 0∴.选 a 的方法有4 种．选 b 与有 a、 b、 c 都确立后，二次函数才确立．故由乘法原理知共有二次函数c 的方法都有 5种．只4×5×5＝ 100 个．故选C.2．(2013 福·建理， 5)知足的有序数对 (a， b)的个数为 (a、 b∈ { － 1,0,1,2} ，且对于)x 的方程ax2＋ 2x＋ b＝0 有实数解A． 14B．13 C． 12D．10 [答案 ]B[分析 ]①当a＝ 0 时， 2x＋ b＝0 总有实数根，∴ (a， b)的取值有4 个．②当 a≠0时，需＝4－4ab≥0，∴ ab≤1.a＝－ 1 时， b 的取值有 4 个，a＝ 1 时， b 的取值有3 个，a＝ 2 时， b 的取值有2 个．∴ (a， b)的取法有9 个．综合①②知，(a，b) 的取法有4＋ 9＝ 13 个．3．某电话局的电话号码为168 ×××××，若后边的五位数字是由 6 或 8 构成的，则这样的电话号码一共有 ()A．20 个B．25 个C．32 个D．60 个[答案 ]C[分析 ]五位数字是由 6或 8 构成的，可分五步达成，每一步都有两种方法，依据分步乘法计数原理，共有25＝ 32 个．二、填空题4．大小不等的两个正方体玩具，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小于20 的积的结果有 ____________ 种．[答案 ]5[分析 ]第 1 个正方体向上的面标有的数字必大于等于 4.假如是 3，则 3 与第二个正方风光上标有数字最大者 6 的积 3×6＝ 18＜ 20，4×5＝5×4＝ 20,4×6＝ 6×4＝ 24,5 ×5＝25，5×6＝6×5＝ 30,6×6＝ 36，以上积的结果为20,24,25,30,36 共五种．5． (2014 北·京理， 13)把 5 件不一样产品摆成一排，若产品 A 与产品 B 相邻，且产品 A 与产品 C 不相邻，则不一样的摆法有 ________种．[答案 ]36[分析 ]此题考察了计数原理与摆列组合知识．先只考虑 A 与产品 B 相邻，此时用捆绑法，将 A 和 B 作为一个元素考虑，共有种方法，而 A 和 B 有 2 种摆放次序，故总计24×2＝48 种方法，再清除既知足 A 和又知足 A 与 C 相邻的状况，此时用捆绑法，将A， B， C 作为一个元素考虑，共有种方法，而 A ， B ，C 有 2 种可能的摆放次序，故总计6×2＝ 12 种方法．A 44＝ 24B 相邻，A 33＝6综上，切合题意的摆放共有48－ 12＝ 36种．三、解答题6．若x， y∈N ＋，且x＋ y≤6，试求有序自然数对(x， y)的个数．[分析 ] 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，依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．x2＋ y 2＝ 1 的焦点在 y 轴上，此中 a ∈ {1,2,3,4,5} ， b ∈{1,2,3,4,5,6,7} ，求知足7．设椭圆 a b 上述条件的椭圆的个数．[分析 ] 由于椭圆的焦点在y 轴上，因此 b ＞ a.则当 a ＝ 1 时， b 可取 2,3,4,5,6,7，有 6 种取法；当 a ＝2 时， b 可取 3,4,5,6,7，有 5 种取法；当 a ＝3 时， b 可取 4,5,6,7，有 4 种取法；当 a ＝4 时， b 可取 5,6,7，有 3 种取法；当 a ＝5 时， b 可取 6,7，有 2 种取法．故共有 6＋ 5＋4＋ 3＋ 2＝20 个知足条件的椭圆．8．已知会合 A ＝ {a 1， a 2， a 3， a 4} ，会合B ＝ {b 1，b 2} ，此中 a i ， b j (i ＝1,2,3,4； j ＝ 1,2)均为实数．(1)从会合 A 到会合 B 能构成多少个不一样的映照？(2)能构成多少个以会合A 为定义域，以会合B 为值域的不一样函数？[分析 ] (1)由于会合 A 中的每个元素 a i (i ＝ 1,2,3,4) 与会合 B 中元素的对应方法都有 2 种，由分步计数原理，构成 A →B 的映照有 2×2×2×2＝24＝ 16 个．(2) 在 (1)的映照中， a 1， a 2， a 3， a 4 均对应于同一元素 b 1 或 b 2 的情况构不能够会合A 为定义域，以会合B 为值域的函数，这样的映照有2 个．因此，构成以会合A 为定义域，以会合B 为值域的函数有16－ 2＝14 个．。
高中数学选修2-3(人教B版)第一章计数原理1.3知识点总结含同步练习题及答案
a1 + a2 + ⋯ + a100 = 1 − 2 100 .
（3）令 x = −1 可得 a0 − a1 + a2 − a3 + ⋯ + a100 = 3 100 ⋯ ②，与 ① 式联立相减得
a1 + a3 + ⋯ + a99 =
1 − 3 100 . 2
3.二项式定理的应用 描述： 二项式定理一般应用在以下几个方面： ①进行近似计算．当 a 的绝对值与 1 相比很小且 n 不大时，常用近似公式 (1 + a)n ≈ 1 + na，因为这时展开式的后面 3 3 n n 很小，可以忽略不计；类似地，有 2 部分 C2 (1 − a)n ≈ 1 − na． n a + Cn a + ⋯ + Cn a ②证明某些整除性问题或求余数；
求证：对一切 n ∈ N ∗ ，都有 2 ⩽ (1 + 解：因为
1 n ) < 3． n
(1 +
1 n 1 1 2 1 3 1 n 1 3 n + C2 ) = C0 n + Cn ⋅ n ⋅ ( ) + Cn ⋅ ( ) + ⋯ + Cn ⋅ ( ) n n n n n 1 n−1 1 n−1 n−2 1 n−1 n−2 1 = 1+1+ ⋅ + ⋅ +⋯+ ⋅ ⋅ ⋯ . n n n n n n 2! 3! n!
= 120
（1）展开式的第 4 项的二项式系数为 C3 10 = 120． 3 （2）展开式的第 4 项的系数为 C10 ⋅ (−2)3 = −960 ． 3 4 4 （3）展开式的第 4 项为：T4 = C3 10 ⋅ (−2) ⋅ x = −960x ． 二项式 (x − y)11 的展开式中二项式系数最大的项为（ ） A．第 3 项 B．第 6 项 C．第 6 、7 项 D．第 5 、7 项 解：C 展开式共有 12 项，故中间两项即第 6 、 7 项的二项式系数相等，且最大．
【人教B版】选修2-3数学：第1章《计数原理》基础测试(含解析)
高中数学第一章计数原理知能基础测试新人教B版选修2-3时间120分钟，满分150分．一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种选出3种分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有( )A．24种B．18种C．12种D．6种[答案] B[解析]因为黄瓜必须种植，在余下的3种蔬菜品种中再选出两种，进行排列共有C23A33＝18种．故选B.2．已知C7n＋1－C7n＝C8n(n∈N*)，则n等于( )A．14 B．12C．13 D．15[答案] A[解析]因为C8n＋C7n＝C8n＋1，所以C7n＋1＝C8n＋1.∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A.3．某铁路所有车站共发行132种普通客票，则这段铁路共有车站数是( )A．8 B．12C．16 D．24[答案] B[解析]∵A2n＝n(n－1)＝132.∴n＝12.故选B.4．(1＋x)7的展开式中x2的系数是( )A．42 B．35C．28 D．21[答案] D[解析]展开式中第r＋1项为T r＋1＝C r7x r，T3＝C27x2，∴x2的系数为C27＝21.5．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( ) A．3×3! B．3×(3！)3C．(3！)4D．9![答案] C[解析]本题考查捆绑法排列问题．由于一家人坐在一起，可以将一家三口人看作一个整体，一家人坐法有3！种，三个家庭即(3！)3种，三个家庭又可全排列，因此共(3！)4种．注意排列中在一起可用捆绑法，即相邻问题．6．某校园有一椭圆型花坛，分成如图四块种花，现有4种不同颜色的花可供选择，要求每块地只能种一种颜色，且有公共边界的两块不能种同一种颜色，则不同的种植方法共有( )A．48种B．36种C．30种D．24种[答案] A[解析]由于相邻两块不能种同一种颜色，故至少应当用三种颜色，故分两类．第一类，用4色有A44种，第二类，用3色有4A33种，故共有A44＋4A33＝48种．7．若多项式x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，则a9＝( )A．9 B．10C．－9 D．－10[答案] D[解析]x10的系数为a10，∴a10＝1，x9的系数为a9＋C910·a10，∴a9＋10＝0，∴a9＝－10.故应选D.另解：∵[(x＋1)－1]2＋[(x＋1)－1]10＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，显然a9＝C110(－1)＝－10.8．(2015·黑龙江省龙东南四校高二期末)从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( ) A．48种B．36种C．18种D．12种[答案] B[解析] 分两种情况：(1)小张小赵去一人：C 12C 12A 33＝24；(2)小张小赵都去：A 22A 23＝12，故有36种，应选B.9．(2015·湖北理，3)已知(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )A ．212B ．211C ．210D ．29[答案] D[解析] 由题意可得，二项式的展开式满足T r ＋1＝C r n x r ，且有C 3n ＝C 7n ，因此n ＝10.令x ＝1，则(1＋x )n ＝210，即展开式中所有项的二项式系数和为210；令x ＝－1，则(1＋x )n＝0，即展开式中奇数项的二项式系数与偶数项的二项式系数之差为0，因此奇数项的二项式系数和为12(210＋0)＝29.故本题正确答案为D.10．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种[答案] B[解析] 由题意不同的放法共有C 13C 24＝18种．11．(2015·四川理，6)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个[答案] B[解析] 据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有2×A 34个；若万位上排5，则有3×A 34个．所以共有2×A 34＋3×A 34＝5×24＝120个．选B.12．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( ) A ．24对 B ．30对 C ．48对 D ．60对[答案] C[解析] 解法1：先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数，然后根据正方体六个面的特征计算总对数．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C 、BC 1、C 1D 、CD 1、A 1D 、AD 1、A 1B 、AB 1共8条，同理与BD 成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线，共组成16对，又正方体共有6个面，所有共有16×6＝96对．因为每对都被计算了两次(例如计算与AC 成60°角时，有AD 1，计算与AD 1成60°角时有AC ，故AD 1与AC 这一对被计算了2次)，因此共有12×96＝48对．解法2：间接法．正方体的面对角线共有12条，从中任取2条有C 212种取法，其中相互平行的有6对，相互垂直的有12对，∴共有C 212－6－12＝48对．二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上) 13．(2015·上海理，8)在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选法有________种(用数值表示)[答案] 120[解析] 由题意得，去掉选5名教师情况即可：C 59－C 56＝126－6＝120.14．(2015·新课标Ⅱ，15)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.[答案] 3[解析] 由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax,4ax 3，x,6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3.15．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有________种(用数字作答)．[答案] 264[解析] 由条件上午不测“握力”，则4名同学测四个项目，有A 44；下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复，如“立定”、“肺活量”中一种有3×3＝9，故A44(2＋9)＝264种．16．从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，能被3整除的数有________个．[答案]228[解析]一个数能被3整除的条件是它的各位上的数字之和能被3整除．根据这点，分为如下几数：(1)三位数各位上的数字是1,4,7或2,5,8这两种情况，这样的数有2A33＝12(个)．(2)三位数的各位上只含0,3,6,9中的一个，其他两位上的数则从(1,4,7)和(2,5,8)中各取1个，这样的数有C14C13C13A33＝216(个)，但要除去0在百位上的数，有C13C13A22＝18(个)，因而有216－18＝198(个)．(3)三位数的各位上的数字是0,3,6,9中的3个，但要去掉0在百位上的，这样应有3×3×2＝18(个)，综上所述，由0到9这10个数字所构成的无重复数字且能被3整除的3位数有12＋198＋18＝228(个)．三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)一个小组有10名同学，其中4名男生，6名女生，现从中选出3名代表，(1)其中至少有一名男生的选法有几种？(2)至多有1名男生的选法有几种？[解析](1)方法一：(直接法)．第一类：3名代表中有1名男生，则选法种数为C14·C26＝60(种)；第二类：3名代表中有2名男生，则选法种数为C24·C16＝36(种)；第三类：3名代表中有3名男生，则选法种数为C34＝4(种)；故共有60＋36＋4＝100(种)．方法二：(间接法)．从10名同学中选出3名同学的选法种数为C310种．其中不适合条件的有C36种．故共有C310－C36＝100(种)．(2)第一类：3名代表中有一名男生，则选法为C14C26＝60(种)；第二类：3名代表中无男生，则选法为C36＝20(种)；故共有60＋20＝80(种)．18．(本题满分12分)从－1、0、1、2、3这5个数中选3个不同的数组成二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的系数．(1)开口向上的抛物线有多少条？(2)开口向上且不过原点的抛物线有多少条？ [解析] (1)要使抛物线的开口向上，必须a ＞0， ∴C 13·A 24＝36(条)．(2)开口向上且不过原点的抛物线，必须a ＞0，c ≠0， ∴C 13·C 13·C 13＝27(条)．19．(本题满分12分)求(x －3x )9的展开式中的有理项． [解析] ∵T r ＋1＝C r 9·(x 12)9－r ·(－x 13)r ＝(－1)r ·C r9·x 27－r 6，令27－r 6∈Z ，即4＋3－r6∈Z ，且r ∈{0,1,2，…，9}． ∴r ＝3或r ＝9.当r ＝3时，27－r 6＝4，T 4＝(－1)3·C 39·x 4＝－84x 4；当r ＝9时，27－r 6＝3，T 10＝(－1)9·C 99·x 3＝－x 3.∴(x －3x )9的展开式中的有理项是：第4项，－84x 4和第10项，－x 3. 20．(本题满分12分)有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？ (3)恰有一个盒内有2个球，有多少种放法？[解析] (1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有44＝256(种)．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C 24种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计算原理，共有放法：C 14·C 24·C 13·A 22＝144(种)．(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．21．(本题满分12分)(2015·北京高二质检)已知(3x 2＋3x 2)n展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项．[解析] 令x ＝1得展开式各项系数和为(1＋3)n ＝4n， 又展开式二项式系数和为C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n， 由题意有4n －2n＝992.即(2n )2－2n －992＝0，(2n －32)(2n＋31)＝0， 所以n ＝5.(1)因为n ＝5，所以展开式共6项，其中二项式系数最大项为第三、四两项，它们是T 3＝C 25(3x 2)3·(3x 2)2＝90x 6.T 4＝C 35(3x 2)2(3x 2)3＝270x 223. (2)设展开式中第k ＋1项的系数最大．又T k ＋1＝C k 5(3x 2)5－k ·(3x 2)k ＝C k 53k x 10＋4k 3，得⎩⎪⎨⎪⎧C k 5·3k ≥C k －15·3k －1C k 5·3k ≥C k ＋15·3k ＋1⇒⎩⎪⎨⎪⎧3k ≥16－k 15－k ≥3k ＋1⇒72≤k ≤92. 又因为k ∈Z ，所以k ＝4，所以展开式中第5项系数最大．T 5＝C 4534x263＝405x 263. 22．(本题满分14分)已知(1＋2x )n展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，且等于它后一项系数的56，试求该展开式中二项式系数最大的项．[解析] T r ＋1＝C rn (2x )r＝2r·C rn ·x x2，它的前一项的系数为2r －1·C r －1n ， 它的后一项的系数为2r ＋1·C r ＋1n ，根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧2r·C rn ＝2·2r －1·C r －1n ，2r ·C r n ＝56·2r ＋1·C r ＋1n ，⎩⎪⎨⎪⎧2r －1＝n ，8r ＋3＝5n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ＝7，r ＝4.∴展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项．3 2，T5＝C47(2x)4＝560x2.T4＝C37(2x)3＝280x。
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第一章 1.2 第2课时
一、选择题
1．若C8n＝C2n，则n＝(
A．2 B．8
C．10 D．12
[答案] C
[解析] 由组合数的性质可知n＝8＋2＝10.
2．以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有( )
A．70个B．64个
C．58个D．52个
[答案] C
[解析] 四个顶点共面的情况有6个表面和6个对角面共12个，∴共有四面体C48－12＝58个．故选C.
3．某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数
字互不相同英文字母可以相同的牌照号码共有( )
A．(C126)2A410个B．A226A410个
C．(C126)2104个D．A226104个
[答案] A
[解析] ∵前两位英文字母可以重复，∴有(C126)2种排法，又∵后四位数字互不相同，∴有A410种排法，由分步乘法计数原理知，共有不同牌照号码(C126)2A410个．4．6人站成一排，若调换其中的三个人的位置，有多少种不同的换法( )
A．40 B．60
C．120 D．240
[答案] A
[解析] 先从6人中选取3人确定调换他们的位置，而这三人的位置全换只有2种不同方法，故共有2C36＝40种．故选A.
5．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则
不同的取法共有( )
A．60种B．63种
C．65种D．66种
[答案] D
[解析] 本题考查了排列与组合的相关知识.4个数和为偶数，可分为三类．四个奇数C45，四个偶数C44，二奇二偶，C25C24.共有C45＋C44＋C25C24＝66种不同取法．分类讨论思想在排列组合题目中应用广泛．
6．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2
人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )
A．C28A23B．C28A66
C．C28A26D．C28A25
[答案] C
[解析] 第一步从后排8人中抽2人有C28种抽取方法，第二步前排共有6个位置，先从中选取2个位置排上抽取的2人，有A26种排法，最后把前排原4
人按原顺序排在其他4个位置上，只有1种安排方法，∴共有C 28A 26种排法．
7．(2015·青岛市胶州市高二期中)在100件产品中有6件次品，现从中任取
3件产品，至少有1件次品的不同取法的种数是( ) A ．C 16C 294
B ．
C 16C 299 C ．C 3100－C 394
D ．A 3100－A 394
[答案] C
[解析] 从100件产品中抽取3件的取法数为C 3100，
其中全为正品的取法数为C 394，∴共有不同取法为C 3100－C 394.故选C.
二、填空题
8．从一组学生中选出4名学生当代表的选法种数为A ，从这组学生中选出
2人担任正、副组长的选法种数为B ，若B A ＝213
，则这组学生共有________
[答案] 15
[解析] 设有学生n 人，则A 2n C 4n ＝213
，解之得n ＝15. 9．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________[答案] 42
[解析] 若甲在第一位有A 44种方法；若甲在第二位有C 13A 33＝18种方法，故共有18＋24＝42种方法．
三、解答题。