2019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：C
2．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．4
C．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：D
3．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．11
C．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：D
4．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．720
C．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：B
5．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．16
C．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：64
7．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：31
8．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：B
2．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：10
3．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)．。
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。
2019-2020学年数学人教A版选修2-3作业与测评：1.1.1 两个计数原理 Word版含解析
作业与测评·数学(选修2－3·A)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课时作业1两个计数原理知识点一分类加法计数原理的应用1.某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有()A．1种B．2种C．3种D．4种答案 C解析分两类：买1本，买2本书，各类购书方式依次有2种、1种，故共有2＋1＝3种购买方式．2．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？答案36个解析解法一：按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数为8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36.解法二：按个位上的数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理，满足条件的两位数的个数为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36.知识点二分步乘法计数原理的应用3.一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一个门出，共有不同走法()A．8种B．12种C．16种D．24种答案 C解析从任一个门进有4种不同走法，从任一个门出也有4种不同走法，故共有4×4＝16种不同走法．4．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为()A．7 B．12 C．64 D．81答案 B解析要完成长裤与上衣配成一套，分2步：第1步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同选法；第2步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同的选法．故共有4×3＝12种不同的配法.知识点三两个原理的综合应用5.现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．所以，共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5040(种).(3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．6．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，有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(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，有28×7×9×3＝5292种不同的选法．一、选择题1．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则xy可表示不同的值的个数为()A．2 B．3 C．6 D．9答案 D解析分二步：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值，有3种不同取法；第二步，在集合{－3，－4,8}中任取一个值，有3种不同取法，故xy可表示3×3＝9个不同的值．2．从1,2，…，9这九个数字中，任意抽取两个相加所得的和为奇数的不同情形的种数是()A ．6B ．9C ．20D ．25答案 C解析 当且仅当偶数加上奇数时和为奇数，在1,2，…，9中共有4个偶数，5个奇数，所以所得和为奇数的不同情形的种数是4×5＝20.3．有5列火车停在某车站并排的5条轨道上，若火车A 不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )A ．96种B ．24种C ．120种D ．12种答案 A解析 先排第1道，有4种排法，第2,3,4,5道各有4,3,2,1种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1＝96种停车方法．4．现有A ，B 两种类型的机床各一台，甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种机床，丙只会操作A 种机床，现在要从这三名工人中选两名分别去操作以上机床，不同的选派方法有( )A ．6种B ．5种C ．4种D ．3种答案 C解析 分两类：第一类若不选丙有2×1种选派方法；第二类若选丙，再从甲、乙两人中选一人，有2×1种选派方法，共有2＋2＝4种方法．5．设椭圆x 2a ＋y 2b ＝1的焦点在y 轴上，其中a ∈{1,2,3,4,5}，b ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则满足上述条件的椭圆个数为( )A ．20个B ．24个C ．12个D ．11个答案 A解析 当a 取1时，b 可以取2,3,4,5,6,7，共6种；当a 取2时，b 可以取3,4,5,6,7，共5种；当a 取3时，b 可以取4,5,6,7，共4种；当a 取4时，b 可以取5,6,7，共3种；当a 取5时，b 可以取6,7，共2种．所以满足上述条件的椭圆个数共有6＋5＋4＋3＋2＝20(个)．二、填空题6．有4个同学站成一队，现在要求他们解散重新站队，每个人不能站在原来的位置上，则不同的站法有________种．答案9解析第一步，任选一人站队，有3种站法(因为他不能站在原先的位置)；第二步，由第一步所站位置原先站的人站队，有3种站法；第三步，剩下的两人只有1种站法，所以有3×3×1＝9种不同的站法．7．某运动会上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．答案2880解析分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以共有4×3×2＝24种方法；第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120种．所以安排这8人的方式共有24×120＝2880种．8．由1,2,3,4,5,6,7,8,9可以组成无重复数字的三位偶数与三位奇数的个数分别是________个，________个．答案224280解析当个位上的数是偶数时，该三位数就是偶数．可分步完成：第一步，先排个位，个位上的数只能取2,4,6,8中的1个，有4种取法；第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．所以可以组成无重复数字的三位偶数的个数为4×8×7＝224.当个位上的数是奇数时，该三位数就是奇数．可分步完成：第一步，先排个位，个位上的数只能取1,3,5,7,9中的1个，有5种取法；第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．所以可以组成无重复数字的三位奇数的个数为5×8×7＝280.三、解答题9．用1,2,3,4四个数字组成可有重复数字的三位数，这些数从小到大构成数列{a n}．(1)这个数列共有多少项？(2)若a n＝341，求n的值．解(1)由题意，知这个数列的项数就是由1,2,3,4四个数字组成的可有重复数字的三位数的个数．由于每个数位上的数都有4种取法，由分步乘法计数原理，得满足条件的三位数的个数为4×4×4＝64，即数列{a n}共有64项．(2)比341小的数分为两类：第一类，百位上的数是1或2，有2×4×4＝32个三位数；第二类，百位上的数是3，十位上的数可以是1,2,3中的任一个，个位上的数可以是1,2,3,4中的任一个，有3×4＝12个三位数．所以比341小的三位数的个数为32＋12＝44，因此341是这个数列的第45项，即n＝45.10．某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法？解首先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”“只会印刷”“既会排版又会印刷”中的一个作为分类的标准．下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准，按照被选出的人数，可将问题分为三类：第一类：2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步乘法计数原理知共有3×1＝3种选法．第二类：2人中被选出一人，有2种选法．若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步乘法计数原理知共有2×3×1＝6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步乘法计数原理知共有2×3×2＝12种选法．再由分类加法计数原理知共有6＋12＝18种选法．第三类：2人全被选出，同理共有16种选法．所以共有3＋18＋16＝37种选法．。
人教版高二数学选修2-3第一章计数原理《《计数原理》小结与复习》
第一章 计数原理《计数原理》小结与复习班 ：高二（）班学号：姓名：一．知识点整理价：1、两个基本 数原理：（ 1）分 数原理：达成一件事，有n 法 , 达成 件事共有 N=m +m+⋯+m种不一样的方法。
12n（ 2）分步 数原理：达成一件事，需要分红n 个步 ，达成 件事有N=m × m ×⋯× m 种不一样的方法。
12n2、摆列（ 1）摆列：一般地，从n 个不一样的元素中拿出m （ m n ）个元素，并按必定的 序排成一列，叫做从n 个不一样元素中拿出 m 个元素的一个摆列。
（ 2）摆列数公式：A n mn (n1) (n 2) (n m 1)n! ，(n m)!3、 合（ 1） 合：一般地，从n 个不一样元素中拿出 m 个不一样元素并成一 ，叫做从n 个不一样元素中拿出 m 个不同元素的一个 合。
m（ 2） 合数公式：C mn ( n 1)( n2)(nm 1) ,Cmn !nnmm !nm !( nm ) !（ 3） 合数公式性 ：m性 1: C n mC n n m性 2:C n k C n k 1 C n k 11推 1: C k 0 C k 1 1C k 2 2 C n t C n t 1推 2:C k kC k k 1 C k k 2C n k C n k 114、二 式定理：（ 1）二 式定理： (a b)nC n 0a n C n 1a n 1 b C n 2a n2b 2C n r a n r b rC n n b n（ 2）通 是睁开式的第，即：2、二 睁开式的特色:（ 1） 数：共 n ＋ 1 ；（ 2）指数： a 按降 摆列， b 按升 摆列，每一 中a 、b 的指数和 n（ 3）系数 : 第 r ＋ 1 的二 式系数 Cr(r ＝0,1,2, ⋯， n )n二．稳固练习价： 1.( 西安 )4 个男生与 3 个女生站成一排，假如两头不站女生且3 个女生必 相 的排法有( ) 。
人教版高中数学选修2-3课后习题参考答案
新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章 计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 练习（P6） 1、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9； （2）要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6. 2、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12； （2）要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60.3、因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异， 所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择. 练习（P10）1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12） 1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）. 2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）. 3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）. 对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）. 4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A 中选横坐标，有6个选择；第二步，从A 中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）. （2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）. 习题1.1 B 组（P13） 1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）. 2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合 练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=； （2）777!5040A ==； （3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=； （4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25） 1、（1）甲、乙， 甲、丙， 甲、丁， 乙、丙， 乙、丁， 丙、丁； （2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯； （2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯； （3）3276351520C C -=-=； （4）328532356210148C C -=⨯-⨯=. 6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m m n n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27）1、（1）325454*********A A +=⨯+⨯=； （2）12344444412242464A A A A +++=+++=. 2、（1）315455C =； （2）19732002001313400C C ==； （3）346827C C ÷=；（4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n nn A A n A A nA n A +-+--=+-==； （2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）.8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n .9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）. 10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3)2n n n C n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便. 11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234444415C C C C +++=（种）. 12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C =；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C =. 13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C =. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A =；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A 中取，有m 种取法；第二步，从集合B 中取，有n 种取法. 所以共有取法mn 种. 说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C ⋅⋅=. 15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C ⋅=； （2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C =（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C -=； 如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C ++=； （4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C --=. 也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231545454120C C C C C C ++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =； （2）142198124234110C C ⋅=； （3）51982410141734C =； （4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词.习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<， 用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）.4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=. 5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法； 解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理 练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=.3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nnC ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111111210242C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=， 2、∵0122k n n nn n n n C C C C C ++++++=，0213nn n n C C C C ++=++∴012knnn n n n C C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n n nnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn nn n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nn n n n n C C C C ++++.2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++23369a b ab b（2）27311357752222222172135701682241281283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x ++=++； （2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+. 4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -； （2）91482099520T a b =-； （3）7924T =； （4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x 的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-； （2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n rn n T C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!n n nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ， 由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除； （2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章 复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法.（2）3276525C C ⋅=； （3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=； 说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置. （4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=. （7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=； 说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =. 说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）3856C =； （2）1234555530C C C C +++=. 4、468898C C +=.说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=； 说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同. 6、（1）59764446024C =； （2）23397442320C C ⋅=； （3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=. 7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=. 说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列. 8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--. （2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和.444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =--3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=. 9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+ 551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章 复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =； （2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=； 说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B 中能够找到唯一对应的元素，就能确定一个映射，对应的元素可以相同，所以是“有重复排列”问题.（4）2426106500000A ⨯=； （5）481258C -=； 说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中， 排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -= （6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=. 解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅；首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=. 3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--； （2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8m n l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法.根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）. 5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=， 上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n C C +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数. 解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C C C C +++++++=-=修2—3第二章课后习题解答第二章 随机变量及其分布2．1离散型随机变量及其分布列练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.（2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值.2、可以举的例子很多，这里给出几个例子：例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数；例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数； 例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量.练习（P49）1、设该运动员一次罚球得分为X说明：这是一个两点分布的例子，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正 1(2)({})0.25P X P ====正正 因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为 5448552()i i C C P X i C -==，i =0，1，2，3，4.因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A 组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X ，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X ＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X ＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X ＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X ＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X ＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X ＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义 12345X ⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X 是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X ＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X ＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X ＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X ＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X ＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km 所用时间X 不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4minY >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间 它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}.4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即 （1）0i p ≥，1,2,,i n =；（2）11n i i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率.6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯. 说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的 篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的 取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列 为即（2112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000.2．2二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯.说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=（2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯= （3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，。
人教版高中数学选修2-3练习：第一章1.2-1.2.2第2课时组合的综合应用
第一章计数原理1.2 排列与组合1.2.2 组合第2课时组合的综合应用A级基础巩固一、选择题1．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这两个球同色的不同取法有()A．27种B．24种C．21种D．18种解析：分两类：一类是2个白球有C26＝15种取法，另一类是2个黑球有C24＝6种取法，所以取法共有15＋6＝21(种)．答案：C2．4位同学每人从甲、乙、丙三门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有()A．12种B．24种C．30种D．36种解析：依题意，满足题意的选法共有C24×2×2＝24(种)．答案：B3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有()A．24种B．18种C．12种D．96种解析：从3块不同的土地中选1块种1号种子，有C13种方法，从其余的3种种子中选2种种在另外的2块土地上，有A23种方法，所以所求方法有C13A23＝18(种)．答案：B4．将4个颜色互不相同的球全部收入编号为1和2的2个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有()A．10种B．20种C．36种D．52种解析：根据2号盒子里放球的个数分类：第一类，2号盒子里放2个球，有C24种放法，第二类，2号盒子里放3个球，有C34种放法，剩下的小球放入1号盒中，共有不同放球方法C24＋C34＝10(种)．答案：A5．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有()A．120种B．48种C．36种D．18种解析：依题意，所求播放方式的种数为C12C13A33＝2×3×6＝36.答案：C二、填空题6．北京市某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，共有________种不同送法．解析：每校先各得一台，再将剩余6台分成3份，用插板法解，共有C25＝10(种)．答案：107．某校开设9门课程供学生选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有________种不同选修的方案(用数字作答)．解析：分两类，第一类学生不选A，B，C中的任意一门，选法有C46＝15(种)．第二类学生从A，B，C中选一门，再从其他6门中选3门课程，共有C13C36＝60种选法．所以选法共有15＋60＝75(种)．答案：758．以正方体的顶点为顶点的四面体共有________个．解析：先从8个顶点中任取4个的取法为C48种，其中，共面的4点有12个，则四面体的个数为C48－12＝58(个)．答案：58三、解答题9．为了提高学生参加体育锻炼的热情，光明中学组织篮球比赛，共24个班参加，第一轮比赛是先分四组进行单循环赛，然后各组取前两名再进行第二轮单循环赛(在第一轮中相遇过的两个队不再进行比赛)，问要进行多少场比赛？解：第一轮每组6个队进行单循环赛，共有C26场比赛，4个组共计4C26场．第二轮每组取前两名，共计8个组，应比赛C28场，由于第一轮中在同一组的两队不再比赛，故应减少4场，因此第二轮的比赛应进行C28＝4(场)．综上，两轮比赛共进行4C26＋C28－4＝84(场)．10．有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？(1)分成1本、2本、3本三组；(2)分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；(3)分成每组都是2本的三组；(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本．解：(1)分三步：选选一本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C25有种选法；对于余下的三本全选有C33种选法，由分步乘法计数原理知选法有C16C25C33＝60(种)．(2)由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)的基础上，还应考虑再分配的问题，因此选法共有C16C25C33A33＝360(种)．(3)先分三步，则应是C26C24C22种选法，但是这里面出现了重复，不妨记6本书分别为A，B，C，D，E，F，若第一步取了(AB，CD，EF)，则C26C24C22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，AB，CD)，(EF，CD，AB)共A33种情况，而且这A33种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分配方式有C26C24C22A33＝15(种)．(4)在问题(3)的基础上再分配，故分配方式有C26C24C22A33·A33＝C26C24C22＝90(种)．B级能力提升1．已知圆上9个点，每两点连一线段，所有线段在圆内的交点有()A．36个B．72个C．63个D．126个解析：此题可化归为：圆上9个点可组成多少个四边形，每个四边形的对角线的交点即为所求，所以，交点有C49＝126(个)．答案：D2．某科技小组有六名学生，现从中选出三人去参观展览，至少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女生人数为________．解析：设男生人数为x，则女生有(6－x)人．依题意C36－C3x＝16，则6×5×4＝x(x－1)(x－2)＋16×6，所以x(x－1)(x－2)＝2×3×4，解得x＝4.即女生有2人．答案：23．有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？解：法一依0与1两个特殊值分析，可分三类：(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有C14种方法；0可在后两位；有C12种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C13种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有C14C12C13·22个．(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C24·22·A33个．(3)0和1都不取，有不同三位数C34·23·A33个．综上所述，不同的三位数共有C14C12C13·22＋C24·22·A23＋C34·23·A33＝432(个)．法二任取三张卡片可以组成不同三位数C35·23·A33个，其中0在百位的有C24·22·A22个，这是不合题意的，故可组成的不同三位数共有C35·23·A33－C24·22·A22＝432(个)．小课堂：如何培养学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。
高中选修2-3第一章计数原理知识点总结与训练
第一章：计数原理
一、两个计数原理
3、两个计数原理的区别
二、排列与组合
1、排列：
叫做从n 2n
3其中 4出m 5从n 取出m 6、组合数公式：
其中 注意：判断一个具体问题是否为组合问题,关键是看取出的元素是否与顺序有关,有关就是排列,无关便是组合.判断时要弄清楚“事件是什么”.
7、性质： .,,*n m N m n ≤∈并且m n n m n C C -=m n m n m n C C C 1
1+-=+
三、二项式定理
如果在二项式定理中，设a=1,b=x，则可以得到公式：
2、性质：
注意事项：
相邻问题，常用“捆绑法”
1、有4
（1
（2
（3
（4
2
3、(1)
(2)?
4、从6个学校中选出30名学生参加数学竞赛,每校至少有1人,这样有几种选法?
5、将8个学生干部的培训指标分配给5个不同的班级，每班至少分到1个名额，共有多少种不同的分配方法？
6、对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品,一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第5次测试时全部发现,则这样的测试方法有种可能？
7、3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有多少种?
8、如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？
9、求值与化简：。
人教a版高中数学选修2-3全册同步练习及单元检测含答案
人教版高中数学选修2～3 全册章节同步检测试题目录第1章《计数原理》同步练习 1.1测试1第1章《计数原理》同步练习 1.1测试2第1章《计数原理》同步练习 1.1测试3第1章《计数原理》同步练习 1.2排列与组合第1章《计数原理》同步练习 1.3二项式定理第1章《计数原理》测试（1）第1章《计数原理》测试（2）第2章同步练习 2.1离散型随机变量及其分布列第2章同步练习 2.2二项分布及其应用第2章测试（1）第2章测试（2）第2章测试（3）第3章练习 3.1回归分析的基本思想及其初步应用第3章练习 3.2独立性检验的基本思想及其初步应用第3章《统计案例》测试（1）第3章《统计案例》测试（2）第3章《统计案例》测试（3）1. 1分类加法计数原理与分步乘法计数原理测试题一、选择题1．一件工作可以用2种方法完成，有3人会用第1种方法完成，另外5人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是（ ）Ａ．8 Ｂ．15 Ｃ．16 Ｄ．30答案：Ａ2．从甲地去乙地有3班火车，从乙地去丙地有2班轮船，则从甲地去丙地可选择的旅行方式有（ ）Ａ．5种 Ｂ．6种 Ｃ．7种 Ｄ．8种答案：Ｂ3．如图所示为一电路图，从A 到B 共有（ ）条不同的线路可通电（ ）Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．4答案：Ｄ4．由数字0，1，2，3，4可组成无重复数字的两位数的个数是（ ）Ａ．25 Ｂ．20 Ｃ．16 Ｄ．12答案：Ｃ5．李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳有（ ）种不同的选择方式（ ） Ａ．24 Ｂ．14 Ｃ．10 Ｄ．9答案：Ｂ6．设A ，B 是两个非空集合，定义{}()A B a b a A b B *=∈∈，，|，若{}{}0121234P Q ==，，，，，，，则P *Q 中元素的个数是（ ）Ａ．4 Ｂ．7 Ｃ．12 Ｄ．16答案：Ｃ二、填空题7．商店里有15种上衣，18种裤子，某人要买一件上衣或一条裤子，共有 种不同的选法；要买上衣，裤子各一件，共有 种不同的选法．答案：33，2708．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有 种行车路线．答案：129．已知{}{}0341278a b ∈∈，，，，，，，则方程22()()25x a y b -+-=表示不同的圆的个数是 ．答案：1210．多项式123124534()()()()a a a b b a a b b ++++++··展开后共有 项．答案：1011．如图，从A →C ，有 种不同走法．答案：612．将三封信投入4个邮箱，不同的投法有 种．答案：34三、解答题13．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同．（1）从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？（2）从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？解：（1）549N =+=种；（2）5420N =⨯=种．14．某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．（1）选其中1人为学生会主席，有多少种不同的选法？（2）若每年级选1人为校学生会常委，有多少种不同的选法？（3）若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选法？解：（1）56415N =++=种；（2）564120N =⨯⨯=种；（3）56644574N =⨯+⨯+⨯=种15．已知集合{}321012()M P a b =---，，，，，，，是平面上的点，a b M ∈，． （1）()P a b ，可表示平面上多少个不同的点？（2）()，可表示多少个坐标轴上的点？P a b解：（1）完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法也有6种，∴P点个数为N=6×6=36(个)；（2）根据分类加法计数原理，分为三类：①x轴上（不含原点）有5个点；②y轴上（不含原点）有5个点；③既在x轴，又在y轴上的点，即原点也适合，∴共有N=5+5+1=11（个）．1. 1分类加法计数原理与分步乘法计数原理测试题一、选择题1．从集合{ 0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a ，b 组成复数a bi +，其中虚数有（ ）A ．30个B ．42个C ．36个D ．35个答案：Ｃ2．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有（ ）A ．4种B ．5种C ．6种D ．7种答案：Ａ3．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A ，B ，C ，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有（ ）A ．72种B ．48种C ．24种D ．12种答案：Ａ4．教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（ ）A ．10种B ．52种 Ｃ．25种 Ｄ．42种答案：Ｄ5．已知集合{}{}023A B x x ab a b A ===∈，，，，，|，则B 的子集的个数是（ ） Ａ．4 Ｂ．8 Ｃ．16 Ｄ．15答案：Ｃ6．三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数为（ ）Ａ．25 Ｂ．26 Ｃ．36 Ｄ．37答案：Ｃ二、填空题7．平面内有7个点，其中有5个点在一条直线上，此外无三点共线，经过这7个点可连成不同直线的条数是 ．答案：128．圆周上有2n 个等分点（1n >），以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ．答案：2(1)n n-9．电子计算机的输入纸带每排有8个穿孔位置，每个穿孔位置可穿孔或不穿孔，则每排可产生种不同的信息．答案：25610．椭圆221x ym n+=的焦点在y轴上，且{}{}123451234567m n∈∈，，，，，，，，，，，，则这样的椭圆的个数为．答案：2011．已知集合{}123A，，，且A中至少有一个奇数，则满足条件的集合A分别是．答案：{}{}{}{}{}13122313，，，，，，，12．整数630的正约数（包括1和630）共有个．答案：24三、解答题13．用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，比3410大的四位数有多少个？解：本题可以从高位到低位进行分类．（1）千位数字比3大．（2）千位数字为3：①百位数字比4大；②百位数字为4：1°十位数字比1大；2°十位数字为1→个位数字比0大．所以比3410大的四位数共有2×5×4×3+4×3+2×3+2=140（个）．14．有红、黄、蓝三种颜色旗子各(3)n n>面，任取其中三面，升上旗杆组成纵列信号，可以有多少种不同的信号？若所升旗子中不允许有三面相同颜色的旗子，可以有多少种不同的信号？若所升旗子颜色各不相同，有多少种不同的信号？解：1N=3×3×3=27种；227324N=-=种；33216N=⨯⨯=种．15．某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法．解：首先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版又会印刷”中的一个作为分类的标准．下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准，按照被选出的人数，可将问题分为三类：第一类：2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有3×1=3种选法．第二类：2人中被选出一人，有2种选法．若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1=6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有2×3×2=12种选法；再由分类计数原理知共有6+12=18种选法．第三类：2人全被选出，同理共有16种选法．所以共有3+18+16=37种选法．1． 1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理综合卷一．选择题：1．一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出一本，则不同的取法共有（）（A）37种（B）1848种（C）3种（D）6种2．一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出语文、数学、英语各一本，则不同的取法共有（）（A）37种（B）1848种（C）3种（D）6种3．某商业大厦有东南西3个大门，楼内东西两侧各有2个楼梯，从楼外到二楼的不同走法种数是（）（A） 5 （B）7 （C）10 （D）124．用1、2、3、4四个数字可以排成不含重复数字的四位数有（）（A）265个（B）232个（C）128个（D）24个5．用1、2、3、4四个数字可排成必须含有重复数字的四位数有（）（A）265个（B）232个（C）128个（D）24个6．3科老师都布置了作业，在同一时刻4名学生都做作业的可能情况有（）（A）43种（B）34种（C）4×3×2种（D）1×2×3种7．把4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，参观券全部分完，则不同的分法共有（）（A）120种（B）1024种（C）625种（D）5种8．已知集合M={l，－2，3}，N={－4，5，6，7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是（）（A）18 （B）17 （C）16 （D）109．三边长均为整数，且最大边为11的三角形的个数为（）（A）25 （B）36 （C）26 （D）3710．如图，某城市中，M、N两地有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿途中路线前进，则从M到N 不同的走法共有（）（A）25 （B）15 （C）13 （D）10二．填空题：11．某书店有不同年级的语文、数学、英语练习册各10本，买其中一种有种方法；买其中两种有种方法．12．大小不等的两个正方形玩具，分别在各面上标有数字1，2，3，4，5，6，则向上的面标着的两个数字之积不少于20的情形有种．13．从1，2，3，4，7，9中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，可得到个不同的对数值．14．在连结正八边形的三个顶点组成的三角形中，与正八边形有公共边的有个．15．某班宣传小组要出一期向英雄学习的专刊，现有红、黄、白、绿、蓝五种颜色的粉笔供选用，要求在黑板中A、B、C、D每一部分只写一种颜色，如图所示，相邻两块颜色不同，则不同颜色的书写方法共有种．三．解答题：D CB A16．现由某校高一年级四个班学生34人，其中一、二、三、四班分别为7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人做中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？17．4名同学分别报名参加足球队，蓝球队、乒乓球队，每人限报其中一个运动队，不同的报名方法有几种？［探究与提高］1．甲、乙两个正整数的最大公约数为60，求甲、乙两数的公约数共有多个？2．从{－3，－2，－1，0，l，2，3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程y=ax2＋bx＋c（a≠0）的系数，如果抛物线过原点，且顶点在第一象限，这样的抛物线共有多少条？3．电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的群众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封．现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？综合卷1．A 2．B 3．D 4．D 5．B 6．B 7．D 8．B 9．B 10．B11．30；300 12．513．17 14．40 15．1801． 2排列与组合1、 排列综合卷1．90×9l ×92×……×100=（ ）（A ）10100A （B ）11100A （C ）12100A （D ）11101A 2．下列各式中与排列数mn A 相等的是（ ）（A ）!(1)!-+n n m （B ）n(n －1)(n －2)……(n －m) （C ）11m n nA n m --+ （D ）111m n n A A --3．若 n ∈N 且 n<20，则(27－n )(28－n)……(34－n)等于（ ） （A ）827n A - （B ）2734n n A -- （C ）734n A - （D ）834n A -4．若S=123100123100A A A A ++++，则S 的个位数字是（ ）（A ）0 （B ）3 （C ）5 （D ）85．用1，2，3，4，5这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） （A ）24个 （B ）30个 （C ）40个 （D ）60个6．从0，l ，3，5，7，9中任取两个数做除法，可得到不同的商共有（ ） （A ）20个 （B ）19个 （C ）25个 （D ）30个7．甲、乙、丙、丁四种不同的种子，在三块不同土地上试种，其中种子甲必须试种，那么不同的试种方法共有（ ）（A ）12种 （B ）18种 （C ）24种 （D ）96种8．某天上午要排语文、数学、体育、计算机四节课，其中体育不排在第一节，那么这天上午课程表的不同排法共有（ ）（A ）6种 （B ）9种 （C ）18种 （D ）24种9．有四位司机、四个售票员组成四个小组，每组有一位司机和一位售票员，则不同的分组方案共有（ ）（A ）88A 种 （B ）48A 种 （C ）44A ·44A 种 （D ）44A 种10．有4位学生和3位老师站在一排拍照，任何两位老师不站在一起的不同排法共有（ ） （A ）(4!)2种 （B ）4!·3!种 （C ）34A ·4!种 （D ）35A ·4!种11．把5件不同的商品在货架上排成一排，其中a ，b 两种必须排在一起，而c ，d 两种不能排在一起，则不同排法共有（ ）（A ）12种 （B ）20种 （C ）24种 （D ）48种 二．填空题:：12．6个人站一排，甲不在排头，共有 种不同排法．13．6个人站一排，甲不在排头，乙不在排尾，共有 种不同排法．14．五男二女排成一排，若男生甲必须排在排头或排尾，二女必须排在一起，不同的排法共有 种．15．将红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小球，分别放入红、黄、蓝、白、黑5种颜色的口袋中，但红口袋不能装入红球，则有种不同的放法．16．（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各一本，共有种不同的送法；（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各一本，共有种不同的送法．三、解答题：17．一场晚会有5个唱歌节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单（1）前4个节目中要有舞蹈，有多少种排法？（2）3个舞蹈节目要排在一起，有多少种排法？（3）3个舞蹈节目彼此要隔开，有多少种排法？18．三个女生和五个男生排成一排．（1）如果女生必须全排在一起，有多少种不同的排法？（2）如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？（3）如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？（4）如果两端不能都排女生，有多少种不同的排法？（5）如果三个女生站在前排，五个男生站在后排，有多少种不同的排法？综合卷1．B 2．D 3．D 4．C 5．A 6．B 7．B 8．C 9．D 10．D 11．C12．600 13．504 14．480 15．9616．(1) 60；(2) 12517．(1) 37440；(2) 4320；(3) 1440018．(1) 4320；(2) 14400；(3) 14400；(4) 36000；(5) 7202、组合 综合卷一、选择题：1．下列等式不正确的是（ ） （A ）!!()!mn n C m n m =- （B ）11mm n n m C C n m++=-（C ）1111m m n n m C C n +++=+ （D ）11m m n n C C ++= 2．下列等式不正确的是（ ）（A ）m n m n n C C -= （B ）11m m mm m m C C C -++=（C ）123455555552C C C C C ++++= （D ）11111m m m m n n n n C C C C --+--=++3．方程2551616x x x CC --=的解共有（ ） （A ）1个 （B ）2个 （C ）3个 （D ）4个4．若372345n n n C A ---=，则n 的值是（ ）（A ）11 （B ）12 （C ）13 （D ）145．已知7781n n n C C C +-=，那么n 的值是（）（A ）12 （B ）13 （C ）14 （D ）15 6．从5名男生中挑选3人，4名女生中挑选2人，组成一个小组，不同的挑选方法共有（ ）（A ）3254C C 种（B ） 3254C C 55A 种（C ） 3254A A 种（D ） 3254A A 55A 种7．从4个男生，3个女生中挑选4人参加智力竞赛，要求至少有一个女生参加的选法共有（ ）（A ）12种 （B ）34种 （C ）35种 （D ）340种8．平面上有7个点，除某三点在一直线上外，再无其它三点共线，若过其中两点作一直线，则可作成不同的直线（ ）（A ）18条 （B ）19条 （C ）20条 （D ）21条9．在9件产品中，有一级品4件，二级品3件，三级品2件，现抽取4个检查， 至少有两件一级品的抽法共有（ ）（A ）60种 （B ）81种 （C ）100种 （D ）126种10．某电子元件电路有一个由三节电阻串联组成的回路，共有6个焊点，若其中某一焊点脱落，电路就不通．现今回路不通，焊点脱落情况的可能有（ ） （A ）5种 （B ）6种 （C ）63种 （D ）64种 二．填空题：11．若11m m n n C xC --=，则x= ．12．三名教师教六个班的课，每人教两个班，分配方案共有 种。
人教版高中数学选修23课后习题参考答案
新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章 计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 练习（P6）1、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9； （2）要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6.2、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12； （2）要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60.3、因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异， 所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择. 练习（P10）1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12）1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）.2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）.3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）.对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）.4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A中选横坐标，有6个选择；第二步，从A中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）.（2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）.习题1.1 B组（P13）1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）.2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合 练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=； （2）777!5040A ==； （3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=； （4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25）1、（1）甲、乙， 甲、丙， 甲、丁， 乙、丙， 乙、丁， 丙、丁； （2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯； （2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯； （3）3276351520C C -=-=； （4）328532356210148C C -=⨯-⨯=.6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m mn n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27）1、（1）325454*********A A +=⨯+⨯=； （2）12344444412242464A A A A +++=+++=. 2、（1）315455C =； （2）19732002001313400C C ==； （3）346827C C ÷=； （4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n n n A A n A A nA n A +-+--=+-==；（2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）.8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n .9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）. 10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3)2n n n C n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便. 11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234444415C C C C +++=（种）. 12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C =；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C =. 13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C =. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A =；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A 中取，有m 种取法；第二步，从集合B 中取，有n 种取法. 所以共有取法mn 种. 说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C ⋅⋅=. 15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C ⋅=； （2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C =（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C -=； 如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C ++=；（4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C --=. 也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231545454120C C C C C C ++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =； （2）142198124234110C C ⋅=； （3）51982410141734C =； （4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词. 习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<， 用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）. 4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=. 5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法； 解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理 练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=. 3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nn C ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111111210242C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=，2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=，0213nn n n C C C C ++=++∴012knnn n n n C C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n nnnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn nn n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nn n n n n C C C C ++++.2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++23369a b ab b（2）27311357752222222172135(7016822412821283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x ++=++； （2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+. 4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -； （2）91482099520T a b =-； （3）7924T =； （4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x 的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-； （2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n rn n T C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!n n nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ， 由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除； （2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章 复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法.（2）3276525C C ⋅=； （3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=； 说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置. （4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=. （7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=；说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =. 说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）3856C =； （2）1234555530C C C C +++=. 4、468898C C +=.说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=； 说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同. 6、（1）59764446024C =； （2）23397442320C C ⋅=； （3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=. 7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=. 说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列. 8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--. （2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和.444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =--3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=. 9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+ 551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章 复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =； （2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=； 说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B 中能够找到唯一对应的元素，（4）2426106500000A ⨯=； （5）481258C -=； 说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中， 排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共 面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -=（6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=. 解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅； 首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅； 根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=. 3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--； （2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8mn l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法. 根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）.5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=，上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n CC +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数.解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C CCC +++++++=-=修2—3第二章课后习题解答第二章 随机变量及其分布 2．1离散型随机变量及其分布列 练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12. （2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值. 2、可以举的例子很多，这里给出几个例子： 例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数； 例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数；例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量. 练习（P49）1、设该运动员一次罚球得分为X ，X 是一个离散型随机变量，其分布列为说明：这是一个两点分布的例子，投中看作试验成功，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正1(2)({})0.25P X P ====正正因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为5448552()i iC C P X i C -==，i =0，1，2，3，4. 因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义12345X⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km所用时间X不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4min Y >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}. 4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即 （1）0i p ≥，1,2,,i n =；（2）11ni i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率. 6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯.说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的 篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的 取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列 为即（2）该同学能及格表示他能背出2或3篇，故他能及格的概率为112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000. 2．2二项分布及其应用 练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯.说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=（2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯=（3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，利用概率的性质得到()()()P A P AB P AB =+所以()()()P AB P A P AB =-.。
高中数学人教A版选修2-3练习第1章 计数原理1.1 第2课时 Word版含解析
第一章第课时级基础巩固一、选择题．已知函数＝＋＋，其中、、∈{}，则不同的二次函数的个数共有( )．个．个．个．个[解析]由题意可得≠，可分以下几类，第一类：＝，≠，此时有种选择，也有种选择，共有×＝个不同的函数；第二类：＝，≠，此时有种选择，也有种选择，共有×＝个不同的函数；第三类：≠，≠，此时，，都各有种选择，共有××＝个不同的函数；第四类：＝，＝，此时有种选择，共有个不同的函数．由分类加法计数原理，可确定不同的二次函数共有＝＋＋＋＝(个)．故选．．(·无锡高二检测)体育老师把个相同的足球放入编号为的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不小于其编号，则不同的放球方法有( )．种．种．种．种[解析]首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有种结果；第二种方法，可以把球分成两份，和，这两份在三个位置，有×＝种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有种结果．综上可知共有＋＋＝种结果．．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，故选．．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为的概率是( )．．．．[解析]本题考查计数原理与古典概型，∵两数之和为奇数，则两数一奇一偶，若个位数为奇数，则共有×＝个数，若个位数为偶数，共有×＝个数，其中个位为的数共有个，∴＝＝.．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有个焊接点、、、、、，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有( )．种．种．种．种[解析]每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有－＝种．故选．．从集合{，…，}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )．．．．[解析]当公比为时，等比数列可为、、、、.当公比为时，等比数列可为、、.当公比为时，等比数列可为、、.同时，、、、、、、和、、也是等比数列，共个．二、填空题．(·温州高二检测)有一质地均匀的正四面体，它的四个面上分别标有、、、四个数字，现将它连续抛掷次，其底面落于桌面，记三次在正四面体底面的数字和为，则“恰好为”的概率为[解析]本题是一道古典概型问题．用有序实数对(，，)来表示连续抛掷次所得的个数字，则该试验中共含××＝个基本事件，取＝＋＋，事件“恰好为”中包含了()，()，()三个基本事件，则所求概率＝.．现有五种不同的颜色，要对图形中的四个部分进行着色，要求有公共边的两块不能用同一种颜色，不同的涂色方法有种[解析]依次给区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ涂色分别有、、、种方法，根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法的种数为×××＝.。
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
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 级基础稳固一、选择题1．某同学逛书店，发现三本喜爱的书，决定起码买此中的一本，则购置方案有()A．3 C．7种种B．6D．9种种分析：买一本，有 3 种方案；买两本，有 3 种方案；买三本有1种方案．所以共有方案：3＋3＋1＝7(种)．答案： C2．从 1， 2，3，4，5 五个数中任取 3 个，可构成不一样的等差数列的个数为 ()A．2B．4C．6D．8分析：分两类：第一类，公差大于 0，有以下 4 个等差数列：①1，2，3，② 2，3，4，③ 3，4， 5，④ 1，3，5；第二类，公差小于0，也有 4 个．依据分类加法计数原理可知，可构成的不一样的等差数列共有 4＋ 4＝8(个)．答案：D3．从会合 {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立不一样点的个数为()A．12B．11C．24D．23分析：先在 {1，2，3}中拿出 1 个元素，共有 3 种取法，再在 {1，4，5，6}中拿出 1 个元素，共有 4 种取法，拿出的 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一样的点的个数有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 张不一样的电影票分给10 个人，每人最多一张，则有不同的分法种数是 ()A．2 160B．720C．240D．120分析：可分三步：第一步，任取一张电影票分给一人，有10 种不一样分法；第二步，从剩下的两张中任取一张，因为一人已得电影票，不可以再参加，故有 9 种不一样分法；第三步，前方两人已得电影票，不再参加，因此节余最后一张有 8 种不一样分法．所以不一样的分法种数是10×9×8＝ 720(种)．答案： B5．用数字 2，3 构成四位数，且数字2，3 起码都出现一次，这样的四位数的个数是 ()A．20B．16C．14D．12分析：因为四位数的每个位数上都有两种可能性(取 2 或 3)，其中四个数字全部是2 或 3 的不合题意，所以合适题意的四位数共有2×2×2×2－ 2＝14(个)．答案： C二、填空题6．3 位游客投宿到 1 个旅店的 4 个房间 (每房间最多可住 3 人)有________种不一样的住宿方法．分析：分三步，每位游客都有 4 种不一样的住宿方法，因此共有不一样的方法 4×4×4＝43＝64(种)．答案： 647．甲、乙、丙3 个班各有三勤学生3，5，2 名，现准备选举2 名来自不一样班的三勤学生去参加校三勤学生代表大会，共有________ 种不一样的选举方法．分析：分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，依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，依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，依据分步乘法计数原理，选法有 5×2＝10(种)．综合以上三类，依据分类加法计数原理，不一样选法共有15＋6＋10＝31(种)．答案： 318．下列图的暗影部分由方格纸上 3 个小方格构成，我们称这样的图案为 L 形，那么在由3×5 个小方格构成的方格纸上能够画出不一样地点的 L 形图案的个数为 ________(注：其余方向的也是L 形)．分析：每四个小正方形图案都可画出四个不一样的 L 形图案，该图中共有 8 个这样的小正方形．故可画出不一样的地点的 L 形图案的个数为 4×8＝32.答案： 32三、解答题9．某单位员工义务献血，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，有多少种不一样的选法？(2)从四种血型的人中各选 1 人去献血，有多少种不一样的选法？解：从 O 型血的人中选 1 人有 28 种不一样的选法，从 A 型血的人中选 1 人有 7 种不一样的选法，从 B 型血的人中选 1 人有 9 种不一样的选法，从 AB 型血的人中选 1 人有 3 种不一样的选法．(1)任选 1 人去献血，即不论选哪一种血型的哪一个人，“任选 1人去献血”这件事情都能够达成，所以用分类加法计数原理，不一样的选法有 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”这件事情才达成，所以用分步乘法计数原理，不一样的选法有 28×7×9×3＝5 292(种)．10．由 1，2，3，4 能够构成多少个自然数 (数字能够重复，最多只好是四位数 )?解：构成的自然数能够分为以下四类：第一类：一位自然数，共有 4 个；第二类：二位自然数，又可分两步来达成．先拿出十位上的数字，再拿出个位上的数字，共有4×4＝16(个)；第三类：三位自然数，又可分三步来达成．每一步都能够从4个不一样的数字中任取一个，共有4×4×4＝ 64(个)；第四类：四位自然数，又可分四步来达成．每一步都能够从4个不一样的数字中任取一个，共有4×4×4×4＝256(个)．由分类加法计数原理知，能够构成的不一样的自然数为4＋16＋64＋ 256＝340(个)．B 级能力提高1．用 1，2，3 三个数字构成一个四位数，规定这三个数一定全部使用，且同一数字不可以相邻出现，这样的四位数有()A．36 个C．9 个B．18 个D．6 个分析：分 3 步达成， 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，确立哪一个数字被重复使用 2 次，有 3 种方法；第 2 步，把这 2 个同样的数字排在四位数不相邻的两个地点上有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地点上，有2种方法．故可构成的不一样的四位数有3×3×2＝ 18(个)．答案： B2．把 9 个同样的小球放入编号为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，则不一样的放球方法共有________种．分析：分四类：第一个箱子放入 1 个小球，将节余的 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，将节余的 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，将节余的 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．依据分类加法计数原理共有10种状况．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，要求同一条线段两头的灯泡不一样色，则每种颜色的灯泡都起码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，再给节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)．。