计数原理专题拓展版答案解析
专题11 计数原理【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(解析版)
【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第14题
18．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第15题)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有种．。(用数字填写答案)
【答案】16
解析：方法一：直接法，1女2男，有 ，2女1男，有
【题目栏目】计数原理\二项式定理\二项式定理
【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第8题
5．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第4题) 的展开式中 的系数为()
A．12B．16C．20D．24
【答案】【答案】A
【解析】因为 ，所以 的系数为 ，故选A．
【点评】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数，是常规考法。
(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
【题目栏目】计数原理\二项式定理\二项展开式通项公式的应用
【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第4题
9．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第6题)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()
2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编
专题11计数原理
一、选择题
1．(2020年新高考I卷(山东卷)·第3题)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同 安排方法共有()
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：
根据分步乘法原理，可得不同的安排方法 种
中职数学 高教版 拓展模块二(下册)8.1计数原理
练习
1.小明到黄山游览，他计划先从某市乘坐火车到合肥，第 二天再从合肥乘坐汽车到黄山.一天中从该市到合肥适合乘坐的 火车有10个班次，从合肥到黄山适合乘坐 的汽车有10个班次， 那么小明从该市到黄山有多少种不同的乘车方案？
2.某班甲、乙、丙、丁4 名同学报名参加学校的兵乓球、羽 毛球、网球三项不同的 比赛，每人只能报名参加一项比赛，且 每项比赛只允许1人报名参加，问共有多少种不同的参赛方案？
情境导入 探索新知 典型例题 巩固练习 归纳总结 布置作业
一般地，如果完成一件事有n个步骤. 完成第一个步骤 有k1种方法，完成第2个步骤有k2种方法，⋯ ⋯ ，完成第n个 步骤有kn种方法，并且只有这n个步骤都完成后，这件事才 能完成，那么完成这件事的方法共有
N= k1k2 ⋯ kn (种). 上面的计数原理称为分步计数原理.分类计数原理又称 乘法原理.
8.1.3计数原理的应用
情境导入 探索新知 典型例题 巩固练习 归纳总结 布置作业
练习
2.从甲、乙、丙、丁四名同学中随机选择两名同学参加 学校羽毛球、跳绳两个活动，每人最多只能参加一项，一 共有多少种选择？
3. 有9个互不相同的小球，其中4 个红球、3个绿球和2 个黄球. 现从中取两个颜 色相同的球，分别放入两个不同的 杯子，一共有多少种放法？
8.1计数原理
8.1 计数原理
情境导入 探索新知 典型例题 巩固练习 归纳总结 布置作业
计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类 计数原理、分步计数原理也称为基本计数原理，是 解决计数问题的基本方法，它们为解决很多实际问 题提供了思想和工具.
8.1.1
分类计数原理
8.1.1 分类计数原理
情境导入 探索新知 典型例题 巩固练习 归纳总结 布置作业
高中数学计数原理(解析版)
热点11 计数原理【命题趋势】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选择题的形式呈现.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】选择题【限时检测】（建议用时：35分钟）1．（2021·全国高三专题练习）()()()()()234511111x x x x x -----的展开式中各项的指数之和再减去各项系数乘以各项指数之和的值为（ ） A ．0 B ．55 C ．90 D ．120【答案】C【分析】()()()()()234511111x x x x x -----151413109876521x x x x x x x x x x x =--+++---++-，所以，()()()()()234511111x x x x x -----的展开式中各项的指数之和为15141310987652190++++++++++=，展开式中各项系数乘以各项指数之和为1514131098765210--+++---++=， 因此，所求结果为90090-=. 故选：C.2．（2021·山东高三专题练习）已知()20121nn n px b b x b x b x -=+++⋅⋅⋅+，若123,4b b =-=，则p =（ ） A ．1 B ．12C ．13D ．14【答案】C【分析】()1npx -展开式的通项为：()()()11n rrrr rr n n T C px C px -+=⋅⋅-=⋅-，故()113n b C p pn =⋅-=-=-，()2222142n n n b C p p -=⋅==，解得9n =，13p =. 故选：C.3．（2021·山东高三专题练习）2019年10月17日是我国第6个“扶贫日”，某医院开展扶贫日“送医下乡”医疗义诊活动，现有五名医生被分配到四所不同的乡镇医院中，医生甲被指定分配到医院A ，医生乙只能分配到医院A 或医院B ，医生丙不能分配到医生甲、乙所在的医院，其他两名医生分配到哪所医院都可以，若每所医院至少分配一名医生，则不同的分配方案共有( ) A ．18种 B ．20种 C ．22种 D ．24种【答案】B【分析】根据医院A 的情况分两类：第一类：若医院A 只分配1人，则乙必在医院B ，当医院B 只有1人，则共有2232C A 种不同 分配方案，当医院B 有2人，则共有1222C A 种不同分配方案，所以当医院A 只分配1人时， 共有2232C A +122210C A =种不同分配方案；第二类：若医院A 分配2人，当乙在医院A 时，共有33A 种不同分配方案，当乙不在A 医院， 在B 医院时，共有1222C A 种不同分配方案，所以当医院A 分配2人时， 共有33A +122210C A =种不同分配方案； 共有20种不同分配方案. 故选：B4．（2021·全国高三专题练习）某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD （边长为2个单位）的顶点A 处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走了几个单位，如果掷出的点数为()1,2,,6i i =⋅⋅⋅，则棋子就按逆时针方向行走i 个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点A 处的所有不同走法共有（ ）A．21种B．22种C．25种D．27种【答案】D【分析】由题意，正方形ABCD的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16，①点数之和为8的情况有：1,1,6；1,2,5；1,3,4；2,2,4；2,3,3，排列方法共有13311 3333321C A A C C++++=种；②点数之和为16的情况有：4,6,6；5,5,6，排列方法共有11336C C+=种.所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点A处的所有不同走法共有21627+=种.故选：D.5．（2021·山东高三专题练习）已知参加某项活动的六名成员排成一排合影留念，且甲乙两人均在丙领导人的同侧，则不同的排法共有（）A．240种B．360种C．480种D．600种【答案】C【解析】：用分类讨论的方法解决：如图中的6个位置：①当领导丙在位置1时：不同的排法有55120A=种：：当领导丙在位置2时：不同的排法有143472C A=种：：当领导丙在位置3时：不同的排法有2323233348A A A A+=种：：当领导丙在位置4时：不同的排法有2323233348A A A A +=种：：当领导丙在位置5时：不同的排法有143472C A =种：：当领导丙在位置1时：不同的排法有55120A =种：由分类加法计数原理可得不同的排法共有480种： 故选C：6．（2021·山东高三专题练习）某电视台的一个综艺栏目对六个不同的节目排演出顺序，最前只能排甲或乙，最后不能排甲，则不同的排法共有（ ） A ．240种 B ．288种 C ．192种 D ．216种【答案】D【详解】最前排甲，共有55A 120=种；最前排乙，最后不能排甲，有种，根据加法原理可得，共有种，故选D ．7．（2020·全国高三专题练习（理））某节目组决定把《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场做节目开场诗词，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有（ ） A ．72种 B ．48种 C ．36种 D ．24种【答案】C【分析】首先可将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列，共有336A =种排法，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排)，共有236A =种排法，则后六场开场诗词的排法有6636⨯=种， 故选：C.8．（2020·全国高三专题练习（理））为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程､20项民生类工程和10项产业建设类工程.现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是（ ） A ．12B ．13C ．14D ．16【答案】D【分析】记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类 分别为事件i A ，i B ，i C ，1,2,3i =.由题意，事件i A ，i B ，i C ，1,2,3i =相互独立，则301()602i P A ==，201()603i P B ==，101()606i P C ==，1,2,3i =， 故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是331111()62366i i i P A P A B C ==⨯⨯⨯=.故选：D.9．（2020·全国高三专题练习（理））在()()()()()2345111111x x x x x ++++++++++的展开式中，含2x 项的系数是（ ） A ．10 B ．15 C ．20D ．25【答案】C【分析】解法一：()21x +中含2x 的项为222C x ，()31x +中含2x 的项为223C x ，()41x +中含2x 的项为224C x ，()51x +中含2x 的项为225C x ，则含2x 项的系数为2222234520C C C C +++=．故选：C ．解法二：由等比数列求和公式知：()()()()()()6234511111111x x x x x x x+-++++++++++=，()31x +中含3x 的系数为3620C =，∴原式含2x 项的系数为20.故选：C .10．（2020·全国高三专题练习（理））若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝（ ） A ．284 B ．356 C ．364 D ．378【答案】C【分析】令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 12＝36， ① 令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－…＋a 12＝1， ② ①②两式左右分别相加，得2(a 0＋a 2＋…＋a 12)＝36＋1＝730，所以a 0＋a 2＋…＋a 12＝365，再令x ＝0，则a 0＝1， 所以a 2＋a 4＋…＋a 12＝364. 故选：C.11．（2020·山西高三月考（理））如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为m ，圆柱的表面积与球的表面积之比为n ，则621m x nx ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是（ ）A ．15B ．-15C ．1354D ．1354-【答案】A【分析】：设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R ，所以圆柱的体积23122V R R R ππ=⨯=，球的体积3243V R π=，所以313223423V R m V R ππ===.又圆柱的表面积为2212226S R R R R πππ=⨯+=，球的表面积为224S R π=，所以21226342S R n S R ππ===，1m n =，662211m x x nx x ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，展开式的通项()123161rr rr T C x-+=-，令1230r -=，解得4r =，其常数项为()42426115C x x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 故选：A12．（2020·江西吉安市·白鹭洲中学高三期中（理））已知随机变量()2~1,X N σ，且()()0P X P X a ≤=≥，则()43221ax x x ⎛⎫+⋅+ ⎪⎝⎭的展开式中2x 的系数为（ ）A ．40B ．120C ．240D ．280【答案】D【分析】根据正态曲线的性质可知，012a +=⨯，解得2a =，()312x +的展开式的通项公式为132rr rr T C x +=⋅，{}0,1,2,3r ∈，422x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()243814422s s s s s s s s T C x c x -+--++=⋅=⋅，{}0,1,2,3,4s ∈， 令两式展开通项之积x 的指数为382r s -+=，可得33r s =⎧⎨=⎩或02r s =⎧⎨=⎩，∴()432212x x x ⎛+⋅⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中2x 的系数为333300223434222225624280C C C C ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=+=，13．（2020·湖南长沙市·高三月考）某单位有6名员工，2020年国庆节期间，决定从6人中留2人值班，另外4人分别去张家界､南岳衡山､凤凰古城､岳阳楼旅游.要求每个景点有1人游览，每个人只游览一个景点，且这6个人中甲､乙不去衡山，则不同的选择方案共有（ ） A ．120种 B ．180种 C ．240种 D ．320种【答案】C【分析】以人为对象，分类讨论：甲不值班乙值班：31343372C C A =；甲值班乙不值班：31343372C C A =；甲乙都不值班；21342372C C A =；甲乙都值班；4424A =.故不同的选择方案72727224240N =+++=. 故选：C14．（2020·全国高三专题练习（理））中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有（ ） A ．30种 B ．50种 C ．60种 D ．90种【答案】B【分析】若同学甲选牛，那么同学乙只能选狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有1121020C C ⋅=若同学甲选马，那么同学乙能选牛、狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种任意选，所以共有1131030C C ⋅=所以共有203050+=种 故选B15．（2020·湖北武汉市·华中师大一附中高三其他模拟（理））2020年湖北抗击新冠肺炎期间，全国各地医护人员主动请缨，支援湖北，某地有3名医生、6名护士来到武汉，他们被随机分到3家医院，每家医院1名医生、2名护士，则医生甲和护士乙分到同一家医院的概率为（ ） A ．16B ．12C ．18D ．13【答案】D【分析】3名医生平均分成3组，有1种分法，6名护士平均分成3组有226433156156C C A ⨯==种分法，3名医生、6名护士分到3家医院，每家医院1名医生、2名护士的分配方法有333315540A A ⨯⨯=（种），医生甲和护士乙分到同一家医院的分配方法有211224532222180C C C A A A ⨯⨯⨯=（种），则医生甲和护士乙分到同一家医院的概率为18015403=. 故选：D .16．（2020·全国高三其他模拟（理））公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围是：3.141592631415927π<<．，为纪念数学家祖冲之在圆周率研究上的成就，某教师在讲授概率内容时要求学生从小数点后的6位数字1，4，1，5，9，2中随机选取两个数字做为小数点后的前两位（整数部分3不变），那么得到的数字大于3.14的概率为（ ） A ．15B ．17C ．45D ．67【答案】D【分析】由题意从小数点后的6位数字中随机选取两个数字做为小数点后的前两位，可分为以下情况：①选出两个1，共可组成1个数字；②选出一个1，共可组成12428C A ⋅=个不同数字；③没有选出1，共可组成2412A =个不同数字；所以共可组成181221++=个不同的数字；其中小于等于3.14的数字有：3.11、3.12、3.14，共3个，则大于3.14的数字个数为18， 故所求概率186217P ==. 故选：D.17．（2020·全国高三专题练习（理））某学校实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.已知某生的高考志愿为某大学环境科学专业，按照该大学上一年高考招生选考科目要求理、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，每门课每天至少一节），已知该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则该生该天课表有（ ）. A ．444种 B ．1776种 C ．1440种 D ．1560种【答案】B【分析】理、化、生、史、地、政六选三，且理、化必选，所以只需在生、史、地、政中四选一，有14C 4=（种）.对语文、外语排课进行分类，第1类：语文、外语有一科在下午第一节，则另一科可以安排在上午四节课中的任意一节，剩下的四科可全排列，有114244192C C A =（种）；第2类：语文、外语都不在下午第一节，则下午第一节可在除语、数、外三科的另三科中选择，有133C =（种），语文和外语可都安排在上午，即上午第一、三节，上午第一、四节，上午第二、四节3种，也可一科在上午任一节，一科在下午第二节，有14C 4=（种），其他三科可以全排列，有()12332334252C A A +=（种）.综上，共有()41922521776⨯+=（种）. 故选：B18．（2020·全国高三专题练习）函数261()()=-f x x x的导函数为()f x '，则()f x '的展开式中含2x 项的系数为（ ） A ．20 B ．20-C ．60D ．60-【答案】D【分析】函数()f x 导函数为25211()6()(2)f x x x x x '=-+， 则251()x x-的展开式的通项公式为251031551()()(1)r rr r r r r T C x C x x--+=-=-， 令1031r -=，则3r =，此时含x 项为335(1)10C x x -=-，再令1034r -=，则2r，此时含4x 项为22445(1)10C x x -=，所以含2x 的项为4221(10210)660x x x x x -⨯+⨯⨯=-， 故含2x 项的系数为60-， 故选：D ．19．（2020·湖南郴州市·高三二模（理））中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）种. A ．408 B ．120 C ．156 D ．240【答案】A【分析】解：根据题意，首先不做任何考虑直接全排列则有66720A =（种），当“乐”排在第一节有55120A =（种），当“射”和“御”两门课程相邻时有2525240A A =（种），当“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻时有242448A A =（种），则满足“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻的排法有72012024048408--+=（种），故选：A ．20．（2020·全国高三专题练习）6331x x ⎛⎫⎫⎪⎪⎭⎭展开式中的常数项为（ ） A ．66- B ．15C ．15-D ．66【答案】C61x ⎫⎪⎭展开式的通项公式为()363216611rrrr rrr T C C x x --+⎛⎫=⋅⋅-=⋅-⋅ ⎪⎝⎭，而3323323x x x---=-，故要想产生常数项，则333122r r -=⇒=或33302r r -=⇒= ，则所求常数为()106621315C C ⨯⨯--⨯=-. 故选：C ．。
专题24计数原理应用-解析版
专题24计数原理应用计数原理是解决随机现象的一种计数手段,由于要解决大量繁杂社会经济现象中的计数问题,其分析问题的思路与其他代数、几何的思路都不尽相同,需要的逻辑分析成分与智慧因素增多,在高考数学试题中成为考生的拦路虎,在平时学习中痛点频繁,必须寻找排除痛点的有效途径.解决任何复杂的社会经济现象中的计数问题,首先要明确做的是什么事,然后知道做此事需要具有什么条件,分析此条件是分类解决还是分步解决,一旦搞不清楚就形成痛点.复杂的计数问题一般都需要分类解决,如果不知如何制定分类标准,或制定的分类有漏洞,计数就可能出错,于是产生卡壳点.计数方法中重要的策略有:(1)制作球与盒子模型的策略;(2)特殊元素优先安排的策略;(3)合理分类和准确分步的策略;(4)排列、组合混合问题先选后排的策略;(5)正难则反、等价转化的策略;(6)相邻问题㧽绑处理的策略;(7)不相邻问题揷空处理的策略;(8)定序问题除法处理的策略;(9)分排问题直接处理的策略;(10)“小集团”排列问题先整体后局部的策略.一、精于计数基而分析方法问题1:有4名男生、5名女生,全体排成一行,则下列情形各有多少种不同的排法?(1)甲不在中间也不在两端;(2)甲、乙两人必须排在两端;(3)男生、女生分别排在一起;(4)男女相间；(5)甲、乙、丙三人从左到右的顺序保持一定.【解析】卡壳点:计数的基本分析方法缺失导致思维受阻.应对策略:党抂球与盒子的计数分析方法是基本功,它是各种具体方法的基础,元素可重复排列是易错情形,借助此基本功可以降低出错概率.问题解答:(1)解法1(元素分析法)先排甲,有6种,其余有种,故共有种排法.解法2(位置分析法)中间和两端有种排法,包括甲在内的其余6人有种排法,故共有种排法. 解法3(等机会法)9个人的全排列数有种,甲排在每一个位置的机会都是均等的,依题意,甲不在中间及两端的排法总数是种. 解法4(间接法)种. (2)先排甲、乙,再排其余7人,共有种排法.(3)(捆绑法)种.(4)(揷空法)先排4名男生有种方法,再将5名女生揷空,有种方法,故共有种排法. （5）解法1(等机会法)9人共有种排法,其中甲、乙、丙三人有种排法,因而在种排法中每种对应一种符合条件的排法,故共有种排法. 解法种.【反思】解决有限制条件的计数应用题,分析时主要按优先原则,即优先安排特殊元素或优先满足特殊位置,要充分运用元素分析法(优先考虑特殊元素)、位置分析法(优先考虑特殊位置)、直接法、间接法(排除法)、捆绑法、等机会法、揷空法等方法来寻我解题的突破口.88A 886241920A ⋅=38A 66A 3686A A 336720241920⋅=⨯=99A 996A 2419209⨯=988988A 3A 6A 241920-⋅==2727A A 10800⋅=245245A A A 5760⋅⋅=44A 55A 4545A A 2880⋅=99A 33A 99A 33A 9933A 60480A =36962C A 60480⋅=二、抓住关键词精准分类计数在计数问题中,有许多关键词制约着问题分类标准的制定,比如,“至少”“至多”“恰好”“不小于”“不大于”“奇偶”等,要抓住问题中的关键词(不论此关键词是明显的,还是隐藏的)进行分类考虑,而每一类问题都要利用球与盒子模型进行分析,以保证所求的排列和组合种数既不重复也不遗漏.问题2:某中学将招聘来的4名教师安排在高中三个年级任教,其中高一年级至少要安排1人,高二年级必须安排但至多只能安排2人,那么不同的安排方案共有多少种?【解析】卡壳点:不知道“至少”“至多”在计数中的处理方法.应对策略:计数中,“至少”“至多”这两个关键词对分类的影响显示智慧.问题解答:首先建立球与盒子模型:将4名教师视为“球”,三个年级视为“盒子”;其次考虑特殊元素与特殊位置,因为高一年级(记为)至少要安排1人,高二年级(记为)必须安排但至多只能安排2人,将高三年级记为C.分类如下:,共有种；,共有种；,共有种;,共有种；,共有种.故共有46种方案.【反思】(1)此题中既有“至少”又有“至多”,可先根据极端情形分类,然后根据计数原理进行计数.(2)遇到有关奇数与偶数,或奇函数与偶函数的计数时,球与盒子模型也是非常好的分析方法.A B A 1,B 1,C 2===43112⨯⨯=A 1,B 2,C 1===43112⨯⨯=A 2,B 1,C 1===62112⨯⨯=A 2,B 2,C 0===6116⨯⨯=A 3,B 1,C 0===4114⨯⨯=三、遇到障碍时联想出奇招计数问题中有许多难题,不知如何下手,但通过联想类似问题可以找到解题思路.问题:记表示有限集合中元素的个数,现有集合,集合 (I)(II)对任意,将中所有元素相乘,乘积记为,现将所有的相加,其和记为,则【解析】卡壳点:第(II)问审题时找不到分析思路.应对策略:计数中面对熟悉的结构需要联想找到思路.问题解答:(I). (II)此时真是“山重水复疑无路”,“从数集中任意选取若干个数相乘,再将所有可能的乘积相加”这样的条件似曾相识,这可是高考和模拟试卷中屡见不鲜的条件,比如2013年北京朝阳区高三二模填空的最后一题:数列的前项组成集合,从中任取)个数,所有可能的个数的乘积的和为(若只取一个数,规定乘积为此数本身),记,例如,当时,; 当时,;当时,试写出此题第一空为63,第二空可以用不完全归纳的方法得出结果是. 3:()card A A 111,,,23100S ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭(){}*card 2,T A SA k k =⊆=∈N ∣()card T =i A T ∈i A i m i m M M =249898999999C C C 21+++=-{}21n -n 1,3,7,,21n -{}*1,3,7,,21,n n A n =-∈N n A (1,2,,k k n =k k T 12n n S T T T =+++1n ={}1111,1,1A T S ===2n ={}2121,3,13,13137A T S ==⨯=++⨯=3n =3S =n S =()1221n n +-可是不完全归纳法总让人觉得差点意思,有没有更加“给力”的方法?观察,根据乘法法则,此式即为第二空的答案,是不是很“给力”?这一招是处理“从数集中任意选取若千个数相乘,再将所有可能的乘积相加”这类条件的利器,大家一定要学会.现在回到原题,假如这道题求的是集合的每个子集中元素乘积的总和,那就好办了,答案是,可是现在要求的是集合的每个元素个数为偶数的子集中元素乘积的总和,刚才这招并不能立即见效,再一次“山重水复疑无路”.再想想,以前有没有解决过类似的问题?比如第(I)小题那个结论如何证明?于是“似曾相识燕归来”!求的值,令,在二项展开式中,取得,取得,故.利用具有对偶性的两个代数式解决问题,此思路可帮助找到求解原题的思路: 记为集合的每个元素个数为偶数的子集中元素乘积的总和,记为集合的每个元素个数为奇数的子集中元素乘积的总和,, , 所以. 【反思】(1)对问题中结构模型的联想是找到问题求解思路的智慧点,许多时候,联想是启动思维的发动机.(2)善于积累上述智慧点,为解决更加复杂的问题奠定基础.(3)求某些特殊集合中元素个数的计数方法多样,注意正确选择.()()()()1113171211n ⎡⎤++++--⎣⎦S 111991*********⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++-= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭S 024C C C n n n +++024135C C C ,C C C n n n n n n A B +++=+++=1x =2n A B +=1x =-0A B -=12n A -=M S N S 111991*********M N ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++-= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11199111123100100M N ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=----=- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭4851200M =四、抓住分类本质减少分类层次计数中先进行分类,然后分别计算每一类中的方法数.由于分类标准的确定是一个难点,有必要引导学生关注分类时思考的方向,即抓住问题本质,从而减少分类的层次.问题4:在某次数学考试中,学号为的同学的考试成绩,且满足,则这四位同学的考试成绩的所有可能情况有多少种?【解析】卡壳点:分类标准制定没有抓住问题本质.应对策略:减少分类的种数需要抓住分类的本质.问题解答:第一种分类:考虑下列8种情形.(1),有种; (2),有种; (3),有种; (4),有种; (5),有种; (6),有种; (7),有种; (8),有种. 故可能的情况共有种. ()1,2,3,4i i =(){}85,87,88,90,93f i ∈()()()()1234f f f f ()()()()1234f f f f <<<45C ()()()()1234f f f f =<<35C ()()()()1234f f f f <<=35C ()()()()1234f f f f =<=25C ()()()()1234f f f f <=<35C ()()()()1234f f f f ==<25C ()()()()1234f f f f <==25C ()()()()1234f f f f ===15C 43215555C 3C 3C C 70+++=第二种分类:在连接的“”或“=”中,考虑“”的个数的各种情形.(1)三个连接符号中含0个“=”,有种可能;(2)三个连接符号中含1个“,有种可能;(3)三个连接符号中含2个“=”,有种可能;(4)三个连接符号中含3个",有种可能.故可能的情况共有种. 一般地,在某次考试中,学号为的.同学的考试成绩,且满足,这位同学的考试成绩的所有可能的情况有多少种?分析:在连接的“<”或“=”中,考虑“=”的个数的各种情形.(1)个连接符号中含0个“=”,有种可能; (2)个连接符号中含1个“=”,有种可能;(3)个连接符号中含2个“=”,有种可能;个连接符号中含个“=”,有种可能.故可能的情况共有种.【反思】 (1)第一种分类的情况比较多, 没有抓住问题的本质; 第二种分类简洁, 抓住比较 4 个数大小的关 键, 即“=”与 “ < ”的个数. ()()()()1,2,3,4f f f f <=0435C C ”=1335C C 2235C C "=3135C C 0413223135353535C C C C C C C C 70+++=()1,2,3,4,,i i m =(){}123123,,,,,n n f i a a a a a a a a ∈<<<<()()()()123f f f f m m ()()()()()1,2,3,4,,f f f f f m 1m -01C C m m n -1m -111C C m m n --1m -221C C m m n --()1m m -1m -111C C mm n --01122111111C C C C C C C C m m m mm n m n m n m n -------++++（2）如何计算 C m−10C n m +C m−11C n m−1+C m−12C n m−2+⋯+C m−1m−1C n 1 呢?方法一 设计一个模型: 设一个袋子中有 (n +m −1) 个球, 其中红球有 n个, 黄球有 m −1 个, 现从中任 取 m 个, 则共有 C n+m−1m 种不同取法.另外, 用分类的方法考虑这个问题, 可分成 m 类: 第 1 类, 有 m 个红球, 0 个黄球; 第 2 类, 有 m −1 个红 球, 1 个黄球; 第 3 类, 有 m −2 个红球, 2 个黄球; ⋯; 第 m 类, 有 1 个红球, m −1 个黄球.于是取法总数为 C m−10C n m +C m−11C n m−1+C m−12C n m−2+⋯+C m−1m−1C n 1 种.以上两种算法结果应是相等的, 所以有 C m−10C n m +C m−11C n m−1+C m−12C n m−2+⋯+C m−1m−1C n 1=C n+m−1m .方法二 从结构上看, 联想到二项式定理, 由 C m−10+C m−11+C m−12+⋯+C m−1m−1, 考虑 (1+x)m−1, 由 C n m + C n m−1+C n m−2+⋯+C n 1, 考虑 (1+x)n , 因此考虑 (1+x)m−1(1+x)n =(1+x)n+m−1. 考虑展开式中 x m 项的系 数,左边为 C m−10C n m +C m−11C n m−1+C m−12C n m−2+⋯+C m−1m−1C n 1, 右边为 C n+m−1m .故 C m−10C n m +C m−11C n m−1+C m−12C n m−2+⋯+C m−1m−1C n 1=C n+m−1m .五、计数中分类时抓住现象本质问题 5 : 设集合 A ={(x 1,x 2,x 3,x 4,x 5)∣x i ∈{−1,0,1},i =1,2,3,4,5}, 则集合 A 中满足条件 1⩽|x 1|+|x 2|+|x 3|+|x 4|+|x 5|⩽3 的元素个数为 .【解析】卡壳点:目标中数据的特点把握不准.应对策略: 计数中分类抓住现象本质,非零个数分类思考.问题解答: 满足条件 1⩽|x 1|+|x 2|+|x 3|+|x 4|+|x 5|⩽3 的 x i 非零是本题的本质, 因此抓住这一 点进行分类是关键.当 x i ≠0 时, |x i |=1, 要满足题中不等式的条件, x i 中不是零的数只能有 1,2,3 个.以此分三种情况去讨论:(1) 如果不是 0 的数有 1 个, 则这个数可以取 1 或 −1, 满足条件的元素的个数为 C 51×21=10;(2) 如果不是 0 的数有 2 个, 则这 2 个数中每个都有 2 种取法, 满足条件的元素的个数为 C 52×22=40;(3) 如果不是 0 的数有 3 个, 则这 3 个数中每个都有 2 种取法, 满足条件的元素的个数为 C 53×23=80.故所有元素个数为 10+40+80=130.一般模型设集合 A ={(x 1,x 2,x 3,x 4,x 5,⋯,x n )∣x i ∈{−1,0,1},i =1,2,3,4,5,⋯,n }, 则集合 A 中满足条件 1⩽|x 1|+|x 2|+|x 3|+|x 4|+⋯+|x n |⩽m,m ⩽n 的元素个数为 .解析 : 当 x i ≠0 时, |x i |=1, 要满足题中不等式的条件, x i 中不是零的数只能有 1,2,3,⋯,m 个. 以此分 m 种情况去讨论:（1）如果不是 0 的数有 1 个, 则这个数可以取 1 或 −1, 满足条件的元素的个数为C n 1×21;(2) 如果不是 0 的数有 2 个, 则这 2 个数中每个都有 2 种取法, 满足条件的元素的个数为 C n 2×22;(3) 如果不是 0 的数有 3 个, 则这 3 个数中每个都有 2 种取法, 满足条件的元素的个数为 C n 3×23;(4) 如果不是 0 的数有个, 则这 n 个数中每个都有 2 种取法, 满足条件的元素的个数为 C n m ×2m .故所有元素个数是 C n 1×21+C n 2×22+C n 3×23+⋯+C n m ×2m .当 m =n 时, 由于 (1+x)n =∑i=0n C n i x i , 令 x =2, 得 3n =∑i=0n C n i x i , 上式的值为 3n −1.【反思】 (1) 本题中 x i 的取值是零还是非零是本质的, 需要讨论是 1 还是- 1 是非本质的, 不需要讨论, 看 出这一点, 就可以有效地减少讨论.(2) 掌握分析方法, 拓展一般模型, 积累解决一类问题的模型.(3) 一般模型中计数结果的简化, 运用的思想方法与二项式定理有关:六、读懂集合寻找计数辅助方法问题 10 : 设 A 6={(x 1,x 2,x 3)∣x i =1,2,3,4,5,6,i =1,2,3 且 6∣x 1x 2x 3}, 求A 6#, 即 card(A 6). 【解析】卡壳点: 读不懂集合语言, 读懂后应用计数方法效果不佳.应对策略: 联想集合语言的实际意义, 如求一枚骰子连续投三次出现的点数之积能被 6 整除的个数.问题解答: 用集合运算来思考, A6=A2∩A3,card(A6̅̅̅)=card(A2̅̅̅∪A3̅̅̅)=card(A2̅̅̅)+card(A3̅̅̅)−card(A2̅̅̅∩A3̅̅̅),card(A2̅̅̅)=33, 即x1,x2,x3只能取1,3,5,card(A3̅̅̅)=43, 即x1,x2,x3可以取1,2,4,5,card(A2̅̅̅∩A3̅̅̅)=23, 即x1,x2,x3可以取1,5 ,card(A6̅̅̅)=card(A2̅̅̅∪A3̅̅̅)=33+43−23=83个, card(A6)=63−83=133个.【反思】一是读懂要做一件什么事, 即计算A6中元素的个数;二是读懂题设条件, 即对“ 6∣x1x2x3” 的理解与挖掘: 含5 及至少有1 个偶数;三是读懂目标要求, 求“ A6#”即求集合中符合条件的3 个元素的个数;四是选择正确思路, 计数中合理选用“列举法” “分类讨论法” “补集法” “列举＋分类法” “反面+分类法”等思路;五是选择计数方法, 合理选择使用加法原理、乘法原理、球与盒子模型法、优限法、特殊元素法等。
计数原理专题检测+答案
故选：C．
2．【答案】B
【解析】从 4 男 2 女共 6 名学生中选出队长 1 人，副队长 1 人，普通队员 2 人组成 4 人服务队有
C61
C51
C42
65
43 2
180
种选法，服务队中没有女生的选法有
C41 C31 C22 4 31 12 种，所以要求服务队中至少有 1 名女生，
不含 的共有
，
正偶数因数的个数有
个，
即
的正偶数因数的个数是 ，故选 A.
12．【答案】B
【解析】
故选：B
13．【答案】C
【解析】若 颜色相同，先涂 有 种涂法，再涂 有 种涂法，再涂 有 种涂法， 只有一种涂法，共有
种；若颜色 不同，先涂 有 种涂法，再涂 有 种涂法，再涂 有 种涂法，当 和 相同时，
种排法，所以满足条件的共有
种排法，故选 A.
【解析】 根据题意，组成四位数的百位数字为 5，分 2 步进行分析： ①组成四位数的千位数字不能为 0，则千位数字有 4 种选法，
②在剩下的 4 个数字中选出 2 个，安排在是十位、个位，有 A42 12 种选法， 则符合条件的四位数有12 4 48 个；
种。
故答案选 A。 4．【答案】C 【解析】由题可分两种情况讨论：
①甲可能在 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甲可能在 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. 5．【答案】A
【解析】根据题意，先将 4 项工作分成 3 组，有 C42=6 种分组方法， 将分好的三组全排列，对应 3 名志愿者，有 A33=6 种情况， 则有 6×6=36 种不同的安排方式； 故选：A． 6．【答案】C
计数原理专题拓展版 (1)
班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（ ）
A.16 种
B.18 种
C.37 种
D.48 种
3、现有 个不同小球，其中红色，黄色，蓝色，绿色小球各 个，从中任取 个，要求这 个
小球不能是同一颜色，且红色小球至多 个，不同的取法为 （ ）
A.
B.
C.
D.
4、将 个黑球、 个白球和 个红球排成一排,各小球除了颜色以外其他属性均相同,则相同颜色
每个分厂至少 1 人，则不同的分配方案种数为（ ）
A.
B.
C.
D.
16、某学校周五安排有语文、数学、英语、物理、化学、体育六节课，要求体育不排在第一节
课，数学不排在第四节课，则这天课表的不同排法种数为（ ）
A.
B.
C.
D.
17、记者要为 名志愿者和他们帮助的 位老人拍照，要求排成一排， 位老人相邻但不排在两
计数原理专题拓展版
姓名:
班级:
一、选择题(每小题 5 分,共 20 小题 100 分)
1、某校选定甲、乙、丙、丁、戊共 5 名教师去 3 个边远地区支教（每地至少 1 人），其中甲和
乙一定不同地，甲和丙必须同地，则不同的选派方案共有（ ）种．
A.27
B.30
C.33
D.36
2、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
D.
20、为了庆祝六一儿童节,某食品厂制作了 种不同的精美卡片,每袋食品随机装入 张卡片,集齐 种卡片可获奖,现购买 袋该食品,则获奖的概率为( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题(每小题 5 分,共 20 小题 100 分)
专题03 计数原理(解析版)--高二数学专题解析
专题03计数原理--高二数学专题解析知识点一：分类加法计数原理一、单选题1．将4封不同的信投入3个不同的信箱，且4封信全部投完，则不同的投法有（）A ．81种B ．64种C ．24种D ．4种【答案】A【分析】利用分步乘法计数原理进行分析，即可求得信的投法总数．【详解】由题意可知，每封信都有3种投法，根据分步乘法计数原理可知，不同的投法有：43333381⨯⨯⨯==种，故选A ．2．有5本不同的中文书，4本不同的数学书，3本不同的英语书，每次取一本，不同的取法有（）A．3种B．12种C．60种D．不同于以上的答案【答案】B【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理计算作答.【详解】依题意，计算不同取法种数有3类办法：取一本中文书有5种方法，取一本数学书有4种方法，取一本英语书有3种方法，++=（种）.由分类加法计数原理得：每次取一本，不同的取法有54312故选：B3．某公司员工义务献血，在体检合格的人中，O型血的有10人，A型血的有5人，B型血的有8人，AB 型血的有3人．从4种血型的人中各选1人去献血，不同的选法种数为（）A．1200B．600C．300D．26【答案】A【分析】由分步计数原理即可求解.【详解】分四步：第一步，选O型血的人有10种选法；第二步，选A型血的人有5种选法；第三步，选B型血的人有8种选法；第四步，选AB型血的人有3种选法．故共有10×5×8×3＝1200（种）不同的选法．故选：A4．古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律，由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为（）A．8B．16C．24D．32【答案】C【分析】利用分类加法原理即可求解.【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有16个，若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有8个，所以梯形的个数是16+8=24，故选：C.5．某商场共有4个门，若从一个门进，另一个门出，不同走法的种数是（）A．10B．11C．12D．13【答案】C【分析】利用分步乘法原理即可得解.【详解】分两步完成，第一步：从4个门中选择一个门进有4种方法，第二步：从余下的3个门中选一个出有3种方法，⨯=种.根据分步计数乘法原理，共有4312故选：C6．将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有（）A．6种B．9种C．11种D．23种【答案】B【详解】第一步，把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，故选B．二、填空题7．某座山，若从东侧通往山顶的道路有3条，从西侧通往山顶的道路有2条，那么游客从上山到下山共有______种不同的走法【答案】25【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理计算作答.【详解】依题意，游客上山有5种方法，下山有5种方法，由分步计数乘法原理知，从上山到下山方法共⨯=种，所以游客从上山到下山共有25种不同的走法.有5525故答案为：258．一种号码拨号锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共10个数字，这4个拨号盘可以组成__________个四位数号码？．【答案】10000【分析】用分步乘法原理计算即可求解.【详解】按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：第1步，有10种拨号方式，第2步，有10种拨号方式，第3步，有10种拨号方式，第4步，有10种拨号方式，⨯⨯⨯=个四位数的号码.根据分步计数原理，共可以组成1010101010000故答案为：10000.9．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有___________个．【答案】12【分析】分析可得，共有三个1，三个2，三个3，三个4，4种情况，分别求得满足题意“好数”个数，根据分类加法计数原理，即可得答案．【详解】当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种，当有三个2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．-表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P到四个顶点的距离组成10．如图，设点P为正四面体A BCD的集合记为M，如果集合M中有且只有2个元素，那么符合条件的点P有________个.【答案】10【分析】根据分类计数原理求解即可．【详解】符合条件的点P有两类：一，六条棱的中点；二，四个面的中心；+=个．集合M中有且只有2个元素，符合条件的点P有4610故答案为：1011．整数3528有______个不同的正因数.【答案】36【分析】先对3528进行分解，找到3223528237=⨯⨯，再根据分步相乘计数原理求解.【详解】3223528237=⨯⨯，3528的正因数必为237a b c ⨯⨯的形式，{}0,1,2,3a ∈，{}0,1,2b ∈，{}0,1,2c ∈，所以3528共有43336⨯⨯=个不同的正因数.故答案为：36.12．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲､乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳､射击､体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有__________种.【答案】24【分析】分游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况讨论，然后利用分类加法原理求解即可【详解】当游泳场地安排2人时，则不同的安排方法有2232C A 6=种，当游泳场地安排1人时，则不同的安排方法有122332C C A 18=种，由分类加法原理可知共有61824+=种，故答案为：2413．A 、B 、C 、D 、E 五人按顺时针方向围成一圈玩传球游戏，要求每次只能传给不与自己相邻的人．游戏开始时，球在A 手里，则经过5次传球，传到D 手中，不同的传球方案共有__________种．【答案】10【分析】先结合题意列出前两次传球与后三次传球的情况，从而列出所有满足的传球方案，由此得解.【详解】依题意，由于球只能不与自己相邻的人，所以推得第二次传球后，球只能在①，②，③，④情况中的一种；又第五次传球要传到D 手中，故后三次传球仅能在⑤，⑥，⑦，⑧情况中的一种；由于球只能传给不相邻的人，故只有①⑤，①⑥，①⑧，②⑤，②⑦，②⑧，③⑤，③⑥，③⑧，④⑥，共10个组合可传球，所以不同的传球方案共有10种.故答案为：10.三、解答题14．一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同．(1)从两个口袋中任取一封信，有多少种不同的取法？(2)从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？(3)把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？【答案】(1)9；(2)20；(3)94【分析】（1）分析题意，这是一个分类问题，分两种情况讨论，即分别从第一个和第二个信封中取信，由分类加法计数原理计算可得答案（2）分析题意，这是一个分步问题，分两步进行，先从第一个信封中取信，再从第二个信封取信，由分步乘法计数原理计算可得答案（3）将信封投入邮筒，是分步问题，每封信都有4种不同的方法，由分步乘法计数原理计算可得答案【详解】（1）任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，是分类问题，从第一个口袋中取一封信有5种情况，从第二个口袋中取一封信有4种情况，则共有549+=种．（2）各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能完成这件事，是分步问题，应分两个步骤完成，第一步，从第一个口袋中取一封信有5种情况；第二步，从第二个口袋中取一封信有4种情况，由分步乘法计数原理，共有5420⨯=种．（3）第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信投入邮筒有4种可能，L ，第九封信投入邮筒有4种可能，由分步乘法计数原理可知，共有94种不同的投法．【反思】本题主要考查分步计数原理与分类计数原理的运用，解题时，注意分析题意，认清是分步问题还是分类问题，这是解题的关键．15．为了确保电子邮箱的安全，在注册时，通常要设置电子邮箱密码．在某网站设置的邮箱中，(1)若密码为4位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？(2)若密码为4〜6位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？【答案】(1)10000(2)1110000【分析】（1）根据分步乘法原理即可计算；（2）分密码为4位、5位、6位三种情况分别用分步乘法原理计算，再将所得结果相加即得结果.【详解】（1）设置1个4位密码要分4步进行，每一步确定一位数字，每一位上都可以从0〜9这10个数字中任取1个，有10种取法．根据分步计数原理，4位密码的个数是1010101010000⨯⨯⨯=．（2）设置的密码为4〜6位，每位均为0〜9这10个数字中的1个，这样的密码共有3类．其中4位密码、5位密码、6位密码的个数分别为410，510，610．根据分类计数原理，设置由数字0〜9组成的4〜6位密码的个数是4561010101110000++=．故满足条件的密码有1110000个．16．已知集合}2{32101M =---，，，，，，(,)P a b 表示平面上的点(,a b M ∈)．问：(1)(,)P a b 可表示平面上多少个不同的点?(2)(,)P a b 可表示平面上多少个第二象限的点?【答案】(1)36；(2)6【分析】（1）采用分步乘法计数原理，即可求出结果；（2）根据分步乘法计数原理和第二象限点的横坐标和纵坐标的特点，即可求出结果．P a b可分两步完成：【详解】（1）确定平面上的点(,)第一步，确定a的值，共有6种方法；第二步，确定b的值，也有6种方法．⨯=；根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6636（2）确定第二象限的点，可分两步完成：第一步，确定a，由于a<0，∴有3种不同的确定方法；第二步，确定b，由于0b>，∴有2种不同的确定方法．⨯=．根据分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数为32617．（多选题）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有（）A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D．要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法【答案】ABC【分析】根据题意，结合分类计数原理和分步计数原理，逐项计算，即可求解.【详解】对于A中，从国画中选一副有5种不同的选法；从油画中选一副有2种不同的选法；从水彩画中选一副有7种不同的选法，++=种不同的选法，所以A正确；由分类计数原理，共有52714对于B中，从国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，⨯⨯=种不同的选法，所以B正确；根据分步计数原理，共有52770⨯=种不同的选法；对于C中，若其中一幅选自国画，一幅选自油画，则有5210⨯=种不同的选法；若一幅选自国画，一幅选自水彩画，则有5735若一幅选自油画，一幅选自水彩画，则有2714⨯=种不同的选法，++=种不同的选法，所以C正确；由分类计数原理，可得共有10351459对于D中，从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第一步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；第二步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法，⨯=种不同的选法，所以D错误.根据分步计数原理，不同挂法的种数是542018．（多选题）现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是（）A ．选1人为负责人的选法种数为30B ．每组选1名组长的选法种数为3024C ．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335D ．若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种【答案】ABC【分析】利用加法计数原理判断选项A ；利用乘法计数原理判断选项B ；利用乘法及加法计数原理判断选项C ；利用间接法并结合乘法计数原理判断选项D.【详解】对于A ，选1人为负责人的选法种数：678930+++=，故A 正确；对于B ，每组选1名组长的选法：67893024⨯⨯⨯=，故B 正确；对于C ，2人需来自不同的小组的选法：676869787989335⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，故C 正确；对于D ，依题意：若不考虑限制，每个人有4种选择，共有44种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有：434337-=，故D 错误；故选：ABC.19．（多选题）如图，标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A 向结点B 传递消息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为（）A ．18B ．19C ．24D ．26【答案】AB 【分析】先求出每一条线路单位时间内传递的最大信息量，再由分类加法原理求解即可【详解】第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；第二条线路单位时间内传递的最大信息量为4；第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6；第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6．因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为346619+++=，【答案】4 13【分析】利用分步乘法计数原理求出所有的涂色种数，再求出的概率公式计算可得【详解】依题意分22．将圆分成()*2,n n n ≥∈N 个扇形，每个扇形用红、黄、蓝、橙四色之一涂色，要求相邻扇形不同色，设这n 个扇形的涂色方法为n a 种，则n a 与1n a -的递推关系是______．【答案】1143n n n a a --=⨯-（3n ≥）【分析】假设第1个扇形与第n 个扇形不相邻，对这两个扇形颜色相同和不同进行分类计算即可.【详解】如上图所示，由题意，将圆分成()*2,n n n ≥∈N 个扇形，涂色方法有n a 种，若假设第1个扇形与第n 个扇形不相邻，如下图所示：则为第1个扇形涂色，有4种方法，为第2个扇形涂色，有3种方法，为第3个扇形涂色，有3种方法，…，为第n 个扇形涂色，有3种方法，故由分步乘法计数原理，涂色方法共有143n -⨯种，其中，包括了第1个扇形与第n 个扇形颜色不同的方法n a 种，与第1个扇形与第n 个扇形颜色相同的方法x 种，即143n n a x -⨯=+，而第1个扇形与第n 个扇形颜色相同的涂色方法x 种，可以看作将第1个扇形与第n 个扇形合并为一个扇形，如下图所示：即n 1-个扇形的涂色方法1n a x -=（为使1n a -满足题意，需使12n -≥，即3n ≥），综上所述，1143n n n a a --⨯=+（3n ≥），∴n a 与1n a -的递推关系是1143n n n a a --=⨯-（3n ≥）.故答案为：1143n n n a a --=⨯-（3n ≥）.【点睛】本题解题的关键，是将环形涂色问题断开，转换为带形涂色问题进行解决.23．某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从A ，B ，C ，D ，E ，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A ，B 两人中安排一人，第四节课只能从A ，C 两人中安排一人，则不同的安排方案共有______种．（用数字作答）【答案】36【分析】按第一节上课的老师分成两类，利用分步乘法计数原理计算出每一类安排上课方法数，然后将两类方法数相加即得.【详解】不同的安排方案有两类办法：第一类，第一节课若安排A ，则第四节课只能安排C ，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4312⨯=种排法；第二类，第一节课若安排B ，则第四节课可安排A 或C ，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有24324⨯⨯=种排法，因此不同的安排方案有122436+=种.故答案为：3624．某新闻采访组由5名记者组成，其中甲､乙､丙､丁为成员，戊为组长.甲､乙､丙､丁分别来自A B C D 、、、四个地区.现在该新闻采访组要到A B C D 、、、四个地区去采访，在安排采访时要求：一地至少安排一名记者采访且组长不单独去采访；若某记者要到自己所在地区采访时必须至少有一名记者陪同.则所有采访的不同安排方法有___________种.【答案】44【分析】通过分类计数原理将问题分成甲，乙，丙，丁都不到自己的地区和甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区两类进行讨论，然后通过分步计数原理得到每一类的答案，最后求和即可.【详解】分两类：①甲，乙，丙，丁都不到自己的地区，组长可任选一地有()3311436⨯⨯⨯⨯=；②甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区，并有组长陪同有()21148⨯⨯⨯=.所以总数36844+=.故答案为：44.25．用4种不同的颜色给图中的A ，B ，C ，D 四个区域涂色，要求每个区域只能涂一种颜色．(1)有多少种不同的涂法？(2)若相邻区域不能涂同一种颜色，有多少种不同的涂法？【答案】(1)256；(2)48【答案】(1)9(2)24【分析】（1）利用分类相加计数原理即可得解；（2）利用分步相乘计数原理即可得解.【详解】（1）从书架上任取1本书，有三类方案：第1类，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类，从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分类加法计数原理，不同取法的种数为4329++=.（2）从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三步完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法.⨯⨯=.根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为43224。
高考数学计数原理大题解析
高考数学计数原理大题解析计数原理是高考数学中的一个重要概念，考查学生对于排列组合和概率等知识的理解和运用能力。
本文将通过对高考数学计数原理大题的解析，帮助同学们更好地掌握该知识点。
一、排列组合（Permutation and Combination）排列组合是计数原理的基础，主要讲解不同元素之间的排列和组合方式。
在高考中经常涉及到求解不同条件下的排列组合问题，具体题型包括：从n个元素中取出r个元素进行排列、组合的情况。
例如：某班有8个男生和5个女生，要从中选出3个代表参加演讲比赛，请问有多少种不同的选择方式？解析：这是一个典型的组合问题，从13个学生中选择3个参加演讲比赛。
根据组合的定义，可以利用组合公式C(n,r) = n! / (r! * (n-r)!)进行计算。
代入n=13，r=3，得到C(13,3) = 13! / (3! * (13-3)!) = 286。
因此，共有286种不同的选择方式。
二、排列（Permutation）排列是指从n个元素中取r个元素进行排列，不同的排列顺序被视为不同的结果。
在高考数学中，经常涉及到排列的题目，需要理解并掌握排列的计算方法。
例如：有5个人参加马拉松比赛，其中前三名将获得奖牌，请问共有多少种不同的获奖排名方式？解析：这是一个排列问题，从5个人中选择3个进行排列。
根据排列的定义，可以利用排列公式A(n,r) = n! / (n-r)!进行计算。
代入n=5，r=3，得到A(5,3) = 5! / (5-3)! = 60。
因此，共有60种不同的获奖排名方式。
三、多重计数原理（Multinomial Principle）多重计数原理是计数原理的扩展，适用于一次抓取多个元素的排列组合问题。
在高考数学中，多重计数原理常常应用于计算拆分和分组问题。
例如：某班有8个男生和5个女生，要从中选出5人组成一个小组进行活动，请问有多少种不同的组合方式？解析：这是一个组合问题，从13个学生中选择5个组成一个小组。
计数原理专项练习(含详解)
计数原理专项练习一、单选题（本大题共20小题，共100.0分）1. 从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为()A. 224B. 112C. 56D. 282. A ，B ，C ，D 四位妈妈相约各带一名小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆车只能带一位大人和一名小孩，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，则A 的小孩坐C 妈妈或D 妈妈的车的概率是()A.13B.12C.59D.233. 袋中有5个黑球和3个白球，从中任取2个球，则其中至少有1个黑球的概率是()A.B.C.D.4. 已知的最小值为，则二项式展开式中项的系数为A.B.C.D.5.2.5PM 是指大气中直径小于或等于0.0000025米的颗粒物，数0.0000025用科学计数法表示为() A. 72510-⨯ B. 62.510-⨯ C. 50.2510-⨯ D. 72.510-⨯6. 若集合1A ，2A 满足12A A A =，则称12(,)A A 为集合A 的一个分拆，并规定：当且仅当12A A =时，12(,)A A 与21(,)A A 为集合A 的同一种分拆，则集合12{,}A a a =的不同分拆种数是()A. 8B. 9C. 16D. 187. 已知1021001210(1)(1)(1)(1)x a a x a x a x +=+-+-++-，则9a 等于()A. 10B. 10-C. 20D. 20-8. 如图，在杨辉三角形中，斜线的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记此数列的前项之和为，则的值为()A. 361B. 295C. 153D. 669. 设2012(1)n x a a x a x -=+++…nn a x +，若12||||...||127n a a a +++=，则展开式中二项式系数最大的项为A. 第4项B. 第5项C. 第4项或第5项D. 第7项10. 二项式(1)()nx n N ++∈的展开式中2x 的系数为15，则()n =A. 4B. 5C. 6D. 711. 二项式的展开式中二项式系数最大的项为()A. 第 3 项B. 第 6 项C. 第 6 、 7 项D. 第 5 、 7 项12. 甲、乙、丙3位教师安排在周一至周五中的3天值班，要求每人值班1天且每天至多安排1人，则恰好甲安排在另外2位教师前面值班的概率是A.B.C.D.13. 212nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中只有第4项的二项式系数最大，展开式中的所有项的系数和是()A. 0B. 256C. 64D.16414. 9.若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有A. 66种B. 65种C. 63种D. 60种15. 102012(2)x a a x a x -=+++ (10)10.a x +则123a a a +++…10()a +=A. 1B. 1-C. 1023D. 1023-16. 腾冲第八中学数学组有实习老师共5名，现将他们分配到高二年级的90、91、92三个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有()A. 30种B. 90种C. 180种D. 270种17. 从3名语文老师、4名数学老师和5名英语老师中选派5人组成一个支教小组，则语文、数学和英语老师都至少有1人的选派方法种数是()A. 590B. 570C. 360D. 21018. 若*n N ∈，且521235n n n C A ---=，则n 的值为()A. 8B. 9C. 10D. 1119. 我们把各位数字之和等于6的三位数称为“吉祥数”，例如123就是一个“吉祥数”，则这样的“吉祥数”一共有()A. 28个B. 21个C. 35个D. 56个20. 将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有()种.A. 252B. 112C. 20D. 56二、单空题（本大题共10小题，共50.0分） 21. 如图，它满足：(1)第n 行首尾两数均为n ；(2)表中的递推关系类似杨辉三角，则第n 行()2n 第2个数是________22. 设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为34和45，且各次射击相互独立，若按甲、乙、甲、乙的次序轮流射击，直到有一人击中目标就停止射击，则停止射击时，甲射击了两次的概率是__________.23. 二项式51(2)x x+的展开式中3x 的系数为______.24. 已知4男3女排队，每名男生至多与一名女生相邻，共有______ 种不同的排法．(结果用数值表示)25. 被4除，所得的余数为________.26. 若22242n C A =，则!3!3!n n =-________.27. 2015年世博会在意大利米兰举行，其中某大学要从6名男生和2名女生中选出3人作为奥运会的志愿者，若男生甲与女生乙至少有一个入选，则不同的选法共有__________________________种(结果用数字表示).28. 3位男生和3位女生共6位同学站成一排，则3位男生中有且只有2位男生相邻的概率为____________29. __________.30. 已知3828128(1)(2)(1)(1)...(1)x x a a x a x a x ++-=+-+-++-，则6a 的值为_____.答案和解析1.【答案】B试题分析：根据分层抽样，从8个人中抽取男生1人，女生2人；所以取2个女生1个男生的方法：.2.【答案】D解： 记A ，B ，C ，D 四位妈妈的小孩分别为a ，b ，c ，d ， 由于孩子都不坐自己妈妈的车， 假设A 与b 一辆车，则有3种情况，同理A 与c 一辆车及A 和d 一辆车，都有3种情况， 所以不同的坐车方式有3339++=种，而A 的小孩a 坐C 妈妈或D 妈妈的车的情况有336+=种情况， 所以所求概率为62.93P == 3.【答案】B解：至少有1个黑球，包括1个黑球、2个黑球，其方法数为 11205353C C C C +袋中有5个黑球和3个白球，从中任取2个球，∴共有方法数为 28C∴至少有1个黑球的概率是1120535328C C C C C +.4.【答案】A解：因为函数的最小值为，即.展开式的通项公式为，由，得，所以，即项的系数为15.5.【答案】B6.【答案】B解：12A A A =，对1A 分以下几种情况讨论：①若1A =∅，必有212{,}A a a =，共1种拆分；②11{}A a =，则22{}A a =或12{,}a a ，共2种拆分；同理12{}A a =时，有2种拆分； ③若112{,}A a a =，则2A =∅、1{}a 、2{}a ，12{,}a a ，共4种拆分；∴共有12249+++=种不同的拆分．7.【答案】D 8.【答案】A解：从杨辉三角形的生成过程，可以得到你的这个数列的通项公式.n 为偶数时，，n 为奇数时，02221c C ==，12333C C ==，246C =，325510C C ==，….然后求前21项和，偶数项和为75， 奇数项和为最后.9.【答案】C解：令0x =，可得01a =，令1x =-，可得0122n n a a a a ++++=，所以1221127n n a a a +++=-=，解得7n =，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项，第5项.10.【答案】C因为(1)nx +的展开式中2x 的系数为2n C ，即215n C =，亦即230n n -=，解得6(5n n ==-舍).11.【答案】C解：，在二项式的展开式中二项式系数最大的项为第 6 、 7 项，12.【答案】A解：依题意，甲、乙、丙3人的相对顺序共有人种，其中甲位于乙、丙前面的共有种，因此所求的概率为，13.【答案】D解：根据21()2nx x-的展开式中只有第4项的二项式系数最大， 得展开式中项数是2417⨯-=，716n ∴=-=；令1x =，得展开式中的所有项的系数和是611(1).264-=14.【答案】A解：由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况， 当取得4个偶数时，有1=种结果，当取得4个奇数时，有5=种结果， 当取得2奇2偶时有61060=⨯=∴共有156066++=种结果，15.【答案】D解：令1x =代入二项式102012(2)x a a x a x -=+++…1010a x +，得1001(21)a a -=++…101a +=，令0x =得1002a =，10122a a ∴+++…101a +=，12a a ∴++…101023a +=-，16.【答案】B解：把5名实习老师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有1225422215C C C A =种方法，再将3组分到3个班，共有331590A ⋅=种不同的分配方案，17.【答案】A解：直接法：3名语文、1名数学和1名英语，有31134520C C C =种， 1名语文、3名数学和1名英语1名，有13134560C C C =种， 1名语文、1名数学和1名英语3名，有113345120C C C =种， 2名语文、2名数学和1名英语1名，有22134590C C C =种，1名语文、2名数学和2名英语1名，有122345180C C C =种， 2名语文、1名数学和2名英语1名，有212345120C C C =种，共计206012090180120590+++++=种18.【答案】B解：*n N ∈，且521235n n n C A ---=，()()05122(1)(2)(3)(4)35234321n n n n n n n n n ⎧⎪--⎪∴-⎨⎪----⎪⋅=--⨯⨯⨯⎩， 即()()5(1)(2)(3)(4)35234321n n n n n n n ⎧⎪----⎨⋅=⨯--⎪⨯⨯⨯⎩，因此5(1)(4)40n n n ⎧⎨--=⎩，即255360n n n ⎧⎨--=⎩，解得9n =， 所以n 的值为9.19.【答案】B解：因为1146++=，1236++=，2226++=，0156++=，0246++=，0336++=，0066++=， 所以可以分为7类，当三个位数字为1，1，4时，三位数有3个，当三个位数字为1，2，3时，三位数有336A =个，当三个位数字为2，2，2时，三位数有1个， 当三个位数字为0，1，5时，三位数有4个， 当三个位数字为0，2，4时，三位数有4个， 当三个位数字为0，3，3时，三位数有2个， 当三个位数字为0，0，6时，三位数有1个，根据分类计数原理得三位数共有361442121.++++++=20.【答案】B解：分两步去做：第一步，先把学生分成两组，有两种分组方法，第一种是：一组2人，另一组5人，有2721C =种分法；第二一种是：一组3人，另一组4人，有3735C =种分法；第二步，把两组学生分到甲、乙两间宿舍，第一种有222A =种分配方法，第二种也有222A =种分配方法；最后，把两步方法数相乘，共有22327272212352112C A C A +=⨯+⨯=种方法.21.【答案】222n n -+解：设第(2)n n 行的第2个数构成数列{}n a ，则有322a a -=，433a a -=，544a a -=，…，11n n a a n --=-，相加得()()2122123(1)(2)22n n n n a a n n +-+--=+++-=⨯-=， 则()()21222.22nn n n n a +--+=+=22.【答案】19400解：设A 表示甲命中目标，B 表示乙命中目标，则A 、B 相互独立， 停止射击时甲射击了两次包括两种情况：①第一次射击甲乙都未命中，甲第二次射击时命中，此时的概率13433()(1)(1)45480P P A B A =⋅⋅=-⨯-⨯=， ②第一次射击甲乙都未命中，甲第二次射击未命中，而乙在第二次射击时命中，此时的概率234341()(1)(1)(1)4545100P P A B A B =⋅⋅⋅=-⨯-⨯-⨯=， 故停止射击时甲射击了两次的概率12311980100400P P P =+=+=， 23.【答案】80解：二项式51(2)x x+的展开式的通项公式为5552155(2)2r r r r r r r T C x x C x ----+=⋅⋅=⋅⋅， 令523r -=，1r =，故展开式中3x 的系数为 415280C ⋅=，24.【答案】2304解：第一类，把4男生捆绑在一起，插入到3名女生排列所形成的4个空的1个空中，故有431434576A A A =种，第二类，把4男生平均分为2组，分别插入到3名女生排列所形成的4个空的2个空中，故有232434864A A A =种，第三类，把4男生分为(3,1)两组，把把1名男生插入到3名女生排列所形成的4个空的头或尾，把在一起的3个男生插入到剩下的3个空中的1个，故有1133124333864A A A A A =种，根据分类计数原理得，5768648642304++=25.【答案】0解：显然能被4整除，余数为0.26.【答案】35解：222(1)42n C A n n =-=，解得7n =，或6(n =-舍去)，337!353!(3)!n n C C n ∴===-， 27.【答案】36解：从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，，男生甲与女生乙至少有一个入选，则不同的选法共有， 28.【答案】0.6解：从3名男生中任取2人“捆”在一起记作A ，(A 共有22326C A =种不同排法)，剩下一名男生记作B ，将A ，B 插入到3名女生全排列后所成的4个空中的2个空中，故有22233243432C A A A =种，则3位男生中有且只有2位男生相邻的概率为664324320.6.720P A === 29.【答案】40-解：，30.【答案】28解：3(1)x +展开后不会出现6x ， 又88(2)[(1)1]x x -=--， 所以6a 表示6(1)x -的系数， 所以6268(1)28.a C =-=。
高三数学总复习专题11 计数原理(答案及解析)
高三数学总复习专题11 计数原理方法点拨1．11--=r r n n nC C r(其中*1,n r n r >≥∈N 、)2．二项式系数的有关性质：①二项展开式中，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13502412-+++=+++=n nn n n n n C C C C C C ；②若()2012=++++n n f x a a x a x a x ，则()f x 展开式中的各项系数和为()1f ， 奇数项系数和为()()024112+-+++=f f a a a ， 偶数项系数之和为()()135112--+++=f f a a a ． 3．排列组合解题思路（1）求解排列组合问题应遵循先特殊后一般、先选后排、先分类再分步的原则． （2）若排列、组合问题中有特殊的元素或位置对元素有特殊要求应先满足这些特殊元素或特殊位置的要求，然后再安排其他的元素或位置．（3）对于含有附加条件较多的排列组合问题，要注意分析附加条件的特征，根据其特征构建相应的模型，常见模型有：相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、有序分配、无序分组法、至多至少问题间接法、先分组后分配法等．试题汇编一、选择题．1．（四川省成都市石室中学2021届高三一模）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个数字互不相同的牌照号码共有（ ）个．A ．242610A B ．242610A AC ．()2142610CD ．()2142610C A 2．（江苏省南通市学科基地2021届高三一模）某班级要从5名男生、3名女生中选派4人参加学校组织的志愿者活动，如果要求至少有2名女生参加，那么不同的选派方案有（ ）A．20种B．30种C．35种D．65种3．（2010-2011年陕西省西安市华清中学高三一模）从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共（）A．24种B．18种C．12种D．6种4．（四川省资阳市2020-2021学年高三一模）2020年北京冬季奥运会组委会招聘了5名志愿者，分别参与冰壶、冰球、花样滑冰、自由式滑雪、越野滑雪五项比赛项目的前期准备工作．若每个人只能担任其中一项工作，且志愿者甲不能在越野滑雪项目，则不同的派遣方法种数共有（）种．A．120 B．96 C．48 D．245．（安徽省池州市2021届高三一模）2020年12月17日，嫦娥五号返回器携带1731克月球土壤样品在内蒙古四王子旗预定区域安全着陆，至此我国成为世界上第三个从月球取回土壤的国家．某科研所共有A、B、C、D、E、F六位地质学家他们全部应邀去甲、乙、丙三所不同的中学开展月球土壤有关知识的科普活动，要求每所中学至少有一名地质学家，其中地质学家A被安排到甲中学，则共有（）种不同的派遣方法．A．180 B．162 C．160 D．1266．（江苏省盐城中学2021届高三一模）扶贫结对中，5名爸爸各带1名孩子去农村参加帮扶和体验生活(5个孩子中3男2女)．村委会需要安排1名爸爸带3个孩子去完成某项任务，要求男孩小亮和爸爸有且仅有1人前往，男孩小明和爸爸始终在一起，且2个女孩中至少要选1个女孩，则不同的安排方案的种数是（）A．12 B．24 C．36 D．487．（宁夏银川唐徕回民中学2021届高三一模）地图涂色是一类经典的数学问题．如图，用4种不同的颜色涂所给图形中的4个区域，要求相邻区域的颜色不能相同，则不同的涂色方法有（ ）种． A ．84B ．72C ．48D ．248．（四川省广安、眉山2018届毕业班第一次诊断性考试）5()()-+x y x y 的展开式中，24x y 的系数为（ ）A ．10-B ．5-C ．5D ．109．（安徽省池州市2021届高三一模）在()()()()()3456711111+++++++++x x x x x 展开式中2x 的系数是（ ） A ．45B ．53C ．54D ．5510．（广东省2021届高三一模）若214=+y x b ()()20+>x a a 的展开式中4x 的系数为3，则=a （ ） A ．1B ．12CD ．211．（江西省九江市2021届高考一模）()2+nx 展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则该项系数是（ ） A ．280 B ．240 C ．192 D ．160二、填空题．12．（四川省成都市2021-2022学年高三一模）512⎛⎫- ⎪⎝⎭x x 展开式中3x 项的系数为________（用数字作答）13．（广西柳州市2022届高三一模）已知二项式n的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则该展开式中的常数项是_______．(用数字作答)14．（江西省新八校2020-2021学年高三一模）()321212⎛⎫--+ ⎪⎝⎭x x x 的展开式中的常数项是_______．15．（福建省泉州市2021届高三一模）()62+x 展开式中，二项式系数最大的项的系数为___________．（用数字填写答案）16．（陕西省渭南市临渭区2021届高三一模）已知()()311++ax x 的展开式中3x 的系数为7，则=a ________．参考答案一、选择题． 1DCBBAAABDCD 二、填空题． 12．【答案】80-【解析】512⎛⎫- ⎪⎝⎭x x 展开式的通项公式为()()()5155255212----⋅⋅-=-⋅⋅⋅r r r r r r rC x x C x ， 令523-=r ，得1=r ，所以展开式中3x 项的系数为()14151280-⋅⋅=-C ，故答案为80-．13．【答案】20【解析】由题意可得264=n ，可得6=n ，所以6展开式通项为()116322166C C ---+==r r r r rr T x x x ， 令3=r 可得常数项为306C 20=x ，故答案为20． 14．【答案】26-【解析】原式33321112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭x x x x x ，展开式中的常数项是2121122333112(2)2(1)226⎛⎫⎛⎫⋅+-⋅⋅+-⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭x C x C x x ，故答案为26-． 15．【答案】160【解析】因为()62+x 展开式的通项为6162-+=r r r r T C x ，依题意，二项式系数最大项为3333462160==T C x x ，其系数为160， 故答案为160． 16．【答案】2【解析】因为()3231133+=+++x x x x ，所以，()()311++ax x 的展开式中3x 的系数为137+=a ，解得2=a ， 故答案为2．。
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计数原理专题拓展版答案解析第1题答案B第1题解析由题意可知，这名教师去个地区有两种情况，一是甲、丙和另外一人（不是乙）共同去一地，另外名教师分别去一个地区，有中不同的方法；二是有两个地区去人（甲、丙已经确定一组），另外一个地区去人，有种不同的方法，所以共有种方案．第2题答案C第2题解析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的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有种不同的分配方法。
则满足条件的不同的分配方案有（种）。
第3题答案D第3题解析若不含有红球，则有种不同取法；若含有一个红球，则有种不同取法，则共有．第4题答案D第4题解析首先将黑球和白球排列好,再插入红球.情况1:黑球和白球按照黑白相间排列(“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”),此时将红球插入个球组成的个空中即可,因此共有种;情况2:黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起(“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”、“白黑白黑黑白”),此时红球只能插入两个相同的颜色的球之中,共种,综上所述,共有种.第5题答案B第5题解析∵有个元素,则由到上的一一映射中,分两步:先挑出个数字和自身对应共有种方法,剩余三个元素都不与自身对应共有种对应方式,所以,有个数字和自身对应的映射个数是种.第6题答案A第6题解析①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含的有个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有个的有个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有个的有个．故共有符合条件的点的个数为个，故选A.第7题答案C第7题解析要求个数的和为奇数，则当个数都为奇数时，有种取法，两个偶数一个数时，共有种取法．第8题答案C第8题解析根据题意,把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,插入到位男生全排列后形成的个空中的个空中,故有种,故选:C .第9题答案C第9题解析第一步分步：由题意把8人可分为以下三组，分组的种数为第二步，分配，每一种分法都有种，根据分步计数原理，共有种．第10题答案B第10题解析根据题意,有且只有个盒子的编号与放入的小球编号相同, 在六个盒子中任选个,放入与其编号相同的小球,有种选法,剩下的个盒子的编号与放入的小球编号不相同,假设这个盒子的编号为,,,,则号小球可以放进,,号盒子,有种选法,设放入号盒子,则号球可放进,,号盒子,有种选法,,号球只有一种选法,所以恰好有个小球的标号与盒子的编号相同,则不同的放法种数为:种放法.第11题答案B第11题解析尾数为,有个.尾数为,,同样分情况讨论,以在末尾为例,被同时选中,再从,,中任取个,与,排在前位,共有个;,只有个被选中或均未选,共有个.综上,在末尾的奇数的个数为.同理,在末尾的奇数的个数为.由以上分析可知,可以组成不同的四位奇数的个数为.故选B.第12题答案A第12题解析个人平均分成三组，甲乙比较特殊，甲乙所在的组与另外两组不一样，则组与组之间均匀无差异的实质是两组，所以组合方式为，故选A.第13题答案B第13题解析先从3个信封中选一个放1和2，有种不同的选法，再从剩下的4个数中选两个放一个信封有种，余下的放入最后一个信封所以共有种.故选.第14题答案B第14题解析分三类:①三人都入选,则只有种方法; ②若三人只有两人入选,则一共有种; ③若三人只有一人入选,则一共有种;所以一共有种方法,选B.第15题答案C第15题解析由题分配方案有；按分，有4种，得：.按分，有种，得：，共有；种.第16题答案D第16题解析学校安排六节课程可看做是用6个不同的元素填6个空的问题，要求体育不排在第一节课，数学不排在第四节课的排法可分两类．一类是体育课排在第四节，则满足了体育课不在第一节，同时满足了数学课不在第四节，排法种数是种；一类是体育课不排第四节，数学课也不排在第四节，则第四节课只能从语文、英语、物理、化学课中任取1节来安排，有种安排方法，然后安排第一节课，第一节课可从语文、英语、物理、化学课中剩下的3各科目及数学科目4个科目中任选节，有种安排方法，最后剩余的各科目和节课可全排列有种排法，由分步计数原理，第二类安排方法共有种．所以这天课表的不同排法种数为种．第17题答案B第17题解析将相邻的两位老人捆绑成一个整体，相当于个人排列，而相邻的两位老人不排在两端，所以两位老人只能在中间的个位置中占一个，即，其他的人有顺序排列，即，考虑到两位老人之间还有顺序，故排法有，故选B.第18题答案D第18题解析将数字填入标号为的三个方格里,每格填上一个数字,基本事件总数为,方格的标号与所填的数字没有相同的情况有两种:即的三个方格里的数字分别为或,所以方格的标号与所填的数字有相同的概率是,故选D.第19题答案B第19题解析先排,,,再让,,插空,总的排法共,其中在排头,将,,插在后三个空的排法共,此时构不成六位数,故总的六位数的个数为.第20题答案D第20题解析分别用代表该种卡片,获奖情况分两类:①,;②,,所以.第21题答案第21题解析插入法,射击8枪命中4枪,不命中4枪,有5个空当,把3枪连中和另外1枪命中看成2个元素插入5个空当中的2个,有种.第22题答案第22题解析分类计数原理,按红红之间有蓝无蓝两类来分.(1)当红红之间有蓝时,则有种;(2)当红红之间无蓝时,则有种.因此,这五个人排成一行,穿相同颜色衣服的人不能相邻,则有种排法.第23题答案360第23题解析分三个步骤：第一步先从甲、乙、丙三个人选出一个加入前排，有3种方法；第二步将这个人加入前排的4个空位中，有4种方法；第三步再依次将剩余两人加入后排。
先加入的一个人有5种方法，后加入的那个人有6种方法。
三个步骤完成，由分步计数原理可得不同的加入方法有.第24题答案第24题解析和为的数共有组:与,与,与,与,与,子集中的元素不能取自同一组的两个数,即这个数只能从这5组中每组取个,共有(个).第25题答案192第25题解析.第26题答案第26题解析先栽1，有4种栽法；再栽5，有3种栽法；再栽6，有2种栽法；若4跟6同色，则4有1种栽法，2有2种栽法，3有1种栽法；若4跟6不同色，则4有1种栽法，2与4同色时，3有2种栽法,2与4不同色时，3有1种栽法.综上不同的栽种方法有，故填.第27题答案第27题解析若不取零,则排列数为,若取零,则排列数为,因此一共有个没有重复数字的四位数.第28题答案36种第28题解析先从名学生中任意选个人作为一组，方法种；再把这一组和其它个人分配到所大学，方法有种，再根据分步计数原理可得不同的录取方法种，故答案为种.第29题答案第29题解析从名男生中任取人“捆”在一起记作共有种不同排法），剩下一名男生记作，将插入到名女生全排列后所成的个空中的个空中，故有种，位男生和位女生共位同学站成一排，有种，位男生中有且只有位男生相邻的概率为.第30题答案第30题解析先从除0以外的9个数字中选出3个数字，当三个数字确定以后，这三个数字按严格递增或严格递减排列共有2种情况，所以共有种；当最后一位数字为0时，有种，所以一共有种.第31题答案15第31题解析若甲同学分配到A工厂，则其余3人应安排到B，C两个工厂，一共有种分配方案．若甲同学分配到B工厂，则又分为两类：一是其余3人安排到A，C两个工厂，而A工厂只能安排1名同学，所以一共有种分配方案；二是从其余3人中选出1人安排到B工厂，其余2人安排到A,C工厂，所以一共有种分配方案．综上，共有种不同的分配方案．第32题答案第32题解析,,三门全选,则只需在,,中选一门共种选法,,,三门恰好选两门有种选法,再从,,中选两门有种选法,则三门恰选两门共有种选法,所以一共有种。
第33题答案第33题解析可以分两类：其一是第一次甲传球给乙、丙、丁，有种；第二次是传球给甲，有种；第三次是甲传球给乙、丙、丁，有种；第四次是传给甲，有种；由分步计数原理可得种；第二类是第一次甲先传给乙、丙、丁，有种；第二次分别传给其它两人，有种；第三次再分别传给另外两人，有种；第四次传给甲，只有1种；由分步计数原理可知种，由分类计数原理可得所有传球方式共有.第34题答案168第34题解析根据题意,假设有1、2、3、4、5、6,共6个位置,若男生甲不站两端,则甲必须在2、3、4、5位置,可分4种情况讨论:①当甲在2号位置,甲乙不能相邻,则乙可以在4、5、6号位置,若乙在4号或5号位置,只有2个位置是相邻的,有种排法,若乙在6号位置,有种排法,由分类计数原理可得,共有种排法;②当甲在5号位置,同理①,有36种排法;③当甲在3号位置,甲乙不能相邻,则乙可以在1、5、6号位置,若乙在1号位置,有种排法,若乙在5号位置,有种排法,若乙在6号位置,有种排法,由分类计数原理可得,共有种排法;④当甲在4号位置,同理③,有48种排法,则有种不同的排法;故答案为:168.第35题答案第35题解析由题意编号为的四封电子邮件发送到编号为的四个网址，发送方法有种，“有两封的编号与网址的编号相同或全相同”，所包含的基本事件数为，故“有两封的编号与网址的编号相同或全相同”概率为，故事件“至多有一封邮件的编号与网址的编号相同”的概率为.第36题答案第36题解析从甲乙丙三个大人中任取人捆在一起，共有种不同排法，则必须在捆绑的整体与另一个大人之间，此时共有种排法，最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入，∴共有种不同排法。
故答案为第37题答案66第37题解析从城市的东南角A到城市的西北角B，最近的走法种数共有种走法. 从城市的东南角A经过十字道口维修处C，最近的走法有种，从十字道口维修处C到城市的西北角B，最近的走法种数为种，所以从城市东南角A到城市的西北角B，经过十字道口维修处最近的走法有种，所以从城市的东南角A到城市西北角B，不经过十字道路维修处，最近的走法种数有种.第38题答案33第38题解析由题意知，有2个既会唱歌也会跳舞，5人仅会唱歌，3人仅会跳舞，则分成三类：第1类，选2个既会唱歌也会跳舞的，有2种方法；第2类，仅选1个会唱歌也会跳舞的，有2种方法，那么另一个人可以选仅会唱歌的，也可以选仅会跳舞的，有3+5=8种方法，由分步乘法计数原理，则此类共有2×8=16种方法；第3类，既会唱歌也会跳舞的一个都不选，则要在仅会唱歌的5人中选1人，有5种方法，再在仅会跳舞的3人中任选1人，有3种方法，由分步乘法计数原理，则有5×3=15种方法，由分类加法计数原理，则共有2+16+15=33种不同的选法．第39题答案；第39题解析经分析知, 这四个自然数的和为6,分情况讨论:①当四个自然数为1,1,1,3时, 的值分别为2,3,4,1和4,1,2,3两种情况,②当四个自然数为1,1,2,2时,的值分别为2,4,1,3和3,1,4,2两种情况,③当四个自然数为1,2,3,0时, 的值分别为2,4,1,3和4,1,3,2和3,2,4,1和4,2,1,3共4种情况,当四个自然数为0,0,3,3时, 的值分别为4,2,3,1.④当四个自然数为0,2,2,2时,没有符合的.故这样的排列共有种情况.第40题答案28第40题解析由题意知本题采用隔板法，将9个小球排成一排，插入2块隔板，隔板将9个元素分成3部分，每一部分至少一个，∴共有分法（种）．。