2016-2017学年高中数学第1章计数原理1.4简单计数问题学案北师大版选修2-3讲义
§4简单计数问题1．进一步理解计数原理和排列、组合的概念．(重点)2．能够运用原理和公式解决简单的计数问题．(难点)[基础·初探]教材整理简单计数问题阅读教材P18～P21，完成下列问题．1．计数问题的基本解法(1)直接法：以________为考察对象，先满足________的要求，再考虑________(又称元素分析法)．或以________为考察对象，先满足________的要求，再考虑________(又称位置分析法)．(2)间接法：先不考虑附加条件，计算出所有的方法数，再减去不符合要求的方法数．【答案】(1)元素特殊元素其他元素位置特殊位置其他位置2．解决计数问题应遵循的原则先________后一般，先________后排列，先________后分步，充分考虑元素的特殊性，进行合理的分类与分步．【答案】特殊组合分类5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少一个球，若甲球必须放入A盒，则不同放法总数是( )A．120 B．72C．60 D．36【解析】分两类：第一类，A盒只有甲球，则余下4个球放入3个不同的盒子中，每个盒子至少一个球，此时4个球应分为2,1,1三组，有C24种，每一种有A33种放法，共有C24A33种放法；第二类，A盒中有甲球和另1球，则有A44种排法．由分类加法计数原理，得共有放法总数C24A33＋A44＝60种．【答案】 C[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]某单位安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有( )A．504种B．960种C．1 008种D．1 108种【精彩点拨】先安排甲、乙，再考虑丙、丁，最后安排其他员工．【自主解答】(1)若甲、乙安排在开始两天，则丁有4种选择，共有安排方案A22C14A44＝192种；(2)若甲、乙安排在最后两天，则丙有4种选择，共有A22C14A44＝192种；(3)若甲、乙安排在中间5天，选择两天有4种可能，若丙安排在10月7日，丁有4种安排法，共有4×A22C14A33＝192种；若丙安排在中间5天的其他3天，则丁有3种安排法，共有4×A22C13C13A33＝432种．所以共有192＋192＋192＋432＝1 008种．【答案】 C1．本小题用到分类讨论的方法，按照特殊元素(甲、乙在一起，丙、丁不在特殊位置)进行讨论．2．较复杂的排列问题要注意模型化归，转化为常用的方法．[再练一题]1．由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字，且1,3都不与5相邻的六位偶数的个数是( ) 【导学号：62690018】A．72 B．96C．108 D．144【解析】第一步将2,4,6全排，有A33种；第二步分1,3相邻且不与5相邻，有A22A23种；1,3,5均不相邻，有A33种．故总的排法为A33(A22A23＋A33)＝108种，故选C.【答案】 C某班有546名同学参加某科课外小组，在下列各种情况中，各有多少种不同的选法？(只列式不计算)(1)正、副班长必须入选；(2)正、副班长只有1人入选；(3)正、副班长都不入选；(4)正、副班长至多有1人入选；(5)班长以外的某3人不入选；(6)班长有1人入选，班长以外的某2人不入选．【精彩点拨】这是一道有限制条件的组合问题，先处理特殊元素，然后考虑一般元素．【自主解答】(1)先选正、副班长，再从剩下的52人中选4人．由分步乘法计数原理，得C22·C452种．(2)先从正、副班长中选1人，再从剩下的52人中选5人．由分步乘法计数原理，得C12·C552种．(3)因为正、副班长都不选，因此从剩下的52人中选6人，共C02·C652种，即C652种．(4)只有一个班长入选，或两个班长都不入选，故共有C12·C552＋C02·C652种，或C654－C22·C452种．(5)某3人可除外，故共有C03·C651种，即C651种．(6)C12·C02·C550种，即C12·C550种．解答组合应用题的总体思路1．整体分类，对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算结果时使用加法原理．2．局部分步，整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的不重复，计算每一类的相应结果时，使用乘法原理．[再练一题]2．将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排两名学生，那么互不相同的分配方案共有( )A．252种B．112种C．20种D．56种【解析】不同的分配方案共有C27C55＋C37C44＋C47C33＋C57C22＝112(种)．【答案】 B[探究共研型]探究 1“这件事”指的是什么？【提示】共有C24＝4×32＝6(个)不同结果．完成的“这件事”是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相乘．探究 2 从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相除，有多少个不同结果？这是排列问题，还是组合问题？完成的“这件事”指的是什么？【提示】共有A24－2＝10(个)不同结果．这个问题属于排列问题．完成的“这件事”是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相除．探究 3 完成“从集合{0,1,2,3,4}中任取三个不同元素组成一个是偶数的三位数”这件事需先分类，还是先分步？有多少个不同的结果？【提示】由于0不能排在百位，而个位必须是偶数.0是否排在个位影响百位与十位的排法，所以完成这件事需按0是否在个位分类进行．第一类：0在个位，则百位与十位共A24种排法；第二类：0不在个位且不在百位，则需先从2,4中任选一个排个位再从剩下非零数字中取一个排百位，最后从剩余数字中任取一个排十位，共C12C13C13＝18(种)不同的结果，由分类加法原理，完成“这件事”共有A24＋C12C13C13＝30(种)不同的结果．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文课代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．【精彩点拨】(1)按选中女生的人数多少分类选取．(2)采用先选后排的方法．(3)先安排该男生，再选出其他人担任4科课代表．(4)先安排语文课代表的女生，再安排“某男生”课代表，最后选其他人担任余下三科的课代表．【自主解答】(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，共有C35C23＋C45C13种，后排有A55种，共(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400种．(2)除去该女生后，先选后排，有C47·A44＝840种．(3)先选后排，但先安排该男生，有C47·C14·A44＝3 360种．(4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C36种，再安排该男生有C13种，其余3人全排有A33种，共C36·C13·A33＝360种．解决排列、组合综合问题要遵循两个原则1．按事情发生的过程进行分步．2．按元素的性质进行分类．解决时通常从以下三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．[再练一题]3．某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案共有( )A．16种B．36种C．42种D．60种【解析】若选择了两个城市，则有C24C23A22＝36种投资方案；若选择了三个城市，则有C34A33＝24种投资方案，因此共有36＋24＝60种投资方案．【答案】 D[构建·体系]1．(2016·长武高二检测)某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( )A．14 B．24C．28 D．48【解析】(间接法)：6人中选派4人的组合数为C46，其中都选男生的组合数为C44.所以至少有1名女生的选派方案有C46－C44＝14(种)．【答案】 A2．在1,2,3,4,5这五个数字所组成的没有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数共有( )A．6个B．9个C．12个D．18个【解析】由题意知，所求三位数只能是1,3,5或2,3,4的排列，共有A33＋A33＝12(个)．【答案】 C3．6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答). 【导学号：62690019】【解析】6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人，有A44种方法，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位，有A25种方法，所以共有：A44·A25＝480.【答案】4804．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．【解析】有C13·C24·A22＝36种满足题意的分配方案．其中C13表示从3个乡镇中任选定1个乡镇，且其中某2名大学生去的方法数；C24表示从4名大学生中任选2名到上一步选定的乡镇的方法数；A22表示将剩下的2名大学生分配到另2个乡镇去的方法数．【答案】365．车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，问有多少种选派方法．【解】法一：设A，B代表两名老师傅．A，B都不在内的选派方法有：C45·C44＝5(种)；A，B都在内且当钳工的选派方法有：C22·C25·C44＝10(种)；A，B都在内且当车工的选派方法有：C22·C45·C24＝30(种)；A，B都在内，一人当钳工，一人当车工的选派方法有：C22·A22·C35·C34＝80(种)；A，B有一人在内且当钳工的选派方法有：C12·C35·C44＝20(种)；A，B有一人在内且当车工的选派方法有：C12·C45·C34＝40(种)．所以共有C45·C44＋C22·C25·C44＋C22·C45·C24＋C22·A22·C35·C34＋C12·C35·C44＋C12·C45·C34＝185(种)选派方法．法二：5名钳工有4名被选上的方法有：C45·C46＝75(种)；5名钳工有3名被选上的方法有：C35·C45·C12＝100(种)；5名钳工有2名被选上的方法有：C25·C22·C44＝10(种)．所以一共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为( )A．C25C26B．C25A26C．C25A22C26A22D．A25A26【解析】分两步进行：第一步，选出两名男选手，有C25种方法；第二步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有A26种．故有C25A26种．【答案】 B2．某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的素菜，用餐者可以按下述方法搭配午餐：①任选两种荤菜，两种素菜和白米饭；②任选一种荤菜，两种素菜和蛋炒饭，则每天不同午餐的搭配方法有( )A．22种B．56种C．210种D．420种【解析】按第一种方法有C24C27种不同的搭配方法，按第二种方法共有C14C27种不同的搭配方法，故共有C24C27＋C14C27＝6×21＋4×21＝210种搭配方法，故答案选C.【答案】 C3．将A，B，C，D四个球放入编号为1,2,3的三个盒子中，每个盒子中至少放一个球且A，B两个球不能放在同一盒子中，则不同的放法有( )A．15 B．18C．30 D．36【解析】间接法，所有的不同放法有C24·A33种．A，B两球在同一个盒子中的放法种数为3×A22，满足题意的放法种数为C24A33－3×A22＝6×6－3×2＝36－6＝30.【答案】 C4．某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名进行发言，要求甲、乙两人至少有一人参加．当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻．那么不同的发言顺序的种数为( )A ．360B ．520C ．600D ．720【解析】 当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为2C 35A 44＝480，当甲、乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为A 25A 23＝120，则不同的发言顺序的种数为480＋120＝600，故选C.【答案】 C5．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )A ．23个B ．24个C ．18个D ．6个【解析】 各位数字之和为奇数可分两类：都是奇数或两个偶数一个奇数，故满足条件的三位数共有A 33＋C 13A 33＝24个．【答案】 B 二、填空题6．现有6张风景区门票分配给6位游客，若其中A ，B 风景区门票各2张，C ，D 风景区门票各1张，则不同的分配方案共有________种. 【导学号：62690020】【解析】 6位游客选2人去A 风景区，有C 26种，余下4位游客选2人去B 风景区，有C 24种，余下2人去C ，D 风景区，有A 22种，所以分配方案共有C 26C 24A 22＝180(种)．【答案】 1807．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个(用数字作答)．【解析】 分两种情况：第一类：个、十、百位上各有一个偶数，有C 13A 33＋C 23A 33C 14＝90个；第二类：个、十、百位上共有两个奇数一个偶数，有C 23A 33C 14＋C 13C 23A 33C 13＝234个．共有90＋234＝324个．【答案】 3248．某餐厅供应盒饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种为________种．(结果用数值表示)【解析】 在5种不同的荤菜中选出2种的选择方式的种数是C 25＝5×42＝10.因选择方式至少为200种，设素菜为x 种，则有C 2x C 25≥200.即x x －12≥20，化简得x (x －1)≥40，解得x ≥7.所以至少应准备7种素菜．【答案】7三、解答题9．3名男同志和3名女同志到4辆不同的公交车上服务．(1)若每辆车上都要有人服务，但最多安排男女各一名，有多少种不同的安排方法？(2)若男女各包两辆车，有多少种安排方法？【解】(1)先将3名男同志安排到车上，有A34种方法，在未安排男同志的那辆车上安排一名女同志，有C13种方法，还有2名女同志有A23种安排方法．共有A34C13A23＝432种安排方法．(2)男同志分2组有C23种方法，女同志分2组有C23种分法，将4组安排到4辆车上有A44种方法．共有C23C23A44＝216种安排方法．10．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球．【解】(1)每个小球都有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有46＝4 096种不同放法．(2)分两类：第1类，6个小球分3,1,1,1放入盒中；第2类，6个小球分2,2,1,1放入盒中，共有C36·C14·A33＋C26·C24·A24＝1 560(种)不同放法．(3)法一：按3,1,1,1放入有C14种方法，按2,2,1,1，放入有C24种方法，共有C14＋C24＝10(种)不同放法．法二：(挡板法)在6个球之间的5个空中插入三个挡板，将6个球分成四份，共有C35＝10(种)不同放法．[能力提升]1．(2015·四川高考)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A．144个B．120个C．96个D．72个【解析】分两类进行分析：第一类是万位数字为4，个位数字分别为0,2；第二类是万位数字为5，个位数字分别为0,2,4.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A34个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C13A34个偶数．故符合条件的偶数共有2A34＋C13A34＝120(个)．【答案】 B2．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有1双同色的取法有( )A．240种B．180种C．120种D．60种【解析】取一双同色手套有C16种取法，在剩下的5双手套中取2只不同色的手套，有C2522种取法，由分步乘法计数原理知，恰好有一双同色手套的取法有C16C25·22＝240种．【答案】 A3．(2016·孝感高级中学期中)正五边形ABCDE中，若把顶点A，B，C，D，E染上红、黄、绿、黑四种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有________种．【解析】若用三种颜色，有C15A34种染法，若用四种颜色，有5·A44种染法，则不同的染色方法有C15A34＋5·A44＝240(种)．【答案】2404．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？【解】(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24种测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680种．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16·C34·A44＝576种．11。
高中数学第一章计数原理1.4简单计数问题精练含解析北师大版选修2_30416255.doc
§4 简单计数问题A组1.设集合A={0,2,4},B={1,3,5},分别从A,B中任取2个元素组成无重复数字的四位数,其中能被5整除的数共有()A.24个B.48个C.64个D.116个解析:只含0不含5的有:=12;(2)只含5不含0的有:=12;(3)含有0和5的有:①当0在个位时,有=24;②当5在个位时,有=16.共有12+12+24+16=64个.答案:C2.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24解析:先把3把椅子隔开摆好,它们之间和两端有4个位置,再把3人带椅子插放在4个位置,共有=24种放法,故选D.答案:D3.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有()A.24对B.30对C.48对D.60对答案:C4.将A,B,C,D,E排成一列,要求A,B,C在排列中顺序为“A,B,C”或“C,B,A”(可以不相邻),这样的排列数有()A.12种B.20种C.40种D.60种解析:(排序一定用除法)五个元素没有限制全排列数为,由于要求A,B,C的次序一定(按A,B,C或C,B,A),故除以这三个元素的全排列再乘以2,可得×2=40.答案:C5.身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿蓝色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法种数为()A.24B.28C.36D.48解析:穿红色衣服的人相邻的排法有=48种,同理穿黄色衣服的人相邻的排法也有48种.而红色、黄色同时相邻的有=24种.故穿相同颜色衣服的不相邻的排法有-2×48+24=48种.答案:D6.某校准备参加2017年高中数学联赛,把10个选手名额分配到高三年级的8个教学班,每班至少一个名额,则不同的分配方案共有种.解析:原问题等价于把10个相同的小球放入8个盒子里,每个盒子至少有一个小球的放法种数问题.将10个小球排成一排,从中间9个间隙中选出7个截成8段(有=36种截法),对应放到8个盒子里,有36种放法.因此,不同的分配方案共有36种.答案:367.(2016·山东潍坊高二检测)张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园,为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两个小孩一定要排在一起,则这6人的入园顺序排法种数为.(用数字作答)解析:第一步:将两位爸爸排在两端有2种排法;第二步:将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有种排法;第三步:将两个小孩排序有2种排法.故总的排法有2×2×=24(种).答案:248.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有种(用数字作答).解析:不同的获奖情况分为两种,一是一人获两张奖券一人获一张奖券,共有=36种;二是有三人各获得一张奖券,共有=24种.因此不同的获奖情况有36+24=60种.答案:609.导学号43944014某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种?(2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种?(3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?解(1)从余下的34种商品中,选取2种,有=561(种),故某一种不合格商品必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中,选取3种,有种或者=5 984(种).故某一种不合格商品不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种合格商品中选取1件,从15种不合格商品中选取2件有=2 100(种).故恰有2种不合格商品在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2件不合格商品有种,选取3件不合格商品有种,共有选取方式=2 100+455=2 555(种).故至少有2种不合格商品在内的不同的取法有2 555种.(5)任意选取3件的总数有种,因此共有选取方式=6 545-455=6 090(种).故至多有2种不合格商品在内的不同的取法有6 090种.B组1.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24解析:插空法.在已排好的三把椅子产生的4个空档中选出3个插入3人即可.故排法种数为=24.故选D.答案:D2.(2016·广东惠州市统考)任取三个互不相等的正整数,其和小于100,则由这三个数构成的不同的等差数列共有()A.528个B.1 056个C.1 584个D.4 851个解析:先确定等差数列的中间项,再确定第一、三项.设这三个成等差数列的数分别为a,b,c.由题意得a+b+c≤100,即3b≤100,得b可以取2,3,…,33,共32个数.第一类,b=2时,a,c的取值共有2个(a=1,c=3和a=3,c=1,对应的是两个数列);第二类,b=3时,a,c的取值共有4个;…第三十二类,b=33时,a,c的取值共有64个.根据分类加法计数原理,可得满足题意的数列共有2+4+…+64=1 056个.答案:B3.(2016·江西南昌高三联考)将6名报名参加运动会的同学分别安排到跳绳、接力、投篮三项比赛中(假设这些比赛都不设人数上限),每人只参加一项,则共有x种不同的方案,若每项比赛至少要安排一人时,则共有y种不同的方案,其中x+y的值为()A.1 269B.1 206C.1 719D.756解析:依题意得x=36=729,当每项比赛至少要安排一人时,先分组,有=90种,再排列,有=6种,所以y=90×6=540,因此x+y=1 269,故选A.答案:A4.数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列,设第一行的数为N1,其中N2,N3分别表示第二、三行中的最大数,则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是.解析:(元素优先法)由题意知6必在第三行,安排6有=3种方法,第三行中剩下的两个空位安排数字有=20种方法,在留下的三个数字中,必有一个最大数,把这个最大数安排在第二行,有=2种方法,剩下的两个数字有=2种排法,按分步乘法计数原理,所有排列的个数是=240.答案:2405.(2016·浙江宁波效实中学第一学期)对一个各边长不相等的凸五边形的各边染色,每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种,但是不允许相邻的边染相同的颜色,则不同的染色方法共有种.解析:不妨假设AB边染黄色,BC边染红色,①若CD边染黄色,则DE边染蓝色,AE边染红色,或DE边染红色,AE边染蓝色,共2种情况;②若CD边染蓝色,则DE边染红色,AE边染蓝色,或DE 边染黄色,AE边染红色或DE边染黄色,AE边染蓝色,共3种情况,根据对称性,不同的染色方案共有(2+3)×3×2=30种.答案:306.从一架钢琴挑出的十个音键中,分别选择3个,4个,5个,…,10个同时按下,可发出和声,若有一个音键不同,则发出不同的和声,则这样的不同的和声数为(用数字作答).解析:可发出和声的情况共分以下8类:当选择3个音键时,有种情况;当选择4个音键时,有种情况;……当选择10个音键时,有种情况.所以不同的和声数为+…+=968.答案:9687.导学号43944015把7个完全相同的小球放置在三个盒子中,允许有的盒子一个也不放.(1)如果三个盒子完全相同,有多少种放置方法?(2)如果三个盒子各不相同,有多少种放置方法?解(1)因为小球完全相同,三个盒子也完全相同,所以把7个小球分成三份,比如分成3个、2个、2个这样三份放入三个盒子中,无论哪一份小球放入哪一个盒子,均是同一种放置方法,因此,只需将7个小球分成如下三份:(7,0,0),(6,1,0),(5,2,0),(5,1,1),(4,3,0),(4,2,1),(3,3,1),(3,2,2)即可.所以共有8种不同的放置方法.(2)设三个盒子中小球的个数分别为x1,x2,x3,显然有x1+x2+x3=7,于是,问题就转化为求这个不定方程的非负整数解的组数问题,令y i=x i+1(i=1,2,3),得y1+y2+y3=10,问题又成为求不定方程y1+y2+y3=10的正整数解的组数的问题,把10个小球排成一排,在10个小球中间的9个空中,任取两个空插入“隔板”,即可将10个球分成三组,故不定方程的解有=36组.故有36种放置方法.8.导学号43944016已知平面α∥β,在α内有4个点,在β内有6个点.(1)过这10个点中的3点作一平面,最多可作多少个不同平面?(2)以这些点为顶点,最多可作多少个三棱锥?解(1)所作出的平面有三类:①α内1点,β内2点确定的平面,有个;②α内2点,β内1点确定的平面,有个;③α,β本身.∴所作的平面最多有+2=98(个).(2)所作的三棱锥有三类:①α内1点,β内3点确定的三棱锥,有个;②α内2点,β内2点确定的三棱锥,有个;α内3点,β内1点确定的三棱锥,有个.∴最多可作出的三棱锥有=194(个).精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
北师大版数学高二学案 1.4 简单计数问题
1.4 简单计数问题[学习目标] 1.进一步理解计数原理和排列、组合的概念.2.能够运用原理和公式解决简单的计数问题．知识点一排列组合综合题的一般解法一般坚持先组后排的原则，即先选元素后排列，同时注意按元素性质分类或按事件的发生过程分步．知识点二解决受限制条件的排列、组合问题的一般策略1.特殊元素优先安排的策略；2.正难则反，等价转化的策略；3.相邻问题捆绑处理的策略；4.不相邻问题插空处理的策略；5.定序问题除法处理的策略；6.“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；7.平均分组问题，除法处理的策略；8.构造模型的策略．题型一排列与组合的简单应用例1(1)5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每盒至多放1个球，共有多少种放法？(2)某项化学实验，要把2种甲类物质和3种乙类物质按照先放甲类物质后放乙类物质的顺序，依次放入某种液体中，观察反应结果．现有符合条件的3种甲类物质和5种乙类物质可供使用．问：这个实验一共要进行多少次，才能得到所有的实验结果？解(1)由于球都相同，盒子不同，每盒至多放一个球，所以，只要选出5个不同的盒子，就可以解决问题．这是一个组合问题．因此，5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每盒至多放一个球，共有C58＝56种选法．(2)第一步：放入甲类物质，共有A23种方案．第二步：放入乙类物质，共有A35种方案．根据乘法原理，共有A23·A35＝3×2×5×4×3＝360种方案．因此，共要进行360次实验，才能得到所有的实验结果．反思与感悟(1)解简单的排列、组合应用题时，首先要判断它是排列还是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关．(2)要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类和分步时，一定要注意有无重复或遗漏．跟踪训练1(1)5个不同的球，放入8个不同的盒子中，每盒至多放一个球，共有__________种放法．答案 6 720解析由于球与盒子均不同，每盒至多放一个球，所以这是一个排列问题．可直接从8个不同的盒子中取出5个盒子进行排列(即放球)，所以，共有A58＝8×7×6×5×4＝6 720种放法．(2)从1,2，－1，－2，－3中任取不同的3个数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，其中表示开口向上的抛物线的条数为________．答案24解析∵a>0，∴抛物线的条数为C12A24＝24.题型二有限制条件的排列、组合问题例2将5个不同的元素a，b，c，d，e排成一排．(1)a，e必须排在首位或末位，有多少种排法？(2)a，e既不在首位也不在末位，有多少种排法？(3)a不排在首位，e不排在末位，有多少种排法？解(1)按首位是a还是e分类计数．第一类：a排在首位，那么e必须排在末位，中间三位是把b，c，d进行排列，一共有A33＝3×2×1＝6种排法．第二类：e排在首位，那么a必须排在末位，中间三位是把b，c，d进行排列，一共有A33＝3×2×1＝6种排法．根据加法原理，a，e必须排在首位或末位，一共有6＋6＝12种排法．(2)按照先排首位和末位，再排中间三位分步计数．第一步：排出首位和末位．由于a，e既不在首位也不在末位，那么首位和末位是在b，c，d中选出两个进行排列，一共有A23＝3×2＝6种排法．第二步：排出中间三位．由于在a，b，c，d，e 5个元素中，已经有2个元素排在了首位和末位，因此，中间三位是把剩下的3个元素进行排列，一共有A33＝3×2×1＝6种排法．根据乘法原理，a，e既不在首位也不在末位，一共有6×6＝36种排法．(3)按照a是否排在末位分类计数．第一类：a排在末位，此时e不排在末位，故一共有A44＝4×3×2×1＝24种排法．第二类：a不排在末位，此时可按照先排a，再排e，最后排b，c，d分步计数：第一步：a排在中间，有A13种排法．第二步：e排在除末位及a所占位置外的其余位置，有A13＝3种排法．第三步：b，c，d排在其余位置，有A33＝3×2×1＝6种排法．根据乘法原理，第二类有3×3×6＝54种排法．最后，根据加法原理，a不排在首位，e不排在末位，一共有24＋54＝78种排法．反思与感悟排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列．对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．跟踪训练2现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是() A．152 B．126 C．90 D．54答案B解析按从事司机工作的人数进行分类：①有1人从事司机工作：C13C24A33(或C13C13C24A22)＝108(种)；②有2人从事司机工作：C23·A33＝18(种)．∴不同安排方案的种数是108＋18＝126.例3用0,1,2，…，9这10个数字．(1)可以组成多少个5位数？(2)可以组成多少个没有重复数字的5位数？(3)可以组成多少个没有重复数字且能够被5整除的5位数？解(1)第一步：首位数字可以在1～9这9个数字中选取，有9种可能．第二步：其他4个数位可以在0～9这10个数字中选取，由乘法原理有10×10×10×10＝104种可能．最后，根据乘法原理，用0,1,2，…，9这10个数字，一共可以组成9×104＝90 000个5位数．(2)采用分步计数的方法，先确定首位数字再确定其他数位．第一步：首位数字，可以在1～9这9个数字中选择，有9种可能．第二步：其他4个数位，可以在剩下的9个数字中选择，有A49种可能．根据乘法原理，用0,1,2，…，9这10个数字，一共可以组成9· A49＝27 216个没有重复数字的5位数．(3)能够被5整除的数，末位有且仅有0或5两种可能，分两类进行计数．第一类：末位是0，由于没有重复数字，所以其他4个数位共有A49种可能．第二类：末位是5，对其他4个数位进行分步计数：第一步：由于首位不能为0，首位有C18种选择．第二步：其他3个数位有A38种可能．所以，共有A49＋C18·A38＝5 712种．因此，用0,1,2，…，9这10个数字，一共可以组成5 712个没有重复数字且能够被5整除的5位数．反思与感悟解决数字问题时，应注意题干中的限制条件，恰当地进行分类和分步，尤其注意特殊元素“0”的处理．解决该类问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位置，若一个位置安排的元素影响到另一个位置的元素个数时，应分类讨论．跟踪训练3在当年甲型流感流行的情况下，某医院将6名医生分到4所学校进行防治工作，每所学校至少1名医生，则不同的分配方案种数是________．答案 1 560解析 先将6名医生按要求分成4组，分组形式只能是1,1,1,3和1,1,2,2两种，分组方法数是C 36＋C 16C 15C 24C 22A 22A 22＝65，再分配到4所学校有分配方法数A 44＝24，根据分步乘法计数原理，共有分配方案65×24＝1 560(种)．1．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个不同的全运会宣传广告，要求最后播放的必须是全运会宣传广告，且2个全运会宣传广告不能连续播放，则不同的播放方式有__________种．答案 36解析 先安排后2个，再安排前3个，由分步乘法计数原理知，共有C 12C 13A 33＝36(种)不同的播放方式．2．9名学生排成前后两排，前排4人，后排5人，若其中某两人必须排在一起且在同一排，则排法种数是__________．答案 70 560解析 利用“分类法”和“捆绑法”．这两人坐前排：C 13·A 22·A 77，这两人坐后排：C 14·A 22·A 77，所以共有C 13A 22A 77＋C 14A 22A 77种，即有70 560种方法．3．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1,2号中至少有1名新队员的排法有__________种．(用数字作答)答案 48解析 (1)当有1名老队员时，其排法有C 12C 23A 33＝36(种)；(2)当有2名老队员时，其排法有C 22·C 13·C 12·A 22＝12(种)，∴共有36＋12＝48(种)．4．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多少种？解 分两步第一步让编号为1,2,3的箱子里分别放入1,2,3个球，放法只有一种．第二步把剩余的三球分类放入．第一类，每个箱子再放入1球有一种放法；第二类，有一个箱子放入两球一个箱子放入一球，有放法A23种；第三类，将剩余三球放入一个箱子有三种放法．第二步共有放法1＋A23＋3＝10种，1×10＝10种，∴共有放球方法10种．1．计数应用问题，首先要分清楚是排列问题还是组合问题，即看取出的元素是“合成一组”还是“排成一列”；其次要看这件事是分类完成还是分步完成．2．有限制条件的问题，遵循特殊优先原则．3．要正确理解题目中的“至多”“至少”等词语的含义，正确分类，合理分步.。
2017_18版高中数学第一章计数原理章末复习课学案北师大版选修
第一章计数原理学习目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会利用两种原理解决一些实际问题.2.理解排列数和组合数公式的推导过程，掌握排列组合在实际问题中的应用.3.掌握二项式定理和二项展开式的性质．1．分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类方案中有m2种方法，……，在第n类办法中有m n种方法，那么，完成这件事共有N＝__________种方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，……，做第n步有m n种方法，那么，完成这件事共有N＝____________种方法．3．排列数与组合数公式及性质排列与排列数组合与组合数公式排列数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…____________＝____________组合数公式C m n＝__________＝________________________＝____________性质当m＝n时，A m n为全排列；A n n＝n！；0！＝________C0n＝C n n＝1；C m n＝____________；C m n＋C m－1n＝____________备注n，m∈N＋，且m≤n4.二项式定理(1)二项式定理的内容：(a＋b)n＝_______________________________________________________.(2)通项公式：T r＋1＝C r n a n－r b r，r∈{0,1,2，…，n}．(3)二项式系数的性质：①与首末两端等距离的两个二项式系数相等．②若n为偶数，中间一项⎝⎛⎭⎪⎫第n2＋1项的二项式系数最大；若n为奇数，中间两项⎝⎛⎭⎪⎫第n＋12项和第n＋12＋1项的二项式系数相等且最大．③C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n；C0n＋C2n＋…＝C1n＋C3n＋…＝2n－1.类型一数学思想方法在求解计数问题中的应用命题角度1 分类讨论思想例1 有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其余5人既会划左舷又会划右舷，现在要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷划船参加比赛，则有多少种不同的选法．反思与感悟解含有约束条件的排列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：(1)类与类之间要互斥(保证不重复)；(2)总数要完备(保证不遗漏)．跟踪训练1 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答)命题角度2 “正难则反”思想例2 设集合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2，a3满足a1<a2<a3，a3－a2≤6，那么满足条件的集合A的个数为( )A．78 B．76 C．83 D．84反思与感悟对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考．跟踪训练2 由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．类型二排列与组合的综合应用例3 在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？反思与感悟 排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合．对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列．对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净．跟踪训练3 有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门学科的课代表，分别求符合下列条件的选法数．(1)有女生但人数必须少于男生： (2)某女生一定要担任语文课代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不但任数学课代表．类型三 二项式定理及其应用 命题角度1 二项展开式的特定项问题例4 已知在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －23x n 的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. (1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数绝对值最大的项； (3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn的值．反思与感悟 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质． 跟踪训练4 已知⎝⎛⎭⎪⎫41x ＋3x 2n的展开式的倒数第三项的系数为45.命题角度2 二项展开式的“赋值”问题 例5 若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2；(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10；(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2.反思与感悟 与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果． 跟踪训练5 若(x 2＋1)(x －3)9＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋a 3(x －2)3＋…＋a 11(x －2)11，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11的值为________．1．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有( ) A ．24种 B ．36种 C ．48种D ．60种2．已知关于x 的二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋a 3x n 展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a 的值为( ) A ．1 B ．±1 C ．2D ．±23．某校一社团共有10名成员，从周一到周五每天安排两人值日．若甲、乙必须排在同一天，且丙、丁不能排在同一天，则不同的安排方案有( )A．21 600种B．10 800种C．7 200种D．5 400种4．若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________.5．航天员拟在太空授课，准备进行标号为0,1,2,3,4,5的六项实验，向全世界人民普及太空知识，其中0号实验不能放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为________．(用数字作答)1．排列与组合(1)排列与组合的区别在于排列是有序的，而组合是无序的．(2)排列问题通常分为无限制条件和有限制条件，对于有限制条件的排列问题的考虑途径①元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素．②位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)排列与组合综合应用是本章内容的重点与难点，一般方法是先分组，后分配．2．二项式定理(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式．(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项展开式中第r＋1项的通项公式是T r＋1＝C r n a n－r b r(r＝0,1，…，n)，其中二项式系数是C r n，而不是C r＋1n，这是一个极易错点．(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值法．答案精析知识梳理 1．m 1＋m 2＋…＋m n 2．m 1×m 2×…×m n 3．(n －m ＋1) n ！n －m ！ A mn A m mn n －1n －2…n －m ＋1m ！ n ！m ！n －m ！C n －mnC mn ＋14．(1)C 0n a n＋C 1n a n －1b 1＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n(n ∈N ＋)题型探究 例1 解 分四类第一类：3个只会左舷的人全不选，有C 03C 35C 36＝200(种)； 第二类：3个只会划左舷的人中只选1人，有C 13C 25C 37＝1 050(种)； 第三类：3个只会划左舷的人中只选2人，有C 23C 15C 38＝840(种)； 第四类：3个只会划左舷的人全选，有C 33C 39＝84(种)， 所以共有200＋1 050＋840＋84＝2 174(种)选法． 跟踪训练1 60 例2 C 跟踪训练2 30例3 解 (1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A 77＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A 44＝24(种)方法． 根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序．(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A 66＝720(种)方法． ×□×□×□×□×□×□×第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个演唱节目中间，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A 47＝840(种)方法．根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种)安排顺序．(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A 1212种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A 1212A 1010＝A 212＝132(种)排列．跟踪训练3 解 (1)先选后排．课代表的选法有C 35C 23＋C 45C 13种，排列方法有A 55种，所以满足题意的选法有(C 35C 23＋C 45C 13)A 55＝5 400(种)．(2)除去该女生后，即相当于剩余的7名学生选4名担任4门学科的课代表，有A 47＝840(种)选法．(3)先选后排．从剩余的7名学生中选出4名有C 47种选法，排列方法有C 14A 44，所以选法共有C 47C 14A 44＝3 360(种)．(4)先从除去该男生和女生的6人中选出3人，有C 36种选法，该男生的安排方法有C 13种，其余3人全排，有A 33种选法，因此满足题意的选法共有C 36C 13A 33＝360(种)． 例4 解 (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3，解得n ＝10，因为通项T r ＋1＝C r 10(x )10－r ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－23x r＝(－2)r C r10556rx-，r ＝0,1,2， (10)当5－5r6为整数时，r 可取0,6，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第r ＋1项系数的绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C r102r≥C r －1102r －1，C r 102r≥C r ＋1102r ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧r ≤223，r ≥193，又因为r ∈{1,2,3，…，9}，所以r ＝7，当r ＝7时，T 8＝－15 360x －56，又因为当r ＝0时，T 1＝x 5， 当r ＝10时，T 11＝(－2)10103x-＝1 024103x-，所以系数的绝对值最大的项为T 8＝－15 36056x -.(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝1＋910－19＝1010－19.跟踪训练4 解 已知展开式中倒数第三项的系数为45，则C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，得n 2－n＝90，解得n ＝－9(舍去)或n ＝10. (1)通项T r ＋1＝C r10(14x-)10－r(23x )r ＝C r1010233r rx--+(0≤r ≤10，r ∈N )，令－10－r 4＋2r3＝3，得r ＝6.故含有x 3的项是第7项，T 7＝C 610x 3＝210x 3.(2)∵⎝ ⎛⎭⎪⎫41x ＋3x 210的展开式共11项， ∴系数最大项是第6项，T 6＝C 510(14x-)5·(23x )5＝2522512x .例5 解 (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5，a 2是展开式中x 2的系数，∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45·(－2)4＋C 35(－1)3C 55(－2)5＝800. (2)令x ＝1，代入已知式可得，a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝0，而令x ＝0，得a 0＝32，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－32. (3)令x ＝－1可得，(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝65， 再由(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＋(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝0， 把这两个等式相乘可得，(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2＝65×0＝0. 跟踪训练5 5 当堂训练1．D 2.C 3.B 4.364 5.300。
北师大版高中数学选修简单的计数问题一教案
“教材分析与导入设计”第一章 计数原理第四节 简单计数问题 本节教材分析教科书分为两个层次，即“排列组合的简单应用”和“排列组合的综合应用”.在“排列组合的简单应用”中，主要是分别解决排列问题和组合问题；在“排列组合的综合应用”中主要解决排列组合的混合问题，并涉及间接计数的方法.教学目标（1）掌握排列组合一些常见的题型及解题方法，能够运用两个原理及排列组合概念解决排列组合问题；（2）提高合理选用知识解决问题的能力．教学重点，难点排列、组合综合问题．教学建议：解决本节排列组合问题的主导思想，依然是利用两个基本计数远离.在具体的计数过程中，用到了符号r n A 和mn C ，这就需要学生不仅会用两个符号进行计算，而且要真正理解这两个符号的意义.本节在内容的选择上，充分关注基本通法的体现，尽量使得问题的背景简单易懂，同时又兼顾了间接计数方法等其他方法的使用.新课导入设计导入一：（直入主题）举例直接进入讲解例1．2名女生，4名男生排成一排．（1）2名女生相邻的不同排法共有多少种？（2）2名女生不相邻的不同排法共有多少种？（3）女生甲必须排在女生乙的左边（不一定相邻）的不同排法共有多少种？ 解：（1）“捆绑法”：将2名女生看成一个元素，与4名男生共5个元素排成一排，共有55A 种排法，又因为2名相邻女生有22A 种排法，因此不同的排法种数是5252240A A =．导入二：(复习引入)：1．分类计数原理（加法原理）：完成一件事，有几类办法，在第一类中有m 1种有不同的方法，在第2类中有2m 种不同的方法……在第n 类型有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N +⋅⋅⋅⋅⋅⋅++=21种不同的方法。
2．分步计数原理（乘法原理）：完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法……，做第n 步有m n 种不同的方法；那么完成这件事共有n m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯=21种不同的方法。
高中数学 第1章 计数原理 4 简单计数问题课后演练提升 北师大版选修2-3(2021年整理)
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升北师大版选修2-3一、选择题1．现从男、女共8名学生干部中选出2名男同学和1名女同学分别参加全球“资源"、“生态”和“环保”三个夏令营活动，已知共有90种不同的方案，那么男、女同学的人数分别是（)A．男同学2人,女同学60人B．男同学3人，女同学5人C．男同学5人，女同学3人D．男同学6人，女同学2人解析:设男同学有x人,则女同学有(8－x)人,故C错误!×C错误!×A错误!＝90，∴x＝3。
故男同学有3人，女同学有5人．答案：B2。
如图，用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域分开,若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（）A．400种B．460种C．480种D．496种解析：从A开始，有6种方法,B有5种,C有4种，D、A同色1种，D、A不同色3种．∴不同涂法有6×5×4×（1＋3)＝480（种)．故选C．答案：C3．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( )A．（C错误!)2A错误!个B．A错误!A错误!个C．（C错误!)2104个D．A错误!104个解析：英文字母可以相同，故有（C错误!)2种选法，而数字有0～9共10个，故有A错误!种排法．所以满足要求的牌照号码有(C错误!）2A错误!个．答案：A4．某食堂每天中午准备4种不同的荤菜,7种不同的素菜，用餐者可以按下述方法搭配午餐：①任选两种荤菜，两种素菜和白米饭；②任选一种荤菜，两种素菜和蛋炒饭，则每天不同午餐的搭配方法有( ）A．22种B．56种C．210种D．420种解析：按第一种方法有C错误!C错误!种不同的搭配方法，按第二种方法共有C错误!C错误!种不同的搭配方法，故共有C错误!C错误!＋C错误!C错误!＝6×21＋4×21＝210种搭配方法，故答案选C．答案:C二、填空题5．用数字0，1,2，3,4，5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有__________个．（用数字作答）解析：分两种情况：第一类:个、十、百位上都是偶数，C13A33＋C1，3A错误!＝90.第二类：个、十、百位上共有两个奇数一个偶数，C错误!A错误!C错误!＋C错误!C错误!A错误!C错误!＝234,共有90＋234＝324(个)．答案：3246．9名学生排成前后两排，前排4人，后排5人，若其中某两人必须排在一起且在同一排，则排法种数是__________.解析：利用“分类法”和“捆绑法”．这两人坐前排：C错误!·A错误!·A错误!，这两人坐后排：C14·A2，2·A错误!，所以共有C错误!A错误!A错误!＋C错误!A错误!A错误!种,即有70 560种方法．答案：70 560三、解答题7．某校高一年级有6个班级，现在从中选出10人组成高一女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少选1人参加．这10个名额有多少种不同的分配方法?解析:方法一：除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类；①4个名额全部给某一个班级，有C错误!种分法;②4个名额分给两个班级，每班2个，有C26种分法；③4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个、二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A错误!种分法；④分给三个班级，其中一个班级2个,其余两个班级每班1个，共有C16·C25种分法;⑤分给四个班级,每班1个,共有C错误!种分法．N＝C错误!＋C错误!＋A错误!＋C错误!·C错误!＋C4，6＝126（种)．方法二：该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别,所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段（每段至少有一个球）．这样，每一种分隔办法,对应着一种名额的分配方法．这10个球之间（不含两端)共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，共有N＝C错误!＝126(种）放法．故共有126种分配方法．8．将6名应届大学毕业生分配到3个公司．（1）3个人分到甲公司，2个人分到乙公司，1个人分到丙公司,有多少种不同的分配方案?(2)一个公司去3个人，另一个公司去2个人，剩下的一个公司去1个人，有多少种不同的分配方案？解析：(1)利用分步乘法计数原理,第一步，3个人分到甲公司：C错误!;第二步，2个人分到乙公司：C错误!；第三步，1个人分到丙公司：C错误!.∴总的分配方案有C错误!·C错误!·C错误!＝60（种）．（2）此题与(1)题不同，3个人去一个公司．首先将3人选出,再选公司(有三种情况）,所以解决问题可分步如下：第一步,选3人,C错误!;第二步,3人选公司,C错误!；第三步，选2人，C错误!；第四步，2人选公司，C错误!；第五步，剩余1人去一个公司，C错误!。
高中数学第一章计数原理4简单计数问题教学案北师大版选修
4 简单计数问题[对应学生用书P12]有限制条件的组合问题[例1] 201110名医疗专家中抽调6名奔赴事故现场抢救伤员，其中这10名医疗专家中有4名是外科专家．问：(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？[思路点拨] 选取医疗专家不需要考虑顺序，因此是组合问题，解答本题应首先分清“恰有”“至少”“至多”的含义，正确的分类或分步．[精解详析] (1)分两步：首先从4名外科专家中任选2名，有C24种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C46种选法，所以共有C24C46＝90种抽调方法．(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法，法一(直接法)：按选取的外科专家的人数分类：①选2名外科专家，共有C24C46种选法；②选3名外科专家，共有C34C36种选法；③选4名外科专家，共有C44C26种选法．根据分类加法计数原理，共有C24C46＋C34C36＋C44C26＝185种抽调方法．法二(间接法)：不考虑是否有外科专家，共有C610种选法，若选取1名外科专家参加，有C14C56种选法；没有外科专家参加，有C66种选法，所以共有C610－C14C56－C66＝185种抽调方法．(3)“至多2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情况，分类解答．①没有外科专家参加，有C66种选法；②有1名外科专家参加，有C14C56种选法；③有2名外科专家参加，有C24C46种选法．所以共有C66＋C14C56＋C24C46＝115种抽调方法．[一点通] (1)解决有约束条件的组合问题与解决有约束条件的排列问题的方法一样，都是遵循“谁特殊谁优先”的原则，在此前提下，采用分类或分步法或用间接法．(2)要正确理解题中的关键词，如“至少”“至多”“含”“不含”等的确切含义，正确分类，合理分步．(3)要谨防重复或遗漏，当直接法中分类较复杂时，可考虑用间接法处理，即“正难则反”的策略．1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手都必须在内，那么不同的选手共有( )A．26 B．84C．35 D．21解析：从7名队员中选出3人有C37＝7×6×53×2×1＝35种选法．答案：C2．从5名男医生，4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有( )A．70种 B．80种C．100种 D．140种解析：可分两类，男医生2名，女医生1名或男医生1名，女医生2名．∴共有C25C14＋C15C24＝70种．答案：A3．某医科大学的学生中，有男生12名女生8名在某市人民医院实习，现从中选派5名参加青年志愿者医疗队．(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？解：(1)只需从其他18人中选3人即可，共有选法C318＝816种．(2)只需从其他18人中选5 人即可，共有选法C518＝8 568种．(3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有C12·C418种选法；甲、乙两人都参加，则有C318种选法．故共有选法C12C418＋C318＝6 936种.几何中的组合问题[例2] 平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线．(1)经过这9个点，可确定多少条直线？(2)以这9个点为顶点，可以确定多少个三角形？(3)以这9个点为顶点，可以确定多少个四边形？[思路点拨] 解答本题可用直接法或间接法进行．[精解详析] 法一(直接法)：共线的4点记为A，B，C，D.(1)第一类：A，B，C，D确定1条直线；第二类：A，B，C，D以外的5个点可确定C25条直线；(2分) 第三类：从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定C14C15条直线．(3分)根据分类加法计数原理，共有不同直线1＋C25＋C14C15＝1＋10＋20＝31条．(4分)(2)第一类：从A，B，C，D中取2个点，可得C24C15个三角形；第二类：从A，B，C，D中取1个点，可得C14C25个三角形；第三类：从其余5个点中任取3点，可得C35个三角形．共有C24C15＋C14C25＋C35＝80个三角形．(8分)(3)分三类：从其余5个点中任取4个，3个，2个点共得C45＋C35C14＋C25C24＝105个四边形．(12分)法二(间接法)：(1)可确定直线C29－C24＋1＝31条．(2)可确定三角形C39－C34＝80个．(3)可确定四边形C49－C44－C34C15＝105个．[一点通] 利用组合知识解决与几何有关的问题，要注意：①几何图形的隐含条件：如三角形的三个顶点不共线；四边形的四个顶点中任意三点都不共线等．②根据实际情况选择直接法或间接法．③确定分类的标准，合理分类．4．从正方体ABCDA′B′C′D′的8个顶点中选取4个，作为四面体的顶点，可得到的不同四面体的个数为( )A．C48－12 B．C48－8C．C48－6 D．C48－4解析：从8个顶点中任取4个有C48种方法，其中6个面和6个对角面上的四个顶点不能作为四面体的顶点，故有(C48－12)个不同的四面体．答案：A5．正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有________个．解析：C37－3＝32.答案：326．平面内有两组平行线，一组有m条，另一组有n条，这两组平行线相交，可以构成__________个平行四边形．解析：第一步，从m条中任选2条有C2m种选法；第二步，从n条中任选2条有C2n种选法．由分步乘法计数原理，得共有C2m C2n.答案：C2m C2n解有限制条件的组合应用题的基本方法是“直接法”和“间接法”(排除法)．(1)用直接法求解时，则应坚持“特殊元素优先选取”“特殊位置优先安排”的原则．(2)选择间接法的原则是“正难则反”，也就是若正面问题分的类较多、较复杂或计算量较大，特别是涉及“至多”“至少”等组合问题时更是如此．不妨从反面问题入手，试试看是否简捷些．此时，正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键．[对应课时跟踪训练五]1．9件产品中，有4件一等品，3件二等品，2件三等品，现在要从中抽出4件产品，抽出产品中至少有2件一等品的抽法种数为( )A．81 B．60C．6 D．11解析：分三类：恰有2件一等品，有C24C25＝60种取法；恰有3件一等品，有C34C15＝20种取法；恰有4件一等品，有C44＝1种取法．∴抽法种数为60＋20＋1＝81.答案：A2．以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体有( )A．6个 B．12个C．18个 D．30个解析：从6个顶点中任取4个有C46＝15种取法，其中四点共面的有3种．所以满足题意的四面体有15－3＝12个．答案：B3．从10名大学毕业生中选3个人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )A．85 B．56C．49 D．28解析：由条件可分为两类：一类是甲、乙两人只有一人入选，有C12·C27＝42种不同选法，另一类是甲、乙都入选，有C22·C17＝7种不同选法，所以共有42＋7＝49种不同选法．答案：C4．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )A．10 B．11C．12 D．15解析：与信息0110至多有两个位置上的数字对应相同的信息包括三类：第一类：与信息0110只有两个对应位置上的数字相同有C24＝6个；第二类：与信息0110只有一个对应位置上的数字相同有C14＝4个；第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C04＝1个．∴与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11个．答案：B5．(大纲全国卷)从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．(用数字作答)解析：第一步决出一等奖1名有C16种情况，第二步决出二等奖2名有C25种情况，第三步决出三等奖3名有C33种情况，故可能的决赛结果共有C16C25C33＝60种情况．答案：606．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________种不同选修方案．(用数字作答) 解析：分两类完成：第一类，A，B，C三门课程都不选，有C46种不同的选修方案；第二类，A，B，C三门课程恰好选修一门，有C13·C36种不同选修方案．故共有C46＋C13·C36＝75种不同的选修方案．答案：757．12件产品中，有10件正品，2件次品，从这12件产品中任意抽出3件．(1)共有多少种不同的抽法？(2)抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有多少种？(3)抽出的3件中至少有1件次品的抽法有多少种？解：(1)有C312＝220种抽法．(2)分两步：先从2件次品中抽出1件有C12种方法；再从10件正品中抽出2件有C210种方法，所以共有C12C210＝90种抽法．(3)法一(直接法)：分两类：即包括恰有1件次品和恰有2件次品两种情况，与(2)小题类似共有C12C210＋C22C110＝100种抽法．法二(间接法)：从12件产品中任意抽出3件有C312种方法，其中抽出的3件全是正品的抽法有C310种方法，所以共有C312－C310＝100种抽法．8．10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现如下结果：(1)4只鞋子没有成双的；(2)4只鞋子恰成两双；(3)4只鞋中有2只成双，另2只不成双．解：(1)从10双鞋子中选取4双，有C410种不同选法，每双鞋子中各取一只，分别有2种取法，根据分步乘法计数原理，选取种数为N＝C410·24＝3 360(种)．即4只鞋子没有成双有3 360种不同取法．(2)从10双鞋子中选取2双有C210种取法，所以选取种数为N＝C210＝45(种)，即4只鞋子恰成双有45种不同取法．(3)先选取一双有C110种选法，再从9双鞋中选取2双有C29种选法，每双鞋只取一只各有2种取法．根据分步乘法计数原理，不同取法为N＝C110C29·22＝1 440(种)．。
高中数学第一章计数原理1.1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(一)教案北师大版选修2-3(2
陕西省石泉县高中数学第一章计数原理1.1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（一）教案北师大版选修2-3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（陕西省石泉县高中数学第一章计数原理1.1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（一）教案北师大版选修2-3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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1。
1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（一）一、问题情境1。
一次集会共50人参加,结束时，大家两两握手,互相道别,请你统计一下，大家握手次数共有多少？2.某商场有东南西北四个大门，当你从一个大门进去又从另一个大门出来，问你共有多少种不同走法?二、学生自学阅读课本第3-5页内容,理解函数的平均变化率及其意义，完成优化设计第1页“知识梳理”。
分类加法计数原理:如果完成一件工作有K 种途径,由第1种途径有n1种方法可以完成，由第2种途径有n2种方法可以完成，……由第k 种途径有k n 种方法可以完成,那么，完成这件工作共有n1+n2+……+k n 种不同的方法。
注意：1。
标准必须一致,而且全面、不重不漏!2．“类”与“类”之间是并列的、互斥的、独立的 即:它们两两的交集为空集！3．每一类方法中的任何一种方法均能将这件事情从头至尾完成分步乘法计数原理：如果完成一件工作可分为K 个步骤，完成第1步有n1种不同的方法，完成第2步有n2种不同的方法，……,完成第K 步有k n 种不同的方法，那么,完成这件工作共有n1×n2×……×k n 种不同方法.注意：1。
高中数学 第一章 计数原理 4 简单计数问题学案 北师大
§4 简单计数问题1．简单计数问题的处理原则解简单计数问题，应遵循三大原则：先特殊后一般的原则；先选后排原则；先分类后分步的原则．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决简单计数问题的两个基本原理．预习交流1你对先特殊后一般的原则的理解．提示：“特殊”指元素特殊或场所特殊或特殊条件限制．先特殊后一般原则是先考虑“特殊元素”“特殊位置”，再考虑一般元素或一般位置．2．简单计数问题的解题策略剔除：对有限制条件的问题，先考虑总体，再把不符合条件的所有情况剔除． 捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”，将特殊元素在这些位置上全排列．插空：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法．即先安排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．预习交流2剔除、捆绑、插空主要是为了解决何种计数问题？提示：剔除主要是用在有限制条件的计数问题上，或问题的正面情况较多，而反面情况较少的计数问题上；捆绑主要用在相邻问题上；插空主要用在不相邻问题上．1．剔除问题四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同取法共有( )种．A ．150B ．147C ．14D ．141思路分析：在这10个点中，不共面的不易寻求，而共面的容易找．由10个点中取出4个点的组合数C 410减去4个点共面的个数即为所求．答案：D解析：10个点取出4点的组合数为C 410，4点共面的情形可分三类：第一类：四面体每个面中的四个点共面，共有4×C 46＝60种；第二类：四面体的每2组对棱的中点构成平行四边形，则四点共面，共有3种； 第三类：四面体的一条棱上三点共线，这三点与对棱中点共面，共有6种．故4点不共面的取法有C 410－(4C 46＋6＋3)＝141(种)．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有( )种． A ．8 B ．12 C ．16 D ．20 答案：B解析：联想一空间模型，注意到“有2个面不相邻”，既可从相对平行的平面入手正面构造，即C16·C12，也可从反面入手剔除8个角上3个相邻平面，即C36－C18＝12.利用剔除法要把不满足条件的情况剔除干净，或把问题的全部情况考虑清楚，做到不重不漏．2．捆绑问题(相邻问题)从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排列共有( )种．A．120 B．480 C．720 D．840思路分析：先将“qu”捆绑成一个元素，再从剩余的6个元素中取3个，再进行全排列．答案：B解析：先将“qu”捆绑成一个元素，再从剩余的6个元素中取3个元素，共有C36种不同的取法，然后对取出的4个元素进行全排列，有A44种方法，由于“qu”顺序不变，根据分步乘法计数原理共有C36A44＝480种不同排列．5名学生和3名老师站成一排照相，3名老师必须站在一起的不同排法共有__________种．答案：4 320解析：将3名老师捆绑起来看作一个元素，与5名同学排列，有A66种排法，而3名老师之间又有A33种排法，故满足条件的排法共有A66·A33＝4 320(种)．对于某几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”起来看作一个元素与其他元素排列，然后再对相邻元素之间进行排列．3．插空问题(不相邻问题)7个人站成一行，如果甲、乙两人不相邻，则不同的排法种数是( )．A．1 440 B．3 600 C．4 320 D．4 800思路分析：先将除甲、乙两人之外的5人排成一行，再对5个人之间的六个间隙插入甲、乙两人．答案：B解析：先让甲、乙之外的5人排成一行，有A55种排法，再让甲、乙两人在每两人之间及两端的六个间隙中插入甲、乙两人有A26种方法，故共有A55·A26＝3 600种排法．晚会上有8个唱歌节目和3个舞蹈节目，若3个舞蹈节目在节目单中都不相邻，则不同节目单的种数为( )．A．A88B．A811C．A88·A39D．A88·A33答案：C解析：先排8个唱歌节目共有A88种不同方法，然后从唱歌节目形成的中间及两端共9个间隙中选3个，将3个舞蹈节目插入，有A39种方法，由分步乘法计数原理，不同节目单的种数为A88·A39.解决不相邻问题(插空问题)，要先把不相邻的元素抽出来，剩余的元素进行全排列，然后把抽出的元素插空，注意空的个数要包括两端．1．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有( )种．A．1 440 B．960 C．720 D．480答案：B解析：5名志愿者先排成一排，有A55种方法，2位老人作为一组插入其中，且两位老人有左右顺序，共有2×4×A55＝960种不同排法．2．由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字且1,3都不与5相邻的六位偶数的个数是( )．A．72 B．96 C．108 D．144答案：C解析：插空法，先排2,4,6共有A33种方法．①若1,3,5都不相邻则有A33种方法；②若1,3相邻则有A22A23种方法．所以共有A33(A33＋A22A23)＝108种不同的方法．3．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日、丁不排在10月7日，则不同的排法方案有( )种．A．504 B．960 C．1 008 D．1 108答案：C解析：若丙排10月1日，共有A55·A22＝240种排法，若丁排10月7日，共有A55·A22＝240种排法，若丙排1日且丁排7日，共有A44·A22＝48种排法，若不考虑丙、丁的条件限制，共有A66·A22＝1 440种排法，所以共有1 440－240－240＋48＝1 008种排法．4．从0,1,2,3,4中取出不同的3个数字组成一个三位数，所有这些三位数的个位数字的和是__________．答案：90解析：个位数字为0的三位数有12个，个位数字分别为1,2,3,4的三位数都有A13·A13＝9个．所以所有这些三位数的个位数字之和为(1＋2＋3＋4)×9＝90.5．7位同学站成一排合影留念．(1)其中甲不能在排头、乙不能站排尾的排法共有多少种？(2)甲、乙和丙三名同学必须相邻的排法共有多少种？(3)甲、乙和丙三名同学都不能相邻的排法共有多少种？解：(1)用剔除法：总排法A77，不符合条件的甲在排头和乙在排尾的排法均为A66，但这两种情况均包含了甲在排头和乙在排尾的情况．故共有A77－2A66＋A55＝3 720种排法．(2)用捆绑法：第一步：将甲、乙和丙三人“捆绑”成一个大元素与另外4人的排列为A55种；第二步：“释放”大元素，即甲、乙和丙在“捆绑”成的大元素内的排法有A33种．所以共有A55×A33＝720种排法．(3)插空法：第一步：先排除甲、乙和丙之外4人，共A44种排法；第二步：甲、乙和丙三人排在4人排好后包括两端产生的5个空档中的任何3个都符合要求，排法有A35种．所以共有A44·A35＝1 440种排法．。
201718高中数学第一章计数原理章末复习课学案北师大选修
第一章 计数原理学习目标1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会利用两种原理解决一些实质问题.2.理解摆列数和组合数公式的推导过程，掌握摆列组合在实质问题中的应用.3. 项式定理和二项睁开式的性质．掌握二1．分类加法计数原理达成一件事，能够有 n 类方法，在第一类方法中有m 1 种方法，在第二类方案中有m 2种方法，，在第n 类方法中有n 种方法，那么，达成这件事共有 ＝__________种方法．mN2．分步乘法计数原理达成一件事需要 n 个步骤，缺一不行，做第一步有m 种方法，做第二步有m 种方法，，12做第 n 步有 m 种方法，那么，达成这件事共有＝____________种方法．n3．摆列数与组合数公式及性质摆列与摆列数组合与组合数组合数公式mC ＝__________＝mn摆列数公式A ＝n(n －1)(n －n________________________＝公式2)____________＝________________________nm nC n ＝C n ＝1；当m ＝n 时，A 为全摆列；A ＝n ！；0！＝m性质nnC ＝____________；________ nm m －1C ＋C ＝____________nn备注n ，m ∈N ＋，且m ≤n4. 二项式定理(1) 二项式定理的内容：(a ＋b )n ＝_______________________________________________________.rn －rr(2) 通项公式：T r ＋1＝C n ab ，r ∈{0,1,2，，n }．(3) 二项式系数的性质：①与首末两头等距离的两个二项式系数相等．n②若 n 为偶数， 中间一项第＋1项的二项式 系数最大；2若 n 为奇数， 中间两 项n ＋1第项和第2n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大．12③C n ＋C n ＋C n ＋＋nn2C n ＝2；C n ＋C n ＋＝13C n ＋C n ＋＝n －12.种类一数学思想方法在求解计数问题中的应用命题角度1分类议论思想例1有12名划船运动员，此中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其余5人既会划左舷又会划右舷，此刻要从这12名运动员中选出6人均匀分在左、右舷划船参加比赛，则有多少种不一样的选法．反省与感悟解含有拘束条件的摆列、组合问题，应按元素的性质进行分类，分类时需要满足两个条件：(1)类与类之间要互斥(保证不重复)；(2)总数要齐备(保证不遗漏)．追踪训练1 从1,2,3,4,5,6 这6 个数字中，任取3个数字构成无重复数字的三位数，此中如有1和3时，3一定排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其余数字的前面，这样不一样的三位数共有________个．(用数字作答)命题角度2 “正难则反”思想例2 设会合S＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9} ，会合A＝{a，a，a}是S的子集，且a，a，a 满1 2 3 1 2 3足a1<a2<a3，a3－a2≤6，那么知足条件的会合A的个数为( )A．78B．76C．83D．84反省与感悟对于正面办理较复杂或不易求解的问题，经常从问题的对峙面去思虑．追踪训练2 由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科比赛，每科起码1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不可以同时参加同一比赛，则不一样的参赛方案共有________种．种类二摆列与组合的综合应用例3 在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．(1)当4个舞蹈节目要排在一同时，有多少种不一样的节目安排次序？(2)当要求每2个舞蹈节目之间起码安排1个演唱节目时，有多少种不一样的节目安排次序？(3)若已定好节目单，以后状况有变，需加上诗朗读和快板2个节目，但不可以改变本来节目的相对次序，有多少种不一样的节目演出次序？反省与感悟摆列与组合的综合问题， 第一要分清何时为摆列， 何时为组合．对含有特别元素的摆列、组合问题，一般先进行组合，再进行摆列．对特别元素的地点有要求时，在组合选用时，就要进行分类议论，分类的原则是不重、不漏．在用间接法计数时，要注意考虑全面，清除洁净．追踪训练3有5个男生和3个女生，从中选出5人担当5门学科的课代表，分别求切合以下条件的选法数．(1) 有女生但人数一定少于男生： (2) 某女生必定要担当语文课代表；(3) 某男生一定包含在内，但不担当数学课代表；(4) 某女生必定要担当语文课代表，某男生一定担当课代表，但不只任数学课代表．种类三 二项式定理及其应用命题角度1二项睁开式的特定项问题2例4 已知在x －n的睁开式中，第 5项的系数与第 3项的系数之比是56∶3.3x(1) 求睁开式中的所有有理项；(2) 求睁开式中系数绝对值最大的项；2 3 n －1n的值．(3)求n ＋9C＋81C ＋＋9Cnnn反省与感悟(1)确立二项式中的相关元素：一般是依据已知条件，列出等式，进而可解得所要求的二项式中的相关元素．(2) 确立二项睁开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，进而确立项数，而后辈入通项公式，即可确立常数项．(3) 求二项睁开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确立项数，而后辈入通项公式求出此项的系数．(4) 求二项睁开式中各项系数的和差：赋值代入．(5) 确立二项睁开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质．追踪训练4已知41 3 2n 的睁开式的倒数第三项的系数为45.x＋x命题角度 2 二项睁开式的“赋值”问题例5若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋＋a 10x 10.(1) 求a 2；(2) 求a 1＋a 2＋＋a 10；(3) 求(a 0＋a 2＋a 4＋＋a 10)2－(a 1＋a 3＋＋a 7＋a 9)2.反省与感悟与二项式系数相关，包含求睁开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或许偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，经过察看睁开式右侧的结构特色和所求式子的关系，确立给字母所赋的值，有时赋值后获得的式子比所求式子多一项或少一项，此时要特意求出这一项， 而在求奇数项或许偶数项的二项式系数或系数的和时，常常要两次赋值，再由方程组求出结果． 追踪训练5 若( x 2＋1)( x －3) 9＝0＋ 1( x－2)＋ 2(－2) 2＋ 3( x －2)3 ＋＋a 11( x －2)11，则aa a xaa ＋a ＋a ＋＋a的值为________．123111．4名大学生到三家公司应聘，每名大学生至多被一家公司录取，则每家公司起码录取一名大学生的状况有( )A ．24种B ．36种C ．48种D ．60种x ＋a2．已知对于x 的二项式n睁开式的二项式系数之和为32，常数项为 80，则a 的值3x为( )A ．1B ．±1C ．2D ．±23．某校一社团共有 10名成员，从周一到周五每日安排两人值日． 若甲、乙一定排在同一天，且丙、丁不可以排在同一天，则不一样的安排方案有 ( ) A ．21600种B ．10800种C ．7200种D ．5400种4．若(1＋ ＋ x 2)6＝＋1＋22＋＋1212，则2＋4 ＋＋a 12＝________.x a axax axaa5．航天员拟在太空讲课，准备进行标号为 0,1,2,3,4,5的六项实验，向全球人民普及太空知识，此中0号实验不可以放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号， 则实验次序的编排方法种数为________．(用数字作答)1．摆列与组合(1) 摆列与组合的差别在于摆列是有序的，而组合是无序的．(2) 摆列问题往常分为无穷制条件和有限制条件，对于有限制条件的摆列问题的考虑门路①元素剖析法：先考虑特别元素的要求，再考虑其余元素．②地点剖析法：先考虑特别地点的要求，再考虑其余地点．(3) 摆列与组合综合应用是本章内容的要点与难点，一般方法是先分组，后分派．2．二项式定理(1) 与二项式定理相关，包含定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主假如要结构二项式，合理应用睁开式．(2)与通项公式相关，主假如求特定项，比方常数项、有理项、x 的某次幂等，此时要特别注意二项睁开式中第r ＋1项的通项公式是rn －rr(r ＝0,1，，n )，此中二项式系数T r ＋1＝C n abrr＋1是C，而不是C ，这是一个极易错点．n n(3) 与二项式系数相关，包含求睁开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或许偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和等主要方法是赋值法．答案精析知识梳理1．m 1＋m 2＋＋m n2．m 1×m 2××mnn ！mn n －1n －2n －m ＋1n ！3．( n－＋1)A nn －mmC nmn －m ！Am ！m ！n －m ！mmC n ＋10 n1n －11rn －rrnn( ∈N ＋)4．(1)C n a ＋C na b ＋＋C nb ＋＋C nnab题型研究例1解 分四类第一类：3个只会左舷的人全不选，有0 3 3CCC＝200(种)；356第二类：3个只会划左舷的人中只选1人，有 1 23种) ；C 3C 5C 7＝1050(第三类：3个只会划左舷的人中只选2人，有 2 1 3 种)；CCC ＝840(3 5 8第四类：3个只会划左舷的人全选，有 33＝84(种)， C 3C 9 所以共有 200＋1050＋840＋84＝2174( 种)选法．追踪训练160例2C追踪训练230例3 解(1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，当作1个节目，与 6个演唱节目一同排，7＝5040(种)方法；第二步再松绑，给4种)方法．有A 7 4个节目排序，有A 4＝24( 依据分步乘法计数原理，一共有5040×24＝120960(种)安排次序．6(2)第一步将6个演唱节目排成一列(以以下图中的“□”)，一共有A 6＝720(种)方法． ×□×□×□×□×□×□×第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个演唱节目中间，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有 4方法．A 7＝840(种)依据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604800( 种)安排次序．(3)若所有节目没有次序要求，所有摆列，则有12A 种排法，但本来的节目已定好次序，需要12除去，所以节目演出的方式有 A 12122A 10 ＝A ＝132(种)摆列．10 12追踪训练3解(1)先选后排．课代表的选法有3 24 1种，摆列方法有5种，所以知足CC＋CCA5 35 3 5题意的选法有(C 53C 32＋C 54C 31)A 55＝5400( 种)．(2)除掉该女生后，即相当于节余的7名学生选 4名担当44＝840( 种)门学科的课代表，有A 7选法．(3)先选后排．从节余的7名学生中选出 41 4，所以选法共有4名有C 7种选法，摆列方法有C 4A 4 4 1 4 种)．CCA ＝3360(7 4 4(4)先从除掉该男生和女生的 6人中选出 3人，有 31C 6种选法，该男生的安排方法有 C 3种，其余3人全排，有A 33种选法，所以知足题意的选法共有C 63C 31A 33＝360(种)．例4解(1)44 2 2n ＝10，由C(－2)∶C (－2)＝56∶3，解得n n2rx ) 10－r－r由于通项T r ＋1＝C 10(3x5 5r，，10.＝(－2)r C 10r x6，r ＝0,1,25 r当5－为整数时，r 可取0,6，6于是有理项为 T 1＝x 5和T 7＝13440.(2) 设第r ＋1项系数的绝对值最大，则r rr －1 r －1，C2≥C21010r rr ＋1 r ＋1，C2≥C210 1022r ≤ ，解得3又由于r ∈{1,2,3，，9}，19r ≥3，所以r ＝7，85当r ＝7时，T ＝－15360x －6，15又由于当r ＝0时，T ＝x，当r ＝10时，1010T 11＝(－2)10x3＝1024 x 3 ，5所以系数的绝对值最大的项为T ＝－15360x6.823＋＋910－110(3)原式＝10＋9C ＋81CC10 10109C 101＋92C 102＋93C 103 ＋＋910C 1010＝ 912 23 31010C＋9C ＋9C ＋9C ＋＋9C －11010101010＝9＝1＋9 10－11010－1.9＝ 9追踪训练4解已知睁开式中倒数第三项的系数为n －2 2 245，则C＝45，即C ＝45，得n －nnn＝90，解得n＝－9(舍去)或n＝10.r 110－r2r r10r 2r(1)通项T x 4 ) (x 3 x 3 3 (0 ≤r≤10，r∈N)，＝C( ) ＝Cr＋1 10 1010－r2r令－ 4 ＋3＝3，得r＝6.故含有x3的项是第7项，6 3 3T7＝C10x ＝210x.(2)∵4 1 3x 2 10 的睁开式共11 项，x＋1 2 25∴系数最大项是第6项， 5 4 5 ·( 3 5 126＝C( x ) x ) ＝252 x .T10例5 解(1)( x2－3x＋2) 5＝(x－1)5(x－2)5，2x 2 的系数，a是睁开式中5 5 3 －2) 3 4 4 4 4 3 3 5 5 ∴a＝C(－1) C( ＋C(－1) C ·(－2)＋C( －1)C( －2)＝800.2 5 5 5 5 5 5(2)令x＝1，代入已知式可得，a0＋a1＋a2＋＋a10＝0，而令x＝0，得a0＝32，∴a1＋a2＋＋a10＝－32.(3)令x＝－1可得，(a0＋a2＋a4＋＋a10)－(a1＋a3＋＋a7＋a9)＝65，再由(a0＋a2＋a4＋＋a10)＋(a1＋a3＋＋a7＋a9)＝0，把这两个等式相乘可得，(a0＋a2＋a4＋＋a10)2－(a1＋a3＋＋a7＋a9)2＝65×0＝0.追踪训练5 5当堂训练1．D 2.C 3.B 4.364 5.300。
高中数学第一章计数原理4简单计数问题同步测控北师大版选修23
高中数学 第一章 计数原理 4 简单计数问题同步测控 北师大版选修2-3我夯基，我达标1.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（ ）.30 C解析：分两步：第一步，把新增的第一个节目插入原5个节目中，有6种方法；第二步，把新增的第二个节目插入前6个节目中，有7种方法，故共有6×7=42种插法.答案：A2.从长度分别为1，2，3，4，5的五条线段中，任取三条的不同取法共有n 种.在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m ，则nm 等于（ ） A.101 B.51 C.103 D.52 解析：n=C 35=10，由余弦定理知可组成钝角三角形的有“2、3、4”和“2、4、5”，故m=2,∴n m =102=51. 答案：B3.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有（ ）种 种 种 种解析：既有女生又有男生，可以分类表示，三男一女有C 34·C 13种选法，二男二女有C 24C 23种选法，一男三女有C 14·C 33种选法，则总的不同的选法有C 34·C 13+C 24·C 23+C 14·C 33=34种. 答案：D4.某校高二年级共有六个班，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（ ）2624 212624 2624 D.2A 26 解析：分两步：①把4名学生平均分成两组，有方法2122224=•C C C 24种；②把两组学生分到六个班的两个班中，有A 26种方法，故共有方案21A 26C 24种. 答案：B位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得-100分；选乙题答对得90分，答错得-90分.若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是（ ）.36 C解析：若甲、乙全选，4位同学得分100，-100，90，-90有A 44=24种；若甲、乙选其一，4位同学得分为100，100，-100，-100或90，90，-90，-90，有C12C24=12种.故共有24+12=36种.答案：B6.(2007高考江苏卷，12)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________________种不同的选修方案.（用数值作答）解析：①若不选A、B、C课的选法有C46=15种，②若选A、B、C中一门课的选法有C36·C13=60种，∴共有15+60=75种.答案：757.(2006高考江苏卷，13)今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有_______________种不同的方法（用数字作答）.解析：第一步：从9个不同的位置中选2个放上两个相同的红球，共有C29种放法；第二步：从余下的7个不同位置中选3个放上3个相同的黄球，共有C37种放法；第三步：在剩余的4个位置放上4个相同的白球，共有C44种放法.由分步乘法计数原理，共有C29×C37×C44=1260种不同的方法.答案：1 2608.(2006高考湖北卷，14)某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，又工程丁必须在工程丙完成后立即进行.那么安排这6项工程的不同排法种数是_______________.（用数字作答）解析：工程甲、工程乙、工程丙、工程丁的顺序已确定，则只需将余下的2个工程安排好，即A25=20.答案：20我综合，我发展9.(2006高考天津卷，5)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，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（）种种种种解析：有两种满足题意的放法：（i）1号盒子里放2个球，2号盒子里放2个球，有C24·C22种放法；（ii)1号盒子里放1个球，2号盒子里放3个球，有C14·C33种放法.综上可得，不同的放球方法共有C24·C22+C14·C33=10种.答案：A10.四棱锥的8条棱分别代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱所代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共点的两条棱所代表的化工产品放在同一仓库是安全的.现打算用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种数为（）.48 C解析：8条棱没有公共点只能分成四组，每组两条棱，否则三条棱时必会有公共点，而分成四组，每组两条没有公共点的棱有且仅有下面两种分组情况：SA，CD；SB，AD；SC，AB；SD，BC或SA，BC；SB，CD；SC，AD；SD，AB.把四个组排到四个空白中有A44种不同方法，故存在不同方法种数为2×A44=48种.答案：B11.过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）对对对对解析：一条底面棱有5条直线与其异面，例如与AB异面的直线分别是B1C，A1C，B1C1，A1C1，CC1.侧面中与底面相交的棱有4条与其异面的直线，例如与BB1异面的直线分别是AC，A1C1，AC1，A1C.侧面中的对角线有5条与其异面的直线，例如与AB1异面的直线分别是BC1，CC1，A1C，A1C1，BC.而每一对异面直线都计算了两次，故共有2653465⨯+⨯+⨯=36对.答案：D12.(2006高考辽宁卷，15)5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有种.（以数字作答）解析：分为两种情况：（1）当有1名老队员时，应从3名新队员中选出2名，其排法种数：C12·C23·A33=36种；（2）当有2名老队员时，应从3名新队员中选出1名，其排法种数：C13·C12·A22=12种；由加法原理得36+12=48种.答案：4813.如图所示，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有__________________种.（以数字作答）解析：先排1区，有4种方法；再排2区，有3种方法；接着排3区，有2种排法.下面对4区涂色情况进行分类：若4区与2区同色，有1种方法，此时5区有2种方法；若4区与2区不同色，则1、2、3区不同色，故4区也只有1种方法，此时5区只有1种方法.故共有4×3×2×(1×2+1×1)=72种.答案：7214.用0，1，2，3，4五个数字组成无重复数字的四位数.（1）有多少个四位偶数？（2）若按从小到大排列，3 204是第几个数？解：（1）方法一：先按个位数字，分两类，第二类中再分三步：①0在个位时有A34种；②2、4在个位时按个位、千位、十位和百位的顺序排，有A12A13A23种，故共有A34+A12A13A23=60个四位偶数.方法二：间接法.若无限制条件，总排列数为A45，其中不符合条件的有两类：①0在千位，有A34种；②1、3在个位，有A12A13A23种，则四位偶数有A45-A34-A12A13A23=60个.（2）方法一：分类法.由高位到低位逐级分为：①千位是1或2时，有A12A34个；②千位是3时，百位可排0、1或2.（i)当百位排0、1时，有A12·A23个，（ii)当百位排2时，比3 204小的仅有3 201一个，故比3 204小的四位数共有A12·A34+A12·A23+1=61个，3 204是第62个数.方法二：间接法.A14A34-(A34+A23+A12A12)=62个.我创新，我超越15. a是a,b,c,d中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是多少？解：按abcd中所含不同数字的个数分三类：（1）恰有两个不同的数字时，组成C24=6个数；（2）恰有三个不同数字时，组成C13C12C12+C12C12=16个数；（3）恰有4个不同数字时，组成A33=6个数.故符合要求的四位数abcd共有6+16+6=24个.16.方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有多少个？解：以特殊的元素x1进行分类：（1）当x1=1时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1,得其中的一个加数为1，则其余8个加数均为0，所以此时的非负整数解共有9组.（2）当x1=0时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3,作变换y i=x i+1,i=2,3,…,10,则y2+y3+y4+y5+y6+y7+y8+y9+y10=12.于是问题转化为求方程y2+y3+y4+y5+y6+y7+y8+y9+y10=12的正整数解的个数.由于y2,y3,y4,y5,y6,y7,y8,y9,y10都是正整数，并且它们的和为12，所以可以构造如下模型：设想将12个小球排成一排，它们中间有11个相间空（不含两端），用八个分离器“0”插空，分12个小球成9组，每组分得的小球的个数依次记为y2,y3,y4,y5,y6,y7,y8,y9,y10，每个分法唯一对应着一个正整数解.所以共有插空方法C811=C311=165种.故方程y2+y3+y4+y5+y6+y7+y8+y9+y10=12的正整数解的个数共有C811=C311=165个.即当x1=0时，方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有165个.综合（1）（2）知方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有165+9=174个.。