高中数学同步人教B版 选修2-3(优选习题)：第一章 习题课 基本计数原理【含解析】
习题课
课时目标1.进一步理解两个基本计数原理.2.掌握解决计数实际问题的基本思想．
1．分类加法计数原理计算公式：N＝m1＋m2＋…＋m n.
分步乘法计数原理计算公式：N＝m1×m2×…×m n.
2．分类加法计数原理针对的是分类问题，每一种方法都能达到____________________；分步乘法计数原理针对的是分步问题，各个步骤____________才算完成这件事．
一、选择题
1．从师大声乐系某6名男生或8名女生中任选一人表演独唱，则不同的选派方法种数为()
A．6 B．8 C．12 D．14
2．由老年人15人、中年人11人、青年人12人，组成老、中、青年考察团，现从各年龄层中分别推选一名队长，则不同的推选方法有()
A．1880种B．1980种C．2010种D．2100种
3．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，若从M、N两个集合中各取1个元素分别作点的横、纵坐标，则可得到不同点的个数为()
A．18 B．16 C．14 D．12
4．若x∈{1,2,3}，y∈{5,6,7}，则x·y的不同值有()
A．2个B．6个C．9个D．3个
5．李芳有4件不同颜色的T－shirt,3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五四”节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳不同的选择方式有() A．24种B．14种C．10种D．9种
二、填空题
6．有红、黄、蓝不同颜色的旗各三面，每次升一面、两面或三面在某一旗杆上纵向排列，共可以组成________种不同的旗语信号．
7．从0,1,2,3,4,5,6七个数字中，任意取出三个不同的数字，作为二次函数y＝ax2＋bx ＋c(a≠0)的系数，可得________个不同的二次函数．
8．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．
三、解答题
9.将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入右图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？
10．已知直线ax＋by＋c＝0中的a，b，c是取自集合{－3，－2，－1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数．
能力提升
11．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？
12．现要安排一份5天值班表，每天有一个人值班．共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不能由同一个人值班，问此值班表由多少种不同的排法？
1．解计数应用题，要先搞清分类和分步．分类时要不重不漏．
2．计数问题对特殊元素或特殊位置要优先考虑；对分类较多的，可使用间接法．
习题课
答案
知识梳理
2．完成这件事的目的依次完成
作业设计
1．D
2．B[由分步乘法计数原理得，不同的推选方法有15×11×12＝1 980(种)．]
3．D[要完成这件事需分两步：第一步，从集合M中取出一个元素，有3种取法；第二步，从集合N中取出一个元素，有4种取法．由分步乘法计数原理得，一共得到不同点的个数为3×4＝12(个)．]
4．C
5．B[先分类，李芳可以选择连衣裙也可以选择T－shirt配裙子．选择连衣裙有2种方法；选择T－shirt配裙子分两步：第一步，选T－shirt有4种方法；第二步，选裙子有3
种方法．所以一共有2＋4×3＝14(种)选择方式．]
6．39
解析 悬挂一面旗共可以组成3种旗语信号；悬挂二面旗共可以组成3×3＝9(种)旗语信号；悬挂三面旗共可以组成3×3×3＝27(种)旗语信号，由分类加法计数原理，共有3＋9＋27＝39(种)旗语信号．
7．180
8．33 270
解析 买上衣，有15种选法；买裤子，有18种选法．买1件上衣或1条裤子有15＋18＝33(种)选法．买一件上衣和一条裤子，有15×18＝270(种)选法．
9．解
给区域标记号A 、B 、C 、D 、E (如图所示)，则A 区域有4种不同的涂色方法，B 区域
有3种，C 区域有2种，D 区域有2种，但E 区域的涂色依赖于B 与D 涂色的颜色，如果B 与D 颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．
(1)当B 与D 同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．
(2)当B 与D 不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．
故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法．
10．解 设倾斜角为θ，由θ为锐角，得tan θ＝－a b
>0，即a 、b 异号． (1)若c ＝0，a 、b 各有3种取法，排除2个重复(3x －3y ＝0,2x －2y ＝0，x －y ＝0)．故有3×3－2＝7(条)．
(2)若c ≠0，a 有3种取法，b 有3种取法，而同时c 还有4种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4＝36(条)，从而符合要求的直线共有7＋36＝43(条)．
11．解 方法一 由于共四人(用1,2,3,4代表甲、乙、丙、丁四人)，这个数目不大，化为填数问题之后，可用枚举法进行具体的填写： 2143 2341 2413 3142 3412 3421 4123 4312 4321
再按照题目要求检验，最终易知有9种分配方法．
方法二 记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：
第一类：甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式；第二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种(分别是丙和丁送出的)．对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有一种．因此，根据乘法计数原理，不同的分配方式数为3×(1＋2)＝9.
12．解 分5步进行：
第一步：先排第一天，可排5人中的任一个，有5种排法；
第二步：再排第二天，此时不能排第一天的人，有4种排法；
第三步：再排第三天，此时不能排第二天的人，有4种排法；
第四步：同前；
第五步：同前．
由分步乘法计数原理可得不同的排法有5×4×4×4×4＝1280(种)．。
高中数学人教版选修2-3专用同步作业解析(含答案)第一章 计数原理 改好104页
第一章计数原理[学习目标]1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．知识点一分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．思考1在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同吗？答案在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法是不同的，若相同它只能在同一类方案中且只能算是一种方法．思考2用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能编出多少种不同的号码？答案因为英文字母共有26个，阿拉伯数字0～9共有10个，所以总共可以编出26＋10＝36(种)不同的号码．知识点二分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．思考1在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法可以相同吗？答案在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这一步骤的方法均不相同，若相同，只能算是一种方法．思考2用前6个大写英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2，…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？答案编写一个号码要先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字，我们可以用树形图列出所有可能的号码．如图：由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有6×9＝54(个)不同的号码．题型一分类加法计数原理的应用例1为调查今年的北京雾霾治理情况，现从高二(1)班的男生38人和女生18人中选取1名学生做代表，参加学校组织的调查团，则选取代表的方法有多少种？解完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生，有38种选法；第二类：选1名女生，有18种选法，根据分类加法计数原理，共有N＝38＋18＝56(种)不同的选法．反思与感悟应用分类加法计数原理应注意如下问题：(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事．(2)无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法．即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的．跟踪训练1有3个袋子，分别装有不同编号的红色小球6个、白色小球5个、黄色小球4个．若从3个袋子中任取1个小球，有多少种不同的取法？解有3类不同方案：第1类，从第1个袋子中任取1个红色小球，有6种不同的取法；第2类，从第2个袋子中任取1个白色小球，有5种不同的取法；第3类，从第3个袋子中任取1个黄色小球，有4种不同的取法．其中，从这3个袋子的任意1个袋子中取1个小球都能独立地完成“任取1个小球”这件事，根据分类加法计数原理，不同的取法共有6＋5＋4＝15(种)．题型二分步乘法计数原理例2在平面直角坐标系内，若点P(x，y)的横、纵坐标均在{0,1,2,3}内取值，则可以组成多少个不同的点P?解确定点P的坐标必须分两步，即分步确定点P的横坐标与纵坐标．第一步，确定横坐标，从0,1,2,3四个数字中选一个，有4种方法；第二步，确定纵坐标，从0,1,2,3四个数字中选一个，也有4种方法．根据分步乘法计数原理，所有不同的点P的个数为4×4＝16.故可以组成16个不同的点P.反思与感悟应用分步乘法计数原理应注意如下问题：(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某种方法是不是能完成这件事，也就是说要经过几步才能完成这件事．(2)完成这件事要分若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步，这件事都不可能完成．即各步之间是关联的，相互依存的，只有前步完成后步才能进行．(3)根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，即分步要做到步骤完整．跟踪训练2用0,1,2,3,4,5,6这七个数字共能组成多少个两位数？解第一步，确定十位数字，1,2,3,4,5,6六个数字都可以选择，有6种方法；第二步，确定个位数字，0,1,2,3,4,5,6七个数字都可以选择，有7种选法．根据分步乘法计数原理，不同的两位数共有6×7＝42(个)．故可以组成42个两位数．题型三两个原理的综合应用例3现有高一年级的四个班的学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选两人做中心发言，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＝5 040(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)．反思与感悟(1)在处理具体的应用题时，首先必须弄清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么，选择合理的标准处理事件，关键是看能否独立完成这件事，避免计数的重复或遗漏．(2)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．跟踪训练3某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人到边远地区支教，有多少种不同的选法？解由题意，知有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．方法一分两类．第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，有6种选法，则说日语的有2＋1＝3(种)选法．此时共有6×3＝18(种)选法．第二类：从不只会英语的1人中选1人说英语，有1种选法，则选会日语的有2种选法，此时有1×2＝2(种)选法．所以由分类加法计算原理知，共有18＋2＝20(种)选法．方法二设既会英语又会日语的人为甲，则甲有入选、不入选两类情形，入选后又要分两种：(1)教英语；(2)教日语．第一类：甲入选．(1)甲教英语，再从只会日语的2人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×2＝2(种)选法；(2)甲教日语，再从只会英语的6人中选1人，由分步乘法计数原理，有1×6＝6(种)选法．故甲入选的不同选法共有2＋6＝8(种)．第二类：甲不入选．可分两步．第一步，从只会英语的6人中选1人有6种选法：第二步，从只会日语的2人中选1人有2种选法．由分步乘法计数原理，有6×2＝12(种)不同的选法．综上，共有8＋12＝20(种)不同选法．分不清“分类”还是“分步”致误例4某体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，小李到体育场看比赛，则他进、出门的方案有()A．12种B．7种C．14种D．49种错解由题意知，小李进体育场有7种不同方案，出体育场有7种不同的方案，故他进、出体育场共有7＋7＝14(种)不同的方案．答案 C错因分析错误的根本原因是没有分清小李完成进、出体育场门的过程是分类还是分步，实际上小李到体育场看比赛，他进、出体育场门的过程分两步：第一步进体育场，第二步出体育场．正解完成进、出体育场门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场．第一步进门共有4＋3＝7(种)方法．第二步出门共有4＋3＝7(种)方法．由分步乘法计数原理知，进、出门的方案有7×7＝49(种)．答案 D点评利用两个计数原理解决问题时，应首先弄清是“分类”还是“分步”，其次要做到分类时不重不漏，分步时步骤完整．1．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法为()A．1＋1＋1＝3 B．3＋4＋2＝9C．3×4×2＝24 D．以上都不对答案 B解析分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类乘轮船，从2次中选1次有2种走法．所以，共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．2．现有3名老师、8名男生和5名女生共16人．若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为()A．39 B．24C．15 D．16答案 A解析先从3名老师中任选1名，有3种选法，再从13名学生中任选1名，有13种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×13＝39.3．已知集合M＝{1，－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，则在平面直角坐标系中，第一、第二象限内不同点的个数为()A．18 B．16C．14 D．10答案 C解析此问题可分为两类：①以集合M中的元素作为横坐标，集合N中的元素作为纵坐标，在集合M中任取一个元素的方法有3种，要使所取的点在第一、第二象限内，则在集合N 中只能取5,6两个元素中的一个，方法有2种，根据分步乘法计数原理，有3×2＝6(个)；②以集合N中的元素作为横坐标，集合M中的元素作为纵坐标，在集合N中任取一个元素的方法有4种，要使所取的点在第一、第二象限内，则在集合M中只能取1,3两个元素中的一个，方法有2种，根据分步乘法计数原理，有4×2＝8(个)．综合①②，由分类加法计数原理知，共有6＋8＝14(个)，故选C .4．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＋b i，其中虚数有________个．答案36解析第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据分步乘法计数原理，共有6×6＝36(种)方法．5．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的各项的系数，可组成不同的二次函数共有______个，其中不同的偶函数共有______个．(用数字作答)答案18 6解析一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知，共有二次函数的个数为3×3×2＝18.其中不同的偶函数的个数为3×2＝6.1.应用两个原理时，要仔细区分原理的不同，加法原理关键在于分类，不同类之间互相排斥，互相独立；乘法原理关键在于分步，各步之间互相依存，互相联系．2．通过对这两个原理的学习，要进一步体会分类讨论思想及等价转化思想在解题中的应用．一、选择题1．甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则不同的选法种数为()A．3 B．6 C．9 D．12答案 C解析甲运动员有3种选法，乙运动员也有3种选法，由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×3＝9.2．某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学课代表，则不同选法的种数有()A．50 B．26 C．24 D．616答案 A解析根据分类加法计数原理，因数学课代表可为男生，也可为女生，因此选法共有26＋24＝50(种)．故选A.3．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有()A．27种 B．36种 C．54种 D．81种答案 C解析小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54(种)不同的报名方法，选C.4．将字母a ，a ，b ，b ，c ，c ，排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种答案 A解析 先填最左上角的数有3种方法，再填右上角的数有2种方法，再填第二行第一列的数有2种方法，根据分步乘法计数原理，不同的排列方法共有3×2×2＝12(种)．5．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A ．243B ．252C ．261D ．279答案 B解析 本题考查了分步乘法计数原理，可用间接法求解．用0,1，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．6．已知两条异面直线a ，b 上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A ．40B ．16C ．13D ．10答案 C解析 分两类：第一类，直线a 分别与直线b 上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b 分别与直线a 上的5个点可以确定5个不同的平面．由分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13(个)不同的平面．7．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对答案 C解析 与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对，正方体的12条面对角线共有96对，且每对均重复计算一次，故共有962＝48对． 二、填空题8．一个科技小组中有4名女同学、5名男同学，从中任选1名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法______种，若从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法______种．答案 9 20解析 根据分类加法计数原理，从中任选1名同学参加学科竞赛共有5＋4＝9(种)选派方法．根据分步乘法计数原理，从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛共有4×5＝20(种)选派方法．9．4名学生参加跳高、跳远、游泳比赛，4人都来争夺这三项冠军，则冠军分配的种数有________．答案64解析本题中要完成的一件事：“将比赛的各项冠军逐一分配给4名参赛学生”．∵跳高冠军的分配有4种不同的方法．跳远冠军的分配有4种不同的方法．游泳冠军的分配有4种不同的方法．∴根据分步乘法计数原理，冠军的分配方法有4×4×4＝64(种)．10．用数字1,2组成一个四位数，则数字1,2都出现的四位偶数有______个．答案7解析由四位数是偶数，知最后一位是2.在四位数中，当出现1个1时，有1 222,2 122,2 212，共3个，当出现2个1时，有1 122,1 212,2 112，共3个，当出现3个1时，只有1 112这1个四位偶数，故数字1,2都出现的四位偶数有3＋3＋1＝7(个)．11.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个．答案40解析满足条件的有两类：第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有m1＝8(个)；第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有m2＝8×4＝32(个)，所以满足条件的三角形共有8＋32＝40(个)．三、解答题12．已知集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，问：(1)有多少个不同的数对？(2)其中所取两数m＞n的数对有多少个？解(1)∵集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，先选出m有5种结果，再选出n有5种结果，根据分步乘法计数原理知共有5×5＝25个不同的数对．(2)在(1)中的25个数对中所取两数m＞n的数对可以分类来解，当m＝2时，n＝1，有1种结果；当m＝4时，n＝1，3有2种结果；当m＝6时，n＝1,3,5有3种结果；当m＝8时，n ＝1,3,5,7有4种结果；当m＝10时，n＝1,3,5,7,9有5种结果．综上所述共有1＋2＋3＋4＋5＝15种结果．13．有3个不同的负数、5个不同的正数，从中任取2个数，使它们的积为正数，问：有多少种不同的取法？解根据题意，知积为正数的情况分为两类．第一类是2个数都是负数，分两步取数：第一步，先从3个负数中任取1个负数，有3种不同的取法；第二步，从剩下的2个负数中任取1个负数，有2种不同的取法，故有3×2＝6(种)不同的取法．第二类是2个数都是正数，也分两步取数：第一步，先从5个正数中任取1个正数，有5种不同的取法；第二步，从剩下的4个正数中任取1个正数，有4种不同的取法，故有5×4＝20(种)不同的取法．综上所述，不同取法的种数为6＋20＝26.[学习目标] 1.进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能根据实际问题特征，正确选择计数原理解决实际问题．知识点 两个计数原理的联系与区别题型一 两个计数原理在排数中的应用例1 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且比2 000大的四位偶数？解 完成这件事可分为三类：第一类是个位数字为0的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可以选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，有3种选法．由分步乘法计数原理知，这类数的个数为4×4×3＝48.第二类是个位数字为2的比2 000大的四位偶数，可以分三步完成：第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾2个数字之后，还有4个数字可以选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，有3种选法．由分步乘法计数原理知，这类数的个数为3×4×3＝36.第三类是个位数字为4的比2 000大的四位偶数，其方法步骤同第二类．对以上三类用分类加法计数原理，得所求无重复数字且比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．反思与感悟 排数问题实际就是分步问题，需要用分步乘法计数原理解决．此题中，由于数字0的出现，又进行了分类讨论，即在解决相关的排数问题时，要注意两个原理的综合应用．跟踪训练1用0,1,2,3,4这5个数字可以组成多少个按下列要求的无重复数字？(1)四位密码；(2)四位数；(3)四位奇数．解(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，分为四个步骤：第一步，取左边第一位上的数字，有5种选取方法；第二步，取左边第二位上的数字，有4种选取方法；第三步，取左边第三位上的数字，有3种选取方法；第四步，取左边第四位上的数字，有2种选取方法．由分步乘法计数原理知，可以组成不同的四位密码共有N＝5×4×3×2＝120(个)．(2)方法一完成“组成无重复数字的四位数”这件事分为四个步骤：第一步，从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；第二步、第三步、第四步与(1)类似，分别有4,3,2种选取方法．由分步乘法计数原理知，可以组成不同的四位数共有N＝4×4×3×2＝96(个)．方法二与第(1)问的区别在于：四位密码首位可以是0，而四位数首位不可以为0.因此，只需求首位为0的四位密码有多少个，用(1)的总数减去首位为0的个数即为所求．当首位是0时，第二位有4种选取方法，第三位有3种选取方法，第四位有2种选取方法，由分步乘法计数原理知，首位是0的四位密码共有1×4×3×2＝24(个)．故无重复数字的四位数共有120－24＝96(个)．(3)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，分两类方案．第一类：这个四位奇数的个位数字是1，分三个步骤去完成．第一步，选取千位上的数字，有3种(从2,3,4中选)不同选法；第二步，选取百位上的数字，有3种不同选法；第三步，选取十位上的数字，有2种不同选法．由分步乘法计数原理知，该类中四位奇数共有1×3×3×2＝18(个)．第二类：这个四位奇数的个位数字是3，也是分三个步骤去完成．具体求法与个位数字是1时完全一样，因而这样的奇数也是18个．由分类加法计数原理知，共可组成无重复数字的四位奇数18＋18＝36(个)．题型二抽取(分配)问题例2现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？解(1)分三类：第一类，选出的是医生，有3种选法；第二类，选出的是护士，有5种选法；第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10(种)选法．(2)分三步：第一步，选1名医生，有3种选法；第二步，选1名护士，有5种选法；第三步，选1名麻醉师，有2种选法．根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30(种)选法．反思与感悟解决抽取(分配)问题的方法(1)当涉及对象数目不大时，一般选用例举法、树状图法、框图法或者图表法．(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．跟踪训练23个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？解方法一(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步，放第一个小球有5种选择；第二步，放第二个小球有4种选择；第三步，放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得，共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．方法二(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5；分成以下10类：第一类，空盒子标号为(1,2)，选法有3×2×1＝6(种)；第二类，空盒子标号为(1,3)，选法有3×2×1＝6(种)；第三类，空盒子标号为(1,4)，选法有3×2×1＝6(种)．分类还有以下几种情况：(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种)．题型三涂色问题例3将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入如图所示的5个区域内，要求相邻的两个区域的颜色不相同，问：有多少种不同的涂色方法？解将5个区域分别标记为A，B，C，D，E(如图所示)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B区域与D区域涂的颜色，如果B区域与D区域涂的颜色相同，则E区域有2种涂色方法，如果B区域与D区域所涂的颜色不相同，则E区域只有1种涂色方法．因此应先分类后分步．(1)当B与D同色时，有4×3×2×2＝48(种)涂色方法；(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)涂色方法．故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法．反思与感悟(1)涂色问题的基本要求是相邻区域不同色，但是不相邻的区域可以同色．解决此类问题要特别关注图形的结构特征．如果图形不很规则，往往从某一块出发进行分步涂色，从而选用分步乘法计数原理；如果图形具有一定的对称性，那么先对涂色方案进行分类，每一类再进行分步．(2)涂色问题往往涉及两计数原理的综合应用，因此，要找准分类标准，兼顾条件的情况下分步涂色．跟踪训练3如图所示，用5种不同的颜料给4块图形(A，B，C，D)涂色，要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．解方法一按A，C颜色相同或不同进行分类．若A，C颜色相同，则A有5种涂色方法，B有4种涂色方法，D有4种涂色方法，故共有5×4×4＝80(种)涂法．若A，C颜色不同，则A有5种涂色方法，C有4种涂色方法，B有3种涂色方法，D有3种涂色方法，故共有5×4×3×3＝180(种)涂法．根据分类加法计数原理，共有80＋180＝260(种)不同的涂色方案．方法二按涂色种类进行分类．第一类：涂4种颜色，分四步，A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有2种涂法．故共有5×4×3×2＝120(种)涂法．第二类：涂3种颜色，则A，C颜色相同或B，D颜色相同．当A，C颜色相同时，A，C有5种涂法，B有4种涂法，D有3种涂法．故共有5×4×3＝60(种)涂法．当B，D颜色相同时，同理也有60种不同的涂法．故共有60＋60＝120(种)涂法．第三类：涂2种颜色，则A，C颜色相同，B，D颜色相同，A，C有5种涂法，B，D有4种涂法．故共有5×4＝20(种)涂法．根据分类加法计数原理，共有120＋120＋20＝260(种)不同的涂色方案．题型四种植问题例4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，求有多少种不同的种植方法．解方法一(直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6(种)不同种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2×1＝6(种)不同种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．方法二(间接法)：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有不同种植方法24－6＝18(种)．反思与感悟按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都完成了这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步．跟踪训练4一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N)等份，种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．(1)如图1，圆环分成的3等份为a1，a2，a3，有多少种不同的种植方法？(2)如图2，圆环分成的4等份为a1，a2，a3，a4，有多少种不同的种植方法？解(1)如图1，先对a1部分种植，有3种不同的种植方法，再对a2，a3种植．因为a2，a3与a1不同颜色，a2，a3也不同，所以由分步乘法计数原理得3×2×1＝6(种)．。
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第一章 1.3 第2课时一、选择题1．(2011·重庆理)(1＋3x )n (其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n ＝( )A ．6B ．7C ．8D ．9 [答案] B[解析] 本题主要考查二项式定理中二项展开式的通项公式的应用．二项式(1＋3x )n 展开式的通项公式为T r ＋1＝3r C r n x r ，∴x 5与x 6的系数分别为35C 5n ，36C 6n .由条件知：35C 5n ＝36C 6n ，即C 5n ＝3C 6n ，∴n ！5！(n －5)！＝3·n ！6！(n －6)！，∴n ＝7，选B. 2．(2014·湖北理，2)若二项式(2x ＋a x )7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝( ) A ．2B ．54C ．1D ．24 [答案] C[解析] 二项式(2x ＋a x )7的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r (a x)r ＝C r 727－r a r x 7－2r ，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1. 3．已知⎝⎛⎭⎫x －a x 8展开式中常数项为1120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是( ) A ．28B ．38C ．1或38D ．1或28[答案] C[解析] T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝⎛⎭⎫－a x r ＝C r 8·(－a )r ·x 8－2r .当r ＝4时，T r ＋1为常数项，此时T 5＝C 48(－a )4＝70a 4＝1120.∴a ＝±2.令x ＝1，则⎝⎛⎭⎫x －a x 8＝(1±2)8＝1或38.故选C. 4．233除以9的余数是( )A ．1B ．2C ．4D ．8[答案] D[解析] 233＝811＝(9－1)11＝911－C 111910＋…＋C 10119－1，∴余数为8.故选D.5．若9n ＋C 1n ＋1·9n －1＋…＋C n －1n ＋1·9＋C n n ＋1是11的倍数，则自然数n 为( ) A ．偶数B ．奇数C ．3的倍数D ．被3除余1的数[答案] B [解析] 原式＝19[(9＋1)n ＋1－1]＝19[10n ＋1－1]是11的倍数，∴10n ＋1－1是99的倍数，∴n 为奇数．故选B.6．在(1－x )11的展开式中，含x 奇次幂的各项系数的和是( )A ．－210B ．210C ．－211D ．211 [答案] A[解析] 令f (x )＝(1－x )11＝a 0＋a 1x ＋…＋a 11x 11，f (1)＝a 0＋a 1＋…＋a 11＝0，f (－1)＝a 0－a 1＋…－a 11＝211，f (1)－f (－1)＝2(a 1＋a 3＋…＋a 11)＝－211.∴含x 奇次幂的系数的和为a 1＋a 3＋…＋a 11＝－210.故选A.7．(1－x )4n ＋1的展开式中系数最大的项是( )A ．第2n 项B ．第2n ＋1项C ．第2n 项和第2n ＋1项D ．第2n ＋2项[答案] B[解析] 令n ＝1则(1－x )5展开式中系数最大的项为第3项．故选B.二、填空题8．(x －13x)18的展开式中含x 15的项的系数为________．(结果用数值表示) [答案] 17[解析] 本题考查二项展开式通项公式的应用．T r ＋1＝C r 18x 18－r (－13x )r ＝(－13)r C r 18x 18－32 r .令18－3r 2＝15，得r ＝2.∴含x 15的项的系数为(－13)2C 218＝17.9．若()x ＋1n ＝x n ＋…＋ax 3＋bx 2＋…＋1(n ∈N ＋)，且a b ＝，那么n ＝____________.[答案] 11[解析] 由二项式定理可得a ＝C 3n ，b ＝C 2n .又a b ＝，∴C 3n 2n ＝得n ＝11.三、解答题 10．在⎝⎛⎭⎫x －2x 28的展开式中， (1)系数的绝对值最大的项是第几项？(2)求二项式系数最大的项；(3)求系数最大的项；(4)求系数最小的项．[解析] (1)设第r ＋1项系数的绝对值最大，即⎩⎪⎨⎪⎧ C r 8·2r ≥C r －18·2r －1，C r 8·2r ≥C r ＋18·2r ＋1.∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2r ≥19－r ，18－r ≥2r ＋1.从而有5≤r ≤6.故系数绝对值最大的项是第6项和第7项．(2)二项式系数最大的项为中间项，即为第5项．∴T 5＝C 48(x )4·⎝⎛⎭⎫－2x 24＝1 120x 6. (3)由(1)知展开式中的第6项及第7项的系数绝对值最大，而第6项系数为负，第7项的系数为正．则系数最大的项为T 7＝C 68·(x )2⎝⎛⎭⎫－2x 26＝1 792x11. (4)系数最小的项为T 6＝C 58·(x )3⎝⎛⎭⎫－2x 25＝－1792x x 9＝－1 792x －172.一、选择题1．在(1＋x )5＋(1＋x )6＋(1＋x )7的展开式中，含x 4项的系数是首项为－2，公差为3的等差数列的第几项( )A ．13B ．18C ．11D ．20[答案] D[解析] 含x 4项的系数为C 45＋C 46＋C 47＝C 58－1＝55. 设它为等差数列的第k 项，则－2＋3(k －1)＝55.∴k ＝20.故选D.2．(2013·长春十一高中高二期中)若a 为正实数，且(ax －1x)2014的展开式中各项系数的和为1，则该展开式第2014项为( )A.1x 2014 B ．－1x 2014 C.4028x 2012 D ．－4028x 2012 [答案] D[解析]由条件知，(a －1)2014＝1，∴a －1＝±1，∵a 为正实数，∴a ＝2.∴展开式的第2014项为：T 2014＝C 20132014·(2x )·(－1x)2013 ＝－2C 12014·x －2012＝－4028x －2012，故选D. 3．若(1＋a )＋(1＋a )2＋(1＋a )3＋…＋(1＋a )n ＝b 0＋b 1a ＋b 2a 2＋…＋b n a n ，且b 0＋b 1＋b 2＋…＋b n ＝30，则自然数n 的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6[答案] B[解析] 令a ＝1得：b 0＋b 1＋b 2＋...＋b n ＝2＋22＋23＋ (2)＝2(2n －1)2－1＝2n ＋1－2＝30. ∴2n ＋1＝32.∴n ＝4.故选B.二、填空题4．设(2x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋…＋a 1x ＋a 0，则|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 6|＝________.[答案] 729[解析] ∵|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 6|就是(2x ＋1)6展开式中各项系数的和，∴应为36＝729.5．若将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________.[答案] 10[解析] 本题考查二项式定理的展开式．x 5＝[(x ＋1)－1]5＝(x ＋1)5－C 15(x ＋1)4＋C 25(x ＋1)3－C 35(x＋1)2＋C 45(x ＋1)－C 55(x ＋1)0，∴a 3＝C 25＝10.适当的变形将问题简化．三、解答题6．已知(2x －3)7＝a 0(x －1)7＋a 1(x －1)6＋…＋a 6(x －1)＋a 7.(1)求a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7；(2)求a 0－a 7.[解析] (1)令x ＝2，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(4－3)7＝1.(2)令x ＝1，得a 7＝(2×1－3)7＝－1，x 7的系数a 0＝C 0727(－3)0＝128，∴a 0－a 7＝129.7．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13x n 的展开式中偶数项的二项式系数的和比(a ＋b )2n 展开式中奇数项的二项式系数的和小120，求第一个展开式的第三项．[解析] (a ＋b )2n 展开式中奇数项的二项式系数的和为22n －1，⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x n 展开式中偶数项的二项式系数的和为2n －1.依题意，有2n －1＝22n －1－120，即(2n )2－2n －240＝0.解得2n ＝16，或2n ＝－15(舍)．∴n ＝4. 于是，第一个展开式中第三项为T 3＝C 24(x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2＝63x . 8．已知(12＋2x )n 中 (1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．[解析] (1)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ， ∴n 2－21n ＋98＝0.∴n ＝7或n ＝14.当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5.∴T 4的系数＝C 37(12)423＝352， T 5的系数＝C 47(12)324＝70. 当n ＝14时，二项式系数最大的项是T 8.∴T 8的系数＝C 714(12)727＝3 432. (2)由C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，可得n ＝12，设T r ＋1项的系数最大． ∵(12＋2x )12＝(12)12(1＋4x )12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C k 124k ≥C k －1124k －1C 4124k ≥C k ＋1124k ＋1， ∴9.4＜k ＜10.4，∴k ＝10. ∴展开式中系数最大的项为T 11.T 11＝(12)12C 1012410x 10＝16 896x 10.。
高中数学(人教B版,选修2-3)：第一章+计数原理(课件+同步练习+章末归纳总结+综合检测,13份)
第一章知能基础测试时间120分钟，满分150分．一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种选出3种分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有()A．24种B．18种C．12种D．6种[答案] B[解析]因为黄瓜必须种植，在余下的3种蔬菜品种中再选出两种，进行排列共有C23A33＝18种．故选B.2．已知C7n＋1－C7n＝C8n(n∈N*)，则n等于()A．14B．12C．13D．15[答案] A[解析]因为C8n＋C7n＝C8n＋1，所以C7n＋1＝C8n＋1.∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A.3．某铁路所有车站共发行132种普通客票，则这段铁路共有车站数是()A．8 B．12C．16 D．24[答案] B[解析]∵A2n＝n(n－1)＝132.∴n＝12.故选B.4．(1＋x)7的展开式中x2的系数是()A．42 B．35C．28 D．21[答案] D[解析]展开式中第r＋1项为T r＋1＝C r7x r，T3＝C27x2，∴x2的系数为C27＝21.5．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A．3×3! B．3×(3！)3C．(3！)4D．9![答案] C[解析] 本题考查捆绑法排列问题．由于一家人坐在一起，可以将一家三口人看作一个整体，一家人坐法有3！种，三个家庭即(3！)3种，三个家庭又可全排列，因此共(3！)4种．注意排列中在一起可用捆绑法，即相邻问题．6．(1－x )10展开式中x 3项的系数为( ) A ．－720 B ．720 C ．120 D ．－120[答案] D[解析] 本题考查了二项式展开定理，要认清项的系数与二项式系数的区别C 310(－x )3＝－C 310x 3，故选D.7．若多项式x 2＋x 10＝a 0＋a 1(x ＋1)＋…＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10，则a 9＝( ) A ．9 B ．10 C ．－9 D ．－10[答案] D[解析] x 10的系数为a 10，∴a 10＝1，x 9的系数为a 9＋C 910·a 10，∴a 9＋10＝0，∴a 9＝－10. 故应选D.8．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )A ．12种B ．10种C ．9种D ．8种[答案] A[解析] 本题考查了组合及分步计数原理的运用．分两步进行：第一步，先派一名教师到甲地，另一名教师去乙地，共有C 12种选法；第二步，选派两名学生到甲地，另两名学生到乙地，有C 24种选法，由分步乘法计数原理知，共有不同选派方案C 12C 24＝12种．9．在⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的幂的指数是整数的项共有( )A ．3项B ．4项C ．5项D ．6项[答案] C[解析] ∵T r ＋1＝C r 24(x )24－r ·x －r 3＝C r24x 12－56r ，r ∈{0,1,2,3，…，24}，∴r ∈{0,6,12,18,24}时，x 的幂的指数是整数，共有5项． 故应选C.10．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种[答案] B[解析] 由题意不同的放法共有C 13C 24＝18种．11．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[答案] A[解析] 考查排列组合有关知识．解：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C 25·C 14＋C 15·C 24＝70.故选A.12．(2014·安徽理，8)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对[答案] C[解析] 解法1：先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数，然后根据正方体六个面的特征计算总对数．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C 、BC 1、C 1D 、CD 1、A 1D 、AD 1、A 1B 、AB 1共8条，同理与BD 成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线，共组成16对，又正方体共有6个面，所有共有16×6＝96对．因为每对都被计算了两次(例如计算与AC 成60°角时，有AD 1，计算与AD 1成60°角时有AC ，故AD 1与AC 这一对被计算了2次)，因此共有12×96＝48对．解法2：间接法．正方体的面对角线共有12条，从中任取2条有C 212种取法，其中相互平行的有6对，相互垂直的有12对，∴共有C 212－6－12＝48对．二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上) 13．将4名新来的同学分配到A 、B 、C 三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A 班，那么不同的分配方案有________．[答案] 24种[解析] 将4名新来的同学分配到A 、B 、C 三个班级中，每个班级至少安排一名学生有C 24A 33种分配方案，其中甲同学分配到A 班共有C 23A 22＋C 13A 22种方案．因此满足条件的不同方案共有C 24A 33－C 23A 22－C 13A 22＝24(种)．14.⎝⎛⎭⎪⎫2－13x 6的展开式中的第四项是________．[答案] －160x[解析] 展开式中第四项为C 36·23·⎝⎛⎭⎪⎫－13x 3＝－160x . 15．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有________种(用数字作答)．[答案] 264[解析] 由条件上午不测“握力”，则4名同学测四个项目，有A 44；下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复，如下午甲测“握力”、“立定”、“肺活量”中一种有3×3＝9，故A 44(2＋9)＝264种． 16．已知()1＋kx 26()k ∈N ＋的展开式中x 8的系数小于120，则k ＝____________.[答案] 1[解析] x 8的系数为C 46k 4＝15k 4，由已知得，15k 4＜120，∴k 4＜8， 又k ∈N ＋，∴k ＝1.三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本题满分12分)用1、2、3、4、5、6这六个数字可组成多少个无重复数字且不能被5整除的五位数？[解析] 解法1：不能被5整除，末位只能从1、2、3、4、6五个数字中选1个，有A 15种方法；再从余下的5个数字中选4个放在其他数位，有A 45种方法．由分步乘法计数原理，所求五位数有A 15A 45＝600(个)．解法2：不含有数字5的五位数有A 55个；含有数字5的五位数，末位不选5有A 14种方法，其余数位有A 45种选法，含有5的五位数有A 14A 45个．因此可组成不能被5整除的无重复数字的五位数有A 55＋A 14A 45＝600(个)．解法3：由1～6组成的无重复数字的五位数有A 56个，其中能被5整除的有A 45个．因此，所求的五位数共有A 56－A 45＝720－120＝600(个)．18．(本题满分12分)从－1、0、1、2、3这5个数中选3个不同的数组成二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的系数．(1)开口向上的抛物线有多少条？(2)开口向上且不过原点的抛物线有多少条？ [解析] (1)要使抛物线的开口向上，必须a ＞0， ∴C 13·A 24＝36(条)．(2)开口向上且不过原点的抛物线，必须a ＞0，c ≠0，∴C 13·C 13·C 13＝27(条)．19．(本题满分12分)求(x －3x )9的展开式中的有理项． [解析] ∵T r ＋1＝C r 9·(x 12)9－r ·(－x 13)r ＝(－1)r ·C r 9·x 27－r6 ，令27－r 6∈Z ，即4＋3－r 6∈Z ，且r ∈{0,1,2，…，9}．∴r ＝3或r ＝9.当r ＝3时，27－r 6＝4，T 4＝(－1)3·C 39·x 4＝－84x 4； 当r ＝9时，27－r 6＝3，T 10＝(－1)9·C 99·x 3＝－x 3. ∴(x －3x )9的展开式中的有理项是：第4项，－84x 4和第10项，－x 3.20．(本题满分12分)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？[解析] 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，即无论选择哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情都能完成，所以由分类加法计数原理，共有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，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才完成，所以用分步乘法计数原理，共有28×7×9×3＝5292种不同的选法．21．(本题满分12分)已知(3x 2＋3x 2)n 展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992. (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项．[解析] 令x ＝1得展开式各项系数和为(1＋3)n ＝4n ，又展开式二项式系数和为C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n，由题意有4n －2n ＝992.即(2n )2－2n －992＝0，(2n －32)(2n ＋31)＝0， 所以n ＝5.(1)因为n ＝5，所以展开式共6项，其中二项式系数最大项为第三、四两项， 它们是T 3＝C 25(3x 2)3·(3x 2)2＝90x 6. T 4＝C 35(3x 2)2(3x 2)3＝270x 223 .(2)设展开式中第k ＋1项的系数最大．又T k ＋1＝C k 5(3x 2)5－k ·(3x 2)k ＝C k 53k x10＋4k2 ， 得⎩⎪⎨⎪⎧C k 5·3k ≥C k －15·3k －1C k 5·3k≥C k ＋15·3k ＋1⇒⎩⎪⎨⎪⎧3k ≥16－k15－k ≥3k ＋1⇒72≤k ≤92. 又因为k ∈Z ，所以k ＝4，所以展开式中第5项系数最大．T 5＝C 4534x 263＝405x 263 . 22．(本题满分14分)已知(1＋2x )n 展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，且等于它后一项系数的56，试求该展开式中二项式系数最大的项．[解析] T r ＋1＝C r n (2x )r ＝2r·C r n ·x x2 ， 它的前一项的系数为2r －1·C r －1n ， 它的后一项的系数为2r ＋1·C r ＋1n ， 根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧2r ·C r n ＝2·2r －1·C r －1n ，2r ·C rn ＝56·2r ＋1·C r ＋1n ， ⎩⎪⎨⎪⎧ 2r －1＝n ，8r ＋3＝5n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ＝7，r ＝4.∴展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项．T 4＝C 37(2x )3＝280x 32 ，T 5＝C 47(2x )4＝560x 2.。
人教新课标版数学高二B版选修2-3习题 1.1 基本计数原理
第一章计数原理1.1基本计数原理课时目标1.通过实例，理解掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.2.会利用两个原理解决一些简单的实际问题．1．分类加法计数原理做一件事，完成它有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝__________________种不同的方法．2．分步乘法计数原理做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法……做第n个步骤有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝__________________种不同的方法．3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．区别在于：分类加法计数原理针对的是________问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分步乘法计数原理针对的是________问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成才算完成这件事．一、选择题1．从甲地到乙地，每天有直达汽车4班，从甲地到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地，每天有3个班车，则从甲地到乙地不同的乘车方法有()A．12种B．19种C．32种D．60种2．有一排5个信号的显示窗，每个窗可亮红灯、可亮绿灯、可不亮灯，则共可以出的不同信号有()A．25种B．52种C．35种D．53种3．二年级(1)班有学生56人，其中男生38人，从中选取1名男生和1名女生作代表参加学校组织的社会调查团，则选取代表的方法种数为()A．94 B．2 128 C．684 D．564．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2，…，9}且P Q，把满足上述条件的一对有序整数(x，y)作为一个点，则这样的点的个数是()A．9 B．14 C．15 D．215．有4名高中毕业生报考大学，有3所大学可供选择，每人只能填报一所大学，则这4名高中毕业生报名的方案数为()A．12 B．7 C．34D．436．某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为() A．14 B．16 C．20 D．48二、填空题7．在由0,1,3,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的数共有________个．8．将一个三棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使每一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可使用，则不同染色的方法种数为________．9．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法共有________种．三、解答题10．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，现要从中选出会英语和日语的各一人，共有多少种不同的选法？11．用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大的四位偶数？能力提升12．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，则不同选法的种数是( )A ．56B ．65 C.5×6×5×4×3×22D ．6×5×4×3×2 13．书架的第一层有6本不同的数学书，第二层有6本不同的语文书，第三层有5本不同的英语书．(1)从这些书中任取1本，有多少种不同的取法？(2)从这些书中任取1本数学书，1本语文书，1本英语书共3本书的不同的取法有多少种？(3)从这些书中任取3本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法？用两个计数原理解决具体问题时，首先要分清“分类”还是“分步”，其次要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重、不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，可以“先分类后分步”或“先分步后分类”．第一章计数原理1．1基本计数原理答案知识梳理1．m1＋m2＋…＋m n2．m1×m2×…×m n3．分类分步作业设计1．B2．C3．C4．B5．C[4名高中毕业生报考3所大学，可分4步，每步有3种选择，则这4名高中毕业生报名的方案数为3×3×3×3＝34.]6．B7．10解析先考虑个位和千位上的数，个位数字是0的有3×2×1＝6(个)，个位数字是5的有2×2×1＝4(个)，所以共有10个．8．120解析如右图，若先染A有5种色可选，B有4种色可选，C有3种色可选，D有2种色可选，则不同染色方法共有5×4×3×2＝120(种)．9．12010．解依题意得既会英语又会日语的有7＋3－9＝1(人)，6人只会英语，2人只会日语．第一类：从只会英语的6人中选一人有6种方法，此时选会日语的有2＋1＝3(种)方法．由分步乘法计数原理可得N1＝6×3＝18(种)．第二类：从既会英语又会日语的1人中选有1种方法，此时选会日语的有2种方法．由分步乘法计数原理可得N2＝1×2＝2(种)．综上，由分类加法计数原理可知，不同选法共有N＝N1＋N2＝18＋2＝20(种)．11．解完成这件事有三类方法：第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48(个)；第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36(个)；第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其步骤同第二类，可得有36个．对以上三类结论用分类加法计数原理，可得所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．12．A13．解(1)因为共有17本书，从这些书中任取1本，共有17种取法．(2)分三步：第一步，从6本不同的数学书中取1本，有6种取法；第二步，从6本不同的语文书中取1本，有6种取法；第三步：从5本不同的英语书中取1本，有5种取法．由分步乘法计数原理知，取法总数为N＝6×6×5＝180(种)．(3)实际上是从17本书中任取3本放在三个不同的位置上，完成这个工作分三个步骤，第一步：从17本不同的书中取1本，放在第一个位置，有17种方法；第二步：从剩余16本不同的书中取1本，放在第二个位置，有16种方法；第三步：从剩余15本不同的书中取1本，放在第三个位置，有15种方法；由分步乘法计数原理知，排法总数为N＝17×16×15＝4 080(种)．。
新高中数学(人教B版,选修2-3)练习：1.1基本计数原理(含答案解析)
第一章 1.1一、选择题1．现有 6 名同学去听同时进行的 5 个课外知识讲座，每名同学可自由选择此中的一个讲座，不一样选法的种数是()A． 56B． 655×6×5×4×3×2C.2D． 6×5×4×3×2[答案 ]A[分析 ]此题主要考摆列组合知识．1 名同学有 5 种选择，则 6 名同学共有56种选择．2．有一排 5 个信号的显示窗，每个窗可亮红灯、绿灯或许不亮灯，则共能够发出的不同信号有 ()种52A． 2 B ． 5C． 35D．53[答案 ]C3．将 5 名大学毕业生所有分派给 3 所不一样的学校，不一样的分派方案有()A． 8B．15C． 125D．243[答案 ]D4． (2014 长·安一中质检、北京西城模拟)用 0、 1、、 9 十个数字，能够构成有重复数字的三位数的个数为 ()A． 243B．252C． 261D．279[答案 ]B[分析 ]用 0,1，， 9 十个数字，能够构成的三位数的个数为9×10×10＝ 900，此中三位数字全不同样的为9×9×8＝648，因此能够构成有重复数字的三位数的个数为900－ 648＝252.5．已知会合M ＝ {1 ，－ 2,3} ， N ＝{ － 4,5,6，－ 7} ，从两个会合中各取一个元素作点的坐标，则在直角坐标系中，第一、第二象限不一样点的个数为()A． 18B．16C． 14D．10[答案 ]C[分析 ]可分为两类．以会合 M 中的元素做横坐标，N 中的元素做纵坐标，会合M 中取一个元素的方法有 3处，要使点在第一、第二象限内，则会合N 中只好取 5、6 两个元素中的一个有 2 种．依据分步计数原理有 3×2＝ 6(个 )．以会合 N 的元素做横坐标， M 的元素做纵坐标，会合N 中任取一元素的方法有 4 种，要使点在第一、第二象限内，则会合M 中只好取 1、3 两个元素中的一个有 2 种，依据分步计数原理，有4×2＝ 8(个 )．综合上边两类，利用分类计数原理，共有6＋ 8＝ 14(个 )．应选 C.6．某公共汽车上有 10 名乘客，要求在沿途的 5 个车站所有下完，乘客下车的可能方式有 ()A． 510种B．105种C．50 种 D ．以上都不对[答案 ]A[分析 ]任何一个乘客能够在任一车站下车，且互相独立，因此每一个乘客下车的方法都有 5 种，由分步计数原理知N ＝510.应选 A.7．已知 x∈ {2,3,7} ， y∈ { － 31，－ 24,4} ，则 x·y 可表示不一样的值的个数是()A． 1＋ 1＝2B．1＋1＋1＝3C． 2×3＝ 6D．3×3＝9[答案 ]D[分析 ]由分步计数原理N＝ 3×3＝9(种 )．应选 D.二、填空题22＝ r 2可表示不一样圆8．已知 a∈{3,4,5} ， b∈ {1,2,7,8} ， r∈ {8,9} ，则方程 (x－ a)＋(y－ b)的个数为 ____________个．[答案 ]24[分析 ]确立圆的方程可分三步：确立 a 有 3 种方法，确立 b 有 4 种方法，确立r 有 2种方法，由分步计数原理知N＝ 3×4×2＝ 24(个 )．9．用数字1,2,3 构成三位数．(1)若是数字能够重复，共可构成(2)此中数字不重复的三位数共有____________ 个三位数；____________ 个；(3)此中一定有重复数字的有____________个．[答案 ](1)27(2)6(3)21[分析 ](1)排成数字同意重复的三位数，个位、十位、百位都有 3 种排法，∴N＝33＝27(个 )．(2)当数字不重复时，百位排法有 3 种，十位排法有两种，个位只有一种排法，∴N ＝ 3×2×1＝ 6(个 )(也可先排个位或十位)．(3)当三数一定有重复数字时分红两类：三个数字同样，有 3 种，只有两个数字同样，有∴ N＝ 3＋18＝ 21(个 )．3×3×2＝ 18(个 )，三、解答题10．某文艺小组有20 人，每人起码会唱歌或跳舞中的一种，此中会跳舞．从中选出会唱歌与会跳舞的各 1 人，有多少种不一样选法？14 人会唱歌，10 人[分析 ]只会唱歌的有10 人，只会跳舞的有 6 人，既会唱歌又会跳舞的有 4 人．这样就能够分红四类达成：第一类：从只会唱歌和只会跳舞的人中各选 1 人，用分步乘法计数原理得10×6＝ 60(种 )；第二类：从只会唱歌和既会唱歌又会跳舞的人中各选 1 人，用分步乘法计数原理得10×4＝40(种 )；第三类：从只会跳舞和既会唱歌又会跳舞的人中各选 1 人，用分步乘法计数原理得6×4＝ 24(种 )；第四类：从既会唱歌又会跳舞的人中选 2 人，有 6 种方法．依据分类加法计数原理，得出会唱歌与会跳舞的各选 1 人的选法共有130(种 ).60＋ 40＋ 24＋6＝一、选择题1．已知函数y＝ ax2＋ bx＋ c，此中 a、b、c∈ {0,1,2,3,4} ，则不一样的二次函数的个数共有()A． 125B．15C． 100D．10[答案 ]C[分析 ]由二次函数的定义知a≠ 0∴.选 a 的方法有4 种．选 b 与有 a、 b、 c 都确立后，二次函数才确立．故由乘法原理知共有二次函数c 的方法都有 5种．只4×5×5＝ 100 个．故选C.2．(2013 福·建理， 5)知足的有序数对 (a， b)的个数为 (a、 b∈ { － 1,0,1,2} ，且对于)x 的方程ax2＋ 2x＋ b＝0 有实数解A． 14B．13 C． 12D．10 [答案 ]B[分析 ]①当a＝ 0 时， 2x＋ b＝0 总有实数根，∴ (a， b)的取值有4 个．②当 a≠0时，需＝4－4ab≥0，∴ ab≤1.a＝－ 1 时， b 的取值有 4 个，a＝ 1 时， b 的取值有3 个，a＝ 2 时， b 的取值有2 个．∴ (a， b)的取法有9 个．综合①②知，(a，b) 的取法有4＋ 9＝ 13 个．3．某电话局的电话号码为168 ×××××，若后边的五位数字是由 6 或 8 构成的，则这样的电话号码一共有 ()A．20 个B．25 个C．32 个D．60 个[答案 ]C[分析 ]五位数字是由 6或 8 构成的，可分五步达成，每一步都有两种方法，依据分步乘法计数原理，共有25＝ 32 个．二、填空题4．大小不等的两个正方体玩具，分别在各面上标有数字1,2,3,4,5,6，则向上的面标着的两个数字之积不小于20 的积的结果有 ____________ 种．[答案 ]5[分析 ]第 1 个正方体向上的面标有的数字必大于等于 4.假如是 3，则 3 与第二个正方风光上标有数字最大者 6 的积 3×6＝ 18＜ 20，4×5＝5×4＝ 20,4×6＝ 6×4＝ 24,5 ×5＝25，5×6＝6×5＝ 30,6×6＝ 36，以上积的结果为20,24,25,30,36 共五种．5． (2014 北·京理， 13)把 5 件不一样产品摆成一排，若产品 A 与产品 B 相邻，且产品 A 与产品 C 不相邻，则不一样的摆法有 ________种．[答案 ]36[分析 ]此题考察了计数原理与摆列组合知识．先只考虑 A 与产品 B 相邻，此时用捆绑法，将 A 和 B 作为一个元素考虑，共有种方法，而 A 和 B 有 2 种摆放次序，故总计24×2＝48 种方法，再清除既知足 A 和又知足 A 与 C 相邻的状况，此时用捆绑法，将A， B， C 作为一个元素考虑，共有种方法，而 A ， B ，C 有 2 种可能的摆放次序，故总计6×2＝ 12 种方法．A 44＝ 24B 相邻，A 33＝6综上，切合题意的摆放共有48－ 12＝ 36种．三、解答题6．若x， y∈N ＋，且x＋ y≤6，试求有序自然数对(x， y)的个数．[分析 ] 按 x 的取值进行分类， x ＝ 1 时， y ＝1,2， ， 5，共构成 5 个有序自然数对． x＝ 2 时， y ＝ 1,2， ， 4，共构成 4 个有序自然数对．x ＝ 5 时， y ＝1 共构成 1 个有序自然数对，依据分类加法计数原理，共有N ＝ 5＋ 4＋3＋ 2＋ 1＝ 15 个有序自然数对．x2＋ y 2＝ 1 的焦点在 y 轴上，此中 a ∈ {1,2,3,4,5} ， b ∈{1,2,3,4,5,6,7} ，求知足7．设椭圆 a b 上述条件的椭圆的个数．[分析 ] 由于椭圆的焦点在y 轴上，因此 b ＞ a.则当 a ＝ 1 时， b 可取 2,3,4,5,6,7，有 6 种取法；当 a ＝2 时， b 可取 3,4,5,6,7，有 5 种取法；当 a ＝3 时， b 可取 4,5,6,7，有 4 种取法；当 a ＝4 时， b 可取 5,6,7，有 3 种取法；当 a ＝5 时， b 可取 6,7，有 2 种取法．故共有 6＋ 5＋4＋ 3＋ 2＝20 个知足条件的椭圆．8．已知会合 A ＝ {a 1， a 2， a 3， a 4} ，会合B ＝ {b 1，b 2} ，此中 a i ， b j (i ＝1,2,3,4； j ＝ 1,2)均为实数．(1)从会合 A 到会合 B 能构成多少个不一样的映照？(2)能构成多少个以会合A 为定义域，以会合B 为值域的不一样函数？[分析 ] (1)由于会合 A 中的每个元素 a i (i ＝ 1,2,3,4) 与会合 B 中元素的对应方法都有 2 种，由分步计数原理，构成 A →B 的映照有 2×2×2×2＝24＝ 16 个．(2) 在 (1)的映照中， a 1， a 2， a 3， a 4 均对应于同一元素 b 1 或 b 2 的情况构不能够会合A 为定义域，以会合B 为值域的函数，这样的映照有2 个．因此，构成以会合A 为定义域，以会合B 为值域的函数有16－ 2＝14 个．。
高中数学选修2-3(人教B版)第一章计数原理1.3知识点总结含同步练习题及答案
a1 + a2 + ⋯ + a100 = 1 − 2 100 .
（3）令 x = −1 可得 a0 − a1 + a2 − a3 + ⋯ + a100 = 3 100 ⋯ ②，与 ① 式联立相减得
a1 + a3 + ⋯ + a99 =
1 − 3 100 . 2
3.二项式定理的应用 描述： 二项式定理一般应用在以下几个方面： ①进行近似计算．当 a 的绝对值与 1 相比很小且 n 不大时，常用近似公式 (1 + a)n ≈ 1 + na，因为这时展开式的后面 3 3 n n 很小，可以忽略不计；类似地，有 2 部分 C2 (1 − a)n ≈ 1 − na． n a + Cn a + ⋯ + Cn a ②证明某些整除性问题或求余数；
求证：对一切 n ∈ N ∗ ，都有 2 ⩽ (1 + 解：因为
1 n ) < 3． n
(1 +
1 n 1 1 2 1 3 1 n 1 3 n + C2 ) = C0 n + Cn ⋅ n ⋅ ( ) + Cn ⋅ ( ) + ⋯ + Cn ⋅ ( ) n n n n n 1 n−1 1 n−1 n−2 1 n−1 n−2 1 = 1+1+ ⋅ + ⋅ +⋯+ ⋅ ⋅ ⋯ . n n n n n n 2! 3! n!
= 120
（1）展开式的第 4 项的二项式系数为 C3 10 = 120． 3 （2）展开式的第 4 项的系数为 C10 ⋅ (−2)3 = −960 ． 3 4 4 （3）展开式的第 4 项为：T4 = C3 10 ⋅ (−2) ⋅ x = −960x ． 二项式 (x − y)11 的展开式中二项式系数最大的项为（ ） A．第 3 项 B．第 6 项 C．第 6 、7 项 D．第 5 、7 项 解：C 展开式共有 12 项，故中间两项即第 6 、 7 项的二项式系数相等，且最大．
高中数学新人教版B版精品教案《人教版B高中数学选修2-3 1.1 基本计数原理》1
1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N=m 1×m2×…×mn种不同的方法二、建构数学在总结出两个计数原理的基础上让学生进行如下三个问题的探究，初步突破难点探究1：对比两计数原理，指出相同点与不同点设计探究1的意图是通过自主探究合作探究，加深两个定理的理解并且在两个定理内容的比较中提高学生阅读数学的能力探究方式：分组讨论（合作交流，加深理解）探究结果：共同点是：研究对象相同,它们都是研究完成一件事情,共有多少种不同的方法不同点是：它们研究完成一件事情的方式不同,分类计数原理是“分类完成”,分步计数原理是“分步完成”由于学生的认识水平有限，在这里只要求认识到分类计数原理是“分类完成”,分步计数原理是“分步完成”探究2：何时用分类计数原理,何时用分步计数原理探究方式：自主探究，代表发言，共同总结探究结果：若完成一件事情有n类方法，则用分类计数原理若完成一件事情有n个步骤，则用分步计数原理设计意图：在探究1基础上进一步突破重难点，培养学生分析问题的能力探究3：用两个计数原理解决计数问题的思维步骤探究方式：分组讨论，合作探究，代表发言,共同总结探究结果：1、明确要完成什么事2、判断分类还是分步3、计算总方法数（一）两个计数原理内容1、分类计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1 m2……m n种不同的方法2、分步计数原理：完成一件事，需要分n个步骤，做第1步骤有m1种不同的方法，做第2步骤有m2种不同的方法……做第n 步骤有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×……×m n种不同的方法（二）例题分析例书架上的第1层放着4本不同的计算机书，第2层放着3本不同的文艺书，第3层放着2本不同的体育书。
人教新课标版数学高二-数学B版选修2-3练习第一章《基本计数原理》习题课
习题课基本计数原理一、基础过关1．如图，小圆点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线上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传递信息，信息可沿不同的路径同时传递，则单位时间传递的最大信息量是()A．26 B．24 C．20 D．192．已知x∈{1,2,3,4}，y∈{5,6,7,8}，则xy可表示不同值的个数为() A．4 B．8 C．16 D．153．从0,1,2，…，9这10个数字中，任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点(a，b)的坐标，能够确定不在x轴上的点的个数是() A．100 B．90 C．81 D．724．如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是() A．48 B．18 C．24 D．365．现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A．24种B．30种C．36种D．48种6．将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有()A．6种B．12种C．24种D．48种二、能力提升7．五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案有________种．8．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有______种不同的取法．9．某班从6名学生中选出4人分别参加数、理、化、生四科竞赛且每科只有1人，其中甲、乙两人不能参加生物竞赛．则不同的选派方法共有________种．10．若把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有________对．11．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形个数是多少？12．从{－3，－2，－1,0,1,2,3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c的系数，如果抛物线经过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条？三、探究与拓展13．(1)从5种颜色中选出三种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．(2)从5种颜色中选出四种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．答案1．D 2.D 3.C 4．D 5．D 6．B 7．96 8.242 9.240 10．2411．解 设较小的两边长为x ，y ，且x ≤y ，则x ≤y ≤11，x ＋y >11，x ，y ∈N *. 当x ＝1时，y ＝11； 当x ＝2时，y ＝10,11； 当x ＝3时，y ＝9,10,11； 当x ＝4时，y ＝8,9,10,11； 当x ＝5时，y ＝7,8,9,10,11； 当x ＝6时，y ＝6,7,8,9,10,11； 当x ＝7时，y ＝7,8,9,10,11； 当x ＝8时，y ＝8,9,10,11； 当x ＝9时，y ＝9,10,11； 当x ＝10时，y ＝10,11； 当x ＝11时，y ＝11. 所以不同三角形的个数为1＋2＋3＋4＋5＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36.12．解 因为抛物线经过原点，所以c ＝0，从而知c 只有1种取值．又抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 顶点在第一象限，所以顶点坐标满足⎩⎪⎨⎪⎧－b2a>0，4ac －b24a >0，由c ＝0解得a <0，b >0，所以a ∈{－3，－2，－1}，b ∈{1,2,3}，这样要求的抛物线的条数可由a ，b ，c 的取值来确定： 第一步：确定a 的值，有3种方法； 第二步：确定b 的值，有3种方法； 第三步：确定c 的值，有1种方法．由分步乘法计数原理知，表示的不同的抛物线有N ＝3×3×1＝9(条)．13．解 (1)如图，由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S 、A 、B 所染色互不相同，则A 、C 必须颜色相同，B 、D 必须颜色相同，所以，共有5×4×3×1×1＝60(种)．(2)由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S 、A 、B 所染色互不相同，则A 、C 可以颜色相同，B 、D 可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同．所以，先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法(如：B 、D 颜色相同)；再从5种颜色中，选出四种颜色涂在S 、A 、B 、C 四个顶点上，有5×4×3×2＝120(种)涂法；根据分步乘法计数原理，共有2×120＝240(种)不同的涂法．。
【人教B版】选修2-3数学：第1章《计数原理》基础测试(含解析)
高中数学第一章计数原理知能基础测试新人教B版选修2-3时间120分钟，满分150分．一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种选出3种分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有( )A．24种B．18种C．12种D．6种[答案] B[解析]因为黄瓜必须种植，在余下的3种蔬菜品种中再选出两种，进行排列共有C23A33＝18种．故选B.2．已知C7n＋1－C7n＝C8n(n∈N*)，则n等于( )A．14 B．12C．13 D．15[答案] A[解析]因为C8n＋C7n＝C8n＋1，所以C7n＋1＝C8n＋1.∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A.3．某铁路所有车站共发行132种普通客票，则这段铁路共有车站数是( )A．8 B．12C．16 D．24[答案] B[解析]∵A2n＝n(n－1)＝132.∴n＝12.故选B.4．(1＋x)7的展开式中x2的系数是( )A．42 B．35C．28 D．21[答案] D[解析]展开式中第r＋1项为T r＋1＝C r7x r，T3＝C27x2，∴x2的系数为C27＝21.5．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( ) A．3×3! B．3×(3！)3C．(3！)4D．9![答案] C[解析]本题考查捆绑法排列问题．由于一家人坐在一起，可以将一家三口人看作一个整体，一家人坐法有3！种，三个家庭即(3！)3种，三个家庭又可全排列，因此共(3！)4种．注意排列中在一起可用捆绑法，即相邻问题．6．某校园有一椭圆型花坛，分成如图四块种花，现有4种不同颜色的花可供选择，要求每块地只能种一种颜色，且有公共边界的两块不能种同一种颜色，则不同的种植方法共有( )A．48种B．36种C．30种D．24种[答案] A[解析]由于相邻两块不能种同一种颜色，故至少应当用三种颜色，故分两类．第一类，用4色有A44种，第二类，用3色有4A33种，故共有A44＋4A33＝48种．7．若多项式x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，则a9＝( )A．9 B．10C．－9 D．－10[答案] D[解析]x10的系数为a10，∴a10＝1，x9的系数为a9＋C910·a10，∴a9＋10＝0，∴a9＝－10.故应选D.另解：∵[(x＋1)－1]2＋[(x＋1)－1]10＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，显然a9＝C110(－1)＝－10.8．(2015·黑龙江省龙东南四校高二期末)从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( ) A．48种B．36种C．18种D．12种[答案] B[解析] 分两种情况：(1)小张小赵去一人：C 12C 12A 33＝24；(2)小张小赵都去：A 22A 23＝12，故有36种，应选B.9．(2015·湖北理，3)已知(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )A ．212B ．211C ．210D ．29[答案] D[解析] 由题意可得，二项式的展开式满足T r ＋1＝C r n x r ，且有C 3n ＝C 7n ，因此n ＝10.令x ＝1，则(1＋x )n ＝210，即展开式中所有项的二项式系数和为210；令x ＝－1，则(1＋x )n＝0，即展开式中奇数项的二项式系数与偶数项的二项式系数之差为0，因此奇数项的二项式系数和为12(210＋0)＝29.故本题正确答案为D.10．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种[答案] B[解析] 由题意不同的放法共有C 13C 24＝18种．11．(2015·四川理，6)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个[答案] B[解析] 据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有2×A 34个；若万位上排5，则有3×A 34个．所以共有2×A 34＋3×A 34＝5×24＝120个．选B.12．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( ) A ．24对 B ．30对 C ．48对 D ．60对[答案] C[解析] 解法1：先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数，然后根据正方体六个面的特征计算总对数．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C 、BC 1、C 1D 、CD 1、A 1D 、AD 1、A 1B 、AB 1共8条，同理与BD 成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线，共组成16对，又正方体共有6个面，所有共有16×6＝96对．因为每对都被计算了两次(例如计算与AC 成60°角时，有AD 1，计算与AD 1成60°角时有AC ，故AD 1与AC 这一对被计算了2次)，因此共有12×96＝48对．解法2：间接法．正方体的面对角线共有12条，从中任取2条有C 212种取法，其中相互平行的有6对，相互垂直的有12对，∴共有C 212－6－12＝48对．二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上) 13．(2015·上海理，8)在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选法有________种(用数值表示)[答案] 120[解析] 由题意得，去掉选5名教师情况即可：C 59－C 56＝126－6＝120.14．(2015·新课标Ⅱ，15)(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________.[答案] 3[解析] 由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax,4ax 3，x,6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3.15．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有________种(用数字作答)．[答案] 264[解析] 由条件上午不测“握力”，则4名同学测四个项目，有A 44；下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复，如“立定”、“肺活量”中一种有3×3＝9，故A44(2＋9)＝264种．16．从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，能被3整除的数有________个．[答案]228[解析]一个数能被3整除的条件是它的各位上的数字之和能被3整除．根据这点，分为如下几数：(1)三位数各位上的数字是1,4,7或2,5,8这两种情况，这样的数有2A33＝12(个)．(2)三位数的各位上只含0,3,6,9中的一个，其他两位上的数则从(1,4,7)和(2,5,8)中各取1个，这样的数有C14C13C13A33＝216(个)，但要除去0在百位上的数，有C13C13A22＝18(个)，因而有216－18＝198(个)．(3)三位数的各位上的数字是0,3,6,9中的3个，但要去掉0在百位上的，这样应有3×3×2＝18(个)，综上所述，由0到9这10个数字所构成的无重复数字且能被3整除的3位数有12＋198＋18＝228(个)．三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)一个小组有10名同学，其中4名男生，6名女生，现从中选出3名代表，(1)其中至少有一名男生的选法有几种？(2)至多有1名男生的选法有几种？[解析](1)方法一：(直接法)．第一类：3名代表中有1名男生，则选法种数为C14·C26＝60(种)；第二类：3名代表中有2名男生，则选法种数为C24·C16＝36(种)；第三类：3名代表中有3名男生，则选法种数为C34＝4(种)；故共有60＋36＋4＝100(种)．方法二：(间接法)．从10名同学中选出3名同学的选法种数为C310种．其中不适合条件的有C36种．故共有C310－C36＝100(种)．(2)第一类：3名代表中有一名男生，则选法为C14C26＝60(种)；第二类：3名代表中无男生，则选法为C36＝20(种)；故共有60＋20＝80(种)．18．(本题满分12分)从－1、0、1、2、3这5个数中选3个不同的数组成二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的系数．(1)开口向上的抛物线有多少条？(2)开口向上且不过原点的抛物线有多少条？ [解析] (1)要使抛物线的开口向上，必须a ＞0， ∴C 13·A 24＝36(条)．(2)开口向上且不过原点的抛物线，必须a ＞0，c ≠0， ∴C 13·C 13·C 13＝27(条)．19．(本题满分12分)求(x －3x )9的展开式中的有理项． [解析] ∵T r ＋1＝C r 9·(x 12)9－r ·(－x 13)r ＝(－1)r ·C r9·x 27－r 6，令27－r 6∈Z ，即4＋3－r6∈Z ，且r ∈{0,1,2，…，9}． ∴r ＝3或r ＝9.当r ＝3时，27－r 6＝4，T 4＝(－1)3·C 39·x 4＝－84x 4；当r ＝9时，27－r 6＝3，T 10＝(－1)9·C 99·x 3＝－x 3.∴(x －3x )9的展开式中的有理项是：第4项，－84x 4和第10项，－x 3. 20．(本题满分12分)有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？ (3)恰有一个盒内有2个球，有多少种放法？[解析] (1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有44＝256(种)．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C 24种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计算原理，共有放法：C 14·C 24·C 13·A 22＝144(种)．(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．21．(本题满分12分)(2015·北京高二质检)已知(3x 2＋3x 2)n展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项．[解析] 令x ＝1得展开式各项系数和为(1＋3)n ＝4n， 又展开式二项式系数和为C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n， 由题意有4n －2n＝992.即(2n )2－2n －992＝0，(2n －32)(2n＋31)＝0， 所以n ＝5.(1)因为n ＝5，所以展开式共6项，其中二项式系数最大项为第三、四两项，它们是T 3＝C 25(3x 2)3·(3x 2)2＝90x 6.T 4＝C 35(3x 2)2(3x 2)3＝270x 223. (2)设展开式中第k ＋1项的系数最大．又T k ＋1＝C k 5(3x 2)5－k ·(3x 2)k ＝C k 53k x 10＋4k 3，得⎩⎪⎨⎪⎧C k 5·3k ≥C k －15·3k －1C k 5·3k ≥C k ＋15·3k ＋1⇒⎩⎪⎨⎪⎧3k ≥16－k 15－k ≥3k ＋1⇒72≤k ≤92. 又因为k ∈Z ，所以k ＝4，所以展开式中第5项系数最大．T 5＝C 4534x263＝405x 263. 22．(本题满分14分)已知(1＋2x )n展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，且等于它后一项系数的56，试求该展开式中二项式系数最大的项．[解析] T r ＋1＝C rn (2x )r＝2r·C rn ·x x2，它的前一项的系数为2r －1·C r －1n ， 它的后一项的系数为2r ＋1·C r ＋1n ，根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧2r·C rn ＝2·2r －1·C r －1n ，2r ·C r n ＝56·2r ＋1·C r ＋1n ，⎩⎪⎨⎪⎧2r －1＝n ，8r ＋3＝5n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ＝7，r ＝4.∴展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项．3 2，T5＝C47(2x)4＝560x2.T4＝C37(2x)3＝280x。
高中数学(人教B版 选修2-3)教师用书第1章 计数原理-1.2-1.2.2-第2课时
第课时组合的综合应用.学会运用组合的概念分析简单的实际问题.(重点).能解决无限制条件的组合问题..掌握解决组合问题的常见的方法.(难点)[基础·初探]教材整理组合的实际应用阅读教材～，完成下列问题..组合与排列的异同点共同点：排列与组合都是从个不同元素中取出(≤)个元素.不同点：排列与元素的顺序有关，组合与元素的顺序无关..应用组合知识解决实际问题的四个步骤()判断：判断实际问题是否是组合问题.()方法：选择利用直接法还是间接法解题.()计算：利用组合数公式结合两个计数原理计算.()结论：根据计算结果写出方案个数..把三张游园票分给个人中的人，分法有种.【解析】把三张票分给个人中的人，不同分法有＝＝(种).【答案】.甲、乙、丙三位同学选修课程，从门课程中，甲选修门，乙、丙各选修门，则不同的选修方案共有种.【解析】甲选修门，有＝(种)不同方案.乙选修门，有＝(种)不同选修方案.丙选修门，有＝(种)不同选修方案.由分步乘法计数原理，不同的选修方案共有××＝(种).【答案】.从, ，，，这六个数字中，任取两个数字作为直线＝α＋的倾斜角和截距，可组成条平行于轴的直线.【解析】要使得直线与轴平行，则倾斜角为，截距在以外的五个数字均可.故有＝条满足条件.【答案】.将名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排名学生，那么互不相同的分配方案共有种. 【导学号：】【解析】每个宿舍至少名学生，故甲宿舍安排的人数可以为人，人，人，人，甲宿舍安排好后，乙宿舍随之确定，所以有＋＋＋＝种分配方案.【答案】[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问：解惑：疑问：解惑：疑问：解惑：[小组合作型]无限制条件的组合问题在一次数学竞赛中，某学校有人通过了初试，学校要从中选出人参加市级培训.在下列条件下，有多少种不同的选法？()任意选人；()甲、乙、丙三人必需参加；()甲、乙、丙三人不能参加；()甲、乙、丙三人只能有人参加.【精彩点拨】本题属于组合问题中的最基本的问题，可根据题意分别对不同问题中的“含”与“不含”作出正确分析和判断，弄清每步从哪里选，选出多少等问题.【自主解答】()从中任取人是组合问题，共有＝种不同的选法.()甲、乙、丙三人必需参加，则只需要从另外人中选人，是组合问题，共有＝种不同的选法.。