2018_2019年高中数学第一章计数原理课时跟踪训练1两个计数原理及其简单应用
课时跟踪训练(一) 两个计数原理及其简单应用(时间45分钟)题型对点练(时间20分钟)题组一 分类加法计数理1．甲、乙两个班级分别有29名、30名学生，从两个班中选一名学生，则( )A ．有29种不同的选法B ．有30种不同的选法C ．有59种不同的选法D ．有29×30种不同的选法[解析] 分两类：第一类从甲班选有29种方法，第二类从乙班中选有30种方法．由分类加法计数原理得共有29＋30＝59种不同方法，故选C.[答案] C2．某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( )A ．1种B ．2种C ．3种D ．4种[解析] 分两类：买1本、买2本书，各类购买方式依次有2种、1种，故共有2＋1＝3种购买方式．[答案] C3．椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则满足题意的椭圆的个数为________．[解析] 因为焦点在y 轴上，所以0<m <n ，考虑m 依次取1,2,3,4,5时，符合条件的n 值分别有6,5,4,3,2个，由分类加法计数原理知，满足题意的椭圆的个数为6＋5＋4＋3＋2＝20.[答案] 20题组二 分步乘法计数原理4．如图，一条电路从A 处到B 处接通时，可构成线路的条数为( )A ．8B ．6C ．5D ．3[解析] 从A 处到B 处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路；第二步，后一个并联电路接通有3条线路．由分步乘法计数原理知电路从A 处到B 处接通时，可构成线路的条数为2×3＝6，故选B.[答案] B5．一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一个门出，共有不同走法( )A ．8种B ．12种C ．16种D ．24种[解析] 从任一个门进有4种不同走法，从任一个门出也有4种不同走法，故共有4×4＝16种不同走法．[答案] C6．某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为________．[解析] 将第一个新节目插入5个节目排成的节目单中有6种插入方法，再将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，利用分步乘法计数原理，共有6×7＝42种插入方法．[答案] 42题组三 两个计数原理的综合应用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[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． [答案] C8．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．9．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息．(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有几种坐法？(2)若小明与爸爸分别就坐，有多少种坐法？[解] (1)小明爸爸选凳子可以分两类：第一类，选东面的空闲凳子，有8种坐法；第二类，选西面的空闲凳子，有6种坐法．根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8＋6＝14种坐法．(2)小明与爸爸分别就坐，可以分两步完成：第一步，小明先就坐，从东西面共8＋6＝14个凳子中选一个坐下，共有14种坐法；(小明坐下后，空闲凳子数变成13)第二步，小明爸爸再就坐，从东西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法．由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就坐共有14×13＝182种坐法．综合提升练(时间25分钟)一、选择题1．有5列火车停在某车站并排的5条轨道上，若火车A不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )A．96种 B．24种 C．120种 D．12种[解析] 先排第1道，有4种排法，第2,3,4,5道各有4,3,2,1种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1＝96种停车方法．[答案] A2．将3封不同的信投到4个不同的邮箱，则不同的投法种数为( )A．7 B．12 C．81 D．64[解析] 第一步，第一封信可以投到4个邮箱，有4种投法；第二步，第二封信可以投到4个邮箱，有4种投法；第三步，第三封信可以投到4个邮箱，有4种投法．根据分步乘法计数原理，得不同的投法的种数为4×4×4＝64，选D.[答案] D3．在某校的运动会上，小明、小亮与小林三人争夺跳高、跳远、掷标枪、掷铅球四个运动项目的冠军，那么不同的夺冠情况的种数为( )A．24 B．6 C．81 D．64[解析] 第一步，跳高冠军可以是三人中的任一人，有3种情况；第二步，跳远冠军可以是三人中的任一人，有3种情况；第三步，掷标枪冠军可以是三人中的任一人，有3种情况；第四步，掷铅球冠军可以是三人中的任一人，有3种情况．根据分步乘法计数原理，得不同的夺冠情况的种数为3×3×3×3＝81，选C.[答案] C二、填空题4．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．[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1222,2122,2212，共3个，当出现2个1时，有1122,1212,2112，共3个，当出现3个1时，只有1112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)．[答案] 75．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．[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)．[答案] 40三、解答题6．现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？(4)要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？[解] (1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法，根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．(2)分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画．由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法，所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．(4)从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种类是N＝3×2＝6.7．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？[解] (1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．所以，共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5040(种)．(3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．。
2018_2019年高中数学第一章计数原理课时跟踪训练1两个计数原理及其简单应用新人教A版选修2_3
309教育网 309教育资源库 课时跟踪训练(一) 两个计数原理及其简单应用(时间45分钟)题型对点练(时间20分钟)题组一 分类加法计数理1．甲、乙两个班级分别有29名、30名学生，从两个班中选一名学生，则( )A ．有29种不同的选法B ．有30种不同的选法C ．有59种不同的选法D ．有29×30种不同的选法[解析] 分两类：第一类从甲班选有29种方法，第二类从乙班中选有30种方法．由分类加法计数原理得共有29＋30＝59种不同方法，故选C.[答案] C2．某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( )A ．1种B ．2种C ．3种D ．4种[解析] 分两类：买1本、买2本书，各类购买方式依次有2种、1种，故共有2＋1＝3种购买方式．[答案] C3．椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则满足题意的椭圆的个数为________．[解析] 因为焦点在y 轴上，所以0<m <n ，考虑m 依次取1,2,3,4,5时，符合条件的n 值分别有6,5,4,3,2个，由分类加法计数原理知，满足题意的椭圆的个数为6＋5＋4＋3＋2＝20.[答案] 20题组二 分步乘法计数原理4．如图，一条电路从A 处到B 处接通时，可构成线路的条数为()A ．8B ．6C ．5D ．3[解析] 从A 处到B 处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路；第二步，后一个并联电路接通有3条线路．由分步乘法计数原理知电路从A 处到B 处接通时，。
2019年高中数学 第一章 计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时训练 理 新人教
2019年高中数学第一章计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时训练理新人教A版选修2-31．分类加法计数原理分类加法计数原理：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____________种不同的方法.推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，…，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有____________种不同的方法.注意：任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，而不需要再用到其他方法.2．分步乘法计数原理分步乘法计数原理：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____________种不同的方法.推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有____________种不同的方法.3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系和区别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“分类”问题，其中各类方法__________，用其中任何一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤__________才算完成这件事.参考答案：1．2．3．相互独立都完成一、分类加法计数原理的应用若所给问题满足下列三个特点：（1）完成一件事有若干种方法,这些方法可以分成n类；（2）用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；（3）把各类的方法数相加,就可以得到完成这件事的所有方法数.则这个问题可以用分类加法计数原理解决.【例1】某校高二共有三个班，各班人数如下表：（1）从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？（2）从高二（1）班、（2）班男生中或从高二（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？【解析】（1）从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：第1类，从高二（1）班中选出1名学生，有50种不同的选法；第2类，从高二（2）班中选出1名学生，有60种不同的选法；第3类，从高二（3）班中选出1名学生，有55种不同的选法.（2）从高二（1）班、（2）班男生或高二（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：第1类，从高二（1）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高二（2）班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第3类，从高二（3）班女生中选出1名学生，有20种不同的选法.根据分类加法计数原理知，从高二（1）班、（2）班男生或高二（3）班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法.二、分步乘法计数原理的应用若所给问题满足下列三个特点：（1）完成一件事需要经过n个步骤,缺一不可；（2）完成每一步有若干方法；（3）把各个步骤的方法数相乘,就可以得到完成这件事的所有方法数.则这个问题可以用分步乘法计数原理解决.【例2】如图,将图中的四个区域涂色,有5种不同的颜色可供选择，规定一个区域只涂一种颜色,相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有______种．【解析】由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方案有种.【名师点睛】解答涂色问题有两种方法：（1）选择正确的涂色顺序,按步骤逐一涂色,这时用分步乘法计数原理进行计数；（2）根据涂色时所用颜色数的多少,进行分类处理,这时用分类加法计数原理进行计数.注意：“相邻区域不得使用同一种颜色”,找好不相邻的区域是解题的关键.一般地,在分步涂色时,要注意尽量让相邻区域多的区域先涂色.三、两个计数原理的综合应用“分类”应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于且仅属于其中某一类.“分步”应满足：完成一件事必须且只需连续完成若干步.在实际中，很多问题都需要既分类又分步才能完成，解决这类问题时，一般先分类再分步.在分类和分步的过程中,要先明确分类和分步的标准,以做到不重不漏.【例3】用0，1，2，3，4五个数字，①可以排出多少个三位数字的电话号码？②可以排成多少个三位数？③可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？【解析】①三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5=53=125(种).②三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5=100(种).③被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3=12种排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因为0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3=18种排法.因而有12+18=30种排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.【名师点睛】对于已知几个数字组成三位数、四位数等问题,一般需利用分步乘法计数原理求解,注意：（1）数字中是否含有0,因为三位数、四位数等的最高位数字不能为0；（2）组成的数是否允许数字重复出现,这会影响数字的选择.四、未选准分步依据致错【例4】将4封信投入到3个信箱中，共有多少种不同的投法？【错解】第1个信箱可能投1封信，2封信，3封信或4封信，共有4种投法；同理，第2个信箱也有4种投法，第3个信箱也有4种投法.根据分步乘法计数原理，共有种不同的投法.【错因分析】要完成的一件事是“将4封信投入到3个信箱中”，且1封信只能投入1个信箱，错解中会出现1封信同时投入2个信箱或3个信箱的情况，这是不可能发生的.因此，分步的依据应该是“信”，而不应该是“信箱”.【正解】第1封信可以投入3个信箱中的任意一个，有3种投法;同理，第2，3，4封信各有3种投法.根据分步乘法计数原理，共有种投法.【名师点睛】对于一类元素允许重复选取的计数问题，可以用分步乘法计数原理来解决，求解的关键是明确要完成的一件事是什么.即用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据.对于本题，若是将3封信投入到4个信箱中，则共有种不同的投法.1．有不同的红球5个，不同的白球4个.从中任意取出两个不同颜色的球，则不同的取法有A．9种B．16种C．20种D．32种2．某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选一本阅读，则不同的选法共有A．24种B．9种C．3种D．26种3．现给如图所示的4个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一颜色，共有3种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有A．4种B．6种C．8种D．12种4．由组成的无重复数字的五位偶数共有A. 个B. 个C. 个D. 个5．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守当地某月日至日天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为A．5B．24C．32D．646．一个三位数的密码，每一位都由0~4的5个数字随机组成，则不同的密码种数是_________(用数字作答). 7．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(用数字作答).8．7人站成两排队列，前排3人，后排4人.现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为_________(用数字作答).9．某单位职工义务献血，在体检合格的人中,型血的共有28人，型血的共有7人，B型血的共有9人,AB 型血的共有3人.（1）从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？（2）从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？10．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选两人做发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？11．用红、黄、蓝、绿4种颜色为一个五棱锥的六个顶点着色,要求每一条棱的两个端点着不同的颜色,则不同的着色方案共有A．120种B．140种C．180种D．240种12．现有某类病毒记作X m Y n，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为__________．13．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数,如22,121,3443,94249等.显然2位回文数有9个：11,22,33,⋯,99.3位回文数有90个：101,111,121, ⋯,191,202, ⋯,999.则4位回文数有________个；2n＋1(n∈)位回文数有________个.14．不定方程的非负整数解的个数为.15．某印刷厂的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法？16．（xx新课标全国Ⅱ）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A．24B．18C．12D．917．（xx安徽）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1．C 【解析】由题意知本题是一个分步计数问题，要取两个不同颜色的球，首先取一个红球，有5种结果，再取一个白球，有4种结果，根据分步计数原理，得到共有5×4=20种结果.2．B 【解析】根据分类加法计数原理可得，不同的选法有4+3+2=9种，故选B.3．B 【解析】首先给下面一个涂色，有三种涂色方法，再给上面的最左边涂色，有两种涂色方法，中间一块只有一种涂色方法，右边的一块只有一种涂色方法，根据分步计数原理，得共有种不同的涂色方法. 4．B 【解析】分两类：第一类，若五位数的个位数是，则有个偶数；第二类，若五位数的个位数是，由于不排首位，因此首位只能排中的一个，依据分步计数原理可得个偶数.由分类加法计数原理，可得所有无重复数字的五位偶数的个数为，故选B .5．D 【解析】日至日，分别为，有天奇数日，天偶数日，第一步，安排奇数日出行，每天都有种选择，共有种不同的用车方案；第二步，安排偶数日出行，分两类，第一类，先选天安排甲的车，另外一天安排其他的车，有种不同的用车方案；第二类，不安排甲的车，每天都有种选择，共有种不同的用车方案，共有种不同的用车方案，根据分步计数原理，可得不同的用车方案共有种.故选D.6．125 【解析】由分步乘法计数原理，可得不同的密码数有种.7．12【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，组成的数字含有三个1，三个2，三个3，三个4共4种情况，当含有三个1时，“好数”为2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141；当含有三个2时，“好数”为2221；当含有三个3时，“好数”为3331；当含有三个4时，“好数”为4441.根据分类加法计数原理，得到“好数”共有12个.8．360 【解析】分三个步骤：第一步，先从甲、乙、丙三个人中选出一个人加入前排，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.由分步计数原理，可得不同的加入方法种数为.9．【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,得共有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,所以由分步乘法计数原理,得共有28×7×9×3＝5292种不同的选法.10．【解析】（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.根据分类加法计数原理，得共有N＝7＋8＋9＋10＝34(种)不同的选法.（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.根据分步乘法计数原理，得共有N＝7×8×9×10＝5040(种)不同的选法.（3）分六类，每类又分两步：第一类，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；第二类，从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；第三类，从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；第四类，从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；第五类，从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；第六类，从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以，共有N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)不同的选法.11．A 【解析】设五棱锥S-ABCDE,先涂顶点S有4种不同的方法;接着涂顶点A只有3种不同的方法;再接着涂顶点B有2种不同的方法;再涂C点时,若C与A的颜色相同,则D有2种不同的涂法,E只有1种涂法,若C与A的颜色不相同,C只有1种涂法,若D与A的颜色相同,E有2种不同的涂法;若D与A的颜色不相同,则E只有1种涂法,根据分类加法计数原理与分步乘法计数原理可知,不同的着色方案共有4×3×2×[1×2×1+1×(1×2+1×1)]=120种.12．【解析】由题意知m的可能取值为1,2,3，…，7；n的可能取值为1,2,3，…，9.由于是任取m，n，则若m＝1，n可取1,2,3，…，9，共9种情况；同理，m取2,3，…，7时，n也有9种情况，故m，n 的取值情况共有7×9＝63种．若m，n都取奇数，则m的取值为1,3,5,7，n的取值为1,3,5,7,9，因此满足条件的情形有4×5＝20种．故所求概率为.13．90; 9×10n 【解析】4位回文数的特点为中间两位相同,千位和个位相同但不能为0.第一步,选千位数字,共有9种选法;第二步,选中间两位数字,有10种选法,故4位回文数有9.对于2n ＋1(n ∈ )位回文数，第一步,选左边第一个数字,共有9种选法;第二步,分别选左边第2,3,4,…,n ,n ＋1个数字,共有10种选法,故2n ＋1(n ∈ )位回文数有914．【解析】令，则，这时1,2,3,,10,10,9,,1y z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅共种可能；若，则，这时1,2,3,,9,9,8,,1y z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅共种可能；若，则，这时1,2,3,,8,8,7,,1y z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅共种可能；…；若，共种可能.所以共有种可能；若则1,2,,11,11,10,,1y z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，共有种可能；同理，若则1,2,,11,11,10,,1x z =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，共有11种可能；若则1,2,,11,11,10,,1x y =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，共有种可能，这样共有种可能.另外，还有0,0,12;0,12,0;12,0,0=========z y x z y x z y x 三种可能，所以总共有种可能，故不定方程的非负整数解的个数为，应填.15．【解析】首先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版又会印刷”中的一个作为分类的标准.下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准，按照被选出的人数，可将问题分为三类：第一类：2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步乘法计数原理知共有3×1＝3种选法.第二类：2人中被选出一人，有2种选法.若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步乘法计数原理知共有2×3×1＝6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步乘法计数原理知共有2×3×2＝12种选法.再由分类加法计数原理知共有6＋12＝18种选法.第三类：2人全被选出，同理共有16种选法.所以共有3＋18＋16＝37种选法.16．B 【解析】由题意，小明从街道的E 处出发到F 处最短路径的条数为6，再从F 处到G 处最短路径的条数为3，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为，故选B.17．C 【解析】如图，在上底面中选，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样对应的也有8对，下底面也有16对，这共有32对；左右侧面与前后侧面中共有16对.所以全部共有48对.27021 698D 榍m30231 7617 瘗` 35589 8B05 謅27999 6D5F 浟30678 77D6 矖20046 4E4E 乎39970 9C22 鰢35420 8A5C 詜34974 889E 袞@精品文档实用文档。
浙江专版2018年高中数学第一章计数原理课时跟踪检测一两个计数原理及其简单应用新人教A版选修2_3
课时跟踪检测（一）两个计数原理及其简单应用层级一学业水平达标1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，某人从甲地到乙地，他共有不同的走法数为( )A．13种B．16种C．24种 D．48种解析：选A 应用分类加法计数原理，不同走法数为8＋3＋2＝13(种)．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2．从集合{}中虚数有( )A．30个B．42个C．36个 D．35个解析：选C ∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．3．甲、乙两人从4门课程中各选修1门，则甲、乙所选的课程不相同的选法共有( ) A．6种 B．12种C．30种 D．36种解析：选B ∵甲、乙两人从4门课程中各选修1门，∴由分步乘法计数原理，可得甲、乙所选的课程不相同的选法有4×3＝12种．4．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．40 B．16C．13 D．10解析：选C 分两类：第1类，直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面．故可以确定8＋5＝13个不同的平面．1，2，3，4，…，10中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两5．从集合{}个数的和都不等于11，则这样的子集有( )A．32个 B．34个C．36个 D．38个解析：选A 先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32个这样的子集．6．一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不同走法________种．解析：从任一门进有4种不同走法，从任一门出也有4种不同走法，故共有不同走法4×4＝16种．答案：167．将三封信投入4个邮箱，不同的投法有________种．解析：第一封信有4种投法，第二封信也有4种投法，第三封信也有4种投法，由分步乘法计数原理知，共有不同投法43＝64种．答案：648.如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有种．解析：按照焊接点脱落的个数进行分类：第1类，脱落1个，有1,4，共2种；第2类，脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种；第3类，脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种；第4类，脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种．根据分类加法计数原理，共有2+6+4+1=13种焊接点脱落的情况．答案：139．若x，y∈N*，且x＋y≤6，试求有序自然数对(x，y)的个数．解：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．根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．10．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝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)．层级二应试能力达标1．(a1＋a2)(b1＋b2)(c1＋c2＋c3)完全展开后的项数为( )A．9 B．12C．18 D．24解析：选B 每个括号内各取一项相乘才能得到展开式中的一项，由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.2．(全国卷Ⅰ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18C．12 D．9解析：选B 由题意可知E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18种走法，故选B．3．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则有几种不同的选择方式( )A．24 B．14C．10 D．9解析：选B 第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法．∴由分类加法计数原理得，共有12＋2＝14(种)选择方式．4．从－2，－1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y＝ax2＋bx ＋c的系数a，b，c，则可以组成顶点在第一象限且过原点的抛物线条数为( ) A．6 B．20C．100 D．120解析：选A 分三步：第一步c＝0只有1种方法；第二步确定a：a从－2，－1中选一个，有2种不同方法；第三步确定b：b从1,2,3中选一个，有3种不同的方法．根据分步乘法计数原理得共有1×2×3＝6种不同的方法，故所求抛物线的条数共6条．5．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3个点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．解析：先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，即一个点可形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共可形成2n(n－1)个符合条件的直角三角形．答案：2n(n－1)6．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________．解析：0,1,2，…，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)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．答案：2527．某校高二共有三个班，各班人数如下表.(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：第1类，从高二(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；第2类，从高二(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；第3类，从高二(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165种不同的选法．(2)从高二(1)班、(2)班男生或高二(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：第1类，从高二(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高二(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第3类，从高二(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从高二(1)班、(2)班男生或高二(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法．8．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，集合B＝{b1，b2}，其中a i，b j(i＝1,2,3,4，j＝1,2)均为实数．(1)从集合A到集合B能构成多少个不同的映射？(2)能构成多少个以集合A为定义域，集合B为值域的不同函数？解：(1)因为集合A中的每个元素a i(i＝1,2,3,4)与集合B中元素的对应方法都有2种，由分步乘法计数原理，可构成A→B的映射有N＝24＝16个．(2)在(1)的映射中，a1，a2，a3，a4均对应同一元素b1或b2的情形此时构不成以集合A 为定义域，以集合B为值域的函数，这样的映射有2个．所以构成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数有M＝16－2＝14个．。
2018-2019学年高中数学 第一章 计数原理 1.2.2 第1课时 组合(一)习题 新人教A版选
第一章 1.2 1.2.2 第1课时 组合(一)A 级 基础巩固一、选择题1．(2018·沙坪坝区校级月考)方程C x 2－x 16＝C 5x －516的解集是( D ) A ．{1,3,5,7} B ．{1,3,5} C ．{3,5}D ．{1,3}[解析] ∵方程C x 2－x 16＝C 5x －516，∴x 2－x ＝5x －5①或(x 2－x )＋(5x －5)＝16②， 解①得x ＝1或x ＝5(不合题意，舍去)， 解②得x ＝3或x ＝－7(不合题意，舍去)； ∴该方程的解集是{1,3}． 故选D ．2．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于．．．该正方形边长的概率为( C )A ．15B ．25C ．35D ．45[解析] 如图，基本事件共有C 25＝10个，小于正方形边长的事件有OA 、OB 、OC 、OD 共4个，∴P ＝1－410＝35．3．某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为( C )A ．120B ．84C ．52D ．48[解析] 间接法：C 38－C 34＝52种．4．平面上有12个点，其中没有3个点在一条直线上，也没有4个点共圆，过这12个点中的每三个作圆，共可作圆( A )A ．220个B ．210个C ．200个D ．1320个[解析] C 312＝220，故选A ．5．(2018·潍坊高二检测)5个代表分4张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么分法一共有( D )A ．A 45种 B ．45种 C ．54种D ．C 45种[解析] 由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，从5个代表中选4个即可满足，故有C 45种．6．(2018·佛山高二检测)将标号为A 、B 、C 、D 、E 、F 的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A 、B 的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( B )A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种[解析] 由题意，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18种．二、填空题7．(遂宁市2018学年高二)如图所示，机器人亮亮从A 地移动到B 地，每次只移动一个单位长度，则亮亮从A 移动到B 最近的走法共有__80__种．[解析] 分步计算，第一步A →C 最近走法有2种；第二步C →D 最近走法有C 36＝20种；第三步D →B 最近走法有2种，故由A →B 最近走法有2×20×2＝80种． 故答案为80．8．已知C 4n ，C 5n ，C 6n 成等差数列，则C 12n ＝__91__． [解析] ∵C 4n ，C 5n ，C 6n 成等差数列，∴2C 5n ＝C 4n ＋C 6n ，∴2×n ！5！n －！＝n ！4！n －！＋n ！6！n －！整理得n 2－21n ＋98＝0，解得n ＝14，n ＝7(舍去)， 则C 1214＝C 214＝91．9．对所有满足1≤m <n ≤5的自然数m ，n ，方程x 2＋y 2C mn ＝1所表示的不同椭圆的个数为__6__．[解析] ∵1≤m <n ≤5，所以C m n 可以是C 12，C 13，C 23，C 14，C 24，C 34，C 15，C 25，C 35，C 45，其中C 13＝C 23，C 14＝C 34，C 15＝C 45，C 25＝C 35，∴方程x 2＋C m n y 2＝1能表示的不同椭圆有6个．三、解答题10．平面内有10个点，其中任何3个点不共线， (1)以其中任意2个点为端点的线段有多少条？ (2)以其中任意两个点为端点的有向线段有多少条？ (3)以其中任意三个点为顶点的三角形有多少个？[解析] (1)所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有C 210＝10×92×1＝45(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条．(2)所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列，共有 A 210＝10×9＝90(条)，即以10个点中的2个点为端点的有向线段共有90条．(3)所求三角形的个数，即从10个元素中任选3个元素的组合数，共有C 310＝120(个)．B 级 素养提升一、选择题1．袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( B )A ．521 B ．1021 C ．1121D ．1[解析] 从袋中任取 2个球共有 C 215＝105种，其中恰好1个白球1个红球共有C 110C 15＝50种，所以恰好1个白球1个红球的概率为P ＝50105＝1021，故选B ．2．(2018·合肥三模)如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有( C )A ．24B ．48C ．96D ．120[解析] 第一类：若A ，D 相同，先涂E 有4种涂法，再涂A ，D 有3种涂法，再涂B 有2种涂法，C 只有一种涂法，共有4×3×2＝24种，第二类，若A ，D 不同，先涂E 有4种涂法，再涂A 有3种涂法，再涂D 有3种涂法，当B 和D 相同时，C 有1种涂法，当B 和D 不同时，B ，C 只有一种涂法，共有4×3×3×(1＋1)＝72种， 根据分类计数原理可得，共有24＋72＝96种， 故选C ． 二、填空题3．四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法共有__144__种(用数字作答)．[解析] 先从四个小球中取两个放在一起，有C 24种不同的取法，再把取出的两个小球与另外两个小球看作三堆，并分别放入四个盒子中的三个盒子中，有A 34种不同的放法，据分步计数原理，共有C 24·A 34＝144种不同的放法．4．一条街道上共有12盏路灯，为节约用电又不影响照明，决定每天晚上十点熄灭其中的4盏，并且不能熄灭相邻两盏也不能熄灭两头两盏，则不同熄灯方法有__35__种．[解析] 记熄灭的灯为0，亮灯为1，则问题是4个0和8个1的一个排列，并且要求0不相邻，且不排在两端，故先将1排好，在8个1形成的7个空中，选取4个插入0，共有方法数C 47＝35种．三、解答题5．(2018·遵义高二检测)现有5名男司机，4名女司机，需选派5人运货到某地． (1)如果派3名男司机、2名女司机，共有多少种不同的选派方法？ (2)至少有两名男司机，共有多少种不同的选派方法？ [解析] (1)利用分步乘法计数原理得C 35C 24＝60种．(2)利用分类加法与分步乘法计数原理C 25C 34＋C 35C 24＋C 45C 14＋C 55C 04＝121种． 6．已知⎩⎪⎨⎪⎧C x n ＝C 2xn ，C x ＋1n ＝113C x －1n ，试求x 和n 的值．[解析] 由C xn ＝C 2xn 得x ＝2x 或x ＋2x ＝n ， 即x ＝0或n ＝3x ， 显然x ＝0时C x －1n 无意义，把n ＝3x 代入C x ＋1n ＝113C x －1n 得C x ＋13x ＝113C x －13x ，即x ！x ＋！x －！＝113·x ！x －！x ＋！∴1x ＋1＝11x ＋，解得x ＝5.∴n ＝15．C 级 能力拔高化简m！＋m＋！1！＋m＋！2！＋…＋m＋n！n！．[解析] 原式＝m！×(1＋C1m＋1＋C2m＋2＋…＋C n m＋n) ＝m！×(C0m＋1＋C1m＋1＋C2m＋2＋…＋C m n＋m)＝m！×(C1m＋2＋C2m＋2＋…＋C n m＋n)＝m！×(C2m＋3＋C3m＋3＋…＋C n m＋n)＝……＝m！×C n m＋n＋1＝m＋n＋！m ＋n！。
2018-2019版高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.1第1课时排列与排列数公式精品学案新人教A版选修2
第1课时排列与排列数公式学习目标 1.了解排列的概念.2.理解并掌握排列数公式，能应用排列知识解决简单的实际问题．知识点一排列的定义从甲、乙、丙三名同学中选出2人参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动．思考让你安排这项活动需要分几步？答案分两步．第1步确定上午的同学；第2步确定下午的同学．梳理一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个排列．知识点二排列数及排列数公式思考从1,2,3,4这4个数字中选出3个能构成多少个无重复数字的3位数？答案4×3×2＝24(个)．梳理1．a，b，c与b，a，c是同一个排列．( ×)2．同一个排列中，同一个元素不能重复出现．( √)3．在一个排列中，若交换两个元素的位置，则该排列不发生变化．( ×)4．从4个不同元素中任取3个元素，只要元素相同得到的就是相同的排列．( ×)类型一排列的概念例1 判断下列问题是否为排列问题：(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；(2)选2个小组分别去植树和种菜；(3)选2个小组去种菜；(4)选10人组成一个学习小组；(5)选3个人分别担任班长、学习委员、生活委员；(6)某班40名学生在假期相互通信．考点排列的概念题点排列的判断解(1)中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题．(2)植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．(3)(4)不存在顺序问题，不属于排列问题．(5)中每个人的职务不同，例如甲当班长或当学习委员是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．(6)A给B写信与B给A写信是不同的，所以存在着顺序问题，属于排列问题．所以在上述各题中(2)(5)(6)是排列问题，(1)(3)(4)不是排列问题．反思与感悟判断一个具体问题是否为排列问题的思路跟踪训练1 判断下列问题是否为排列问题．(1)会场有50个座位，要求选出3个座位有多少种方法？若选出3个座位安排三位客人，又有多少种方法？(2)从集合M ＝{1,2，…，9}中，任取两个元素作为a ，b ，可以得到多少个焦点在x 轴上的椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1？可以得到多少个焦点在x 轴上的双曲线方程x 2a 2－y 2b2＝1?(3)平面上有5个点，其中任意三个点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？可确定多少条射线？ 考点 排列的概念 题点 排列的判断解 (1)第一问不是排列问题，第二问是排列问题．“入座”问题同“排队”问题，与顺序有关，故选3个座位安排三位客人是排列问题． (2)第一问不是排列问题，第二问是排列问题．若方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，则必有a >b ，a ，b 的大小关系一定；在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1中，不管a >b 还是a <b ，方程x 2a 2－y 2b2＝1均表示焦点在x 轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故是排列问题．(3)确定直线不是排列问题，确定射线是排列问题． 类型二 排列的列举问题例2 (1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位不同的数，一共可以组成多少个？ (2)写出从4个元素a ，b ，c ，d 中任取3个元素的所有排列． 考点 排列的概念 题点 列举所有排列解 (1)由题意作“树状图”，如下．故组成的所有两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个． (2)由题意作“树状图”，如下．故所有的排列为abc ，abd ，acb ，acd ，adb ，adc ，bac ，bad ，bca ，bcd ，bda ，bdc ，cab ，cad ，cba ，cbd ，cda ，cdb ，dab ，dac ，dba ，dbc ，dca ，dcb .反思与感悟 利用“树状图”法解决简单排列问题的适用范围及策略(1)适用范围：“树状图”在解决排列元素个数不多的问题时，是一种比较有效的表示方式． (2)策略：在操作中先将元素按一定顺序排出，然后以先安排哪个元素为分类标准进行分类，再安排第二个元素，并按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能做到不重不漏，然后再按树状图写出排列．跟踪训练2 写出A ，B ，C ，D 四名同学站成一排照相，A 不站在两端的所有可能站法． 考点 排列的概念 题点 列举所有排列解 由题意作“树状图”，如下，故所有可能的站法是BACD ，BADC ，BCAD ，BDAC ，CABD ，CADB ，CBAD ，CDAB ，DABC ，DACB ，DBAC ，DCAB .类型三 排列数公式及应用例3 (1)用排列数表示(55－n )(56－n )…(69－n )(n ∈N *且，n <55)； (2)计算2A 58＋7A 48A 88－A 59；(3)求证：A m n ＋1－A m n ＝m A m －1n . 考点 排列数公式 题点 利用排列数公式计算(1)解 因为55－n,56－n ，…，69－n 中的最大数为69－n ，且共有69－n －(55－n )＋1＝15(个)元素，所以(55－n )(56－n )…(69－n )＝A 1569－n . (2)解 2A 58＋7A 48A 88－A 59＝2×8×7×6×5×4＋7×8×7×6×58×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×5＝8×7×6×5×(8＋7)8×7×6×5×(24－9)＝1.(3)证明 方法一 因为A mn ＋1－A mn ＝(n ＋1)！(n ＋1－m )！－n ！(n －m )！＝n ！(n －m )！·⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋1－m －1＝n ！(n －m )！·m n ＋1－m＝m ·n ！(n ＋1－m )！＝m A m －1n ，所以A mn ＋1－A mn ＝m A m －1n .方法二 A m n ＋1表示从n ＋1个元素中取出m 个元素的排列个数，其中不含元素a 1的有A mn 个． 含有a 1的可这样进行排列：先排a 1，有m 种排法，再从另外n 个元素中取出m －1个元素排在剩下的m －1个位置上，有A m －1n 种排法． 故A m n ＋1＝m A m －1n ＋A mn ， 所以m A m －1n ＝A m n ＋1－A mn .反思与感悟 排列数公式的形式及选择方法排列数公式有两种形式，一种是连乘积的形式，另一种是阶乘的形式，若要计算含有数字的排列数的值，常用连乘积的形式进行计算，而要对含有字母的排列数的式子进行变形或作有关的论证时，一般用阶乘式．跟踪训练3 不等式A x 8<6A x －28的解集为( ) A ．[2,8] B ．[2,6] C ．(7,12) D ．{8} 考点 排列数公式题点 解含有排列数的方程或不等式 答案 D解析 由A x 8<6A x －28，得8！(8－x )！<6×8！(10－x )！，化简得x 2－19x ＋84<0， 解得7<x <12，①又⎩⎪⎨⎪⎧x ≤8，x －2≥0，所以2≤x ≤8，②由①②及x ∈N *，得x ＝8.1．从1,2,3,4四个数字中，任选两个数做加、减、乘、除运算，分别计算它们的结果，在这些问题中，有几种运算可以看作排列问题( ) A ．1 B ．3 C ．2 D ．4 考点 排列的概念 题点 排列的判断 答案 C解析 因为加法和乘法满足交换律，所以选出两个数做加法和乘法时，结果与两数字位置无关，故不是排列问题，而减法、除法与两数字的位置有关，故是排列问题．2．从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为( ) A ．甲乙，乙甲，甲丙，丙甲 B ．甲乙，丙乙、丙甲C ．甲乙，甲丙，乙甲，乙丙，丙甲，丙乙D ．甲乙，甲丙，乙丙 考点 排列的概念 题点 列举所有排列 答案 C3．(x －3)(x －4)(x －5)…(x －12)(x －13)，x ∈N *，x >13可表示为( ) A ．A 10x －3 B ．A 11x －3 C ．A 10x －13 D ．A 11x －13 考点 排列数公式 题点 利用排列数公式计算 答案 B解析 从(x －3)，(x －4)，…到(x －13)共(x －3)－(x －13)＋1＝11(个)数，所以根据排列数公式知(x －3)(x －4)(x －5)…(x －12)(x －13)＝A 11x －3.4．从5本不同的书中选2本送给2名同学，每人1本，不同的送法种数为( ) A ．5 B ．10 C ．15 D ．20 考点 排列的应用题点 无限制条件的排列问题 答案 D5．解方程A 42x ＋1＝140A 3x . 考点 排列数公式题点 解含有排列数的方程或不等式解 根据题意，原方程等价于⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1≥4，x ≥3，x ∈N *，(2x ＋1)·2x ·(2x －1)(2x －2)＝140x (x －1)(x －2)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，x ∈N *，(2x ＋1)(2x －1)＝35(x －2)，整理得4x 2－35x ＋69＝0(x ≥3，x ∈N *)，解得x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＝234∉N *，舍去.1．判断一个问题是否是排列问题的思路排列的根本特征是每一个排列不仅与选取的元素有关，而且与元素的排列顺序有关．这就说，在判断一个问题是否是排列问题时，可以考虑所取出的元素，任意交换两个，若结果变化，则是排列问题，否则不是排列问题．2．关于排列数的两个公式(1)排列数的第一个公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)适用m已知的排列数的计算以及排列数的方程和不等式．在运用时要注意它的特点，从n起连续写出m个数的乘积即可．(2)排列数的第二个公式A m n＝n！(n－m)！用于与排列数有关的证明、解方程、解不等式等，在具体运用时，应注意先提取公因式再计算，同时还要注意隐含条件“n，m∈N*，m≤n”的运用．一、选择题1．A m12＝9×10×11×12，则m等于( )A．3 B．4 C．5 D．6考点排列数公式题点利用排列数公式计算答案 B2．已知下列问题：①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学、物理兴趣小组；②从甲、乙、丙三名同学中选出两人参加一项活动；③从a，b，c，d中选出3个字母；④从1,2,3,4,5这五个数字中取出2个数字组成一个两位数．其中是排列问题的有( )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个考点排列的概念题点排列的判断答案 B解析由排列的定义知①④是排列问题．3．与A310·A77不相等的是( )A．A910 B．81A88 C．10A99 D．A1010考点排列数公式题点利用排列数公式证明答案 B解析A310·A77＝10×9×8×7！＝A910＝10A99＝A1010，81A88＝9A99≠A1010，故选B.4．甲、乙、丙三人排成一排照相，甲不站在排头的所有排列种数为( )A．6 B．4 C．8 D．10题点 列举所有排列 答案 B解析 列树状图如下： 丙甲乙乙甲 乙甲丙丙甲故组成的排列为丙甲乙，丙乙甲，乙甲丙，乙丙甲，共4种．5．从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的不同结果有( ) A ．6个 B ．10个 C ．12个 D ．16个 考点 排列的应用题点 无限制条件的排列问题 答案 C解析 不同结果有A 24＝4×3＝12(个)． 6．下列各式中与排列数A mn 相等的是( ) A.n ！(n －m ＋1)！B ．n (n －1)(n －2)…(n －m ) C.n A m n －1n －m ＋1D ．A 1n A m －1n －1考点 排列数公式 题点 利用排列数公式证明 答案 D 解析 A mn ＝n ！(n －m )！，而A 1n A m －1n －1＝n ×(n －1)！(n －m )！＝n ！(n －m )！，∴A 1n A m －1n －1＝A mn .7．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( )A ．6B ．9C ．12D ．24 考点 排列的概念 题点 列举所有排列 答案 B解析 这四位数列举为如下： 1 012,1 021,1 102,1 120,1 201， 1 210,2 011,2 101,2 110，共9个． 二、填空题8．从a ，b ，c ，d ，e 五个元素中每次取出三个元素，可组成________个以b 为首的不同的排列，它们分别是________________________________________．题点 列举所有排列答案 12 bac ，bad ，bae ，bca ，bcd ，bce ，bda ，bdc ，bde ，bea ，bec ，bed 解析 画出树状图如下：可知共12个，它们分别是bac ，bad ，bae ，bca ，bcd ，bce ，bda ，bdc ，bde ，bea ，bec ，bed . 9．若集合P ＝{x |x ＝A m 4，m ∈N *}，则集合P 中共有________个元素． 考点 排列数公式 题点 利用排列数公式计算 答案 3解析 由题意知，m ＝1,2,3,4，由A 34＝A 44，故集合P 中共有3个元素． 10．满足不等式A 7nA 5n >12的n 的最小值为________．考点 排列数公式题点 解含有排列数的方程或不等式 答案 10解析A 7n A 5n ＝n ！(n －7)！n ！(n －5)！＝(n －5)！(n －7)！>12，得(n －5)(n －6)>12， 解得 n >9或n <2(舍去)．∴最小正整数n 的值为10.11．2017北京车展期间，某调研机构准备从5人中选3人去调查E1馆、E3馆、E4馆的参观人数，不同的安排方法种数为________． 考点 排列的应用题点 无限制条件的排列问题 答案 60解析 由题意可知，问题为从5个元素中选3个元素的排列问题，所以安排方法有5×4×3＝60(种)．12．由1,4,5，x四个数字组成没有重复数字的四位数，所有这些四位数的各数位上的数字之和为288，则x＝________.考点排列的应用题点无限制条件的排列问题答案 2解析当x≠0时，有A44＝24(个)四位数，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＋x，故24(1＋4＋5＋x)＝288，解得x＝2；当x＝0时，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＝10，而288不能被10整除，即x＝0不符合题意，综上可知，x＝2.三、解答题13．一条铁路线原有n个车站，为了适应客运需要，新增加了2个车站，客运车票增加了58种，问原有多少个车站？现有多少车站？考点排列的应用题点无限制条件的排列问题解由题意可得A2n＋2－A2n＝58，即(n＋2)(n＋1)－n(n－1)＝58，解得n＝14.所以原有车站14个，现有车站16个．四、探究与拓展14．若S＝A11＋A22＋A33＋A44＋…＋A100100，则S的个位数字是( )A．8 B．5 C．3 D．0考点排列数公式题点利用排列数公式计算答案 C解析1！＝1,2！＝2,3！＝6,4！＝24,5！＝120，而6！＝6×5！，7！＝7×6×5！， (100)＝100×99×…×6×5！，所以从5！开始到100！，个位数字均为0，所以S的个位数字为3. 15．京沪高速铁路自北京南站至上海虹桥站，双线铁路全长1 318公里，途经北京、天津、河北、山东、安徽、江苏、上海7个省市，设立包括北京南、天津西、济南西、南京南、苏州北、上海虹桥等在内的21个车站，计算铁路部门要为这21个车站准备多少种不同的火车票？考点排列的应用题点无限制条件的排列问题……………………………………………………………最新教学推荐…………………………………………………解对于两个火车站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张票对应一个起点站和一个终点站．因此，结果应为从21个不同元素中，每次取出2个不同元素的排列数A221＝21×20＝420(种)．所以一共需要为这21个车站准备420种不同的火车票．11。
2018-2019版高中数学 第一章 计数原理滚动训练二 新人教A版选修2-3
第一章 计数原理滚动训练二(§1.1～§1.3)一、选择题1．设二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋3x n的展开式各项系数的和为a ，所有二项式系数的和为b ，若a ＋2b ＝80，则n 的值为( ) A ．8 B ．4 C ．3 D ．2 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 C解析 由题意a ＝4n ，b ＝2n，∵a ＋2b ＝80， ∴4n ＋2×2n－80＝0，即(2n )2＋2×2n－80＝0，解得n ＝3.2．已知甲组有5名男同学、3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有( ) A ．150种 B ．180种 C ．300种 D ．345种 考点 排列的应用题点 元素“在”与“不在”问题 答案 D解析 由题知共有C 25C 16C 12＋C 15C 13C 26＝345(种)选法．3．3对夫妇去看电影，6个人坐成一排，若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，则不同的坐法种数为( )A ．54B ．60C ．66D ．72 考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题 答案 B解析 记3位女性为a ，b ，c ，其丈夫依次为A ，B ，C,3位女性都相邻的可能情形有两类：第一类，男性在两端(如BAabcC )，有2A 33种坐法；第二类，男性在一端(如BCAabc )，有2A 22A 33种坐法，故共有A 33(2A 22＋2)＝36(种)坐法．仅有两位女性相邻的可能情形也有两类：第一类，这两人在一端(如abBACc )；第二类，这两人两端都有其他人(如AabBCc )，共有2A 23(1＋1)＝24(种)坐法．综上，满足题意的坐法共有36＋24＝60(种)．4．9名同学分别到数学、物理、化学3个学习小组参加研究性学习活动，每组3人，则不同的分配方案种数为( ) A ．C 39C 36A 33B.C 39C 36C 33A 33C ．C 39C 36C 33D ．以上都不对考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 C解析 分配方案分三步完成：第一步，从9名同学中选3人到数学学习小组，有C 39种方法；第二步，从其余的6名同学中选3人到物理学习小组，有C 36种方法；第三步，剩余的3名同学到化学学习小组，有C 33种方法．根据分步乘法计数原理知，不同的分配方案共有C 39C 36C 33种．5.⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x (1＋x )4的展开式中，含x 2的项的系数为( ) A ．10 B ．6 C ．4 D ．12 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 A解析 根据乘法公式，得因式1＋1x中的1和(1＋x )4展开式中含x 2的项相乘可得含x 2的项；因式1＋1x 中的1x和(1＋x )4展开式中含x 3的项相乘可得含x 2的项．(1＋x )4展开式的通项为T k＋1＝C k 4x k (k ＝0,1，…，4)，故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x (1＋x )4展开式中含x 2的项为1·C 24x 2＋1x·C 34x 3＝10x 2，即含x 2的项的系数为10.6．从集合{1,2,3，…，10}中选出由5个数组成的子集，使得这5个数中任何两个数的和不等于11，则这样的子集共有( ) A ．10个 B ．16个 C ．20个 D ．32个 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 D解析 因为这10个数中两数之和为11的共有5组，即(1,10)，(2,9)，(3,8)，(4,7)，(5,6)，所以从10个数中任取5个数组成一个子集，使得这5个数中任何两个数的和不等于11的子集个数共有C 12C 12C 12C 12C 12＝32(个)．7．把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在如图1,2,3,4,5,6,7，所示的位置上，其中3盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法有( )A ．2 680种B ．4 320种C ．4 920种D ．5 140种考点 排列的应用 题点 排列的简单应用 答案 B解析 先将7盆花全排列，共有A 77种排法，其中3盆兰花排在一条直线上的排法有5A 33A 44(种)，故所求摆放方法有A 77－5A 33A 44＝4 320(种)．8．在(ax ＋1)7的展开式中，x 3的系数是x 2的系数和x 5的系数的等比中项，则实数a 的值为( )A.259B.45C.253D.53 考点 展开式中系数的和问题 题点 多项展开式中系数的和问题 答案 A解析 ∵(ax ＋1)7的二项展开式的通项为T k ＋1＝C k 7(ax )7－k，∴x 3的系数是C 47a 3，x 2的系数是C 57a 2，x 5的系数是C 27a 5.∵x 3的系数是x 2的系数与x 5的系数的等比中项，∴(C 47a 3)2＝C 57a 2×C 27a 5，∴a ＝259.二、填空题9．不等式A 2n －1－n <7的解集为________． 考点 排列数公式题点 解含有排列数的方程或不等式 答案 {3,4}解析 由不等式A 2n －1－n <7，得(n －1)(n －2)－n <7，整理得n 2－4n －5<0，解得－1<n <5.又因为n －1≥2且n ∈N *，即n ≥3且n ∈N *，所以n ＝3或n ＝4，故不等式A 2n －1－n <7的解集为{3,4}． 10．若(x －m )8＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 8x 8，其中a 5＝56，则a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝________. 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 128解析 由已知条件可得a 5＝C 38·(－m )3＝－56m 3＝56，∴m ＝－1， 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 8＝28，①令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8＝0，② 由①＋②，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝28＋02＝128.11．若(1－2x )2 017＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 017x2 017(x ∈R )，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017的值为________．考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 －1 解析 (1－2x )2 017＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 017x2 017，令x ＝12，则⎝⎛⎭⎪⎫1－2×12 2 017＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017＝0，其中a 0＝1，所以a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017＝－1.12．将A ，B ，C ，D ，E ，F 6个字母排成一排，且A ，B 均在C 的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答) 考点 排列的应用 题点 排列的简单应用 答案 480解析 按C 的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘2即可．当C 在左边第1个位置时，有A 55种排法，当C 在左边第2个位置时有A 24A 33种排法，当C 在左边第3个位置时，有A 23A 33＋A 22A 33(种)排法．所以不同的排法共有2(A 55＋A 24A 33＋A 23A 33＋A 22A 33)＝480(种)． 三、解答题13．学校选派5名同学参加“华约”“北约”“卓越联盟”自主招生考试，每项考试至少选派1人参加，共有多少种不同的选派方法？ 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 可先分组，再分配，分两个步骤完成．先把5名同学分成三组：①一组3人，另两组各1人，有C 35C 12C 11A 22种方法；②一组1人，另两组各2人，有C 15C 24C 22A 22种方法．再把三组学生分配到“华约”“北约”“卓越联盟”参加考试，有A 33种方法．故不同的的选派方法共有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22A 33＝150(种)． 四、探究与拓展14．若n ∈N *，n <100，且⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋1x2n 的展开式中存在常数项，则所有满足条件的n 的值的和是________．考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 答案 950解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋1x 2n 的展开式的通项为T k ＋1＝C k n (x 3)n －k·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2k ＝C k n x3n －5k ，令3n －5k ＝0，得n ＝53k .当k ＝3,6，...，57时，n ＝5,10，...，95，故所有满足条件的n 的值的和是5＋10＋ (95)19×(5＋95)2＝950. 15．已知(1－2x )n＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n (n ∈N *)，且a 2＝60，求： (1)n 的值；(2)－a 12＋a 222－a 323＋…＋(－1)n an2n 的值．考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 解 (1)因为T 3＝C 2n (－2x )2＝a 2x 2， 所以a 2＝C 2n (－2)2＝60，化简可得n (n －1)＝30，且n ∈N *， 解得n ＝6.(2)T k ＋1＝C k6(－2x )k＝a k x k，所以a k ＝C k6(－2)k， 所以(－1)k ak2k ＝C k6，－a 12＋a 222－a 323＋…＋(－1)n an2n ＝C 16＋C 26＋…＋C 66＝26－1＝63.。
2018-2019学年高中数学 第一章 计数原理 1.1 第2课时 两个基本原理的应用优质课件 新人
两堆为3个、4个，故共有分法1＋2＋1＝4种．
• 2．如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可 要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂 则不同涂色方法种数为 ( )
• A．24种 • B．48种 • C．72种 • D．96种
• [解析] 解法一：分两种情况：
• (1)A、C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种 种，由分步乘法计数原理知有4×3×2＝24种．
• (2)①当使用四种颜色时，先着色第1区域，有4 下3种颜色涂其他四个区域，即有一种颜色涂相 区域，有3×2×2＝12种，由分步乘法计数原理 4×12＝48种．
• ②当使用三种颜色时：从4种颜色中选取3种， ，先着色第1区域，有3种方法，剩下2种颜色涂 ，只能是一种颜色涂第2、4区域，另一种颜色
命题方向3 ⇨抽取(分配)问题
• (2)A、C同色，先涂A有4种，E有3种，E有2种， 种，由分步乘法计数原理知有4×3×2×2＝48种
• [解析] (1)因为集合A中的每个元素ai(i＝1,2,3, 元素的对应方法都有2种，由分步乘法计数原理 A→B的映射有2×2×2×2＝24＝16(个)．
• (2)在(1)的映射中，a1，a2，a3，a4均对应同一个 b2的情形构不成以集合A为定义域，以集合B为 ，这样的映射有2个．
• 所以构成以集合A为定义域，以集合B为值域的 2＝14(个)．
• [解析] (1)第1步，千位上的数不能取0，只能 ，有5种选择；
• 第2步，由于千位取了一个数，还剩下5个数供 以有5种选择；
• 第3步，由于千位、百位分别取了一个数，还剩 十位取，所以有4种选择；
• 第4步，由于千位、百位、十位分别取了一个数 个数供个位取，所以有3种选择．
• 根据分步乘法计数原理，组成的四位数共有5× 300(个)．
2018_2019学年高中数学第一章计数原理1.2第2课时计数原理的综合应用课件新人教A版选修2_3
解： 完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事， 可以分四步： 第一步定个位，只能从 1，3 中任取一个，有 2 种方法；第二 步定首位，把 1，2，3，4 中除去用过的一个还有 3 个可任取 一个，有 3 种方法；第三步，第四步把剩下的包括 0 在内的还 有 3 个数字先排百位有 3 种方法，再排十位有 2 种方法．由分 步乘法计数原理共有 2×3×3×2＝36 个．
2． [变问法]在本例条件下， 能组成多少个能被 3 整除的四位数？
解： 一个四位数能被 3 整除， 必须各位上数字之和能被 3 整除， 故组成四位数四个数字只能是 0，1，2，3 或 0，2，3，4 两类． 所以满足题设的四位数共有 2×3×3×2×1＝36 个．
解决组数间的方法 (1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步” 的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊 位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多， 可采用间接法求解． (2)要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最 高位．
1.四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则 由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( A．6 C．12 B．9 D．24 )
解析： 选 B.根据 0 的位置进行分类： 第一类， 0 在个位有 2 110， 1 210， 1 120， 共 3 个； 第二类， 0 在十位有 2 101， 1 201， 1 102， 共 3 个；第三类，0 在百位有 2 011，1 021，1 012，共 3 个， 故由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为 9.
4．从 1 到 200 的自然数中，各个数位上都不含有数字 8 的自 然数有多少个？
解：第一类：一位数中除 8 外符合要求的有 8 个； 第二类：两位数中，十位上数字除 0 和 8 外有 8 种情况，而个 位数字除 8 外，有 9 种情况，有 8×9 个符合要求； 第三类：三位数中，百位上数字是 1 的，十位和个位上数字除 8 外均有 9 种情况，有 9×9 个，而百位上数字是 2 的只有 200 符合． 所以总共有 8＋8×9＋9×9＋1＝162(个)．
2018_2019学年高中数学第一章计数原理章末综合检测新人教A版
第一章计数原理章末综合检测(一)(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题：本题共12小题，每小题5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．甲、乙两人从4门课程中各选修1门，则甲、乙所选的课程不相同的选法共有( ) A．6种B．12种C．30种D．36种解析：选B.因为甲、乙两人从4门课程中各选修1门，所以由乘法原理，可得甲、乙所选的课程不相同的选法有4×3＝12种．故选B.2．(x＋2)6的展开式中x3的系数是( )A．20 B．40C．80 D．160解析：选D.法一：设含x3的为第k＋1项，则T k＋1＝C k6x6－k·2k，令6－k＝3，得k＝3，故展开式中x3的系数为C36×23＝160.法二：根据二项展开式的通项公式的特点：二项展开式每一项中所含的x与2的次数和为6，则根据题意满足条件x3的项按3与3分配即可，则展开式中x3的系数为C36×23＝160. 3．(2018·江苏无锡天一中学高二下学期期中)从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出2台，其中甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法种数为( )A．60 B．40C．30 D．20解析：选D.根据题意，分2步进行分析：①先在4台甲型电视机中取出1台，有4种取法；②再在5台乙型电视机中取出1台，有5种取法．则有4×5＝20种不同的取法．故选D. 4．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是( )A．16 B．24C．32 D．48解析：选C.圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有C14C16＝24个直角三角形．斜三角形的个数为C38－C14C16＝32个．5．甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有( )A．36种B．48种C．96种D．192种解析：选C.不同选修方案的种数为C24×C34×C34＝96种．6．设(x 2＋1)(2x ＋1)9＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 11(x ＋2)11，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11的值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2解析：选A.令x ＝－1，即得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝－2.7．(2018·辽宁鞍山检测)若(x 2＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6的展开式中x 4的系数为30，则m 的值为( )A ．－52 B.52C ．－152 D.152解析：选B.⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6展开式的通项公式为：T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r＝(－2)r C r 6x 6－2r，令6－2r ＝2，得r ＝2，所以x 2项的系数为(－2)2C 26＝60，令6－2r ＝4，得r ＝1，所以x 4项的系数为(－2)1C 16＝－12，所以(x 2＋m )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6的展开式中x 4的系数为60－12m ＝30，解得m ＝52.故选B.8．(2018·江西五市八校联考)某学校高三年级有2个文科班，3个理科班，现每个班指定1人对各班的卫生进行检查，若每班只安排一人检查，且文科班学生不检查文科班，理科班学生不检查自己所在的班，则不同安排方法的种数是( ) A ．24 B ．32 C ．48D ．84解析：选A.首先安排文科学生，文科两个班的学生有A 23种安排方法，然后安排理科学生，理科的学生有A 12×A 22种安排方法，利用乘法原理可得，不同的安排方法的种数为A 23×A 12×A 22＝24(种)．故选A.9．在制作飞机的某一零件时，要先后实施6个工序．工序A 只能出现在第一步或最后一步，工序B 和C 实施时必须相邻，则实施顺序的编排方法共有( ) A ．34种 B ．48种 C ．96种D ．108种解析：选C.由题意可知，先排工序A ，有2种编排方法；再将工序B 和C 视为一个整体(有2种顺序)与其他3个工序全排列共有2A 44种编排方法．故实施顺序的编排方法共有2×2A 44＝96种．故选C.10．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为( ) A ．96B ．114C ．128D ．136解析：选B.由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C 217＝136，分配名额相等有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114种．11．从集合{1，2，3，…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中任何两个数的和不等于11，则这样的子集共有( ) A ．10个 B ．16个 C ．20个D ．32个解析：选D.因为这10个数中两数之和为11的共有5组，即(1，10)，(2，9)，(3，8)，(4，7)，(5，6)，所以从10个数中任取5个数组成一个子集，使得这5个数中任何两个数的和不等于11的子集个数共有C 12C 12C 12C 12C 12＝32个．12．(2018·四川绵阳三诊)已知(2x 2＋x －y )n的展开式中各项系数的和为32，则展开式中x 5y 2的系数为( )A ．120B ．30C ．240D ．60解析：选A.由题意，(2x 2＋x －y )n的展开式中各项系数的和为32，即(2＋1－1)n＝32，解得n ＝5.已知(2x 2＋x －y )5＝[(2x 2＋x )－y ]5的通项公式为T r ＋1＝C r 5·(－y )r (2x 2＋x )5－r ，由展开式中含有x 5y 2，可知r ＝2，且(2x 2＋x )3的展开式中有含x 5的项，由通项公式，可得T t ＋1＝C t 3(2x 2)3－t x t＝23－t C t 3x 6－t ，令t ＝1得，含x 5项的系数为22C 13.所以展开式中，x 5y 2的系数为C 25×C 13×22＝120.二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有________种． 解析：分两类解决：第1类，甲排在第一位，共有A 44＝24种排法； 第2类，甲排在第二位，共有A 13·A 33＝18种排法．由分类加法计数原理可知，节目演出顺序的编排方案共有24＋18＝42种． 答案：4214．(2018·广西桂林、崇左、百色一模)若二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －1x n的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式中常数项为________．解析：第4项的二项式系数C 3n 最大，所以n ＝6，展开式通项T k ＋1＝C k 6x 6－k·⎝⎛⎭⎪⎫－1x k ＝(－1)k C k6x 6－32k ，令6－32k ＝0，则k ＝4，所以常数项为(－1)4C 46＝15. 答案：1515．(2018·信阳高二检测)将A ，B ，C ，D 四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A ，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种． 解析：先把A ，B 放入不同盒中，有3×2＝6种放法，再放C ，D ， 若C ，D 在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；若C ，D 在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A 或B 的盒中，有2×2＝4种放法．故共有6×(1＋4)＝30种放法． 答案：3016．若存在n ∈N *，使得(ax ＋1)2n和(x ＋a )2n ＋1(其中a ≠0)的展开式中含x n项的系数相等，则a 的最大值为________． 解析：由(x ＋a )2n ＋1的展开式中第r ＋1项为T r ＋1＝C r 2n ＋1·x2n ＋1－r a r，令2n ＋1－r ＝n ，得r ＝n＋1，所以含x n项的系数为C n ＋12n ＋1a n ＋1.由C n ＋12n ＋1an ＋1＝C n 2n a n，得a ＝n ＋12n ＋1，是关于n 的减函数，因为n ∈N *， 所以12＜a ≤23，故a 的最大值为23.答案：23三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)已知A ＝{x |1<log 2x <3，x ∈N *}，B ＝{x ||x －6|<3，x ∈N *}．试问： (1)从集合A 和B 中各取一个元素作直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？ (2)从A ∪B 中取出三个不同的元素组成三位数，从左到右的数字要逐渐增大，这样的三位数有多少个？解：A ＝{3，4，5，6，7}，B ＝{4，5，6，7，8}．(1)从A 中取一个数作为横坐标，从B 中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25个，而8作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标的情况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34个不同的点．(2)A ∪B ＝{3，4，5，6，7，8}，C 36＝20.即共有三位数20个．18．(本小题满分12分)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数． (1)共可以组成多少个五位数？ (2)其中奇数有多少个？(3)如果将所有的五位数按从小到大的顺序排列，43 125是第几个数？说明理由． 解：(1)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，共可以组成A 55＝120(个)五位数． (2)由1、2、3、4、5组成的无重复数字的五位数奇数中， 第五个数字必须从1、3、5中选出，共有C 13种结果．其余四个位置可以用四个元素在四个位置进行全排列，共有A 44种结果， 根据分步乘法计数原理得到共有奇数C 13A 44＝72(个)． (3)考虑大于43 125的数，分四类讨论：①5在首位，将其他4个数字全排列即可，有A 44＝24个．②4在首位，5在千位，将其他3个数字全排列即可，有A 33＝6个．③4在首位，3在千位，5在百位，将其他2个数字全排列即可，共有A 22＝2个． ④除上述情况，还有43 215，43 251，43 152共3个数．由(1)知共可以组成120个五位数，则不大于43 125的五位数有120－(24＋6＋2＋3)＝85个．所以43 125是第85个数．19．(本小题满分12分)设(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10，求下列各式的值． (1)a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10； (2)a 6.解：(1)令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝(2－1)10＝1. (2)a 6即为含x 6项的系数，T r ＋1＝C r 10(2x )10－r·(－1)r ＝C r 10(－1)r 210－r·x10－r，所以当r ＝4时，T 5＝C 410(－1)426x 6＝13 440x 6，即a 6＝13 440.20．(本小题满分12分)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫2x i ＋1x 2n，i 是虚数单位，x ＞0，n ∈N *.(1)如果展开式中的倒数第3项的系数是－180，求n 的值； (2)对(1)中的n ，求展开式中系数为正实数的项． 解：(1)由已知，得C n －2n (2i)2＝－180， 即4C 2n ＝180，所以n 2－n －90＝0，又n ∈N *， 解得n ＝10.(2)⎝⎛⎭⎪⎫2x i ＋1x 210展开式的通项为T k ＋1＝C k 10·(2x i)10－k x －2k＝C k 10(2i)10－kx 5－52k ，因为系数为正实数， 且k ∈{0，1，2，…，10}， 所以k ＝2，6，10，所以所求的项为T 3＝11 520，T 7＝3 360x －10，T 11＝x －20.21．(本小题满分12分)已知(3x ＋x )n的展开式的各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，若M －N ＝240. (1)求n ；(2)求展开式中所有关于x 的有理项． 解：(1)令x ＝1，可得各项系数之和M ＝4n， 二项式系数之和为N ＝2n. 所以4n －2n＝240. 又n ∈N *，得n ＝4. (2)T r ＋1＝34－r C r4x 4－r2，0≤r ≤4，当r ＝0，2，4时展开式中的项为有理项， 当r ＝0时，T 1＝34C 04x 4＝81x 4， 当r ＝2时，T 3＝32C 24x 3＝54x 3， 当r ＝4时，T 5＝30C 44x 2＝x 2.22．(本小题满分12分)设有编号为1，2，3，4，5的5个小球和编号为1，2，3，4，5的5个盒子，现将这5个小球放入5个盒子中．(1)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子的编号不全相同，有多少种投放方法？ (2)每个盒子内投入1个球，并且至少有2个球的编号与盒子的编号是相同的，有多少种投放方法？解：(1)先把5个小球放到5个盒子中，没有空盒，有A 55种投放方法，球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种，故满足题意的投放方法有A 55－1＝119(种)． (2)可分为三类．第一类：5个球的编号与盒子的编号完全相同，有1种投放方法．第二类：3个球的编号与盒子的编号相同，有C 35种投放方法．剩下的2个球的投放方法只有1种，所以投放方法有C 35×1＝10(种)．第三类：2个球的编号与盒子的编号相同，有C 25种投放方法，剩下的3个球的投放方法有2种，所以投放方法有C 25×2＝20(种)．根据分类加法计数原理得，满足题意的投放方法有1＋10＋20＝31(种)．。
2018-2019学年高中数学 第一章 计数原理 1.2.2 第1课时 组合(一)优质课件 新人教A
[解析] 原方程可化为：20·5n！＋n5！！＝4(n＋4)·n－n＋13！！4！＋ 即n＋5n＋4n＋6 3n＋2n＋1 ＝n＋4n＋36n＋2n＋1n＋15(n＋3)(n＋2)，
∴(n＋5)(n＋4)(n＋1)－(n＋4)(n＋1)n＝90， 即 5(n＋4)(n＋1)＝90， ∴n2＋5n－14＝0，即 n＝2 或 n＝－7.注意到 n≥1 且 n∈Z， ∴n＝2.故 n 的值为 2．
〔跟踪练习 3〕 计算：(1)C58＋C91800·C77； (2)C05＋C15＋C25＋C35＋C45＋C55．
[解析] (1)原式＝C38＋C2100×1＝83× ×72× ×61＋1020××199＝56＋49 (2)原式＝2(C05＋C15＋C25)＝2(C16＋C25)＝2(6＋52× ×41)＝32．
规律总结』 1.性质“Cnm＝Cnn－m”的意义及作用． 反映的是组合数的对称性，即从n个不
意义 → 同的元素中取m个元素的一个组合与 剩下的n－m个元素的组合相对应
作用 → 当m>n2时，计算Cnm通常转化为计算Cnn－m
2．与排列组合有关的方程或不等式问题要用到排列数、组 组合数的性质，求解时，要注意由 Cnm中的 m∈N＋，n∈N＋，且 的范围，因此求解后要验证所得结果是否适合题意．
3．A23＋A24＋A25＋…＋A2100＝__2_C_31_0_1－___2__.(用组合数表示)
[解析] 解法一：原式＝C23A22＋C24A22＋…＋C2100A22 ＝(C23＋C24＋…＋C2100)·A22 ＝(C33＋C23＋C24＋C25＋…＋C2100－C33)·A22 ＝(C34＋C24＋C25＋…＋C2100－C33)·A22 ＝(C35＋C25…＋C2100－C33)·A22 … ＝(C3101－C33)·A22 ＝(C3101－1)·A22 ＝2C3101－2．