高中数学第一章1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理课后训练
高中数学课后提升训练一1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.1.1新人教A选修2-3
课后提升训练一分类加法计数原理与分步乘法计数原理及其简单应用(45分钟70分)一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2017·济南高二检测)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.3B.6C.9D.12【解析】选C.分两步,第1步:甲从红、白、蓝3种颜色运动服中选1种,有3种选法.第2步,乙从红、白、蓝3种运动服中选1种,也有3种选法,所以不同的选法种数为3×3=9(种).2.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【解析】选B.从甲地到乙地乘车的方案可分为两类,第1类,从甲地直达乙地有4种方法;第2类,从甲地到丙地,再从丙地到乙地,共有5×3=15种方法,所以共有4+15=19种方法.3.(2017·承德高二检测)某乒乓球队里有男队员6人,女队员5人,从中选取男、女队员各一人组成混合双打队,不同的组队总数有( )A.11种B.30种C.56种D.65种【解析】选B.先选1男有6种方法,再选1女有5种方法,故共有6×5=30种不同的组队方法.4.某班有男生26人,女生24人,从中选一位同学为数学课代表,则不同选法的种数为( )A.50B.26C.24D.616【解析】选A.根据分类加法计数原理,不同的选法种数为N=26+24=50(种).5.(2017·广东高二检测)正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A.20条B.15条C.12条D.10条【解析】选D.由题意正五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线,因为不同在任何侧面内,故从一个顶点出发的对角线有2条.所以正五棱柱对角线的条数共有2×5=10条.6.(2017·阜阳高二检测)若从集合{1,2,3,4}中任取两个不同的数,作为直线ax+by=0的系数,则该直线方程表示的不同直线的条数为( )A.16B.12C.10D.8【解析】选C.第一步取a的值,有4种取法;第二步取b的值,有3种取法.其中当a=1,b=2时,与a=2,b=4时是相同的,当a=2,b=1时,与a=4,b=2时是相同的,故共有4×3-2=10(条)不同的直线.【延伸探究】若将条件“{1,2,3,4}”变为“{0,1,2,3,4}”,该直线方程表示的不同直线的条数如何? 【解析】按a,b是否为0进行分类:第一类:a或b中有一个为0时,方程表示不同的直线为x=0或y=0,共2条.第二类:a,b中都不取0时,取a的值,有4种取法,取b的值,有3种取法,共有4×3=12条.但是,当a=1,b=2时,与a=2,b=4时是相同的,当a=2,b=1时,与a=4,b=2时是相同的.综上所述,故共有2+4×3-2=12(条)不同的直线.7.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【解析】选C.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.8.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,不同选法的种数是( )A.56B.65C. D.6×5×4×3×2【解析】选A.每位同学都有5种选择,共有5×5×5×5×5×5=56(种)选法.二、填空题(每小题5分,共10分)9.(2017·青岛高二检测)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)【解析】组成不同的二次函数分三步.第1步:确定a的值,a可以从-1,1,2三个数中选一个,有3种选法.第2步:确定b的值,b可以从a选中的剩余的三个数中选一个,有3种选法.第3步:确定c的值,c从剩余的两个数中选一个,有2种选法.所以共有:3×3×2=18(个).f(x)若是偶函数则必须有a≠0,b=0所以共有:3×2=6(个).答案:18 610.同室四人各写一张贺卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺卡,则四张贺卡的不同的分配方式有________种.【解析】设4人为甲、乙、丙、丁,分步进行:第一步,让甲拿,有三种方法;第二步,让甲拿到的卡片上写的人去拿,有三种方法,剩余两人只有一种拿法,所以共有3×3×1×1=9(种)不同的分配方式.答案:9三、解答题(每小题10分,共20分)11.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? 【解析】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(种).12.集合A={a,b,c,d},B={1,2,3,4,5}.(1)从集合A到集合B可以建立多少个不同的映射?(2)从集合A到集合B的映射中,若要求集合A中的不同元素在B中对应的元素不同,这样的映射有多少个? 【解析】(1)由映射的定义和分步乘法计数原理知,安排元素a的有5种方法,同理安排元素b,c,d各有5种方法,故共有5×5×5×5=54=625(个)不同的映射.(2)由题意,第一步安排第一个元素有5种方法,第二步安排第二个元素有4种方法,以此类推,共有5×4×3×2=120(个)不同的映射.【能力挑战题】方程ay=b2x2+c中的a,b,c∈{-2,0,1,2,3},且a,b,c互不相同,在所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有多少条?【解析】方程ay=b2x2+c变形得x2=y-,若表示抛物线,则a≠0,b≠0,所以,分b=-2,1,2,3四种情况: (1)若b=-2,即x2=y,x2=y-,x2=y-;x2=y,x2=y-,x2=y-;x2=y,x2=y-,x2=y-.(2)若b=2,即x2=-y,x2=-y-,x2=-y-;x2=y+,x2=y,x2=y-;x2=x+,x2=y,x2=y-;以上两种情况下有4条重复,故共有9+5=14条;同理,若b=1,共有9条;若b=3,共有9条.综上,共有14+9+9=32条.。
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。
高中数学人教版选修2-3同步练习册学生版
1．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、讲解例题例题1、在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ [变问法]在本例条件下，个位数字小于十位数字且为偶数的两位数有多少个？变式训练、 某校高三共有三个班，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)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(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？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 ＝ax 2＋bx ＋c 的系数a ，b ，c ，则可以组成抛物线的条数为多少？1．[变问法]若本例中的二次函数图象开口向下，则可以组成多少条抛物线？2．[变条件、变问法]若从本例的六个数字中选2个作为椭圆x 2m ＋y 2n ＝1的参数m ，n ，则可以组成椭圆的个数是多少？变式训练、从1，2，3，4中选三个数字，组成无重复数字的整数，则满足下列条件的数有多少个？ (1)三位数； (2)三位偶数．甲同学有5本不同的数学书、4本不同的物理书、3本不同的化学书，现在乙同学向甲同学借书，男生人数 女生人数 总人数 高三(1)班 30 20 50 高三(2)班 30 30 60 高三(3)班352055(1)若借1本书，则有多少种借法？(2)若每科各借1本书，则有多少种借法？(3)若任借2本不同学科的书，则有多少种借法？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？二、课后练习1．(2018·西安一中高二检测)完成一项工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外有4个人只会用第二种方法，从这9个人中选1人完成这项工作，不同的选法种数是() A．5 B．4C．9 D．202．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，可得直角坐标系中第一、二象限不同点的个数是()A．18 B．16C．14 D．103．现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是()A．81 B．64C．48 D．244．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是()A．15 B．12C．5 D．45．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有()A．24种B．16种C．12种D．10种6．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种．7．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________种．8．直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，2，3，5，7这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．9．(2018·云南丽江测试)现有高二四个班学生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)推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？10．(1)如图，在由电键组A与B所组成的并联电路中，要接通电源且仅闭合其中一个电键，使电灯C发光的方法有多少种？(2)如图，由电键组A，B组成的电路中，要闭合两个电键接通电源，使电灯C发光的方法有几种？第2课时计数原理的综合应用一、讲解例题用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？1．[变问法]由本例中的五个数字可以组成多少个无重复数字的四位奇数？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？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．6B．9C．12 D．242．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”．现从1，2，3，4，5，6这六个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有() A．120个B．80个C．40个D．20个高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有()A．16种B．18种C．37种D．48种某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这3名学生的参赛的不同方法有()A．24种B．48种C．64种D．81种(1)如图，要给地图上A、B、C、D四个区域分别涂上4种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有多少种？(2)如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻的区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，有不同的着色的方法？1、从五种不同的颜色中选出若干种涂在如图所示的①②③④各部分，若要求相邻的部分颜色不同，则不同的涂法共有多少种？2、用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定三个数必须全部使用，且同一个数字不能相邻出现，这样的四位数有________种。
2019-2020年高中数学第一章计数原理1.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理3课后导练新人教A版选修
2019-2020年高中数学第一章计数原理1.1分类加法计数原理和分步乘法计数原理3课后导练新人教A版选修基础达标1.将5名大学毕业生全部分配给3所不同的学校，不同的分配方式的种数有( )A.8B.15C.125D.243解析：每名大学生有3种不同的分配方式，所以共有35种不同的分配方式.故选D.2.如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有( )A.6种B.36种C.63种D.64种答案：C3.某班一天上午排语、数、外、体四门课，其中体育课不能排一、四节，则不同排法的种数为( )A.24B.22C.20D.12解析：先排体育课，只能排在二、三节，有两种排法；第二步排语文，有3种方法；第三步排数学，有2种方法；第四步排外语，只有1种方法，故共有N=2×3×2×1=12种排法，故选D.4.用1，5，9，13中任意一个数作为分子，4，8，12，16中任意一个数作为分母，可构造________个不同的真分数.解析：设构造的真分数为，其中m∈{1，5，9，13}，n∈{4，8，12，16}，且m＜n，若m=1，则n有4种选法；若m=5，则n有3种选法；若m=9，则n有2种选法；若m=13，则n有1种选法，故可构造的真分数个数为4+3+2+1=10种.综合运用5.某演出队有8名歌舞演员，其中6人会表演舞蹈节目，有5人会表演歌唱节目，今从这8人中选出2人，一人表演舞蹈，一人表演歌唱，则选法共有( )A.24种B.27种C.28种D.36种解析：设会表演舞蹈节目的6人组成集合A，会表演歌唱节目的5人组成集合B，则A∩B 中的元素个数为3个，把这三个称为“全能选手”.若按入选的选手中含有n个“全能选手”可分三大类：含0个，含1个，含2个.第1类的选法种类为3×2=6个；第2类的选法种数为3×2+3×3=15个；第3类的选法种数为3×2=6种.由加法原理可得选法共有N=6+15+6=27种，故选B.6.已知：m∈{2，5，8，9}，n∈{1，3，4，7}，则方程=1表示的焦点在x轴上的不同椭圆个数为( )A.12B.16C.8D.10解析：由题意m＞n，可用分类计数原理求得共有N=1+3+4+4=12个，选A.7.由n×n个边长为1的正方形拼成的正方形棋盘中，由若干个小方格能拼成的所有正方形的数目是( )A.nB.n2C.·(n+1)·(2n+1)·nD.n·(n-1)·(n-2)·…·3·2·1解析：边长分别为1，2，…，n的正方形的数目分别是n2，(n-1)2，…，12个，故由加法原理可得所有正方形的数目为n2+(n-1)2+…+12=n(n+1)(2n+1)，故选C.拓展探究8.设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一.若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动.那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共有多少种?解析：如图所示，(1)青蛙经过3次从A点跳到D点，有且只有2种情况，即有2种跳法.(2)青蛙跳完5次停止跳动，说明它在跳到第3次时没有到达D点.又每次跳动不分方向，有2种方向可能.所以前3次有2×2×2=8种跳法.由(1)知应减去2种到达D点的跳法，故前3次的跳法是8-2=6种；后两次(显然是分步)共有2×2=4种跳法.故跳5次停跳的方法有6×4=24种.综上，这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共有26种.备选习题9.电子计算机的输入纸带每排8个穿孔位置，每个穿孔位置可穿孔或不穿孔，则每排最多可产生___________种不同信息.解析：产生一种信息需分8步，每步有两种选择方法，由分步计数原理可得共可产生N=28=256(种)不同信息.10.圆周上有2n个等分点(n＞1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为___________. 解析：把和圆心三点共线的两个顶点视为一组，共可分为n组，每组顶点和剩余的任一个顶点均可构成一个直角三角形，共可形成2(n-1)个直角三角形，由分类计数原理可得所求直角三角形的个数共有：N=n·2(n-1)=2n(n-1)(个)11.若直线方程ax+by=0中的a、b可以从0，1，2，3，4这五个数中任取两个不同的数字，则该方程表示的不同的直线共有多少条?解析：可按a、b是否为0进行分类：第一类，a或b中有一个取0时，方程表示不同直线为x=0或y=0，共2条.第二类，a，b都不取0时，确定a的取值有4种方法，确定b的取值有3种方法，共有4×3=12(种).但是，当a=1，b=2与a=2，b=4时，方程表示同一直线；类似地，还有a=2，b=1与a=4，b=2的情况.综上所述，方程表示的不同的直线共有2+12-2=12(条).12.我国使用的明码电报号码是用4个数字(从0到9)代表一个汉字的，问一共可以表示多少个不同的汉字?解析：4个数字均可从0到9这10个数字中任取一个.由分步计数原理，能够表示不同的汉字有104=10 000(个).13.用红、黄、绿3种颜色的纸做了3套卡片，每套卡牛中写上A、B、C、D、E字母的卡片各一张，若从这15张卡片中，每次取出5张，要求字母不同且3色齐全的取法有多少种? 解析：取出5张卡片字母不同的取法有35=243(种)；取出5张卡片字母不同且至少缺一种颜色的取法共有3×25=96(种).至少缺一种颜色，不妨以至少缺红色为例：因为所选的5张卡片字母不同，颜色可从黄绿中任选，故选出的卡片有缺红、黄或缺红、绿两种可能.同样，在至少缺黄色时，存在缺黄、红或黄、绿两种可能；在至少缺绿色时，存在缺绿、红或绿、黄两种可能.这样，在排除至少缺一种颜色的取法时，将同时缺两种颜色的3种情况，排除了两次，应再加上.故取出5张卡片字母不同且颜色齐全的取法共有N=243-96+3=150(种).2019-2020年高中数学第一章计数原理1.2.1排列概念与排列数公式1学案新人教A版选修[学习目标]1．理解并掌握排列的概念．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．[知识链接]1．同一个排列中，同一个元素能重复出现吗？答由排列的定义知，在同一个排列中不能重复出现同一个元素．2．排列与排列数的区别是什么？答“排列”和“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指完成的具体的一件事，其过程要先取后排，它不是一个数；而排列数是指完成具体的一件事的所有方法的种数，即所有排列的个数，它是一个数．[预习导引]1．排列的定义一般地，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．2．排列数的定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A mn 表示． 3．排列数公式A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)(n ，m ∈N *，m ≤n )＝n ！（n －m ）！.要点一 排列的概念例1 判断下列问题是否是排列问题(1)从1到10十个自然数中任取两个数组成直角坐标平面内的点的坐标，可得多少个不同的点的坐标？(2)从10名同学中任抽两名同学去学校开座谈会，有多少种不同的抽取方法？(3)某商场有四个大门，若从一个门进去，购买物品后再从另一个门出来，不同的出入方式共有多少种？解 (1)由于取出的两数组成点的坐标与哪一数作横坐标，哪一数作纵坐标的顺序有关，所以这是一个排列问题．(2)因为任何一种从10名同学抽取两人去学校开座谈会的方式不用考虑两人的顺序，所以这不是排列问题．(3)因为从一门进，从另一门出是有顺序的，所以是排列问题． ∴(1)(3)是排列问题，(2)不是排列问题．规律方法 确认一个具体问题是否为排列问题，一般从两个方面确认． (1)首先要保证元素的无重复性，否则不是排列问题．(2)其次要保证选出的元素被安排的有序性，否则不是排列问题，而检验它是否有顺序的标准是变换某一结果中两元素的位置，看结果是否变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序．跟踪演练1 下列问题是排列问题吗？并说明理由．(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?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 2b 2＝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． 要点二 列举法解决排列问题例2 (1)从1，2，3，4四个数字中任取两个数字组成两位数，共有多少个不同的两位数？ (2)写出从4个元素a ，b ，c ，d 中任取3个元素的所有排列． 解 (1)由题意作树形图，如图．故所有两位数为12，13，14，21，23，24，31，32，34，41，42，43，共有12个． (2)由题意作树形图，如图．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 ，共有24个．规律方法 “树形图”在解决排列问题个数不多的情况时，是一种比较有效的表示方式．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，在每一类中再按余下的元素在前面元素不变的情况下确定第二位元素，再按此元素分类，依次进行，直到完成一个排列，这样能做到不重不漏，然后再按树形图写出排列．跟踪演练2 将A ，B ，C ，D 四名同学按一定顺序排成一行，要求自左向右，且A 不排在第一，B 不排在第二，C 不排在第三，D 不排在第四，试用树形图列出所有可能的排法． 解 树形图为(如图)：由树形图知，所有排法为BADC ，BCDA ，BDAC ，CADB ，CDAB ，CDBA ，DABC ，DCAB ，DCBA ，共有9种排法．要点三 排列数公式的应用 例3 求解下列问题：(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)解方程：A 42x ＋1＝140A 3x .解 (1)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)，所以(55－n )(56－n )…(69－n )＝A 1569－n ； (2)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)根据原方程，x 应满足⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1≥4，x ≥3，x ∈N * 解得x ≥3，x ∈N *.根据排列数公式，原方程化为(2x ＋1)·2x ·(2x －1)·(2x －2)＝140x ·(x －1)·(x －2)． 因为x ≥3，两边同除以4x (x －1)，得(2x ＋1)(2x －1)＝35(x －2)．即4x 2－35x ＋69＝0，解得x ＝3或x ＝534(因为x 为整数，所以应舍去)．所以原方程的解为x ＝3.规律方法 1.排列数公式的乘积的形式适用于个体计算和当m 较小时的含排列数的方程和不等式问题．2．排列数公式的阶乘的形式主要用于与排列数有关的证明、解方程和不等式等问题，具体应用时注意提取公因式，可以简化计算． 跟踪演练3 (1)解不等式：A x ＋28＜6A x8；(2)证明 A n ＋1n ＋1－A n n ＝n A n n ，并用此结论计算A 11＋2A 22＋3A 33＋…＋8A 88. (1)解 原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧8！[8－（x ＋2）]！＜6×8！（8－x ）！，x ＋2≤8且x ∈N *，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－15x ＋50＜0，x ≤6且x ∈N *. 即5＜x ≤6且x ∈N *，从而解得x ＝6. (2)证明 A n ＋1n ＋1－A n n ＝(n ＋1)！－n! ＝(n ＋1)n ！－n ！＝n ·n ！＝n A nn .A11＋2A22＋3A33＋…＋8A88＝(A22－A11)＋(A33－A22)＋…＋(A88－A77)＋(A99－A88)＝A99－A11＝9！－1＝362 879.题型四排列的简单应用例4 (1)有5个不同的科研小课题，从中选3个科研小课题由高二·三班的3个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？(2)有5个不同的科研课题，高二·三班的3个学习兴趣小组报名参加，每组限报一项，共有多少种不同的安排方法？解(1)从5个课题中选出3个，由兴趣小组进行研究，对应于从5个元素中取出3个元素的一个排列．因此不同的安排方法是A35＝5×4×3＝60(种)．(2)3个兴趣小组可能报同一科研课题，因此元素可以重复，不是排列问题，共有5×5×5＝125种不同的安排方法．跟踪演练4 用一颗骰子连掷三次，投掷出的数字顺序排成一个三位数，此时：(1)各位数字互不相同的三位数有多少个？(2)可以排出多少个不同的数？(3)恰好有两个相同数字的三位数共有多少个？解(1)A36＝120(个)．(2)每掷一次，出现的数字均有6种可能性，故有6×6×6＝216(个)．(3)两个数字相同有三种可能性，即第一、二位，第二、三位，第三、一位相同，而每种情况有6×5种，故有3×6×5＝90(个).1．下列问题属于排列问题的是( )①从10个人中选2人分别去种树和扫地；②从10个人中选2人去扫地；③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队；④从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算．A．①④ B．①② C．④ D．①③④答案 A解析根据排列的定义，选出的元素有顺序的才是排列问题．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，乙丙答案 C解析选出两人，两人的不同顺序都要考虑．3．设m∈N*，且m<15，则(15－m)(16－m)…(20－m)等于( )A．A615－m B．A15－m20－mC．A620－m D．A520－m答案 C解析因为15－m，16－m，…，20－m中的最大数为20－m，且共有20－m－(15－m)＋1＝6(个)．所以(15－m)(16－m)…(20－m)＝A620－m.4．8种不同的菜种，任选4种种在不同土质的4块地上，有________种不同的种法(用数字作答)．答案 1 680解析将4块不同土质的地看作4个不同的位置，从8种不同的菜种中任选4种种在4块不同土质的地上，则本题即为从8个不同元素中任选4个元素的排列问题．所以不同的种法共有A48＝8×7×6×5＝1 680(种)．1．排列有两层含义：一是“取出元素”，二是“按照一定顺序排成一列”．这里“一定的顺序”是指每次取出的元素与它所排的“位置”有关，所以，取出的元素与“顺序”有无关系就成为判断问题是否为排列问题的标准．2．排列数公式有两种形式，可以根据要求灵活选用.一、基础达标1.A 67－A 56A 45＝( )A ．12B ．24C ．30D ．36答案 D解析 A 67＝7×6×A 45，A 56＝6×A 45，所以原式＝36A 45A 45＝36.2．18×17×16×…×9×8＝( )A ．A 818 B ．A 918C ．A 1018 D ．A 1118答案 D3．若x ＝n ！3！，则x ＝( )A ．A 3n B ．A n －3nC ．A n3 D ．A 3n －3答案 B4．与A 710·A 22不等的是( )A ．A 910 B ．81A 88C ．10A 99D ．A 1010答案 B5．若A 5m ＝2A 3m ，则m 的值为 ( )A ．5B ．3C ．6D ．7答案 A6．若A mn ＝17×16×15×…×5×4，则n ＝________，m ＝________.答案 17 147．10个人走进只有6把不同椅子的屋子，若每把椅子必须且只能坐一人，共有多少种不同的坐法？解 坐在椅子上的6个人是走进屋子的10个人中的任意6个人，若把人抽象地看成元素，将6把不同的椅子当成不同的位置，则原问题抽象为从10个元素中取6个元素占据6个不同的位置．显然是从10个元素中任取6个元素的排列问题．从而，共有A 610＝151 200种坐法． 二、能力提升8．将5本不同的数学用书放在同一层书架上，则不同的放法有( )A ．50B ．60C ．120D ．90答案 C解析 5本书进行全排列，A 55＝120.9．(xx·四川卷)从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是 ( )A ．9B ．10C ．18D ．20答案 C解析 首先从1，3，5，7，9这五个数中任取两个不同的数排列，共有A 25＝20种排法， 因为31＝93，13＝39，所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是20－2＝18.10．有3名大学毕业生，到5家招聘员工的公司应聘，若每家公司至多招聘一名新员工，且3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有________种不同的招聘方案(用数字作答)． 答案 60解析 将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题．所以不同的招聘方案共有A 35＝5×4×3＝60(种)．11．某国的篮球职业联赛共有16支球队参加．(1)每队与其余各队在主客场分别比赛一次，共要进行多少场比赛？(2)若16支球队恰好8支来自北部赛区，8支来自南部赛区，为增加比赛观赏度，各自赛区分别采用(1)中的赛制决出赛区冠军后，再进行一场总冠军赛，共要进行多少场比赛？ 解 (1)任意两队之间要进行一场主场比赛及一场客场比赛，对应于从16支球队任取两支的一个排列，比赛的总场次是A 216＝16×15＝240.(2)由(1)中的分析，比赛的总场次是A 28×2＋1＝8×7×2＋1＝113. 12．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．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)属于排列问题．三、探究与创新13．一条铁路有n 个车站，为适应客运需要，新增了m 个车站，且知m ＞1，客运车票增加了62种，问原有多少个车站？现在有多少个车站？解 由题意可知，原有车票的种数是A 2n 种，现有车票的种数是A 2n ＋m 种，∴A 2n ＋m －A 2n ＝62， 即(n ＋m )(n ＋m －1)－n (n －1)＝62.∴m (2n ＋m －1)＝62＝2×31，∵m ＜2n ＋m －1，且n ≥2，m ，n ∈N *∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，2n ＋m －1＝31， 解得m ＝2，n ＝15，故原有15个车站，现有17个车站．。
人教版数学高二作业1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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 ．65C ．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．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答案1．B[从甲地到乙地有两类方案：甲地直达乙地，甲地经丙地到乙地，共有4＋3×5＝19(种)方法．]2．C[一个窗有3种可能情况(红、绿、不亮)，每个窗出现一种情况的方法种数为3×3×3×3×3＝35(种)，即为表示的不同信号．]3．C[男生为38人，女生为18人，第1步从男生38人中任选1人，有38种不同的选法；第二步从女生18人中任选1人，有18种不同的选法．只有上述两步完成后，才能完成从男生中和女生中各选1名代表这件事，根据分步乘法计数原理共有38×18＝684(种)选取代表的方法．]4．B[当x＝2时，y可取3,4,5,6,7,8,9，共7个点；当x＝y时，y可取3,4,5,6,7,8,9，共7个点．∴这样的点共有7＋7＝14(个)．]5．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．B[按题意分成两类：第一类：甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人出自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理知有N1＝2×6＝12(种)情况；第二类：3人全来自其余4家企业，有4种情况．综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16(种)情况．]7．10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．A[每位同学可自由选择5个讲座中的其中1个讲座，故6名同学的安排可分6步进行，每步均有5种选择，因此共有56种不同选法．]13．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＝4080(种)．。
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 第2课时 分类加法计数原理与
第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用学习目标：1.进一步理解和掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理．(重点)2.能根据具体问题的特征，选择两种计数原理解决一些实际问题．(重、难点)3.会根据实际问题的特征，合理地分类或分步．(难点、易混点)[自主预习·探新知]1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的区别和联系(1)联系：分类加法计数原理与分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题．(2)区别：分类加法计数原理针对的是分类问题，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分步问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成之后才算做完这件事．2．应用两个计数原理解决计数问题的标准(1)分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到步骤完整，步与步之间要相互独立，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到总数．[基础自测]1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)某校高一年级共8个班，高二年级共6个班，从中选一个班级担任星期一早晨升旗任务，安排方法共有14种．( )(2)在一次运动会上有四项比赛，冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况共有43种．( )(3)有三只口袋装有小球，一只装有5个白色小球，一只装有6个黑色小球，一只装有7个红色小球，若每次从中取两个不同颜色的小球，共有36种不同的取法．[解析](1)√根据分类加法计数原理，担任星期一早晨升旗任务可以是高一年级，也可以是高二年级，因此安排方法共有8＋6＝14(种)．(2)×因为每个项目中的冠军都有3种可能的情况，根据分步乘法计数原理共有34种不同的夺冠情况．(3)×分为三类：一类是取白球、黑球，有5×6＝30种取法；一类是取白球、红球，有5×7＝35种取法；一类是取黑球、红球，有6×7＝42种取法．所以由分类加法计数原理共有30＋35＋42＝107(种)不同的取法．[答案](1)√(2)×(3)×2．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为方程Ax＋By＝0的系数A，B的值，则形成的不同直线有( )A．18条B．20条C．25条D．10条A[第一步，取A的值，有5种取法；第二步，取B的值，有4种取法，其中当A＝1，B＝2时与A＝2，B＝4时是相同的方程；当A＝2，B＝1时与A＝4，B＝2时是相同的方程，故共有5×4－2＝18条．]3．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________.【导学号：95032014】24[由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24.]4．一个科技小组中有4名女同学，5名男同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种；若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种．9 20[由分类加法计数原理得从中任选一名同学参加学科竞赛共5＋4＝9种选派方法，由分步乘法计数原理得从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛共5×4＝20种选派方法．][合作探究·攻重难]另2名既会下象棋又会下围棋．现在从这7人中选2人分别同时参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？【导学号：95032015】[思路探究]本题应先分类，再分步．确定分类标准→确定类数→逐类分步计算→结论[解]法一：分四类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有选法3×2＝6(种)；第2类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，有选法3×2＝6(种)；第3类，从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，有选法2×2＝4(种)；第4类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛，有选法2×1＝2(种)．故不同的选法共有6＋6＋4＋2＝18(种)．法二：分两类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，这时7人中还有4人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法3×4＝12(种)．第2类，从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选一名参加象棋比赛，这时7人中还有3人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛．有选法2×3＝6(种)．故不同的选法共有12＋6＝18(种)．1．3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]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.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：空盒子标号分别为(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)．位数？(3)四位奇数？【导学号：95032016】[思路探究](1)利用分步乘法计数原理；(2)数字“0”不能排在首位，先排首位，再用分步乘法计数原理；(3)注意到个位只能是“1或3”，首位不能是“0”，然后利用分步乘法计数原理计算．[解](1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分为四步：第一步，选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步，选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步，选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步，选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法．由分步乘法计数原理，可以组成不同的四位密码共有N＝5×4×3×2＝120个．(2)直接法：完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四步：第一步，从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字，有4种不同的选取方法；第二步，从1,2,3,4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字作百位数字，有4种不同的选取方法；第三步，从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种不同的选取方法；第四步，从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种不同的选取方法．由分步乘法计数原理，可以组成不同的四位数共有N＝4×4×3×2＝96个．间接法：将5个数字不重复排在4个位置上有5×4×3×2＝120种排法，其中不合要求的有4×3×2＝24种排法．所以排成无重复数字的四位数为120－24＝96个．(3)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．2．8张卡片上写着0,1,2，…，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起．(1)可组成多少个不同的三位数？(2)可组成多少个不同的三位偶数？[解](1)先排放百位，从1,2，…，7共7个数中选一个有7种选法；再排十位，从除去百位的数外，剩余的7个数(包括0)中选一个，有7种取法；最后排个位，从除前两步选出的数外，剩余的6个数中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理．共可以组成7×7×6＝294(个)不同的三位数．(2)首先分两类，第一类是0排个位，由分步乘法计数原理得1×7×6＝42个．第二类是2,4,6排个位，由分步乘法计数原理得3×6×6＝108个，所以由分类加法计数原理为42＋108＝150个．1．用3种不同颜色填涂图111中A，B，C，D四个区域，且使相邻区域不同色，若按从左到右依次涂色，有多少种不同的涂色方案？[提示]涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案．2．在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？[提示]恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案．3．在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？[提示]若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B、D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案．将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图112所示的图中，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？【导学号：95032017】图112[思路探究]给图中区域标上记号A，B，C，D，E，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区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，那么只有1种．因此应先分类后分步．[解]法一：给图中区域标上记号A，B，C，D，E，如图所示．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．法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：第一类，用4种颜色．此时B，D区域或A，E区域同色，则共有2×4×3×2×1＝48种不同涂法．第二类，用3种颜色．此时B，D同色，A，E同色，先从4种颜色中取3种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法．由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法．图113B．84D．483.将3种作物种植在如图114所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？[解]从左往右5块试验田分别有3,2,2,2,2种种植方法，共有3×2×2×2×2＝48种方法，其中5块试验田只种植2种作物共有3×2×1×1×1＝6种方法，所以有48－6＝42种不同的种植方法．[当堂达标·固双基]1．定义集合A与B的运算A B如下：A B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B ＝{a，c，d，e}，则集合A B的元素个数为( )A．34B．43C．12 D．16C[确定A B中元素(x，y)，可分为两步，第一步，确定x，共有3种方法；第二步，确定y，有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有3×4＝12种不同的方法．] 2．某同学逛书店，发现三本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有( )【导学号：95032018】A．3种 B．6种 C．7种 D．9种C[买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案．因此共有购买方案3＋3＋1＝7(种)．]3．3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报一门，则不同的报名方案有________种．64[每名同学都有4种不同的报名方案，共有4×4×4＝64种不同的方法．]4．现有4种不同的颜色要对如图115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________种．图1-1-548[按A→B→C→D顺序分四步涂色，共4×3×2×2＝48种不同的着色方法．]5．从0、1、2、3、4、5这些数字中选出4个，问能形成多少个无重复数字且能被5整除的四位数？【导学号：95032019】[解]满足条件的四位数可分为两类．第一类是0在末位的，需确定前三位数，分三步完成，第一步确定首位有5种方法．第二步确定百位有4种方法，第三步确定十位有3种方法．∴第一类共有5×4×3＝60个．第二类是5在末位，前三位数也分三步完成．第一步确定首位有4种方法，第二步确定百位有4种方法，第三步确定十位有3种方法．第二类共有4×4×3＝48个．∴满足条件的四位数共有60＋48＝108个．。
人教版高中数学选修2-3课后习题参考答案
新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章 计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 练习（P6） 1、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9； （2）要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6. 2、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12； （2）要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60.3、因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异， 所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择. 练习（P10）1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12） 1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）. 2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）. 3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）. 对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）. 4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A 中选横坐标，有6个选择；第二步，从A 中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）. （2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）. 习题1.1 B 组（P13） 1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）. 2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合 练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=； （2）777!5040A ==； （3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=； （4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25） 1、（1）甲、乙， 甲、丙， 甲、丁， 乙、丙， 乙、丁， 丙、丁； （2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯； （2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯； （3）3276351520C C -=-=； （4）328532356210148C C -=⨯-⨯=. 6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m m n n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27）1、（1）325454*********A A +=⨯+⨯=； （2）12344444412242464A A A A +++=+++=. 2、（1）315455C =； （2）19732002001313400C C ==； （3）346827C C ÷=；（4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n nn A A n A A nA n A +-+--=+-==； （2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）.8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n .9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）. 10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3)2n n n C n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便. 11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234444415C C C C +++=（种）. 12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C =；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C =. 13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C =. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A =；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A 中取，有m 种取法；第二步，从集合B 中取，有n 种取法. 所以共有取法mn 种. 说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C ⋅⋅=. 15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C ⋅=； （2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C =（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C -=； 如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C ++=； （4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C --=. 也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231545454120C C C C C C ++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =； （2）142198124234110C C ⋅=； （3）51982410141734C =； （4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词.习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<， 用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）.4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=. 5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法； 解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理 练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=.3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nnC ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111111210242C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=， 2、∵0122k n n nn n n n C C C C C ++++++=，0213nn n n C C C C ++=++∴012knnn n n n C C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n n nnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn nn n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nn n n n n C C C C ++++.2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++23369a b ab b（2）27311357752222222172135701682241281283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x ++=++； （2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+. 4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -； （2）91482099520T a b =-； （3）7924T =； （4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x 的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-； （2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n rn n T C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!n n nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ， 由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除； （2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章 复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法.（2）3276525C C ⋅=； （3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=； 说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置. （4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=. （7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=； 说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =. 说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）3856C =； （2）1234555530C C C C +++=. 4、468898C C +=.说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=； 说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同. 6、（1）59764446024C =； （2）23397442320C C ⋅=； （3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=. 7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=. 说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列. 8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--. （2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和.444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =--3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=. 9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+ 551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章 复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =； （2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=； 说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B 中能够找到唯一对应的元素，就能确定一个映射，对应的元素可以相同，所以是“有重复排列”问题.（4）2426106500000A ⨯=； （5）481258C -=； 说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中， 排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -= （6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=. 解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅；首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=. 3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--； （2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8m n l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法.根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）. 5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=， 上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n C C +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数. 解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C C C C +++++++=-=修2—3第二章课后习题解答第二章 随机变量及其分布2．1离散型随机变量及其分布列练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.（2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值.2、可以举的例子很多，这里给出几个例子：例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数；例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数； 例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量.练习（P49）1、设该运动员一次罚球得分为X说明：这是一个两点分布的例子，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正 1(2)({})0.25P X P ====正正 因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为 5448552()i i C C P X i C -==，i =0，1，2，3，4.因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A 组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X ，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X ＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X ＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X ＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X ＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X ＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X ＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义 12345X ⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X 是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X ＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X ＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X ＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X ＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X ＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km 所用时间X 不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4minY >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间 它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}.4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即 （1）0i p ≥，1,2,,i n =；（2）11n i i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率.6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯. 说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的 篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的 取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列 为即（2112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000.2．2二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯.说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=（2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯= （3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，。
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第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理
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第2课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用练习（含解析）新人教A版选修23A级基础巩固一、选择题1．植树节那天，四位同学植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数有( )A．1×2×3 B．2×3×4C．34D．43解析：完成这件事分三步．第一步，植第一棵树，有4种不同的方法；第二步，植第二棵树，有4种不同的方法；第三步，植第三棵树，也有4种不同的方法．由分步乘法计数原理得：N＝4×4×4＝43，故选D.答案：D2．从1，2，3，4，5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为( ) A．2 B．4C．6 D．8解析：分两类：第一类，公差大于0，有以下4个等差数列：①1，2，3，②2，3，4，③3，4，5，④1，3，5；第二类，公差小于0，也有4个．根据分类加法计数原理可知，可组成的不同的等差数列共有4＋4＝8(个)．答案：D3．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有( )A．4种B．5种C．6种D．12种解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法．答案：C4．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，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为( )A．18 B．16 C．14 D．10解析：分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标有3×2＝6个不同的点，二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标有4×2＝8个不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14个不同的点．答案：C5．有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )A．4 320种B．2 880种C．1 440种D．720种解析：第1个区域有6种不同的涂色方法，第2个区域有5种不同的涂色方法，第3个区域有4种不同的涂色方法，第4个区域有3种不同的涂色方法，第5个区域有4种不同的涂色方法，第6个区域有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×3×4×3＝4 320种不同的涂色方法．答案：A二、填空题6．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答)解析：甲、乙、丙均有7中不同的站法，故不考虑限制的不同站法有7×7×7＝343种，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336.答案：3367．甲、乙、丙3个班各有三好学生3，5，2名，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有________种不同的推选方法．解析：分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3×5＝15(种)；第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3×2＝6(种)；第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有5×2＝10(种)．综合以上三类，根据分类加法计数原理，不同选法共有15＋6＋10＝31(种)．答案：318．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)解析：若不考虑数字2，3至少都出现一次的限制，对个位，十位，百位，千位，每个“位置”都有两种选择，所以共有24＝16个四位数，然后再减去“2 222，3 333”这两个数，故共有16－2＝14个满足要求的四位数．答案：14三、解答题9．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理，不同的选法有28＋7＋9＋3＝47(种)．(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理，不同的选法有28×7×9×3＝5 292(种)．10．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？解：按A或B能否为0分两类：第1类，当A或B为0时，表示的直线为y＝0或x＝0，共2条．第2类，当A，B不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成．第1步，确定A的值，有4种不同的方法；第2步，确定B的值，有3种不同的方法．由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12条直线．由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14条．B级能力提升1．我国足球超级联赛(中超)的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分，一球队打完15场，积分33分，若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况有( ) A．3种B．4种C．5种D．6种解析：设该队胜、负、平的场数分别为x，y，z，则依题意有x＋y＋z＝15，3x＋y＝33，则y是3的倍数，列举为x＝9，y＝6，z＝0；x＝10，y＝3，z＝2，x＝11，y＝0，z＝4，故根据分类加法计数原理得，该队胜、负、平的情况有3种．答案：A2.用4种不同的颜色涂图中的矩形A，B，C，D，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有________种．解析：C处有4种涂色方案，D处有3种涂法，B处有3种涂法，A处有2种涂法．由分步乘法计数原理得共有4×3×3×2＝72种不同涂法．答案：723．某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？解：第一步，在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法，B1有3种方法，C1有2种方法，4×3×2＝24，即共有24种方法．第二步，从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法．第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法，由分步乘法计数原理可得，安装方法共有4×3×2×3×3＝216(种)．。
数学选修2-3第一章计数原理习题集（附答案解析）
第 1 页 共15 页 选修2-3 第一章章节习题集1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 一、课时过关·能力提升1.某校举办了一次教师演讲比赛,参赛的语文老师有20人,数学老师有8人,英语老师有4人,从中评选出一个冠军,则可能的结果种数为( ) A.12B.28C.32D.640解析:由分类加法计数原理得,冠军可能的结果种数为4+8+20=32. 答案:C2.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( ) A .60B .48C .36D .24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36个,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2=12个,共36+12=48个,故选B . 答案:B3.某人有3个不同的电子邮箱,他要发5封电子邮件,不同发送方法的种数为( )A.8B.15C.35D.53 解析:每封电子邮件都有3种不同的发送方法,共有35种不同的发送方法. 答案:C4.已知直线方程Ax+By=0,若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A ,B 的值,则可表示出的不同直线的条数为( ) A.19B.20C.21D.22解析:当A 或B 中有一个为零时,则可表示出2条不同的直线;当AB ≠0时,A 有5种选法,B 有4种选法,则可表示出5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理知,共可表示出20+2=22条不同的直线. 答案:D5.五名护士上班前将外衣放在护士站,下班后回护士站取外衣,由于灯光暗淡,只有两人拿到了自己的外衣,另外三人拿到别人外衣的情况有( ) A.60种B.40种C.20种D.10种解析:设五名护士分别为A,B,C,D,E.其中两人拿到自己的外衣,可能是AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE 共10 种情况,假设A,B 两人拿到自己的外衣,则C,D,E 三人不能拿到自己的外衣,则只有C 取D,D 取E,E 取C,或C 取E,D 取C,E 取D 两种情况.故根据分步乘法计数原理,应有10×10×2=202=20种情况. 答案:C6.将4位老师分配到3个学校去任教,共有分配方案( ) A .81种B .12种C .7种D .256种解析:每位老师都有3种分配方案,分四步完成,故共有3×3×3×3=81种. 答案:A7.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、人分别从事翻译、导游、导游、导游、导购、导购、导购、保洁四项不同的工作保洁四项不同的工作,若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,则选派方案共有( ) A .280种 B .240种 C .180种D .96种解析:由于甲、乙不能从事翻译工作,因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人,有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种,因此共有4×5×4×3=240种,故选B 答案:B8.用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数,比3 542大的四位数的个数是( ) A .360B .240C .120D .60解析:因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数,所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5,所以共有2×5×4×3=120个比3 542大的四位数. 答案:C9.圆周上有2n 个等分点(n 大于2),任取3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,不经过该点的直径应有(n-1)条,这(n-1)条直径都可以与该点形成直角三角形,一个点可以形成(n-1)个直角三角形,而这样的点有2n 个,所以一共有2n (n-1)个符合题意的直角三角形. 答案:2n (n-1)10.如图所示,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网络联系,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,信息可以分开沿不同路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为 .解析:由题图可知,从A 到B 有4种不同的传递路线,各路线上单位时间内通过的最大信息量自上而下分别为3,4,6,6,由分类加法计数原理得,单位时间内传递的最大信息量为3+4+6+6=19. 答案:1911.三人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被传给甲,则共有种不同的传递方法.解析:分两类:第一类,若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法;同理,第二类,甲先传给丙,也有3种不同的传法.共有6种不同的传递方法. 答案:612.如图,一只蚂蚁沿着长方体的棱,从顶点A 爬到相对顶点C 1,求其中经过3条棱的路线共有多少条?解:从总体上看有三类方法:分别经过AB,AD,AA1从局部上看每一类又需分两步完成,故第一类:经过AB,有m1=1×2=2条;第二类:经过AD,有m2=1×2=2条;第三类:经过AA1,有m3=1×2=2条.根据分类加法计数原理,从顶点A到顶点C1经过3条棱的路线共有N=2+2+2=6条.13.用n种不同颜色的彩色粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔.当n=6时,该板报有多少种书写方案?解:第一步选英语角用的彩色粉笔,有6种不同的选法;第二步选语文学苑用的彩色粉笔,不能与英语角用的颜色相同,有5种不同的选法;第三步选理综视界用的彩色粉笔,与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同,有4种不同的选法;第四步选数学天地用的彩色粉笔,只需与理综视界的颜色不同即可,有5种不同的选法.共有6×5×4×5=600种不同的书写方案.14.用0,1,0,1,……,9这十个数字,可以组成多少个满足下列条件的数?(1)三位整数;(2)无重复数字的三位整数;(3)小于500的无重复数字的三位整数;(4)小于100的无重复数字的自然数.解:由于0不能放到首位,可以单独考虑.(1)百位上有9种选择,十位和个位各有10种选法由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×10×10=900.(2)由于数字不可重复,可知百位数字有9种选择,十位数字也有9种选择,但个位数字仅有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是9×9×8=648.(3)百位数字只有4种选择,十位数字有9种选择,个位数字有8种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的三位数的个数是4×9×8=288.(4)小于100的自然数可以分为一位和两位自然数两类.一位自然数:10个.两位自然数:十位数字有9种选择,个位数字也有9种选择,由分步乘法计数原理知,适合题意的两位数的个数是9×9=81.由分类加法计数原理知,适合题意的自然数的个数是10+81=91.1.2 排列与组合1.2.1 排列一、课时过关·能力提升1.从集合{3,5,7,9,11}中任取两个元素,①相加可得多少个不同的和?②相除可得多少个不同的商?③作为椭圆=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程?④作为双曲线=1中的a,b,可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程?上面四个问题属于排列问题的是( )A.①②③④B.②④C.②③D.①④解析:∵加法满足交换律,∴①不是排列问题;∵除法不满足交换律,如,∴②是排列问题;若方程=1表示焦点在x轴上的椭圆,则必有a>b,a,b的大小一定;在双曲线=1中不管a>b还是a<b,方程均表示焦点在x轴上的双曲线,且是不同的双曲线.故③不是排列问题,④是排列问题.答案:B2.某年级一天有6节课,需要安排6门课程,则该年级一天的课程表的排法有( )A.66种B.36种C.种D.12种解析:本题相当于对6个元素进行全排列,故有种排法.答案:C3.设m∈N*,则乘积m(m+1)(m+2)2)……(m+20)可表示为 ( )A. B. C. D.解析:由排列数公式,=(m+20)(m+19)(m+18)…(m+1)m.答案:D4.某会议室共有8个座位,现有3人就座,若要求每人左右均有空位,则不同的坐法有( )A.12种B.16种C.24种D.32种解析:将三个人插入五个空位中间的四个空当中,有=24种坐法.答案:C5.用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A.8B.24C.48D.120解析:个位数字有种排法,十位、百位、千位有种排法,从而共=48个不同的四位偶数答案:C6.要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不排在开头,并且任意两个舞蹈节目不排在一起,则不同的排法种数是( )A. B. C. D.解析:第一步先排5个独唱节目共种;第二步排舞蹈,不相邻则用插空法,且保证不放到开头,从剩下5个空中选3个插空共有种,故一共有种.答案:C7.5名男生与2名女生排成一排照相,若男生甲必须站在中间,2名女生必须相邻,则符合条件的排法共有( )A.48种B.192种C.240种D.288种解析:(用排除法)将2名女生看作1人,与4名男生一起排队,有种排法,而女生可互换位置,所以共有种排法,男生甲插入中间位置,只有一种插法;而4男2女排列中2名女生恰在中间的排法共有种,这时男生甲若插入中间位置不符合题意,故符合题意的排列总数为=192.答案:B8.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从2,3,4,5,6,9这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,其中“伞数”有 ( )A.120个B.80个C.40个D.20个解析:由题意知可按十位数字的取值进行分类:第一类,十位数字取9,有个;第二类,十位数字取6,有个;第三类,十位数字取5,有个;第四类,十位数字取4,有个.所以一共有=40个.答案:C9.张先生和王先生两对夫妇各带1名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,两名小孩一定要排在一起,则这6人的入园排法共有 .解析:分三步完成:第1步,将两位爸爸排在两端,有种排法;第2步,将两名小孩看作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置,有种排法;第3步,两个小孩之间还有种排法.因此,这6人的入园排法共有=24种.答案:24种10.某校在高二年级开设选修课,其中数学选修班开了4个,选课结束后,有四名选修英语的同学甲、乙、丙、丁要求改修数学,为照顾各班平衡,数学选修班每班只接收1名改修数学的同学.那么甲不在(1)班,乙不在(2)班的分配方法有 .解析:先分甲,第一类,当甲在(2)班时,分配乙、丙、丁有种方法.第二类,当甲不在(2)班时,则甲有种分法,再分乙有种分法,分配丙、丁有种分法.因此,总共有=14种分法.答案:14种11.用1,2,3,4,5,6,7排成无重复数字的七位数,按下述要求各有多少个?(1)偶数不相邻;(2)偶数一定在奇数位上;(3)1和2之间恰好夹有一个奇数,没有偶数.解:(1)用插空法,共有=1 440个.(2)先把偶数排在奇数位上有种排法,再排奇数有种排法共有=576个.(3)1和2排列有种方法,在1和2之间放一个奇数有种方法,把1,2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有种排法,故共有=720个.12.一条铁路线上原有n个车站,为适应客运需要,新增加了m个车站(m>1),客运车票增加了62种,则原有多少个车站?现在有多少个车站?解:∵原有n个车站,∴原有客运车票种.又现有(n+m)个车站,∴现有客运车票种.由题设知:=62,∴(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62,∴2mn+m2-m=62,∴n=(m-1)>0,∴(m-1),∴62>m(m-1),即m2-m-62<0.又∵m>1,∴1<m<,∴1<m≤8.当m=2时,n=15.当m=3,4,5,6,7,8时,n均不为整数.∴n=15,m=2.∴原有车站15个,现有车站17个.1.2.2 组合一、课时过关·能力提升1.某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有( )A.45种B.56种C.90种D.120种解析:用排除法,不同的选法种数为=45.答案:A2.氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一,某肽链由7种不同的氨基酸构成,若只改变其中3种氨基酸的位置,其他4种不变,则不同的改变方法的种数为 ( )A.210B.126C.70D.35解析:从7种中取出3种有=35种取法,比如选出a,b,c种,再都改变位置有b,c,a和c,a,b两种,故不同的改变方法有2×35=70种.答案:C3.有15盏灯,要求关掉6盏,且相邻的灯不能全关掉,两端的灯不能关掉,则不同的关灯方法有( )A.28种B.84种C.180种D.360种解析:将9盏灯排成一排,关掉的6盏灯插入9盏亮灯的中间8个空隙中的6个空隙中,有=28种方法.答案:A4.某科技小组有6名学生,现从中选出3人去参加展览,至少有1名女生入选的不同选法有16种,则该小组中的女生人数为( )A.2B.3C.4D.5解析:设男生有x人,则女生有(6-x)人.依题意得=16,即x(x-1)(x-2)+16×6=6×5×4.解得x=4,故女生有2人.答案:A5.中小学校车安全引起社会的关注,为了彻底消除校车安全隐患,某市购进了50台完全相同的校车,准备发放给10所学校,每所学校至少2台,则不同的发放方案种数为( )A. B.C. D.解析:首先每个学校配送一台,这个没有顺序和情况之分,剩下40台;将剩下的40台像排队一样排列好,则这40台校车之间有39个空,对这39个空进行插空,比如说用9面小旗隔开,就可以隔成10部分.所以是在39个空中选9个空进行插空.故不同的方案种数为.答案:D6.已知一组曲线y=ax3+bx+1,其中a为2,4,6,8中的任意一个,b为1,3,5,7中的任意一个.现从这些曲线中任取两条,它们在x=1处的切线相互平行的组数为 ( )A.9B.10C.12D.14解析:y'=ax2+b,曲线在x=1处切线的斜率k=a+b.切线相互平行,则需它们的斜率相等,因此按照在x=1处切线的斜率的可能取值可分为五类完成.第一类:a+b=5,则a=2,b=3;a=4,b=1.故可构成2条曲线,有组.第二类:a+b=7,则a=2,b=5;a=4,b=3;a=6,b=1.可构成三条曲线,有组.第三类:a+b=9,则a=2,b=7;a=4,b=5;a=6,b=3;a=8,b=1.可构成四条曲线,有组.第四类:a+b=11,则a=4,b=7;a=6,b=5;a=8,b=3.可构成3条曲线,有组.第五类:a+b=13,则a=6,b=7;a=8,b=5.可构成2条曲线,有组.故共有=14组相互平行的切线.答案:D7.5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,若甲球必须放入A盒,则不同的放法种数是 ( )A.120B.72C.60D.36解析:将甲球放入A盒后分两类,一类是除甲球外,A盒还放其他球,共=24种放法,另一类是A盒中只有甲球,则其他4个球放入另外三个盒中,有=36种放法.故总的放法有24+36=60种.答案:C8.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动.若每天安排3人,则不同的安排方案共有 .(用数字作答)解析:第一步安排周六有种方法,第二步安排周日有种方法,故不同的安排方案共有=140种.答案:140种9.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 .(用数字作答)解析:分两种情况:第一类:个位、十位和百位上各有一个偶数,有=90个.第二类:个位、十位和百位上共有两个奇数一个偶数,有=234个,共有90+234=324个.答案:324个10.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种不同品种的菜.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 种不同的素菜(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=10.若选择方式至少为200种,设素菜为x种, 则有≥200,即≥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:711.在如图所示的四棱锥中,顶点为P,从其他的顶点和各棱中点中取3个,使它们和点P在同一平面内,不同的取法种数为 .解析:满足要求的点的取法可分为三类:第一类,在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点,有4种取法;第二类,在两个对角面上除点P外任取3点,有2种取法;第三类,过点P的侧棱中,每一条上的三点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面,有4种取法.因此,满足题意的不同取法共有4+2+4=56种.答案:5612.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,求与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数.解:与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:第一类,与信息0110恰有两个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选2个位置相同,其他2个不同有=6个信息.第二类,与信息0110恰有一个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选1个位置相同,其他3个不同有=4个信息.第三类,与信息0110没有一个对应位置上的数字相同,即4个位置中对应数字都不同,有=1个信息 由分类加法计数原理知,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6+4+1=11.13.在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法(1)有3名内科医生和2名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.解:(1)先选内科医生有种选法,再选外科医生有种选法,故选派方法的种数为=120.(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为=246.(3)分两类:一是选1名主任有种方法;二是选2名主任有种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有种选法.故有选派方法的种数为=1911.3 二项式定理1.3.1 二项式定理一、课时过关·能力提升1.的展开式中倒数第3项的系数是( )A.·2B.·26C.·25D.·22解析:的展开式中倒数第3项为二项展开式中的第6项,而T6=·(2x)2··22·x-8.该项的系数为·22.答案:D2.的展开式中的常数项为-220,则a的值为 ( )A.1B.-1C.2D.-2解析:T k+1=·a k.∵T k+1为常数项,∴-k=0,∴k=3.∴·a3=-220,∴a=-1.答案:B3.对任意实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值是( )A.3B.6C.9D.21解析:由已知x3=[2+(x-2)]3=·23+·22·(x-2)+·2·2·((x-2)2+(x-2)3.所以a2=·2=6.答案:B4.的展开式中含x3项的二项式系数为( )A.-10B.10C.-5D.5解析:T k+1=·x 5-k=(-1)k·x5-2k,令5-2k=3,则k=1故x3项的二项式系数为=5答案:D5.若(1+)5=a+b(a,b为有理数),则a+b等于 ( )A.45B.55C.70D.80解析:由二项式定理,得(1+)5=1+·()2+·()3+·()4+·()5=1+5+20+20+20+4=41+29,即a=41,b=29,故a+b=70.答案:C6.(1-)6(1+)4的展开式中x的系数是( )A.-4B.-3C.3D.4解析:方法一:(1-)6的展开式的通项为(-)m,(1+)4的展开式的通项为)n,其中m=0,1,2,…,6;n=0,1,2,3,4.令=1,得m+n=2,于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数等于·(-1)0··(-1)1··(-1)2·=-3.方法二:(1-)6(1+)4=[(1-)(1+)]4(1-)2=(1-x)4(1-2+x).于是(1-)6(1+)4的展开式中x的系数为·1+·(-1)1·1=-3.答案:B7.若x>0,设的展开式中的第3项为M,第4项为N,则M+N的最小值为 .解析:由T3=x,T4=,则M+N=≥2.当且仅当,即x=时,等号成立答案:8.二项式的展开式中,常数项的值为 .答案:0,1,2,……,n)的部分图象如图,则a= .9.已知(ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a2x2+a1x+a0(x∈N*),点A i(i,a i)(i=0,1,2,解析:由展开式得T k+1=(ax)n-k=a n-k·x n-k,由题图可知a1=3,a2=4,即a=3,且a2=4,化简得na=3,且=4,解得a=.答案:10.求证:32n+3-24n+37能被64整除.证明:32n+3-24n+37=3×9n+1-24n+37=3(8+1)n+1-24n+37=3(·8n+1+·8n+…+·8+1)-24n+37=3×64(·8n-1 +·8n-2+…+)+24-24n+40=64×3(·8n-1+·8n-2+…+)+64.显然上式是64的倍数,故原式可被64整除11.(1)求(1+x)2(1-x)5的展开式中x3的系数;(2)已知展开式的前三项系数的和为129,这个展开式中是否含有常数项?一次项?如果没有,请说明理由;如果有,请求出来.解:(1)(1+x)2的通项为T r+1=·x r,(1-x)5的通项为T k+1=(-1)k·x k,其中r∈{0,1,2},k∈{0,1,2,3,4,5},令k+r=3,则有k=1,r=2;k=2,r=1;k=3,r=0.故x3的系数为-=5.(2)展开式的通项为T k+1=(x)n-k·=·2k·(k=0,1,2,…,n),由题意,得20+2+22=129所以1+2n+2n(n-1)=129,则n2=64,即n=8.故T k+1=·2k·(k=0,1,2,…,8),若展开式存在常数项,则=0,解之,得k=∉Z,所以展开式中没有常数项若展开式中存在一次项,则=1,即72-11k=6,所以k=6.所以展开式中存在一次项,它是第7项,T7=26x=1 792x.1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质一、课时过关·能力提升1.如果的展开式中各项系数之和为128,则展开式中含的项是( )A. B.C. D.解析:由的展开式中各项系数之和为128可得2n =128,n=7.其通项T k+1=(3x )7-k =(-1)k ·37-k,令7-=-3,解得k=6,此时T 7=.答案:C 2.的展开式中第8项是常数项,则展开式中系数最大的项是( )A.第8项B.第9项C.第8项、第9项D.第11项、第12项 解析:展开式中的第8项为)n-7为常数,即=0,解得n=21.故展开式中系数最大的项为第11项、第12项.答案:D 3.若(x+3y )n展开式的系数和等于(7a+b )10展开式中的二项式系数之和,则n 的值为( ) A.5B.8C.10D.15解析:(7a+b )10展开式的二项式系数之和为210,令x=1,y=1,则由题意知,4n =210,解得n=5.答案:A4.已知+2+22+…+2n =729,则的值等于( )A.64B.32C.63D.31解析:由已知(1+2)n =3n=729,解得n=6.则=32.答案:B5.(1+x )n(3-x )的展开式中各项系数的和为1 024,则n 的值为( ) A .8B .9C .10D .11解析:由题意知(1+1)n (3-1)=1 024,即2n+1=1 024,故n=9. 答案:B6.若(1-2x )2 015=a 0+a 1x+…+a 2 015x2 015(x ∈R ),则+…+的值为( ) A.2 B.0C.-1D.-2 解析:令x=0,则a 0=1,令x=,则a 0++…+=0,故+…+=-1.答案:C7.(x+1)9按x 的升幂排列二项式系数最大的项是( ) A .第4项和第5项 B .第5项 C .第5项和第6项 D .第6项解析:展开式中共有10项,由二项式系数的性质可知,展开式的中间两项的二项式系数最大,即第5项和第6项的二项式系数最大. 答案:C8.在(a-b )10的二项展开式中,系数最小的项是 .解析:在(a-b )10的二项展开式中,奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,且偶数项系数的绝对值为对应的二项式系数,因为展开式中第6项的二项式系数最大,所以系数最小的项为T 6=a 5(-b )5=-252a 5b 5.答案:-252a 5b 59.设(x-1)21=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 21x 21,则a 10+a 11= . 解析:∵(x-1)21的展开式的通项为T k+1=x 21-k (-1)k ,∴a 10+a 11=(-1)11+(-1)10=-=-=0.答案:0 10.若(2x+)4=a 0+a 1x+…+a 4x 4,则(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2的值为 .解析:令x=1,得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4=(2+)4,令x=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+a 4=(-2+)4,(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2=(a 0+a 1+a 2+a 3+a 4)·)·((a 0-a 1+a 2-a 3+a 4)=(2+)4(-2+)4=1. 答案:111.若(2x-3y )10=a 0x 10+a 1x 9y+a 2x 8y 2+…+a 10y 10,求:(1)各项系数之和;(2)奇数项系数的和与偶数项系数的和.解:(1)各项系数之和即为a 0+a 1+a 2+…+a 10,可用“赋值法”求解.令x=y=1,得a 0+a 1+a 2+…+a 10=(2-3)10=(-1)10=1.(2)奇数项系数的和为a 0+a 2+a 4+…+a 10,偶数项系数的和为a 1+a 3+a 5+…+a 9. 由(1)知a 0+a 1+a 2+…+a 10=1,①令x=1,y=-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 10=510,②①+②得,2(a 0+a 2+…+a 10)=1+510,则奇数项系数的和为;①-②得,2(a 1+a 3+…+a 9))=11-5510,则偶数项系数的和为12.已知(+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:令x=1得展开式各项系数和为(1+3)n =4n展开式二项式系数和为+…+=2n ,由题意有4n -2n=992.即(2n )2-2n -992=0,(2n -32)(2n+31)=0,解得n=5.(1)因为n=5,所以展开式共6项,其中二项式系数最大的项为第3项、第4项,它们是T 3=)3·(3x 2)2=90x 6, T 4=)2(3x 2)3=270.(2)设展开式中第k+1项的系数最大.由T k+1=)5-k ·(3x 2)k =3k,得⇒⇒≤k≤.因为k∈Z,所以k=4,所以展开式中第5项系数最大.T5=34=405.13.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家.杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果,它的许多性质与组合数的性质有关,杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律.如图是一个11阶杨辉三角:(1)求第20行中从左到右的第4个数;(2)在第2斜列中,前5个数依次为1,3,6,10,15;第3斜列中,第5个数为35.显然,1+3+6+10+15=35.事实上,一般的有这样的结论:第m斜列中(从右上到左下)前k个数之和,一定等于第m+1斜列中第k个数.试用含有m,k(m,k∈N*)的数字公式表示上述结论,并给予证明.解:(1)=1 140(2)+…+,证明如下:左边=+…++…+=…==右边.。
分类加法计数原理和分步乘法计数原理习题课件
小结 解决抽取(分配)问题的方法 (1)当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、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．
两个计数原理在解决计数问题中的用法 在利用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计 算之前要进行仔细分析，是分类还是分步．
相加
相乘
题型一 抽取(分配)问题
例 1 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会
实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，
则不同的分配方案有
()
A．16 种 B．18 种 解析 方法一 (直接法)
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)．
题型二 涂色问题 例 2 一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和
2．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件 独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件 必须经过的若干彼此独立的步骤．
3．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类 方案，防止重复和遗漏．
4．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时， 则使用间接法会简单一些.
小结 (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．因此一般以不相邻区域同色，不同色为分类 依据，相邻区域可用分步涂色的办法涂色． (2)涂色问题往往涉及分类、分步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．
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1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课后训练
一、选择题
1．王刚同学衣服上左、右各有一个口袋，左边口袋装有30张英语单词卡片，右边口袋装有20张英语单词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口袋里任取一张英语单词卡片，则不同的取法有( )
A．50种 B．30种
C．20种 D．600种
2．高二(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，则选取代表的方法有( )
A．38种 B．18种
C．684种 D．864种
3．某小组有8名男生，4名女生，要从中选出一名当组长，不同的选法有( )
A．32种 B．9种 C．12种 D．20种
4．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果1条长裤与1件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )
A．7 B．12
C．64 D．81
5．有不同的红球8个，不同的白球7个，不同的黄球6个，现从中任取两个不同颜色的球，不同的取法有( )
A．336种 B．21种
C．104种 D．146种
6．将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则不同的涂色方法有( )
A．48种 B．72种
C．24种 D．27种
二、填空题
7．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有__________个．(用数字作答)
8．由数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为__________．
三、解答题
9．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．
(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？
(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？
10．从0,1,2,3中选择三个数字组成无重复数字的三位偶数，满足条件的数字有多少个？
参考答案
1答案：A 解析：从口袋中任取一张英语单词卡片的方法有两类：
第一类，从左边口袋取一张英语单词卡片有30种不同的取法；
第二类，从右边口袋取一张英语单词卡片有20种不同的取法．
上述的其中任何一种取法都能独立完成“取一张英语单词卡片”这件事，应用分类加法计数原理，所以从中任取一张英语单词卡片有30＋20＝50种不同的取法．2答案：C 解析：男生为38人，女生为18人，
根据本题题意要完成一件事情需分2个步骤：
第一步，从男生38人中任选1人，有38种不同的选法；
第二步，从女生18人中任选1人，有18种不同的选法．
只有上述两步都完成后，才能完成从男生中和女生中各选1名这件事，根据分步乘法计数原理共有38×18＝684种选取代表的方法．
3答案：C 解析：由分类加法计数原理知，不同的选法有8＋4＝12种．
4答案：B 解析：完成长裤与上衣配成一套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选1件，有4种不同的选法；第二步，选长裤，从3条长裤中任选1条，有3种不同的选法，故共有4×3＝12种选配方法．
5答案：D 解析：分三类：一红一白时，有8×7种；一红一黄时，有8×6种；一白一黄时，有7×6种．由分类加法计数原理知有N＝8×7＋8×6＋7×6＝146种．6答案：B 解析：给区域标记号为A，B，C，D，E，如图所示．
当B与D同色时，有4×3×2×1×2=48种．
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．
7答案：14 解析：可用排除法，这个四位数每一位上的数字只能是2或3，则共有24个，而这其中要求数字2或3至少出现一次，所以全是2和全是3不满足，即满足要求的四位数有24－2＝14个．
8答案：48 解析：分两个步骤：第1步，从2,4中取一个数作为个位数字，有2种取法；再从其余四个数中取出三个数排在前三位，有4×3×2＝24种排法，由分步乘法计数原理知，这样的四位偶数共有2×24＝48个．
9答案：
解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法；
从A型血的人中选1人有7种不同的选法；
从B型血的人中选1人有9种不同的选法；
从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．
任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理，有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．
答案：要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理，有28×7×9×3＝5 292种不同的选法．
10答案：解：第1类：末位为0
第1步，排末位，有1种方法；第2步，排首位，从1,2,3中选1个，有3种方法；第3步，排十位，有2种方法．
所以，此类方法中有1×3×2＝6个数字．
第2类：末位为2
第1步，排末位，有1种方法；第2步，排首位，从1,3中选1个，有2种方法；第3
步，排十位，有2种方法．
所以，此类方法中有1×2×2＝4个数字．
所以一共有6＋4＝10个满足条件的不同数字．。