2019数学新设计北师大选修2-3精练：第一章 计数原理 1.1.2 Word版含答案
第2课时
A组
1.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会,则不同的选法为()
A.6种
B.5种
C.3种
D.2种
解析:有3+2=5种.
答案:B
2.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.8
B.6
C.5
D.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3×2=6,故选B.
答案:B
3.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.4
C.6
D.8
解析:分两类:
第一类,公差大于0,有①1,2,3,②2,3,4,③3,4,5,④1,3,5,共4个等差数列;
第二类,公差小于0,也有4个.根据分类加法计数原理可知,共有4+4=8个不同的等差数列.答案:D
4.如图所示的五个区域中,中心区域是一幅图画,现要求在其余四个区域中涂色,有四种颜色可
供选择.要求每个区域只涂一种颜色,且相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数为()
A.84
B.72
C.64
D.56
解析:分为两类:第一类,A和C同色,有4×3×3=36(种);
第二类,A和C不同色,有4×3×2×2=48(种).
所以不同的涂色方法有36+48=84(种).
答案:A
5.美女换装游戏中,有5套裙子,4双鞋子,3顶帽子,要求裙、鞋、帽必须且只能各选择一件,则有种装扮方案.
解析:根据分步计数原理知,有5×4×3=60种.
答案:60
6.农科院小李在做某项试验中,计划从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱这6种种子中选出4种,分别种植在4块不同的空地上(1块空地只能种1种作物),若小李已决定在第1块空地上种玉米或高粱,则不同的种植方案有种.(用数字作答)
解析:要完成这件事需分四步,第一步在第一块地上种植,有2种种植方法,第二步在第二块地上种植,有5种种植方法,第三步在第三块地上种植,有4种种植方法,第四步在第4块地上种植,有3种种植方法,由分步乘法计数原理可得,不同的种植方案有2×5×4×3=120种.
答案:120
7.在平面直角坐标系内,点P(a,b)的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素,又点P到原点的距离|OP|≥5.求这样的点P的个数.
解按点P的坐标a将其分为6类:
(1)若a=1,则b=5或6,有2个点;
(2)若a=2,则b=5或6,有2个点;
(3)若a=3,则b=5或6或4,有3个点;
(4)若a=4,则b=3或5或6,有3个点;
(5)若a=5,则b=1,2,3,4,6,有5个点;
(6)若a=6,则b=1,2,3,4,5,有5个点.
所以共有2+2+3+3+5+5=20(个)点.
B组
1.从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为()
A.3
B.4
C.6
D.8
解析:当公比为2时,等比数列可为1,2,4;2,4,8.当公比为3时,等比数列可为1,3,9.
当公比为时,等比数列可为4,6,9.
同时,4,2,1;8,4,2;9,3,1和9,6,4也是等比数列,共8个.
答案:D
2.用1,2,3三个数字组成一个四位数,规定这三个数必须全部使用,且同一数字不能相邻出现,这样的四位数有()
A.36个
B.18个
C.9个
D.6个
解析:分3步完成,1,2,3这三个数中必有某一个数字被重复使用2次.
第一步,确定哪一个数字被重复使用2次,有3种方法;
第二步,把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上,有3种方法;
第三步,将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上,有2种方法.
故有3×3×2=18个不同的四位数.
答案:B
3.
某人设计了一个单人游戏,规则如下:先将一枚棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处,然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走多少,如果掷出的点数为k(k=1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走k个单位,一直循环下去.某人抛掷三次骰子后,棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有()
A.22种
B.24种
C.25种
D.36种
解析:设抛掷三次骰子所得的点数分别为a,b,c,则a+b+c=12,当a=1时,b+c=11,符合条件的数对(b,c)可以是(5,6),(6,5),共2对;当a=2时,b+c=10,符合条件的数对(b,c)可以是(4,6),(5,5),(6,4),共3对;同理,当a=3时,b+c=9,符合条件的数对(b,c)有4对;当a=4时,b+c=8,符合条件的数对(b,c)有5对;当a=5时,b+c=7,符合条件的数对(b,c)有6对;当a=6时,b+c=6,符合条件的数对(b,c)有5对.所以不同走法共有2+3+4+5+6+5=25种,故选C.
答案:C
4.一排共9个座位,甲、乙、丙三人按如下方式入座:每人左右两旁都有空座位,且甲必须在乙、丙两人之间,则不同的坐法共有种(用数字作答).
解析:从左到右9个位子中,甲只能坐4,5,6三个位子.当甲位于第5个位子时,乙、丙只能在2,3或7,8中的一个位子上;当甲位于第4个位子时,乙、丙肯定有一个位于2,另一个位于6,7,8中的一个位子上;当甲位于第6个位子时,乙、丙肯定有一个位于8,另一个位于2,3,4中的一个位子上,故共有4×2+3×2+3×2=20种.
答案:20
5.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有3×5=15种选法;
第二类,甲班选一名,丙班选一名,根据分步乘法计数原理有3×2=6种选法;
第三类,乙班选一名,丙班选一名,根据分步乘法计数原理有5×2=10种选法.
综合以上三类,根据分类加法计数原理,共有15+6+10=31种不同选法.
答案:31
6.导学号43944005从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数,则可以组成个不同的对数值.
解析:要确定一个对数值,确定它的底数和真数即可,分两步完成:
第一步,从这8个数中任取1个作为对数的底数,有8种不同取法;
第二步,从剩下的7个数中任取1个作为对数的真数,有7种不同取法.
根据分步乘法计数原理,可以组成8×7=56个对数值.
在上述56个对数值中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以满足条件的对数值共有56-4=52个.
答案:52
7.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色,每个区域涂一种颜色,若要求相邻(有公共边)的区域不同色,那么共有多少种不同的涂色方法?
13
24
解完成该件事可分步进行.
涂区域1,有5种颜色可选.
涂区域2,有4种颜色可选.
涂区域3,可先分类:若区域3的颜色与2相同,则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同,则区域3有3种颜色可选,此时区域4有3种颜色可选.
所以共有5×4×(1×4+3×3)=260种涂色方法.
8.导学号43944006若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么共有凸数多少个?
解共分8类,当中间数为2时,有1×2=2(个);
当中间数为3时,有2×3=6(个);
当中间数为4时,有3×4=12(个);
当中间数为5时,有4×5=20(个);
当中间数为6时,有5×6=30(个);
当中间数为7时,有6×7=42(个);
当中间数为8时,有7×8=56(个);
当中间数为9时,有8×9=72(个).
故共有凸数2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).。
高中数学(北师大版,选修23)第一章 计数原理+课件+同步练习+章末归纳总结+综合测试(12份)第1章 3
第一章§3一、选择题1．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[答案] D[解析]由已知4人中恰有1名女同学分为两类：甲组中一女一男，乙组中两男，有C13·C15·C26＝225(种)选法；甲组中两男，乙组中一女一男，有C12·C16·C25＝120(种)选法；由分类计数原理，可知共有225＋120＝345(种)选法．2．某班级要从4名男生，2名女生中选派4人参加社区服务，如果要求至少有1名女生参加，那么不同的选派方案种数为()A．14 B．15C．120 D．119[答案] A[解析]方法一：至少有1名女生，可分为两种情况：1名女生3名男生；2名女生2名男生，所以不同的选派方案种数为C12C34＋C22C24＝14.方法二：6人中选4人的方案共有C46＝15种，没有女生的方案只有1种，所以满足要求的选派方案种数为15－1＝14.3．(2014·全国大纲理，5)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有()A．60种B．70种C．75种D．150种[答案] C[解析]本题考查了分步计数原量和组合的运算，从6名男医生选2人有C26＝15种选法，从5名女医生选1人有C15＝5种选法，所以由分步计数原理可知共有15×5＝75种不同的选法．解决排列组合问题要首先确定是排列问题还是组合问题，是分步还是分类．然后解决问题．二、填空题4．有3张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是________(用数字作答)．[答案]10[解析] 由于选出的人无角色差异，所以是组合问题，不同方法种数为C 35＝5×4×33×2×1＝10. 5．从1,3,5,7中任取2个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有________个(用数字作答)．[答案] 300[解析] 能被5整除，个位数字只能是0或5，共分三种情况：(1)只含有数字5，则5一定位于个位上，从1,3,7中选一个，有C 13种选法，再从2,4,6,8中选两个，有C 24种选法，然后将这三个数进行全排列，有A 33种方法，故共有C 13·C 24·A 33＝108个数；(2)同理只含有数字0，有C 23·C 14·A 33＝72个数；(3)既有5又有0，则有两种情况；0位于个位共有C 13·C 14·A 33个数；5位于个位共有C 13·C 14·C 12·A 22个数．故共有C 13·C 14·A 33＋C 13·C 14·C 12·A 22＝120个数．所以符合题意的四位数共有108＋72＋120＝300(个)． 三、解答题6．(2013·景德镇市高二质检)7名身高互不相等的学生，分别按下列要求排列，各有多少种不同的排法？(1)7人站成一排，要求最高的站在中间，并向左、右两边看，身高逐个递减； (2)任取6名学生，排成二排三列，使每一列的前排学生比后排学生矮．[解析] (1)第一步，将最高的安排在中间只有1种方法；第二步，从剩下的6人中选取3人安排在一侧有C 36种选法，对于每一种选法只有一种安排方法，第三步，将剩下3人安排在另一侧，只有一种安排方法，∴共有不同安排方案C 36＝20种．(2)第一步从7人中选取6人，有C 67种选法；第二步从6人中选2人排一列有C 26种排法，第三步，从剩下的4人中选2人排第二列有C 24种排法，最后将剩下2人排在第三列，只有一种排法，故共有不同排法C 67·C 46·C 24＝630种.一、选择题1．(2014·合肥八中联考)将4个颜色互不相同的球全部收入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )A ．10种B ．20种C ．36种D ．52种[答案] A[解析] 根据2号盒子里放球的个数分类：第一类，2号盒子里放2个球，有C 24种放法，第二类，2号盒子里放3个球，有C34种放法，剩下的小球放入1号盒中，共有不同放球方法C24＋C34＝10种．2.如图，用四种不同颜色给图中的A、B、C、D、E、F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有()A．288种B．264种C．240种D．168种[答案] B[解析]当涂四色时，先涂A、E、D为A34，再从B、F、C三点选一个涂第四种颜色，如B，再F，若F与D同色，则涂C有2种方法，若F与D异色则只有一种方法，故A34A13(2＋1)＝216种．当涂三色时，先涂A、E、D为C34A33，再涂B有2种，F、C各为一种，故C34A33×2＝48，故共有216＋48＝264种，故选B.3．把4个苹果分给两个人，每人至少一个，不同分法种数有()A．6 B．12C．14 D．16[答案] C[解析]有两类分法①一人3个，一个1个有C34C11A22种分法，②每人各2个有C24C22种分法．所以共有C34A22＋C24C22＝14种不同的分法，选C.4.某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有()A．8种B．10种C．12种D．32种[答案] B[解析]因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复．②向东的走法定出后，向南的走法随之确定．所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可．故有不同走法有C35＝C25＝10种．选B.5．(2012·陕西理，8)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A．10种B．15种C．20种D．30种[答案] C[解析]本题考查了排列组合知识与分类讨论的思想．由题意知，打三局，有两种情形；打四局2C13种情形，打五局有2(C13＋C23)种情形，故共有2＋6＋12＝20种不同情形，本题隐含两人最少打三局，最多打五局比赛终止，因此要进行合理分类．二、填空题6．某仪表显示屏上一排有7个小孔，每个小孔可显示出0或1，若每次显示其中三个孔，但相邻的两孔不能同时显示，则这种显示屏可以显示的不同信号的种数是________种．[答案] 80[解析] 显示的孔不相邻，用插空法，4个不显示孔形成5个空当． ∴有C 35种选法．每个孔有2种显示方法． ∴共有23C 35＝80种．7．把3名辅导老师与6名学生分成3个小组(每组1名教师，2名学生)开展实验活动，但学生甲必须与教师A 在一起，这样的分组方法有________种．(用数字作答)[答案] 30[解析] 分别给A ，B ，C 三位老师各安排2名学生(学生甲必须与教师A 在一组)，一共有C 11C 15C 24C 22＝30(种)不同的分组方法．三、解答题8．(1)解方程C 3x ＋618＝C 4x －218；(2)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，求C m 8； (3)计算C 37＋C 47＋C 58＋C 69.[解析] (1)由C 3x ＋618＝C 4x －218及组合数的性质得，3x ＋6＝4x －2或3x ＋6＝18－(4x －2)， 解得x ＝8或x ＝2，经检验x ＝8不符合题意，舍去．故x ＝2.(2)原方程变形为m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×m ！(7－m )！10×7！即60－10(6－m )＝(7－m )(6－m )， 即m 2－23m ＋42＝0， 解得m ＝21或m ＝2， 又∵0≤m ≤5且m ∈N ＋，∴m ＝2，∴C m 8＝C 28＝28.(3)原式＝C 48＋C 58＋C 69＝C 59＋C 69＝C 610＝C 410＝210.[点评] 解有关组合数的不等式或方程，应注意合组数本身有意义时的未知数的取值范围．9．有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)共有多少种放法？(2)恰有一个盒不放球，有多少种放法？(3)恰有一盒内有2个球，有多少种放法？(4)恰有两个盒不放球，有多少种放法？[分析](1)可直接用分步乘法计数原理．(2)问题转化为“4个球，三个盒子，每个盒子都要放球，共有几种放法？”(3)该问题事实上与问题(2)是同一个问题．(4)问题转化为：“4个球，两个盒，每个盒必放入球，有几种放法？”[解析](1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有：44＝256(种)．(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，然后将4个球分成2,1,1的三组，有C14·C24种分法；再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理，共有放法：C14·C24·C13·A22＝144(种)．(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．(4)先从四个盒子中任意拿走两个有C24种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C34·C12种放法；第二类：有C24种放法．因此共有C34·C12＋C24＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：C24·14＝84(种)．10．6个人进2间屋子：(1)每屋内至少进1人；(2)每屋都进3人，问各有多少种分配方法？[解析](1)方法一：按第1间屋子内进人的数目可分为5类：进1人，2人，3人，4人，5人．因此，要把这5类分配进屋的方法数加起来，对于每一类而言，如“第1间屋内进4人，第2间进2人”这类分配方式，又可看成先派4人进入第1间屋，再派余下的2人进入第2间屋．这样得到C46·C22种进屋方法，于是总共方法为：C16C55＋C26C44＋C36C33＋C46C22＋C56C11＝62(种)．方法二：从6人进2间屋子的各种分配方法数中减去不合题意的分配方法数来计算．不合题意的分配方法只有2种，即6人全进第1间或全进第2间．即间接法解得：26－2＝62(种)．(2)方法一：先派3人进第1间屋，再让其余3人进第2间屋，得分配方法为：C 36·C 33＝20(种)． 方法二：先把6人平均分成两组，方法有：C 36A 22(种)，然后再分配到房间，共有C 36A 22·A 22＝20(种)．[点评] (1)平均分组问题：一般来说，km 个不同的元素分成k 组，每组m 个，则不同的分法有： C m km ·C m (k －1)m ·…·C m mA kk(种)． (2)不平均分组问题：一般来说，把n 个不同元素分成k 组，每组分别有m 1，m 2，…，m k 个，m 1，m 2，…，m k 互不相等，且m 1＋m 2＋…＋m k ＝n ，则有不同的分法为：C m 1n ·C m 2n －m 1·C m 3n －(m 1＋m 2)·…·C m k m k 种．如果m 1，m 2，…，m k 中有且仅有i 个相等，则不同的分法为：C m 1n ·C m 2n －m 1·C m 3n －(m 1＋m 2)·…·C m k m kA ii(种)． 上面的组合问题给出两个解法模型，处理此类问题的关键是充分考虑到是否与顺序有关，避免产生重复计数．。
北师大版2019年高中数学选修2-3导学案：第一章_计数原理3组合_含答案
§3 组合自主整理1.一般地，从n个不同的元素中，_______________，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，我们把有关求_______________问题叫作组合问题.2.我们把_______________，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号_______________表示.3.一般地，考虑C mn 与A mn的关系：把“从n个不同的元素中选出m（m≤n）个元素进行排列”这件事，分两步进行：第一步：从n个不同元素中取出m个元素，一共有_______________种取法.第二步：_______________一共有A mm种排法.根据____________原理，我们得到“从n个不同元素中选出m（m≤n）个元素进行排列”一共有____________种排法.即有A mn=____________.4.C mn =____________=____________=____________，规定:C0n=____________.5.组合数的性质：性质1：____________________________________________________________.性质2：____________________________________________________________.高手笔记1.使用组合数公式时，要注意C mn中m为非负整数，n∈N+，m≤n等限制条件.2.排列与组合的定义中相同的语句是“从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素”.定义中不同的语句是:排列的定义中“按着一定的顺序排成一列”；组合的定义中“并成一组”.3.排列与组合的共同点，就是都要“从n个不同元素中，任取m个元素”，而不同点就是前者要“按照一定的顺序排成一列”，而后者却是“不论怎样的顺序并成一组”.因此，“有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标志.如，从A、B、C三个元素中，任意取出两个元素的所有排列为：AB，BA，AC，CA，BC，CB；所有组合为：AB，AC，BC.在排列的意义下，AB与BA、AC与CA、BC与CB不同，而在组合的意义下，AB与BA、AC与CA、BC与CB相同.4.公式A mn =C mn·A mm表明从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素的排列数的计算可分为两步：求C mn；再对取出的m个元素进行全排列.因此，从n个不同的元素中，任取m（m≤n）个元素的一个组合，是相应的所有排列中的1个.如从A、B、C中取出A、B的排列为AB、BA，组合AB（或BA）是其中的1个.5.公式C mn =!)1()2)(1(mmnnnn+---其形式上的特点是：分子是连续m个自然数之积，最大的数为n，最小的数是（n-m+1）;分母是m！.名师解惑1.如何区别组合与组合数？剖析：“组合数”与“一个组合”是两个不同的概念，“一个组合”是指“从n个不同元素中，任取m （m≤n）个元素并成一组”，它不是一个数，而是具体的形式；“组合数”是指“从n 个不同元素中取出m （m≤n）个元素的所有组合的个数”，它是一个数.如，从A 、B 、C 中任取两个元素的所有组合为：AB 、AC 、BC ，它是具体的形式“AB、AC 、BC”；而其组合数是具体的数，AB 、AC 、BC 都算作1，1+1+1=3，即C 23=3.2.如何理解组合数的两个性质?剖析：（1）对C m n =C m n n -的理解：这个性质可以由组合数的定义给出，从n 个不同元素中取出m 个元素后，剩下n-m 个元素，也就是说，从n 个不同元素中取出m 个元素的每一个组合，都对应于从n 个不同元素中取n-m 个元素的唯一的一个组合，反过来也如此，因此有C m n =C m n n -.（2）对C 11-+=m n m n C 的理解：把n+1个元素分为不含某元素a 和含某元素a 两类.不含a 这一类，从n+1个元素中取m 个元素的组合，相当于从n 个元素中取m 个元素的组合，组合数为C m n ；含a 的这一类，a 必被取出，从n+1个元素中取m 个元素的组合，相当于从其余的n 个元素中取m-1个元素的组合，组合数为C 1-m n .根据加法原理，有C m n 1+=C m n +C 1-m n .3.解答组合问题时的解题策略是什么？剖析：解答组合应用题的总体思路为：（1）整体分类，对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算结果时使用加法原理.（2）局部分步，整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的不重复，计算每一类的相应结果时，使用乘法原理.（3）考察顺序，区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，无序的问题，用组合解答，有序的问题属排列问题.（4）辩证地看待“元素”与“位置”.排列、组合问题中的元素与位置，没有严格的界定标准，哪些事物看成元素或位置，要视具体情况而定.有时“元素选位置”，问题解决得简捷；有时“位置选元素”效果会更好.讲练互动【例1】证明：C n n +n n 1++C n n 2++…+C n m n +=C 11+++n m n .分析：本题运用公式C m n 1+=C m n +C 1-m n写出m+1个等式，然后把这些等式两边分别相加，等式两边相同的项消去后即得结论.证明：C n n =C 12++n nC 12111+++++=+n n n n n n C CC 13212+++++=+n n n n n n C C ……C =++++n m n n m n C 1C 11+++n m n把以上m+1个式子相加，即得C n n +n n 1++C n n 2++……+C n m n +=C 11+++n m n .绿色通道:利用性质C m n +C 1-m n=C m n 1+证明等式时，要先将第一项C n n 变成C 12++n n ，然后与第二项nn +n n 1+结合利用组合性质，依次求和可得右端.变式训练1.证明：C m n +3C 333213+++++=++m n m n m n m n C C C .证明：左边=（C m n +C 1+m n）+2（C 1+m n +C 2+m n ）+（C 2+m n +3+m n ）=C 11++m n +2C 21++m n +C 31++m n =（C 11++m n +C 21++m n ）+（C 21++m n +C 31++m n ）=C 22++m n +C 32++m n =C 33++m n =右边.∴等式成立.【例2】从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有多少种？分析：取出的3台电视机中要求至少有甲型与乙型各1台，它包括两种可能：2台甲型与1台乙型、1台甲型与2台乙型，所以可用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决.另外，也可以采用间接法.解法一：从4台甲型电视机中取2台且从5台乙型电视机中取1台有C 24·C 15种取法；从4台甲型电视机中取1台且从5台乙型电视机中取2台有C 14·C 25种取法，所以取出的3台电视机中至少要有甲型与乙型各1台的取法共有C 24·C 15+C 14·C 25=70种.故应选C. 解法二：从所有的9台电视机中取3台有C 39种取法，其中全部为甲型的有C 34种取法，全部为乙型的有C 35种取法，则至少有甲型与乙型各1台的取法有C 39-C 34-C 35=70种.黑色陷阱:解决这类问题最容易出现的错误就是产生重复，比如首先从4台甲型电视机与5台乙型电视机中各取1台，有C 14·C 15种取法，再在剩下的7台电视机中任取1台，有C 17种取法，所以不同的取法共有C 14·C 15·C 17=140种，这种看起来很不错的解法实际上是错误的，因为它产生了重复.避免产生重复的方法就是进行“先分类后分步”.变式训练2.一份考卷有10道考题，分为A 、B 两组，每组5题，要求考生选答6题，但每组最多选4题，问考生有几种选答方法？解：有3种选题方案：A 组选4题、B 组选2题；A 组选2题、B 组选4题及A 、B 组各选3题，故选答方法有2C 45C 25+（C 35）2=200种.【例3】200件产品中有5件是次品，现从中任意抽取4件，按下列条件，各有多少种不同的抽法（只要求列式）？（1）都不是次品；（2）至少有1件次品；（3）不都是次品.分析：第（1）题与顺序无关，都不是次品，即全部是正品，正品有195件；第（2）题与顺序无关，至少有1件次品，即有1件次品，2件次品，3件次品，4件次品四类情况，可用直接法解答，也可用间接法解答；第（3）题与顺序无关，不都是次品，即至少有1件是正品.解：（1）都不是次品，即全部为正品，∴有C 4195种.（2）至少有1件次品，包括1件，2件，3件，4件次品的情况.∴共有C 3195C 15+C 2195C 25+C 1195C 35+C 45种或C 4200-C 4195种.（3）不都是次品，即至少有1件正品，∴共有C 1195C 35+C 2195C 25+C 3195C 15+C 4195种或C 4200-C 45种.绿色通道:解决“至多”或“至少”问题，通常采用直接分类法（简称直接法）和整体排异法（简称间接法）求解.当直接分类讨论的情形较多时，使用整体排异法较简便. 变式训练3.从8名男同学和4名女同学中选出5人组成青年志愿队，按要求各有多少种选法？（1）至少有一名女同学参加；（2）至多有两名女同学参加；（3）男女同学各至少有两名参加.解：（1）法一：“至少有一名”可分为4种情况：1名，2名，3名，4名女同学参加，而题设要求选出5人，因此其余名额不足部分应由男生填补，故至少有一名女同学参加共有N=C 14C 48+C 24C 38+C 34C 28+C 44C 18=736种不同选法.法二：在整体组合C 512中去掉不满足题设要求的组合，即N=C 512-C 58=736种不同选法.（2）法一：直接分类求解.共有N=C 58+C 48C 14+C 38C 24=672种不同选法.法二：整体排异求解. 共有N=C 512-C 44C 18-C 34C 28=672种不同选法.（3）可分两类：一类是2男3女，共有C 28C 34种不同选法；另一类是3男2女，共有C 38C 24种不同选法.根据分类加法计数原理，得符合条件的选法共有C 28C 34+C 38C 24=448种.【例4】6本不同的书分成3堆，每堆2本，共有多少种分法？分析：6本书平均分给甲、乙、丙三人的问题可分为两步来解决，先把这6本书分成3堆，每堆2本，再把分好的3堆给甲、乙、丙三人.解：6本书平均分给甲、乙、丙三人的方法共有26C C 24C 22=15×6=90种.设6本书平均分成3堆的方法有x 种，再将这3堆分给甲、乙、丙3人有A 33种方法，故A 33x=90,解得x=15.即共有15种分法.绿色通道:均匀有序分组的一般结论：n 个元素分成有序的m 组，每组r 个元素，则分法总数为C r r n r n C -r r n C 2-…C r r （其中mr=n ）.均匀无序分组的一般结论：n 个元素分成无序的m 组，每组r 个元素，则分法总数为m mr r r r n r r n r n A C c C C 2--（mr=n ）. 有序分组与无序分组的本质区别在于只分组，还是分组后再分配给别的不同对象. 变式训练4.12个学生平均分成3组，参加制作航空模型的活动，3个教师各参加一组进行指导，问有多少种分组方法？解法一：将12个学生平均分配到3个固定的组（即组有序）中的方法有C 412C 48C 44种. 事实上并无组别的限制，故将12个学生平均分成3组的方法有334448412A C C C 种.3个教师按每组1人分配到各组中去有A 33种方法.由乘法原理，符合题意的分组方法有334448412A C C C ·A 33=C 412C 48=495×70=34 650种. 解法二：3个教师代表甲、乙、丙3个组，先将12个学生选出4人分到甲组，有C 412种不同方法；再将其余8个学生选4人分到乙组有C 48种不同方法.由乘法原理，符合题意的分组方法有C 412·C 48·C 44=34 650种.【例5】现有6本不同的书分给甲、乙、丙三人，（1）甲得1本，乙得2本，丙得3本，共有多少种不同的分法？（2）一人得1本，一人得2本，一人得3本，共有多少种不同的分法？（3）三人中的一人得4本，另外两人各得1本，共有多少种不同的分法？分析：（1）甲从6本中选1本，乙从剩下的5本中选2本，剩下的3本给丙.利用乘法原理.（2）本小题属不均匀分组且有顺序，分两步：分成三组，一组1本，一组2本，一组3本，共有16C C 25C 33种分组方法；再将不同的三组分给三个人，有A 33种分法.解：（1）16C C 25C 33=60种.（2）16C C 25C 33A 33=360种.（3）解法一：从6本书中选出4本给三人中的一人有46C 13C 种分法,剩下2本书给2个人,每人一本有A 22种分法，利用乘法原理,共有46C 13C ·A 22=90种不同的分法. 解法二：将6本书分成3组，一组4本，两组各1本，共有22111246A C C C 种不同分法；再把3组分给三个人，有A 33种分法，利用乘法原理，共有22111246A C C C A 33=90种不同的分法. 绿色通道:本例是分组问题的典型范例，解决分组问题应弄清以下几点：（1）分组对象是否明确;（2）是否平均分组;（3）是否局部平均分组;（4）分组时有无顺序关系.本例中（1）为非均匀分组且分组无顺序；应固定甲、乙、丙的本数；（2）为非均匀分组有顺序；（3）为局部均匀分组有顺序.非均匀无序分组的一般结论是：n 个元素分成m 组，第i 组有r i 个元素（i=1，2，…，m ），分法总数是C .2211m m rr r r r n r n C C -- 变式训练5.6名护士，3名医生，分成三组到甲、乙、丙三村去下乡，每组2名护士，1名医生，共有多少种不同的分法？解法一：首先把护士分配到三村有C 26C 24C 22种，再把医生分配到三村有C 13C 12C 11种. 据乘法原理共有C 26C 24C 22·C 13C 12C 11=540种.解法二：先分组后分配.3名医生各代表一组，将6名护士平均分组有33222426A C C C 种.再分到三名医生代表的三组中有33222426A C C C A 33种，再将这三个组分配到三个村里去，有33222426A C C C A 33A 33=540种.。
2019数学新设计北师大选修2-3精练：第一章 计数原理 1.5 Word版含答案
§5二项式定理A组1.(x+2)n的展开式共有12项,则n等于()A.9B.10C.11D.8解析:∵(a+b)n的展开式共有n+1项,而(x+2)n的展开式共有12项,∴n=11.故选C.答案:C2.的展开式中x2y3的系数是()A.-20B.-5C.5D.20解析:由已知,得T r+1=(-2y)r=·(-2)r x5-r y r(0≤r≤5,r∈Z),令r=3,得T4=(-2)3x2y3=-20x2y3.故选A.答案:A3.在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=()A.45B.60C.120D.210解析:∵(1+x)6展开式的通项公式为T r+1=x r,(1+y)4展开式的通项公式为T h+1=y h, ∴(1+x)6(1+y)4展开式的通项可以为x r y h.∴f(m,n)=.∴f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)==20+60+36+4=120.故选C.答案:C4.已知展开式的第4项等于5,则x等于()A.B.-C.7 D.-7解析:T4=x4=-x=-35x=5,所以x=-.答案:B5.(2-)8的展开式中不含x4项的系数的和为()A.-1B.0C.1D.2解析:采用赋值法,令x=1,得(2-)8的展开式的系数和为1,x4项系数为20(-1)8=1,所以(2-)8的展开式中不含x4项的系数和为0.答案:B6.设a=sin x d x,则二项式的展开式中的常数项等于.解析:a=sin x d x=(-cos x)=2,二项式展开式的通项为T r+1=(2=(-1)r·26-r·x3-r,令3-r=0得,r=3,∴常数项为(-1)3·23·=-160.答案:-1607.已知(2x-3)7=a0(x-1)7+a1(x-1)6+…+a6(x-1)+a7.(1)求a0+a1+a2+…+a7;(2)求a0-a7.解(1)令x=2,得a0+a1+a2+…+a7=(4-3)7=1.(2)令x=1,得a7=(2×1-3)7=-1,x7的系数a0=27(-3)0=128,∴a0-a7=129.8.(1)求(1+2x)7的展开式中第四项的系数;(2)求的展开式中x3的系数及二项式系数.解(1)(1+2x)7的展开式的第4项为T3+1=(2x)3=280x3,∴(1+2x)7的展开式中第四项的系数是280.(2)∵的展开式的通项为T r+1=x9-r=(-1)r·x9-2r.令9-2r=3,r=3,∴x3的系数为(-1)3=-84.x3的二项式系数为=84.9.在的展开式中,求:(1)第5项的二项式系数及第5项的系数;(2)倒数第3项.解(1)二项式展开式的通项为T r+1=(2x2)8-r·,所以T5=·(2x2)8-4··24·,则第5项的二项式系数是=70,第5项的系数是·24=1 120.(2)展开式中的倒数第3项即为第7项,T7=·(2x2)8-6·=112x2.B组1.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,所以a+b=70.答案:C2.(2016·江西临川一中等九校联考)二项式的展开式的第二项的系数为-,则x2d x 的值为()A. B.3C.3或D.3或-解析:二项展开式的第二项T2=(ax)5×,则由题意有a5=-,解得a=-1,所以x2d x=x3=-.答案:A3.(2016·河南郑州一中联考)若在的展开式中含有常数项,则正整数n取得最小值时的常数项为()A.-B.-135C.D.135解析:的展开式的通项为T r+1=·(3x2)n-r3n-r x2n-5r,展开式中含有常数项需满足2n-5r=0,即n=,r∈N.所以当r=2时,正整数n取得最小值为n=5,此时常数项为,故选C.答案:C4.(x2+2)的展开式中的常数项是()A.2B.3C.-2D.-3解析:二项式的展开式的通项为T r+1=(-1)r=(-1)r x2r-10,易知(x2+2)的展开式中的常数项为·(-1)4+2··(-1)5=3.答案:B5.若的展开式中x3项的系数为20,则a2+b2的最小值为.解析:的展开式的通项为T r+1=(ax2)6-r·a6-r b r x12-3r,令12-3r=3,得r=3.由a6-r b r=a3b3=20,得ab=1.所以a2+b2≥2ab=2×1=2.答案:26.求的展开式中的有理项.解的展开式的通项为T r+1=)8-r·(r=0,1,2,…,8),为使为有理项,r必须是4的倍数,所以r=0,4,8,故共有3个有理项,分别是T1=x4=x4,T5=x=x,T9=x-2=.7.导学号43944018已知的展开式中偶数项的二项式系数的和比(a+b展开式中奇数项的二项式系数的和小120,求第一个展开式的第三项.解(a+b)2n展开式中奇数项的二项式系数的和为22n-1,展开式中偶数项的二项式系数的和为2n-1.依题意,有2n-1=22n-1-120,即(2n)2-2n-240=0.解得2n=16,或2n=-15(舍).∴n=4.于是,第一个展开式中第三项为T3=)2=6.。
数学新设计北师大选修2-3精练：第一章 计数原理 1.1.2 Word版含答案
第2课时A组1.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会,则不同的选法为()A.6种B.5种C.3种D.2种解析:有3+2=5种.答案:B2.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3×2=6,故选B.答案:B3.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.2B.4C.6D.8解析:分两类:第一类,公差大于0,有①1,2,3,②2,3,4,③3,4,5,④1,3,5,共4个等差数列;第二类,公差小于0,也有4个.根据分类加法计数原理可知,共有4+4=8个不同的等差数列.答案:D4.如图所示的五个区域中,中心区域是一幅图画,现要求在其余四个区域中涂色,有四种颜色可供选择.要求每个区域只涂一种颜色,且相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数为()A.84B.72C.64D.56解析:分为两类:第一类,A和C同色,有4×3×3=36(种);第二类,A和C不同色,有4×3×2×2=48(种).所以不同的涂色方法有36+48=84(种).答案:A5.美女换装游戏中,有5套裙子,4双鞋子,3顶帽子,要求裙、鞋、帽必须且只能各选择一件,则有种装扮方案.解析:根据分步计数原理知,有5×4×3=60种.答案:606.农科院小李在做某项试验中,计划从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱这6种种子中选出4种,分别种植在4块不同的空地上(1块空地只能种1种作物),若小李已决定在第1块空地上种玉米或高粱,则不同的种植方案有种.(用数字作答)解析:要完成这件事需分四步,第一步在第一块地上种植,有2种种植方法,第二步在第二块地上种植,有5种种植方法,第三步在第三块地上种植,有4种种植方法,第四步在第4块地上种植,有3种种植方法,由分步乘法计数原理可得,不同的种植方案有2×5×4×3=120种.答案:1207.在平面直角坐标系内,点P(a,b)的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素,又点P到原点的距离|OP|≥5.求这样的点P的个数.解按点P的坐标a将其分为6类:(1)若a=1,则b=5或6,有2个点;(2)若a=2,则b=5或6,有2个点;(3)若a=3,则b=5或6或4,有3个点;(4)若a=4,则b=3或5或6,有3个点;(5)若a=5,则b=1,2,3,4,6,有5个点;(6)若a=6,则b=1,2,3,4,5,有5个点.所以共有2+2+3+3+5+5=20(个)点.B组1.从集合{1,2,3,…,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为()A.3B.4C.6D.8解析:当公比为2时,等比数列可为1,2,4;2,4,8.当公比为3时,等比数列可为1,3,9.当公比为时,等比数列可为4,6,9.同时,4,2,1;8,4,2;9,3,1和9,6,4也是等比数列,共8个.答案:D2.用1,2,3三个数字组成一个四位数,规定这三个数必须全部使用,且同一数字不能相邻出现,这样的四位数有()A.36个B.18个C.9个D.6个解析:分3步完成,1,2,3这三个数中必有某一个数字被重复使用2次.第一步,确定哪一个数字被重复使用2次,有3种方法;第二步,把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上,有3种方法;第三步,将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上,有2种方法.故有3×3×2=18个不同的四位数.答案:B3.某人设计了一个单人游戏,规则如下:先将一枚棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处,然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走多少,如果掷出的点数为k(k=1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走k个单位,一直循环下去.某人抛掷三次骰子后,棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有()A.22种B.24种C.25种D.36种解析:设抛掷三次骰子所得的点数分别为a,b,c,则a+b+c=12,当a=1时,b+c=11,符合条件的数对(b,c)可以是(5,6),(6,5),共2对;当a=2时,b+c=10,符合条件的数对(b,c)可以是(4,6),(5,5),(6,4),共3对;同理,当a=3时,b+c=9,符合条件的数对(b,c)有4对;当a=4时,b+c=8,符合条件的数对(b,c)有5对;当a=5时,b+c=7,符合条件的数对(b,c)有6对;当a=6时,b+c=6,符合条件的数对(b,c)有5对.所以不同走法共有2+3+4+5+6+5=25种,故选C.答案:C4.一排共9个座位,甲、乙、丙三人按如下方式入座:每人左右两旁都有空座位,且甲必须在乙、丙两人之间,则不同的坐法共有种(用数字作答).解析:从左到右9个位子中,甲只能坐4,5,6三个位子.当甲位于第5个位子时,乙、丙只能在2,3或7,8中的一个位子上;当甲位于第4个位子时,乙、丙肯定有一个位于2,另一个位于6,7,8中的一个位子上;当甲位于第6个位子时,乙、丙肯定有一个位于8,另一个位于2,3,4中的一个位子上,故共有4×2+3×2+3×2=20种.答案:205.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有3×5=15种选法;第二类,甲班选一名,丙班选一名,根据分步乘法计数原理有3×2=6种选法;第三类,乙班选一名,丙班选一名,根据分步乘法计数原理有5×2=10种选法.综合以上三类,根据分类加法计数原理,共有15+6+10=31种不同选法.答案:316.导学号43944005从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数,则可以组成个不同的对数值.解析:要确定一个对数值,确定它的底数和真数即可,分两步完成:第一步,从这8个数中任取1个作为对数的底数,有8种不同取法;第二步,从剩下的7个数中任取1个作为对数的真数,有7种不同取法.根据分步乘法计数原理,可以组成8×7=56个对数值.在上述56个对数值中,log24=log39,log42=log93,log23=log49,log32=log94,所以满足条件的对数值共有56-4=52个.答案:527.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色,每个区域涂一种颜色,若要求相邻(有公共边)的区域不同色,那么共有多少种不同的涂色方法?1324解完成该件事可分步进行.涂区域1,有5种颜色可选.涂区域2,有4种颜色可选.涂区域3,可先分类:若区域3的颜色与2相同,则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同,则区域3有3种颜色可选,此时区域4有3种颜色可选.所以共有5×4×(1×4+3×3)=260种涂色方法.8.导学号43944006若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么共有凸数多少个?解共分8类,当中间数为2时,有1×2=2(个);当中间数为3时,有2×3=6(个);当中间数为4时,有3×4=12(个);当中间数为5时,有4×5=20(个);当中间数为6时,有5×6=30(个);当中间数为7时,有6×7=42(个);当中间数为8时,有7×8=56(个);当中间数为9时,有8×9=72(个).故共有凸数2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).。
2019数学新设计北师大选修2-3精练：第一章 计数原理 1-1 Word版含答案
模块复习课MOKUAIFUXIKE第1课时计数原理A组1.从3名男同学和2名女同学中选1人主持本班某次主题班会,不同选法种数为()A.6B.5C.3D.2解析:由分类加法计数原理知总方法数为3+2=5(种).答案:B2.4位同学从甲、乙、丙3门课程中各选修1门,则恰有2人选修课程甲的不同选法有()A.12种B.24种C.30种D.36种解析:分三步,第一步先从4位同学中选2人选修课程甲,共有种不同选法;第二步给第3位同学选课程,有2种选法;第三步给第4位同学选课程,也有2种不同选法.故共有2×2=24(种).答案:B3.六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有()A.192种B.216种C.240种D.288种解析:若最左端排甲,其他位置共有=120(种)排法;若最左端排乙,最右端共有4种排法,其余4个位置有=24(种)排法,所以共有120+4×24=216(种)排法.答案:B4.若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有()A.60种B.63种C.65种D.66种解析:共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使和为偶数,则4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,故不同的取法有=66(种).答案:D5.(1+2x)3(1-x)4展开式中x项的系数为()A.10B.-10C.2D.-2解析:(1+2x)3(1-x)4展开式中的x项的系数为两个因式相乘而得到,即第一个因式的常数项和一次项分别乘以第二个因式的一次项与常数项,它为(2x)0(-x)1+(2x)114(-x)0,其系数为(-1)+2=-4+6=2.答案:C6.把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有种.解析:记5件产品为A,B,C,D,E,A,B相邻视为一个元素,先与D,E排列,有种方法;再将C插入,仅有3个空位可选,共有=2×6×3=36(种)不同的摆法.答案:367.将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格中,每格填一个数,则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有种.解析:编号为1的方格内填数字2,共有3种不同填法;编号为1的方格内填数字3,共有3种不同填法;编号为1的方格内填数字4,共有3种不同填法.于是由分类加法计数原理,得共有3+3+3=9(种)不同的填法.答案:98的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大,则第四项为.解析:由已知条件第五项和第六项二项式系数最大,得n=9,展开式的第四项为T4=()6答案:9.导学号43944059电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱,其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信,甲箱中有30封,乙箱中有20封,现由主持人抽奖确定幸运观众,若先确定一名幸运之星,再从两箱中各确定一名幸运观众,有多少种不同结果?解分两类:(1)幸运之星在甲箱中抽,选定幸运之星,再在两箱内各抽一名幸运观众,有30×29×20=17 400(种).(2)幸运之星在乙箱中抽取,有20×19×30=11 400(种).共有不同结果17 400+11 400=28 800(种).B组1.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24解析:先把三把椅子隔开摆好,它们之间和两端有4个位置,再把三人带椅子插放在四个位置,共有=24种放法,故选D.答案:D2.使(n∈N+)的展开式中含有常数项的最小的n为()A.4B.5C.6D.7解析:T r+1=(3x)n-r3n-r,当T r+1是常数项时,n-r=0,当r=2,n=5时成立.答案:B3.从班委会5名成员中选出3名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其中甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有种(用数字作答).解析:第一步,先选出文娱委员,因为甲、乙不能担任,所以从剩下的3人中选1人当文娱委员,有3种选法.第二步,从剩下的4人中选学习委员和体育委员,又可分两步进行:先选学习委员有4种选法,再选体育委员有3种选法.由分步乘法计数原理可得,不同的选法共有3×4×3=36(种).答案:364.在的展开式中,x2的系数为.解析:由题意知T r+1=x6-r x6-2r令6-2r=2,可得r=2.故所求x2的系数为答案:5.在(2x-3y)10的展开式中,求:(1)二项式系数的和;(2)各项系数的和;(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和;(4)奇数项系数和与偶数项系数和.解(1)二项式系数的和为+…+=210.(2)令x=y=1,各项系数和为(2-3)10=(-1)10=1.(3)奇数项的二项式系数和为+…+=29,偶数项的二项式系数和为+…+=29.(4)令x=y=1,得到a0+a1+a2+…+a10=1,①令x=1,y=-1(或x=-1,y=1),得a0-a1+a2-a3+…+a10=510,②①+②得2(a0+a2+…+a10)=1+510,∴奇数项系数和为;①-②得2(a1+a3+…+a9)=1-510,∴偶数项系数和为6.导学号43944060男运动员6名,女运动员4名,其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法?(1)男运动员3名,女运动员2名;(2)至少有1名女运动员;(3)队长中至少有1人参加;(4)既要有队长,又要有女运动员.解(1)第一步:选3名男运动员,有种选法.第二步:选2名女运动员,有种选法.共有=120(种)选法.(2)法一至少有1名女运动员包括以下几种情况:1女4男,2女3男,3女2男,4女1男.由分类加法计数原理可得总选法数为=246(种).法二“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”,可用间接法求解.从10人中任选5人有种选法,其中全是男运动员的选法有种.所以“至少有1名女运动员”的选法为=246(种).(3)法一(直接法)可分类求解:“只有男队长”的选法为;“只有女队长”的选法为;“男、女队长都入选”的选法为;所以共有2=196(种)选法.法二(间接法)从10人中任选5人有种选法.其中不选队长的方法有种.所以“至少有1名队长”的选法为=196(种).(4)当有女队长时,其他人任意选,共有种选法.不选女队长时,必选男队长,共有种选法,其中不含女运动员的选法有种,所以不选女队长时的选法共有种选法.所以既有队长又有女运动员的选法共有=191(种).。
2019数学新设计北师大选修2-3精练：第一章 计数原理 测评 Word版含答案
第一章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.某铁路所有车站共发行132种普通客票,则这段铁路共有车站数是()A.8B.12C.16D.24解析:∵=n(n-1)=132.∴n=12.故选B.答案:B2.若=6,则m等于()A.9B.8C.7D.6解析:由m(m-1)(m-2)=6·,解得m=7.答案:C3.(1+2x)5的展开式中,x2的系数等于()A.80B.40C.20D.10解析:(1+2x)5的展开式的通项为T r+1=(2x)r=2r x r,令r=2,则22=4×10=40.答案:B4.一次考试中,要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题,要求至少包含前5个题目中的3个,则考生答题的不同选法的种数是()A.40B.74C.84D.200解析:分三类:第一类,前5个题目的3个,后4个题目的3个,第二类,前5个题目的4个,后4个题目的2个,第三类,前5个题目的5个,后4个题目的1个,由分类加法计数原理得=74.答案:B5.有1,2,3,4共四个数字,排成2行2列,要求每行数字之和不能为5,则排法的种数为()A.8B.10C.12D.16答案:D6.某校园有一椭圆形花坛,分成如图四块种花,现有4种不同颜色的花可供选择,要求每块地只能种一种颜色,且有公共边界的两块不能种同一种颜色,则不同的种植方法共有()A.48种B.36种C.30种D.24种解析:由于相邻两块不能种同一种颜色,故至少应当用三种颜色,故分两类.第一类,用4色有种,第二类,用3色有4种,故共有+4=48种.答案:A7.(2016·浙江宁波效实中学第一学期期末)在航天员进行的一项太空实验中,要先后实施6个程序,其中程序A只能出现在第一步或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,则在该实验中程序顺序的编排方法共有()A.144种B.96种C.48种D.34种解析:首先将B,C捆绑在一起作为整体,共有两种,又A只能出现在第一步或者最后一步,故总的编排方法为×2=96种,故选B.答案:B8.现有三种类型的卡片各10张,这些卡片除类型不同外其他全部相同,现把这三种类型的卡片分给5个人,每人一张,要求三种类型的卡片都要用上,则分法的种数为()A.30B.75C.150D.300解析:分为两类:第一类,5人中有3人卡片类型相同,则分法有=60种;第二类,5人中各有2人卡片类型相同,则分法有=90种.所以由分类加法计数原理得,分法的种数为60+90=150.答案:C9.(2016·湖北孝感高中高二上学期期中考试)已知(1+x)10=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+a10(1-x)10,则a8=()A.-180B.45C.-45D.180解析:由于(1+x)10=[2-(1-x)]10,因此其展开式的通项为T k+1=(-1)k210-k·(1-x)k,令k=8,得a8=4=180,故答案:为D.答案:D10.(2016·山东莱芜一中高三1月自主考试)在(ax+1)7的展开式中,x3项的系数是x2项系数和x5项系数的等比中项,则实数a的值为()A.B.C.D.解析:展开式的通项为T r+1=(ax)7-r,∴x3项的系数是a3,x2项的系数是a2,x5项的系数是a5,∵x3项的系数是x2的系数与x5项系数的等比中项,∴(a3)2=a2×a5,∴a=.故选A.答案:A11.有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”“立定跳远”“肺活量”“握力”“台阶”五个项目的测试,每位同学上、下午各测试一个项目,且不重复.若上午不测“握力”项目,下午不测“台阶”项目,其余项目上、下午都各测试一人,则不同的安排方式有()A.264种B.240种C.200种D.120种解析:由条件上午不测“握力”,则4名同学测四个项目,有;下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复,如下午甲测“握力”,乙、丙、丁所测不与上午重复有2种,甲测“身高与体重”“立定跳远”“肺活量”中一种有3×3=9(种),故(2+9)=264种.答案:A12.有两条平行直线a和b,在直线a上取4个点,直线b上取5个点,以这些点为顶点作三角形,这样的三角形共有()A.70个B.80个C.82个D.84个解析:分两类,第一类:从直线a上任取一个点,从直线b上任取两个点,共有种方法;第二类:从直线a上任取两个点,从直线b上任取一个点,共有种方法.所以满足条件的三角形共有=70个.故选A.答案:A二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2016·湖北孝感高中高二上学期期中考试)回文数是指从左到右读与从右到左都是一样的正整数.如121,94 249是回文数,则4位回文数有个.解析:4位回文数的特点为中间两位数相同,千位和个位数字相同但不能为零,第一步,选千位和个位数字,共有9种选法;第二步,选中间两位数字,共有10种选法.故4位回文数有9×10=90(个).答案:9014.某公园现有甲、乙、丙三只小船,甲船可乘3人,乙船可乘2人,丙船可乘1人,今有三个成人和2个儿童分乘这些船只(每船必须坐人),为安全起见,儿童必须由成人陪同方可乘船,则分乘这些船只的方法有种.解析:分两类:第一类,两个儿童同坐甲船,则三个成人应分别坐到三个船上,有种坐法;第二类,两个儿童分别坐甲船和乙船,有种坐法,三个成人应分别坐到三个船上,有种坐法,共有=12种坐法,所以由分类加法计数原理得,分乘这些船只的方法共有6+12=18种.答案:1815.(2016·辽宁沈阳高中高二上学期期中考试)设a,b是两个整数,若存在整数d,使得b=ad,称“a 整除b”,记作a|b.给出命题:①2|(n2+n+1);②100|(9910-1);③5|(24n-1)(n∈N+).其中正确命题的序号是.解析:对于①,∵n2+n=n(n+1)必为偶数,∴n2+n+1为奇数,即2|(n2+n+1)不正确.对于②,9910-1=(100-1)10-1=·10010-·1009+…-·100,∴②正确.对于③,24n-1=(15+1)n-1=·15n+·15n-1+…+·15,∴③正确.答案:②③16.在()100的展开式中,无理项的个数是.解析:T r+1=)100-r·()r=.若第r+1项为有理项,则50-均为整数,故r为6的倍数时,第r+1项为有理项,又0≤r≤100,∴r=0,6,12,…,96,∴有理项共有17个,从而无理项共有101-17=84(个).答案:84三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)(2016·山东青岛高二联考)从-1,0,1,2,3这5个数中选3个不同的数组成二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的系数.(1)开口向上的抛物线有多少条?(2)开口向上且不过原点的抛物线有多少条?解(1)要使抛物线的开口向上,必须a>0,∴=36(条).(2)开口向上且不过原点的抛物线,必须a>0,c≠0,∴=27(条).18.(本小题满分12分)设有编号为1,2,3,4,5的五个小球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子,现将这五个小球放入5个盒子中.(1)若没有一个盒子空着,但球的编号与盒子编号不全相同,有多少种投放方法?(2)每个盒子内投放一球,并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的,有多少种投放方法?解(1)间接法:-1=119种.(2)分为三类:第一类,五个球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种;第二类,三个球的编号与盒子的编号相同,球的编号与盒子的编号相同的投放方法有种,球的编号与盒子的编号不同的投放方法有1种,所以投放方法有×1=10种;第三类,两个球的编号与盒子的编号相同,球的编号与盒子的编号相同的投放方法有种,球的编号与盒子的编号不同的投放方法有2种,所以投放方法有×2=20种.根据分类加法计数原理得,所有的投放方法有1+10+20=31种.19.(本小题满分12分)已知,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(2i)2=-180,即4=180,所以n2-n-90=0,又n∈N+,解得n=10.(2)展开式的通项为T k+1=·(2i)10-k x-2k=(2i)10-k.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T3=11 520,T7=3 360x-10,T11=x-20.20.导学号43944023(本小题满分12分)(2016·浙江宁波效实中学第一学期)设n≥2,n∈N,=a0+a1x+a2x2+…+a n x n.(1)求a0+a1+a2+…+a n.(2)记|a k|(0≤k≤n)的最小值为T n.①求T8;②若n为奇数,求T n.解(1)令x=1,即可得a0+a1+a2+…+a n=;(2)①由题意得|a k|=|22k-8-32k-8|,∴当k=4时,T8=|a4|=0;②由①可知|a k|=|22k-n-32k-n|,∴当k<时,|a k|=(22k-n-32k-n),记b k=22k-n-32k-n,则b k≥b k-1⇔22k-n-32k-n≥22k-n-2-32k-n-2⇔k≤-1,∴当k<时b k递增,而也递增,因此最小值为|a0|=,当k>时,|a k|=(32k-n-22k-n)≥>|a0|,综上T n=.21.导学号43944024(本小题满分12分)在(x-y)11的展开式中,求:(1)通项T r+1;(2)二项式系数最大的项;(3)项的系数绝对值最大的项;(4)项的系数最大的项;(5)项的系数最小的项;(6)二项式系数的和.解(1)T r+1=(-1)r x11-r y r.(2)二项式系数最大的项为中间两项:T6=-x6y5,T7=x5y6.(3)项的系数绝对值最大的项也是中间两项:T6=-x6y5,T7=x5y6.(4)因为中间两项系数的绝对值相等,一正一负,第7项为正,故项的系数最大的项为T7=x5y6.(5)项的系数最小的项为T6=-x6y5.(6)二项式系数的和为+…+=211.22.导学号43944025(本小题满分12分)已知(x2+1)n展开式中的各项系数之和等于的展开式的常数项,若(x2+1)n的展开式中系数最大的项等于54,求x的值.解的展开式的通项为T r+1=.令=0,得r=4,∴展开式的常数项为T5==16.∵(x2+1)n展开式中的各项系数之和等于2n,∴2n=16,∴n=4.又(x2+1)n展开式中系数最大的项是中间项,即第3项,∴x4=54,∴x=±.。
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.。
2019数学新设计北师大选修2-3精练：第一章 计数原理 1.4 含答案
§4 简单计数问题A组1.设集合A={0,2,4},B={1,3,5},分别从A,B中任取2个元素组成无重复数字的四位数,其中能被5整除的数共有()A.24个B.48个C.64个D.116个解析;只含0不含5的有;=12;(2)只含5不含0的有;=12;(3)含有0和5的有;①当0在个位时,有=24;②当5在个位时,有=16.共有12+12+24+16=64个.答案;C2.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24解析;先把3把椅子隔开摆好,它们之间和两端有4个位置,再把3人带椅子插放在4个位置,共有=24种放法,故选D.答案;D3.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有()A.24对B.30对C.48对D.60对答案;C4.将A,B,C,D,E排成一列,要求A,B,C在排列中顺序为“A,B,C”或“C,B,A”(可以不相邻),这样的排列数有()A.12种B.20种C.40种D.60种解析;(排序一定用除法)五个元素没有限制全排列数为,由于要求A,B,C的次序一定(按A,B,C或C,B,A),故除以这三个元素的全排列再乘以2,可得×2=40.答案;C5.身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿蓝色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法种数为()A.24B.28C.36D.48解析;穿红色衣服的人相邻的排法有=48种,同理穿黄色衣服的人相邻的排法也有48种.而红色、黄色同时相邻的有=24种.故穿相同颜色衣服的不相邻的排法有-2×48+24=48种.答案;D6.某校准备参加2017年高中数学联赛,把10个选手名额分配到高三年级的8个教学班,每班至少一个名额,则不同的分配方案共有种.解析;原问题等价于把10个相同的小球放入8个盒子里,每个盒子至少有一个小球的放法种数问题.将10个小球排成一排,从中间9个间隙中选出7个截成8段(有=36种截法),对应放到8个盒子里,有36种放法.因此,不同的分配方案共有36种.答案;367.(2016·山东潍坊高二检测)张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园,为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两个小孩一定要排在一起,则这6人的入园顺序排法种数为.(用数字作答)解析;第一步;将两位爸爸排在两端有2种排法;第二步;将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有种排法;第三步;将两个小孩排序有2种排法.故总的排法有2×2×=24(种).答案;248.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有种(用数字作答).解析;不同的获奖情况分为两种,一是一人获两张奖券一人获一张奖券,共有=36种;二是有三人各获得一张奖券,共有=24种.因此不同的获奖情况有36+24=60种.答案;609.导学号43944014某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种?(2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种?(3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?(5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?解(1)从余下的34种商品中,选取2种,有=561(种),故某一种不合格商品必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中,选取3种,有种或者=5 984(种).故某一种不合格商品不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种合格商品中选取1件,从15种不合格商品中选取2件有=2 100(种).故恰有2种不合格商品在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2件不合格商品有种,选取3件不合格商品有种,共有选取方式=2 100+455=2 555(种).故至少有2种不合格商品在内的不同的取法有2 555种.(5)任意选取3件的总数有种,因此共有选取方式=6 545-455=6 090(种).故至多有2种不合格商品在内的不同的取法有6 090种.B组1.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24解析;插空法.在已排好的三把椅子产生的4个空档中选出3个插入3人即可.故排法种数为=24.故选D.答案;D2.(2016·广东惠州市统考)任取三个互不相等的正整数,其和小于100,则由这三个数构成的不同的等差数列共有()A.528个B.1 056个C.1 584个D.4 851个解析;先确定等差数列的中间项,再确定第一、三项.设这三个成等差数列的数分别为a,b,c.由题意得a+b+c≤100,即3b≤100,得b可以取2,3,…,33,共32个数.第一类,b=2时,a,c的取值共有2个(a=1,c=3和a=3,c=1,对应的是两个数列);第二类,b=3时,a,c的取值共有4个;…第三十二类,b=33时,a,c的取值共有64个.根据分类加法计数原理,可得满足题意的数列共有2+4+…+64=1 056个.答案;B3.(2016·江西南昌高三联考)将6名报名参加运动会的同学分别安排到跳绳、接力、投篮三项比赛中(假设这些比赛都不设人数上限),每人只参加一项,则共有种不同的方案,若每项比赛至少要安排一人时,则共有y种不同的方案,其中+y的值为()A.1 269B.1 206C.1 719D.756解析;依题意得=36=729,当每项比赛至少要安排一人时,先分组,有=90种,再排列,有=6种,所以y=90×6=540,因此+y=1 269,故选A.答案;A4.数字1,2,3,4,5,6按如图形式随机排列,设第一行的数为N1,其中N2,N3分别表示第二、三行中的最大数,则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是.解析;(元素优先法)由题意知6必在第三行,安排6有=3种方法,第三行中剩下的两个空位安排数字有=20种方法,在留下的三个数字中,必有一个最大数,把这个最大数安排在第二行,有=2种方法,剩下的两个数字有=2种排法,按分步乘法计数原理,所有排列的个数是=240.答案;2405.(2016·浙江宁波效实中学第一学期)对一个各边长不相等的凸五边形的各边染色,每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种,但是不允许相邻的边染相同的颜色,则不同的染色方法共有种.解析;不妨假设AB边染黄色,BC边染红色,①若CD边染黄色,则DE边染蓝色,AE边染红色,或DE边染红色,AE边染蓝色,共2种情况;②若CD边染蓝色,则DE边染红色,AE边染蓝色,或DE边染黄色,AE边染红色或DE边染黄色,AE边染蓝色,共3种情况,根据对称性,不同的染色方案共有(2+3)×3×2=30种.答案;306.从一架钢琴挑出的十个音键中,分别选择3个,4个,5个,…,10个同时按下,可发出和声,若有一个音键不同,则发出不同的和声,则这样的不同的和声数为(用数字作答).解析;可发出和声的情况共分以下8类;当选择3个音键时,有种情况;当选择4个音键时,有种情况;……当选择10个音键时,有种情况.所以不同的和声数为+…+=968.答案;9687.导学号43944015把7个完全相同的小球放置在三个盒子中,允许有的盒子一个也不放.(1)如果三个盒子完全相同,有多少种放置方法?(2)如果三个盒子各不相同,有多少种放置方法?解(1)因为小球完全相同,三个盒子也完全相同,所以把7个小球分成三份,比如分成3个、2个、2个这样三份放入三个盒子中,无论哪一份小球放入哪一个盒子,均是同一种放置方法,因此,只需将7个小球分成如下三份;(7,0,0),(6,1,0),(5,2,0),(5,1,1),(4,3,0),(4,2,1),(3,3,1),(3,2,2)即可.所以共有8种不同的放置方法.(2)设三个盒子中小球的个数分别为1,2,3,显然有1+2+3=7,于是,问题就转化为求这个不定方程的非负整数解的组数问题,令y i=i+1(i=1,2,3),得y1+y2+y3=10,问题又成为求不定方程y1+y2+y3=10的正整数解的组数的问题,把10个小球排成一排,在10个小球中间的9个空中,任取两个空插入“隔板”,即可将10个球分成三组,故不定方程的解有=36组.故有36种放置方法.8.导学号43944016已知平面α∥β,在α内有4个点,在β内有6个点.(1)过这10个点中的3点作一平面,最多可作多少个不同平面?(2)以这些点为顶点,最多可作多少个三棱锥?解(1)所作出的平面有三类;①α内1点,β内2点确定的平面,有个;②α内2点,β内1点确定的平面,有个;③α,β本身.∴所作的平面最多有+2=98(个).(2)所作的三棱锥有三类;①α内1点,β内3点确定的三棱锥,有个;②α内2点,β内2点确定的三棱锥,有个;α内3点,β内1点确定的三棱锥,有个.∴最多可作出的三棱锥有=194(个).。
2019高二数学新设计北师大选修2-3精练：第一章 计数原理 1.1.1 Word版含答案
第一章DIYIZHANG计数原理§1分类加法计数原理和分步乘法计数原理第1课时1.某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明,有5名同学只会用综合法证明,有3名同学只会用分析法证明,现从这些同学中任选1名同学证明这个问题,不同的选法种数为()A.8B.15C.18D.30解析:共有5+3=8种不同的选法.答案:A2.从A地到B地要经过C地和D地,从A地到C地有3条路,从C地到D地有2条路,从D地到B地有4条路,则从A地到B地不同的走法有()A.9种B.1种C.24种D.3种解析:由分步乘法计数原理知,从A地到B地不同走法有2×3×4=24(种).答案:C3.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+b i,其中虚数有()A.30个B.42个C.36个D.35个解析:要完成这件事可分两步,第一步确定b(b≠0)有6种方法,第二步确定a有6种方法,故由分步乘法计数原理知共有6×6=36个虚数,故选C.答案:C4.某公共汽车上有10名乘客,沿途有5个车站,乘客下车的可能方式有()A.510种B.105种C.15种D.50种解析:每名乘客都有在5个车站中的任何一个车站下车的可能,由分步乘法计数原理得,下车的可能方式有5×5×5×5×5×5×5×5×5×5=510种.答案:A5.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学,在数学检测时要求每位教师不能在本班监考,则监考的方法有()A.8种B.9种C.10种D.11种解析:设四位监考教师分别为A,B,C,D,所教班分别为a,b,c,d,假设A监考b,则余下三人监考剩下的三个班,共有3种不同方法,同理A监考c,d时,也分别有3种不同方法,由分类加法计数原理得监考的方法共有3+3+3=9(种).答案:B6.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为()A.14B.13C.12D.10解析:①当a=0时,2x+b=0总有实数根,所以(a,b)的取值有4个.②当a≠0时,需Δ=4-4ab≥0,所以ab≤1.a=-1时,b的取值有4个,a=1时,b的取值有3个,a=2时,b的取值有2个.所以(a,b)的取法有9个.综合①②知,(a,b)的取法有4+9=13个.答案:B7.8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组,每组各4人,分别进行单循环赛,每组决出前两名,再由每组的第一名与另一组的第二名进行半决赛,获胜者角逐冠亚军,败者角逐第3,4名,则大师赛共有场比赛.解析:每个小组赛有6场比赛,两个小组有6+6=12场比赛,半决赛和决赛共有2+2=4场比赛,根据分类加法计数原理,共有12+4=16场比赛.答案:168.导学号43944001一学习小组有4名男生,3名女生,任选一名学生当数学课代表,共有种不同选法;若选男、女生各一名当组长,共有种不同选法.解析:任选一名当数学课代表可分两类,一类是从男生中选,有4种选法;另一类是从女生中选,有3种选法.根据分类加法计数原理,共有4+3=7种不同选法.若选男、女生各一名当组长,需分两步:第1步,从男生中选一名,有4种选法;第2步,从女生中选一名,有3种选法.根据分步乘法计数原理,共有4×3=12种不同选法.答案:7129.导学号43944002有一项活动,需从3位老师、8名男同学和5名女同学中选人参加.(1)若只需1人参加,有多少种不同的选法?(2)若需老师、男同学、女同学各1人参加,有多少种不同的选法?(3)若需1位老师、1名同学参加,有多少种不同的选法?解(1)选1人,可分三类:第一类从老师中选1人,有3种不同的选法;第二类从男同学中选1人,有8种不同的选法;第三类从女同学中选1人,有5种不同的选法,共有3+8+5=16种不同的选法.(2)选老师、男同学、女同学各1人,则分3步进行,第一步选1位老师,有3种不同的选法;第二步选1位男同学,有8种不同的选法;第三步选1位女同学,有5种不同的选法,共有3×8×5=120种不同的选法.(3)选1位老师、1名同学,可分两步进行,第一步选1位老师,有3种不同的选法,第二步选1位同学,有8+5=13种不同的选法,共有3×13=39种不同的选法.10.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.。
高中数学第一章计数原理整合学案北师大版选修23
高中数学第一章计数原理整合学案北师大版选修2-3知识建构综合应用专题一利用两个原理解排列组合问题的常用方法“两个原理”是两种重要的计数方法，它是列式计数时选择加法或者乘法的理论根据，在排列、组合应用题中，基本上全是用加法和乘法连结了排列数与组合数的计算.所以正确地使用加法和乘法原理是解决排列、组合应用题的基础.一、树形图法【例1】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，试写出他们四个人所有不同的排法.解：由于A不排在第一，所以第一只能排B、C、D中的一个，据此可分为三类：由此可写出所有的排法为BADC，BCDA，BDAC，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA.所以他们四个人共有9种不同的排法.二、依次排序法利用分步乘法计数原理求解与排列顺序有关的问题时，可以用依次排序法.依次排序法就是把数字或字母分为前后，首先排前面的数字或字母再依次排后面的数字或字母，将最后的数字或字母排完，则排列结束，这种方法多用于数字问题.【例2】用1、2、3、4四个数字可重复地任意排成三位数，并把这些数由小到大排成一个数列{a n}.(1)写出这个数列的前11项；（2）求这个数列共有多少项；（3）若a n=341,求n.解：(1）用1、2、3、4四个数字排成三位数，前11项由小到大的顺序为111，112，113，114，121，122，123，124，131，132，133.（2）这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数的个数，每一个位置都有4种排法，根据分步乘法计数原理共有4×4×4=64项.（3）比a n=341小的数有两类，分别是：①1××2××②31×32×33×根据两个原理得N=2×4×4+3×4=44项，所以n=44+1=45.三、转化法一般情况下研究的排列问题是不重复的排列问题，但是在实际生活中常会遇到这样的问题：车辆牌照的号码、电话号码、电报号码等等，都是一些重复排列.事实上，解决这些问题借助于“两个原理”非常容易办到.【例3】（1）4个同学，分配到3个课外小组中去活动，共有几种分配方法？（2）4个同学，争夺3项竞赛的冠军，冠军获得者共有几种可能？解：（1）因为每个同学都可以分配到任何一个小组中去，有3种分法，所以课外小组的分配共有N=3×3×3×3=34=81种方法.（2）因为每一项冠军都可被任何一个同学获得，有4种可能，所以冠军获得者共有的可能总数为N=4×4×4=43=64种.从此例可以看出，在解重复排列的问题时，首先应把题意分析清楚，判断出应以哪一个为主来考虑分配，也就是说应该正确判断出哪一个应作为底数n，哪一个应作为指数m，这是解题的关键所在.专题二排列组合解题方法一、直接法（元素、位置优先考虑法）1.特殊元素分析法：即以元素为主考虑，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.2.特殊位置分析法：即以位置为主考虑，先安排有特殊要求的位置，再考虑其他位置. 【例1】有两排坐位，前排11个，后排12个，现安排2人就座，规定前排中间的3个坐位不能坐，并且这2个人不左右相邻，那么不同的排法的种数是（）.346 C解析：法一：因为前排中间3个坐位不能坐，所以实际可坐的坐位前排8个，后排12个.（1）两人一个前排，一个后排，方法数为C18C112A22；（2）两人均在后排，共A212种，排除两相邻的情况A22A111，即A212-A22A111；(3)两人均在前排，又分两类：①两人一左一右时为C14C14A22；②两人同左或同右时为2（A24-A2213A）.综上，不同的排法种数为C18C112A22+（A212-A22A111）+C14C14A22+2（A24-A22A13）=346种.法二：一共可坐的位置有20个，2个人就座方法数为A220，排除两人左右相邻的情况，可把能坐的20个坐位排成连续一行（B与C相接），任两个坐位看成一个整体，即相邻的坐法有A1 19A22，但这其中包括B、C相邻，而这种相邻在实际中是不相邻的，还应再加上2A22.∴不同的排法种数是A2 20-A119·A22+2A22=346种.答案：B绿色通道:本题综合运用了特殊元素分析法与特殊位置分析法、间接法以及分类讨论的思想方法，若考虑不周，很难做对，是难度较大的创新题..二、插空法不相邻问题常用插空法：我们可以根据题目的具体特点，首先排定某些元素，再用余下的元素进行插空，这样处理有关的排列组合问题，往往能收到111良好的解题效果.【例2】马路上有9盏路灯，为了节约用电，可以关掉其中的三盏路灯，要求关掉的路灯不能相邻，且不在马路的两头，那么不同的关灯方案共有多少种？解：本题可以看成被关掉的路灯夹在6盏亮着的灯的空档里.6盏亮着的灯排在一起，中间空档有5个，从5个空档中选出某3个，插进去三盏关掉的路灯，因此，不同的关灯方案共有C35=10种.三、捆绑法对于几个元素要求相邻的排列问题，可先将相邻的元素“捆绑”起来，看作一个元素，与其他元素排列，然后再考虑它们“内部”的排列，这种解决排列问题的方法称为“捆绑法”.【例3】用1，2，3，4，5，6，7，8组成没有重复数字的八位数，要求1与2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数，共有多少个？解：先将1与2，3与4，5与6捆绑起来分别看作一个元素再与7，8排列， 所以共有A 33A 24A 22A 22A 22=576种.四、间接法间接法是求解排列组合问题的常用方法.带有限制条件的排列组合问题，常用“元素分析法”和“位置分析法”，当直接考虑对象较为复杂时，可用逆向思维，使用间接法（排除法），即先不考虑约束条件，求出所有排列、组合总数，然后减去不符合条件的排列、组合种数.【例4】从12人中选出5人去参加一项活动，按下列要求，有多少种不同选法？ （1）A 、B 、C 三人至少一人入选； （2）A 、B 、C 三人至多二人入选. （1）解法一：（直接法） 可分三类，①A、B 、C 三人只选一人，有13C ·C 49=378种，②A、B 、C 三人中选择二人，则还须从其余9人中选3人，有C 23·C 39=252种，③A、B 、C 三人都入选则有C 33·C 29=36种， ∴共有378+252+36=666种. 解法二：（间接法）先从12人中任选5人，再减去A 、B 、C 三个都不选的情况，共有C 512-C 59=666种. （2）解法一（直接法）可分三类，由（1）可得共有C 59+13C ·C 49+C 23·C 39=756种. 解法二（间接法）先从12人中任选5人，再减去A 、B 、C 三人均入选的情况，即 C 512-C 29=756种.绿色通道:从以上解题过程可以看出：解决排列组合题目时，要从基本概念入手，正面分析问题、解决问题，直接法为常用方法；但从正面入手，情况较为复杂，不易解决时，可以从问题的反面入手，将其转化为一个简单的等价问题来解决，往往收到意想不到的效果.. 五、隔板法这类问题的特征是：（1）被分的元素没有区别；（2）被分的元素的个数不小于分得的组数；（3）每个小组至少分得一个元素.具备这些条件时就可以用公式：将n 个相同元素分成m 份（n≥m)时，有C 11--m n 种分配方法.【例5】某地区有9所学校，现有先进教师名额11个，要求每所学校至少有一个名额，共有多少种不同的分配方法？解：因为名额没有区别，因此，可以在11个名额所产生的10个空隙中插入8个板，即将这11个名额分成9份，有C 810种分配方法.类似情况还有：将20个相同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子，每个盒子里的小球数不小于盒子的编号，共有多少种放法？可首先分别在盒子中依次放入0，1，2，3个小球，问题即转化为14个相同元素分成4份的问题，即有C 313种放法. 专题三二项式系数的求法 一、通项公式法通项公式T r+1=C rn a n-r ·b r (r=0,1,2,…,n)仅表示（a+b)n的展开式中的第r+1项. 特别地，对于(a-b)n，其通项公式是 T r+1=(-1)rC rn ·a n-r ·b r(r=0,1,2,…,n). 【例1】求(x 2+24x-4)5的展开式中含x 4的项的系数. 解：∵(x 2+24x-4)5的展开式的通项为 C r5(x 2+24x )5-r (-4)r, 而(x 2+24x)5-r 的二项展开式的通项为C kr -5x 2(5-r-k)(24x)k ,∴T r+1=C rr k C -55x 2(5-r-k)(24x)k ·(-4)r=(-4)rC r 5C kr -54k x10-2r-4k.∵0≤r≤5,0≤k≤5-r,(r,k∈N ), 令10-2r-4k=4,可得k=0,1时，r=3,1.∴含x 4的项的系数为（-4)3C 35C 0240+(-4)1C 15C 1441=-960.二、数列求和法【例2】（x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4+(x-1)5的展开式中，x 2的系数为___________. 解析：由等比数列求和公式得 原式=xx x 6)1()1(-+-.所以原式中x 3的系数是（x-1)6的展开式中x 4的系数，即26C ·(-1)2=15.答案：15三、利用乘法分配律【例3】（x+2)10(x 2-1)的展开式中x 10的系数为_____________.解析：要得到含x 10的项，必须是(x+2)10的展开式中的项C 210x 822与第二个因式中的x 2作积或者是（x+2)10的展开式中的项C 010x 1020与-1作积,故x 10的系数为4C 210-1=179.答案：179四、特殊值法（赋值法）【例4】若(2x+3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为（）.-1C.解析：令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4=(2+3)4;令x=-1，得a0-a1+a2-a3+a4=(2-3)4,两式相乘，得(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2=(2+3)4·(2-3)4=1.答案：A五、转化法【例5】在(x2+3x+2)5的展开式中，x的系数为（）.240 C解析：由于求的是x的系数，故与x2项无关，从而原题可以转化为求(3x+2)5的展开式中x 的系数.（3x)·24=240x，故选B.易求得，T5=C45答案：B科海观潮排列组合的由来排列组合问题，最早见于我国的《易经》一书.所谓“四象”就是每次取两个爻（ｙáｏ)的排列，“八卦”是每次取三个爻的排列.在汉代数学家徐岳的《数术记遗》（公元2世纪）中，也曾记载与占卜有关的“八卦算”，即把卦按不同的方法在八个方位中排列起来.它与“八个人围一张圆桌而坐，问有多少种不同坐法”这一典型的排列问题类似.11世纪时，邵雍还进一步研究了六十四卦的排列问题.排列的历史可以上溯到殷周之际的占卜术，较完整的文字记载则见于《易经》.“易”含变化的意思，书中称：“易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦.”“两仪”可=4种不同的排列，称为“四象”，用两种基本符号阳爻和阴爻表示，每次取两个，就有22即太阳、少阴、少阳、太阴；每次取三个，共有23=8种不同的排列，称为“八卦”，即乾（qián）、兑（duì)、离（lí)、震（znèn)、巽（xùn)、坎（kǎn)、艮（gèn)、坤（kūn)；若每次取六个，则可得26=64种不同的排列，叫做“六十四卦”.这是一种特殊的排列问题，即从n种事物中每次取r种，而且允许重复的排列数，答案应是n r.但是古代没有指数概念，对于很大的r来说，求出答数并非易事.唐代张遂（公元683年—公元727年）、宋代沈括（公元1031年—公元1095年）都曾计算过棋局总数，即围棋盘上所有可能的不同布局的总数，这相当于从事物（黑子、白子、空位）中每次取出361个（围棋盘的格点数）的排列数，与《易经》中的卦象数目是同一类数学问题.沈括在《梦溪笔谈》中详细地记述了计算棋局总数的理论根据和过程.古代的棋盘共有17路289个点，后来发展到19路361个点.唐朝僧人一行（俗名张遂）曾计算过一切可能摆出的棋局总数.后来，11世纪北宋时期沈括在《梦溪笔谈》中，进一步讨论了围棋布局总数问题.他利用一些排列、组合的办法对一行的计算作了分析.沈括指出，当361个棋子全用上时，棋局总数可达到10 00052的数量级.。