人教版高中数学选修2-3《第一章计数原理复习参考题》
【高考调研】高中数学(人教a版)选修2-3：第一章-计数原理+单元测试题
第一章综合测试题一、选择题1．设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2、3、3、4条路，只从一面上山，而从任意一面下山的走法最多，应() A．从东边上山B．从西边上山C．从南边上山D．从北边上山2．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y＝x2，值域为{1,4}的“同族函数”共有()A．7个B．8个C．9个D．10个3．5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为() A．C25B．25C．52D．A254．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为()A．40 B．50 C．60 D．705．在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施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实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有()A．24种B．48种C．96种D．144种6．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有() A．2 520 B．2 025 C．1 260 D．5 0407．有5列火车停在某车站并行的5条轨道上，若快车A 不能停在第3道上，货车B 不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )A ．78种B ．72种C ．120种D ．96种8．已知(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n ＝16，则自然数n 等于( )A ．6B ．5C ．4D ．39．6个人排队，其中甲、乙、丙3人两两不相邻的排法有( )A ．30种B ．144种C ．5种D ．4种10．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 8展开式中常数项为1 120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是( )A ．28B ．38C ．1或38D ．1或2811．有A 、B 、C 、D 、E 、F 共6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个，若卡车甲不能运A 箱，卡车乙不能运B 箱，此外无其他任何限制；要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不同的分配方案的种数为( )A ．168B ．84C ．56D ．4212．从2名女教师和5名男教师中选出三位教师参加2014年高考某考场的监考工作．要求一女教师在室内流动监考，另外两位教师固定在室内监考，问不同的安排方案种数为( )A ．30B ．180C ．630D ．1 08013．已知(x ＋2)n 的展开式中共有5项，则n ＝________，展开式中的常数项为________．(用数字作答)14．5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有____种．15．已知(x ＋1)6(ax －1)2的展开式中含x 3项的系数是20，则a 的值等于________．16．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)17．某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，求不同的买法有多少种(用数字作答)．18．4个相同的红球和6个相同的白球放入袋中，现从袋中取出4个球；若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？ 9(12分)从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：(1)能组成多少个不同的四位数？(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个？(3)两个偶数不相邻的四位数有几个？(所有结果均用数值表示) 20已知(1＋2x )n 的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的56，试求展开式中二项式系数最大的项．21某单位有三个科室，为实现减负增效，每科室抽调2人，去参加再就业培训，培训后这6人中有2人返回原单位，但不回到原科室工作，且每科室至多安排1人，问共有多少种不同的安排方法．22．10件不同厂生产的同类产品：(1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？(2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的两件商品放上，有多少种不同的布置方法？1,D2,由题意，问题的关键在于确定函数定义域的个数：第一步，先确定函数值1的原象：因为y＝x2，当y＝1时，x＝1或x＝－1，为此有三种情况：即{1}，{－1}，{1，－1}；第二步，确定函数值4的原象，因为y＝4时，x＝2或x＝－2，为此也有三种情况：{2}，{－2}，{2，－2}．由分步计数原理，得到：3×3＝9个．选C.3,B,4B5C当A出现在第一步时，再排A，B，C以外的三个程序，有A33种，A与A，B，C以外的三个程序生成4个可以排列程序B、C的空档，此时共有A33A14A22种排法；当A出现在最后一步时的排法与此相同，故共有2A33A14A22＝96种编排方法．6A先从10人中选出2人承担甲任务有C210种选法，再从剩下的8人中选出2人分别承担乙、丙任务，有A28种选法，由分步乘法计数原理共有C210A28＝2 520种不同的选法．故选A.7不考虑不能停靠的车道，5辆车共有5！＝120种停法．A停在3道上的停法：4！＝24(种)；B种停在1道上的停法：4！＝24(种)；A、B分别停在3道、1道上的停法：3！＝6(种)．故符合题意的停法：120－24－24＋6＝78(种)．故选A.令x＝1，得2n＝16，则n＝4.故选C.分两步完成：第一步，其余3人排列有A33种排法；第二步，从4个可插空档中任选3个给甲、乙、丙3人站有A34种插法．由分步乘法计数原理可知，一共有A33A34＝144种．B10,C T r＋1＝(－a)r C r8x8－2r，令8－2r＝0⇒r＝4.∴T5＝C48(－a)4＝1 120，∴a＝±2.当a＝2时，和为1；当a＝－2时，和为38.11,D分两类：①甲运B箱，有C14·C24·C22种；②甲不运B箱，有C24·C23·C22.∴不同的分配方案共有C14·C24·C22＋C24·C23·C22＝42种．故选D.,A分两类进行：第一类，在两名女教师中选出一名，从5名男教师中选出两名，且该女教师只能在室内流动监考，有C12·C25种选法；第二类，选两名女教师和一名男教师有C22·C15种选法，且再从选中的两名女教师中选一名作为室内流动监考人员，即有C22·C15·C12共10种选法，∴共有C12·C25＋C22·C15·C12＝30种，故选A13.416∵展开式共有5项，∴n＝4，常数项为C4424＝16.14.甲、乙两人之间至少有一人，就是甲、乙两人不相邻，则有A33·A24＝72(种)．15.0或5 16,14因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24－2＝14个．17.解析分两类：第一类，买5本2元的有C58种；第二类，买4本2元的和2本1元的有C48×C23种．故共有C58＋C48×C23＝266种不同的买法种数．18.解析依题意知，取出有4个球中至少有2个红球，可分三类：①取出的全是红球有C44种方法；②取出的4个球中有3个红球的取法有C 34C 16；③取出的4个球中有2个红球的取法有C 24C 26种，由分类计数原理，共有C 44＋C 34·C 16＋C 24·C 26＝115(种)．19.解析 (1)四位数共有C 23C 23A 44＝216个．(2)上述四位数中，偶数排在一起的有C 23C 23A 33A 22＝108个．(3)两个偶数不相邻的四位数有C 23C 23A 22A 23＝108个．20.解析 由题意知展开式中第k ＋1项系数是第k 项系数的2倍，是第k ＋2项系数的56， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ C k n 2k ＝2C k －1n ·2k －1，C k n 2k ＝56C k ＋1n ·2k ＋1，解得n ＝7.∴展开式中二项式系数最大两项是：T 4＝C 37(2x )3＝280x 32与T 5＝C 47(2x )4＝560x 2. 21. 6人中有2人返回原单位，可分两类：(1)2人来自同科室：C 13C 12＝6种；(2)2人来自不同科室：C 23C 12C 12，然后2人分别回到科室，但不回原科室有3种方法，故有C 23C 12C 12·3＝36种．由分类计数原理共有6＋36＝42种方法22.解析 (1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有A 48＝1 680(或C 48·A 44)(种)．(2)分步完成．先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A 26种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A 48种方法，共有A 26·A 48＝50 400(或C 48·A 66)(种)．。
(完整版)(数学选修2--3)第一章计数原理测试题.doc
(数学选修 2--3) 第一章计数原理一、选择题1．将3个不同的小球放入 4 个盒子中，不同放法种数有（）A ．81B ．64 C．12 D．142．从4台甲型和5台乙型机中任意取出 3 台，其中至少有甲型与乙型机各 1台，不同的取法共有（） A ．140种 B. 84种 C. 70种 D. 35种3．5个人排成一排 ,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数有（）A ．A33 B．4 A33 C．A55 A32 A33 D．A22A33 A21 A31 A334．a, b, c, d ,e共5 个人，从中1名 1 名副，但 a 不能当副，不同的法数是（） A. 20 B．16 C．10 D．65．有男、女学生共8 人，从男生中 2 人，从女生中1人分参加数学、物理、化学三科，共有90 种不同方案，那么男、女生人数分是（）A ．男生2人，女生 6 人B ．男生3人，女生 5 人C．男生 5 人，女生 3 人D．男生6 人，女生 2 人.x 1 86．在的展开式中的常数是（）2 3 xA. 7 B ．7 C ．28 D．287．(1 2x)5 (2 x) 的展开式中 x3的的系数是（）A. 120 B．120 C．100 D ．1002 n8．x 展开式中只有第六二式系数最大,展开式中的常数是（）x2A ．180 B．90 C ．45 D．360二、填空题1．从甲、乙，⋯⋯，等6人中出 4 名代表，那么（1）甲一定当，共有种法．（ 2）甲一定不入，共有种法 .（ 3）甲、乙二人至少有一人当，共有种法 . 2．4名男生， 4 名女生排成一排，女生不排两端，有种不同排法 .3．由0,1,3,5,7,9 六个数字成 _____个没有重复数字的六位奇数 . 4．在( x3)10的展开式中，x6的系数是.5．在(1x2 ) 20展开式中，如果第4r 和第 r 2 的二式系数相等，r，T4r.6．在1,2,3,...,9的九个数字里，任取四个数字排成一个首末两个数字是奇数的四位数，的四位数有 _________________ 个？7．用1,4,5, x四个不同数字成四位数, 288 , .所有些四位数中的数字的和x8．从1,3,5,7,9 中任取三个数字，从0,2,4,6,8 中任取两个数字，成没有重复数字的五位数，共有________________个？三、解答1．判断下列是排列是合？并算出果.（1）高三年学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？（2）高二年数学外小10人：①从中一名正和一名副，共有多少种不同的法？②从中 2 名参加省数学，有多少种不同的法？2．7个排成一排，在下列情况下，各有多少种不同排法？（1）甲排，（2）甲不排，也不排尾，（ 3）甲、乙、丙三人必须在一起，4）甲、乙之间有且只有两人，（5）甲、乙、丙三人两两不相邻，（6）甲在乙的左边（不一定相邻），（7）甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序，（8）甲不排头，乙不排当中。
人教版高中数学选修2-3练习：第一章1.1第2课时两个计数原理的综合应用
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 课时两个计数原理的综合应用A 级基础稳固一、选择题1．某同学逛书店，发现三本喜爱的书，决定起码买此中的一本，则购置方案有()A．3 C．7种种B．6D．9种种分析：买一本，有 3 种方案；买两本，有 3 种方案；买三本有1种方案．所以共有方案：3＋3＋1＝7(种)．答案： C2．从 1， 2，3，4，5 五个数中任取 3 个，可构成不一样的等差数列的个数为 ()A．2B．4C．6D．8分析：分两类：第一类，公差大于 0，有以下 4 个等差数列：①1，2，3，② 2，3，4，③ 3，4， 5，④ 1，3，5；第二类，公差小于0，也有 4 个．依据分类加法计数原理可知，可构成的不一样的等差数列共有 4＋ 4＝8(个)．答案：D3．从会合 {1，2，3}和{1，4，5，6}中各取 1 个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确立不一样点的个数为()A．12B．11C．24D．23分析：先在 {1，2，3}中拿出 1 个元素，共有 3 种取法，再在 {1，4，5，6}中拿出 1 个元素，共有 4 种取法，拿出的 2 个数作为点的坐标有 2 种方法，由分步乘法计数原理知不一样的点的个数有N＝3×4×2＝24(个)．又点 (1，1)被算了两次，所以共有 24－1＝23(个)．答案： D4．要把 3 张不一样的电影票分给10 个人，每人最多一张，则有不同的分法种数是 ()A．2 160B．720C．240D．120分析：可分三步：第一步，任取一张电影票分给一人，有10 种不一样分法；第二步，从剩下的两张中任取一张，因为一人已得电影票，不可以再参加，故有 9 种不一样分法；第三步，前方两人已得电影票，不再参加，因此节余最后一张有 8 种不一样分法．所以不一样的分法种数是10×9×8＝ 720(种)．答案： B5．用数字 2，3 构成四位数，且数字2，3 起码都出现一次，这样的四位数的个数是 ()A．20B．16C．14D．12分析：因为四位数的每个位数上都有两种可能性(取 2 或 3)，其中四个数字全部是2 或 3 的不合题意，所以合适题意的四位数共有2×2×2×2－ 2＝14(个)．答案： C二、填空题6．3 位游客投宿到 1 个旅店的 4 个房间 (每房间最多可住 3 人)有________种不一样的住宿方法．分析：分三步，每位游客都有 4 种不一样的住宿方法，因此共有不一样的方法 4×4×4＝43＝64(种)．答案： 647．甲、乙、丙3 个班各有三勤学生3，5，2 名，现准备选举2 名来自不一样班的三勤学生去参加校三勤学生代表大会，共有________ 种不一样的选举方法．分析：分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，依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，依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，依据分步乘法计数原理，选法有 5×2＝10(种)．综合以上三类，依据分类加法计数原理，不一样选法共有15＋6＋10＝31(种)．答案： 318．下列图的暗影部分由方格纸上 3 个小方格构成，我们称这样的图案为 L 形，那么在由3×5 个小方格构成的方格纸上能够画出不一样地点的 L 形图案的个数为 ________(注：其余方向的也是L 形)．分析：每四个小正方形图案都可画出四个不一样的 L 形图案，该图中共有 8 个这样的小正方形．故可画出不一样的地点的 L 形图案的个数为 4×8＝32.答案： 32三、解答题9．某单位员工义务献血，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，有多少种不一样的选法？(2)从四种血型的人中各选 1 人去献血，有多少种不一样的选法？解：从 O 型血的人中选 1 人有 28 种不一样的选法，从 A 型血的人中选 1 人有 7 种不一样的选法，从 B 型血的人中选 1 人有 9 种不一样的选法，从 AB 型血的人中选 1 人有 3 种不一样的选法．(1)任选 1 人去献血，即不论选哪一种血型的哪一个人，“任选 1人去献血”这件事情都能够达成，所以用分类加法计数原理，不一样的选法有 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”这件事情才达成，所以用分步乘法计数原理，不一样的选法有 28×7×9×3＝5 292(种)．10．由 1，2，3，4 能够构成多少个自然数 (数字能够重复，最多只好是四位数 )?解：构成的自然数能够分为以下四类：第一类：一位自然数，共有 4 个；第二类：二位自然数，又可分两步来达成．先拿出十位上的数字，再拿出个位上的数字，共有4×4＝16(个)；第三类：三位自然数，又可分三步来达成．每一步都能够从4个不一样的数字中任取一个，共有4×4×4＝ 64(个)；第四类：四位自然数，又可分四步来达成．每一步都能够从4个不一样的数字中任取一个，共有4×4×4×4＝256(个)．由分类加法计数原理知，能够构成的不一样的自然数为4＋16＋64＋ 256＝340(个)．B 级能力提高1．用 1，2，3 三个数字构成一个四位数，规定这三个数一定全部使用，且同一数字不可以相邻出现，这样的四位数有()A．36 个C．9 个B．18 个D．6 个分析：分 3 步达成， 1，2，3 这三个数中必有某一个数字被重复使用 2次．第 1 步，确立哪一个数字被重复使用 2 次，有 3 种方法；第 2 步，把这 2 个同样的数字排在四位数不相邻的两个地点上有3种方法；第 3 步，将余下的 2 个数字排在四位数余下的两个地点上，有2种方法．故可构成的不一样的四位数有3×3×2＝ 18(个)．答案： B2．把 9 个同样的小球放入编号为1，2，3 的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不一样的放球方法共有________种．分析：分四类：第一个箱子放入 1 个小球，将节余的 8 个小球放入 2，3 号箱子，共有 4 种放法；第一个箱子放入 2 个小球，将节余的 7 个小球放入 2， 3 号箱子，共有 3 种放法；第一个箱子放入 3 个小球，将节余的 6 个小球放入 2，3 号箱子，共有 2 种放法；第一个箱子放入 4 个小球则共有 1 种放法．依据分类加法计数原理共有10种状况．答案： 103．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，要求同一条线段两头的灯泡不一样色，则每种颜色的灯泡都起码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，再给节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.。
人教版高中数学选修2-3单元检测试题及答案(第一章-计数原理)
、选择题、填空题人教版高中数学选修2-3单元检测试题.1 • 由 1、2、 3三个数字构成的四位数有 ( )• A • 81个 B • 64 个 C • 12个 D • 14个 2•集合｛1， 2，3，4，5，6｝的真子集共有()•A • 5个B • 6个C • 63个D • 64个 3• 5个人排成一排，其中甲在中间的排法种数有( )•A •5 B • 120 C • 24 D • 4 4•从5个人中选1名组长和1名副组长，但甲不能当副组长，不同的选法总数是( ).A • 20B • 16C • 10D • 65. 已知n = 3! + 24!，贝U n 的个位数为( ).A • 7B • 6C • 8D • 36. 假设200件产品中有3件次品，现在从中任取 5件，至少有2件次品的抽法数有 ( )• A • c 3&98 B • c 3c 397+ C 3C ?97 C • c 2oo — C 497 D • c 2oo — C 》C 497 7•从6位男学生和3位女学生中选出4名代表，代表中必须有女学生，则不同的选法有 ( )•A • 168B • 45C • 60D • 111 &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，则与原排列顺序不同的改变方法共有 ( )• A • 70 种 B • 126 种 C • 175 种展开式中只有第六项二项式系数最大，则展开式中第A • 18B • 20C • 22 亠 x10 •在——2 1 8 -3' 的展开式中的常数项是( •• x)•A • 7B • — 7C • 28D • 210种 2项系数是( D • 2411 •有四位学生报名参加三项不同的竞赛，(1) 每位学生都只报了一项竞赛，则有 ________ 种不同的报名方法； (2) 每项竞赛只许有一位学生参加，则有 ___________ 种不同的参赛方法； (3) 每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加， 则有种不同的参赛方法•12 • 4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，则有 ___________ 种不同排法•13 •从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲不能从 事翻译工作，则选派方案共有 _________ 种•-914 •已知-的展开式中，x 3的系数为-，则常数的a 值为x 2 415 •在二项式(1 - 2x)n 的展开式中，偶数项的二项式系数之和为 32,则展开式的第3项为 ___________•16 •将4个颜色互不相同的球放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有 __________ 种•三、解答题17 • 7人排成一排，在下列情况下，各有多少种不同排法： (1) 甲不排头，也不排尾；(2) 甲、乙、丙三人必须在一起； (3) 甲、乙之间有且只有两人； (4) 甲、乙、丙三人两两不相邻； (5) 甲在乙的左边(不一定相邻)•18 •某厂有150名员工，工作日的中餐由厂食堂提供，每位员工可以在食堂提供的菜肴中任选 2荤2 素共4种不同的品种，现在食堂准备了 5种不同的荤菜，若要能保证每位员工有不同选择， 则食堂至少还需准备不同的素菜品种多少种？19 •求(1 + x) 2( 1 - x)5的展开式中x 3的系数•D • -2820 • 7个人到7个地方去旅游，一人一个地方，甲不去 A 地，乙不去B 地，丙不去C 地，丁不去D 地，共有多少种旅游方案 ？2一、选择题 1. A解析：每位数都有 3种可能取法，34 .故选A . 2. C解析：26— 1 = 63.故选C . 3. C解析：1 X A ； = 24.故选C . 4. B解析：甲当副组长选法有 A 4种，故符合题意的选法有 A 2— A [ = 16 .故选B .5. B解析：由于24!为从1开始至24的24个数连乘，在这 24个数中有10,所以24!的个位数为0, 又3!的个位数为6,所以3! + 24!的个位数为6 .故选B . 6. B 解析：200件产品中有3件次品，197件正品.取5件，至少有2件次品，即3件正品2件次品或 2 3 3 22件正品3件次品，抽法数有 C 3 C 197 + C 3 C 197 .故选B . 7. D 解析：女生选1, 2, 3人，男生相应选3, 2, 1人，选法有C 3C 3 + C f C 6 + C 3C 6= 111 .故选D .11. (1)81.解析：4位学生每人都有 3项竞赛可以选择，3X 3X 3X 3= 81. (2) 64.解析：3项竞赛每项都有 4位学生可以选择，4X 4X 4 = 64. (3) 24.解析：4位学生选3人参加3项竞赛，A 4 = 24. 12. 8 640.解析：8个位置，先排女生不排两端有 A 6种排法，再排男生有A 4种排法，所以最后排法有A=8 640.13. 300.解析：选到甲时3 X A 5，不选甲时A 4，所以选派方案种数为： 3 X A 33 + A 5 = 300.14. 64.9- r解析：T r+1 = C 9 -X3r44A4=(—1)r a9-rC9X 23,则 r = 8, ( - 1)8a 9-82-8C 9 心 a = 64. 15. 60X 2.解析：•••偶数项的二项式系数之和为 32,8. A 解析：氨基酸有 C 种选法，选到的3种氨基酸与原排列顺序不同的排法有1种，所以与原排项式系数之和为 2n = 64,二 n = 6, T 3= C |( — 2X ) 2= 60X 2. 列顺序不同的改变方法数共有 C 3(A 3— 1) = 175.故选C . 9. B 解析：n = 10,所求系数为 1 C 10 X 2= 20.故选 B . 10. A 解析：T r+1 = C 8r 8- 4L3： = Cr(-1)r2r -8x'，常数项时 8-手=0，r = 6 所以 T7=1)6 26-8 = 7.故选二、填空题16. 10.解析：分两种情况：①1号盒放1个球，2号盒放3个球，有A4种；②1号盒放2个球，2号盒放2个球，有C 4种.C 4 + C ： = 10. 三、解答题17.解：(1)甲有中间5个位置供选择，有 A 5种排法，其余6人的排法有A 6 = 720, •••符合题意的排法共有 A5A 6 = 3 600种；(2)先排甲、乙、丙三人，有 A 3种排法，再把该三人当成一个整体与另四人排，有 A l 种排法,•••符合题意的共有 A^A ! = 720种排法；(3) 排在甲、乙之间的2个人的选法有A 5,甲、乙可以交换有A 2种情况，把该四人当成一个整体与另三人排，有A；种排法，.••符合题意的共有AfA^Al = 720种排法；(4) 先排甲、乙、丙之外的四人，有A；种排法，四人形成五个空位，甲、乙、丙三人插入这四人中间或两头，有A負种排法，•••符合题意的共有A!A4=1 440种排法；(5) 其余人先排，有Ay =2 520种排法，剩余二位置甲、乙排法唯一，故共2 520种排法.解：设要准备素菜x种，则cfcj >150,解得x>6,即至少要准备素菜6种.19•解：(1 + x)2的通项公式T r+i = C2 - x r, r€{0, 1, 2}.(1-x)5的通项公式T k+i= C5 • (-x)k=(-1)k C5X k, k€{0, 1, 2, 3, 4, 5}.k=l k=2 k=3令k+r=3,则或或r = 2 r = 1 r = 0从而x，的系数为—C 5+ C 2 C5一C? = 5 .20•解:用间接法，先求不满足要求的方案数.⑴若甲、乙、丙、丁4人分别去A, B, C, D,而其余的人不限，选法有As = 6#.(2) 若甲、乙、丙、丁中有3人去各自不能去的地方旅游，有C：种，而4人中剩下1人去的地方是C；种，其余的人有As#,所以共有C：C>4=72种.(3) 若甲、乙、丙、丁4人中有2人去各自不能去的地方旅游，有C：种，余下的5个人分赴5个不同的地方的方案有A?种，但是其中又包括了有限制条件的四人中的两人(不妨设甲、乙两人)同时去各自不能去的地方共A訂中，和这两人中有一人去了自己不能去的地方有2A1A S种，所以共有C4( A1-3 13A3 -2 A3A3) = 468 种.(4) 若甲、乙、丙、T 4人中只有1人去了自己不能去的地方旅游，有C；种方案，而余下的六个人的旅游方案仍与(3)想法一致，共有C4 [ A 6 - C3 ( A4 一A3) - C3 ( A 5 一A3 - 2 A 3A 3)] = 1 728 种.所以满足以上情况的不同旅游方案共有Ay -(6+ 72 + 468+ 1 728) = 2 766种.2。
(压轴题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测题(有答案解析)(1)
一、选择题1．在10个形状大小均相同的球中有5个红球和5个白球，不放回地依次摸出2个球，设事件A 表示“第1次摸到的是红球”，事件B 表示“第2次摸到的是红球”，则()P B A （ ） A ．49B ．12C ．110D ．152．设1~(10,)B p ξ，2~(10,)B q ξ，且14pq >，则“()()12E E ξξ>”是“()()12D D ξξ<”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．将三枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A =“三个点数之和等于15”，B =“至少出现一个5点”，则概率()|P A B 等于（ ） A ．5108B ．113C ．17D ．7104．随机变量X 的分布列如表所示，若1()3E X =，则(32)D X -=（ ）A ．59B ．53C ．5D ．75．已知离散型随机变量X 服从二项分布(),X B n p ，且2EX =，DX q =，则21p q+的最小值为（ ） A ．274B ．92C ．3D ．46．已知随机变量X 服从正态分布()100,4N ，若()1040.1359P m X <<=，则m 等于 （ ）[附：()()0.6826,220.9544P X P X μσμσμσμσ-<<+=-<<+=] A ．100B ．101C ．102D ．D ．1037．抛掷一枚均匀的硬币4次，则出现正面的次数多于反面的概率( )A ．38B ．12C ．516D ．7168．已知随机变量X 的分布列为P(X ＝i)＝2ia(i ＝1,2,3,4)，则P(2＜X≤4)等于( ) A ．910B ．710 C ．35D ．129．将一枚质地均匀的硬币抛掷四次，设X 为正面向上的次数，则()03P X <<等于（ ） A ．18B ．38C ．58D ．7810．据统计，连续熬夜48小时诱发心脏病的概率为0.055 ，连续熬夜72小时诱发心脏病的概率为0.19 . 现有一人已连续熬夜48小时未诱发心脏病，则他还能继续连续熬夜24小时不诱发心脏病的概率为（ ） A ．67B ．335C ．1135D ．0.1911．已知随机变量X 服从正态分布2(2,)N σ，(4)0.84P X ≤=，则(02)P X ≤≤=（ ） A ．0.64 B ．0.16 C ．0.32 D ．0.34 12．已知随机变量X 的方差()D X m =，设32Y X =+，则()D Y =（ ）A ．9mB ．3mC ．mD ．32m +二、填空题13．甲、乙两人被随机分配到,,A B C 三个不同的岗位（一个人只能去一个工作岗位）．记分配到A 岗位的人数为随机变量X ，则随机变量X 的数学期望()E X =_____． 14．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为45，35，25，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为_________．15．某人乘车从A 地到B 地，所需时间（分钟）服从正态分布N （30，100），求此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率为__________．参考数据：若2~(,)Z N μσ，则()0.6826P Z μσμσ-<<+=，(22)0.9544P Z μσμσ-<<+=，(33)0.9974P Z μσμσ-<<+=．16．已知5台机器中有2台存在故障，现需要通过逐台检测直至区分出2台故障机器为止.若检测一台机器的费用为1000元，则所需检测费的均值为___________ 17．小李练习射击,每次击中目标的概率均为13,若用ξ表示小李射击5次击中目标的次数,则ξ的均值E(ξ)与方差D(ξ)的值分别是____.18．一个碗中有10个筹码，其中5个都标有2元，5个都标有5元，某人从此碗中随机抽取3个筹码，若他获得的奖金数等于所抽3个筹码的钱数之和，则他获得奖金的期望为________．19．设随机变量ξ的分布列为P (ξ=k )=300-30012C?33kkk ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(k=0,1,2,…,300),则E (ξ)=____.20．投到某出版社的稿件，先由两位初审专家进行评审，若能通过两位初审专家的评审，则直接予以利用，若两位初审专家都未予通过，则不予录用，若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用，设稿件能通过各初审专家评审的概率均为12，复审的稿件能通过评审的概率为13，若甲、乙两人分别向该出版社投稿1篇，两人的稿件是否被录用相互独立，则两人中恰有1人的稿件被录用的概率为__________.三、解答题21．《中华人民共和国道路交通安全法》第47条规定：机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇到行人正在通过人行横道，应当停车让行，即“行让行人”.下表是某十字路口监控设备所抓拍的6个月内驾驶员不“礼让行人”行为的统计数据：x 之间的回归直线方程ˆˆˆy bx a =+；（2）若该十字路口某月不“礼让行人”驾驶员人数的实际人数与预测人数之差小于5，则称该十字路口“礼让行人”情况达到“理想状态”.试判断6月份该十字路口“礼让行人”情况是否达到“理想状态”？（3）自罚单日起15天内需完成罚款缴纳，记录5月不“礼让行人”驾驶员缴纳罚款的情况，缴纳日距罚单日天数记为X ，若X 服从正态分布()~8,9X N ，求该月没能在 14天内缴纳人数. 参考公式：()()()112211ˆˆˆ,nniii ii i nniii i x x yyx y nxybay bx x x xnx====---===---∑∑∑∑()()()0.6826,220.9544,330.9974P ZP Z P Z μσμσμσμσμσμσ-<<+=-<<+=-<<+=22．网上订外卖已经成为人们日常生活中不可或缺的一部分. M 外卖平台（以下简称M 外卖）为了解其在全国各城市的业务发展情况，随机抽取了100个城市，调查了M 外卖在今年2月份的订单情况，并制成如下频率分布表.（1）由频率分布表可以认为，今年2月份M 外卖在全国各城市的订单数Z （单位：万件）近似地服从正态分布2(,)N μσ，其中μ为样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表），σ为样本标准差，它的值已求出，约为3.64，现把频率视为概率，解决下列问题：①从全国各城市中随机抽取6个城市，记今年2月份M 外卖订单数Z 在区间(4.88,15.8]内的城市数为X ，求X 的数学期望（取整数）；②M 外卖决定在该月订单数低于7万件的城市开展“订外卖，抢红包”的营销活动来提升业绩，据统计，开展此活动后城市每月外卖订单数将提高到平均每月9万件的水平，现从全国2月订单数不超过7万件的城市中采用分层抽样的方法选出100个城市开展营销活动，若每接一件外卖订单平均可获纯利润5元，但每件外卖订单平均需送出红包2元，则M 外卖在这100个城市中开展营销活动将比不开展营销活动每月多盈利多少万元？（2）现从全国开展M 外卖业务的所有城市中随机抽取100个城市，若抽到K 个城市的M 外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的可能性最大，试求整数k 的值.参考数据：若随机变量X 服从正态分布2(,)N μσ，则()0.6827P X μσμσ-<≤+=，(22)0.9545P X μσμσ-<≤+=，3309().973P X μσμσ-<≤+=.23．某射手每次射击击中目标的概率均为23，且各次射击的结果互不影响． （1）假设这名射手射击3次，求至少2次击中目标的概率；（2）假设这名射手射击3次，每次击中目标得10分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中目标，而另外1次未击中目标，则额外加5分；若3次全部击中，则额外加10分．用随机变量ζ表示射手射击3次后的总得分，求ζ的分布列和数学期望． 24．某种工业机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金700元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费200元；方案二：交纳延保金1000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费100元．某工厂准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X 表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数． （1）求X 的分布列；（2）以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，工厂选择哪种延保方案更合算？ 25．某工厂计划建设至少3个，至多5个相同的生产线车间，以解决本地区公民对特供商品A 的未来需求．经过对先期样本的科学性调查显示，本地区每个月对商品A 的月需求量均在50万件及以上，其中需求量在50~ 100万件的频率为0.5，需求量在100~200万件的频率为0.3，不低于200万件的频率为0.2．用调查样本来估计总体，频率作为相应段的概率，并假设本地区在各个月对本特供商品A 的需求相互独立．（1）求在未来某连续4个月中，本地区至少有2个月对商品A 的月需求量低于100万件的概率．（2）该工厂希望尽可能在生产线车间建成后，车间能正常生产运行，但每月最多可正常生产的车间数受商品A 的需求量x 的限制，并有如下关系： 商品A 的月需求量x （万件） 50100x ≤< 100200x ≤<200x ≥车间最多正常运行个数345若一个车间正常运行，则该车间月净利润为1500万元，而一个车间未正常生产，则该车间生产线的月维护费（单位：万元）与月需求量有如下关系： 商品A 的月需求量x （万件）50100x ≤<100200x ≤<未正常生产的一个车间的月维护费（万元）500600试分析并回答该工厂应建设生产线车间多少个？使得商品A 的月利润为最大．26．十九大以来，某贫困地区扶贫办积极贯彻落实国家精准扶贫的政策要求，带领广大农村地区人民群众脱贫奔小康.经过不懈的奋力拼搏，新农村建设取得巨大进步，农民收入也逐年增加.为了更好的制定2019年关于加快提升农民年收入力争早日脱贫的工作计划，该地扶贫办统计了2018年50位农民的年收入并制成如下频率分布直方图：附：参考数据与公式2.63≈，若 ()2~,X N μσ，则①()0.6827P X μσμσ-<+=；② (22)0.9545P X μσμσ-<+=；③(33)0.9973P X μσμσ-<+=.（1）根据频率分布直方图估计50位农民的年平均收入x （单位：千元）（同一组数据用该组数据区间的中点值表示）；（2）由频率分布直方图可以认为该贫困地区农民年收入 X 服从正态分布 ()2,N μσ，其中μ近似为年平均收入2,x σ 近似为样本方差2s ，经计算得：2 6.92s =，利用该正态分布，求：（i ）在2019年脱贫攻坚工作中，若使该地区约有占总农民人数的84.14%的农民的年收入高于扶贫办制定的最低年收入标准，则最低年收入大约为多少千元?（ii ）为了调研“精准扶贫，不落一人”的政策要求落实情况，扶贫办随机走访了1000位农民.若每个农民的年收入相互独立，问：这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数最有可能是多少?【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】首先设第一次摸出红球为事件A ，第二次摸出红球为事件B ，分别求出()P A ，()P AB ，利用条件概率公式求出答案．【详解】设第一次摸出红球为事件A ，第二次摸出红球为事件B ， 则“第一次摸到红球”的概率为：()51102P A == “在第一次摸出红球，第二次也摸到红球”的概率是()5421099P AB ⨯==⨯ 由条件概率公式有()()()249192P AB P B A P A ===故选：A 【点睛】本题考查了概率的计算方法，主要是考查了条件概率，弄清楚事件之间的联系，正确运用公式，是解决本题的关键．属于中档题．2．C解析：C 【分析】根据二项分布的期望和方差公式，可知()110E p ξ=，()210E q ξ=，那么()()12E E ξξ>等价于1010p q >，即p q >，并且()()1101D p p ξ=-，()()2101D q q ξ=-，则()()12D D ξξ>等价于()()101101pp q q -<-，即()()11p p q q -<-，分情况讨论，看这两个条件是否可以互相推出即得. 【详解】由题得，()110E p ξ=，()210E q ξ=，故()()12E E ξξ>等价于1010p q >，即p q >. 又()()1101D p p ξ=-，()()2101D q q ξ=-，故()()12D D ξξ>等价于()()101101p p q q -<-，即()()11p p q q -<-.若p q >，因为14pq >，说明12p >，且()()211124p p p p pq +-⎛⎫-<=< ⎪⎝⎭，故1p q -<，故有1122p q ->-.若12q <，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，若12q ≥，则自然有11022p q ->->，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即()()11p p q q -<-.若()()11p p q q -<-，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为()()1114p p q q pq -<-≤<，1p q -<，即1122p q ->-.若102p -≤，则与221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭矛盾，故12p >，若12q ≤，则自然有p q >，若12q >，则由221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知1122p q ->-，即p q >. 所以是充要条件.故选：C 【点睛】本题综合的考查了离散型随机变量期望方差和不等式，属于中档题.3．B解析：B【分析】根据条件概率的计算公式即可得出答案. 【详解】3311166617()216A P AB C C C +==，11155561116691()1216C C C P B C C C =-= ()()()72161|2169113P AB P A B P B ∴==⨯= 故选：B 【点睛】本题主要考查了利用条件概率计算公式计算概率，属于中档题.4．C解析：C 【分析】 由1()3E X =，利用随机变量X 的分布列列出方程组，求出13a =，12b =，由此能求出()D X ，再由(32)9()D X D X -=，能求出结果．【详解】 1()3E X =∴由随机变量X 的分布列得：1161163a b b ⎧++=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，解得1312a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， 2221111115()(1)(0)(1)3633329D X ∴=--⨯+-⨯+-⨯=，5(32)9()959D X D X ∴-==⨯=故选：C ． 【点睛】本题考查方差的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．5．B解析：B 【分析】根据二项分布的均值与方差公式,可得,p q 的等量关系.利用“1”的代换,结合基本不等式即可求得21p q+的最小值.【详解】离散型随机变量X 服从二项分布(),XB n p ,且2EX =,DX q =由二项分布的均值与方差公式可得()21npq np p =⎧⎨=-⎩, 化简可得22p q +=,即12qp +=由基本不等式化简可得21p q +221p q q p ⎛⎫=+ ⎪⎛⎫+ ⎪⎝⎝⎭⎭2525922q p p q ≥+=++= 即21p q +的最小值为92故选:B 【点睛】本题考查了二项分布的简单应用,均值与方差的求法,利用“1”的代换结合基本不等式求最值,属于中档题.6．C解析：C 【分析】 由()()0.1322259P X P X μσμσμσμσ-<<+--<<+=，再根据正态分布的对称性，即可求解. 【详解】由题意，知()()0.6826,220.9544P X P X μσμσμσμσ-<<+=-<<+=， 则()()220.95440.682620.13592P X P X μσμσμσμσ-<<+--<<+-==，所以要使得()1040.1359P m X <<=，则102m =，故选C. 【点睛】本题主要考查了正态分布的应用，其中解答中熟记正态分布的对称性，以及概率的计算方法是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.7．C解析：C 【分析】掷一枚均匀的硬币4次，则出现正面的次数多于反面的次数包含出现4次正面和出现3次正面一次反面，由此能求出出现正面的次数多于反面的次数的概率． 【详解】掷一枚均匀的硬币4次，则出现正面的次数多于反面的次数包含出现4次正面和出现3次正面一次反面，∴出现正面的次数多于反面的次数的概率：4433441115()()22216p C C =+⋅=． 故选C ． 【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件概率计算公式的合理运用．8．B解析：B 【分析】 由题意可得()1123412a+++=，即可求出a 的值，再利用互斥事件概率的加法公式可得 ()()()2434P X P P <≤=+，据此计算即可得到答案【详解】()()12342iP X i i a===，，，， ()1123412a∴+++= 解得5a =则()()()3472434101010P X P P <≤=+=+= 故选B 【点睛】本题是一道关于求概率的题目，解答本题的关键是熟练掌握离散型随机变量的分布列，属于基础题．9．C解析：C 【解析】分析：先确定随机变量得取法12X =，，再根据独立重复试验求概率. 详解：因为14244411(1)(),(2)(),22P x C P x C ====所以142444411105(03)(1)(2)()(),2228P x P x P x C C <<==+==+== 选C.点睛：n 次独立重复试验事件A 恰好发生k 次得概率为(1)kkn kn C p p --.其中p 为1次试验种A 发生得概率.10．A解析：A 【解析】分析：首先设出题中的事件，然后由题意结合条件概率公式整理计算即可求得最终结果. 详解：设事件A 为48h 发病，事件B 为72h 发病， 由题意可知：()()0.055,0.19P A P B ==， 则()()0.945,0.81P A P B ==， 由条件概率公式可得：()()()()()0.816|0.9457P AB P B P B A P A P A ====. 本题选择A 选项.点睛：本题主要考查条件概率公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11．D解析：D 【解析】∵随机变量ξ服从正态分布2(2,)N σ，2μ=，得对称轴是2x =，(4)0.84P ξ=≤， ∴(4)(0)0.16P P ξξ≥=<=，∴(02)0.50.160.34P ξ≤≤=-=，故选D ．12．A解析：A 【解析】∵()D X m =，∴2()(32)3()D Y D X D X =+=9()D X =9m =，故选A ．二、填空题13．【分析】由题意得出的可能取值以及相应的概率再计算数学期望即可【详解】由题意可得的可能取值有012则数学期望故答案为：【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望属于中档题解析：23【分析】由题意得出X 的可能取值以及相应的概率，再计算数学期望即可. 【详解】由题意可得X 的可能取值有0，1，2224(0)339P X ⨯===⨯，122411(1),(2)339339C P X P X ⨯======⨯⨯则数学期望4()09E X =⨯41212993+⨯+⨯=．故答案为：23【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望，属于中档题.14．【分析】设事件表示该选手能正确回答第轮的问题选手被淘汰考虑对立事件代入的值可得结果；【详解】记该选手能正确回答第轮的问题为事件则该选手被淘汰的概率：故答案为：【点睛】求复杂互斥事件概率的两种方法：( 解析：101125【分析】设事件(1,2,3)i A i =表示“该选手能正确回答第i 轮的问题”，选手被淘汰，考虑对立事件，代入123(),(),()P A P A P A 的值，可得结果； 【详解】记“该选手能正确回答第i 轮的问题”为事件(1,2,3)i A i =，则()()()123432,,555P A P A P A ===. 该选手被淘汰的概率：112123112123()()()()()()()P P A A A A A A P A P A A P A A A =++=++142433101555555125=+⨯+⨯⨯= 故答案为：101125【点睛】求复杂互斥事件概率的两种方法：(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；(2)间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由()1()P A P A =－求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法．15．1359【分析】根据正态曲线的对称性求出概率即可；【详解】解：∵∴∴又∴∴∴∵∴因此此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率是故答案为：【点睛】本题考查正态曲线的性质属于中档题解析：1359 【分析】根据正态曲线的对称性求出概率即可； 【详解】解：∵()0.6826P X μσμσ-<<+=，∴10.6826()2P X μσ->+=，∴()1P X μσ<+=-10.682610.6826222-=+．又(22)0.9544P X μσμσ-<<+=，∴10.9544(2)2P X μσ->+=，∴10.954410.9544(2)1222P X μσ-<+=-=+，∴(2)(2)P X P X μσμσμσ+<<+=<+-()P X μσ<+10.954410.6826()2222=+-+1(0.95440.6826)2=⨯-0.1359=． ∵30μ=，10σ=，∴(4050)0.1359P X <<=．因此，此人在40分钟至50分钟到达目的地的概率是0.1359． 故答案为：0.1359 【点睛】本题考查正态曲线的性质，属于中档题.16．3500【分析】设检测机器所需检测费为则的可能取值为200030004000分别求出相应的概率由此能求出所需检测费的均值【详解】设检测的机器的台数为则的所有可能取值为234所以所需的检测费用的均值为解析：3500 【分析】设检测机器所需检测费为X ,则X 的可能取值为2000,3000,4000,分别求出相应的概率,由此能求出所需检测费的均值. 【详解】设检测的机器的台数为X ,则X 的所有可能取值为2，3，4.1123223233522513133(2000),(3000),(4000)1101010105A C A A A P X P X P X A A +========--=所以所需的检测费用的均值为()133200030004000350010105E X =⨯+⨯+⨯=. 故答案为: 3500. 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和均值,考查学生分析问题的能力,难度一般.17．【解析】试题分析：的可能取值是012345 0 1 2 3 4 5 考点：期望方差的计算解析：510,39【解析】试题分析：ξ的可能取值是0,1,2,3,4,5,12345．考点：期望、方差的计算．18．【解析】分析：先确定随机变量取法再分别求对应概率最后根据数学期望公式求期望详解：获得奖金数为随机变量ξ则ξ＝691215所以ξ的分布列为：ξ 6 9 12 15 P E(ξ)＝6×＋9× 解析：212【解析】分析：先确定随机变量取法，再分别求对应概率，最后根据数学期望公式求期望. 详解：获得奖金数为随机变量ξ，则ξ＝6,9,12,15，所以ξ的分布列为： ξ 691215P112 512 512 112E(ξ)＝6×12＋9×12＋12×12＋15×12＝2. 点睛：本题考查数学期望公式，考查基本求解能力.19．【解析】分析：由二项分布的期望公式计算详解：由题意得ξ~B 所以E(ξ)=300=100点睛：本题考查二项分布的期望计算公式若则解析：【解析】分析：由二项分布的期望公式计算． 详解：由题意,得ξ~B 1300,3⎛⎫ ⎪⎝⎭,所以E (ξ)=30013⨯=100. 点睛：本题考查二项分布的期望计算公式．若(,)B n p ξ，则E np ξ=，(1)D np p ξ=-．20．【分析】计算出每人的稿件能被录用的概率然后利用独立重复试验的概率公式可求得结果【详解】记事件甲的稿件被录用则因此甲乙两人分别向该出版社投稿篇则两人中恰有人的稿件被录用的概率为故答案为：【点睛】思路点解析：3572【分析】计算出每人的稿件能被录用的概率，然后利用独立重复试验的概率公式可求得结果. 【详解】记事件:A 甲的稿件被录用，则()2212111522312P A C ⎛⎫⎛⎫=+⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因此，甲、乙两人分别向该出版社投稿1篇，则两人中恰有1人的稿件被录用的概率为125735121272P C =⋅⋅=. 故答案为：3572. 【点睛】思路点睛：独立重复试验概率求法的三个步骤：（1）判断：依据n 次独立重复试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验； （2）分拆：判断所求事件是否需要分拆；（3）计算：就每个事件依据n 次独立重复试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算.三、解答题21．（1）ˆ8124yx =-+；（2）达到“理想状态”；（3）2. 【分析】（1）请根据表中数据计算x 、y ，求出回归系数，写出回归直线方程；（2）利用回归方程计算6x =时ˆy的值，比较即可得出结论； （3）根据正态分布的性质，结合()2140.9544P X <<=即可得答案. 【详解】（1）请根据表中所给前5个月的数据，计算1(12345)35x =⨯++++=， 1(1201051008590)1005y =⨯++++=；12222221()()(2)20(1)5001(15)2(10)ˆ8(2)(1)012()nii i nii xx y y bxx ==---⨯+-⨯+⨯+⨯-+⨯-===--+-+++-∑∑，ˆˆ100(8)3124ay bx =-=--⨯=； y ∴与x 之间的回归直线方程ˆ8124y x =-+；（2）由（1）知ˆ8124yx =-+，当6x =时，ˆ8612476y =-⨯+=； 且807645-=<，6∴月份该十字路口“礼让斑马线”情况达到“理想状态”；（3）因为X 服从正态分布()~8,9X N ， 所以()2140.9544P X <<=， 该月没能在14天内缴纳人数为10.95449022-⨯=， 【点睛】方法点睛：求回归直线方程的步骤：①依据样本数据确定两个变量具有线性相关关系；②计算211,,,nnii ii i x y x x y ==∑∑的值；③计算回归系数,a b ；④写出回归直线方程为ˆy bx a=+. 22．（1）①5；②100万元；（2）48. 【分析】（1）①先由频率分布表求出样本平均数，得到()212.16,3.64ZN ，求出()4.8815.8P Z <≤，再由题意，得到()6,0.8186XB ，根据二项分布的期望公式，即可得出结果；②根据分层抽样，分别得出订单数在区间[)3,5和[)5,7的城市数，计算出不开展营销活动所得利润，以及开展营销活动所得利润，即可得出结果；（2）根据题意，由正态分布，先求出随机抽取1个城市的外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的概率为0.47725P =，得到抽到K 个城市的M 外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的概率为()()1001k kk P X k C P P ==-，为使其最大，列出不等式组求解，即可得出结果. 【详解】（1）①由频率分布表可得，样本平均数为40.0460.0680.1100.1μ=⨯+⨯+⨯+⨯120.3140.2160.1180.08200.0212.16+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，所以()212.16,3.64ZN ，因此()()4.8815.82P Z P Z μσμσ<≤=-<≤+()()()111220.95450.68270.8186222P Z P Z μσμσμσμσ=-<≤++-<≤+=+=， 由题意，可得()6,0.8186XB ，所以X 的数学期望为()60.8186 4.91165E X =⨯=≈；②由分层抽样知，这100个城市中每月订单数在区间[)3,5内的有0.04100400.040.06⨯=+个，则每月订单数在区间[)5,7内的有0.06100600.040.06⨯=+个，若不开展营销活动，则一个月的利润为404560652600⨯⨯+⨯⨯=（万元）， 若开展营销活动，则一个月的利润为()1009522700⨯⨯-=（万元），因此M 外卖在这100个城市中开展营销活动将比不开展营销活动每月多盈利100万元； （2）因为()()()112.1619.442222P Z P Z P Z μμσμσμσ<≤=<≤+=-<≤+ 0.47725=，即随机抽取1个城市的外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的概率为0.47725P =， 则从全国开展M 外卖业务的所有城市中随机抽取100个城市，抽到K 个城市的M 外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的概率为()()1001kk kP X k C P P ==-，为使若抽到K 个城市的M 外卖订单数在区间(]12.16,19.44内的可能性最大，只需()()()()1009911100100100101111001001111k k k k k k k k k k k k C P P C P P C P P C P P --++----⎧⋅⋅-≥⋅⋅-⎪⎨⋅⋅-≥⋅⋅-⎪⎩， 即()()11001001111001001111k k k k k k k k k k kk A A P P A A A A P P A A +++---⎧⋅-≥⋅⎪⎪⎨⎪⋅≥⋅-⎪⎩，即100111011k P P k k P P k -⎧-≥⋅⎪⎪+⎨-⎪⋅≥-⎪⎩，解得1011101P k P -≤≤， 则47.2022548.20225k ≤≤， 又k 为整数，所以48k =. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查正态分布求指定区间的概率，考查由二项分布的概率计算公式求概率的最值，解题关键在于熟记正态分布的对称性，二项分布的概念以及二项分布的概率计算公式，考查学生的计算能力，属于中档题. 23．（1）2027；（2）分布列见解析，2209E ζ=． 【分析】（1）利用独立重复试验的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，随机变量ζ的可能取值有0、10、20、25、40，计算出随机变量ζ在不同取值下的概率，可得出随机变量ζ的分布列，由此可求得随机变量ζ的数学期望值. 【详解】（1）设X 为射手3次射击击中目标的总次数，则23,3XB ⎛⎫⎪⎝⎭． 故()()()23233322220223133327P X P X P X C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥==+==⋅⋅-+⋅=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，所求概率为2027； （2）由题意可知，ζ的所有可能取值为0、10、20、25、40， 用()1,2,3i A i =表示事件“第i 次击中目标”，则()()31100327P P X ζ⎛⎫===== ⎪⎝⎭，()()2132221011339P P X C ζ⎛⎫====⋅⋅-= ⎪⎝⎭，()()12321242033327P P A A A ζ===⨯⨯=，()()()82522027P P X P ζζ===-==， ()()328403=327P P X ζ⎛⎫==== ⎪⎝⎭．故ζ的分布列如下表所示：因此，随机变量的数学期望为1648822001020254027272727279E ζ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． 【点睛】本题考查利用独立重复试验的概率公式计算事件的概率，同时也考查了随机变量分布列与数学期望的求解，考查计算能力，属于中等题. 24．（1）详见解析；（2）选择延保方案一较合算． 【分析】（1）X 所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，计算概率得到分布列. （2）分别计算所需费用的分布列，计算数学期望，比较大小得到答案. 【详解】 （1）0515010p ==；1202505p ==；2101505p ==；31535010p ==. X 所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6．111(0)1010100P X ==⨯=，122(1)210525P X ==⨯⨯=，22111(2)2555105P X ==⨯+⨯⨯=，131211(3)2210105550P X ==⨯⨯+⨯⨯=，11327(4)25510525P X ==⨯+⨯⨯=，133(5)251025P X ==⨯⨯=，339(6)1010100P X ==⨯=， ∴X 的分布列为：（2）选择延保方案一，所需费用1元的分布列为：17009001100130015001000100502525100EY =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（元）． 选择延保方案二，所需费用2Y 元的分布列为：2100011001200103010025100EY =⨯+⨯+⨯=（元）． ∵12EY EY <，∴该工厂选择延保方案一较合算． 【点睛】本题考查了分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力. 25．（1）1116（2）4个 【分析】（1）由独立重复实验的概率公式结合题意计算即可得解；（2）按照建设3个车间、4个车间、5个车间讨论，分别求出对应的分布列和期望，比较期望大小即可得解. 【详解】（1）由题意每月需求量在50~ 100万件的概率为0.5，则由独立重复实验概率公式可得所求概率223142344441111111112222216P C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭； （2）（i ）当建设3个车间时，由于需求量在50万件以上，此时的净利润Y 的分布列为：则（万元）；（ii ）当建设4个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有1个车间闲置，此时的净利润150035004000Y =⨯-=；需求量100x ≥时，则4个车间正常运行，此时的净利润150046000Y =⨯=； 则Y 的分布列为：则（万元）（iii ）当建设5个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有2个车间闲置，此时的净利润1500350023500Y =⨯-⨯=； 需求量100200x ≤<时，则4个车间正常运行，会有1个车间闲置， 此时1500460015400Y =⨯-⨯=；需求量200x ≥时，则5个车间正常运行，此时的净利润150057500Y =⨯=； 则Y 的分布列为：则4870=（万元） 综上所述，要使该工厂商品A 的月利润为最大，应建设4个生产线车间． 【点睛】本题考查了独立重复实验概率公式的应用，考查了离散型随机变量期望的求解与应用，属于中档题.26．（1）17.4；（2）（i ）14.77千元（ii ）978位 【分析】（1）用每个小矩形的面积乘以该组中点值，再求和即可得到平均数； （2）（i ）根据正态分布可得：0.6827()0.50.84142P X μσ>-=+≈即可得解；（ii ）根据正态分布求出每个农民年收入不少于12.14千元的事件概率为0.9773，利用独立重复试验概率计算法则求得概率最大值的k 的取值即可得解. 【详解】（1）由频率分布直方图可得：120.04140.12160.28180.36200.1220.06240.0417.4x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=；（2）（i ）由题()~17.4,6.92X N ，0.6827()0.50.84142P X μσ>-=+≈，所以17.4 2.6314.77μσ-=-=满足题意，即最低年收入大约14.77千元；（ii ）0.9545(12.14)(2)0.50.97732P X P X μσ≥=≥-=+≈， 每个农民年收入不少于12.14千元的事件概率为0.9773，记这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数为X ，()1000,0.9773X B 恰有k 位农民中的年收入不少于12.14千元的概率()()100010000.997310.9973k k k P X k C -==-()()()()10010.97731110.9773P X k k P X k k =-⨯=>=-⨯-得10010.9773978.2773k <⨯=， 所以当0978k ≤≤时，()()1P X k P X k =-<=，当9791000k ≤≤时，()()1P X k P X k =->=，所以这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数最有可能是978位.【点睛】此题考查频率分布直方图求平均数，利用正态分布估计概率，结合独立重复试验计算概率公式求解具体问题，综合性强.。
人教a版高中数学选修2-3全册同步练习及单元检测含答案
人教版高中数学选修2～3 全册章节同步检测试题目录第1章《计数原理》同步练习 1.1测试1第1章《计数原理》同步练习 1.1测试2第1章《计数原理》同步练习 1.1测试3第1章《计数原理》同步练习 1.2排列与组合第1章《计数原理》同步练习 1.3二项式定理第1章《计数原理》测试（1）第1章《计数原理》测试（2）第2章同步练习 2.1离散型随机变量及其分布列第2章同步练习 2.2二项分布及其应用第2章测试（1）第2章测试（2）第2章测试（3）第3章练习 3.1回归分析的基本思想及其初步应用第3章练习 3.2独立性检验的基本思想及其初步应用第3章《统计案例》测试（1）第3章《统计案例》测试（2）第3章《统计案例》测试（3）1. 1分类加法计数原理与分步乘法计数原理测试题一、选择题1．一件工作可以用2种方法完成，有3人会用第1种方法完成，另外5人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是（ ）Ａ．8 Ｂ．15 Ｃ．16 Ｄ．30答案：Ａ2．从甲地去乙地有3班火车，从乙地去丙地有2班轮船，则从甲地去丙地可选择的旅行方式有（ ）Ａ．5种 Ｂ．6种 Ｃ．7种 Ｄ．8种答案：Ｂ3．如图所示为一电路图，从A 到B 共有（ ）条不同的线路可通电（ ）Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．4答案：Ｄ4．由数字0，1，2，3，4可组成无重复数字的两位数的个数是（ ）Ａ．25 Ｂ．20 Ｃ．16 Ｄ．12答案：Ｃ5．李芳有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有两套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则李芳有（ ）种不同的选择方式（ ） Ａ．24 Ｂ．14 Ｃ．10 Ｄ．9答案：Ｂ6．设A ，B 是两个非空集合，定义{}()A B a b a A b B *=∈∈，，|，若{}{}0121234P Q ==，，，，，，，则P *Q 中元素的个数是（ ）Ａ．4 Ｂ．7 Ｃ．12 Ｄ．16答案：Ｃ二、填空题7．商店里有15种上衣，18种裤子，某人要买一件上衣或一条裤子，共有 种不同的选法；要买上衣，裤子各一件，共有 种不同的选法．答案：33，2708．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，共有 种行车路线．答案：129．已知{}{}0341278a b ∈∈，，，，，，，则方程22()()25x a y b -+-=表示不同的圆的个数是 ．答案：1210．多项式123124534()()()()a a a b b a a b b ++++++··展开后共有 项．答案：1011．如图，从A →C ，有 种不同走法．答案：612．将三封信投入4个邮箱，不同的投法有 种．答案：34三、解答题13．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同．（1）从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？（2）从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？解：（1）549N =+=种；（2）5420N =⨯=种．14．某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．（1）选其中1人为学生会主席，有多少种不同的选法？（2）若每年级选1人为校学生会常委，有多少种不同的选法？（3）若要选出不同年级的两人参加市里组织的活动，有多少种不同的选法？解：（1）56415N =++=种；（2）564120N =⨯⨯=种；（3）56644574N =⨯+⨯+⨯=种15．已知集合{}321012()M P a b =---，，，，，，，是平面上的点，a b M ∈，． （1）()P a b ，可表示平面上多少个不同的点？（2）()，可表示多少个坐标轴上的点？P a b解：（1）完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法也有6种，∴P点个数为N=6×6=36(个)；（2）根据分类加法计数原理，分为三类：①x轴上（不含原点）有5个点；②y轴上（不含原点）有5个点；③既在x轴，又在y轴上的点，即原点也适合，∴共有N=5+5+1=11（个）．1. 1分类加法计数原理与分步乘法计数原理测试题一、选择题1．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 bi +，其中虚数有（ ）A ．30个B ．42个C ．36个D ．35个答案：Ｃ2．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少1个，至多5个，则不同的分法共有（ ）A ．4种B ．5种C ．6种D ．7种答案：Ａ3．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A ，B ，C ，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有（ ）A ．72种B ．48种C ．24种D ．12种答案：Ａ4．教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（ ）A ．10种B ．52种 Ｃ．25种 Ｄ．42种答案：Ｄ5．已知集合{}{}023A B x x ab a b A ===∈，，，，，|，则B 的子集的个数是（ ） Ａ．4 Ｂ．8 Ｃ．16 Ｄ．15答案：Ｃ6．三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数为（ ）Ａ．25 Ｂ．26 Ｃ．36 Ｄ．37答案：Ｃ二、填空题7．平面内有7个点，其中有5个点在一条直线上，此外无三点共线，经过这7个点可连成不同直线的条数是 ．答案：128．圆周上有2n 个等分点（1n >），以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 ．答案：2(1)n n-9．电子计算机的输入纸带每排有8个穿孔位置，每个穿孔位置可穿孔或不穿孔，则每排可产生种不同的信息．答案：25610．椭圆221x ym n+=的焦点在y轴上，且{}{}123451234567m n∈∈，，，，，，，，，，，，则这样的椭圆的个数为．答案：2011．已知集合{}123A，，，且A中至少有一个奇数，则满足条件的集合A分别是．答案：{}{}{}{}{}13122313，，，，，，，12．整数630的正约数（包括1和630）共有个．答案：24三、解答题13．用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的四位数，比3410大的四位数有多少个？解：本题可以从高位到低位进行分类．（1）千位数字比3大．（2）千位数字为3：①百位数字比4大；②百位数字为4：1°十位数字比1大；2°十位数字为1→个位数字比0大．所以比3410大的四位数共有2×5×4×3+4×3+2×3+2=140（个）．14．有红、黄、蓝三种颜色旗子各(3)n n>面，任取其中三面，升上旗杆组成纵列信号，可以有多少种不同的信号？若所升旗子中不允许有三面相同颜色的旗子，可以有多少种不同的信号？若所升旗子颜色各不相同，有多少种不同的信号？解：1N=3×3×3=27种；227324N=-=种；33216N=⨯⨯=种．15．某出版社的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．解：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，由分步计数原理知共有2×3×2=12种选法；再由分类计数原理知共有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．1． 1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理综合卷一．选择题：1．一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出一本，则不同的取法共有（）（A）37种（B）1848种（C）3种（D）6种2．一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出语文、数学、英语各一本，则不同的取法共有（）（A）37种（B）1848种（C）3种（D）6种3．某商业大厦有东南西3个大门，楼内东西两侧各有2个楼梯，从楼外到二楼的不同走法种数是（）（A） 5 （B）7 （C）10 （D）124．用1、2、3、4四个数字可以排成不含重复数字的四位数有（）（A）265个（B）232个（C）128个（D）24个5．用1、2、3、4四个数字可排成必须含有重复数字的四位数有（）（A）265个（B）232个（C）128个（D）24个6．3科老师都布置了作业，在同一时刻4名学生都做作业的可能情况有（）（A）43种（B）34种（C）4×3×2种（D）1×2×3种7．把4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，参观券全部分完，则不同的分法共有（）（A）120种（B）1024种（C）625种（D）5种8．已知集合M={l，－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，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是（）（A）18 （B）17 （C）16 （D）109．三边长均为整数，且最大边为11的三角形的个数为（）（A）25 （B）36 （C）26 （D）3710．如图，某城市中，M、N两地有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿途中路线前进，则从M到N 不同的走法共有（）（A）25 （B）15 （C）13 （D）10二．填空题：11．某书店有不同年级的语文、数学、英语练习册各10本，买其中一种有种方法；买其中两种有种方法．12．大小不等的两个正方形玩具，分别在各面上标有数字1，2，3，4，5，6，则向上的面标着的两个数字之积不少于20的情形有种．13．从1，2，3，4，7，9中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，可得到个不同的对数值．14．在连结正八边形的三个顶点组成的三角形中，与正八边形有公共边的有个．15．某班宣传小组要出一期向英雄学习的专刊，现有红、黄、白、绿、蓝五种颜色的粉笔供选用，要求在黑板中A、B、C、D每一部分只写一种颜色，如图所示，相邻两块颜色不同，则不同颜色的书写方法共有种．三．解答题：D CB A16．现由某校高一年级四个班学生34人，其中一、二、三、四班分别为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）推选二人做中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？17．4名同学分别报名参加足球队，蓝球队、乒乓球队，每人限报其中一个运动队，不同的报名方法有几种？［探究与提高］1．甲、乙两个正整数的最大公约数为60，求甲、乙两数的公约数共有多个？2．从{－3，－2，－1，0，l，2，3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程y=ax2＋bx＋c（a≠0）的系数，如果抛物线过原点，且顶点在第一象限，这样的抛物线共有多少条？3．电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的群众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有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，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？综合卷1．A 2．B 3．D 4．D 5．B 6．B 7．D 8．B 9．B 10．B11．30；300 12．513．17 14．40 15．1801． 2排列与组合1、 排列综合卷1．90×9l ×92×……×100=（ ）（A ）10100A （B ）11100A （C ）12100A （D ）11101A 2．下列各式中与排列数mn A 相等的是（ ）（A ）!(1)!-+n n m （B ）n(n －1)(n －2)……(n －m) （C ）11m n nA n m --+ （D ）111m n n A A --3．若 n ∈N 且 n<20，则(27－n )(28－n)……(34－n)等于（ ） （A ）827n A - （B ）2734n n A -- （C ）734n A - （D ）834n A -4．若S=123100123100A A A A ++++，则S 的个位数字是（ ）（A ）0 （B ）3 （C ）5 （D ）85．用1，2，3，4，5这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） （A ）24个 （B ）30个 （C ）40个 （D ）60个6．从0，l ，3，5，7，9中任取两个数做除法，可得到不同的商共有（ ） （A ）20个 （B ）19个 （C ）25个 （D ）30个7．甲、乙、丙、丁四种不同的种子，在三块不同土地上试种，其中种子甲必须试种，那么不同的试种方法共有（ ）（A ）12种 （B ）18种 （C ）24种 （D ）96种8．某天上午要排语文、数学、体育、计算机四节课，其中体育不排在第一节，那么这天上午课程表的不同排法共有（ ）（A ）6种 （B ）9种 （C ）18种 （D ）24种9．有四位司机、四个售票员组成四个小组，每组有一位司机和一位售票员，则不同的分组方案共有（ ）（A ）88A 种 （B ）48A 种 （C ）44A ·44A 种 （D ）44A 种10．有4位学生和3位老师站在一排拍照，任何两位老师不站在一起的不同排法共有（ ） （A ）(4!)2种 （B ）4!·3!种 （C ）34A ·4!种 （D ）35A ·4!种11．把5件不同的商品在货架上排成一排，其中a ，b 两种必须排在一起，而c ，d 两种不能排在一起，则不同排法共有（ ）（A ）12种 （B ）20种 （C ）24种 （D ）48种 二．填空题:：12．6个人站一排，甲不在排头，共有 种不同排法．13．6个人站一排，甲不在排头，乙不在排尾，共有 种不同排法．14．五男二女排成一排，若男生甲必须排在排头或排尾，二女必须排在一起，不同的排法共有 种．15．将红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小球，分别放入红、黄、蓝、白、黑5种颜色的口袋中，但红口袋不能装入红球，则有种不同的放法．16．（1）有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各一本，共有种不同的送法；（2）有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各一本，共有种不同的送法．三、解答题：17．一场晚会有5个唱歌节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单（1）前4个节目中要有舞蹈，有多少种排法？（2）3个舞蹈节目要排在一起，有多少种排法？（3）3个舞蹈节目彼此要隔开，有多少种排法？18．三个女生和五个男生排成一排．（1）如果女生必须全排在一起，有多少种不同的排法？（2）如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？（3）如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？（4）如果两端不能都排女生，有多少种不同的排法？（5）如果三个女生站在前排，五个男生站在后排，有多少种不同的排法？综合卷1．B 2．D 3．D 4．C 5．A 6．B 7．B 8．C 9．D 10．D 11．C12．600 13．504 14．480 15．9616．(1) 60；(2) 12517．(1) 37440；(2) 4320；(3) 1440018．(1) 4320；(2) 14400；(3) 14400；(4) 36000；(5) 7202、组合 综合卷一、选择题：1．下列等式不正确的是（ ） （A ）!!()!mn n C m n m =- （B ）11mm n n m C C n m++=-（C ）1111m m n n m C C n +++=+ （D ）11m m n n C C ++= 2．下列等式不正确的是（ ）（A ）m n m n n C C -= （B ）11m m mm m m C C C -++=（C ）123455555552C C C C C ++++= （D ）11111m m m m n n n n C C C C --+--=++3．方程2551616x x x CC --=的解共有（ ） （A ）1个 （B ）2个 （C ）3个 （D ）4个4．若372345n n n C A ---=，则n 的值是（ ）（A ）11 （B ）12 （C ）13 （D ）145．已知7781n n n C C C +-=，那么n 的值是（）（A ）12 （B ）13 （C ）14 （D ）15 6．从5名男生中挑选3人，4名女生中挑选2人，组成一个小组，不同的挑选方法共有（ ）（A ）3254C C 种（B ） 3254C C 55A 种（C ） 3254A A 种（D ） 3254A A 55A 种7．从4个男生，3个女生中挑选4人参加智力竞赛，要求至少有一个女生参加的选法共有（ ）（A ）12种 （B ）34种 （C ）35种 （D ）340种8．平面上有7个点，除某三点在一直线上外，再无其它三点共线，若过其中两点作一直线，则可作成不同的直线（ ）（A ）18条 （B ）19条 （C ）20条 （D ）21条9．在9件产品中，有一级品4件，二级品3件，三级品2件，现抽取4个检查， 至少有两件一级品的抽法共有（ ）（A ）60种 （B ）81种 （C ）100种 （D ）126种10．某电子元件电路有一个由三节电阻串联组成的回路，共有6个焊点，若其中某一焊点脱落，电路就不通．现今回路不通，焊点脱落情况的可能有（ ） （A ）5种 （B ）6种 （C ）63种 （D ）64种 二．填空题：11．若11m m n n C xC --=，则x= ．12．三名教师教六个班的课，每人教两个班，分配方案共有 种。
新版高中数学人教A版选修2-3习题：第一章计数原理1.1
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过关·能力提升基础巩固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.(a1+a2)(b1+b2)(c1+c2+c3)完全展开后的项数为()A.9B.12C.18D.24解析:由分步乘法计数原理得,完全展开后的项数为2×2×3=12.答案:B3.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种,分别种在不同土质的三块土地上,其中黄瓜必须种植,不同的种植方法有()A.24种B.18种C.12种D.6种解析:种植黄瓜有3种不同的种法,其余两块地从余下的3种蔬菜中选2种种植有3×2=6种不同种法.由分步乘法原理知共有3×6=18种不同的种植方法.故选B.答案:B4.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:B5.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:D6.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:A7.五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10×2=20种情况.答案:C8.若在登录某网站时弹出一个4位的验证码:XXXX(如2a8t),第一位和第三位分别为0到9这10个数字中的一个,第二位和第四位分别为a到z这26个英文字母中的一个,则这样的验证码共有.解析:要完成这件事可分四步:第一步,确定验证码的第一位,共有10种方法;第二步,确定验证码的第二位,共有26种方法;第三步,确定验证码的第三位,共有10种方法;第四步,确定验证码的第四位,共有26种方法.由分步乘法计数原理可得,这样的验证码共有10×26×10×26=67 600个.答案:67 600个9.如图,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:1910.三人踢毽子,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:611.小张正在玩“开心农场”游戏,他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物),若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒,则不同的种植方案共有种.解析:当第一块地种茄子时,有4×3×2=24种不同的种法;当第一块地种辣椒时,有4×3×2=24种不同的种法,故共有48种不同的种植方案.答案:4812.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,选老师,有3种不同的选法;第二步,选男同学,有8种不同的选法;第三步,选女同学,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,选老师,有3种不同的选法;第二步,选同学,有8+5=13种不同的选法.共有3×13=39种不同的选法.13.用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙),要求在①,②,③,④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.(1)若n=6,为甲着色时共有多少种不同方法?(2)若为乙着色时共有120种不同方法,求n.解:完成着色这件事,共分四个步骤,可依次考虑为①,②,③,④着色时各自的方法数,再由分步乘法计数原理确定总的着色方法数.(1)为①着色有6种方法,为②着色有5种方法,为③着色有4种方法,为④着色也有4种方法.所以共有着色方法6×5×4×4=480种.(2)与(1)的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块,同理,不同的着色方法数是n(n-1)(n-2)(n-3),由n(n-1)(n-2)(n-3)=120,所以(n2-3n)(n2-3n+2)-120=0.即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0.所以n2-3n-10=0,所以n=5.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.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:C3.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、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:B4.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:C5.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:B6.如图,一环形花坛被分成A,B,C,D四个区域,现有4种不同的花可供选种,要求在每个区域里种1种花,且相邻的2个区域种不同的花,则不同种法的种数为()A.96B.84C.60D.48解析:当A,C区域种同样的花时,A,C区域有4种种法,B区域有3种种法,D区域有3种种法;当A,C区域种不同的花时,A区域有4种种法,C区域有3种种法,B区域有2种种法,D区域有2种种法.故一共有4×3×3+4×3×2×2=84种不同的种法.答案:B7.圆周上有2n(n大于2)个等分点,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)★8.如图,某学校要用鲜花布置花圃中A,B,C,D,E五个不同区域,要求同一区域上用一种颜色的鲜花,相邻区域使用不同颜色的鲜花,现有红、黄、蓝、白、紫五种不同颜色的鲜花可供任意选择.(1)当A,D区域同时用红色鲜花时,求布置花圃的不同方法的种数;(2)求恰有两个区域用红色鲜花的概率.解:(1)当A,D区域同时用红色鲜花时,其他区域不能用红色,布置花圃的不同方法有4×3×3=36种.(2)设M表示事件“恰有两个区域用红色鲜花”,当区域A,D同色时,共有5×4×3×1×3=180种;当区域A,D不同色时,共有5×4×3×2×2=240种;因此,所有基本事件总数为180+240=420种.又当A,D为红色时,共有4×3×3=36种;当B,E为红色时,共有4×3×3=36种;因此,事件M包含的基本事件有36+36=72种.综上,恰有两个区域用红色鲜花的概率P(M)=★9.用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.。
高中数学选修2-3《第1章计数原理》测试卷解析版
高中数学选修2-3《第1章计数原理》测试卷解析版一．选择题（共36小题）1．有4名优秀学生A，B，C，D全部被保送到甲，乙，丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有（）A．26种B．32种C．36种D．56种【分析】每所学校至少去一名，那就是有两名一定到同一所学校，先选择这两名同学，再排列问题得以解决．【解答】解：第一步从4名优秀学生选出2个组成复合元素共有，在把3个元素（包含一个复合元素）保送到甲、乙、丙3所学校有，根据分步计数原理不同保送方案共有＝36种．故选：C．【点评】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最最基本的指导思想，属于中档题．2．某校高三理科实验班有5名同学报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校．若这三所高校中每个学校都至少有1名同学报考，那么这5名同学不同的报考方法种数共有（）A．144种B．150种C．196种D．256种【分析】由题设条件知，可以把学生分成两类：311，221，所以共有种报考方法．【解答】解，把学生分成两类：311，221，根据分组公式共有＝150种报考方法，故选：B．【点评】本题考查分类加法计数原理，解题时要认真审题，注意平均分组和不平均分组的合理运用．3．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【分析】选出的4人中恰有1名女同学的不同选法，1名女同学来自甲组和乙组两类型．【解答】解：分两类（1）甲组中选出一名女生有C51•C31•C62＝225种选法；（2）乙组中选出一名女生有C52•C61•C21＝120种选法．故共有345种选法．故选：D．【点评】分类加法计数原理和分类乘法计数原理，最关键做到不重不漏，先分类，后分步！4．一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出一本，则不同的取法共有（）A．3种B．1848种C．37种D．6种【分析】分情况讨论：选择拿语文书：有12种不同的拿法，数学书有14种不同的拿法，英语书有11种不同的拿法，然后把这三种情况的数量加在一起即可．【解答】解：由题意可知选择拿语文书：有12种不同的拿法，数学书有14种不同的拿法，英语书有11种不同的拿法，共有：12+14+11＝37．故选：C．【点评】本题先确定拿哪种类型的书，考查分类计数原理的应用，考查两种原理的区别．5．如图，正五边形ABCDE中，若把顶点A、B、C、D、E染上红、黄、绿、三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有（）A．30种B．27种C．24种D．21种【分析】本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况．如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况，这时最后两个边也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况，最后两个边有3种情况．根据计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况．如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况；这时最后两个边也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况；这时最后两个边有3种情况．∴方法共有3（2×2+2×3）＝30种．故选：A．【点评】对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决，即类中有步，步中有类．6．某市环保部门准备对分布在该市的A，B，C，D，E，F，G，H等8个不同监测点的环境监测设备进行监测维护．要求在一周内的星期一至星期五检测维修完所有监测点的设备，且每天至少去一个监测点进行检测维护，其中A，B两个监测点分别安排在星期一和星期二，C，D，E三个监测点必须安排在同一天，F监测点不能安排在星期五，则不同的安排方法种数为（）A．36B．40C．48D．60【分析】①若把F排在周一或周二，方法有•种．如果F排在周三或者周四：②若剩下的有一个排在周一或者周二，方法有2•种；③若（CDE）、G、H排在周三、四、五：方法有•种；④若（CDE）、G、H，排在周三、四、五中的2天，方法有•种；再把求得的这4个值相加，即得所求．【解答】解：A、B两个监测点分别安排在星期一和星期二，方法有1种；把C、D、E看作一个整体（CDE），这时，还有（CDE）、F、G、H四个监测站没有安排．①若把F排在周一或周二，则把（CDE）、G、H分别排在一周剩余的三天中，方法有•＝12种．如果F排在周三或者周四：②若剩下的有一个排在周一或者周二，方法有2•＝24种；③若（CDE）、G、H排在周三、四、五：方法有•＝12种；④若（CDE）、G、H，排在周三、四、五中的2天，方法有•＝12种；∴总数是：12+24+12+12＝60，故选：D．【点评】本题主要考查排列与组合及两个基本原理的应用，注意特殊元素和特殊位置，要优先考虑，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．7．若将6本不同书放到5个不同盒子里，有多少种不同放法（）A．B．C．56D．65【分析】将6本不同书放到5个不同盒子里，每本书都有5种放法，根据乘法原理可得结论．【解答】解：将6本不同书放到5个不同盒子里，每本书都有5种放法，根据乘法原理可得不同放法为56种．故选：C．【点评】本题考查分步乘法计数原理，考查学生的计算能力，比较基础．8．将5名同学分配到A、B、C三个宿舍中，每个宿舍至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A宿舍，那么不同的分配方案有（）A．76种B．100种C．132种D．150种【分析】5名学生进3宿舍，甲同学不能分配到A宿舍，限制条件多需要仔细．【解答】解：A宿舍1人；B中1、2、3人；则C中分别为3人、2人、1人．C51（C41+C42+C43）；A宿舍2人；B中1、2人；则C中分别为2人、1人．C52（C31+C32）．A宿舍3人；B中1人；则C中分别为1人．C53•C21．因而不看甲同学不能分配到A宿舍时，共有C51（C41+C42+C43）+C52（C31+C32）+C53•C21＝150种甲进A、B、C三个宿舍概率一样，甲同学不能分配到A宿舍，因而不同的分配方案有种．故选：B．【点评】分类分步计数原理的区别开，体会至少，甲同学不能分配到A宿舍，利用概率解答方便快捷．9．现安排甲乙丙丁戊5名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，要求甲不当语文课代表，乙不当数学课代表，若丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，则不同的选法共有多少种（）A．53B．67C．85D．91【分析】根据特殊元素特殊处理的原则，丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类，排完丙后，因为甲不当语文课代表，乙不当数学课代表，还要进行分类，根据分类计数原理可得【解答】解：丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代表，乙戊可以当英语和语文中的任一课，有＝2种，当甲不当数学课代表，甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，有1种，共计2+1＝3种．第二类，当丙不当物理课代表时，分四类①丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有＝18种，②丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有＝18种，③丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三位同学任意当有＝6种，当甲不当数学课代表，甲只能从物理和化学课中选一课，乙只能从语文和甲选完后的剩下的一课中选一课，丁和戊做剩下的两课，有＝8种，共计6+8＝14种④丙为化学课代表时，同③的选法一样有14种，根据分类计数原理得，不同的选法共有3+18++18+14+14＝67种．故选：B．【点评】本题主要考查了分类计数原理，如何分类时关键，本题中类中有类，需要不重不漏，属于难题．10．某体育彩票规定：从01到36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想先选定吉利号18，然后再从01到17个号中选出3个连续的号，从19到29个号中选出2个连续的号，从30到36个号中选出1个号组成一注．若这个人要把这种要求的号全买，至少要花的钱数为（）A．2000元B．3200元C．1800元D．2100元【分析】本题是一个分步计数问题，首先从01到17中选3个连续号有15种选法；再从19到29中选2个连续号有10种选法；最后从30到36中选1个号有7种选法，根据分步计数原理得到结果，做出需要的钱数．【解答】解：由题意知本题是一个分步计数问题，第1步从01到17中选3个连续号有15种选法；第2步从19到29中选2个连续号有10种选法；第3步从30到36中选1个号有7种选法．由分步计数原理可知：满足要求的注数共有15×10×7＝1050注，故至少要花1050×2＝2100，故选：D．【点评】本题考查分步计数原理，是一个同学们感兴趣的问题，问题的情景和我们比较接近，解题时注意实际问题向数学问题的转化．11．2016年某高校艺术类考试中，共有6位选手参加，其中3位女生，3位男生，现这六名考试依次出场进行才艺展出，如果3位男生中任何两人都不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么这六名考生出场顺序的排法种数为（）A．108B．120C．132D．144【分析】利用间接法，先求出3位男生中任何两人都不能连续出场的种数，再其排除女生甲排第一个的种数，问题得以解决．【解答】解：把3名男生插入到3名女生所成的4个间隔中，故有A33A43＝144种，女生甲排第一个，A22A33＝12种，故女生甲不能排第一个，那么这六名考生出场顺序的排法种数为144﹣12＝132种，故选：C．【点评】本题主要考查排列组合、两个基本原理的应用，注意特殊位置优先排，不相邻问题用插空法，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．12．四位男演员与五位女演员（包含女演员甲）排成一排拍照，其中四位男演员互不相邻，且女演员甲不站两侧的排法数为（）A．﹣2B．﹣C．﹣2D．﹣【分析】由题意，利用间接法，五位女演员全排，有种方法，插入四位男演员，女演员甲站两侧，有2，即可求出不同的排法．【解答】解：由题意，利用排除法，五位女演员全排，有种方法，插入四位男演员，女演员甲站两侧，有2种方法，所以不同的排法有﹣2种．故选：A．【点评】本题考查利用排列知识解决实际问题，考查学生的计算能力，正确运用间接法是关键．13．为防止部分学生考试时用搜题软件作弊，命题组指派5名教师对数学卷的选择题、填空题和解答题这3种题型进行改编，则每种题型至少指派一名教师的不同分派方法种数为（）A．150B．180C．200D．280【分析】根据题意，分析可得人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3，分别计算两种情况下的情况数目，相加可得答案．【解答】解：人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3．若是1，1，3，则有C53×A33＝60种，若是1，2，2，则有×A33＝90种所以共有150种不同的方法．故选：A．【点评】本题考查排列、组合的运用，难点在于分组的情况的确定．14．由两个1，两个2，两个3组成的6位数的个数为（）A．45B．90C．120D．360【分析】问题等价于从6个位置中各选出2个位置填上相同的1，2，3，由分步计数原理可以解得．【解答】解：问题等价于从6个位置中各选出2个位置填上相同的1，2，3，所以由分步计数原理有：C62C42C22＝90个不同的六位数，故选：B．【点评】本题考查了分步计数原理，关键是转化，属于中档题．15．C+++…++等于（）A．+B．（）2C．D．【分析】由（x+1）n（x+1）n＝（x+1）2n，比较等式两边的x n的系数即可得出．【解答】解：∵（x+1）n（x+1）n＝（x+1）2n，比较等式两边的x n的系数可得：C+++…++＝．故选：C．【点评】本题考查了二项式定理的应用、组合数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16．将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，下面是一种填法，则不同的填写方法共有（）A．6种B．12种C．24种D．48种【分析】填好第一行和第一列，其他的行和列就确定，因此只要选好第一行的顺序再确定第一列的顺序，就可以得到符合要求的排列．【解答】解：填好第一行和第一列，其他的行和列就确定，∴A33A22＝12，故选：B．【点评】排列问题要做到不重不漏，有些题目带有一定的约束条件，解题时要先考虑有限制条件的元素．17．已知自然数x满足﹣＝，则x（）A．3B．5C．4D．6【分析】利用排列数公式构造关于x的方程，由此能求出结果．【解答】解：∵自然数x满足﹣＝，∴3（x+1）x（x﹣1）﹣2（x+2）（x+1）＝6（x+1）x，整理，得：3x2﹣11x﹣4＝0，解得x＝4或x＝﹣（舍）．故选：C．【点评】本题考查实数值的求法，二查排列数公式的应用，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，考查创新意识、应用意识，是基础题．18．3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士．不同的分配方法共有（）A．90种B．180种C．270种D．540种【分析】三所学校依次选1名医生、2名护士，同一个学校没有顺序，可得不同的分配方法数．【解答】解：三所学校依次选医生、护士，不同的分配方法共有：C31C62C21C42＝540种．故选：D．【点评】本题考查组合及组合数公式，考查计算能力，是基础题．19．设集合I＝{1，2，3，4，5}．选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A 中最大的数，则不同的选择方法共有（）A．50种B．49种C．48种D．47种【分析】解法一，根据题意，按A、B的元素数目不同，分10种情况讨论，分别计算其选法种数，进而相加可得答案；解法二，根据题意，B中最小的数大于A中最大的数，则集合A、B中没有相同的元素，且都不是空集，按A、B中元素数目这和的情况，分4种情况讨论，分别计算其选法种数，进而相加可得答案．【解答】解：解法一，若集合A、B中分别有一个元素，则选法种数有C52＝10种；若集合A中有一个元素，集合B中有两个元素，则选法种数有C53＝10种；若集合A中有一个元素，集合B中有三个元素，则选法种数有C54＝5种；若集合A中有一个元素，集合B中有四个元素，则选法种数有C55＝1种；若集合A中有两个元素，集合B中有一个元素，则选法种数有C53＝10种；若集合A中有两个元素，集合B中有两个元素，则选法种数有C54＝5种；若集合A中有两个元素，集合B中有三个元素，则选法种数有C55＝1种；若集合A中有三个元素，集合B中有一个元素，则选法种数有C54＝5种；若集合A中有三个元素，集合B中有两个元素，则选法种数有C55＝1种；若集合A中有四个元素，集合B中有一个元素，则选法种数有C55＝1种；总计有49种，选B．解法二：集合A、B中没有相同的元素，且都不是空集，从5个元素中选出2个元素，有C52＝10种选法，小的给A集合，大的给B集合；从5个元素中选出3个元素，有C53＝10种选法，再分成1、2两组，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有2×10＝20种方法；从5个元素中选出4个元素，有C54＝5种选法，再分成1、3；2、2；3、1两组，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有3×5＝15种方法；从5个元素中选出5个元素，有C55＝1种选法，再分成1、4；2、3；3、2；4、1两组，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有4×1＝4种方法；总计为10+20+15+4＝49种方法．选B．【点评】本题考查组合数公式的运用，注意组合与排列的不同，进而区别运用．20．某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日（端午节假期）值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有（）A．30种B．36种C．42种D．48种【分析】根据题意，分析可得，不同的安排方法的数目等于所有排法减去甲值14日或乙值16日的排法数，再加上甲值14日且乙值16日的排法，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，不同的安排方法的数目等于所有排法减去甲值14日或乙值16日的排法数，再加上甲值14日且乙值16日的排法，即C62C42﹣2×C51C42+C41C31＝42，故选：C．【点评】本题考查组合数公式的运用，注意组合与排列的不同，本题中，要注意各种排法间的关系，避免重复、遗漏．21．用5种不同颜色给图中的4个区域涂色，每个区域涂1种颜色，相邻区域不能同色，求不同的涂色方法共有多少种（）A．120B．150C．180D．240【分析】根据题意，分2种情况进行讨论：①、区域1，3不同色，此时在5种颜色中任选4种，涂在4个区域即可，②、区域1，3同色，分析区域1、3和2、4可选的颜色数目，由分类计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2种情况进行讨论：①、区域1，3不同色，即在5种颜色中任选4种，涂在4个区域，有A54＝5×4×3×2＝120种涂法，②、区域1，3同色，区域1、3有5种颜色可选，区域2有4种颜色可选，区域4有3种颜色可选，则有5×4×3＝60种涂法，则共有120+60＝180种，故选：C．【点评】本题考查排列、组合的综合运用，注意要根据题意，进行分类讨论；解题的关键是看清条件中对于涂色的限制，因此在涂第二块时，要不和第一块同色．22．某单位现需要将“先进个人”、“业务精英”、“道德模范”、“新长征突击手”、“年度优秀员工”5种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有（）A．114种B．150种C．120种D．118种【分析】把荣誉分成3组，然后分配到人即可．【解答】解：将“先进个人”、“业务精英”、“道德模范”、“新长征突击手”、“年度优秀员工”5种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，五种荣誉分3组：2，2，1类型；3，1，1类型；2，2，1类型；共有＝12，则不同的分配方法有：12＝72种方法．3，1，1类型；“道德模范”与“新长征突击手”＝42种；每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有：72+42＝114．故选：A．【点评】本题考查排列组合的实际应用，正确分组是解题的关键，考查分类讨论思想以及分析问题解决问题的能力．23．某宾馆安排A、B、C、D、E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A、B不能住同一房间，则不同的安排方法有（）种．A．24B．48C．96D．114【分析】5个人住三个房间，每个房间至少住1人，则有（3，1，1）和（2，2，1）两种，计算出每一种的，再排除A、B住同一房间，问题得以解决．【解答】解：5个人住三个房间，每个房间至少住1人，则有（3，1，1）和（2，2，1）两种，当为（3，1，1）时，有C53A33＝60种，A、B住同一房间有C31A33＝18种，故有60﹣18＝42种，当为（2，2，1）时，有•A33＝90种，A、B住同一房间有C31C32A22＝18种，故有90﹣18＝72种，根据分类计数原理共有42+72＝114种，故选：D．【点评】本题考查了分组分配的问题，关键是如何分组，属于中档题．24．我们把各位数字之和等于6的三位数称为“吉祥数”，例如123就是一个“吉祥数”，则这样的“吉祥数”一共有（）A．28个B．21个C．35个D．56个【分析】根据1+1+4＝6，1+2+3＝6，2+2+2＝6，0+1+5＝6，0+2+4＝6，0+3+3＝6，0+0+6＝6，所以可以分为7类，分别求出每一类的三位数，再根据分类计数原理得到答案．【解答】解：因为1+1+4＝6，1+2+3＝6，2+2+2＝6，0+1+5＝6，0+2+4＝6，0+3+3＝6，0+0+6＝6，所以可以分为7类，当三个位数字为1，1，4时，三位数有3个，当三个位数字为1，2，3时，三位数有A33＝6个，当三个位数字为2，2，2时，三位数有1个，当三个位数字为0，1，5时，三位数有A21A22＝4个，当三个位数字为0，2，4时，三位数有A21A22＝4个，当三个位数字为0，3，3时，三位数有2个，当三个位数字为0，0，6时，三位数有1个，根据分类计数原理得三位数共有3+6+1+4+4+2+1＝21．故选：B．【点评】本题主要考查了分类计数原理，关键是找到三个数字之和为6的数分别是什么，属于中档题．25．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，则不同的站法总数是（）A．210B．84C．343D．336【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分组解决，因为对于7个台阶上每一个只站一人有种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有种，所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是种．故选：D．【点评】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．分步要做到步骤完整，完成了所有步骤，恰好完成任务．26．方程ay＝b2x2+c中的a，b，c∈{﹣3，﹣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（）A．60条B．62条C．71条D．80条【分析】方程变形得，若表示抛物线，则a≠0，b≠0，所以分b＝﹣3，﹣2，1，2，3五种情况，利用列举法可解．【解答】解：方程变形得，若表示抛物线，则a≠0，b≠0，所以分b＝﹣3，﹣2，1，2，3五种情况：（1）当b＝﹣3时，a＝﹣2，c＝0，1，2，3或a＝1，c＝﹣2，0，2，3或a＝2，c＝﹣2，0，1，3或a＝3，c＝﹣2，0，1，2；（2）当b＝3时，a＝﹣2，c＝0，1，2，﹣3或a＝1，c＝﹣2，0，2，﹣3或a＝2，c＝﹣2，0，1，﹣3或a＝﹣3，c＝﹣2，0，1，2；以上两种情况下有9条重复，故共有16+7＝23条；（3）同理当b＝﹣2或b＝2时，共有16+7＝23条；（4）当b＝1时，a＝﹣3，c＝﹣2，0，2，3或a＝﹣2，c＝﹣3，0，2，3或a＝2，c＝﹣3，﹣2，0，3或a＝3，c＝﹣3，﹣2，0，2；共有16条．综上，共有23+23+16＝62种故选：B．【点评】此题难度很大，若采用排列组合公式计算，很容易忽视重复的9条抛物线．列举法是解决排列、组合、概率等非常有效的办法．要能熟练运用27．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（）A．12种B．18种C．24种D．36种【分析】由题意，可按分步原理计数，对列的情况进行讨论比对行讨论更简洁．【解答】解：由题意，可按分步原理计数，首先，对第一列进行排列，第一列为a，b，c的全排列，共有种，再分析第二列的情况，当第一列确定时，第二列第一行只能有2种情况，当第二列一行确定时，第二列第2，3行只能有1种情况；所以排列方法共有：×2×1×1＝12种，故选：A．【点评】本题若讨论三行每一行的情况，讨论情况较繁琐，而对两列的情况进行分析会大大简化解答过程．28．高三年级有文科、理科共9个备课组，每个备课组的人数不少于4个，现从这9个备课组中抽出12人，每个备课组至少1人，组成“年级核心组”商议年级的有关事宣．则不同的名分配方案共有（）A．129种B．148种C．165种D．585种【分析】根据题意，只须将把12个名额分成9份，每份至少一个名额即可，分别对应12个备课组，选用隔板法，分析可得答案．【解答】解：根据题意，只须将把12个名额分成9份，每份至少一个名额即可，分别对应8个备课组，选用隔板法，即将12个名额排成一列，共11个间隔即空位，从其11个空位中，选取8个，插入隔板就符合题意，即C118＝C113＝165，故选：C．【点评】本题考查组合的运用，解题时注意用组合公式时的一些特殊方法，如本题的隔板法．29．第五届北京农业嘉年华于2017年3月11日至5月7日在昌平区兴寿镇草莓博览园中举办，设置“三馆两园一带一谷一线”八大功能板块．现安排六名志愿者去其中的“三馆两园”参加志愿者服务工作，若每个“馆”与“园”都至少安排一人，则不同的安排方法种数为（）A．C A B．5C AC．5A D．C A【分析】先把6人分成5组，每组至少一人，不同的分组方法有：种，再把这5组安排到“三馆两园”，来同的安排方法有：种，由乘法计数原理，能求出不同的安排方法种数．【解答】解：安排六名志愿者去其中的“三馆两园”参加志愿者服务工作，每个“馆”与“园”都至少安排一人，先把6人分成5组，每组至少一人，不同的分组方法有：种，再把这5组安排到“三馆两园”，来同的安排方法有：种，由乘法计数原理，得不同的安排方法种数为：．故选：A．【点评】本题考查不同的安排方法种数的求法，考查排列数、组合数、乘法原理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．30．某房间有四个门，甲要进、出这个房间，不同的走法有（）种．A．7B．12C．16D．64【分析】本题是一个排列组合及简单的计数问题，首先甲进房间有4种结果，甲出房间有4种结果，根据计数原理得到结果．【解答】解：有题意知本题是一个排列组合及简单的计数问题，首先甲进房间有4种结果，甲出房间有4种结果，根据计数原理知共有4×4＝16种结果，故选：C．【点评】本题考查排列组合及简单的计数问题，本题解题的关键是题目对于进出房间没有任何限制，进和出都各有四种结果，这样完成整个环节就可以看出结果数是16．31．若的展开式中第四项为常数项，则n＝（）A．4B．5C．6D．7【分析】由T4＝••为常数项，即可求得n的值．【解答】解：依题意，T4＝••∵其展开式中第四项为常数项，∴﹣1＝0，∴n＝5．故选：B．【点评】本题考查二项式定理，突出考查二项展开式的通项公式，属于中档题．32．已知（1+x）n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（）A．212B．211C．210D．29【分析】直接利用二项式定理求出n，然后利用二项式定理系数的性质求出结果即可．【解答】解：已知（1+x）n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，可得，可得n＝3+7＝10．（1+x）10的展开式中奇数项的二项式系数和为：＝29．故选：D．【点评】本题考查二项式定理的应用，组合数的形状的应用，考查基本知识的灵活运用。
人教版高中数学选修2-3配套练习：第一章计数原理(含章末检测题)
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1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理A级基础巩固一、选择题1．已知集合A{1，2，3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集合A有()A．2个B．3个C．4个D．5个解析：满足题意的集合A分两类：第一类有一个奇数有{1}，{3}，{1，2}，{3，2}共4个；第二类有两个奇数有{1，3}，所以共有4＋1＝5(个)．答案：D2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法有()A．7种B．12种C．64种D．81种解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同的选法；第二步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故不同取法共有4×3＝12(种)．答案：B3．如图所示，一条电路从A处到B处接通时，可构成的通路有()A．8条B．6条C．5条D．3条解析：依题意，可构成的通路有2×3＝6(条)．答案：B4．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，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是()A．18 B．17 C．16 D．10解析：分两类：第1类，M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、第二象限内的点有3×3＝9(个)；第2类，N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、第二象限内的点有4×2＝8(个)．由分类加法计数原理，在第一、第二象限内的点共有9＋8＝17(个)．答案：B5．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＋bi，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虚数6×6＝36(个)．答案：C二、填空题6．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，则选法有________种．解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5，6，4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120(种)．答案：1207．三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有________种．解析：由分步乘法计数原理知，不同的选法有N＝2×2×2＝23＝8(种)．答案：88．一学习小组有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，不同选法共有4＋3＝7(种)．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，不同选法共有4×3＝12(种)．答案：712三、解答题9．若x，y∈N*，且x＋y≤6，试求有序自然数对(x，y)的个数．解：按x的取值进行分类：x＝1时，y＝1，2，…，5，共构成5个有序自然数对；x＝2时，y＝1，2，…，4，共构成4个有序自然数对；……x＝5时，y＝1，共构成1个有序自然数对．根据分类加法计数原理，有序自然数对共有N＝5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．10．如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，问有多少种不同的着色方案？解：操场可从5种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理知，着色方案共有6×5×4×4＝480(种)．B级能力提升1．某班小张等4位同学报名参加A、B、C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有()A．27种B．36种C．54种D．81种解析：除小张外，每位同学都有3种选择，小张只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2＝54(种)．答案：C2．有三个车队分别有4辆、5辆、5辆车，现欲从其中两个车队各抽取一辆车外出执行任务，设不同的抽调方案数为n，则n的值为________．解析：不妨设三个车队分别为甲、乙、丙，则分3类．甲、乙各一辆共4×5＝20(种)；甲、丙各一辆共4×5＝20(种)；乙、丙各一辆共5×5＝25(种)，所以共有20＋20＋25＝65(种)．答案：653．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员中选2名安排在第二、四位置，求不同的出场安排共有多少种．解：按出场位置顺序逐一安排：第一位置有3种安排方法；第二位置有7种安排方法；第三位置有2种安排方法；第四位置有6种安排方法；第五位置有1种安排方法．由分步乘法计数原理知，不同的出场安排方法有3×7×2×6×1＝252(种)．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课时两个计数原理的综合应用A级基础巩固一、选择题1．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()C．7种D．9种解析：买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本有1种方案．因此共有方案：3＋3＋1＝7(种)．答案：C2．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．从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为()A．12 B．11C．24 D．23解析：先在{1，2，3}中取出1个元素，共有3种取法，再在{1，4，5，6}中取出1个元素，共有4种取法，取出的2个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知不同的点的个数有N＝3×4×2＝24(个)．又点(1，1)被算了两次，所以共有24－1＝23(个)．答案：D4．要把3张不同的电影票分给10个人，每人最多一张，则有不同的分法种数是()C．240 D．120解析：可分三步：第一步，任取一张电影票分给一人，有10种不同分法；第二步，从剩下的两张中任取一张，由于一人已得电影票，不能再参与，故有9种不同分法；第三步，前面两人已得电影票，不再参与，因而剩余最后一张有8种不同分法．所以不同的分法种数是10×9×8＝720(种)．答案：B5．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数的个数是()A．20 B．16C．14 D．12解析：因为四位数的每个位数上都有两种可能性(取2或3)，其中四个数字全是2或3的不合题意，所以适合题意的四位数共有2×2×2×2－2＝14(个)．答案：C二、填空题6．3位旅客投宿到1个旅馆的4个房间(每房间最多可住3人)有________种不同的住宿方法．解析：分三步，每位旅客都有4种不同的住宿方法，因而共有不同的方法4×4×4＝43＝64(种)．答案：647．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．下图的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L形，那么在由3×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L形图案的个数为________(注：其他方向的也是L形)．解析：每四个小正方形图案都可画出四个不同的L形图案，该图中共有8个这样的小正方形．故可画出不同的位置的L形图案的个数为4×8＝32.答案：32三、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．由1，2，3，4可以组成多少个自然数(数字可以重复，最多只能是四位数)?解：组成的自然数可以分为以下四类：第一类：一位自然数，共有4个；第二类：二位自然数，又可分两步来完成．先取出十位上的数字，再取出个位上的数字，共有4×4＝16(个)；第三类：三位自然数，又可分三步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4＝64(个)；第四类：四位自然数，又可分四步来完成．每一步都可以从4个不同的数字中任取一个，共有4×4×4×4＝256(个)．由分类加法计数原理知，可以组成的不同的自然数为4＋16＋64＋256＝340(个)．B级能力提升1．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1步，确定哪一个数字被重复使用2次，有3种方法；第2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3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．故可组成的不同的四位数有3×3×2＝18(个)．答案：B2．把9个相同的小球放入编号为1，2，3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有________种．解析：分四类：第一个箱子放入1个小球，将剩余的8个小球放入2，3号箱子，共有4种放法；第一个箱子放入2个小球，将剩余的7个小球放入2，3号箱子，共有3种放法；第一个箱子放入3个小球，将剩余的6个小球放入2，3号箱子，共有2种放法；第一个箱子放入4个小球则共有1种放法．根据分类加法计数原理共有10种情况．答案：103．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)．第一章计数原理1.2 排列与组合1.2.1 排列第1课时排列的简单应用A级基础巩固一、选择题1．已知下列问题：①从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别参加数学和物理学习小组；②从甲、乙、丙3名同学中选出2名同学参加一项活动；③从a，b，c，d 4个字母中取出2个字母；④从1，2，3，4 4个数字中取出2个数字组成1个两位数．其中是排列问题的有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：①是排列问题，因为2名同学参加的活动与顺序有关；②不是排列问题，因为2名同学参加的活动与顺序无关；③不是排列问题，因为取出的2个字母与顺序无关；④是排列问题，因为取出的2个数字还需要按顺序排成一列．答案：B2．计算A67－A56A45＝()A．12 B．24 C．30 D．36解析：A67＝7×6A45，A56＝6A45，所以A67－A56A45＝36A45A45＝36.答案：D3．元旦来临之际，某寝室四位同学各有一张贺年卡，并且要送给该寝室的其中一位同学，但每人都必须得到一张，则不同的送法有()A．6种B．9种C．11种D．23种解析：将4张贺卡分别记为A，B，C，D，且按题意进行排列，用树状图表示为：由此可知共有9种送法．答案：B4．由0，1，2，3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数字共有()A．238个B．232个C．174个D．168个解析：由0，1，2，3可组成的四位数共有3×43＝192(个)，其中无重复的数字的四位数共有3A33＝18(个)，故共有192－18＝174(个)答案：C5．用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有()A．24个B．30个C．40个D．60个解析：将符合条件的偶数分为两类：一类是2作个位数，共有A24个，另一类是4作个位数，也有A24个．因此符合条件的偶数共有A24＋A24＝24(个)．答案：A二、填空题6．若A m10＝10×9×…×5，则m＝_________________________.解析：由10－(m－1)＝5，得m＝6.答案：67．现有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)．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)．答案：1 6808．从2，3，5，7中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分数的个数是______，其中真分数的个数是____．解析：第一步：选分子，可从4个数字中任选一个作分子，共有4种不同选法；第二步：选分母，从剩下的3个数字中任选一个作分母，有3种不同选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有4×3＝12(种)，其中真分数有23，25，27，35，37，57，共6个．答案：12 6三、解答题9．求下列各式中n 的值：(1)90A 2n ＝A 4n ；(2)A 4n A n －4n －4＝42A n －2n －2.解：(1)因为90A 2n ＝A 4n ，所以90n (n －1)＝n (n －1)(n －2)(n －3)．所以n 2－5n ＋6＝90.所以(n －12)(n ＋7)＝0.解得n ＝－7(舍去)或n ＝12.所以满足90A 2n ＝A 4n 的n 的值为12.(2)由A 4n A n －4n －4＝42A n －2n －2，得n ！（n －4）！·(n －4)！＝42(n －2)！. 所以n (n －1)＝42.所以n 2－n －42＝0.解得n ＝－6(舍去)或n ＝7.10．用1，2，3，4，5，6，7这七个数字组成没有重复数字的四位数．(1)能被5整除的四位数有多少个？(2)这些四位数中偶数有多少个？解：(1)能被5整除的数个位必须是5，故有A 36＝120(个)．(2)偶数的个位数只能是2，4，6，有A 13种排法，其他位上有A 36种排法，由乘法原理知，四位数中偶数共有A 13·A 36＝360(个)．B 级 能力提升1．满足不等式A 7n A 5n＞12的n 的最小值为( ) A ．12 B ．10 C ．9 D ．8解析：由排列数公式得n！（n－5）！（n－7）！n！＞12，即(n－5)(n－6)＞12，解得n＞9或n＜2.又n≥7，所以n＞9.又n∈N*，所以n的最小值为10.答案：B2．从集合{0，1，2，5，7，9，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的系数A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．解析：易知过原点的直线方程的常数项为0，则C＝0，再从集合中任取两个非零元素作为系数A，B，有A26种．所以符合条件的直线有A26＝30(条)．答案：303．用1，2，3，4四个数字排成三位数(允许数字重复使用)，并把这些三位数从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．解：(1)这个数列的前11项为：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排成三位数的个数，每一数位都有4种排法，则共有4×4×4＝64(项)．第一章计数原理1.2 排列与组合1.2.1 排列第2课时排列的综合应用A级基础巩固一、选择题1．A，B，C，D，E五人并排站成一行，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数是()A．6B．24C．48D．120解析：把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，排法共有A44＝24(种)．答案：B2．用数字1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共有()A．48个B．36个C．24个D．18个解析：个位数字是2的有3A33＝18(个)，个位数字是4的有3A33＝18(个)，所以共有36个．答案：B3．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有()A．6种B．12种C．24种D．30种解析：首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法；其次从剩余3门中任选2门进行排列，排列方法有A23＝6(种)．于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×6＝24(种)．答案：C4．3张卡片正反面分别标有数字1和2，3和4，5和7，若将3张卡片并列组成一个三位数，可以得到不同的三位数的个数为() A．30 B．48 C．60 D．96解析：“组成三位数”这件事，分2步完成：第1步，确定排在百位、十位、个位上的卡片，即为3个元素的一个全排列A33；第2步，分别确定百位、十位、个位上的数字，各有2种方法．根据分步乘法计数原理，可以得到不同的三位数有A33×2×2×2＝48(个)．答案：B5．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有()A．20种B．30种C．40种D．60种解析：分三类：甲在周一，共有A24种排法；甲在周二，共有A23种排法；甲在周三，共有A22种排法．所以排法共有A24＋A23＋A22＝20(种).答案：A二、填空题6．从班委会的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：先选出文娱委员，有3种选法，再选出学习委员、体育委员，有A24种选法．由分步乘法计数原理知，选法共有3A24＝36(种)．答案：367．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：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有A44种方法，而A、B可交换位置，所以摆法有2A44＝48(种)．又当A、B相邻又满足A、C相邻，摆法有2A33＝12(种)．故满足条件的摆法有48－12＝36(种)．答案：368．在所有无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数字大2的数共有________个．解析：千位数字比个位数字大2，有8种可能，即(2，0)，(3，1)，…，(9，7)，前一个数为千位数字，后一个数为个位数字，其余两位无任何限制．所以共有8A28＝448(个)．答案：448三、解答题9．一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单．(1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？(2)前4个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？解：(1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A25种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A66种排法，故共有不同排法A25A66＝1 440(种)．(2)先不考虑排列要求，有A88种排列，其中前4个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有A45A44种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有A88－A45A44＝37 440(种)．10．3名男生、4名女生，按照不同的要求站成一排，求不同的排队方案有多少种．(1)甲不站中间，也不站两端；(2)甲、乙两人必须相邻；(3)甲、乙两人不得相邻．解：(1)分两步，首先考虑两端及中间位置，从除甲外的6人中选3人排列，有A36种站法，然后再排其余位置，有A44种站法，所以不同站法共有A36A44＝2 880(种)．(2)把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余5人相当于6个元素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以站法共有A66A22＝1 440(种)．(3)法一先让其余的5人全排列，再让甲、乙两人在每两人之间(含两端)的6个位置插入排列，所以不同站法共有A55·A26＝3 600(种)．法二不考虑限制条件，共有A77种站法，除去甲、乙相邻的站法A66·A22，所以不同站法共有A77－A66·A22＝3 600(种)．B级能力提升1．由1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列{a n}，则a72等于()A．1 543 B．2 543C．3 542 D．4 532解析：千位数为1时组成的四位数有A34个，同理，千位数是2，3，4，5时均有A34个数，而千位数字为1，2，3时，从小到大排成数列的个数为3A34＝72，即3 542是第72个．答案：C2．三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为________．解析：“每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空当中即可．所以不同坐法共有A34＝24(种)．答案：24第一章计数原理1.2 排列与组合1.2.2 组合第1课时组合与组合数公式A级基础巩固一、选择题1．已知平面内A、B、C、D这4个点中任何3点均不共线，则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为()A．3B．4C．12D．24解析：C34＝C14＝4.答案：B2．集合A＝{x|x＝C n4，n是非负整数}，集合B＝{1，2，3，4}，则下列结论正确的是()A．A∪B＝{0，1，2，3，4} B．B AC．A∩B＝{1，4} D．A⊆B解析：依题意，C n4中，n可取的值为1，2，3，4，所以A＝{1，4，6}，所以A∩B＝{1，4}．答案：C3．下列各式中与组合数C m n(n≠m)相等的是()A.nm Cmn－1B.nn－mC m n－1C．C n－m＋1n D.A m n n！解析：因为nn－mC m n－1＝nn－m·（n－1）！m！（n－m－1）！＝n！m！（n－m）！，所以选项B正确.答案：B4．C22＋C23＋C24＋…＋C216＝()A．C215B．C316C．C317D．C417解析：原式＝C22＋C23＋C24＋…＋C216＝C34＋C24＋…＋C216＝C35＋C25＋…＋C216＝…＝C316＋C216＝C317.答案：C5．5个代表分4张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么分法一共有()A．A45种B．45种C．54种D．C45种解析：由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，从5个代表中选4个即可满足，故有C 45种．答案：D二、填空题6．7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________种(用数字作答)．解析：第一步安排周六有C 37种方法，第二步安排周日有C 34种方法，所以不同的安排方案共有C 37C 34＝140(种)．答案：1407．按ABO 血型系统学说，每个人的血型为A 、B 、O 、AB 四种之一，依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB 型时，子女一定不是O 型，若某人的血型为O 型，则父母血型所有可能情况有________种．解析：父母应为A 、B 或O ，C 13C 13＝9(种)．答案：98．从一组学生中选出4名学生当代表的选法种数为A ，从这组学生中选出2人担任正、副组长的选法种数为B ，若B A ＝213，则这组学生共有________人．解析：设有学生n 人，则A 2n C 4n ＝213，解之得n ＝15. 答案：15三、解答题9．解不等式：2C x －2x ＋1＜3C x －1x ＋1.解：因为2C x －2x ＋1＜3C x －1x ＋1，所以2C 3x ＋1＜3C 2x ＋1.所以2×（x ＋1）x （x －1）3×2×1＜3×（x ＋1）x 2×1.所以x －13＜32，解得x ＜112. 因为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥3x ＋1≥2，所以x ≥2. 所以2≤x ＜112.又x ∈N *，所以x 的值为2，3，4，5. 所以不等式的解集为{2，3，4，5}．10．平面内有10个点，其中任何3个点不共线．(1)以其中任意2个点为端点的线段有多少条？(2)以其中任意2个点为端点的有向线段有多少条？(3)以其中任意3个点为顶点的三角形有多少个？解：(1)所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有C 210＝10×92×1＝45(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条．(2)所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列，共有A 210＝10×9＝90(条)，即以10个点中的2个点为端点的有向线段共有90条．(3)所求三角形的个数，即从10个元素中任选3个元素的组合数，共有C 310＝10×9×83×2×1＝120(个)． B 级 能力提升1．某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为( )A ．120B ．84C ．52D ．48解析：用间接法可求得选法共有C 38－C 34＝52(种)．2．A，B两地街道如图所示，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有________种(用数字作答)．解析：根据题意，要求从A地到B地路程最短，必须只向上或向右行走即可，分析可得，需要向上走2次，向右走3次，共5次，从5次中选3次向右，剩下2次向上即可，则不同的走法有C35＝10(种)．答案：103．现有5名男司机，4名女司机，需选派5人运货到某市．(1)如果派3名男司机、2名女司机，共有多少种不同的选派方法？(2)至少有两名男司机，共有多少种不同的选派方法？解：(1)从5名男司机中选派3名，有C35种方法，从4名男司机中选派2名，有C24种方法，根据分步乘法计数原理得所选派的方法总数为C35C24＝C25C24＝5×42×1×4×32×1＝60(种)．(2)分四类：第一类，选派2名男司机，3名女司机的方法有C25C34＝40(种)；第二类，选派3名男司机，2名女司机的方法有C35C24＝60(种)；第三类，选派4名男司机，1名女司机的方法有C45C14＝20(种)；第四类，选派5名男司机，不派女司机的方法有C55C04＝所以选派方法共有40＋60＋20＋1＝121(种)．第一章计数原理1.2 排列与组合1.2.2 组合第2课时组合的综合应用A级基础巩固一、选择题1．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这两个球同色的不同取法有()A．27种B．24种C．21种D．18种解析：分两类：一类是2个白球有C26＝15种取法，另一类是2个黑球有C24＝6种取法，所以取法共有15＋6＝21(种)．答案：C2．4位同学每人从甲、乙、丙三门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有()A．12种B．24种C．30种D．36种解析：依题意，满足题意的选法共有C24×2×2＝24(种)．答案：B3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有()A．24种B．18种C．12种D．96种解析：从3块不同的土地中选1块种1号种子，有C13种方法，从其余的3种种子中选2种种在另外的2块土地上，有A23种方法，所以所求方法有C13A23＝18(种)．答案：B4．将4个颜色互不相同的球全部收入编号为1和2的2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C24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)．答案：A5．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有()A．120种B．48种C．36种D．18种解析：依题意，所求播放方式的种数为C12C13A33＝2×3×6＝36.答案：C二、填空题6．北京市某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，共有________种不同送法．。