2017-2018学期高中数学 第一章 计数原理 3 组合 第2课时 组合的应用 北师大版选修2-3
(3)每班的名额不能少于其班号数，有多少种分配方案？ 解 2班、3班分别先给1个和2个名额，此时问题转化为7个名额分给3个 班级，每个班级至少1个名额，按照解第(1)小问的方法，可得有 C26 ＝ 15(种)分法. 下图是其中一种分法，表示1班、2班、3班的名额分别是0＋3＝3(个)， 2＋1＝3(个)，2＋2＝4(个).
点的情况，得到所有构成四面体的个数为C410－C45 ＝205.
解析 答案
类型三 分组、分配问题 命题角度1 不同元素分组、分配问题 例3 有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配 方式？ (1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本； 解 分三步：先选一本有 C16种选法，再从余下的 5 本中选两本有 C25种选 法，最后余下的三本全选有 C33种选法.由分步乘法计数原理知，分配方式 共有 C16·C25·C33＝60(种).
解答
(2)恰有一个空盒子； 解 恰有一个空盒子，插板分两步进行.先在首尾两球外侧放置一块隔板， 并在 5 个空隙中任选 2 个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有 C25种插法， 然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|， 有 C14种插法，故共有 C25·C14＝40(种)．
解答
(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本. 解 在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式C26·AC2433·C22·A33＝90(种).
解答
分组、分配问题的求解策略 常见形式
处理方法
反思与感悟
非均匀不 编号分组
n个不同元素分成m组，每组元素数目均不相同，且不 考虑各组间的顺序，不管是否分尽，分法种数为：
解答
(2)每班至少有2个名额，有多少种分配方案？ 解 因为要求每班至少2个名额，和第(1)小问中的要求不一样，可以先 从10个名额中拿出3个，分别给各班1个名额，还剩下7个名额，此时题 目转化为7个名额分给3个班级，每个班级至少1个名额，按照第(1)小问 的方法，可得有 C26＝15(种)分法. 下图是其中的一种分法，表示1班、2班、3班的名额分别是3＋1＝4(个)， 2＋1＝3(个)，2＋1＝3(个).
解答
(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？ 解 “至多2名”包括“没有”、“有1名”和“有2名”三种情况，分 类解答. ①没有外科专家参加，有C66 种选法； ②有1名外科专家参加，有C14C56 种选法； ③有2名外科专家参加，有 C24C46 种选法. 所以共有 C66＋C14C56＋C24C46＝115(种)抽调方法.
解答
(2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本； 解 由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配 问题.因此，分配方式共有 C16·C25·C33·A33＝360(种).
解答
(3)分成三组，每组都是2本； 解 先分三组，有 C26C24C22种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为
解答
(4)可以允许某些班级没有名额，有多少种分配方案？ 解 增加3个名额，使得每个班级至少有1个名额，此时问题转化为13个 名额分给3个班级，每个班级至少1个名额，按照第(1)小问的方法，可 得有 C212＝66(种)分法. 下图是其中一种分法，表示1班、2班、3班的名额分别是3－1＝2(个)， 6－1＝5(个)，4－1＝3(个).
A，B，C，D，E，F，
若第一组取了 A，B，第二组取了 C，D，第三组取了 E，F，
则该种方法记为(AB，CD，EF)，
但 C26C24C22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，
(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，
共 A33种情况，而这 A33种情况只能作为一种分法， 故分配方式有C26·AC2433·C22＝15(种).
解答
类型二 与几何有关的组合应用题
例2 如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A， B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A， B的四个点D1，D2，D3，D4. (1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？ 其中含C1点的有多少个？ 解 方法一 可作出三角形 C36＋C16·C24＋C26·C14 ＝116(个). 方法二 可作三角形 C310－C34 ＝116(个)， 其中以C1为顶点的三角形有C25＋C15·C14＋C24 ＝36(个).
解答
反思与感悟
相同元素分配问题的处理策略 (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成 一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”. 每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为 隔板法.隔板法专门解决相同元素的分配问题. (2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有 Cmn－－11 种方法.可描 述为n－1个空中插入m－1块板.
题型探究
类型一 有限制条件的组合问题
例1 去年7月23日，某铁路线发生特大交通事故，某医院从10名医疗专 家中抽调6名赴事故现场抢救伤员，其中这10名医疗专家中有4名是外科 专家.问： (1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？ 解 分两步：首先从4名外科专家中任选2名，有 C24 种选法， 再从除外科专家的6人中选取4人，有 C46 种选法， 所以共有 C24C46＝90(种)抽调方法.
A.24
B.48
C.96
D.114
解析 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.
当为(3,1,1)时，有C35A33＝60(种)，A，B住同一房间有C13A33＝18(种)，故有60
－18＝42(种). 当为(2,2,1)时，有CA25C22 23·A33＝90(种)，A，B住同一房间有C13C23A22 ＝18(种)， 故有90－18＝72(种).
跟踪训练1 男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，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； 解 第一步：选3名男运动员，有 C36 种选法； 第二步：选2名女运动员，有C24 种选法，故共有 C36·C24 ＝120(种)选法.
解答
(2)至少有1名女运动员； 解 方法一 (直接法)：“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知共有C14·C46＋C24·C36＋C34·C26＋C44·C16 ＝246(种)选法. 方法二 (间接法)：不考虑条件，从10人中任选5人，有 C510 种选法，其中 全是男运动员的选法有C56 种，故“至少有1名女运动员”的选法有 C510－C56 ＝246(种).
C C C C A＝
m1 n
m2 nm1
m3 n(m1m2 )
mm n(m1m2 mm1 )
将n个不同元素分成不编号的m组，假定其中r组元素个数相等，
均匀不编 号分组
不管是否分尽，其分法种数为AArr (其中A为非均匀不编号分组
中的分法数).如果再有k组均匀组应再除以 Akk
解答
(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？
解 可作出四边形 C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个).
解答
反思与感悟
(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异 面等情形，防止多算.常用直接法，也可采用间接法. (2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题 来解决.
解答
(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？ 解 “至少”的含义是不低于，有两种解答方法， 方法一 (直接法)：按选取的外科专家的人数分类： ①选2名外科专家，共有 C24C46 种选法； ②选3名外科专家，共有 C34C36 种选法； ③选4名外科专家，共有 C44C26 种选法. 根据分类加法计数原理，共有 C24C46＋C34C36＋C44C26 ＝185(种)抽调方法. 方法二 (间接法)：不考虑是否有外科专家，共有 C610 种选法，若选取1名 外科专家参加，有 C14C56 种选法；没有外科专家参加，有 C66 种选法，所以 共有 C610－C14C56－C66 ＝185(种)抽调方法.
非均匀编 n个不同元素分成m组，各组元素数目均不相等，且考虑各组 号分组 间的顺序，其分法种数为 A·Amm
均匀编号 n个不同元素分成m组，其中r组元素个数相同且考虑各组间的
分组
顺序，其分法种数为 AArr·Amm
跟踪训练3 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，则不同的安排方法的种数为
解答
(3)恰有两个空盒子. 解 恰有两个空盒子，插板分两步进行. 先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块 隔板，有 C15 种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒. ①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子， 如||00||0000|，有 C23 种插法. ②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有 C13 种插法. 故共有 C15·(C23＋C13) ＝30(种).
解答
(3)既要有队长，又要有女运动员. 解 当有女队长时，其他人选法任意，共有C49种选法； 不选女队长时，必选男队长，共有 C48 种选法，其中不含女运动员的选 法有 C45 种， 故不选女队长时共有 C48－C45 种选法. 所以既有队长又有女运动员的选法共有 C49＋C48－C45＝191(种).
解答
反思与感悟
(1)解决有约束条件的组合问题与解决有约束条件的排列问题的方法一 样，都是遵循“谁特殊谁优先”的原则，在此前提下，采用分类或分 步法或用间接法. (2)要正确理解题中的关键词，如“至少”“至多”“含”“不含”等 的确切含义，正确分类，合理分步. (3)要谨防重复或遗漏，当直接法中分类较复杂时，可考虑用间接法处 理，即“正难则反”的策略.
(新人教版)新版高中数学 第一章1.2 排列与组合 1.2.2 第2课时 组合的综合应用学案 新人教A版选修2-3【提
第2课时组合的综合应用学习目标 1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题.2.能解决有限制条件的组合问题．知识点组合的特点(1)组合的特点是只取不排组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m 次不放回地取出．(2)组合的特性元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．(3)相同的组合根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．类型一有限制条件的组合问题例1 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解(1)C513－C511＝825(种)(2)至多有2名女生当选含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生，所以共有C25C38＋C15C48＋C58＝966(种)选法．(3)分两类：第一类女队长当选，有C412＝495(种)选法，第二类女队长没当选，有C14C37＋C24C27＋C34C17＋C44＝295(种)选法，所以共有495＋295＝790(种)选法．反思与感悟有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数；二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．跟踪训练1 某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有( )A．210种 B．420种 C．56种 D．22种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有C24C27＋C14C27＝210(种)．类型二与几何有关的组合应用题例2 如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？考点组合的应用题点与几何有关的组合问题解(1)方法一可作出三角形C36＋C16·C24＋C26·C14＝116(个)．方法二可作三角形C310－C34＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)可作出四边形C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个)．反思与感悟(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．跟踪训练2 空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为( )A．205 B．110 C．204 D．200考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A解析 方法一 可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为C 05C 45＋C 15C 35＋C 25C 25＋C 35C 15＝205.方法二 从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C 410－C 45＝205. 类型三 分组、分配问题命题角度1 不同元素分组、分配问题例3 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本(平均分组)；(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)； (3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)每组2本，均分为3组的方法数为C 26C 24C 22A 33＝15×6×16＝15.(2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为C 36C 23C 11＝20×3＝60. (3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为C 46C 12C 11A 22＝15×22＝15.反思与感悟 一般地，n 个不同的元素分成p 组，各组内元素数目分别为m 1，m 2，…，m p ，其中k 组元素数目相等，那么分组方法数是C m 1n C m 2n －m 1C m 3n －m 1－m 2…C m p m pA kk. 跟踪训练3 6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)甲2本，乙2本，丙2本； (2)甲1本，乙2本，丙3本； (3)甲4本，乙、丙每人1本； (4)每人2本；(5)一人1本，一人2本，一人3本； (6)一人4本，其余两人每人1本． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)(2)(3)中，由于每人分的本数固定，属于定向分配问题，由分步乘法计数原理得： (1)共有C 26C 24C 22＝90(种)不同的分配方法；(2)共有C16C25C33＝60(种)不同的分配方法；(3)共有C46C12C11＝30(种)不同的分配方法．(4)(5)(6)属于不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题．分配给3人，同一本书给不同的人是不同的分法，属于排列问题．实际上可看作两个步骤：先分为3组，再把这3组分给甲、乙、丙3人的全排列数A33即可．因此，(4)共有C26C24C22÷A33×A33＝90(种)不同的分配方法；(5)共有C16C25C33×A33＝360(种)不同的分配方法；(6)共有C46C12C11÷A22×A33＝90(种)不同的分配方法．命题角度2 相同元素分配问题例4 将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列方法的种数．(1)每个盒子都不空；(2)恰有一个空盒子；(3)恰有两个空盒子．考点排列组合综合问题题点分组分配问题解(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C35＝10(种)．(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C25种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C14种插法，故共有C25·C14＝40(种)．(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C15种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C23种插法．②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C13种插法．故共有C15·(C23＋C13)＝30(种)．反思与感悟相同元素分配问题的处理策略(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作在排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C m－1n－1种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．跟踪训练4 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )A．4种B．10种C．18种D．20种考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 B解析由于只剩一本书，且这些画册、集邮册分别相同，可以从剩余的书的类别进行分析．又由于排列、组合针对的是不同的元素，应从4位朋友中进行选取．第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C14种分法．第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C24种分法．因此，满足题意的赠送方法共有C14＋C24＝4＋6＝10(种)．1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有( )A．26种 B．84种 C．35种 D．21种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 C解析从7名队员中选出3人有C37＝7×6×53×2×1＝35(种)选法．2．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是( )A．5 040 B．36 C．18 D．20考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有C36＝20(种)．3．直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有( )A．25个 B．36个 C．100个 D．225个考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案 D解析从垂直于x轴的6条直线中任取2条，从垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C26×C26＝15×15＝225.4．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________种．(用数字作答)考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案140解析安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有C37种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有C34种方法．故不同的安排方案共有C37C34＝7×6×53×2×1×4＝140(种)．5．正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形．考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案32解析不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C37－3＝32.1．无限制条件的组合应用题．其解题步骤为：(1)判断；(2)转化；(3)求值；(4)作答．2．有限制条件的组合应用题：(1)“含”与“不含”问题：这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．(2)几何中的计算问题：在处理几何问题中的组合应用问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决．(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．一、选择题1．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有( )A．30种 B．33种 C．37种 D．40种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从1,2,3，…，9这9个数中取出3个不同的数，使其和为奇数的情况包括：(1)取出的3个数都是奇数，取法有C35＝10(种)；(2)取出的3个数中有2个偶数、1个奇数，取法有C24C15＝30(种)，根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有10＋30＝40(种)．2．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( )A．24种 B．14种 C．28种 D．48种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 B解析方法一分两类完成：第1类，选派1名女生、3名男生，有C12·C34种选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生，有C22·C24种选派方案．故共有C12·C34＋C22·C24＝14(种)不同的选派方案．方法二6人中选派4人的组合数为C46，其中都选男生的组合数为C44，所以至少有1名女生的选派方案有C46－C44＝14(种)．3．直线a∥b，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为( ) A．C25C14＋C15C24B．(C25＋C14)(C15＋C24)C．C39－9 D．C39－C35考点组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A解析 可以分为两类：a 上取两点，b 上取一点，则可构成三角形个数为C 25C 14；a 上取一点，b 上取两点，则可构成三角形个数为C 15C 24，利用分类加法计数原理可得以这九个点为顶点的三角形个数为C 25C 14＋C 15C 24，故选A.4．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( ) A ．C 25C 26种 B ．C 25A 26种 C ．C 25A 22C 26A 22种D ．A 25A 26种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 B解析 先从5名男选手中任意选取2名，有C 25种选法，再从6名女选手中任意选择两名与选出的男选手打比赛，有C 26A 22，即A 26种．所以共有C 25A 26种．5．将标号为A ，B ，C ，D ，E ，F 的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A ，B 的卡片放入同1个信封，则不同的放法共有( ) A ．12种 B ．18种 C ．36种 D ．54种 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由题意知，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18(种)．6．某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( )A ．16B ．21C ．24D ．90 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B 解析 分2类：第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号较小的有C 24＝6(种)选取方法． 第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大的一组有C 26＝15(种)选取方法． 由分类加法计数原理得，共有C 24＋C 26＝6＋15＝21(种)选取方法．7．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( ) A ．C 1214C 412C 48 B ．C 1214A 412A 48 C.C 1214C 412C 48A 33D ．C 1214C 412C 48A 38考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 A解析 首先从14人中选出12人共C 1214种，然后将12人平均分为3组共C 412·C 48·C 44A 33种，然后这两步相乘，得C 1214·C 412·C 48A 33.将三组分配下去共C 1214·C 412·C 48种．故选A. 8．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( ) A ．30 B ．21 C ．10 D ．15 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 D解析 用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C 26＝15(种)分配方法． 二、填空题9．在2017年的上海高考改革方案中，要求每位考生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等级考试．小明同学决定在生物、政治、历史三门中至多选择一门，那么小明同学的选择方案有________种． 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 10解析 ①在生物、政治、历史三门中选择1门，则在物理、化学、地理中选2门，有C 13C 23＝9(种)选法；②在生物、政治、历史三门中选择0门，则物理、化学、地理全选，有C 33＝1(种)选法． 共有选法9＋1＝10(种)．10.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P －ABC 与正三棱柱ABC －A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有______种．考点涂色问题题点涂色问题答案12解析先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．11．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)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析一、二、三等奖，三个人获得，有A34＝24(种)．一、二、三等奖，有一个人获得2张，一个人获得1张，共有C23A24＝36(种)，共有24＋36＝60(种)不同的获奖情况．三、解答题12．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有C14×C14×C14＝64(种)，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144(种)，若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192(种)，剩余2张同色，则有C14×C13×C24＝72(种)，所以共有64＋144＋192＋72＝472(种)不同的取法．13．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？考点排列组合综合问题题点分组分配问题解可以分三类．精品试卷第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C23种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C34C13种选法；第三类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C23种选法．根据分类加法计数原理，一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42(种)不同的选法．四、探究与拓展14．20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________．考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案120解析先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球，还剩17个小球，三个盒内分别至少再放入1个球，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共C216＝120(种)方法．15．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用解(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16C34A44＝576(种)．欢迎下载。
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.。
高中数学第一章计数原理2排列二教案北师大版选修2_320170927313
2 排列一、教学目标：掌握解排列问题的常用方法二、教学重难点：掌握解排列问题的常用方法三、教学方法：探析归纳，讨论交流四、教学过程（一）、复习引入：1．排列的概念：从n个不同元素中，任取m（m n≤）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列说明：（1）排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；（2）两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同2．排列数的定义：从n个不同元素中，任取m（m n≤）个元素的所有排列的个数叫做从n个元素中取出m元素的排列数，用符号m n A表示注意区别排列和排列数的不同：“一个排列”是指：从n个不同元素中，任取m个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数”是指从n个不同元素中，任取m（m n≤）个元素的所有排列的个数，是一个数所以符号mnA只表示排列数，而不表示具体的排列3．排列数公式及其推导：(1)(2)(1)mnA n n n n m=---+（,,m n N m n*∈≤）全排列数：(1)(2)21!nnA n n n n=--⋅=（叫做n的阶乘）（二）、探析新课：解排列问题问题时，当问题分成互斥各类时，根据加法原理，可用分类法；当问题考虑先后次序时，根据乘法原理，可用位置法；这两种方法又称作直接法．当问题的反面简单明了时，可通过求差排除采用间接法求解；另外，排列中“相邻”问题可以用“捆绑法”；“分离”问题可能用“插空法”等．解排列问题和组合问题，一定要防止“重复”与“遗漏”．互斥分类——分类法；先后有序——位置法；反面明了——排除法；相邻排列——捆绑法；分离排列——插空法。
例1、求不同的排法种数：（1）6男2女排成一排，2女相邻；（2）6男2女排成一排，2女不能相邻；（3）4男4女排成一排，同性者相邻；（4）4男4女排成一排，同性者不能相邻．例2、有红、黄、蓝3种颜色的旗子各一面，如果用他们其中的若干面挂在一个旗杆上发出信号，那么一共可以组成多少种信号？分析 旗杆上可以挂1面旗子，也可以挂2面、3面旗子，因此，需要分类计数。
高中数学 第1章 计数原理 2.2 组合 第一课时 组合与组合数公式课件 新人教A版选修2-3
课堂互动探究
归纳透析 触类旁通
题型一 组合的概念及其应用
判断下列问题是排列问题，还是组合问题． (1)从集合 A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相加，得到 的和共有多少个？ (2)从集合 A＝{－1,1,10,8,6,4}中任取两个数相除，得到 的商共有多少个？ (3)从 a，b，c，d 这四名同学中任取两名同学去参加某 一活动，共有多少种不同的选法？ (4)四个人互发电子邮件，共写了多少个电子邮件？
[名 师 点 拨] 组合数的性质 Cnm＋1＝Cmn ＋Cmn －1，其公式特点是等号右边 两式的下标比左边少 1，上标一个与左边的上标相等，另一 个比左边的上标少 1，它主要用于组合数的化简.
求证：Cnm＋2＝Cnm＋2Cnm－1＋Cnm－2. 证明：由组合数的性质 Cnm＋1＝Cmn ＋Cmn －1可知，右边＝(Cnm ＋Cmn－1)＋(Cnm－1＋Cnm－2)＝Cnm＋1＋Cnm－＋11＝Cnm＋2＝左边．右边＝左 边，所以原式成立.
【解析】 (1)∵C37＋C47＝C48. ∴C37＋C47＋C58＋C69＝C48＋C58＋C69＝C59＋C69＝C610＝210. (2)由 Cx1－2 2＝C21x2－4得 x－2＝2x－4 或 x－2＝12－2x＋4， 即 x＝2 或 x＝6.又 x∈N*，且 0≤x－2≤12,0≤2x－4≤12， ∴x＝2 或 x＝6 符合题意． 【答案】 (1)210 (2)2 或 6
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念， 考试加油。
高中数学 第1章 5二项式定理 北师大版选修2-3
1.二项式定理：公式(a＋b)n＝_C_0na__n＋__C_1n_a_n_－_1b_＋__…__＋__C__rna_n_－_rbr ＋__…__＋__C__nnb_n_(n∈N＋)叫作二项式定理．
2．二项展开式的通项与二项式系数：(1)(a＋b)n的二项展 开式共有__n_＋__1__项，式中的__C_rn_a_n_－_rb_r__叫作二项展开式的通 项，记作Tr＋1＝___C_rn_a_n_－_rb_r__(其中0≤r≤n，r ∈N，n∈N＋)，通 项为展开式的第r＋1项；
(3)Tr＋1＝Cr10x102－r·(－31x)r＝Cr10x102－r·(－13)r·x－r ＝Cr10·(－13)r·x10－2 3r. 若是正整数指数幂，则有10－2 3r为正整数，∴r 可以取 0,2， ∴项数有 2 个． (4)由题意 Tr＋1＝Cr7(x3)7－r(1x)r＝Cr7x21－4r，令 21－4r＝5，得 r ＝4，则 x5 的系数是 C47＝35. [答案] (1)15 (2)40 (3)B (4)35
5．二项展开式的应用 (1)利用通项公式 Crnan－rbr(0≤r≤n，r∈N，n∈N＋)求指定 项、特征项(常数项，有理项等)或特征项的系数． (2)近似计算，当|a|与 1 相比较很小且 n 不大时，常用近似 公式(1±a)n≈1±na，使用公式时要注意 a 的条件以及对计算精 确度的要求． (3)整除性问题与求余数问题，对被除式进行合理的变形， 把它写成恰当的二项式的形式，使其展开后的每一项含有除式 的因式或只有一、二项不能整除．
②(1＋x)n＝1＋C1nx1＋C2nx2＋…＋Crnxr＋…＋xn(n∈N＋)． (6)要注意逆用二项式定理来分析解决问题．
2．在应用通项公式时要注意以下几点： (1)Crnan－rbr 是展开式的第 r＋1 项，而不是第 r 项； (2)通项公式表示的是二项展开式中的某一项，只要 n 与 r 确定，该项也随之确定；对于一个具体的二项式，它的二项展 开式中的各项依赖于 r； (3)公式中的第一个量 a 与第二个量 b 的位置不能颠倒；
(北师大版)大连市高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题(包含答案解析)
一、选择题1．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.在他著的《详解九章算法》一书中，画了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵（如图所示），称做“开方做法本源”，现在简称为“杨辉三角”，它是杨辉的一大重要研究成果.它比西方的“帕斯卡三角形”早了393年.若用i j a -表示三角形数阵的第i 行第j 个数，则1003a -=（ ）A ．5050B ．4851C ．4950D ．50002．10个人排队，其中甲、乙、丙、丁4人两两不相邻的排法A ．5457A A 种 B ．1010A －7474A A 种 C ．6467A A 种D ．6466A A 种3．下列四个组合数公式:对,n k N ∈，约定0001C ==！,有（1）(0)!kk n nP C k n k =≤≤（2）(0)k n kn n C C k n -=≤≤ （3）11(1)k k n n k C C k n n--=≤≤ （4）111(1)kkk n n n C C C k n ---=+≤≤ 其中正确公式的个数是（ ） A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个4．将红、黄、蓝三种颜色的三颗棋子分别放入33⨯方格图中的三个方格内，如图，要求任意两颗棋子不同行、不同列，则不同方法共有几种（ ）A ．12B ．16C ．24D ．365．若2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，则下列结果不正确的是（ ）A ．01220201a a a a +++⋯+=B ．20201352019132a a a a -++++⋯+=C ．20200242020132a a a a ++++⋯+=D ．202012220201222a a a ++⋯+=- 6．从20名同学中选派3人分别参加数学、物理学科竞赛，要求每科竞赛都有人参加，而且每人只能参加一科竞赛．记不同的选派方式有n 种，则n 的计算式可以是（ ） A ．3203CB ．3206CC ．3202AD ．3203A ÷7．5250125(21)(1)(1)(1)x a a x a x a x -=+-+-+⋯+-，则2a =（ ）A ．40B ．40-C ．80D ．80-8．有5位同学参加青少年科技创新大赛的3个不同项目，要求每位同学参加一个项目且每个项目至少有一位同学，则不同的参加方法种数为（ ） A ．80B ．120C ．150D ．3609．甲、乙、丙、丁4人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（ ） A ．840B ．2226C ．2100D ．235210．5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数为（ ） A ．10B ．40-C ．200D ．24011．已知5250125(12)...x a a x a x a x +=++++，则512025...222a a a a ++++的值为（ ） A ．32 B ．1 C ．81D ．6412．为抗击新冠病毒，某部门安排甲、乙、丙、丁、戊五名专家到三地指导防疫工作.因工作需要，每地至少需安排一名专家，其中甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，丙、丁两名专家不能安排在同一地工作，则不同的分配方法总数为（ ） A ．18B ．24C ．30D ．36二、填空题13．函数()y f x =的定义域D 和值域A 都是集合{12,3}，的非空真子集，如果对于D 内任意的x ，总有()()x f x xf x ++的值是奇数，则满足条件的函数()y f x =的个数是_____；14．A ，B ，C ，D ，E ，F 六名同学参加一项比赛，决出第一到第六的名次.A ，B ，C 三人去询问比赛结果，裁判对A 说：“你和B 都不是第一名”；对B 说：“你不是最差的”；对C 说：“你比A ，B 的成绩都好”，据此回答分析：六人的名次有_____________种不同情况.15．有5本不同的书，全部借给3人，每人至少1本，共有______种不同的借法.16．6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是_______________. 17．将编号为1，2，3，4，5，6，7的七个小球放入编号为1，2，3，4，5，6，7的七个盒中，每盒放一球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为______.18．六位同学坐在一排，现让六位同学重新坐，恰有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有________种（用数字回答）. 19．若212626xx C C -=，则x ＝__________.20．甲、乙、丙等7人排成一排，甲站最中间，乙丙相邻，且乙、丙与丁均不相邻，共有______种不同排法．（用数字作答）三、解答题21．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的数，问 （1）能够组成多少个五位奇数？ （2）能够组成多少个正整数？（3）能够组成多少个大于40000的正整数？22．若2nx⎛+ ⎝展开式的二项式系数之和是64．（1）求n 的值；（2）求展开式中的常数项．23．一场小型晚会有3个唱歌节目和2个相声节目，要求排出一个节目单． （1）2个相声节目要排在一起，有多少种排法？ （2）2个相声节目彼此要隔开，有多少种排法？（3）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，有多少种排法？ （4）前3个节目中要有相声节目，有多少种排法？ （要求：每小题都要有过程，且计算结果都用数字表示） 24．已知数列{}n a 的首项为1，记()()()()120122123, 111nn n n nn F x n a C x a C x x a C x x --=-+-+-()11111n n n nn n n n a C x x a C x --+++-+.（1）若数列{}n a 是公比为3的等比数列，求()1, 2020F -的值；（2）若数列{}n a 是公差为2的等差数列，求证：(), 2020F x 是关于x 的一次多项式.25．已知21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的二项式系数的和比()732a b +展开式的二项式系数的和大128.（1）求n 的值.（2）求21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中的系数最大的项和系数最小的项26．3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数.（要求每问要有适当的分析过程，列式并算出答案） （1）选其中5人排成一排；（2）排成前后两排，前排3人，后排4人； （3）全体站成一排，男、女各站在一起；（4）全体站成一排，男生不能站在一起； （5）全体站成一排，甲不站排头也不站排尾.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】依据二项展开式系数可知，得到第i 行第j 个数应为11j i C --，即可求得1003a -的值.【详解】依据二项展开式系数可知，第i 行第j 个数应为11j i C --， 故第100行第3个数为299999848512C ⨯== 故选：B . 【点睛】本题考查二项展开式的应用，其中解答中得出第i 行第j 个数应为11j i C --是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.2．C解析：C 【分析】不相邻问题采用“插空法”. 【详解】解：∵10个人排成一排，其中甲、乙、丙、丁4人两两不相邻排成一排， ∴采用插空法来解，另外六人，有66A 种结果，再在排列好的六人的七个空档里，排列甲、乙、丙、丁， 有47A 种结果，根据分步计数原理知共有66A •47A ， 故选C ． 【点睛】本题考查排列组合及简单计数问题，在题目中要求元素不相邻，这种问题一般采用插空法，先排一种元素，再在前面元素形成的空档，排列不相邻的元素．3．A解析：A 【分析】分别将组合数和排列数写成阶乘的形式，计算每个等式的两边并判断等式是否成立. 【详解】A ．()0!k kk n n nk k P P C k n P k ==≤≤，等式成立；B ．()()!0!!!k k n nP n C k n k n k k ==≤≤-⨯，()()()()()()!!0!!!!!n k n k n nP n n Ck n n k k n k n n k n k --===≤≤-⨯---⨯-， 所以(0)kn kn n C C k n -=≤≤成立；C ．()()()()1!!(1)!!!!1!k k n n n P k k k n C k n n n k n n k k n k k -=⋅=⋅=≤≤-⨯-⨯-， ()()()()1111(1!1!!1)!1k n k n n P k n k k Ck n -----==-≤-≤⨯-，所以11(1)k k n n k C C k n n --=≤≤成立； D ．()()()()()()1111111!1!!1!1!!!1!k k k k n n n n n n P P k k n k k Cn k k C--------=+=+=---⨯-⨯-+ ()()()()1!(1!!!)!!k n n n n k k C n k k n k k n k ⎡⎤-⎡⎤=-+==⎢⎥⎣⎦-⨯-⨯⎢≤⎥≤⎣⎦，所以111(1)k k k n n n C C C k n ---=+≤≤成立.故选A. 【点睛】本题考查排列数、组合数公式的运算化简，难度一般.注意排列组合中两个计算公式的使用：()()()!!,!!!!!n m mmn n nn P P n n P C n m n m m n m m ====---⨯. 4．D解析：D 【分析】直接利用乘法原理计算得到答案. 【详解】第一颗棋子有339⨯=种排法，第二颗棋子有224⨯=种排法，第三颗棋子有1种排法， 故共有94136⨯⨯=种排法. 故选：D. 【点睛】本题考查了乘法原理，意在考查学生的应用能力.5．B解析：B 【分析】令1x =，得到0120201a a a ++⋯+=，令1x =-，求得202001220203a a a a =-++⋯+，令0x =，求得01a =，进而逐项判定，即可求解.【详解】由题意，二项展开式2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，令1x =，可得01220202020(12)1a a a a +++⋯+-==，①令1x =-，可得2020012202020203(123)a a a a a -=+-++⋯+=，②令0x =，可得20020(10)1a =-=，③由①-②，可得20201352019132a a a a -+++⋯+=， 由①+②，可得2020024*******a a a a ++++⋯+=， 令12x =，可得20202020120220201(12)12222a a a a +++⋯+=-⨯=， 所以202012220201222a a a ++⋯+=-. 综上可得，A 、C 、D 是正确的，B 是错误的. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了二项展开式的系数问题的求解，其中解答中合理利用二项展开式的形式，合理赋值是解答的关键，着重考查推理与计算能力.6．B解析：B 【分析】先从20名同学中选派3人，再分为两类：第一类：2人参加数学，1人参加物理竞赛，第二类：1人参加数学，2人参加物理竞赛，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】由题意，从20名同学中选派3人，共有320C 种不同的选法， 又由要求每科竞赛都有人参加，而且每人只能参加一科竞赛， 可分为两类：第一类：2人参加数学，1人参加物理竞赛，共有233C =中不同的选法； 第二类：1人参加数学，2人参加物理竞赛，共有133C =中不同的选法， 综上可得，不同的选派方式共有332020(33)6C C +⋅=⋅. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了分步计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中选出3人后，合理分类求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.7．A解析：A 【分析】易得[]55(21)2(1)1x x --=+，求出展开式通项后可得55152(1)rrr r T C x --+=⋅⋅-，令3r =可得出2a 的值. 【详解】由于[]55(21)2(1)1x x --=+，所以展开式的通项为：[]5551552(1)12(1)rrr r r r r T C x C x ---+=⋅-⋅=⋅⋅-，令3r =可得：322352(1)T C x =⋅⋅-，则3225240a C =⋅=. 故选：A . 【点睛】本题考查二项式定理的应用，解题关键是得出[]55(21)2(1)1x x --=+进而进行计算，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.8．C解析：C 【分析】根据题意，分清楚有两种情况，利用公式求得结果. 【详解】根据题意，可知有两种情况，一种是有三位同学去参加同一个项目，一种是有两个项目是两位同学参加，所以不同的参加方法种数为22333535332210310661502C C C A A A ⋅⨯⋅+⋅=⨯+⨯=种， 故选：C. 【点睛】该题考查的是有关排列组合的综合题，涉及到的知识点有分类计数加法计数原理，排列组合综合题，属于中档题目.9．B解析：B 【分析】分成三类：一类每个台阶站1人；二类一个台阶站2人，一个台阶1人，一个台阶1人；三类一个台阶站2人，一个台阶站2人，分类用加法原理可得. 【详解】每个台阶站1人有47840A =,一个台阶站2人，一个台阶1人，一个台阶1人有23471260C A , 一个台阶站2人，一个台阶站2人有273126A 所以共有840+1260+126=2226故选：B. 【点睛】本题考查使用两个计数原理进行计数的基本思想:对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．10．B解析：B 【分析】首先将5(3)(2)x x -+拆开得到555((2)3(23))(2)x x x x x =+-+-+，得到5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数与5(2)x +展开式中2x 项和3x 项的系数有关，化简求得结果. 【详解】555((2)3(23))(2)x x x x x =+-+-+，5(2)x +展开式中2x 项的系数为335280C ⋅=， 5(2)x +展开式中3x 项的系数为225240C ⋅=， 所以5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数为8034040-⨯=-， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有求两个二项式乘积展开式的系数问题，在解题的过程中，注意分析与哪些项有关，属于简单题目.11．A解析：A 【分析】根据所求与已知的关系，令12x =，即可求得答案. 【详解】5250125(12)...x a a x a x a x +=++++，∴令12x =，即可得555120251...122322222a a a a ⎛⎫++++=+⨯== ⎪⎝⎭.故选：A 【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于基础题.12．C解析：C 【分析】由甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，此时甲、乙两名专家看成一个整体即相当于一个人，所以相当于只有四名专家，先计算四名专家中有两名在同一地工作的排列数，再去掉丙、丁两名专家在同一地工作的排列数，即可得到答案. 【详解】因为甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，此时甲、乙两名专家 看成一个整体即相当于一个人，所以相当于只有四名专家，先计算四名专家中有两名在同一地工作的排列数，即从四个中选二个和 其余二个看成三个元素的全排列共有：2343C A ⋅种； 又因为丙、丁两名专家不能安排在同一地工作，所以再去掉丙、丁两名专家在同一地工作的排列数有33A 种， 所以不同的分配方法种数有：23343336630C A A ⋅-=-= 故选：C 【点睛】本题考查了排列组合的应用，考查了间接法求排列组合应用问题，属于一般题.二、填空题13．【分析】化简得因此中至少一个为奇数再分两种情况讨论得解【详解】因为所以中至少一个为奇数定义域为的都可以有种；定义域为的函数所以有种；所以共种故答案为：29【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键：其一是 解析：29【分析】化简得()()(1)(()1)1,x f x xf x x f x ++=++-因此(),f x x 中至少一个为奇数，再分两种情况讨论得解. 【详解】因为()()(1)(()1)1,x f x xf x x f x ++=++- 所以(),f x x 中至少一个为奇数，定义域为{1},{3},{1,3}的都可以，有3333=15++⨯种； 定义域为{}{}{}2,1,2,2,3的函数(2){1,3}f ∈， 所以有23223=14+⨯+⨯种； 所以共29种. 故答案为：29 【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键：其一是分析出(),f x x 中至少一个为奇数，其二是合理分类讨论.14．【分析】根据裁判所说对的名次分两类：第一类是获最后一名再考虑且在前面最后排剩下3人；第二类是没有获得最后一名此时可同时考虑获得前5名根据加法原理即可得到答案【详解】根据裁判所说对的名次分两类：第一类 解析：180【分析】根据裁判所说，对A 的名次分两类：第一类是A 获最后一名，再考虑B ，C 且C 在B 前面，最后排剩下3人；第二类是A 没有获得最后一名，此时可同时考虑A ，B ，C 获得前5名，根据加法原理即可得到答案. 【详解】根据裁判所说，对A 的名次分两类：第一类是A 获最后一名，再考虑B ，C ，从前5名中选2两个名次给B ，C 且C 在B 前面有25C 种，最后排D ，E ，F 有33A 种，根据分步计数原理，共有235360C A =种；第二类是A 没有获得最后一名，此时可同时考虑A ，B ，C 获得前5名中的3个名次 且C 名次在A ，B 之前有3252C A 种，最后排D ，E ，F 有33A 种，根据分步计数原理， 共有323523120C A A =种；根据分类计数原理，六人的名次共有60120180+=种不同情况. 故答案为：180 【点睛】本题主要考查分类计数原理和分步计数原理，注意对同学A 进行分类讨论，属于中档题．15．150【分析】将5本不同的书分成满足题意的3组有113与221两种分别计算可得分成113与分成221时的分组情况种数相加可得答案【详解】解：将5本不同的书分成满足题意的3组有113与221两种分成1解析：150 【分析】将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分别计算可得分成1、1、3与分成2、2、1时的分组情况种数，相加可得答案． 【详解】解：将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分成1、1、3时，有3353C A 种分法，分成2、2、1时，有22353322C C A A 种分法，所以共有223335353322150C C C A A A +=种分法， 故答案为：150． 【点睛】本题考查组合、排列的综合运用，解题时，注意加法原理与乘法原理的使用．16．60【分析】由题意可得二项展开式的通项要求展开式的常数项只要令可求代入可求【详解】解：由题意可得二项展开式的通项为：令可得：此时即的展开式中的常数项为60故答案为：60【点睛】本题考查了二项展开式项解析：60 【分析】由题意可得，二项展开式的通项26161(2)()(1)2r r r rr T C x x-+=-=-61236rr r C x --，要求展开式的常数项，只要令1230r -=可求r ，代入可求 【详解】解：由题意可得，二项展开式的通项为： 2661231661(2)()(1)2r r r r r r rr T C x C x x---+=-=-，令1230r -=，可得：4r =，此时2456260T C ==，即6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项为60. 故答案为：60． 【点睛】本题考查了二项展开式项的通项公式的应用，考查解题运算能力．17．315【分析】根据题意有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同再由排列组台及计数原理即可求解【详解】第一步：先确定三个盒子的编号与放入的小球的编号相同共种不同取法；第二步：再将剩下的个小球放入到解析：315 【分析】根据题意，有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，再由排列组台及计数原理，即可求解. 【详解】第一步：先确定三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，共3735C =种不同取法； 第二步：再将剩下的4个小球放入到4个盒子中,且小球编号与放入的小球的编号不相同，共()113219C C +=种不同放法；因而有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同的不同放法种数为359315⨯=种. 故答案为：315 【点睛】本题考查了排列组合及计数原理，考查理解辨析能力与运算求解能力，属中档题.18．135【分析】根据题意先确定2个人位置不变共有种选择再确定4个人坐4个位置但是不能坐原来的位置计算得到答案【详解】根据题意先确定2个人位置不变共有种选择再确定4个人坐4个位置但是不能坐原来的位置共有解析：135 【分析】根据题意先确定2个人位置不变，共有2615C =种选择，再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，计算得到答案. 【详解】根据题意先确定2个人位置不变，共有2615C =种选择.再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，共有33119⨯⨯⨯=种选择， 故不同的坐法有159135⨯=. 故答案为：135. 【点睛】本题考查了分步乘法原理，意在考查学生的计算能力和应用能力.19．1或9【分析】由再根据组合的互补性质可得即可解得的值【详解】解：由可得：解得：又根据组合的互补性质可得可得：解得：故答案为：1或9【点睛】本题考查了组合及组合数公式的应用掌握组合数的性质和组合数公式解析：1或9 【分析】由212626x x C C -=，再根据组合的互补性质可得26(21)2626x x C C --=，即可解得x 的值．【详解】解：由212626x x C C -=，可得：21x x =-，解得：1x =，又根据组合的互补性质可得26(21)2626x x C C --=，可得：26(21)x x =--，解得：9x =． 故答案为：1或9． 【点睛】本题考查了组合及组合数公式的应用，掌握组合数的性质和组合数公式是解题的关键．20．【分析】根据乙丙相邻所以捆在一起有种排法又因为乙丙与丁均不相邻且甲站最中间则剩余3人全排列从产生的4个空中选2个将乙丙与丁排列再用分类乘法计数原理求解【详解】因为乙丙相邻所以捆在一起有种排法又因为乙 解析：144【分析】根据乙丙相邻，所以捆在一起有22A 种排法，又因为乙、丙与丁均不相邻，且甲站最中间，则剩余3人全排列，从产生的4个空中选2个，将乙、丙与丁排列，再用分类乘法计数原理求解. 【详解】因为乙丙相邻，所以捆在一起有22A 种排法，又因为乙、丙与丁均不相邻，因为甲站最中间，则剩余3人全排列有33A 种排法，，从产生的4个空中选2个，将乙、丙与丁排列，有24A 种排法，所以共有232234144A A A ⨯⨯=种排法故答案为：144本题主要考查分类乘法计数原理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.三、解答题21．（1）72；（2）325；（3）48； 【分析】（1）首先排个位，从3个奇数中选1个排在个位，再将其余4个数全排列即可； （2）根据题意，按数字的位数分5种情况讨论，求出每种情况下数字的数目，由加法原理计算可得答案；（3）大于40000的正整数，即最高位为4或5，其余数字全排列即可； 【详解】解：（1）首先排最个位数字，从1、3、5中选1个数排在个位有133A =种，其余4个数全排列有4424A =种，按照分步乘法计数原理可得有143472A A =个五位奇数； （2）根据题意，若组成一位数，有5种情况，即可以有5个一位数； 若组成两位数，有2520A =种情况，即可以有20个两位数； 若组成三位数，有3560A =种情况，即可以有60个三位数； 若组成四位数，有45120A =种情况，即可以有120个四位数； 若组成五位数，有55120A =种情况，即可以有120个五位数； 则可以有52060120120325++++=个正整数；（3）根据题意，若组成的数字比40000大的正整数，其首位数字为5或4，有2种情况； 在剩下的4个数，安排在后面四位，共有142448C A =种情况， 则有48个比40000大的正整数； 【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题． 22．（1）6；（2）60 【分析】由二项式系数和求出指数n ，再写出展开式通项后可得常数项. 【详解】（1）由题意得，二项式系数之和为012264n n n n n n C C C C ++++==，6n ∴=；（2）通项公式为366622166(2)2r r rrrr r T C x xC x----+==，令3602r-=，得4r = ∴展开式中的常数项为4464256(2)60T C x x --==．该题主要考查二项式定理，在()na b +展开式中二项式系数为2n ，只与指数n 有关，求特定项时要注意通项的正确应用.23．（1）48；（2）72；（3）36；（4）108. 【分析】（1）将2个相声节目进行捆绑，与其它3个节目形成4个元素，利用捆绑法可求得排法种数；（2）将2个相声节目插入其它3个节目所形成的空中，利用插空法可求得排法种数； （3）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，则3个节目排在中间，利用分步乘法计数原理可求得排法种数；（4）在5个节目进行全排的排法种数中减去前3个节目中没有相声节目的排法种数，由此可求得结果. 【详解】（1）将2个相声节目进行捆绑，与其它3个节目形成4个元素，然后进行全排， 所以，排法种数为242448A A =种；（2）将2个相声节目插入其它3个节目所形成的4个空中，则排法种数为323472A A =种； （3）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，则其它3个节目排在中间，进行全排， 由分步乘法计数原理可知，排法种数为233336A A =种；（4）在5个节目进行全排的排法种数中减去前3个节目中没有相声节目的排法种数， 可得出前3个节目中要有相声节目的排法种数为53253212012108A A A -=-=. 【点睛】本题考查排列组合综合问题，考查捆绑法、插空法、分步乘法计数原理以及间接法的应用，考查计算能力，属于中等题. 24．（1）1（2）证明见解析； 【分析】（1）根据13-=n n a ，得到()()()()()1220012,313131nn n n nn F x n C x C x x C x x --=-+-+-()()()()()1113131312n n n nn nn n C x x C x x x x --++-+=-+=+求解.（2）易得21n a n =-，则(),F x n ()()()()()101222112114(1)12--=-++-++-+++nn n n n nn nn C x C x x C x n C xx ，再转化为(),F x n ()()10122211(1)--⎡⎤=-+-+-+++⎣⎦n n n n n n n n n C x C x x C x x C x ()11222212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-++⎣⎦，利用二项式定理及组合数公式求解.【详解】（1）由题意得：13-=n n a ，∴()()()()()1220012,313131nn n n nn F x n C x C x x C x x --=-+-+-()()()()()1113131312n n nnn nn n C x x C x x x x --++-+=-+=+，∴()()20201,2020121F -=-=；（2）证明：若数列{}n a 是公差为2的等差数列，则21n a n =-.()()()()10111121,111---+=-+-++-+nn n n n nn n n n n n F x n a C x a C x x a C x x a C x ，()()()()()101222112114(1)12--=-++-++-+++nn n n n nn nn C x C x x C x n C x x ，()()10122211(1)--⎡⎤=-+-+-+++⎣⎦n n n n n n n n n C x C x x C x x C x()11222212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-++⎣⎦，由二项式定理知，()()()10122211(1)11---+-+-=-+=⎡⎤⎣++⎦nn n n n nn n nnC x C x x C x x x x C x ，因为()()()()111!!!!1!!kk nn n n kC k n C k n k k n n k --⋅-=⋅=⋅=---，所以()1122212(1)---+-++n n n n n nn C x x C x nC x x ()112211111(1)------=-+-++n n n n n n n nC x x n x x nC x C()1012111111(1)n n n n n n n nx C x C x x C x -------=⎦-+-++⎡⎤⎣()11-=-+=⎡⎤⎣⎦n nx x x nx ，所以(),12F x n nx =+.(),202014040F x x =+.【点睛】本题主要考查二项式定理及其展开式以及组合数公式，等差数列，等比数列的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.25．（1）8；（2）系数最大项，4570T x =，系数最小项656T x =-和7456T x =-【分析】（1）21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的二项式系数和为2n ，()732a b +展开式的二项式系数和为72，根据条件可得到关于n 的等式求解出n 的值；（2）根据二项式系数的性质求得当r 为何值时，展开式的系数最大或最小，从而求解出对应的系数最大和最小的项. 【详解】（1）由条件可知：722128n -=，所以822n =，所以8n =；（2）因为21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的通项为：()163181r r rr T C x -+=⋅-⋅，由二项式系数的性质可知：当4r =时，21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的系数最大，所以系数最大的项为4445870T C x x =⋅=， 当3r =或5时，21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的系数最小，所以系数最小的项为3774856T C x x =-⋅=-和56856T C x x =-⋅=-. 【点睛】本题考查二项式定理的综合运用，难度一般.对于二项式系数kn C ，若n 为偶数时，中间一项2nn C 取得最大值；当n 为奇数时，中间两项1122,n n nnC C-+同时取得最大值.26．（1）2520；（2）5040；（3）288；（4）1440；（5）3600.【分析】相邻问题一般看作一个整体处理，利用捆绑法，不相邻问题一般用插空法，特殊位置优先考虑，即可求解． 【详解】解：（1）从7人中选其中5人排成一排，共有55752520C A =种排法； （2）排成前后两排，前排3人，后排4人，共有775040A =种排法； （3）全体站成一排，男、女各站在一起，属于相邻问题， 男生必须站在一起，则男生全排列，有33A 种排法， 女生必须站在一起，则女生全排列，有44A 种排法， 男生女生各看作一个元素，有22A 种排法；由分布乘法的计数原理可知，共有234234288A A A =种方法；（4）全体站成一排，男生不能站在一起，属于不相邻问题，先安排女生，有44A 种排法，把3个男生插在女生隔成的5个空位中，有35A 种排法， 由分布乘法的计数原理可知，共有43451440A A =种方法； （5）全体站成一排，男不站排头也不站排尾，则优先安排甲， 从除去排头和排尾的5个位置中安排甲，有15A 种排法， 再对剩余的6人进行全排列，有66A 种排法， 所以共有16563600A A =种方法． 【点睛】本题考查排列和组合的实际应用，涉及相邻和不相邻问题，利用了捆绑法、插空法和特殊位置优先考虑的方法，考查分析和计算能力．。
高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.1 排列(第3课时)教案 新人教A版选修2-
1.2.1 排列第三课时教学目标知识与技能利用捆绑法、插空法解决排列问题．过程与方法经历把简单的计数问题化为排列问题解决的过程，从中体会“化归〞的数学思想．情感、态度与价值观能运用所学的排列知识，正确地解决实际问题，体会“化归〞思想的魅力．重点难点教学重点：利用捆绑法、插空法解决排列问题．教学难点：利用捆绑法、插空法解决排列问题．教学过程复习回顾提出问题：7位同学排队，根据上一节课所学的方法，解决以下排列问题．(1)7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？(2)7位同学站成两排(前3后4)，共有多少种不同的排法？(3)7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？(4)7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？(5)7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？活动设计：学生自己做，找学生到黑板上板演．活动成果：解：(1)问题可以看作：7个元素的全排列A77＝5 040.(2)根据分步乘法计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5 040.(3)问题可以看作：余下的6个元素的全排列A66＝720.(4)根据分步乘法计数原理：第一步甲、乙站在两端有A22种；第二步余下的5名同学进行全排列有A55种，所以，共有A22·A55＝240种排列方法．(5)第一步从(除去甲、乙)其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有A25种方法；第二步从余下的5位同学中选5位进行排列(全排列)有A55种方法，所以一共有A25A55＝2 400种排列方法．典型例题类型一：捆绑法例17位同学站成一排，(1)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？(2)甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？(3)甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？(4)甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起的排法有多少种？解：(1)先将甲、乙两位同学“捆绑〞在一起看成一个元素，与其余的5个元素(同学)一起进行全排列有A66种方法；再将甲、乙两个同学“松绑〞进行排列有A22种方法．所以这样的排法一共有A66A22＝1 440种．(2)方法同上，一共有A55A33＝720种．(3)解法一：将甲、乙两同学“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有A25种方法；将剩下的4个元素进行全排列有A44种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑〞进行排列有A22种方法．所以这样的排法一共有A25A44A22＝960种．解法二：将甲、乙两同学“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，假设丙站在排头或排尾有2A55种方法，所以，丙不能站在排头和排尾的排法有(A66－2A55)·A22＝960种．解法三：将甲、乙两同学“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个位置选择共有A14种方法，再将其余的5个元素进行全排列共有A55种方法，最后将甲、乙两同学“松绑〞，所以，这样的排法一共有A14A55A22＝960种．(4)将甲、乙、丙三个同学“捆绑〞在一起看成一个元素，另外四个人“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有2个元素，∴一共有排法种数：A33A44A22＝288种．点评：对于相邻问题，常用“捆绑法〞(先捆后松)．[巩固练习]某商场中有10个展架排成一排，展示10台不同的电视机，其中甲厂5台，乙厂3台，丙厂2台，假设要求同厂的产品分别集中，且甲厂产品不放两端，那么不同的陈列方式有多少种？解：将甲厂5台不同的电视机“捆绑〞在一起看成一个元素，乙厂3台不同的电视机“捆绑〞在一起看成一个元素，丙厂2台不同的电视机“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有3个元素，甲不放两端，甲有1种排法，乙、丙排在两端有A22种排法，共有A55A33A22A22＝2 880种不同的排法．[变练演编]7位同学站成一排，(1)甲、乙两同学之间恰好有一个人的排法共有多少种？(2)甲、乙两同学之间恰好有两个人的排法共有多少种？解：(1)先在甲、乙两同学之间排一个人，有A15种不同的排法，把甲、乙和中间的一人“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有5个元素，共有A15A55A22＝1 200种不同的排法．(2)先在甲、乙两同学之间排两个人，有A25种不同的排法，把甲、乙和中间的两人“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有4个元素，共有A25A44A22＝960种不同的排法．类型二：插空法例27位同学站成一排，(1)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？(2)甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？解：(1)方法一：(排除法)A77－A66·A22＝3 600；方法二：(插空法)先将其余五个同学排好有A55种方法，此时他们留下六个位置(称为“空〞)，再将甲、乙同学分别插入这六个位置(空)有A26种方法，所以一共有A55A26＝3 600种方法．(2)先将其余四个同学排好有A44种方法，此时他们留下五个“空〞，再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空〞有A 35种方法，所以一共有A 44A 35＝1 440种方法．点评：对于不相邻问题，常用“插空法〞(特殊元素后考虑)．[巩固练习]5男5女排成一排，按以下要求各有多少种排法：(1)男女相间；(2)女生按指定顺序排列．解：(1)先将男生排好，有A 55种排法；再将5名女生插在男生之间的6个“空〞(包括两端，但不能同时排在两端)中，有2A 55种排法，故此题的排法有N ＝2A 55·A 55＝28 800种．(2)方法1：N ＝A 1010A 55＝A 510＝30 240； 方法2：设想有10个位置，先将男生排在其中的任意5个位置上，有A 510种排法；余下的5个位置排女生，因为女生的位置已经指定，所以她们只有一种排法．故此题的排法为N ＝A 510×1＝30 240种．[变练演编]5男6女排成一列，问(1)5男排在一起有多少种不同排法？(2)5男不都排在一起有多少种排法？(3)5男每两个不排在一起有多少种排法？(4)男女相互间隔有多少种不同的排法？解：(1)先把5男看成一个整体，得A 77，5男之间排列有顺序问题，得A 55，共A 77A 55种．(2)全排列除去5男排在一起即为所求，得A 1111－A 77A 55.(3)因为男生人数少于女生人数，利用男生插女生空的方法解决问题，得A 66A 57.(4)利用男生插女生空的方法，但要保证两女生不能挨在一起，得A 66A 55.[达标检测]1．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有( )A ．1 440种B ．960种C．720种 D．480种2．把4个不同的黑球，4个不同的红球排成一排，要求黑球、红球分别在一起，不同的排法种数是( )A．A88 B．A44A44C．A44A44A22D．以上都不对3．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个新节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )A．42 B．96C．48 D．124答案：课堂小结1．知识收获：进一步复习排列的概念和排列数公式．2．方法收获：捆绑法、插空法．3．思维收获：化归思想、分类讨论思想．补充练习[基础练习]1．6人站成一排照相，其中甲、乙、丙三人要站在一起，且要求乙、丙分别站在甲的两边，那么不同的排法种数为( )A．12 B．24C．48 D．1442．由数字0,1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中是25的倍数的数共有______个( )A．9 B．12C．24 D．213．用数字0,1,2,3,4能组成没有重复数字的且比20 000大的五位奇数的个数为( ) A．3 B．30C．72 D．184．将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为( )A．540 B．300C．180 D．150答案：[拓展练习]5．有4名男生、5名女生，全体排成一行，问以下情形各有多少种不同的排法？(1)甲不在中间也不在两端；(2)甲、乙两人必须排在两端；(3)男、女生分别排在一起；(4)男女相间；(5)甲、乙、丙三人从左到右顺序保持一定．答案：(1)241 920 (2)10 080 (3)5 760 (4)2 880 (5)60 480设计说明本节课是排列的第三课时，本节课的主要目标是介绍排列中常用的捆绑法和插空法．本节课的特点是教师引导给学生以提示，在从例题中学会了方法后，马上让学生练习巩固方法，在变练演编中，举一反三，反复强化，使学生更好地掌握方法和技巧．备课资料一、相邻问题捆绑法：题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列．例A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有________．解析：把A，B视为一人，且B固定在A的右边，那么此题相当于4人的全排列，有A44＝24种排法．二、相离问题插空法：元素相离(即不相邻)问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端．例1书架上某层有6本书，新买3本插进去，要保持原有6本书的顺序，有______种不同的插法(具体数字作答)．解析：A17A33＋A27A23＋A37＝504种．例2高三(1)班学生要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，那么不同排法的种数是________．解析：不同排法的种数为A55A26＝3 600.例3某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后才能进行．那么安排这6项工程的不同排法种数是________．解析：依题意，只需将剩余两个工程插在由甲、乙、丙、丁四个工程形成的5个“空〞中，可得有A25＝20种不同排法．例4某市春节晚会原定10个节目，导演最后决定添加3个与“抗冰救灾〞有关的节目，但是赈灾节目不排在第一个也不排在最后一个，并且已经排好的10个节目的相对顺序不变，那么该晚会的节目单的编排总数为________种．解析：A19A33＋A29A23＋A39＝990种．例53个人坐在一排8个椅子上，假设每个人左右两边都有空位，那么坐法的种数有多少种？解析：解法1：先将3个人(各带一把椅子)进行全排列有A33，○*○*○*○，在四个“空〞中分别放一把椅子，还剩一把椅子再去插空有A14种，所以每个人左右两边都有空位的排法有A14A33＝24种．解法2：先拿出5个椅子排成一排，在5个椅子中间出现4个“空〞，*○*○*○*○*，再让3个人每人带一把椅子去插空，于是有A34＝24种．注：题中*表示元素，○表示空．例6停车场划出一排12个停车位置，今有8辆车需要停放．要求空位置连在一起，不同的停车方法有多少种？解析：先排好8辆车有A88种方法，要求空位置连在一起，那么在每2辆之间及其两端的9个空档中任选一个，将空位置插入有A19种方法，所以共有A19A88种方法．。
人教B版高中数学选择性必修第二册精品课件 第3章 排列、组合与二项式定理 第2课时 组合数的应用
基础落实·必备知识一遍过 重难探究·能力素养速提升 学以致用·随堂检测促达标
课程标准
1.学会运用组合的概念,分析简单的实际问题. 2.能够运用排列、组合知识解决相关问题.
基础落实·必备知识一遍过
知识点 应用组合知识解决实际问题的基本步骤 1.判断:判断实际问题是不是组合问题. 2.方法:选择利用直接法还是间接法解题. 3.计算:利用组合数公式结合两个计数原理解题. 4.结论:根据计算结果写出方案个数. 名师点睛 有限制条件的组合问题的求解策略 (1)解答有限制条件的组合问题的基本方法是直接法和间接法(排除法).若 用直接法求解,则应坚持“特殊元素优先选取”的原则.用间接法求解的原则 是“正难则反”. (2)在具体计算组合数时,要注意灵活选择组合数的公式及性质.
规律方法 常见的有限制条件的组合问题及解题方法 1.特殊元素:若要选取的元素中有特殊元素,则要以有无特殊元素,特殊元素 的多少作为分类依据. 2.含有“至多”“至少”等限制语句:要分清限制语句中所包含的情况,可以以 此作为分类依据,或采用间接法求解. 3.分类讨论思想:解题的过程中要善于利用分类讨论思想,将复杂问题分类 表达,逐类求解.
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2.某省高考改革后实施选科走班制度,小明需要从物理、化学、生物、思
想政治、历史、地理中选择三科作为自己的选科组合,物理和历史不同时
选择,则小明不同的选科情况有( B )
A.14种
B.16种
C.18种
D.20种
解析 由题意,从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理中选择三科作
为自己的选科组合,且物理和历史不能同时选择,可分为三类:(1)若物理和历
有C43
C11A22
+
C
2017-2018学年高中数学苏教版选修2-3教学案：1.1 第一课时 分类计数原理与分步计数原理 Word版缺答案
1 _1.1两个基本计数原理 第一课时 分类计数原理与分步计数原理
分类计数原理 1．2014南京青奥会期间，一名志愿者从北京赶赴南京为游客提供导游服务，每天有7次航班，5列火车． 问题1：该志愿者从北京到南京可乘的交通工具可分为几类？ 提示：两类，即乘飞机、乘火车． 问题2：这几类方法相同吗？ 提示：不同． 问题3：该志愿者从北京到南京共有多少种不同的方法？ 提示：7＋5＝12(种)． 2．甲盒中有3个不同的红球，乙盒中有5个不同的白球，某同学要从甲盒或乙盒中摸出一球． 问题4：不同的摸法有多少种？ 提示：3＋5＝8(种)． 3．某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为生活委员． 问题5：不同选法的种数为多少？ 提示：26＋34＝50.
完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2
种不同的方法，……在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2
＋…＋mn种不同的方法.
分步计数原理
1．2014南京青奥会期间，一名志愿者从北京赶赴南京为游客提供导游服务，但需在天津停留，已知从北京到天津有7次航班，从天津到南京有5列火车． 问题1：该志愿者从北京到南京需要经历几个步骤？ 2
提示：两个，即从北京到天津、从天津到南京． 问题2：这几个步骤之间相互有影响吗？ 提示：没有，第一个步骤采取什么方式完成与第二个步骤采用的方式没有任何关系． 问题3：该志愿者从北京到南京共有多少种不同的方法？ 提示：7×5＝35 种． 2．若x∈{2,3,5}，y∈{6,7,8}． 问题4：能组成的集合{x，y}的个数为多少？ 提示：3×3＝9(个)． 3．某班有男生26人，女生24人，从中选一位男同学和一位女同学担任生活委员． 问题5：不同的选法的种数为多少？ 提示：26×24＝624种．
完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
2018年高考理数： 计数原理含答案
核心考点解读——计数原理个不同的步骤，在第一个步骤中有两个计数原理的区别在于完成事情的方法是可以完成事情的所有，还是完成事情的：二项展开式的通项，即1．（2017高考新课标I ，理6）621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．352．（2017高考新课标II ，理6）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有 A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种3．（2017高考新课标III ，理4）错误！未找到引用源。
的展开式中错误！未找到引用源。
的系数为 A ．错误！未找到引用源。
B ．错误！未找到引用源。
C ．40D ．804.(2016高考新课标I ，理14) 5(2x 的展开式中，x 3的系数是 .（用数字填写答案）5.(2016高考新课标II ，理5)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A ．24B ．18C ．12D ．96.(2016高考新课标III ，理12)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a 中0的个数不少于1的个数.若m =4，则不同的“规范01数列”共有A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个7．(2015高考新课标I ，理10)25()x x y ++的展开式中，52x y 的系数为 A.10 B.20C.30D.608. (2015高考新课标II ，理15)4()(1)a x x ++的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a =__________．1．已知的展开式中常数项为，则的值为A.B.C.D.2．党的十九大报告指出，建设教育强国是中华民族伟大复兴的基础工程，必须把教育事业放在优先位置，深化教育资源的均衡发展.现有4名男生和2名女生主动申请毕业后到两所偏远山区小学任教.将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少安排2名毕业生，则每所学校男女毕业生至少安排一名的概率为 A. 错误！未找到引用源。