高考数学大一轮复习第十章计数原理和概率题组59理

第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理课标要求考情分析1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．1.两个计数原理一般不单独命题，常与排列、组合交汇考查．2．题型以选择题、填空题为主，要求相对较低.知识点两种计数原理基本形式一般形式区别分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任何一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m1×m2×…×m n 种不同的方法1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(√)(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．(√)(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m i(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…m n种方法．(√)(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(√)2．小题热身(1)从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为(B)A．6B．5C．3D．2(2)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法共有(C)A．16种B．13种C．12种D．10种(3)小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买一张，则不同的买法共有(A)A．7种B．8种C．6种D．9种(4)一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点O外)的游览线路有48种．(用数字作答)(5)如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有32条不同的路线．解析：(1)“完成这件事”即选出1人当主持人，可分选女主持人和男主持人两类进行，分别有3种选法和2种选法，所以共有3＋2＝5种不同的选法．(3)要完成的“一件事”是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买1张IC电话卡、买2张IC电话卡、买3张IC电话卡，而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事．买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法．不同的买法共有2＋3＋2＝7(种)．(4)根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法．由分步乘法计数原理知，共有6×4×2＝48(种)不同游览线路．(5)不同路线共有3×4＋4×5＝32(条).考点一分类加法计数原理的应用【例1】(1)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1，若a∈{2,4,6,8}，b∈{1,2,3,4,5,6,7,8}，这样的椭圆有________个．()C．28 D．32(2)我们把中间位数上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”．如132,341等，那么由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________．【解析】(1)解法1：若焦点在x轴上，则a>b，a＝2时，有1个；a＝4时，有3个；a＝6时，有5个；a＝8时，有7个，共有1＋3＋5＋7＝16个．若焦点在y轴上，则b>a，b＝3时，有1个；b＝4时，有1个；b＝5时，有2个；b＝6时，有2个；b＝7时，有3个；b＝8时，有3个．共有1＋1＋2＋2＋3＋3＝12个．故共有16＋12＝28个．解法2：a＝b时有4种情况，故椭圆个数为4×8－4＝28个．(2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3,4,5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2种(132,231)；第二类，当中间数字为“4”时，从1,2,3中任取两个放在4的两边，故有6种；第三类，当中间数字为“5”时，从1,2,3,4中任取两个放在5的两边，故有12种；根据分类加法计数原理，得到由1,2,3,4,5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20.【答案】(1)C(2)20方法技巧(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏.(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.1．图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，则不同的取法共有(B) A．120种B．16种解析：书架上有3＋5＋8＝16(本)书，则从中任取1本书，共有16种不同的取法．故选B.2．将编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3的盒子中，要求不允许有空盒子，且球与盒子的编号不能相同，则不同的放球方法有(B)A．16种B．12种C．9种D．6种解析：由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，当1号与2号小球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当1号与3号小球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当1号与4号小球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2号与3号小球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当2号与4号小球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；当3号与4号小球放在同一盒子中时，有2种不同的放法．因此，由分类加法计数原理可知，不同的放球方法共有12种．故选B.考点二分步乘法计数原理的应用【例2】(1)已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为()A．6 B．12C．24 D．36(2)有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，三个项目都有人报，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．【解析】(1)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.(2)每项限报一个，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．【答案】(1)A(2)120方法技巧利用分步乘法计数原理解决问题的策略(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.(2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成.1.如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有63种．解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．2．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成18个不同的二次函数，其中偶函数有6个(用数字作答)．解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数．考点三两个计数原理的综合应用命题方向1计数问题【例3】高考结束后6名同学游览我市包括日月湖在内的6个景区，每名同学任选一个景区游览，则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有()A．A26×A45种B．A26×54种C．C26×A45种D．C26×54种【解析】根据题意，分2步进行分析：①先从6名同学中任选2人，去日月湖景区旅游，有C26种方案，②对于剩下的4名同学，每人都有5种选择，则这4人有5×5×5×5＝54种方案，则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有C26×54种，故选D.【答案】 D命题方向2与几何有关的问题【例4】如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48B．18 C．24D．36【解析】第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．【答案】 D命题方向3涂色问题【例5】如图一个地区分为五个行政区域，现给该地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有四种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种．(用数字作答)【解析】由题意可知，当选用三种颜色着色时，由分步乘法计数原理得，有C14C13C12＝24(种)方法，当选用四种颜色着色时，由分步乘法计数原理得，有2C14C13C12C11＝48(种)方法，再据分类加法计数原理可得有24＋48＝72(种)方法．【答案】72方法技巧利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么.(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类.(3)弄清分步、分类的标准是什么.(4)利用两个计数原理求解.1．(方向1)将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同的放法共有(C)A．480种B．360种C．240种D．120种解析：根据题意，将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则必须有2个小球放入1个盒子，其余的小球各单独放入一个盒子，分2步进行分析：①先将5个小球分成4组，有C25＝10种分法；②将分好的4组全排列，放入4个盒子，有A44＝24种情况，则不同放法有10×24＝240种．故选C.2．(方向2)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(B)A．60 B．48C．36 D．24解析：长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另外含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.3．(方向3)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，…，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有108种.解析：把区域分为三部分，第一部分1,5,9，有3种涂法．第二部分4,7,8，当5,7同色时，4,8各有2种涂法，共4种涂法；当5,7异色时，7有2种涂法，4,8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．。

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理[考情展望] 1.考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用.2.多以选择题、填空题形式考查．两个计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．1．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有( )A．50个B．45个C．36个D．35个【答案】 C2．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，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )A．10 B．11 C．12 D．15【答案】 B3．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )A．504 B．210 C．336 D．120【答案】 A4．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【答案】 C5．(2014·大纲全国卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组．则不同的选法共有( )A．60种 B．70种 C．75种 D．150种【答案】 C6．(2013·浙江高考)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．【答案】480考向一 [168] 分类加法计数原理集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…9}，且P⊆Q，把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( ) A．9 B．14 C．15 D．21【答案】B,规律方法1 分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法．对点训练如图10－1－1所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．图10－1－1【答案】40考向二 [169] 分步乘法计数原理A．12种B．18种C．24种D．36种【答案】A,规律方法2 1.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且也要确定分步的标准，分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．2．分步必须满足两个条件：(1)步骤互相独立，互不干扰．(2)步与步确保连续，逐步完成．对点训练已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数．【解】(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y ＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数．(2)y＝ax2＋bx＋c的开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况．因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数．考向三 [170] 两个计数原理的综合应用在1,2,3,4,5这五个数字所组成的允许有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数共有( )A．16个B．18个C．19个D．21个【答案】C,规律方法3 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．对点训练从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A．24 B．18 C．12 D．6【答案】 B思想方法之二十二分类讨论思想在计数原理中的妙用分类加法计数原理体现了分类讨论思想在计数原理中的应用．解决此类问题的关键是确定分类标准，做到不重复、不遗漏．————————[1个示范例] ————————编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图10－1－2所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？图10－1－2【解】根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C、D、E有A33＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×3×2×1＝18种不同方法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．————————[1个对点练] ————————如图10－1－3，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有________．图10－1－3【解析】按区域1与3是否同色分类：(1)区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A33种方法．∴区域1与3涂同色，共有4A33＝24种方法．(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有A24×2×1×3＝72种方法，故由分类计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.【答案】96课时限时检测(五十七) 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分) 1．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A．56B．65C.5×6×5×4×3×22D．6×5×4×3×2【答案】 A2．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A．6种 B．8种 C．10种 D．16种【答案】 C3．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B、C、D 中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3、5、6、8、9中选择，其他号码只想在1、3、6、9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )A．180种B．360种C．720种D．960种【答案】 D4．将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有( )A．1种 B．3种 C．6种 D．9种【答案】 C5．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为( )A．240 B．204 C．729 D．920【答案】 A6．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【答案】 A二、填空题(每小题5分，共15分)7．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．【答案】368．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)．【答案】149．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点的坐标，则在直角坐标系中，第一、第二象限不同点的个数为________．【答案】14三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)如图10－1－4，用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求有多少种不同的涂色方法？图10－1－4【解】法一如题图分四个步骤来完成涂色这件事：涂A有5种涂法；涂B有4种方法；涂C有3种方法；涂D有3种方法(还可以使用涂A的颜色 )．根据分步计数原理共有5×4×3×3＝180种涂色方法．法二由于A、B、C两两相邻，因此三个区域的颜色互不相同，共有A35＝60种涂法；又D与B、C相邻，因此D有3种涂法；由分步计数原理知共有60×3＝180种涂法．11．(12分)“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，求第30个“渐升数”．【解】渐升数由小到大排列，形如的渐升数共有：6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)．形如的渐升数共有5个．形如的渐升数共有4个．故此时共有21＋5＋4＝30个．因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359.12．(13分)高二年级四个班中有34个自愿组成数学课外小组，其中一班有7人，二班有8 人，三班有9人，四班有10人．推荐两人为中心发言人，且这两人必须来自不同的班级，则有多少种不同的选法？【解】分六类，每类都分两步，①从一、二班各选一人，共有7×8＝56种；②从一、三班各选一人，共有7×9＝63种；③从一、四班各选一人，共有7×10＝70种；④从二、三班各选一人，共有8×9＝72种；⑤从二、四班各选一人，共有8×10＝80种；⑥从三、四班各选一人，共有9×10＝90种．所以共有不同的选法为：N＝56＋63＋70＋72＋80＋90＝431种．第二节排列与组合[考情展望] 1.以实际问题为背景考查排列、组合的应用，同时考查分类讨论的思想.2.以选择题或填空题的形式考查，或在解答题中和概率相结合进行考查．一、排列与排列数1．排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．2．排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.二、组合与组合数1．组合从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素组成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．2．组合数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.三、排列数、组合数的公式及性质(1)A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！n －m！ (2)C m n ＝A m n A m m ＝n n －1n －n －m ＋m ！＝n ！m ！n －m ！(n ，m ∈N *，且m ≤n )．特别地C 0n ＝1.解排列、组合应用题的常见策略(1)特殊元素优先安排的策略；(2)合理分类与准确分步的策略；(3)排列、组合混合问题先选后排的策略；(4)正难则反、等价转化的策略；(5)相邻问题捆绑处理的策略；(6)不相邻问题插空处理的策略；(7)定序问题除法处理的策略；(8)分排问题直排处理的策略．1．从1,2,3,4,5,6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有( )A ．9个B ．24个C ．36个D ．54个【答案】 D2．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有( )A ．6种B ．12种C ．30种D ．36种【答案】 C3．A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )A．24种 B．60种 C．90种 D．120种【答案】 B4．某电视台在直播2012年伦敦奥运会时，连续播放5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连续播放则不同的播放方式有________种．【答案】365．(2014·辽宁高考)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )A．144 B．120 C．72 D．24【答案】 D6．(2013·北京高考)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．【答案】96考向一 [171] 排列应用题6个学生按下列要求站成一排，求各有多少种不同的站法？(1)甲不站排头，乙不能站排尾；(2)甲、乙都不站排头和排尾；(3)甲、乙、丙三人中任何两人都不相邻；(4)甲、乙都不与丙相邻．【尝试解答】(1)分两类：甲站排尾，有A55种；甲站中间四个位置中的一个，且乙不站排尾，有A14A14A44种．由分类计数原理，共有A55＋A14A14A44＝504(种)．(2)分两步：首先将甲、乙站在中间四个位置中的两个，有A24种；再站其余4人，有A44种．由分步计数原理，共有A24·A44＝288(种)．(3)分两步：先站其余3人，有A33种；再将甲、乙、丙3人插入前后四个空当，有A34种．由分步计数原理，共有A33·A34＝144(种)．(4)分三类：丙站首位，有A24A33种；丙站末位，有A24A33种；丙站中间四个位置中的一个，有A14A23A33种．由分类计数原理，共有2A24A33＋A14A23A33＝288(种)．,规律方法1 1.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．2．对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．对点训练(1)(2014·四川高考)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A．192种B．216种C．240种D．288种(2)(2014·北京高考)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．【答案】(1)B (2)36考向二 [172] 组合应用题男运动员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)至少有1名女运动员；(2)既要有队长，又要有女运动员．【尝试解答】(1)法一至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．由分类加法计数原理可得总选法数为C14C46＋C24C36＋C34C26＋C44C16＝246(种)．法二“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解．从10人中任选5人有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种．所以“至少有1名女运动员”的选法为C510－C56＝246(种)．(2)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，所以不选女队长时共有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)．规律方法2 1.本题中第(1)小题，含“至少”条件，正面求解情况较多时，可考虑用间接法．第(2)小题恰当分类是关键．2．组合问题常有以下两类题型变化(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．对点训练2013年中俄联合军演在中国青岛海域举行，在某一项演练中，中方参加演习的有5艘军舰，4架飞机；俄方有3艘军舰，6架飞机，若从中、俄两方中各选出2个单位(1架飞机或一艘军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同)，且选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有( )A．51种B．224种C．240种D．336种【答案】 C考向三 [173] 排列组合的综合应用(1)某工厂将甲、乙等五名新招聘员工分配到三个不同的车间，每个车间至少分配一名员工，且甲、乙两名员工必须分到同一个车间，则不同分法的种数为________．(2)现需编制一个八位的序号，规定如下：序号由4个数字和2个x、1个y、1个z组成；2个x不能连续出现，且y在z的前面；数字在0、1、2、…、9之间任选，可重复，且四个数字之积为8，则符合条件的不同的序号种数有( )A．12 600 B．6 300 C．5 040 D．2 520【答案】(1)36 (2)B,规律方法 3 1.解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．2．不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：(1)不均匀分组．(2)均匀分组．(3)部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．对点训练(1)已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )A．33 B．34 C．35 D．36(2)(2014·浙江高考)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)．【答案】(1)A (2)60思想方法之二十三解排列组合问题的妙招——“排除法”解决排列组合应用问题时，一是要明确问题中是排列还是组合或排列组合混合问题；二是要讲究一些基本策略和方法技巧．对于“至少”“至多”型排列组合问题，若分类求解时，情况较多，则可从所有方法中减去不满足条件的方法，即正难则反问题用排除法解决．————————[1个示范例] ————————某学校星期一每班都排9节课，上午5节、下午4节，若该校李老师在星期一这天要上3个班的课，每班1节，且不能连上3节课(第5和第6节不算连上)，那么李老师星期一这天课的排法共有( )A．474种B．77种C．462种D．79种【解析】首先求得不受限制时，从9节课中任意安排3节，有A38＝504种排法，其中上午连排3节的有3A33＝18种，下午连排3节的有2A33＝12种，则这位教师一天的课表的所有排法有504－18－12＝474种．————————[1个对点练] ————————学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座，每科一节课，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有( ) A．36种B．30种C．24种D．6种【解析】由于每科一节课，每节至少有一科，必须有两科在同一节，先从4个中任选2个看作整体，然后做3个元素的全排列，共C24A33种方法，再从中排除数学、理综安排在同一节的情形，共A33种方法，故总的方法种数为：C24A33－A33＝36－6＝30【答案】 B课时限时检测(五十八) 排列与组合(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分) 1．从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法共有( ) A．36种 B．30种 C．42种 D．60种【答案】 A2．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有( )A．36个B．24个C．18个D．6个【答案】 A3．(2013·四川高考)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( )A．9 B．10 C．18 D．20【答案】 C4．2013年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10 000个号码．公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金兔卡”，享受一定优惠政策．如后四位数为“2663”、“8685”为“金兔卡”，则这组号码中“金兔卡”的张数为( )A．484 B．972 C．966 D．486【答案】 C5．2012年国庆、中秋双节期间，张、王两家夫妇各带一个小孩到颐和园游玩，购得门票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外两个小孩要排在一起，则这6人的入馆顺序的排法种数是( )A．12 B．24 C．36 D．48【答案】 B6．某外商计划在4个侯选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )A．16种 B．36种 C．42种 D．60种【答案】 D二、填空题(每小题5分，共15分)7．(2013·大纲全国卷)6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种．(用数字作答)【答案】4808．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则4位回文数有________个．【答案】909．(2013·重庆高考)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．【答案】590三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)用0,1,3,5,7五个数字，可以组成多少个没有重复数字且5不在十位位置上的五位数？【解】分两类求解第一类，0在十位上，这时5不在十位上，所以五位数的个数为A44＝24(个)．第二类：0不在十位上，这时由于5不能排在十位上，所以十位上只能排1,3,7之一，有A13种排法，由于0不能排在万位上，所以万位上只能排5或1,3,7被选作十位上的数字后余下的两个数字之一，有A13种排法．十位万位上的数字选定后，其余三位可全排列，有A33种，根据分步乘法计数原理，第二类中所求五位数的个数为A13A13A33＝54.由分类加法计数原理，符合条件的五位数共有24＋54＝78(个)．11．(12分)(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为几种？(2)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？【解】(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A34＝24种．(2)法一每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；若分配到2所学校有C27×2＝42种；若分配到3所学校有C37＝35种．∴共有7＋42＋35＝84种方法．法二10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C69＝84种不同方法．所以名额分配的方法共有84种．12．(13分)四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．(1)若每个盒子放一球，则有多少种不同的放法？(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？【解】 (1)每个盒子放一球，共有A 44＝24种不同的放法； (2)法一 先选后排，分三步完成．第一步：四个盒子中选一只为空盒，有4种选法；第二步：选两球为一个元素，有C 24种选法；第三步：三个元素放入三个盒中，有A 33种放法．故共有4×C 24A 33＝144种放法． 法二 先分组后排列，看作分配问题．第一步：在四个盒子中选三个，有C 34种选法；第二步：将四个球分成2,1,1三组，有C 24⎝⎛⎭⎪⎫即C 24C 12C 11A 22种分法；第三步：将三组分到选定的三个盒子中，有A 33种分法．故共有C 34C 24A 33＝144种分法．第三节 二项式定理[考情展望] 1.考查利用通项求展开式中的特定项、特定项的系数、二项式系数等.2.考查赋值法与整体法的应用.3.多以选择题、填空题的形式考查．一、二项式定理 1．(a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n ∈N *)．2．第r ＋1项，T r ＋1＝C r n an －r b r.3．第r ＋1项的二项式系数为C rn . 二、二项式系数的性质1．0≤k ≤n 时，C kn 与C n －kn 的关系是C kn ＝C n －kn .2．二项式系数先增后减中间项最大且n 为偶数时第n2＋1项的二项式系数最大，最大值为C n n2；当n 为奇数时，第n ＋12项和n ＋32项的二项式系数最大，最大值为或3．各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ，C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1.1．(1＋x )6的展开式中，二项式系数最大的项是( ) A ．20x 3B ．15x 2C ．15x 4D ．x 6【答案】 A2.⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 4的展开式中的常数项为( )A ．－24B ．－6C ．6D ．24 【答案】 D3．已知(1＋kx 2)6(k 为正整数)的展开式中x 8的系数小于120，则k ＝________. 【答案】 14．(1＋3x )n(其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n ＝________. 【答案】 75．(2014·湖南高考)⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2y 5的展开式中x 2y 3的系数是( )A ．－20B ．－5C ．5D ．20 【答案】 A6．(2013·安徽高考)若⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋a 3x 8的展开式中，x 4的系数为7，则实数a ＝________. 【答案】 12考向一 [174] 通项公式及其应用已知在⎝⎛⎭⎪⎪⎫3x －123x n 的展开式中，第6项为常数项． (1)求含x 2的项的系数； (2)求展开式中所有的有理项．【尝试解答】 (1)⎝⎛⎭⎪⎪⎫3x －123x n 的展开式的通项为T r ＋1＝C r n x⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r x＝C r n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r x .因为第6项为常数项，所以r ＝5时，有n －2r3＝0，即n ＝10.令n －2r3＝2，得r ＝12(n －6)＝12×(10－6)＝2， ∴含x 2的项的系数为C 210⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝454.(2)根据通项公式，由题意10－2r3∈Z ，且0≤r ≤10.令10－2r 3＝k (k ∈Z )，则10－2r ＝3k ，即r ＝5－32k . ∵r ∈N ，∴k 应为偶数．∴k 可取2,0，－2，即r 可取2,5,8.所以第3项，第6项和第9项为有理项，它们分别为 C 210⎝ ⎛⎭⎪⎫－122x 2，C 510⎝ ⎛⎭⎪⎫－125，C 810⎝ ⎛⎭⎪⎫－128x －2. 规律方法1 1.解此类问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n 和r 的隐含条件，即n ，r 均为非负整数，且n ≥r )；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．2．有理项是字母指数为整数的项．解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其为整数，再根据数的整除性来求解．对点训练 (1)(2014·课标全国卷Ⅰ)(x －y )·(x ＋y )8的展开式中x 2y 7的系数为________．(用数字填写答案)(2)设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 6(a ＞0)的展开式中x 3的系数为A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a 的值是________．【答案】 (1)－20 (2)2考向二 [175] 二项展开式项的系数与二项式系数(1)设(1＋x )n＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，若a 1＋a 2＋…＋a n ＝63，则展开式中系数最大的项是( )A ．15x 2B ．20x 3C ．21x 3D ．35x 3(2)(2013·课标全国卷Ⅱ)已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝( ) A ．－4 B ．－3 C ．－2 D ．－1【答案】(1)B (2)D,规律方法2 求解这类问题要注意：1.区别二项式系数与展开式中项的系数，灵活利用二项式系数的性质.2.根据题目特征，恰当赋特殊值代换．对于展开式中的系数和、隔项系数和、系数的绝对值和等问题，通常运用赋值法进行构造(构造出目标式)．赋值时要注意根据目标式进行灵活的选择，常见的赋值方法是使字母因式的值为1，－1或目标式的值．对点训练(1)若(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a0＋a1＋a3＋a5等于( )A．122 B．123 C．243 D．244(2)(2013·大纲全国卷)(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )A．56 B．84 C．112 D．168【答案】(1)B (2)D考向三 [176] 二项式定理的应用(2012·湖北高考)设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a能被13整除，则a＝( )A．0 B．1 C．11 D．12【答案】 D规律方法3 1.本题求解的关键在于将512 012变形为(52－1)2 012，使得展开式中的每一项与除数13建立联系．2．用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开．但要注意两点：(1)余数的范围，a＝cr＋b，其中余数b∈[0，r)，r是除数，若利用二项式定理展开变形后，切记余数不能为负；(2)二项式定理的逆用．对点训练1－90C110＋902C210－903C310＋…＋(－1)k90k C k10＋…＋9010C1010除以88的余数是( )A．－1 B．1 C．－87 D．87【答案】 B思想方法之二十四赋值法在二项展开式中的应用。