高中数学选修2-3优质习题课 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

第二讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理(2) 【知识清单】1．两计数原理的联系分类加法计数原理与分步乘法计数原理，回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题．2．两计数原理的区别分类加法计数原理针对的是分类问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事，分类要做到不重不漏；分步乘法计数原理针对的是分步问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事，分步要做到步骤完整.说明1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本，也是最重要的原理，是解答排列，组合问题，尤其是较复杂的排列，组合问题的基础．2．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．3．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．4．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．【考点分析】一两个计数原理在排数中的应用例1 数字不重复的四位偶数共有多少个？解(1)0在末位时，十、百、千分别有9，8，7种排法，共有9×8×7＝504(个)．(2)0不在末位时，2，4，6，8中的一个在末位，有4种排法，首位有8种(0除外)，其余两位分别有8，7两种排法．∴共有4×8×8×7＝1 792(个)．由(1)(2)知，共有符合题意的偶数为504＋1 792＝2 296(个)．方法归纳排数问题实际就是分步问题，需要用分步乘法计数原理解决．此题中，由于数字0的出现，又进行了分类讨论，即在解决相关的排数问题时，要注意两个原理的综合应用．反馈训练1 用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个：(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？解由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．(1)百位数字有9种选择，十位数字和个位数字都各有10种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×10×10＝900(个)．(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，适合题意的三位数共有9×9×8＝648(个)．(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，适合题意的三位数共有4×9×8＝288(个)．二抽取(分配)问题例2 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )A．16种 B．18种 C．37种 D．48种解析法一(直接法)以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为三类：第一类，三个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；第二类，有两个班级去甲工厂，剩下的班级去另外三个工厂，其分配方案共有3×3＝9(种)；第三类，有一个班级去甲工厂，另外两个班级去其他三个工厂，其分配方案共有3×3×3＝27(种)．综上所述，不同的分配方案有1＋9＋27＝37(种)．法二(间接法)先计算3个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即：4×4×4－3×3×3＝37(种)方案．方法归纳解决抽取(分配)问题的方法(1)当涉及对象数目不大时，一般选用例举法、树状图法、框图法或者图表法．(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．反馈训练2 3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？解法一(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．法二(以盒子为研究对象)盒子标上序号1，2，3，4，5；分成以下10类：第一类：空盒子标号为(1，2)，选法有3×2×1＝6(种)；第二类：空盒子标号为(1，3)，选法有3×2×1＝6(种)；第三类：空盒子标号为(1，4)，选法有3×2×1＝6(种)．分类还有以下几种情况：(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)；共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得：共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种)．三涂色问题例3 一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N)等份，种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．(1)如图1，圆环分成的3等份为a1，a2，a3，有多少种不同的种植方法？(2)如图2，圆环分成的4等份为a1，a2，a3，a4，有多少种不同的种植方法？解(1)如题图1，先对a1部分种植，有3种不同的种植方法，再对a2，a3种植．因为a2，a3与a1不同颜色，a2，a3也不同，所以由分步乘法计数原理得3×2×1＝6(种)．(2)如图2，当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，有3×2×2×1＝12(种)种植方法，由分类加法计数原理，共有6＋12＝18(种)种植方法．规律方法(1)涂色问题的基本要求是相邻区域不同色，但是不相邻的区域可以同色．因此一般以不相邻区域同色、不同色为分类依据，相邻区域可用分步涂色的办法涂色．(2)涂色问题往往涉及两计数原理的综合应用，因此，要找准分类标准，兼顾条件的情况下分步涂色．反馈训练3 如图所示的几何体是由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．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，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12(种)不同的涂法． 四 种植问题例4 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，求有多少种不同的种植方法．解 法一 (直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6(种)不同种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2×1＝6(种)不同种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．法二 (间接法)：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有不同种植方法24－6＝18(种)． 方法归纳 按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都完成了这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步．反馈训练4 将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有________种(以数字作答)．解析 分别用a ，b ，c 代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a ，再安排第二块田，有2种方法b 或c ，不妨设放入b，第三块也有2种方法a 或c .(1)若第三块田放c ：第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法． (2)若第三块田放a ：第四块有b 或c 2种方法：①若第四块放c ：第五块有2种方法； ②若第四块放b ：第五块只能种作物c ，共1种方法．综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法． 【强化训练】1．如图，小圆点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，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，信息可沿不同的路径同时传递，则单位时间传递的最大信息量是( )A ．26B ．24C ．20D ．19解析 单位时间内传递的最大信息量是N ＝3＋4＋6＋6＝19，故选D.2．已知x ∈{1，2，3，4}，y ∈{5，6，7，8}，则xy 可表示不同值的个数为( ) A ．2 B ．4C ．8D ．15解析 完成xy 这件事分两步：第一步：从集合{1，2，3，4}选一个数，共有4种选法； 第二步：从集合{5，6，7，8}选一个数，共有4种选法． 共有4×4＝16(种)选法．其中3×8＝4×6，所以xy 可表示的不同值的个数为15.3．从0，1，2，…，9这10个数字中，任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点(a ，b )的坐标，能够确定不在x 轴上的点的个数是( )A ．100B ．90C ．81D ．72解析 分两步：第一步选b ，∵b ≠0，所以有9种选法；第二步选a ，因a ≠b ，所以有9种选法．由分步乘法计数原理知共有9×9＝81(个)点．4．(2013·福建理)满足a ，b ∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )A．14 B．13 C．12 D．10解析①当a＝0时，很显然为垂直于x轴的直线方程，有解，此时b取4个值，故有4种有序数对；②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1，显然有3个实数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2)．∵(a，b)共有3×4＝12个实数对，此时(a，b)的取值为12－3＝9(个)．∴(a，b)的个数为4＋9＝13.5．五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案有________种．解析完成承建任务可分五步：第一步，安排1号有4种；第二步，安排2号有4种；第三步，安排3号有3种；第四步，安排4号有2种；第五步，安排5号有1种．由分步乘法计数原理知，共有4×4×3×2×1＝96(种)．6．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有________种不同的取法．解析分三类，第一类：取数学书和语文书，有10×9＝90(种)；第二类：取数学书和英语书，有10×8＝80(种)；第三类：取语文书和英语书，有9×8＝72(种)，故共有90＋80＋72＝242(种)．7．若把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有多少对？解把六棱锥的棱分成三类：第一类，底面上的六条棱所在的直线共面，则每两条之间不能构成异面直线．第二类，六条侧棱所在的直线共点，每两条之间也不能构成异面直线．第三类，结合图形可知，底面上的六条棱所在的直线中的每一条与之不相交的四条侧棱所在的四条直线中的每一条才能构成异面直线．再由分步乘法计数原理，可构成异面直线6×4＝24(对)．8．现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )A．24种 B．30种 C．36种D．48种解析共有4×3×2×2＝48(种)．9．从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则形成不同的直线最多有( )A．18条B．20条C．25条D．10条解析第一步取A的值，有5种取法，第二步取B的值有4种取法，其中当A＝1，B＝2时，与A＝2，B＝4时是相同的；当A＝2，B＝1时，与A＝4，B＝2时是相同的，故共有5×4－2＝18(条)．10．如图是5个相同的长方形，用红、黄、蓝、白、黑5种颜色涂这些长方形，使每个长方形涂一种颜色，且相邻长方形涂不同的颜色．如果颜色可反复使用，那么共有________种涂色方法．解析涂第一个长方形时有5种方法；涂第二个长方形时颜色与第一个不同，有4种方法；由于颜色可以反复使用，因此第三个、第四个、第五个长方形各有4种涂法．由分步乘法计数原理知，所有的涂色方法共有5×4×4×4×4＝1 280(种)．11．有一项活动，需在3名老师、8名男同学和5名女同学中选人参加．(1)若只需一人参加，有多少种不同方法？(2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？(3)若需一名老师、一名学生参加，有多少种不同选法？ 解 (1)有三类选人的方法：3名老师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法．由分类加法计数原理，共有3＋8＋5＝16种选法． (2)分三步选人：第一步选老师，有3种方法；第二步选男同学，有8种方法；第三步选女同学，有5种方法． 由分步乘法计数原理，共有3×8×5＝120种选法． (3)可分两类，每一类分两步．第一类：选一名老师再选一名男同学，有3×8＝24种选法；第二类：选一名老师再选一名女同学，共有3×5＝15种选法． 由分类加法计数原理，共有24＋15＝39种选法． 12．从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程y ＝ax 2＋bx ＋c 的系数，如果抛物线经过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有多少条？解 因为抛物线经过原点，所以c ＝0，从而知c 只有1种取值．又抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 顶点在第一象限，所以顶点坐标满足⎩⎪⎨⎪⎧－b2a＞0，4ac －b 24a ＞0，由c ＝0解得a <0，b >0，所以a ∈{－3，－2，－1}，b ∈{1，2，3}，这样要求的抛物线的条数可由a ，b ，c 的取值来确定： 第一步：确定a 的值，有3种方法； 第二步：确定b 的值，有3种方法； 第三步：确定c 的值，有1种方法．由分步乘法计数原理知，表示的不同的抛物线有N ＝3×3×1＝9(条)．13．(1)从5种颜色中选出三种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．(2)从5种颜色中选出四种颜色，涂在一个四棱锥的五个顶点上，每个顶点上染一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，求不同的染色方法总数．解 (1)如图，由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S ，A ，B 所染色互不相同，则A ，C 必须颜色相同，B ，D 必须颜色相同，所以，共有5×4×3×1×1＝60(种)． (2)法一 由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S ，A ，B 所染色互不相同，则A ，C 可以颜色相同，B ，D 可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同．所以，先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法(如：B ，D 颜色相同)；再从5种颜色中，选出四种颜色涂在S ，A ，B ，C 四个顶点上，有5×4×3×2＝120(种)涂法；根据分步乘法计数原理，共有2×120＝240(种)不同的涂法． 法二 分两类．第一类，C 与A 颜色相同．由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S ，A ，B 所染色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．共有5×4×3×1×2＝120(种)方法； 第二类，C 与A 颜色不同．由题意知，四棱锥S －ABCD 的顶点S ，A ，B 所染色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．共有5×4×3×2×1＝120(种)方法； 由分类加法计数原理，共有120＋120＝240(种)不同的方法．。

新课程标准数学选修2—3第一章课后习题解答第一章 计数原理1．1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 练习（P6） 1、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人完成工作”，不同的选法种数是5＋4＝9； （2）要完成的“一件事情”是“从A 村经B 村到C 村去”，不同路线条数是3×2＝6. 2、（1）要完成的“一件事情”是“选出1人参加活动”，不同的选法种数是3＋5＋4＝12； （2）要完成的“一件事情”是“从3个年级的学生中各选1人参加活动”，不同选法种数是3×5×4＝60.3、因为要确定的是这名同学的专业选择，并不要考虑学校的差异， 所以应当是6＋4－1=9（种）可能的专业选择. 练习（P10）1、要完成的“一件事情”是“得到展开式的一项”.由于每一项都是i j k a b c 的形式，所以可以分三步完成：第一步，取i a ，有3种方法；第二步，取j b ，有3种方法；第三步，取k c ，有5种方法. 根据分步乘法计数原理，展开式共有3×3×5＝45（项）.2、要完成的“一件事情”是“确定一个电话号码的后四位”. 分四步完成，每一步都是从0～9这10个数字中取一个，共有10×10×10×10=10000（个）.3、要完成的“一件事情”是“从5名同学中选出正、副组长各1名”. 第一步选正组长，有5种方法；第二步选副组长，有4种方法. 共有选法5×4＝20（种）.4、要完成的“一件事情”是“从6个门中的一个进入并从另一个门出去”. 分两步完成：先从6个门中选一个进入，再从其余5个门中选一个出去. 共有进出方法6×5＝30（种）. 习题1.1 A 组（P12） 1、“一件事情”是“买一台某型号的电视机”. 不同的选法有4＋7＝11（种）. 2、“一件事情”是“从甲地经乙地或经丙地到丁地去”. 所以是“先分类，后分步”，不同的路线共有2×3＋4×2=14（条）. 3、对于第一问，“一件事情”是“构成一个分数”. 由于1，5，9，13是奇数，4，8，12，16是偶数，所以1，5，9，13中任意一个为分子，都可以与4，8，12，16中的任意一个构成分数. 因此可以分两步来构成分数：第一步，选分子，有4种选法；第二步，选分母，也有4种选法. 共有不同的分数4×4＝16（个）. 对于第二问，“一件事情”是“构成一个真分数”. 分四类：分子为1时，分母可以从4，8，12，16中任选一个，有4个；分子为5时，分母可以从8，12，16中选一个，有3个；分子为9时，分母从12，16中选一个，有2个；分子为13时，分母只能选16，有1个. 所以共有真分数4＋3＋2＋1＝10（个）. 4、“一件事情”是“接通线路”. 根据电路的有关知识，容易得到不同的接通线路有3＋1＋2×2＝8（条）.5、（1）“一件事情”是“用坐标确定一个点”. 由于横、纵坐标可以相同，因此可以分两步完成：第一步，从A 中选横坐标，有6个选择；第二步，从A 中选纵坐标，也有6个选择. 所以共有坐标6×6＝36（个）. （2）“一件事情”是“确定一条直线的方程”. 由于斜率不同截距不同、斜率不同截距相同、斜率相同截距不同的直线都是互不相同的，因此可分两步完成：第一步，取斜率，有4种取法；第二步，取截距，有4种取法. 所以共有直线4×4＝16（条）. 习题1.1 B 组（P13） 1、“一件事情”是“组成一个四位数字号码”. 由于数字可以重复，最后一个只能在0～5这六个数字中拨，所以有号码10×10×10×6＝6000（个）. 2、（1）“一件事情”是“4名学生分别参加3个运动队中的一个，每人限报一个，可以报同一个运动队”. 应该是人选运动队，所以不同报法种数是43.（2）“一件事情”是“3个班分别从5个风景点中选择一处游览”. 应该是人选风景点，故不同的选法种数是35. 1．2排列与组合 练习（P20）1、（1）,,,,,,,,,,,ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc ；（2）,,,,,,,,,,,,,,,,,,,ab ac ad ae ba bc bd be ca cb cd ce da db dc de ea eb ec ed .2、（1）4151514131232760A =⨯⨯⨯=； （2）777!5040A ==； （3）4288287652871568A A -=⨯⨯⨯-⨯⨯=； （4）87121277121255A A A A ==.3、4、（1）略. （2）876777787677778788A A A A A A A -+=-+=.5、3560A =（种）. 6、3424A =（种）. 练习（P25） 1、（1）甲、乙， 甲、丙， 甲、丁， 乙、丙， 乙、丁， 丙、丁； （2）2、ABC ∆，ABD ∆，ACD ∆，BCD ∆.3、3620C =（种）. 4、246C =（个）. 5、（1）26651512C ⨯==⨯； （2）3887656123C ⨯⨯==⨯⨯； （3）3276351520C C -=-=； （4）328532356210148C C -=⨯-⨯=. 6、()1111(1)!!11(1)![(1)(1)]!!!m m n n m m n n C C n n m n m m n m +++++=⋅==++++-+- 习题1.2 A 组（P27）1、（1）325454*********A A +=⨯+⨯=； （2）12344444412242464A A A A +++=+++=. 2、（1）315455C =； （2）19732002001313400C C ==； （3）346827C C ÷=；（4）22211(1)(1)(1)22n n n n nn nn n n n CCCC n -++--⋅=⋅=+⋅=.3、（1）12111(1)n n n n n n n n n n nn A A n A A nA n A +-+--=+-==； （2）(1)!!(1)!!(1)!!(1)!!!n n n k n n k n k k k k ++-⋅-+-==-. 4、由于4列火车各不相同，所以停放的方法与顺序有关，有481680A =（种）不同的停法.5、4424A =. 6、由于书架是单层的，所以问题相当于20个元素的全排列，有2020A 种不同的排法.7、可以分三步完成：第一步，安排4个音乐节目，共有44A 种排法；第二步，安排舞蹈节目，共有33A 种排法；第三步，安排曲艺节目，共有22A 种排法. 所以不同的排法有432432288A A A ⋅⋅=（种）.8、由于n 个不同元素的全排列共有!n 个，而!n n ≥，所以由n 个不同的数值可以以不同的顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同. 为使每一行都不重复，m 可以取的最大值是!n .9、（1）由于圆上的任意3点不共线，圆的弦的端点没有顺序，所以共可以画21045C =（条）不同的弦；（2）由于三角形的顶点没有顺序，所以可以画的圆内接三角形有310120C =（个）. 10、（1）凸五边形有5个顶点，任意2个顶点的连线段中，除凸五边形的边外都是对角线，所以共有对角线2555C -=（条）；（2）同（1）的理由，可得对角线为2(3)2n n n C n --=（条）.说明：本题采用间接法更方便. 11、由于四张人民币的面值都不相同，组成的面值与顺序无关，所以可以分为四类面值，分别由1张、2张、3张、4张人民币组成，共有不同的面值1234444415C C C C +++=（种）. 12、（1）由“三个不共线的点确定一个平面”，所确定的平面与点的顺序无关，所以共可确定的平面数是3856C =；（2）由于四面体由四个顶点唯一确定，而与四个点的顺序无关，所以共可确定的四面体个数是410210C =. 13、（1）由于选出的人没有地位差异，所以是组合问题，不同的方法数是3510C =. （2）由于礼物互不相同，与分送的顺序有关系，所以是排列问题，不同方法数是3560A =；（3）由于5个人中每个人都有3中选择，而且选择的时间对别人没有影响，所以是一个“可重复排列”问题，不同方法数是53243=；（4）由于只要取出元素，而不必考虑顺序，所以可以分两步取元素：第一步，从集合A 中取，有m 种取法；第二步，从集合B 中取，有n 种取法. 所以共有取法mn 种. 说明：第（3）题是“可重复排列”问题，但可以用分步乘法计数原理解决.14、由于只要选出要做的题目即可，所以是组合问题，另外，可以分三步分别从第1，2，3题中选题，不同的选法种数有32143224C C C ⋅⋅=. 15、由于选出的人的地位没有差异，所以是组合问题.（1）225460C C ⋅=； （2）其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有2721C =（种）选法；（3）用间接法，在9人选4人的选法中，把男甲和女乙都不在内的去掉，就得到符合条件的选法数为449791C C -=； 如果采用直接法，则可分为3类：只含男甲；只含女乙；同时含男甲女乙，得到符合条件的方法数为33277791C C C ++=； （4）用间接法，在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数为444954120C C C --=. 也可以用直接法，分别按照含男生1，2，3人分类，得到符合条件的选法数为132231545454120C C C C C C ++=.16、按照去的人数分类，去的人数分别为1，2，3，4，5，6，而去的人大家没有地位差异，所以不同的去法有12345666666663C C C C C C +++++=（种）. 17、（1）31981274196C =； （2）142198124234110C C ⋅=； （3）51982410141734C =； （4）解法1：3141982198125508306C C C =⋅=. 解法2：55200198125508306C C -=. 说明：解答本题时，要注意区分“恰有”“至少有”等词.习题1.2 B 组（P28）1、容易知道，在737C 注彩票中可以有一个一等奖.在解决第2问时，可分别计算37选6及37选8中的一等奖的中奖机会，它们分别是637112324784C =和8371138608020C =. 要将一等奖的机会提高到16000000以上且不超过1500000，即375000006000000nC ≤<， 用计算机可得，6n =，或31n =.所以可在37个数中取6个或31个.2、可以按照I ，II ，III ，IV 的顺序分别着色：分别有5，4，3，3种方法，所以着色种数有5×4×3×3＝180（种）.3、“先取元素后排列”，分三步完成：第一步，从1，3，5，7，9中取3个数，有35C 种取法；第二步，从2，4，6，8中取2个数，有24C 种取法；第三步，将取出的5个数全排列，有55A 种排法. 共有符合条件的五位数3255457200C C A ⋅⋅=（个）.4、由于甲和乙都没有得冠军，所以冠军是其余3人中的一个，有13A 种可能；乙不是最差的，所以是第2，3，4名中的一种有13A 种可能；上述位置确定后，甲连同其他2人可任意排列，有33A 种排法. 所以名次排列的可能情况的种数是11333354A A A ⋅⋅=. 5、等式两边都是两个数相乘，可以想到分步乘法计数原理，于是可得如下分步取组合的方法.在n 个人中选择m 个人搞卫生工作，其中k 个人擦窗，m k -个人拖地，共有多少种不同的选取人员的方法？解法1：利用分步计数原理，先从n 个人中选m 个人，然后从选出的m 个人中再选出k 个人擦窗，剩余的人拖地，这样有m knm C C 种不同的选取人员的方法； 解法2：直接从n 个人中选k 个人擦窗，然后在剩下的n k -个人中选m k -个人拖地，这样，由分步计数原理得，共有k m knn k C C --种不同的人员选择方法. 所以，k m k m knn k n m C C C C --=成立. 说明：经常引导学生从一个排列组合的运算结果或等式出发，构造一个实际问题加以解释，有助于学生对问题的深入理解，检查结果，纠正错误. 1．3二项式定理 练习（P31）1、7652433425677213535217p p q p q p q p q p q pq q +++++++.2、2424236(2)(3)2160T C a b a b =⋅=.3、231(1)(2n rr r n rrr r nn r T C C x --+-=⋅=.4、D . 理由是5105555511010(1)T C x C x -+=-=-. 练习（P35）1、（1）当n 是偶数时，最大值2nnC ；当n 是奇数时，最大值12n nC-.（2）1311111111111210242C C C +++=⋅=. （3）12.2、∵0122knn nn n n n C C C C C ++++++=， 2、∵0122k n n nn n n n C C C C C ++++++=，0213nn n n C C C C ++=++∴012knnn n n n C C C C C ++++++0213()()n n n n C C C C =+++++022()2n n n C C =++=∴021222nn n n nnC C C -+++==. 3、略.习题1.3 A 组（P36）1、（1）011222(1)(1)(1)(1)n n n r n rr nn nn n n n C P C P P C P P C P P C P ---+-+-++-++-；（2）0122222nn n nn n n n n C C C C ++++.2、（1）9965432(9368412612684a a a a a b a a a b =+++23369a b ab b（2）27311357752222222172135701682241281283282x x x x x x x x ----=-+-+-+-.3、（1）552(1(122010x x ++=++； （2）11114412222(23)(23)192432x x x x x x ---+--=+. 4、（1）前4项分别是1，30x -，2420x ，33640x -； （2）91482099520T a b =-； （3）7924T =； （4）展开式的中间两项分别为8T ，9T ，其中78711815((6435T C x y =-=-87811915((6435T C x y =-=5、（1）含51x 的项是第6项，它的系数是5510163()28C -=-； （2）常数项是第6项，5105561012()2522T C -=⋅-=-.6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx --+=-=- 6、（1）2221221()(1)r n r r r r n rr n n T C x C xx--+=-=- 由220n r -=得r n =，即21()n x x-的展开式中常数项是12(1)n rn n T C +=-(2)!(1)!!nn n n =- 12345(21)2(1)!!n n nn n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅=-…[135(21)][2462](1)!!n n n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=-……[135(21)]2!(1)!!n nn n n n ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅=-…135(21)(2)!nn n ⋅⋅⋅⋅-=-…（2）2(1)n x +的展开式共有21n +项，所以中间一项是12135(21)(2)!n nn n n n T C x x n +⋅⋅⋅⋅-==…7、略.8、展开式的第4项与第8项的二项式系数分别是3n C 与7n C ， 由37n n n C C -=，得37n =-，即10n =.所以，这两个二项式系数分别是310C 与710C ，即120.习题1.3 B 组（P37）1、（1）∵1122221(1)111n n n n n n n n n n n n C n C n C n C n ----+-=++++++- 1122222n n n n nn n n C n C n C n n ---=+++++2213242(1)n n n n nn n n n C n C n C ----=+++++∴(1)1n n +-能被2n 整除； （2）∵1010991(1001)1-=--1019288291010101010010010010010011C C C C =-⋅+⋅++⋅-⋅+- 1019288210101010010010010010100C C C =-⋅+⋅++⋅-⨯1711521381010101000(101010101)C C C =-⋅+⋅++⋅-∴10991-能被1000整除.2、由0112211(21)222(1)2(1)n n n n n n n nnn n n n C C C C C -----=⋅-⋅+⋅++-⋅⋅+-，得112211222(1)2(1)1n n n n n n nn n C C C -----⋅+⋅++-⋅⋅+-=.第一章 复习参考题A 组（P40）1、（1）2n ；说明：这里的“一件事情”是“得到展开式中的一项”. 由于项的形式是i j a b ，而,i j 都有n 种取法.（2）3276525C C ⋅=； （3）1545480A A ⋅=，或2454480A A ⋅=； 说明：第一种方法是先考虑有限制的这名歌手的出场位置，第二种方法是先考虑有限制的两个位置. （4）45C ；说明：因为足球票无座，所以与顺序无关，是组合问题. （5）53；说明：对于每一名同学来说，有3种讲座选择，而且允许5名同学听同一个讲座，因此是一个“有重复排列”问题，可以用分步乘法原理解答. （6）54；说明：对角线的条数等于连接正十二边形中任意两个顶点的线段的条数212C ，减去其中的正十二边形的边12条：21212111212542C ⨯-=-=. （7）第1n +项.说明：展开式共有21n +项，且各系数与相应的二项式系数相同.2、（1）1234566666661956A A A A A A +++++=； 说明：只要数字是1，2，3，4，5，6中的，而且数字是不重复的一位数、二位数、三位数、四位数、五位数和六位数都符合要求.（2）552240A =. 说明：只有首位数是6和5的六位数才符合要求.3、（1）3856C =； （2）1234555530C C C C +++=. 4、468898C C +=.说明：所请的人的地位没有差异，所以是组合问题. 按照“其中两位同学是否都请”为标准分为两类.5、（1）2(1)2n n n C -=； 说明：任意两条直线都有交点，而且交点各不相同. （2）2(1)2n n n C -=. 说明：任意两个平面都有一条交线，而且交线互不相同. 6、（1）59764446024C =； （2）23397442320C C ⋅=； （3）2332397397446976C C C C ⋅+⋅=. 7、34533453103680A A A A ⋅⋅⋅=. 说明：由于不同类型的书不能分开，所以可以将它们看成一个整体，相当于是3个元素的全排列. 但同类书之间可以交换顺序，所以可以分步对它们进行全排列. 8、（1）226x -；说明：第三项是含2x 的项，其系数是22112244553(23)(2)26C C C C ⋅+⋅-⨯+--. （2）18118(9)(rr r r T C x -+=，由题意有1802rr --= 解得12r =，1318564T =；（3）由题意得98102n n n C C C =+，即2!!!9!(9)!8!(8)!10!(10)!n n n n n n ⋅=+---化简得2373220n n -+=，解得14n =，23n =；（4）解法1：设1r T +'是10(1)x -展开式的第1r +项，由题意知，所求展开式中4x 的系数为41T +'，31T +'与21T +'的系数之和.444110()T C x +'=-，333110()T C x +'=-，222110()T C x +'=-，因此，4x 的系数432101010135C C C =-+=. 解法2：原式39(1)(1)x x =--3223344999(1)(19)x x C x C x C x =--+-++因此，4x 的系数499135C =+=. 9、5555559(561)9+=-+5515454555556565619C C =-⋅++⋅-+ 551545455555656568C C =-⋅++⋅+由于551545455555656568C C -⋅++⋅+中各项都能被8整除，因此55559+也能被8整除.第一章 复习参考题B 组（P41）1、（1）121121n n n C C -++==，即1(1)212n n +⋅=，解得6n =； （2）1144244224192A A A ⋅⋅=⨯⨯=； 说明：先排有特殊要求的，再排其他的. （3）433333⨯⨯⨯=，34444⨯⨯=；说明：根据映射定义，只要集合A 中任意一个元素在集合B 中能够找到唯一对应的元素，就能确定一个映射，对应的元素可以相同，所以是“有重复排列”问题.（4）2426106500000A ⨯=； （5）481258C -=； 说明：在从正方体的8个顶点中任取4个的所有种数48C 中， 排除四点共面的12种情况，即正方体表面上的6种四点共面的情况，以及如右图中ABC D ''这样的四点共面的其他 6种情况，因此三棱锥的个数为481258C -= （6）1或1-.说明：令1x =，这时(12)n x -的值就是展开式中各项系数的和，其值是1,(12)(1)1n n n n -⎧-=-=⎨⎩是奇数，是偶数2、（1）先从1，3，5中选1个数放在末位，有13A 种情况；再从除0以外的4个数中选1个数放在首位，有14A 种情况；然后将剩余的数进行全排列，有44A 种情况. 所以能组成的六位奇数个数为114344288A A A ⋅⋅=. （2）解法1：由0，1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的正整数的个数是1555A A ⋅，其中不大于201345的正整数的个数，当首位数字是2时，只有201345这1个；当首位数字是1时，有55A 个. 因此，所求的正整数的个数是155555(1)479A A A ⋅-+=. 解法2：由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的正整数中，大于201345的数分为以下几种情况：前4位数字为2013，只有201354，个数为1；同理，前3位数字为201，个数为1222A A ⋅；前2位数字为20，个数为1333A A ⋅；首位数字为2，个数为1444A A ⋅；首位数字为3，4，5中的一个，个数为1535A A ⋅；根据分类计数原理，所求的正整数的个数是12131415223344351479A A A A A A A A +⋅+⋅+⋅+⋅=. 3、（1）分别从两组平行线中各取两条平行线，便可构成一个平行四边形，所以可以构成的平行四边形个数为221(1)(1)4m n C mn m n ⋅=--； （2）分别从三组平行平面中各取两个平行平面，便可构成一个平行六面体，所以可以构成的平行六面体个数为2221(1)(1)(1)8m n l C C C mnl m n l ⋅⋅=---. 4、（1）先排不能放在最后的那道工序，有14A 种排法；再排其余的4道工序，有44A 种排法.根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有144496A A ⋅=（种）；（2）先排不能放在最前和最后的那两道工序，有23A 种排法；再排其余的3道工序，有33A 种排法，根据分步乘法计数原理，排列加工顺序的方法共有233336A A ⋅=（种）. 5、解法1：由等比数列求和公式得33342(1)(1)(1)(1)(1)n n x x x x x x+++-+++++++=， 上述等式右边分子的两个二项式中含2x 项的系数分别是33n C +，33C ，因此它们的差23333(611)6n n n n C C +++-=，就是所求展开式中含2x 项的系数. 解法2：原式中含2x 项的系数分别是23C ，24C ，…，22n C +，因此它们的和就是所求展开式中含2x 项的系数. 与复习参考题B 组第2题同理，可得22223334233(611)6n n n n n C C C C C +++++++=-=修2—3第二章课后习题解答第二章 随机变量及其分布2．1离散型随机变量及其分布列练习（P45）1、（1）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.（2）能用离散型随机变量表示. 可能的取值为0，1，2，3，4，5. （3）不能用离散型随机变量表示.说明：本题的目的是检验学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（3）中，实际值与规定值之差可能的取值是在0附近的实数，既不是有限个值，也不是可数个值.2、可以举的例子很多，这里给出几个例子：例1 某公共汽车站一分钟内等车的人数；例2 某城市一年内下雨的天数；例3 一位跳水运动员在比赛时所得的分数； 例4 某人的手机在1天内接收到电话的次数.说明：本题希望学生能观察生活中的随机现象，知道哪些量是随机变量，哪些随机变量又是离散型随机变量.练习（P49）1、设该运动员一次罚球得分为X说明：这是一个两点分布的例子，没投中看作试验失败. 通过这样的例子可以使学生理解两点分布是一个很常用的概率模型，实际中大量存在. 虽然离散型随机变量的分布列可以用解析式的形式表示，但当分布列中的各个概率是以数值的形式给出时，通常用列表的方式表示分布列更为方便.2、抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}. 正面向上次数X 是一个离散型随机变量，1(0)({})0.254P X P ====反反 2(1)({}{})0.54P X P ====正反反正 1(2)({})0.25P X P ====正正 因此X 的分布列为说明：这个离散型随机变量虽然简单，但却是帮助学生理解随机变量含义的一个很好的例子. 试验的全部可能的结果为{正正，正反，反正，反反}，随机量X 的取值范围为{0，1，2}，对应关系为正正→2 正反→1 反正→1 反反→0在这个例子中，对应于1的试验结果有两个，即“正反”和“反正”，因此用随机变量X 不能表示随机事件{正反}. 这说明对于一个具体的随机变量而言，有时它不能表示所有的随机事件.可以通过让学生们分析下面的推理过程存在的问题，进一步巩固古典概型的知识. 如果把X 所有取值看成是全体基本事件，即{0,1,2}Ω=.根据古典概型计算概率的公式有 1(1)({1})3P X P ===. 这与解答的结果相矛盾. 原因是这里的概率模型不是古典概型，因此上面式中的最后一个等号不成立. 详细解释下：虽然Ω中只含有3个基本事件，但是出现这3个基本事件不是等可能的，因此不能用古典概型计算概率的公式来计算事件发生的概率.3、设抽出的5张牌中包含A 牌的张数为X ，则X 服从超几何分布，其分布列为 5448552()i i C C P X i C -==，i =0，1，2，3，4.因此抽出的5张牌中至少3张A 的概率为(3)(3)(4)0.002P X P X P X ≥==+=≈.说明：从52张牌任意取出5张，这5张牌中包含A 的个数X 是一个离散型随机变量. 把52张牌看成是52件产品，把牌A 看成次品，则X 就成为从含有四件次品的52件产品中任意抽取5件中的次品数，因此X 服从超几何分布.本题的目的是让学生熟悉超几何分布模型，体会超几何分布在不同问题背景下的表现形式. 当让本题也可以用古典概型去解决，但不如直接用超几何分布简单. 另外，在解题中分布列是用解析式表达的，优点是书写简单，一目了然.4、两点分布的例子：掷一枚质地均匀的硬币出现正面的次数X 服从两点分布；射击一次命中目标的次数服从两点分布.超几何分布的例子：假设某鱼池中仅有鲤鱼和鲑鱼两种鱼，其中鲤鱼200条，鲑鱼40条，从鱼池中任意取出5条鱼，这5条鱼包含鲑鱼的条数X 服从超几何分布.说明：通过让学生举例子的方式，帮助学生理解这两个概率模型.习题2.1 A 组（P49）1、（1）能用离散型随机变量表示.设能遇到的红灯个数为X ，它可能的取值为0，1，2，3，4，5.事件{X ＝0}表示5个路口遇到的都不是红灯；事件{X ＝1}表示5个路口其中有1个路口遇到红灯，其他4个路口都不是红灯；事件{X ＝2}表示5个路口其中有2个路口遇到红灯，其他3个路口都不是红灯；事件{X ＝3}表示5个路口其中有3个路口遇到红灯，剩下2个路口都不是红灯；事件{X ＝4}表示5个路口其中有4个路口遇到红灯，另外1个路口都不是红灯；事件{X ＝5}表示5个路口全部都遇到红灯.（2）能用离散型随机变量表示.定义 12345X ⎧⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎩，成绩不及格，成绩及格，成绩中，成绩良，成绩优则X 是一个离散型随机变量，可能的取值为1，2，3，4，5.事件{X ＝1}表示该同学取得的成绩为不及格；事件{X ＝2}表示该同学取得的成绩为及格；事件{X ＝3}表示该同学取得的成绩为中；事件{X ＝4}表示该同学取得的成绩为良；事件{X ＝5}表示该同学取得的成绩为优.说明：本题是考查学生是否理解离散型随机变量的含义. 在（2）中，需要学生建立一个对应关系，因为随机变量的取值一定是实数，但这个对应关系不是唯一的，只要是从五个等级到实数的意义映射即可.2、某同学跑1 km 所用时间X 不是一个离散型随机变量. 如果我们只关心该同学是否能够取得优秀成绩，可以定义如下的随机变量：01km 4min 11km 4minY >⎧=⎨≤⎩，跑所用的时间，跑所用的时间 它是离散型随机变量，且仅取两个值：0或1.事件{1}Y =表示该同学跑1 km 所用时间小于等于4 min ，能够取得优秀成绩；事件{0}Y =表示该同学跑1 km 所用时间大于4 min ，不能够取得优秀成绩.说明：考查学生在一个随机现象中能否根据关心的问题不同定义不同的随机变量，以简化问题的解答. 可以与教科书中电灯泡的寿命的例子对比，基本思想是一致的.3、一般不能. 比如掷一枚质地均匀的硬币两次，用随机变量X 表示出现正面的次数，则不能用随机变量X 表示随机事件{第1次出现正面且第2次出现反面}和{第1次出现反面且第2次出现正面}. 因为{X ＝1}＝{第1次出现正面且第2次出现反面}∪{第1次出现反面且第2次出现正面}，所以这两个事件不能分别用随机变量X 表示.说明：一个随机变量是与一个事件域相对应的，一个事件域一般是由部分事件组成，但要满足一定的条件. 对离散型随机变量，如果它取某个值是由几个随机变量组成，则这几个随机事件就不能用随机变量表示，比如从一批产品中依次取出几个产品，用X 表示取出的产品中次品的个数，这时我们不能用X 表示随机事件{第i 次取出次品，其他均为合格品}.4、不正确，因为取所有值的概率和不等于1.说明：考查学生对分布列的两个条件的理解，每个概率不小于0，其和等于1，即 （1）0i p ≥，1,2,,i n =；（2）11n i i p ==∑.5、射击成绩优秀可以用事件{X ≥8}表示，因此射击优秀的概率为P {X ≥8}＝(8)(9)(10)0.280.290.220.79P X P X P X =+=+==++=说明：本题知识点是用随机变量表示随机事件，并通过分布列计算随机事件的概率.6、用X 表示该班被选中的人数，则X 服从超几何分布，其分布列为104261030()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4. 该班恰有2名同学被选到的概率为2842610304!26!1902!2!8!18!(2)0.31230!60910!20!C C P X C ⨯⨯⨯====≈⨯. 说明：本题与49页练习的第3题类似，希望学生在不同背景下能看出超几何分布模型. 习题2.1 B 组（P49）1、（1）设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的 篇数为X ，则X 是一个离散型随机变量，它可能的 取值为0，1，2，3，且X 服从超几何分布，分布列 为即（2112(2)(2)(3)0.667263P X P X P X ≥==+==+==. 说明：本题是为了让学生熟悉超几何分布模型，并能用该模型解决实际问题.2、用X 表示所购买彩票上与选出的7个基本号码相同的号码的个数，则X 服从超几何分布，其分布列为7729736()i i C C P X i C -==， i =0，1，2，3，4，5，6，7. 至少中三等奖的概率为52617072972972977736363697(5)0.00192752C C C C C C P X C C C ≥=++=≈. 说明：与上题类似同样是用超几何分布解决实际问题，从此题的结算结果可以看出至少中三等奖的概率近似为1／1000.2．2二项分布及其应用练习（P54）1、设第1次抽到A 的事件为B ，第2次抽到A 的事件为C ，则第1次和第2次都抽到A 的事件为BC .解法1：在第1次抽到A 的条件下，扑克牌中仅剩下51张牌，其中有3张A ，所以在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为3()51P C B =. 解法2：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为()433()()45151n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽到A 的条件下第2次也抽到A 的概率为43()35251()451()515251P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯. 说明：解法1是利用缩小基本事件范围的方法计算条件概率，即分析在第1次抽到A 的条件下第2次抽取一张牌的随机试验的所有可能结果，利用古典概型计算概率的公式直接得到结果. 解法2实际上是在原来的基本事件范围内通过事件的计数来计算条件概率. 第3种方法是利用条件概率的定义来计算. 这里可以让学生体会从不同角度求解条件概率的特点.2、设第1次抽出次品的时间为B ，第2次抽出正品的事件为C ，则第1次抽出次品且第2次抽出正品的事件为BC .解法1：在第1次抽出次品的条件下，剩下的99件产品中有4件次品，所以在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为95()99P C B =. 解法2：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为()59595()()59999n BC P C B n B ⨯===⨯. 解法3：在第1次抽出次品的条件下第2次抽出正品的概率为595()9510099()599()9910099P BC P C B P B ⨯⨯===⨯⨯.说明：与上题类似，可以用不同方法计算条件概率.3、例1 箱中3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3人无放回地任意抽取，在已知第一个人抽到奖券的条件下，第二个人抽到奖券的概率或第三个人抽到奖券的概率，均为条件概率，它们都是0.例2 某班有45名同学，其中20名男生，25名女生，依次从全班同学中任选两名同学代表班级参加知识竞赛，在第1名同学是女生的条件下，第2名同学也是女生的概率.说明：这样的例子很多，学生举例的过程可以帮助学生理解条件概率的含义.练习（P55）1、利用古典概型计算的公式，可以求得()0.5P A =，()0.5P B =，()0.5P C =，()0.25P AB =，()0.25P BC =，()0.25P AC =，可以验证()()()P AB P A P B =，()()()P BC P B P C =，()()()P AC P A P C =.所以根据事件相互独立的定义，有事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立.说明：本题中事件A 与B 相互独立比较显然，因为抛掷的两枚硬币之间是互不影响的. 但事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立不显然，需要利用定义验证, 从该习题可以看出，事件之间是否独立有时根据实际含义就可做出判断，但有时仅根据实际含义是不能判断，需要用独立性的定义判断.2、（1）先摸出1个白球不放回的条件下，口袋中剩下3个球，其中仅有1个白球，所以在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／3.（2）先摸出1个白球后放回的条件下，口袋中仍然有4个球，其中有2个白球，所以在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是1／2.说明：此题的目的是希望学生体会有放回摸球与无放回摸球的区别，在有放回摸球中第2次摸到白球的概率不受第1次摸球结果的影响，而在无放回摸球中第2次摸到白球的概率受第1次摸球结果的影响.3、设在元旦期间甲地降雨的事件为A ，乙地降雨的事件为B .（1）甲、乙两地都降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都降雨的概率为()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=（2）甲、乙两地都不降雨的事件为AB ，所以甲、乙两地都不降雨的概率为()()()0.80.70.56P AB P A P B ==⨯= （3）其中至少一个地方降雨的事件为()()()AB AB AB ，由于事件AB ，AB 和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，其中至少一个地方降雨的概率为()()()0.060.20.70.80.30.44P AB P AB P AB ++=+⨯+⨯=.说明：与例3类似，利用事件独立性和概率的性质计算事件的概率，需要学生复习《数学3（必修）》中学过的概率性质.4、因为()()A AB AB =，而事件AB 与事件AB 互斥，。

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.。

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知识一、分类加法计数原理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= 种不同的方法.2．分类加法计数原理的推广完成一件事有n类不同的方案，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= 种不同的方法．【注】分类加法计数原理的特点是各类中的每一个方法都可以完成要做的事情.二、分步乘法计数原理1．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= 种不同的方法．2．分步乘法计数原理的推广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m n种不同的方法，那么完成这件事共有N= 种不同的方法．【注】分步乘法计数原理的特点是每一步中都要使用一个方法才能完成该步要做的事情.可以用下图表示分步乘法计数原理的原理：3．两个计数原理的联系与区别分类加法计数原理分步乘法计数原理联系分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是关于完成一件事情的不同方法的种数问题．区别(1)完成一件事共有n类方法，关键词是“分类”．(2)各类方法都是互斥的、并列的、相互独立的.(3)每类方法都能完成这件事．(1)完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”．(2)每步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事．(3)各步之间是互相关联的、互相依存的.三、两个计数原理的应用1．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步．应用分类加法计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性，各类中的每个方法都能独立的将这件事情完成；应用分步乘法原理时，要注意“步”与“步”之间是连续的，做一件事需分成若干个互相联系的步骤，所有步骤依次相继完成，这件事才算完成．2．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．3．分步要做到“步骤完整”，步与步之间要相互独立，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到总数．知识参考答案：一、1．m+n2．m1＋m2＋···＋m n二、1．m×n2．m1×m2×···×m n重点重点分类加法计数原理、分步乘法计数原理难点两个计数原理的应用易错混淆分步、分类致误或分步、分类时考虑不全致误1．分类加法计数原理的应用对分类加法计数原理的理解注意点：（1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定一个分类标准，在这个标准下进行分类.（2）“完成一件事有n类不同方案”是指完成这件事的所有方法可分为n类，即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，而不需要再用到其他方法；每一类没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方法都在某一类中.简单地说，就是应用分类加法计数原理时要做到“不重不漏”.【例1】从甲地到乙地一天之中有三次航班、两趟火车，某人利用这两种交通工具在当天从甲地赶往乙地的方法有A．2种B．3种C．5种D．6种【答案】C【例2】把3枚相同的纪念邮票和4枚相同的纪念币作为礼品送给甲、乙两名学生，要求全部分完且每人至少有一件礼品，则不同的分法共有种.【答案】18【解析】以甲分得的礼品数为标准分类（用(a,b)表示甲分得纪念邮票a枚，纪念币b枚），可分为6类：第1类，甲分得1件礼品有2种分法：（1,0），（0,1）；第2类，甲分得2件礼品有3种分法：（2,0），（1,1），（0,2）；第3类，甲分得3件礼品有4种分法：（3,0），（2,1），（1,2），（0,3）；第4类，甲分得4件礼品有4种分法：（3,1），（2,2），（1,3），（0,4）；第5类，甲分得5件礼品有3种分法：（3,2），（2,3），（1,4）；第6类，甲分得6件礼品有2种分法：（3,3），（2,4）.根据分类加法计数原理，不同的分法共有2+3+4+4+3+2=18种.【名师点睛】本题的分类标准并不明显，根据题意，这些礼品要全部分完且每人至少有一件礼品，因此可以将甲、乙这两人中一人分得的礼品数作为分类标准，本题从甲分得的礼品数考虑，也可以从两类礼品的角度考虑，分两个步骤完成，应用分步乘法计数原理解决.2．分步乘法计数原理的应用对分步乘法计数原理的理解注意点：（1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定分步标准，标准不同，分步的步骤也会不同.（2）“完成一件事需要n个步骤”是指完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成所有这些步骤就能完成这件事.即各步骤是相互依存的，只有每个步骤都完成才能完成这件事.简单地说，就是应用分步乘法计数原理时要做到“步骤完整”.【例3】某市汽车牌照号码(由4个数字和1个字母组成)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)，某车主第一个号码(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，则他的车牌号码所有可能的情况有A．180种B．360种C．720种D．960种【答案】D【解析】分五步完成,第i步取第i个号码由分步乘法计数原理,可得车牌号码共有种.【例4】（1）用数字1,2,3可以组成多少个三位数？（2）用数字1,2,3可以组成多少个没有重复数字的三位数？【答案】（1）27；（2）6.【解析】（1）要完成“组成三位数”这件事,需分以下3步：第一步：确定个位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；第二步：确定十位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；第三步：确定百位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法.根据分步乘法计数原理,可以组成的三位数有3×3×3=27个.（2）要完成“组成没有重复数字的三位数”这件事,需分以下3步：第一步：确定个位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；第二步：确定十位数字,第一步选过的数字不能选择,因此有2种选法；第三步：确定百位数字,只有1种选法.根据分步乘法计数原理,知可以组成的三位数有3×2×1=6个.【规律总结】（1）应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．（2）利用分步乘法计数原理解题的一般思路．①分步：将完成这件事的过程分成若干步；②计数：求出每一步中的方法数；③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．3．两个计数原理的综合应用应用两个计数原理解题时的策略：（1）确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理，还是两种原理综合应用解题．（2）处理好类与步的关系：对于较为复杂的题目，在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中又可能分类计算所用的方法，两者要有机结合．（3）注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏．【例5】编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，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？【例6】集合A＝{1，2，－3}，B＝{－1，－2，3，4}.现从A，B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标.（1）可以得到多少个不同的点？（2）在这些点中，位于第一象限的有几个？【解析】（1）一个点的坐标由x，y两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点，可分为两类：第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12(个)不同的点；第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12(个)不同的点.由分类加法计数原理得不同点的个数为12＋12＝24(个).（2）第一象限内的点，即x，y必须为正数，从而只能取A，B中的正数，同样可分为两类.由分类加法计数原理得适合题意的不同点的个数为2×2＋2×2＝8(个).4．分类或分步时考虑不全致误【例7】有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？【错解】每次升一面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×2＝6种不同信号；每次升3面旗可组成3×2×1＝6种不同的信号，根据分类加法计数原理知，共有不同信号3＋6＋6＝15种．【错因分析】每次升起2面或3面旗时，颜色可以相同．【正解】每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理得，共可组成：3＋9＋27＝39种不同的信号．【易错警示】审题时要细致，把题意弄清楚．本题中没有规定升起旗子的颜色不同，故既要考虑升起旗子的面数，又要考虑其颜色，不可偏废遗漏．【例8】甲、乙、丙、丁4名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生，则不同的冠军获得情况有种.【错解】错解1：分四步完成这件事.第1步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有可能1个也没获得，也可能获得1个或2个或全部，因此，共有4种不同情况；同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有4种不同情况.由分步乘法计数原理知，共有4×4×4×4=44=256种不同的冠军获得情况.错解2：分四步完成这件事.第1步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有3种不同情况；同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有3种不同情况.由分步乘法计数原理知，共有3×3×3×3=34=81种不同的冠军获得情况.【错因分析】要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”.但错解1、2中都有可能出现某一学科冠军被2人、3人，甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学科没有冠军产生的情况.【正解】可先举例说出其中的一种情况，如数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军分别是甲、甲、丙，可见研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军，才完成了这件事，而4名同学不一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步.第1步，产生第1个学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况；第2步，产生第2个学科冠军，因为夺得第1个学科冠军的同学还可以去争夺第2个学科的冠军，所以第2个学科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况；第3步，同理，产生第3个学科冠军，也有4种不同的获得情况.由分步乘法计数原理知，共有4×4×4=43=64种不同的冠军获得情况.【答案】64【易错警示】此类问题是一类元素允许重复选取的计数问题，可以用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么.也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据.基础训练1．某学生去书店,发现2本不同的好书,决定至少买其中一本,则购买方式共有A．1种B．2种C．3种D．4种2．设某班有男生30名，女生24名．现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，则不同的选法共有A．24种B．30种C．54种D．720种3．体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有A．12种B．7种C．14种D．49种4．在一次才艺展示活动中,甲、乙、丙三位同学欲报名“朗诵比赛”、“歌唱比赛”,但学校规定每位同学限报其中的一个,且乙知道自己唱歌不如甲,若甲报唱歌比赛乙就报朗诵比赛,则他们三人不同的报名方法有A．3种B．6种C．7种D．8种5．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．86．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．12 B．24C．36 D．407．若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有_______种. 8．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，则共有________种不同的推选方法.9．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续．．．．固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________．10．现从高一四个班的学生中选取34人，其中一、二、三、四班分别选取7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．（1）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（2）推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？能力提升11．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12．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有A．6种B．36种C．63种D．64种13．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14．若直线方程Ax+By=0中的A,B可以从0,1,2,3,5这5个数字中任取2个不同的数字，则方程所表示的不同直线有A ．5条B ．7条C ．12条D ．14条15．如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同涂色方法种数为A ．24种B ．48种C ．72种D ．96种16．已知a ∈{3,4,6}，b ∈{2,5,7,8}，则方程x 2a ＋y 2b＝1可表示________个不同的椭圆.17．将黑白2个小球随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，则黑白两球均不在1号盒子的概率为______ 18．我们把个位数比十位数小的两位数称为“和谐两位数”，则1，2，3，4四个数组成的两位数中，“和谐两位数”有________个.19．用n 种不同的颜色为下列两块广告牌（如图甲、乙）着色，要求A ，B ，C ，D 四个区域中相邻（有公共边界）的区域用不同的颜色.（1）若n =6,求为甲图着色时共有多少种不同的方法； （2）若为乙图着色时共有120种不同方法，求n .真题练习20．(新课标全国Ⅱ)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A ．24B ．18C ．12D ．921．(2019新课标全国Ⅲ)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22．(2019福建模拟)满足a ，b ∈{−1,0,1,2}，且关于x 的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数为 A ．14 B ．13 C ．12D ．1023．(2019山东模拟)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为A ．243B ．252C ．261D ．27924．(2019安徽模拟)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对参考答案1 2 3 4 5 6 11 12C D D B D C D C13 14 15 20 21 22 23 24B DC B C B B C 1．【答案】C【解析】分两类:买1本书、买2本书,各类购买方式依次有2种、1种,故购买方式共有2+1=3种.2．【答案】D【解析】第一步，从30名男生中选出1人，有30种不同的选法；第二步，从24名女生中选出1人，有24种不同的选法．根据分步乘法计数原理得，共有30×24=720种不同的选法．3．【答案】D【解析】要完成进、出门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场，第一步进门有4+3=7种方法，第二步出门也有4+3=7种方法，由分步乘法计数原理知，进、出的方案有7×7=49种.4．【答案】B【解析】从甲着手分析,分两类：若甲报唱歌比赛,则乙报朗诵比赛,丙可任选,有2种报名方法；若甲报朗诵比赛,则乙、丙均可任选,有2×2=4种报名方法.所以共有2+4=6种不同的报名方法.5．【答案】D【解析】分两类:第1类,公差大于0,有①1,2,3,②2,3,4,③3,4,5,④1,3,5,共4个等差数列；第二类,公差小于0,也有4个.根据分类加法计数原理可知,共有4+4=8个不同的等差数列.【名师点睛】完成这件事，只要两位数的个位、十位确定了，这件事就算完成了，因此可考虑按十位上的数字情况或按个位上的数字情况进行分类．应用分类加法计数原理解题时要注意以下三点：（1）明确题目中所指的“完成一件事”指的是什么事，怎样才算是完成这件事．（2）完成这件事的n类办法中的各种方法是互不相同的，无论哪类办法中的哪种方法都可以单独完成这件事．（3）确立恰当的分类标准，这个“标准”必须满足：①完成这件事情的任何一种方法必须属于其中的一个类；②分别在不同两类中的两种方法不能相同．即不重复，无遗漏．7．【答案】81【解析】4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则每人有3种报名方法，则4人共有3×3×3×3=81种方法.8．【答案】31【解析】分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×5＝15种选法；第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×2＝6种选法；第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有5×2＝10种选法.综合以上三类，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31种不同选法.9．【答案】60【解析】第一步任意选取一个螺栓，有6种方法；第二步，按照要求以此固定，不妨第一次固定螺栓1，则有如下的固定方法：1,3,5,2,4,6；1,3,5,2,6,4；1,3,6,4,2,5；1,5,2,4,6,3；1,5,3,6,2,4；1,5,3,6,4,2；1,4,2,6,3,5；1,4,2,5,3,6；1,4,6,3,5,2；1,4,6,2,5,3，共有10种方法，所以总共有种方法，故答案是60.10．【解析】（1）分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5040(种)．（2）分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．11．【答案】D【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，每次分完只有一个代表队得不到，所以共有5种不同的分法．故选D．12．【答案】C【解析】每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有26－1＝63种．故选C．13．【答案】B【解析】按分类加法计数原理做如下讨论：①当A中最大的数为1时，B可以是{2，3，4，5}的非空子集，即有24－1＝15种方法；②当A中最大的数为2时，A可以是{2}或{1，2}，B可以是{3，4，5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14种方法；③当A中最大的数为3时，A可以是{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，B可以是{4，5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12种方法；④当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，B可以是{5}，即有8×1＝8种方法.故共有15＋14＋12＋8＝49种方法.14．【答案】D【解析】方法一（直接法）：本题中有特殊数字0，所以，以A,B中是否有数字0为标准进行分类，可分两类：第1类，当A,B中有一个为0时，表示直线x=0或y=0，共2条不同直线.第2类，当A,B都不为0时，确定直线Ax+By=0需要分两步完成：第1步，确定A的值，有4种不同的方法；第2步，确定B的值，有3种不同的方法.由分步乘法计数原理知，共可确定4×3=12条不同直线.由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2+12=14条.方法二（间接法）：分两步：第1步，确定A的值，有5种不同的方法；第2步，确定B的值，有4种不同的方法.由分步乘法计数原理知，可以确定5×4=20条直线.在这20条直线中，A=0，B=1，2，3，5，以及B=0，A=1，2，3，5各表示一条直线，即有6条直线是重复计数的，因此，符合条件的不同直线共有20−6=14条.【名师点睛】间接法体现了“正难则反”的思想.若问题从正面考虑的话情况比较多,而问题的反面情况较少,且容易计数,则宜采用间接法,即先求出方法总数,再减去不符合条件的方法数或重复计数的方法数. 15．【答案】C【解析】解法1：分两种情况：①A、C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B、D有1种，由分步乘法计数原理知有4×3×2＝24种．②A、C同色，先涂A有4种，E有3种，E有2种，B、D各有2种，由分步乘法计数原理知有4×3×2×2＝48种．由分类加法计数原理知，共有72种，故选C．解法2：先涂A，有4种涂法，再涂B、D，①若B 与D 同色，则B 有3种，E 有2种，C 有2种，共有4×3×2×2＝48种；②若B 与D 不同色，则B 有3种，D 有2种，E 有1种，C 有1种，共有4×3×2×1×1＝24种， 由分类加法计数原理知，共有不同涂法48＋24＝72种． 故选C ．【名师点睛】这是一个有限制条件的计数问题，解决方法是：特殊位置、特殊元素优先安排的原则．本题是先分类再分步，而分类的标准是两个特殊位置，这样，在分类时才能做到“不重不漏”．应用两个计数原理解题时的策略：(1)确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理，还是两种原理综合应用解题．(2)处理好类与步的关系：对于较为复杂的题目，在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中又可能分类计算所用的方法，两者要有机结合． (3)注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏． 16．【答案】12【解析】∵a ∈{3,4,6}，b ∈{2,5,7,8}，∴x 2a ＋y 2b ＝1可表示不同的椭圆个数为3×4＝12个．17．【答案】49【解析】黑白两个球随机放入编号为的三个盒子中，每个球都有三种放法，故共有种放法，黑白两球均不在一号盒，都有两种放法，共有，所以黑白两球均不在一号盒的概率为49，故答案为49. 【名师点睛】计数原理与其他知识交汇命题，常以“个数”或“概率”形式出现，计数常采用列举数数、树状图、表格等方法．解答时，先依据其他知识转化，将所求问题归结为计数问题，再按计数原理进行计算．19．【解析】（1）对区域A ，B ，C ，D 按顺序着色，共有6×5×4×4=480种不同的方法.（2）对区域A，B，C，D按顺序着色，依次有n种、n−1种、n−2种和n−3种，由分步乘法计数原理，不同的着色方法共有n(n−1)(n−2)(n−3)=120，整理得(n2−3n)(n2−3n+2)=120，(n2−3n)2+2(n2−3n)−120=0，n2−3n−10=0或n2−3n+12=0（舍去），解得n=5.【名师点睛】（1）由题意知本题考查的是分步乘法计数原理，对区域A，B，C，D按顺序着色，第一块有6种方法，第二块就不能选第一块的颜色，有5种结果，以此类推，根据分步计数原理得到结果．（2）利用分步乘法计数原理得到不同的染色方法有n(n−1)(n−2)(n−3)种，再根据共有120种结果，列出等式，解关于n的方程，即可得到结果．对于着色问题的两种典型现象：一是平面图涂颜色：先涂接触区域最多的一块；二是立体图涂颜色：先涂具有同一顶点的几个平面，其他平面每步涂法分类列举.20．【答案】B【解析】由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，则共有6×3=18种走法，故选B.【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．21．【答案】C【解析】由题意，得必有10a=，81a=，则具体的排法列表如下：0 00 1 1 11 10 1 110 11 010 1 110 11 01 00 11 010 1 1 10 1 1 0 10 1 1由上表知，不同的“规范01数列”共有14个，故选C.【方法点拨】求解计数问题时，如果遇到情况较为复杂，即分类较多，标准也较多，同时所求计数的结果不太大时，往往利用表格法、树状图将其所有可能一一列举出来，常常会达到岀奇制胜的效果． 22．【答案】B【解析】当0a =时，关于x 的方程为20x b +=，此时有序数对()()()0,10,00,102),(-，，，均满足要求； 当0a ≠时，440ab ∆=-≥，所以1ab ≤，此时满足要求的有序数对为()()(1,11,01,11,2)()-----,,,,()()()111,01,1212,0()()--,,,，,,．综上，共有13个满足要求的有序数对． 23．【答案】B【解析】十个数排成不重复数字的三位数的求解方法是： 第1步，排百位数字，有9种方法(0不能作首位)； 第2步，排十位数字，有9种方法； 第3步，排个位数字，有8种方法，根据乘法原理，共有9×9×8=648个没有重复数字的三位数． 可以组成所有三位数的个数有9×10×10=900（个）， 所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900−648=252. 24．【答案】C【解析】如图，在上底面中选11B D ，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样11A C 对应的也有8对，下底面也有16对，共有32对；左右侧面与前后侧面中共有16对．所以全部共有48对．。

学习目标巩固分类加法计数原理和分步乘法计数原理，并能灵活应用这两个计数原理解决实际问题．知识点一两个计数原理的区别与联系知识点二两个计数原理的综合应用解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用．使用时要做到目的明确，层次分明，先后有序，还需特别注意以下两点：(1)合理分类，准确分步：处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准．分类时需要满足两个条件：①类与类之间要互斥(保证不重复)；②总数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准．分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性．(2)特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想．类型一组数问题例1用0,1,2,3,4五个数字，(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？(2)可以排成多少个三位数？(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？引申探究由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？反思与感悟对于组数问题，应掌握以下原则：(1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解．(2)要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．跟踪训练1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)类型二抽取(分配)问题例23个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？反思与感悟解决抽取(分配)问题的方法(1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法．(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．跟踪训练2从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是()A．9B．10C．18D．20类型三涂色与种植问题命题角度1涂色问题例3将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？引申探究若本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则不同的涂法共有多少种？反思与感悟涂色问题的四个解答策略涂色问题是考查计数方法的一种常见问题，由于这类问题常常涉及分类与分步，所以在高考题中经常出现，处理这类问题的关键是要找准分类标准，求解涂色问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用的方法有：(1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算．(2)以颜色为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算．(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．(4)对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准．跟踪训练3如图所示，将四棱锥S－ABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数．命题角度2种植问题例4将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有________种．反思与感悟按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都能完成这件事情，而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步．跟踪训练4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，求有多少种不同的种植方法．1．用0,1,2,3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有()A．8个B．10个C．18个D．24个2．在2,3,5,7,11这五个数字中，任取两个数字组成分数，其中假分数的个数为() A．20 B．10C．5 D．243．有5名同学被安排在周一至周五值日，每人值日一天．已知同学甲只能在周三值日，那么这5名同学值日顺序的安排方案共有()A．12种B．24种C．48种D．120种4．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．5．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________种．1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答后面将要学习的排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础．2．应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤．3．一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏．4．若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些．[答案]精析题型探究例1 解 (1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种)．(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种)．(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法．因而有12＋18＝30(种)排法．即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数． 引申探究解 完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：第一步定个位，只能从1,3中任取一个，有2种方法；第二步定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个还有3个可任取一个，有3种方法；第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36(个)． 跟踪训练1 14[解析] 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，所以符合题意的四位数有24－2＝14(个)．例2 解 方法一 (以小球为研究对象)分三步来完成： 第一步：放第一个小球有5种选择； 第二步：放第二个小球有4种选择； 第三步：放第三个小球有3种选择，根据分步乘法计数原理得：总方法数N ＝5×4×3＝60. 方法二 (以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5， 分成以下10类：第一类：空盒子标号为：(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)； 第二类：空盒子标号为：(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)； 第三类：空盒子标号为：(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；分类还有以下几种情况：(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得：总方法数N ＝6＋6＋…＋6＝60.跟踪训练2 C [利用分步乘法计数原理，取两个不同的数共有5×4＝20(种)，∵31＝93，13＝39，∴共可得到lg a－lg b的不同值的个数是20－2＝18.]例3解第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法．(1)当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4×3＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×12×3＝180(种)不同的涂法．(2)当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．由分类加法计数原理可得共有180＋80＝260(种)不同的涂法．引申探究解依题意，可分两类情况：①④不同色；①④同色．第一类：①④不同色，则①②③④所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成．第一步涂①，从5种颜色中任选一种，有5种涂法；第二步涂②，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法；第三步涂③与第四步涂④时，分别有3种涂法和2种涂法．于是由分步乘法计数原理可得，不同的涂法为5×4×3×2＝120(种)．第二类：①④同色，则①②③不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成．第一步涂①④，有5种涂法；第二步涂②，有4种涂法；第三步涂③，有3种涂法．于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有5×4×3＝60(种)．综上可知，所求的涂色方法共有120＋60＝180(种)．跟踪训练3解由题意，四棱锥S－ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．当S，A，B染色确定时，不妨设其颜色分别为1,2,3.若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．由分类加法计数原理知，当S，A，B染法确定时，C，D有7种染法．由分步乘法计数原理得，不同的染色方法有60×7＝420(种)．例442[解析]分别用a、b、c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.(1)若第三块田放c：第四、五块田分别有2(2)若第三块田放a：第四块有b或c两种方法，①若第四块放c：第五块有2种方法；②若第四块放b：第五块只能种作物c，共1综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．跟踪训练4解方法一(直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6(种)不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有3×2＝6(种)不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．方法二(间接法)：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故不同的种植方法共有24－6＝18(种)．当堂训练1．A 2.B 3.B 4.13 5.108。

§1．1分类加法计数原理和分步乘法计数原理教学目标：知识与技能：①理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理；②会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题；过程与方法：培养学生的归纳概括能力；情感、态度与价值观：引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式教学重点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)教学难点：分类计数原理(加法原理)与分步计数原理(乘法原理)的准确理解授课类型：新授课课时安排：2课时第一课时引入课题先看下面的问题：①从我们班上推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？②把我们的同学排成一排，共有多少种不同的排法？要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识. 排列组合是一种重要的数学计数方法. 总的来说，就是研究按某一规则做某事时，一共有多少种不同的做法.在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理. 这节课，我们从具体例子出发来学习这两个原理.1 分类加法计数原理（1）提出问题问题1.1：用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？问题1.2：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.如果一天中火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？探究：你能说说以上两个问题的特征吗？（2）发现新知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+=mn种不同的方法.（3）知识应用例1.在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：A大学B大学生物学数学化学会计学医学信息技术学物理学法学工程学如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择呢？分析：由于这名同学在A , B 两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又由于两所大学没有共同的强项专业，因此符合分类加法计数原理的条件．解：这名同学可以选择 A , B 两所大学中的一所．在 A 大学中有 5 种专业选择方法，在 B 大学中有 4 种专业选择方法．又由于没有一个强项专业是两所大学共有的，因此根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择共有5+4=9（种）.变式：若还有C 大学，其中强项专业为：新闻学、金融学、人力资源学.那么，这名同学可能的专业选择共有多少种？探究：如果完成一件事有三类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，在第3类方案中有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事情有n 类不同方案，在每一类中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？一般归纳：完成一件事情，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法……在第n 类办法中有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N +⋅⋅⋅++=21种不同的方法.理解分类加法计数原理：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事. 例2.一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路线共有多少条？ 解:从总体上看,如,蚂蚁从顶点A 爬到顶点C1有三类方法,从局部上看每类又需两步完成,所以,第一类, m1 = 1×2 = 2 条第二类, m2 = 1×2 = 2 条第三类, m3 = 1×2 = 2 条所以, 根据加法原理, 从顶点A到顶点C1最近路线共有N = 2 + 2 + 2 = 6 条练习1．填空：( 1 ）一件工作可以用2 种方法完成，有5 人只会用第1 种方法完成，另有4 人只会用第2 种方法完成，从中选出l 人来完成这件工作，不同选法的种数是＿;( 2 ）从A 村去B 村的道路有3 条，从B 村去C 村的道路有2 条，从A 村经B 的路线有＿条．第二课时2 分步乘法计数原理（1）提出问题问题2.1：用前6个大写英文字母和1—9九个阿拉伯数字，以1A ,2A ,…，1B ,2B ,…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？用列举法可以列出所有可能的号码：我们还可以这样来思考：由于前 6 个英文字母中的任意一个都能与 9 个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，因此共有 6×9 = 54 个不同的号码．探究：你能说说这个问题的特征吗？（2）发现新知分步乘法计数原理 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.（3）知识应用例1.设某班有男生30名，女生24名. 现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？分析：选出一组参赛代表，可以分两个步骤．第 l 步选男生．第2步选女生．解：第 1 步，从 30 名男生中选出1人，有30种不同选择；第 2 步，从24 名女生中选出1人，有 24 种不同选择．根据分步乘法计数原理，共有30×24 =720种不同的选法．探究：如果完成一件事需要三个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，做第3步有3m 种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？如果完成一件事情需要n 个步骤，做每一步中都有若干种不同方法，那么应当如何计数呢？一般归纳：完成一件事情，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法……做第n 步有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯=21种不同的方法.理解分步乘法计数原理：分步计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事.3．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理异同点①相同点：都是完成一件事的不同方法种数的问题②不同点：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为若干类，各类的方法相互独立，各类中的各种方法也相对独立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事，是独立完成；而分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，完成一件事要分为若干步，各个步骤相互依存，完成任何其中的一步都不能完成该件事，只有当各个步骤都完成后，才算完成这件事，是合作完成.例2 .如图,要给地图A 、B 、C 、D 四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？解: 按地图A 、B 、C 、D 四个区域依次分四步完成,第一步, m1 = 3 种,第二步, m2 = 2 种,第三步, m3 = 1 种,第四步, m4 = 1 种,所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案种数共有N = 3 ×2 ×1×1 = 6变式1，如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？2若颜色是2种，4种，5种又会什么样的结果呢？练习2．现有高一年级的学生3 名，高二年级的学生5 名，高三年级的学生4 名．( 1 ）从中任选1 人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？村去C 村，不同( 2 ）从3 个年级的学生中各选1 人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？第三课时3 综合应用例1. 书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放2本不同的体育书.①从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？②从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？③从书架上任取两本不同学科的书，有多少种不同的取法？【分析】①要完成的事是“取一本书”，由于不论取书架的哪一层的书都可以完成了这件事，因此是分类问题，应用分类计数原理.②要完成的事是“从书架的第1、2、3层中各取一本书”，由于取一层中的一本书都只完成了这件事的一部分，只有第1、2、3层都取后，才能完成这件事，因此是分步问题，应用分步计数原理.③要完成的事是“取2本不同学科的书”，先要考虑的是取哪两个学科的书，如取计算机和文艺书各1本，再要考虑取1本计算机书或取1本文艺书都只完成了这件事的一部分，应用分步计数原理，上述每一种选法都完成后，这件事才能完成，因此这些选法的种数之间还应运用分类计数原理.解： (1) 从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4 种方法；第2 类方法是从第2 层取1本文艺书，有3 种方法；第3类方法是从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法．根据分类加法计数原理，不同取法的种数是123N m m m =++=4+3+2=9;( 2 ）从书架的第 1 , 2 , 3 层各取 1 本书，可以分成3个步骤完成：第 1 步从第 1 层取 1 本计算机书，有 4 种方法；第 2 步从第 2 层取1本文艺书，有 3 种方法；第 3 步从第3层取1 本体育书，有 2 种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是123N m m m =⨯⨯=4×3×2=24 .（3）26232434=⨯+⨯+⨯=N 。

分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识集结知识元分类加法计数原理知识讲解1．分类加法计数原理【知识点的认识】1．定义：完成一件事有两类不同方案：在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有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．推广：完成一件事有n类不同方案：在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有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．3．特点：（1）完成一件事的n类方案相互独立；（2）同一类方案中的各种方法相对独立．（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；4．注意：与分步乘法计数原理区别分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点计算“完成一件事”的方法种数不同点分类完成，类类相加分步完成，步步相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整【解题步骤】如果完成一件事情有n类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法计数原理．实现步骤：（1）分类；（2）对每一类方法进行计数；（3）用分类加法计数原理求和；【命题方向】与实际生活相联系，以选择题、填空题的形式出现，并综合排列组合知识成为能力型题目，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．例：某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（）A.30种B.35种C.42种D.48种分析：两类课程中各至少选一门，包含两种情况：A类选修课选1门，B类选修课选2门；A 类选修课选2门，B类选修课选1门，写出组合数，根据分类计数原理得到结果．解答：可分以下2种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C31C42种不同的选法；②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C32C41种不同的选法．∴根据分类计数原理知不同的选法共有C31C42+C32C41＝18+12＝30种．故选A．点评：本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想．本题也可以从排列的对立面来考虑，写出所有的减去不合题意的，可以这样解：C73﹣C33﹣C43＝30．例题精讲分类加法计数原理例1.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种例2.袋中有大小相同的5个球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，现在有放回抽取的条件下依次取出两个球，设两个球号码之和为随机变量ξ，则ξ所有可能取值的个数是（）A．5 B．9 C．10 D．25例3.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，则李芳有几种不同的选择方式（）A．24 B．14 C．10 D．9分步乘法计数原理知识讲解1．分步乘法计数原理【知识点的认识】1．定义：完成一件事需要分成两个步骤：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．2．推广：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．3．特点：完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事；4．注意：与分类加法计数原理区别分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点计算“完成一件事”的方法种数如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则可使用分步乘法计数原理．实现步骤：（1）分步；（2）对每一步的方法进行计数；（3）用分步乘法计数原理求积；【命题方向】与实际生活相联系，以选择题、填空题的形式出现，并综合排列组合知识成为能力型题目，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．例：从1，2，3，4，5，6，7这七个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，其中奇数的个数为（）A.432B.288C.216D.108分析：本题是一个分步计数原理，先从4个奇数中取2个再从3个偶数中取2个共C42C32，再把4个数排列，其中是奇数的共A21A33种，根据分步计数原理得到结果．解答：∵由题意知本题是一个分步计数原理，第一步先从4个奇数中取2个再从3个偶数中取2个共C42C32＝18种，第二步再把4个数排列，其中是奇数的共A21A33＝12种，∴所求奇数的个数共有18×12＝216种．故选C．点评：本题考查分步计数原理，是一个数字问题，数字问题是排列中的一大类问题，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，很多题目要分类讨论，要做到不重不漏．例题精讲分步乘法计数原理例1.用1，3，5，7，9五个数字中的三个替换直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，若A、B、C的值互不相同，则不同的直线共有（）A．25条B．60条C．80条D．181条例2.直角坐标xOy平面上，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个例3.对某种产品的6件不同正品和4件不同次品一一进行测试，到区分出所有次品为止若所有次品恰好在第五次测试被全部发现，则这样的测试方法有（）A．24种B．96种C．576种D．720种计数原理的应用知识讲解1．计数原理的应用【知识点的认识】1．两个计数原理（1）分类加法计数原理：N＝m1+m2+…+m n（2）分步乘法计数原理：N＝m1×m2×…×m n2．两个计数原理的比较1．计数原理的应用（1）如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类加法计数原理；（2）如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步乘法计数原理．2．解题步骤（1）指明要完成一件什么事，并依事件特点确定是“分n类”还是“分n步”；（2）求每“类”或每“步”中不同方法的种数；（3）利用“相加”或“相乘”得到完成事件的方法总数；（4）作答．【命题方向】分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法．常见考题类型：（1）映射问题（2）涂色问题（①区域涂色②点的涂色③线段涂色④面的涂色）（3）排数问题（①允许有重复数字②不允许有重复数字）例题精讲计数原理的应用例1.艺术节期间，秘书处派甲、乙、丙、丁四名工作人员分别到A，B，C三个不同的演出场馆工作，每个演出场至少派一人．若要求甲、乙两人不能到同一演出场馆工作，则不同的分派方案有____种．例2.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____种．例3.现用五种不同的颜色，要对如图中的四个部分进行着色，要求公共边的两块不能用同一种颜色，共有____种不同着色方法当堂练习单选题练习1.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种练习2.来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，执行北京奥运会的一号、二号和三号场地的乒乓球裁判工作，每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案总数有（）练习3.2010年的自主招生工作，部分高校实施校长实名推荐制．某中学获得推荐4名学生的资格，可以选择的大学有三所，而每所大学至多接受该校的2名推荐生，那么校长推荐的方案有（）练习4.某省示范高中将6名教师分配至3所农村学校支教，每所学校至少分配一名教师，其中甲必去A校，乙、丙两名教师不能分配在同一所学校的不同分配方法数为（）练习5.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有（）种练习1.将5名学生分配到3个社区参加社会实践活动，每个社区至少分配一人，则不同的分配方案有_____种（用数字填写答案）练习2.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有_____个．解答题练习1.'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。

分类加法计数原理与分步乘法计数原理【応识梃理】1.完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有加种不同的方法，在第2类方案中有〃种不同的方法，那么完成这件事共有N= R+门种不同的方法.2.完成一件事有〃类不同的方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有加2种不同的方法，…，在第〃类方案中有观”种不同的方法，则完成这件事共有N=... + ®种不同的方法.3.完成一件事需要两个步骤，做第1步有加种不同的方法，做第2步有〃种不同的方法，那么完成这件事共有N =心种不同的方法.4.完成一件事需要〃个步骤，做第1步有加1种不同的方法，做第2步有加2种不同的方法，…，做第n步有m n 种不同的方法，则完成这件事共有NSF…x®种不同的方法.【纟考麵型】同的选法?(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1 名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？［解］(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，共有三类 男生数女生数 总数 高三⑴班30 20 50 高三⑵班30 30 60 高三⑶班 35 20 55某校高三共有三个班，各班人数如下表.(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不 分类加法计数原理[例1]不同的方案：第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法;第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法;第3类，从高三⑶班中选出1名学生，有55种不同的选法.根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50+60+55 = 165种不同的选法.(2)从高三⑴班、(2)班男生中或从高三⑶班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有三类不同的方案:第1类，从高三⑴班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高三⑵班男生中选出1名学生，有30种不同的选法;第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法.根据分类加法计数原理知，从高三⑴班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30+30+20=80种不同的选法•［类题通法］利用分类加法计数原理时要注意(1)要准确理解题意，确定分类的标准.(2)分类时要做到“不重不漏”，即类与类之间要保证相互间的独立性.［对点训练］若小且x+yW6,试求有序自然数对（兀，刃的个数. 解：按兀的取值进行分类:兀=1时，丿=1，2,3,4,5,共构成5个有序自然数对;兀=2 时，y = l，2,3,4,共构成4个有序自然数对;兀=5时，j = l,共构成1个有序自然数对.根据分类加法计数原理，共有^=5+4+3+2+1 = 15个有序自然数对.题型二分步乘法计数原理［例2］从1,2,3,4中选三个数字，组成无重复数字的整数，则满足下列条件的数有多少个?(1)三位数；(2)三位偶数.［解］(1)三位数有三个数位: 百位十位个位故可分三个步骤完成: 第1步，排个位，从1,23,4中选1个数字，有4种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法;第3步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法.根据分步乘法计数原理，共有4X3X2=24个满足要求的三位数.(2)分三个步骤完成：第1步，排个位，从2,4中选1个，有2种方法；第2步，排十位，从余下的3个数字中选1个，有3种方法；第3步，排百位，只能从余下的2个数字中选1个，有2种方法.根据分步乘法计数原理，共有2X3X2=12个满足要求的三位偶数.［类题通法］利用分步乘法计数原理时要注意(1)仔细审题，抓住关键点确立分步标准，有特殊要求的先行安排；(2)分步要保证各步之间的连续性和相对独立性.［对点训练］一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同.(1)从两个口袋里各取1封信，有多少种不同的取法?(2)把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法?解：(1)各取1封信，不论从哪个口袋里取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成，由分步乘法计数原理，共有5 X4=20种不同的取法.(2)若从每封信投入邮筒的可能性考虑，第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能，・・・，第九封信还有4种可能，所以共有4°种不同的投法.两个计数原理的综合应用［例3］现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30 人，组成冬令营.(1)若从中选1人作总负责人，共有多少种不同的选法?(2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法?(3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法?［解］(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选1 人作总负责人有42种选法；从高三选1人作总负责人有30种选法.由分类加法计数原理，可知共有50+42+30=122种选法.(2)从高一选1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有30种选法.由分步乘法计数原理，可知共有50X42X30=63 000种选法.(3)①从高一和高二各选1人作中心发言人，有50X42=2100种选法；②从高二和高三各选1人作中心发言人，有42X30=1 260种选法；③从高一和高三各选1人作中心发言人，有50X30=1 500种选法.故共有2 100+1 260+1 500=4 860种选法・［类题通法］在用两个计数原理处理问题时，首先要分清是“分类”还是“分步”，其次要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重” “不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序, 注意“步”与“步”之间的连续性.［对点训练］有一项活动，需在3名老师、8名男同学和5名女同学中选部分人员参加.(1)若只需一人参加，有多少种不同的选法?(2)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同的选法?(3)若需一名老师、一名同学参加，有多少种不同的选法?解：(1)有三类:3名老师中选一人，有3种方法；8名男同学中选一人，有8种方法；5名女同学中选一人，有5种方法.由分类加法计数原理知，有3+8+5=16种选法.(2)分三步：第1步选老师，有3种方法；第2步选男同学, 有8种方法；第3步选女同学，有5种方法.由分步乘法计数原理知，共有3X8X5=120种选法.(3)可分两类，每一类又分两步.第1类，选一名老师再选一名男同学，有3X8=24种选法；第2类，选一名老师再选一名女同学，共有3X5 = 15种选法. 由分类加法计数原理知，共有24+15=39种选法.【俅习反僦】1.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，则不同的配法种数为（）B. 12A. 7C. 64D. 81解析：要完成长裤与上衣配成一套，分两步：第1步，选上衣，从4件上衣中任选一件，有4种不同选法；第2步, 选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法.故共有4X3=12种不同的配法.答案：B2.已知集合M={19 -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（）B. 17A. 1C. 16D. 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，则有3X3=9个在第一、二象限内的点；第2 类，N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则有4X2 =8个在第一、二象限内的点.由分类加法计数原理，共有9+8=17个点在第一、二象限内.答案：B3.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+肘，其中虚数有解析：第1步取b的数，有6种方法；第2步取"的数，也有6种方法.根据分步乘法计数原理，共有6X6 =36种方法.答案：364. 一学习小组有4名男生，3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有种不同选法；若选男女生各一名当组长,共有_________ 种不同选法.解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选,有4种选法；另一类是从女生中选，有3种选法.根据分类加法计数原理，共有4+3=7种不同选法.若选男女生各一名当组长，需分两步：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2步，从女生中选一名，有3种选法.根据分步乘法计数原理，共有4X3=12种不同选法.答案：7 125.有不同的红球8个，不同的白球7个.(1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法?(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？解：(1)由分类加法计数原理得, 从中任取一个球共有8+7 = 15种取法.⑵由分步乘法计数原理得' 从中任取两个不同颜色的球共有8X7 = 56种取法.。