高考数学一轮复习第9章第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时分层训练

第九章计数原理第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理1. 分类加法计数原理完成一件事情可以有 n 类方案，在第1类方案中有m i 种不同的方法，在第2类方案中有m 种 不同的方法……在第 n 类方案中有m n 种不同的方法,那么完成这件事情共有 _____________ 种不同 的方法•2. 分步乘法计数原理 完成一件事情需要分成n 个步骤，做第1步有m i 种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法……做第n 步有m i 种不同的方法,那么完成这件事情共有 ____________ 种不同的方法. 1.4封不同的信投人三个不同的信箱屮+所有投法的种数是（ A,3*B. 43C. A ；DN 4个人去借3本不同的书（全部借完）•所宥借法的种数是（ A.3*B. 43 C A ：D.3. 若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取 4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有 ( ). A. 60 种 C. 65 种4. 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）5. ________________________ 有三只口袋装有小球，一只装有5个白球，一只装有6个黑球，B. 63 种 D. 66 种一只装有7个红球，若三种颜色的球各取一个，则有种不同的取法.♦分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别分类加法计数原理与分步乘法计数原理 别在于：分类加法计数原理与分类有关 这件事；分步乘法计数原理与分步有关 才算完成•♦混合问题混合问题一般是先分类再分布 •♦画图要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律考向一分类加法计数原理的应用 例1高三⑴班有学生50人，男30人，女20人；高三⑵ 班有学生60人，男30人，女30人; 高三⑶ 班有学生55人，男35人，女20人. (1) 从高三(1)班或(2)班或(3)班选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？(2) 从高三(1)班、(2)班男生中，或从高三(3)班女生中选一名学生任学生会主席 ，有多少种不同的选法？【审题视点】 运用分类加法计数原理，先求出每类方案的取法，再进行相加即可•【方法总结】分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准 ，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法 ，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理•1 •在所有的两位数中，个位数字小于十位数的两位数字共有多少个 ？,都涉及完成一件事情的不同方法的种数•它们的区,各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成 ,各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了 ，这件事考向二分步乘法计数原理的应用例2现要排一份5天的值班表，每天有一个人值班，共有5个人.每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法？【审题视点】运用分步乘法计数原理，先分别求出每一天可排的人数，再进行相乘即可•【方法总结】利用分步乘法计数原理解决问题：①要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.变式训练2. 已知集合M=-3,-2,-1,0,1,2}, P（a，b）表示平面上的点（a，b€ M），问:（1）P可表示平面上多少个不同的点？（2）P可表示平面上多少个第二象限的点？⑶P可表示多少个不在直线y=x上的点？考向三两个计数原理的综合应用5个区域涂色（4种颜色全部使用）,要求每个区域涂1A. 72 种例3如图，用4种不同的颜色对图中种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数有（）.B. 96 种C.108 种 【审题视点】 分成1,3同色与1,3不同色两类，分别求出涂色法，再进行相加【方法总结】对于某些复杂的问题，有时既要用分类加法计数原理，又要用分步乘法计数原理 运用两个计数原理解题时是先分类、后分步，还是先分步、后分类，应视具体问题而定，并搞清分类或分步的具体标准是什么，完成事情的含义和标准是什么 •3. 用六种颜色给正四面体 A-BCD 的每条棱涂色，要求每条棱只涂一种颜色且共顶点的棱涂不 同的颜色，问：有多少种不同的涂色方法典例(2014 •福建)用a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个 红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a )(1 +b )的展开式1+a+b+ab 表示出来，如：“1 ”表示一个球都不取，“ a ”表示取出一个红球，而“ ab ”则表示把红球和蓝球都取出 来.依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从 5个无区别红球，5个无区别的蓝球、5个2 3 4+a+a+a+a+a )(1 +b )(1B. (1 +a 5)(1 +b+b 2+b 3+b 4+b 5)(1 +c )C. (1 +a ) 5(1 +b+b 2+b 3+b 4+b 5)(1 +C 5)D. (1 +a 5)(1 +b ) 5(1 +c+c 2+c+c 4+c 5)【解题指南】 运用加法原理与乘法原理的基本方法(穷举法)解决.【解析】 由题意可知:5个无区别的红球取出若干球可表示为1+a+a 2+a 3+a 4+a 5;5个无区别5的蓝球都取出或都不取出可表示为1+b ;5个有区别的黑球取出若干球可表示为 (1 +c )(1 +c )(1 +c )(1 +c )(1 +c ) =(1 +c ).由乘法 原理可得所有 取法可 表示为D.120 种有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法是( ).A. (1 +c )2 3 4 5 5 5(1+a+a+a+a+a)(1 +b) • (1 +c).故选A【答案】A1. （2014 •四川）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 •安徽）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3. （2014 •重庆）某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（）.A.72B. 120C.144D. 1681. N=m+m+…+m n2n1. A2. B3.D4.365.210【例1】（1）从高三⑴班50人中选一人有50种选法；从高三⑵班60人中选一人有60种选法；从高三⑶班中选一人有55种选法，••• 共有50+60+55=165（种）.⑵从高三（1）班、（2）班男生中选一人有30+30=60（种）选法，从高三⑶班女生中选有20种选法，•共有30+30+20=80（种）.【例2】先排第一天，可排5人中的任一人，有5种排法；再排第二天，此时不能排第一天已排的人，有4种排法；再排第3天，此时不能排第二天已排的人，仍有4种排法；同理，第四、五两天均各有4种排法.由分步乘法计数原理可得值班表共有不同排法数5X 4 X 4X 4X 4=1280（种）.【例：门B解析：若1,3不同色.则1沱,緘4必不同色•有3A}=72种涂色法;若1祷同色，有= 种涂色法-根据分类加法计数原理可知，共冇72 + 24 = 96（种）涂色法.1. 一个两位数由十位数字和个位数字构成，考虑一个满足条件的两位数时，可先确定个位数字后再考虑十位数字.一个两位数的个位数字可以是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, 把这样的两位数分成10类.（1）当个位数字为0时,十位数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8,9, 有9个满足条件的两位数；（2）当个位数字为1时,十位数字可以是2,3,4,5,6,7,8,9, 有8个满足条件的两位数；（3）当个位数字为2时,十位数字可以是3,4,5,6,7,8,9, 有7个满足条件的两位数；以此类推，当个位数字分别是3,4,5,6,7,8,9 时,满足条件的两位数分别有6,5,4,3,2,1,0 个.由分类计数原理得，满足条件的两位数的个数为9+8+7+6+5+4+3+2+1 +0=45（个）.2. （1）确定平面上的点P（a, b）可分两步完成：第一步确定a的值,共有6种取法；第二步确定b的值,共有6种取法.故P可表示平面上36个不同的点.⑵确定第二象限点，可分两步完成：第一步确定a,由于a<0,所以有3种取法；第二步确定b,由于b>0,所以有2种取法.由分步乘法计数原理，得到P可表示第二象限的点的个数是3X 2=6.⑶点P（a, b）在直线y=x上的充要条件是a=b,因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y=x上的点有6个.由⑴得P可表示不在直线y=x上的点共有36- 6=30（个）.3.（1）若恰用二种颜色涂芭*则每织对棱必娥涂同一颜色•而这二组同的颜色不同.敏有A|种方法.（2）若恰川四种埶色涂色•则三组对K'Pff两组对棱涂阿色・但组与组之间不同色•抜有种方法.（3）若恰用五种顔色涂色，则三组对棱屮冇一组对棱涂同一种颜色. 故有&A；种方法.若恰用六种颜色涂色•则有A：种不同的方法*综上•满足题意的总的涂色方抵数为A*十QA善十GA舟十兀=4 080（种人1.B解析：根据甲、乙的位置要求分类解决，分两类.第一类：甲在左端-有Ai = 5X4X3X2Xl=12O（种）方法帛第二类’乙在最左端，有4A；=4X4X紡X2X 1 = 96（种）方袪* 所以殳有120 + 96 = 21仇种｝方｛£■2.C3.B解析：因为同类节目不相邻•故可用插空袪求解.先安排小品节目和相声节目•然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种广小品1,小品2,相声杆小品1•相声，小品旷和•相声，小品X小品2”■对干第一种悄况，形式为小品1,歌舞1 •小品2*□ +相声有AiC^A| = 36（种）安排方法*同理*第一种情况也有恥种安排方法•对于第二种悄况•三个节冃形成4个空. 梵形式为轨匚L小品■口，相声.□•小品2・口”・有AjAj = 48（种）安排方法•故共有范十36+48=120（种）安排方氐。

第一节分类加法计数原理和分步乘法计数原理[备考方向要明了]考什么怎么考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. 高考中，对于两个计数原理一般不单独考查，多与排列、组合相结合考查，且多为选择、填空题，如2012年北京T6，浙江T6等.[归纳·知识整合]1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事，共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．[探究] 1.选用分类加法计数原理的条件是什么？提示：当完成一件事情有几类办法，且每一类办法中的每一种办法都能独立完成这件事情，这时就用分类加法计数原理．2．分步乘法计数原理完成一件事需要n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，…，完成第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1m2…m n种不同的方法．[探究] 2.选用分类乘法计数原理的条件是什么？提示：当解决一个问题要分成若干步，每一步只能完成这件事的一部分，且只有当所有步都完成后，这件事才完成，这时就采用分步乘法计数原理．[自测·牛刀小试]1．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两袋子里各取一个球，不同取法的种数为( )A．182 B．14C．48 D．91解析：选C 由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8＝48.2．某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( ) A．3种B．6种C．7种D．9种解析：选C 分3类：买1本书，买2本书和买3本书．各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7种．3．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( )A．30 B．20C．10 D．6解析：选D 从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由加法原理得共有N＝3＋3＝6种．4．如图，从A→C有________种不同的走法．解析：分为两类：不过B点有2种方法，过B点有2×2＝4种方法，共有4＋2＝6种方法．答案：65．设集合A中有3个元素，集合B中有2个元素，可建立A→B的映射的个数为________．解析：建立映射，即对于A中的每一个元素，在B中都有一个元素与之对应，有2种方法，故由分步乘法计数原理得映射有23＝8个．答案：8分类加法计数原理[例1] (1)(2012·北京高考)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．18C．12 D．6(2)将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同的分配方案的种数为( )A．80 B．120C．140 D．50[自主解答] (1)法一：(直接法)本题可以理解为选出三个数，放在三个位置，要求末尾必须放奇数，如果选到了0这个数，这个数不能放在首位，所以n＝C23C12A22＋C23C12＝12＋6＝18；法二：(间接法)奇数的个数为n＝C13C12C12A22－C13C12＝18.(2)分两类：若甲组2人，则乙、丙两组的方法数是C13A22，此时的方法数是C25C13A22＝60；若甲组3人，则方法数是C35A22＝20.根据分类加法计数原理得总的方法数是60＋20＝80.[答案] (1)B (2)A本例(1)条件不变，求有多少个能被5整除的数？解：能被5整除的数分两类：当个位数是0时，有A23＝6个；当个位数是5时，若含有数字0时，则有2个，若不含有0时，则有C12·A22＝4个．故共有12个能被5整除的数．———————————————————使用分类加法计数原理计数的两个条件一是根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；二是完成这件事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，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．1．若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，则称n为“良数”．例如：32是“良数”，因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“良数”，因为23＋24＋25产生进位现象．那么小于1 000的“良数”的个数为( ) A．27 B．36C．39 D．48解析：选D 一位“良数”有0,1,2，共3个；两位数的“良数”十位数可以是1,2,3，两位数的“良数”有10,11,12,20,21,22,30,31,32，共9个；三位数的“良数”有百位为1,2,3，十位数为0的，个位可以是0,1,2，共3×3＝9个，百位为1,2,3，十位不是零时，十位个位可以是两位“良数”，共有3×9＝27个．根据分类加法计数原理，共有48个小于1 000的“良数”．分步乘法计数原理[例2] 学校安排4名教师在六天里值班，每天只安排一名教师，每人至少安排一天，至多安排两天，且这两天要相连，那么不同的安排方法有________种(用数字作答)．[自主解答] 有两名教师要值班两天，把六天分为四份，两个两天连排的是(1,2)，(3,4)；(1,2)，(4,5)；(1,2)，(5,6)；(2,3)，(4,5)；(2,3)，(5,6)；(3,4)，(5,6)，共六种情况，把四名教师进行全排列，有A44＝24种情况，根据分步乘法计数原理，共有不同的排法6×24＝144种．[答案] 144———————————————————使用分步乘法计数原理计数的两个注意点(1)要按照事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；2各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事.2．将数字1,2,3,4,5,6按第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数的形式随机排列，设N i (i ＝1,2,3)表示第i 行中最大的数，则满足N 1<N 2<N 3的所有排列的个数是________(用数字作答)．解析：由已知数字6一定在第三行，第三行的排法种数为A 13A 25＝60；剩余的三个数字中最大的一定排在第二行，第二行的排法种数为A 12A 12＝4，由分类乘法计数原理知满足条件的排列个数是240.答案：240两个计数原理的综合应用[例3] 用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，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________种．[自主解答] 分步求解．只要在涂好1,5,9后，涂2,3,6即可，若3与1,5,9同色，则2,6的涂法为2×2，若3与1,5,9不同色，则3有两种涂法，2,6只有一种涂法，同理涂4,7,8，1 2 3 4 5 6 789即涂法总数是C13(2×2＋C12×1)×(2×2＋C12×1)＝3×6×6＝108.[答案] 108———————————————————应用两个原理解决实际问题的注意点在解决实际问题中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．3．如图所示，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有( )A．288种B．264种C．240种D．168种解析：选B 分三类：①B，D，E，F用四种颜色，则有A44×1×1＝24种方法；②B，D，E，F用三种颜色，则有A34×2×2＋2A34×2×1＝192种方法；③B，D，E，F用两种颜色，则有A24×2×2＝48，所以共有不同的涂色方法24＋192＋48＝264种．2个区别——两个计数原理的区别分类加法计数原理分步乘法计数原理区别一每类办法都能独立完成这件事．它是独立的、一次的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就完成每一步得到的只是其中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步都不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事区别二各类办法之间是互斥的，并列的，独立的各步之间是相互依存的，并且既不能重复，也不能遗漏3个注意点——利用两个计数原理解题时的三个注意点(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法；(2)分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律；(3)混合问题一般是先分类再分步．.数学思想——计数原理中的分类讨论从近几年的高考试题来看，两个计数原理的问题重点考查学生分析问题解决问题的能力及分类讨论思想的应用．解决此类问题时，需要分清两个原理的区别，一般情形是考虑问题有几种情况，即分类；考虑每种情况有几个步骤，即分步．要求既要会合理分类，又要能合理分步．[典例] (2012·浙江高考)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A．60种B．63种C．65种D．66种[解析] 对于4个数之和为偶数，可分三类，即4个数均为偶数，2个数为偶数2个数为奇数，4个数均为奇数，因此共有C44＋C24C25＋C45＝66种．[答案] D[题后悟道](1)本题主要考查排列组合计数问题，可通过分类讨论思想进行求解，即把所取的4个数分为三类求解．(2)对于计数问题，有时正确的分类是解决问题的切入点．同时注意分类的全面与到位，不要出现重复或遗漏的现象．[变式训练]1．已知a，b∈{0,1,2，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形共有( )A．9种B．16种C．20种D．28种解析：选D 当a为0时，b只能取0,1两个数；当a为9时，b只能取8,9两个数，当a为其他数时，b都可以取3个数．故共有28种情形.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有( )A．30个B．42个C．36个D．35个解析：选C ∵a＋bi为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．2．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有( )A．16种B．18种C．37种D．48种解析：选C 三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37种．3．(2013·哈尔滨模拟)如图所示，在A，B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有( )A．9种B．11种C．13种D．15种解析：选C 每个焊接点都有脱落与不脱落两种状态，电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况却只有3种，即焊接点2脱落或焊接点3脱落或全不脱落，故满足题意的焊接点脱落的不同情况共有24－3＝13种．4．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有( )A．12种B．24种C．30种D．36种解析：选B 从4位同学中选出2人有C24种方法，另外2位同学每人有2种选法，故不同的选法共有C24×2×2＝24种．5．(2013·汕头模拟)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )A．400种B．460种C．480种D．496种解析：选C 从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D，A同色1种，D，A不同色3种，∴不同涂法有6×5×4×(1＋3)＝480种．6．(2013·杭州模拟)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：选B 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．二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为________．解析：当公比为2时，等比数列可为1、2、4,2、4、8；当公比为3时，等比数列可为1、3、9；当公比为32时，等比数列可为4、6、9.同时，4、2、1和8、4、2,9、3、1,9、6、4也是等比数列，共8个．答案：88．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________种(用数字作答)．解析：若取出1本画册，3本集邮册，有C 14种赠送方法；若取出2本画册，2本集邮册，有C 24种赠送方法，则不同的赠送方法有C 14＋C 24＝10种．答案：109．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i 个数为a i (i ＝1，2，…，6)，若a 1≠1，a 3≠3，a 5≠5，a 1<a 3<a 5，则不同的排列方法有________种(用数字作答)．解析：分两步：第一步，先排a 1，a 3，a 5，若a 1＝2，有2种排法；若a 1＝3，有2种排法；若a 1＝4，有1种排法，所以共有5种排法；第二步再排a 2，a 4，a 6，共有A 33＝6种排法，故不同的排列方法有5×6＝30种．答案：30三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？ (2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解：(1)该问题中要完成的事情是4名同学报名，因而可按学生分步完成，每一名同学有3种选择方法，故共有34＝81种报名方法．(2)该问题中，要完成的事是三项冠军花落谁家，故可按冠军分步完成，每一项冠军都有4种可能，故可能的结果有43＝64种．11．如右图所示三组平行线分别有m，n，k条，在此图形中(1)共有多少个三角形？(2)共有多少个平行四边形？解：(1)每个三角形与从三组平行线中各取一条的取法是一一对应的，由分步计数原理知共可构成m·n·k个三角形．(2)每个平行四边形与从两组平行线中各取两条的取法是一一对应的，由分类和分步计数原理知共可构成C2m C2n＋C2n C2k＋C2k C2m个平行四边形．12．把一个圆分成3块扇形，现在用5种不同的颜色给3块扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问(1)有多少种不同的涂法？(2)若分割成4块扇形呢？解：(1)不同涂色方法数是：5×4×3＝60种；(2)如右图所示，分别用a，b，c，d记这四块，a与c可同色，也可不同色，先考虑给a，c两块涂色，分两类：①给a，c涂同种颜色共5种涂法，再给b涂色有4种涂法，最后给d涂色也有4种涂法，由乘法原理知，此时共有5×4×4种涂法；②给a，c涂不同颜色共有5×4种涂法，再给b涂色有3种方法，最后给d涂色也有3种方法，此时共有5×4×3×3种涂法．故由分类加法计数原理知，共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂法．1．三人踢毽子，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，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有( )A．4种B．5种C．6种D．12种解析：选C 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；同理甲先传给丙，也有3种不同的传法，共有6种不同的传法．2．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种值A、B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有________种(用数字作答)．解析：××××××××××××分两步：第一步，先选垄，如图．共有6种选法；第二步：种植A、B两种作物，有2种选法．因此，由分步乘法计数原理，不同的选垄种植方法有6×2＝12种．答案：123．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3、4名，大师赛共有________场比赛．解析：小组赛共有2C24场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛；根据分类计数原理共有2C24＋4＝16场比赛．答案：164．某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法？解：首先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版又会印刷”中的一个作为分类的标准．下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准，按照被选出的人数，可将问题分为三类：第一类：既会排版又会印刷的2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有3×1＝3种选法．第二类：既会排版又会印刷的2人中被选出一人，有2种选法．若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1＝6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有2×3×2＝12种选法．再由分类计数原理知共有6＋12＝18种选法．第三类：既会排版又会印刷的2人全被选出，同理共有16种选法．所以共有3＋18＋16＝37种选法．。

第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布[深研高考·备考导航]为教师备课、授课提供丰富教学资源[五年考情]综合近5年浙江卷高考试题，我们发现高考主要考查排列组合，二项式定理、随机事件的概率、古典概型、离散型随机变量及其分布列、离散型随机变量的均值与方差．主要考查对基础知识与基本方法的应用意识，考查转化与化归思想及运算求解能力． 第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理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 ＝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．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(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，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )[答案](1)×(2)√(3)√(4)×2．(教材改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( )A．30 B．20C．10 D．6D[从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．]3．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有( )A．30个B．42个C．36个D．35个C[∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．]4．如图9­1­1，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( )图9­1­1A．24 B．18C．12 D．9B[分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路程．]5.现有4种不同的颜色要对如图9­1­2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________种．图9­1­248 [按A →B →C →D 顺序分四步涂色，共4×3×2×2＝48种不同的着色方法．](1)4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A ．4种B ．6种C ．10种D ．16种(2)(2017·杭州二中月考)满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为( )A ．14B ．13C ．12D ．10(1)B (2)B [(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，同理，甲先传给丙时，满足条件有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．(2)①当a ＝0时，有x ＝－b 2，b ＝－1,0,1,2，有4种可能； ②当a ≠0时，则Δ＝4－4ab ≥0，ab ≤1，(ⅰ)当a ＝－1时，b ＝－1,0,1,2，有4种可能；(ⅱ)当a ＝1时，b ＝－1,0,1，有3种可能；(ⅲ)当a ＝2时，b ＝－1,0，有2种可能．∴有序数对(a ，b )共有4＋4＋3＋2＝13个．][规律方法] 1.第(2)题常见的错误：(1)想当然认为a ≠0；(2)误认为a ≠b .2．分类标准是运用分类计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准．(2)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，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复．[变式训练1] 从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4C．6 D．8D[以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8个．]6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有( ) 【导学号：51062322】A．C26·45种B．A26·54种C．C26·A45种D．C26·54种(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．(1)D(2)120 [(1)有两个年级选择甲博物馆共有C26种情况，其余四个年级每个年级各有5种选择情况，故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有C26×54种．(2)每项限报一人，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，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120种．][规律方法] 1.利用分步乘法计数原理应注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．2．在第(1)题中，除仅有两个年级选择甲博物馆外，其余4个年级易错误认为有45种选择方法．导致错选A项．[变式训练2] (1)设集合A＝{－1,0,1}，B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________．(2)将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为________．(用数字作答)(1)10 (2)8 [(1)易知A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，∴x有2种取法，y有5种取法，由分步乘法计数原理，A*B的元素有2×5＝10个．(2)第1步把甲、乙分到不同班级有A22＝2种分法．第2步分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有2种分法，②丙、丁分到两个不同的班级有A22＝2种分法．由计数原理，不同的分法为2×(2＋2)＝8种．]若对∀x∈A，y∈B，x<y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个．(2)如图9­1­3，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．图9­1­3(1)17 (2)260 [(1)当A＝{1}时，B有23－1种情况；当A＝{2}时，B有22－1种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况，所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)．(2)区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法，所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．][规律方法] 1.(1)注意在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原理．(2)注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．2．解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成，第(2)题中，由于共边的区域不同色，从而是按区域A与区域C是否同色分类处理的．[变式训练3] (2017·金华联考)用a代表红球，b代表蓝球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( ) 【导学号：51062323】A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)D．(1＋a5)(1＋b5)A[分两步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5种不同的取法．第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有1＋b5种不同取法．由分步乘法计数原理，共有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)种取法．][思想与方法]1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事的不同方法的种数．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．2．涉及加法与乘法原理的混合问题一般是先分类再分步．3．要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．[易错与防范]1．切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．3．确定题目中是否有特殊条件限制．课时分层训练(五十二)分类加法计数原理与分步乘法计数原理A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )A．20 B．25C．32 D．60C[依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.]2．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个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( ) A．9 B．14C．15 D．21B[当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7个．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y，∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点共有7＋7＝14个．]3．甲、乙两人从4门课程中选修2门，则甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法有( ) 【导学号：51062324】A．6种B．12种C．24种D．30种C[分步完成，第一步，甲、乙选修同一门课程有4种方法．第二步，甲从剩余的3门课程中选一门有3种方法．第三步，乙从剩余的2门课程中选一门有2种方法．∴甲、乙恰有1门相同课程的选法有4×3×2＝24种．]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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )A ．4种B ．10种C ．18种D ．20种B [赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有C 14种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有C 24种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C 14＋C 24＝10种．]5．(2017·绍兴模拟)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 ．279 B [0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900个三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648个，∴有重复数字的三位数有900－648＝252个．]6．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 ．9B ．10C ．18D ．20C [由于lg a －lg b ＝lg a b (a >0，b >0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为a b 有A 25＝20种，又13与39相同，31与93相同， ∴lg a －lg b 的不同值的个数为A 25－2＝18.]二、填空题7．(2016·杭州模拟)在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个. 【导学号：51062325】8 [十位上的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．]8．从8名女生，4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种. 【导学号：51062326】112 [从男生中抽1人有4种方法，从女生中抽2人有C 28＝28种方法，由分步乘法计数原理，共有28×4＝112种方法．]9．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________种．75 [由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有C 26C 15＝75种．]10.如图9­1­4所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为________个．图9­1­4420[先染顶点S，有5种染法，再染顶点A，有4种染法，染顶点B，有3种染法，顶点C的染法有两类：若C与A同色，则顶点D有3种染法；若C与A不同色，则C有2种染法，D有2种染法，所以共有5×4×3×3＋5×4×3×2×2＝420(种)染色方法．]B组能力提升(建议用时：15分钟)1．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2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，则有几种不同的选择方式( ) A．24 B．14C．10 D．9B[第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式，第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理，共有12＋2＝14(种)选择方式．]2．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )A．32个B．34个C．36个D．38个A[将和等于11的放在一组：1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有C12＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个．]3．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．12 [当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12个．]4．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(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个. 【导学号：51062327】(1)90 (2)9×10n[(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90种填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格，由分步计数原理，共有9×10n种填法．]。

高考数学一轮复习第九章：计数原理与概率、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命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节主要考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用，一般以小题的形式单独考查或以古典概型为载体进行考查，有时也与概率相交汇以解答题的形式呈现．本节主要考查考生的逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第203页知识点一分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方案，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．•温馨提醒•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．1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A．30B．20C．10 D．6解析：从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．答案：D2．(易错题)a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是()A．20 B．16C．10 D．6解析：当a当组长时，则共有1×4＝4种选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4×3＝12种选法．因此共有4＋12＝16种选法．答案：B知识点二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．•温馨提醒•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，步与步之间是相关联的．1．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为()A．16 B．13C．12 D．10解析：将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法4×3＝12(种)．答案：C2．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__________．解析：3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504．答案：5043．(易错题)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__________条不同的路线．解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．答案：32授课提示：对应学生用书第204页题型一分类加法计数原理1．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为（）A．3B．4C．6 D．8解析：以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；以2为首项的等比数列为2，4，8；以4为首项的等比数列为4，6，9；把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，∴所求的数列共有2×（2＋1＋1）＝8（个）．答案：D2．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为_________．解析：个位数字为2时，有1种选法；个位数字为3时，有2种选法；个位数字为4时，有3种选法；…；个位数字为9时，有8种选法，根据分类加法计数原理，满足条件的两位数的个数为1＋2＋3＋…＋8＝36．答案：363．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_________．解析：若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6（个）．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12（个）……，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72（个）．所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240（个）．答案：240使用分类加法计数原理时两个注意点（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．题型二分步乘法计数原理1．（2021·新余模拟）7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为（）A．120B．240C．360 D．480解析：第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到前排，有3种方法；第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种方法；第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人，有5种方法，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种方法；根据分步乘法计数原理可得不同的加入方法种数为3×4×5×6＝360．答案：C2．（2021·石家庄模拟）教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（）A．10种B．25种C．52种D．24种解析：每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．答案：D3．（2020·高考全国卷Ⅱ）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有种．解析：将4名同学分成人数为2，1，1的3组有C24＝6种分法，再将3组同学分到3个小区共有A33＝6种分法，由分步乘法计数原理可得不同的安排方法共有6×6＝36种．答案：36利用分步乘法计数原理解题时三个注意点（1）要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．（2）各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．（3）对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．题型三两个计数原理的综合应用[例]（1）（2021·重庆模拟）某地行政区域如图，请你用4种不同的颜色为每个区域涂色，要求相邻区域不同色，共有种不同的涂色方法．（用具体数字作答）（2）如图所示，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．（用数字作答）[解析]（1）假设按a→b→c→d→e顺序涂色．对于a有4种涂色的方法，对于b有3种涂色方法，对于c有2种涂色方法，对于e：若c与d颜色相同，则有2种涂色方法，若c与d 颜色不相同，则只有1种涂色方法．故共有4×3×2×（2＋1）＝72种不同的涂色方法．（2）把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32（个）．第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40（个）．[答案]（1）72（2）40应用两个计数原理的难点在于明确分类和分步．分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连能将事件完成，较复杂的问题可借助图表完成．[题组突破]1．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为（）A．40B．16C．13 D．10解析：分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．答案：C2．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．答案：108计数原理应用中的核心素养逻辑推理——两个计数原理的创新应用[例]若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位（例如：134＋3 802＝3 936），则称（m，n）为“简单的”有序对，则m＋n称为有序对（m，n）的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是_________．[解析]第1步，1＝1＋0，1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9，9＝1＋8，9＝2＋7，9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4，4＝1＋3，4＝2＋2，4＝3＋1，4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2，2＝1＋1，2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300．[答案]300解决两个计数原理的创新应用问题的关键是要抓住题中给的新定义信息分步或分类进行推理．[对点训练]定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{（x，y）|x∈A，y∈B}．若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B中的元素个数为（）A．34B．43C．12 D．以上都不对解析：A*B中的元素是由A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步乘法计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素．答案：C。

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数的个数是()A．30 B．42C．36 D．35解析：选C.因为a＋b i为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．2．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．18C．12 D．6解析：选B.三位数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇．对于(1)，个位(3种选择)，十位(2种选择)，百位(2种选择)，共12种；对于(2)，个位(3种选择)，十位(2种选择)，百位(1种选择)，共6种，即12＋6＝18.故选B.3．从6名男医生、5名女医生中选出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种解析：选C.从6名男医生中选出2名有C26＝15种不同的选法，从5名女医生中选出1名有C15＝5种不同的选法，根据分步乘法计数原理可得，组成的医疗小组共有15×5＝75种不同的选法，故选C.4．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．60 B．48C．36 D．24解析：选B.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)．5.一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，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有()A．6种B．8种C．12种D．48种解析：选D.从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B景点，有16种不同的方法；若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．6．(经典考题)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．13C．12 D．10解析：选B.若a＝0，则b＝－1，0，1，2，此时(a，b)的取值有4个；若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1，此时(a，b)的取值为(－1，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(－1，2)，(1，1)，(1，0)，(1，－1)，(2，－1)，(2，0)，共9个．所以(a，b)的个数为4＋9＝13.7．某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)解析：A240＝40×39＝1560.答案：15608．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案：369．三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是________．解析：另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y 取11时，x可取1，2，3，...，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2，3， (10)有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．所以所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.答案：3610．用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是________．(注：用数字作答)解析：根据题意，可以分为两步：第一步将1，3，5分为两组且同一组的两个数排序，共有6种方法；第二步，将第一步的两组看成两个元素，与2，4排列，其中2不在两边且第一步两组(记为a，b)之间必有元素，即4，a，2，b；a，2，4，b；a，4，2，b；a，2，b，4，其中a，b可以互换位置，所以共有8种，根据分步乘法计数原理知，满足题意的五位数共有6×8＝48(个)．答案：4811．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加，(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？(3)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？解：(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类各自有3、6、8种方法，总方法数为3＋6＋8＝17(种)．(2)分两步，先选老师共3种选法，再选学生共6＋8＝14种选法，由分步乘法计数原理知，总方法数为3×14＝42(种)．(3)老师、男、女同学各一人可分三步，每步方法依次为3，6，8种，由分步乘法计数原理知方法数为3×6×8＝144(种)．12．由数字1，2，3，4，(1)可组成多少个三位数？(2)可组成多少个没有重复数字的三位数？(3)可组成多少个没有重复数字的三位数，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字？解：(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个三位数．(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的三位数4×3×2＝24(个)．(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个．。

课时过关检测(五十七) 计数原理A级——基础达标1．(2022·东莞一模)有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有()A．21种B．315种C．143种D．153种解析：C选出不属于同一学科的书2本，可分三类：一类：语文、数学各1本，共有9×7＝63(种)；第二类：语文、英语各1本，共有9×5＝45(种)；第三类：数学、英语各1本，共有7×5＝35(种)，因此共有63＋45＋35＝143(种)不同选法．2．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52解析：D在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值，但在这56个数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94重复了4个数值，要减去4，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．3．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为()3 4A．6种C．18种D．24种12D34AC B 9解析：A5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．4．4人站成一排，重新站队时，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有() A．4种B．8种C．12种D．24种解析：B将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C14种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有C14×2＝8(种)站法．5．(2022·绵阳模拟)从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为()A．48 B．72C．90 D．96解析：D由于甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场竞赛或甲不参加任何竞赛．①当甲参加另外3场竞赛时，共有C13A34＝72(种)选择方案；②当甲学生不参加任何竞赛时，共有A44＝24(种)选择方案．综上所述，所有参赛方案有72＋24＝96(种)．6．(多选)现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有()A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D．要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法解析：ABC对于A：分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法，根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法，A正确；对于B：分为三步：国画、油画、水彩画分别有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法，B正确；对于C：分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画．由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法，所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法，C正确；对于D：从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数N＝3×2＝6．D错误，故选A、B、C．7．某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为________．解析：将4个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排3辆不同型号的车，在3个车位上任意排列，有A33＝6(种)方法，再将捆绑在一起的4个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6＝24(种)方法．答案：248．如图所示的几何体是由一个三棱锥P-ABC与三棱柱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，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．答案：129．(2022·海南调研)某公司决定从10名办公室工作人员中裁去4人，要求甲、乙二人不能全部裁去，则不同的裁员方案的种数为________．解析：甲、乙中裁一人的方案有C12C38种，甲、乙都不裁的方案有C48种，故不同的裁员方案共有C12C38＋C48＝182(种)．答案：18210．(2022·烟台模拟)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________个不同的二次函数，其中偶函数有________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)不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，可知共有3×2＝6(个)偶函数．答案：18 6B级——综合应用11．某校毕业典礼上有6个节目，考虑到整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有()A．120种B．156种C．188种D．240种解析：A记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类：①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有C14A22A33＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C13A22A33＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C13A22A33＝36(种)．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．12．如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3为顶点的三角形个数为________．解析：法一：先从这8个点中任取3个点，最多构成C38个三角形，再减去三点共线的情形即可．共有C38－C35－C34＝42(个)．法二：分三类，用分类加法计数原理解得C24C13＋C14C23＋C14C13＝18＋12＋12＝42(个)．答案：4213．(2022·武汉模拟)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________． 解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300．答案：300课时过关检测(五十八) 二项式定理A 级——基础达标1．在⎝⎛⎭⎫2x ＋1x 6的展开式中，含x 4项的系数为( ) A ．160B ．192C ．184D ．186解析：B 二项式⎝⎛⎭⎫2x ＋1x 6的展开式的通项T r ＋1＝C r 6(2x )6－r ⎝⎛⎭⎫1x r ＝C r 626－r x 6－2r ，当r ＝1时，T 2＝C 16×25×x 4＝192x 4，含x 4项的系数为192．故选B ．2．已知⎝⎛⎭⎫x －2x n 的展开式中第3项是常数项，则n ＝( ) A ．6B ．5C ．4D ．3解析：A ⎝⎛⎭⎫x －2x n 的展开式的通项T k ＋1＝(－2)k C k n x ，当k ＝2时，T 3＝T 2＋1＝(－2)2C 2n x ，则n －62＝0，解得n ＝6．故选A ． 3．(1＋3x )2＋(1＋2x )3＋(1＋x )4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝( )A ．49B ．56C ．59D ．64解析：C 令x ＝1，a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(1＋3)2＋(1＋2)3＋(1＋1)4＝59．故选C ．4．(x ＋y )(2x －y )6的展开式中x 4y 3的系数为( )A ．－80B ．－40C ．40D ．80解析：D (2x －y )6的展开式的通项为T k ＋1＝C k 6(2x )6－k (－y )k ，当k ＝2时，T 3＝240x 4y 2，当k ＝3时，T 4＝－160x 3y 3，故x 4y 3的系数为240－160＝80，故选D ．5．已知⎝⎛⎭⎫1－x 2n 的展开式中所有项的系数和等于1256，则展开式中项的系数的最大值是( )A ．72B ．358C ．7D ．70解析：C 令x ＝1得⎝⎛⎭⎫1－12n ＝1256，∴n ＝8，∴⎝⎛⎭⎫1－x 28的展开式通项公式为T r ＋1＝C r 8⎝⎛⎭⎫－x 2r ，要求展开式中项的系数的最大值，则r 必为偶数，∴T 1＝C 08⎝⎛⎭⎫－x 20＝1，T 3＝C 28⎝⎛⎭⎫－x 22＝7x 2，T 5＝C 48⎝⎛⎭⎫－x 24＝358x 4，T 7＝C 68⎝⎛⎭⎫－x 26＝716x 6，T 9＝C 88⎝⎛⎭⎫－x 28＝1256x 8，故选C ． 6．(多选)已知⎝⎛⎭⎫1x －ax 2n (a <2)的展开式中第3项的二项式系数为45，且展开式中各项系数和为1 024，则下列说法正确的是( )A ．a ＝1B ．展开式中偶数项的二项式系数和为512C ．展开式中第6项的系数最大D ．展开式中的常数项为45解析：BCD 由题意，C 2n ＝n (n －1)2＝45，所以n ＝10(负值舍去)，又展开式中各项系数之和为1 024，所以(1－a )10＝1 024，因为a <2，所以a ＝－1，故A 错误；偶数项的二项式系数和为12×210＝12×1 024＝512，故B 正确；⎝⎛⎭⎫1x ＋x 210展开式中的二项式系数与对应项的系数相同，所以展开式中第6项的系数最大，故C 正确；⎝⎛⎭⎫1x ＋x 210的展开式的通项T r ＋1＝C r 10x －12(10－r )·x 2r ＝C r 10x 5r 2－5，令5r 2－5＝0，解得r ＝2，所以常数项为C 210＝45，故D 正确．故选B 、C 、D ．7．(多选)关于多项式⎝⎛⎭⎫x ＋1x －24的展开式，下列结论中正确的有( ) A ．各项系数之和为0B ．各项系数的绝对值之和为256C ．存在常数项D ．含x 项的系数为－40解析：ABC 选项A ：令x ＝1代入多项式，可得各项系数和为(1＋1－2)4＝0，故A 正确；选项B ：取多项式⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋24，令x ＝1代入多项式可得(1＋1＋2)4＝256，所以原多项式各项系数的绝对值之和为256，故B 正确；选项C ：多项式可化为⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x ＋1x －24，则展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 4⎝⎛⎭⎫x ＋1x 4－r (－2)r ，当4－r ＝0,2,4即r ＝4,2,0时，⎝⎛⎭⎫x ＋1x 4－r 有常数项，且当r ＝0时，常数项为C 04C 24＝6，当r ＝2时，常数项为C 24×2×(－2)2＝48，当r ＝4时，常数项为(－2)4＝16，故原多项式的展开式的常数项为6＋48＋16＝70，故C 正确；选项D ：当r ＝1时，展开式中含x 的项为C 14C 23x (－2)1＝－24x ，当r ＝3时，含x 的项为C 34x (－2)3＝－32x ，故原多项式的展开式中含x 的项的系数为－56，故D 错误，故选A 、B 、C ．8．52 022除以4的余数是________．解析：由52 022＝(1＋4)2 022＝C 02 022＋C 12 022·4＋C 22 022·42＋…＋C 2 0222 022·42 022，∴52 022除以4的余数是C 02 022＝1．答案：19．已知(x ＋1)n 的二项式系数和为128，则C 0n －C 1n 2＋C 2n 4＋…＋C n n (－2)n ＝________．解析：由已知可得2n ＝128，解得n ＝7，所以二项式(x ＋1)7＝(1＋x )7的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 7x r ，令x ＝－2，则二项式的展开式为C 07(－2)0＋C 17(－2)1＋C 27(－2)2＋…＋C 77(－2)7＝C 07－C 172＋C 274＋…＋C 77(－2)7＝(1－2)7＝－1．答案：－110．若(1＋2x )2 022＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 022x 2 022(x ∈R )，则a 12＋a 222＋…＋a 2 02222 022的值为________．解析：对于(1＋2x )2 022＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 022x 2 022，令x ＝12得，(1＋1)2 022＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 02222 022， 令x ＝0得，(1＋0)2 022＝a 0，所以a 0＝1，所以a 12＋a 222＋…＋a 2 02222 022＝22 022－1． 答案：22 022－1B 级——综合应用11．(2022·烟台一模)多项式(x 2＋1)(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)展开式中x 3的系数为( )A ．6B ．8C ．12D ．13 解析：C 原式＝x 2(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)＋(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)，所以展开式中含x 3的项包含(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)中含x 的项为1·2·x ＋2·3·x ＋1·3·x ＝11x ，和(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)中含x 3的项为x 3，这两项的系数和为11＋1＝12．故选C ．12．(1＋x ＋x 2＋x 3)4的展开式中，奇次项系数的和是( )A ．64B ．120C ．128D ．256解析：C 设f (x )＝(1＋x ＋x 2＋x 3)4，利用函数的奇偶性可知，f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x3＋…＋a 12x 12． f (1)＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝44，①f (－1)＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 12＝0，②①－②，得2a 1＋2a 3＋…＋2a 11＝44，∴奇次项系数的和为442＝128． 13．已知(33＋2x )n (n ∈N *，1≤n ≤12)的展开式中有且仅有两项的系数为有理数，试写出符合题意的一个n 的值________．解析：(33＋2x )n 的展开式的通项为T r ＋1＝C r n ·(33)n －r ·(2)r x r ，r ≤n ，r ∈N ．若系数为有理数，则r 2∈Z ，且n －r 3∈Z ．当n ＝3时r ＝0；n ＝4时r ＝4；n ＝5时r ＝2；n ＝6时r ＝0,6；n ＝7时r ＝4；n ＝8时r ＝2,8；n ＝9时r ＝0,6；n ＝10时r ＝4,10；n ＝11时r ＝2,8；n ＝12时r ＝0,6,12．所以n 可取6,8,9,10,11中的任意一个值．答案：6(n 取6,8,9,10,11中任意一个值均可)14．在(1＋x )5＋(1－2x )6的展开式中，所有项的系数和等于________，含x 4的项的系数是________．解析：(1＋x )5＋(1－2x )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5＋a 6x 6，将x ＝1代入得(1＋1)5＋(1－2)6＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝25＋1＝33．而a 4x 4＝C 45x 4＋C 46(－2x )4＝245x 4．答案：33 24515．已知(x ＋2)⎝⎛⎭⎫a x －15的展开式中的常数项为13，则实数a 的值为________，展开式中的各项系数之和为________．解析：⎝⎛⎭⎫a x －15的展开式通项为T r ＋1＝C r 5·⎝⎛⎭⎫a x 5－r ·(－1)r ＝(－1)r ·a 5－r C r 5·x r －5，则(x ＋2)⎝⎛⎭⎫a x －15的展开式通项为(－1)r ·a 5－r C r 5·x r －4＋2(－1)r ·a 5－r C r 5·x r －5，当r ＝4时，(－1)r a 5－r C r 5x r －4产生常数项，当r ＝5时，2(－1)r a 5－r C r 5x r －5产生常数项，则常数项为(－1)4·a C 45＋2×(－1)5C 55＝13，即5a －2＝13，解得a ＝3，令x ＝1，可得展开式中的各项系数之和为(1＋2)⎝⎛⎭⎫31－15＝96．答案：3 96C 级——迁移创新16．(多选)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》给出了著名的杨辉三角，以下关于杨辉三角的猜想中正确的有( )A．由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：C m n＝C n－mn B．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：＋C k nC k n＋1＝C k－1nC．由“n行所有数之和为2n”猜想：C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2nD．由“111＝11,112＝121,113＝1 331”猜想115＝15 101 051解析：ABC由杨辉三角的性质以及二项式定理可知A、B、C正确；115＝(10＋1)5＝C05105＋C15104＋C25103＋C35102＋C45101＋C55＝161 051，故D错误．。