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（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十五单元计数原理双基过关检测理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十五单元计数原理双基过关检测理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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“计数原理"双基过关检测一、选择题1．5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去"或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为( )A．C25B．25C．52D．A错误!解析:选B 不妨设5名同学分别是A，B，C,D，E，对于A同学来说，第二天可能出现的不同情况有去和不去2种，同样对于B，C，D，E都是2种，由分步乘法计数原理可得,第二天可能出现的不同情况的种数为2×2×2×2×2＝25（种）.2.现有4种不同颜色要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：选D 按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48（种)．3．(2018·云南师大附中适应性考试）在(a＋x）7展开式中x4的系数为280，则实数a的值为( )A．1 B．±1C．2 D．±2解析：选C 由题知，C47a3＝280，解得a＝2.4.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( ）A．30 B．42C．54 D．56解析：选B 用间接法．先从这8个点中任取3个点,最多构成三角形C错误!个，再减去三点共线的情形即可．共有C错误!－C错误!－C错误!＝42(个)．5．张、王两家夫妇各带一个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，两个小孩一定要排在一起，则这六人入园顺序的排法种数为（)A．12 B．24C．36 D．48解析:选B 将两位爸爸排在两端，有2种排法；将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上,有2A错误!种排法,故总的排法有2×2×A错误!＝24(种)．6．已知（1＋ax）（1＋x）5的展开式中x2的系数为5，则a＝( ）A．－4 B．－3C．－2 D．－1解析：选D 展开式中含x2的系数为C错误!＋a C错误!＝5，解得a＝－1.7．(2018·成都一中摸底）设（x2＋1）（2x＋1）9＝a0＋a1（x＋2)＋a2（x＋2）2＋…＋a11（x＋2）11,则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )A．－2 B．－1C．1 D．2解析：选A 令等式中令x＝－1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)×(－1)9＝－2.8．从1,3,5，7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( ）A．9 B．10C．18 D．20解析：选C lg a－lg b＝lg 错误!，从1,3,5，7,9中任取两个数分别记为a,b,共有A错误!＝20个结果，其中lg 错误!＝lg 错误!，lg 错误!＝lg 错误!，故共可得到不同值的个数为20－2＝18.二、填空题9.错误!5的二项展开式中x项的系数为________．解析：错误!5的展开式的通项是T r＋1＝C错误!·(2x）5－r·错误!r＝C错误!·（－1）r·25－r·x5－2r。
高中数学知识点总结计数原理一、分类加法计数原理和分步乘法计数原理1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理【注意】区分分类与分步的依据在于“一次性”完成．若能“一次性”完成，则不需分步，只需分类；否则就分步处理．2．两个计数原理的区别与联系123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n -个．二、排列1．排列的定义一般地，从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列. 特别提醒确定一个具体问题是否为排列问题的方法：(1)首先要保证元素的无重复性，即是从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个不同的元素，否则不是排列问题．(2)其次要保证元素的有序性，即安排这m 个元素时是有顺序的，有序的就是排列，无序的不是排列．而检验它是否有顺序的依据是变换元素的位置，看结果是否发生变化，有变化就是有顺序，无变化就是无顺序．2．解决排列应用问题的步骤：(1)分清问题是否与元素的顺序有关，若与顺序有关则是排列问题．(2)注意对元素或位置有无特殊要求．(3)借助排列数公式计算． 特别提醒当问题的正面分类较多或计算较复杂，而问题的反面分类较少或计算更简便时往往使用“间接法”．含“至多”、“至少”类词语的排列(组合)问题，是需要分类问题，常用间接法(即排除法)解答．这时可以先不考虑特殊元素(位置)，而列出所有元素的全排列数，从中再减去不满足特殊元素(位置)要求的排列数，即排除法．3．排列数、排列数公式从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的所有不同排列的个数叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号A mn 表示.特别提醒排列与排列数是两个不同的概念，一个排列是指“按照一定的顺序排成一列”，它是具体的一件事，排列数是指“从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的所有不同排列的个数”，它是一个数.三、组合1．组合的定义一般地，从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合.特别提醒解答排列、组合综合问题的一般思路和注意点：（1）一般思路：“先选后排”，也就是把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列．（2）注意点：①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，元素无序是组合问题，元素有序是排列问题．②对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合的综合问题的一般方法．3．组合数的性质性质1：C C m n m n n-=. 性质1表明从n 个不同元素中取出m 个元素的组合，与剩下的n m -个元素的组合是一一对应关系.性质2：11C C C m m m n n n-+=+. 性质2表明从1n +个不同元素中任取m 个元素的组合，可以分为两类：第1类，取出的m 个元素中不含某个元素a 的组合，只需在除去元素a 的其余n 个元素中任取m 个即可，有C mn 个组合；第2类，取出的m 个元素中含有某个元素a 的组合，只需在除去a 的其余n 个元素中任取1m -个后再取出元素a 即可，有1C m n-个组合.四、二项式定理1．二项式定理 011()C C C C ()n n n k n k k n n n n n na b a a b a b b n --*+=+++++∈L L N ，这个公式叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式，共有n +1项，其中各项的系数C ({0,1,2,,})kn k n ∈L 叫做二项式系数.二项展开式中的C k n k k n a b -叫做二项展开式的通项，用1k T +表示，即通项为展开式的第1k +项：1C k n k k k nT a b -+=. 2．二项式系数的性质（4）奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即2131C C C C 2n n n n n -++=++=L L . 特别提醒求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k,再将k 的值代回通项求解,注意k的取值范围（0,1,2,,L）.k n（1）第m项：：此时k+1=m,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程.（3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.。
高中数学计数原理我们将以1200字以上来介绍高中数学中的计数原理。
计数原理是数学中的一种基本方法和工具，是解决计数问题、组合问题和排列问题的关键方法之一计数原理是数学中的一个重要分支，它涉及我们如何计算一组对象的总数。
它可以应用到许多领域，如组合数学、概率论和统计学等。
在高中数学中，计数原理主要用于解决包括排列和组合问题在内的计数问题。
首先，我们来讨论排列问题。
排列是指将一组对象按照一定的顺序排列起来所得到的不同结果。
比如，我们有5个不同的球，想要将它们排成一条直线。
那么，首先有5种选择，第一个球可以选择5种，第二个球可以选择4种，以此类推，直到最后一个球只有1种选择。
根据排列的定义，我们可以使用乘法原理来计算不同的排列结果。
因此，总共有5×4×3×2×1=120种不同的排列方式。
利用乘法原理，我们可以总结出排列公式P(n,r)=n!/(n-r)!，其中n表示待排列对象的总数，r表示待选择对象的数量，n!表示n的阶乘，即n!=n×(n-1)×(n-2)×...×2×1接下来，我们来讨论组合问题。
组合是指从一组对象中选择出若干个对象而不考虑它们的顺序的结果。
比如，我们有5个不同的球，想要从中选择3个球来进行比赛。
那么，我们可以用C(5,3)来表示不同的组合结果。
根据组合的定义，我们可以使用组合公式C(n,r)=n!/(r!(n-r)!)来计算不同的组合结果。
代入具体数值，C(5,3)=5!/(3!(5-3)!)=5!/(3!2!)=10种不同的组合方式。
值得注意的是，排列和组合问题是有区别的。
在排列中，我们关心对象的顺序；而在组合中，我们不关心对象的顺序，只关心选择的对象本身。
因此，对于组合问题，我们常常使用排列公式来计算，然后再根据对象的重复性进行修正。
除了排列和组合，计数原理还包括了分配原理和容斥原理等。
计数原理计数原理包含排列组合与二项式定理，在高考数学中通常是以填空题的形式呈现.另外在解答题中与统计概率相结合比较普遍.高考中通常难度不是很大，主要考查是排列与组合的先后顺序或者是有条件限制的排列与组合.二项式定理也是高考考查的一个重点，主要考查二项式定理的展开.本专题通过列举排列组合与二项式定理常见的考题类型，总结此些类型题目的解题方法以及易错点，能够让你在高考中遇到计数原理类型的题目能够迎刃而解. 【满分技巧】捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如 此继续下去，依次即可完成.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.对于二项式定理的应用，只要会求对应的常数项以及对应的n 项即可，但是应注意是二项式系数还是系数.【考查题型】填空题【限时检测】（建议用时：60分钟） 一、单选题1．（2020·上海嘉定区·高三一模）已知0x ≠，*n N ∈，则“2n =”是“1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项”的（ ） A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件【答案】A【分析】运用二项式的展开式的通项公式，结合充分性、必要性的定义进行判断即可. 【详解】1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为：211()r n r r r n rr n n T C x C x x --+=⋅⋅=⋅， 当2n r =时，存在常数项，此时n 为正偶数，因此当2n =时，一定能推出1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项， 但是由1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项不一定能推出2n =.因此“2n =”是“1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中存在常数项”的充分非必要条件.故选：A2．（2020·上海徐汇区·高三一模）设T 是平面直角坐标系xOy 上以()0,2A 、()1B -、)1C-为顶点的正三角形．考虑以下五种平面上的变换：①绕原点作120︒的逆时针旋转；②绕原点作240︒的逆时针旋转；③关于直线OA 的对称；④关于直线OB 的对称；⑤关于直线OC 的对称．任选三种．．变换(可以相同)共有125种变换方式，若要使得T 变回起始位置(即点A 、B 、C 分别都在原有位置)，共有（ ）种变换方式？ A ．12 B ．16C ．20D ．24【答案】C【分析】要使得T 变回起始位置，可通过三次旋转变换或者一次旋转变换+两次对称变换结合得到. 【详解】第一类：只用旋转变化时：可以按①或者②旋转3次得到；第二类：使用对称与旋转结合时，不能出现相同的对称变换，()1若第一位选择旋转变化，可选①或者②，则第二位的对称变化可在③、④、⑤中任选一种，前两位确定以后第三位就跟着确定，故方法有：23=6⨯种；()2若旋转在第二位，第一位的对称可在③、④、⑤中任选一种，则第二位旋转也在①或者②中选一种，前两位确定以后第三位就跟着确定，故方法有：23=6⨯种；()3若旋转在第三位，第一位的对称可在③、④、⑤中任选一种，则第二位的对称不能选第一位的，前两位定了以后第三位也跟着确定，故有23=6⨯种. 综上所述：共有6662=20+++种方法. 故选：C.【点睛】排列组合的题目关键是找到分类的标准，做到不重不漏.3．（2020·上海市建平中学高三月考）2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若 3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（ ） A ．144 B ．72 C ．54 D ．36【答案】B【分析】两位女生相邻，将其捆绑在一起，和另一位女生不相邻，采用插空法．【详解】根据题意，把3位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素，和剩下的一位女生， 插入到2位男生全排列后形成的3个空中的2个空中，故有22232372A A A =种， 故选：B ．【点睛】本题考查排列组合，需熟练掌握捆绑、插空法，属于基础题二、填空题4．（2019·上海高考真题）首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有_____种（结果用数值表示） 【答案】24【分析】首先安排甲，可知连续2天的情况共有4种，其余的人全排列，相乘得到结果. 【详解】在5天里，连续2天的情况，一共有4种 剩下的3人全排列：33A故一共有：33424A ⨯=种【点睛】本题考查基础的排列组合问题，解题的关键在于对排列组合问题中的特殊元素，要优先考虑，然后再考虑普通元素.5．（2019·上海高考真题）在6x⎛+ ⎝的二项展开式中，常数项的值为__________【答案】15【分析】写出二项展开式通项，通过3602r-=得到4r =，从而求得常数项.【详解】二项展开式通项为：366622666rr r r rr r r C x C x x C x----⋅⋅=⋅⋅=⋅ 当3602r-=时，4r = ∴常数项为：4615C =本题正确结果：15【点睛】本题考查二项式定理的应用，属于基础题.6．（2018·上海高考真题）在()71x +的二项展开式中，2x 项的系数为 .（结果用数值表示）． 【答案】21.【分析】利用二项式展开式的通项公式求得展开式中x 2的系数． 【详解】二项式（1+x ）7展开式的通项公式为 T r+1=7rC •x r ，令r=2，得展开式中x 2的系数为27C =21． 故答案为：21．【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.7．（2020·上海闵行区·高三一模）新冠病毒爆发初期，全国支援武汉的活动中，需要从A 医院某科室的6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，要求至少有一名主任医师参加，则不同的选派方案共有___________种.(用数字作答) 【答案】90【分析】根据题意，先算出从6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生的选派方案种数，再算出男女主任都没有参加的选派方案种数，两者相减求得结果. 【详解】根据题意，从6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，共有3264206120C C ⋅=⨯=种选派方案，如果所选的男女主任都没有参加，共有215330C C ⨯=种选派方案，所以至少有一名主任医师参加有1203090-=种， 故答案为：90.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关组合的综合问题，方法如下： （1）要用好两个计数原理；（2）可以用间接法求解，用总的减去不满足条件的就是要求的；（3）也可以用直接法求解，包括男主任参加女主任不参加、男主任不参加女主任参加和男女主任都参加，相加即可.8．（2020·上海嘉定区·高三一模）甲和乙等5名志愿者参加进博会A B C D 、、、四个不同的岗位服务，每人一个岗位，每个岗位至少1人，且甲和乙不在同一个岗位服务，则共有___________种不同的参加方法(结果用数值表示). 【答案】216【分析】先求出没有条件限制的种数，再求出甲和乙在同一个岗位服务的分配方法，利用间接法，即可得解.【详解】由题意得，有且只有2人分到一组，然后再分到四个不同的岗位，则有2454240C A =种方法，甲和乙在同一个岗位服务的分配方法有4424A =种，所以甲和乙不在同一个岗位服务的方法有24024216-=种， 故答案为：216.【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.9．（2020·上海高三一模）在81x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的二项展开式中4x 项的系数为__________． 【答案】28【分析】写出二项展开式的通项公式，令x 的指数等于4，求出r 可得结果. 【详解】二项展开式的通项公式为882881()(1)r rr r r r C x C x x---=-，0,1,2,,8r =，令824r -=，得2r，所以二项展开式中4x 项的系数为228(1)28C -=.故答案为：28【点睛】关键点点睛：利用二项展开式的通项公式求解是解题关键.10．（2020·上海长宁区·高三一模）在61()x x+的二项展开式中，2x 项的系数为__________. 【答案】15【分析】写出二项展开式通项公式，由x 的指数为2求得项数，从而得到系数． 【详解】由题意6621661rrrr rr T C x C x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭， 令622r -=，得2r，所以2x 项的系数为2615C =．故答案为：15．11．（2020·上海崇明区·高三一模）若23(2)na b +的展开式中有一项为412ma b ，则m =__________．【答案】60【分析】根据二项展开式的通项公式，得出23(2)na b +的展开式的第1r +项，求出412a b 的系数，即可得出结果.【详解】因为23(2)na b +展开式的第1r +项为22312r n r n r r r n T C ab --+=， 令224312n r r -=⎧⎨=⎩，解得64n r =⎧⎨=⎩，则426260m C ==. 故答案为：60.【点睛】本题主要考查求指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.12．（2020·上海大学附属中学高三三模）二项式153x x 展开式中的常数项是______．【答案】5005【分析】写出二项式153x x 展开式的通项，令x 的指数为零，求出参数的值，然后代入通项即可求出该二项式展开式中的常数项.【详解】二项式15展开式的通项为()5155615151kkkk kk C C x--⎛⋅⋅=⋅-⋅ ⎝， 令5506k -=，得6k =，因此，该二项式展开式中的常数项为()661515005C ⋅-=. 故答案为：5005.【点睛】本题考查二项式展开式中常数项的求解，一般利用二项展开式通项中x 的指数为零来求解，考查运算求解能力，属于中等题. 三、解答题13．（2020·上海奉贤区·高三二模）两个数列{}n α、{}n β，当{}n α和{}n β同时在0n n =时取得相同的最大值，我们称{}n α与{}n β具有性质P ，其中*n ∈N .（1）设2022(1)x +的二项展开式中k x 的系数为k a （0,1,2,3,,2022k =⋅⋅⋅），k ∈N ，记01a c =，12a c =，⋅⋅⋅，依次下去，20222023a c =，组成的数列是{}n c ；同样地，20221()x x-的二项展开式中k x 的系数为kb （0,1,2,3,,2022k =⋅⋅⋅），k ∈N ，记01b d =，12b d =，⋅⋅⋅，依次下去，20222023b d =，组成的数列是{}n d ；判别{}nc 与{}nd 是否具有性质P ，请说明理由；（2）数列{}t dn -的前n 项和是n S ，数列{19823}n -的前n 项和是n T ，若{}n S 与{}n T 具有性质P ，*,N d t ∈，则这样的数列{}t dn -一共有多少个？请说明理由；（3）两个有限项数列{}n a 与{}n b 满足11()n n n n a a b b λ++-=-，*n ∈N ，且110a b ==，是否存在实数λ，使得{}n a 与{}n b 具有性质P ，请说明理由.【分析】（1）2022(1)x +展开式中系数最大项为101110112022C x ，然后再判断20221()x x-展开式中1011x 的系数是否是最大值，即可得结果；（2）令19823nn b =-，则3(13)331982198231322n n n T n n -=-=+-⋅-，结合11n n nn T T T T -+≥⎧⎨≥⎩，求得6n =，求得n T 的最大值，由{}n S 与{}n T 具有性质P ，可得6n =时，max ()10800n S =，由n a t dn =-，结合60,70t d t d ->-<求得t 的范围，再由n a t dn =-是等差数列，可得6(6)6=108002t d t d S -+-⨯=，然后联立*,27360067t d N t d d t d ⎧∈⎪-=⎨⎪<<⎩，解出数列{}t dn -的个数；（3）由11()n n n n a a b b λ++-=-进行迭代，可得n n a b λ=，因为{}n a 与{}n b 具有性质P ， 所以00n n a b =，从而可1λ= 【详解】解：（1）2022(1)x +展开式的通项为12022r r r T C x +=，则数列{}n c 的通项为-12022n n c C = 故数列{}n c 中的最大值为101110122022c C =20221()x x -展开式的通项为'2022202221202220221(1)rr r r rr r T C x C x x --+⎛⎫=⋅-=- ⎪⎝⎭，而当202221011r -=时，得10112r N =∉， 所以{}n c 与{}n d 不具有性质P（2）令19823nn b =-，则3(13)331982198231322n n n T n n -=-=+-⋅-，由11n n n n T T T T -+≥⎧⎨≥⎩，即113333198231982(1)322223333198231982(1)32222n n n n n n n n -+⎧+-⋅≥-+-⋅⎪⎪⎨⎪+-⋅≥++-⋅⎪⎩，解得13198231982n n +⎧≤⎨≥⎩，因为*2,n n N ≥∈，673729,32187== 所以当6n =时，6max 33()19826+31080022n T =⨯-⋅=, 因为 {}n S 与{}n T 具有性质P ， 所以6n =时，max ()10800n S =， 因为n a t dn =-，所以60,70t d t d ->-<， 因为n a t dn =-， 所以6(6)6=108002t d t d S -+-⨯=，由*,27360067t d N t d d t d⎧∈⎪-=⎨⎪<<⎩，解得360636134313,,,516518718t t t d d d ===⎧⎧⎧⋅⋅⋅⎨⎨⎨===⎩⎩⎩共有102个数列；（3）因为11()n n n n a a b b λ++-=-，*n ∈N 当2n ≥，*n ∈N 时，112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+ 112211()()()n n n n b b b b b b b λλλ---=-+-+⋅⋅⋅+-+所以n n a b λ=当1n =时，110a b ==符合上式 所以n n a b λ=，因为{}n a 与{}n b 是有限项数列，所以一定存在最大项， 设00max max (),()n n n n a a b b ==，因为{}n a 与{}n b 具有性质P ， 所以00n n a b =，1λ=显然成立，假设1λ>，则显然00max max (),()n n n n a a b b ==，000n n n a b b λ=>矛盾 同理，1λ<也矛盾， 所以1λ=【点睛】此题考查了二项式定理、数列求和、不等式的性质等性质，综合性强，考查了运算能力，属于难题.14．（2019·上海浦东新区·高三二模）已知各项均不为零的数列{}n a 满足11,a =前n 项的和为n S ，且22212,,2n n nS S n n n a *--=∈≥N ，数列{}n b 满足1,n n n b a a n +=+∈N*. （1）求23,a a ； （2）求2019S ；（3）已知等式11k k n n kC n C --=⋅对0,,k n k n ≤≤∈N*成立. 请用该结论求有穷数列{},1,2,,,k k n b C k n =的前n 项和n T .【答案】（1）见解析；（2）4078379；（3）()2222nn n ++⋅-【分析】（1）由222*122n n n S S n n N n a ，，--=∈≥，可得212n n S S n -+=，结合a 1＝1，依次求得a 2，a 3的值； （2）由212n n S S n -+=（n ≥2），得212(1)n n S S n ++=+，两式作差可得a n +a n +1＝4n +2，结合等差数列的前n 项和求S 2019；（3）由b k ＝a k +a k +1＝4k +2，得123123nn n n n n n T b C b C b C b C =++++，然后结合已知组合数公式的性质求解有穷数列{}12kk n b C k n =，，，，，的前n 项和T n ． 【详解】（1）因为()22221122,2n n n n n S S n a nS S n ---==-≥，又数列{}n a 各项均不为零，所以212n n S S n -+=.当2n =时，211218S S a a a +=++=，所以26a =. 当3n =时，()32123218S S a a a +=++=，所以34a =.（2）由（1）知()211212,242,221,1n n n n n n S S n n a a n n S S n n -++⎧+=≥⎪⇒+=+≥⎨+=+≥⎪⎩. ()()()()2019123452018201914246201821009S a a a a a a a =+++++++=++++++⨯4078379=.（3）由（2）知7,142,2n n b n n =⎧=⎨+≥⎩.1212nn n n n n T b C b C b C =+++()()1232374232n nn n n n n n n C n C C nC C C C =++++++++()()121012301121742n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C ----=++++++++++--()()17421221n n n n n -=+-+--()2222n n n =++⋅-.【点睛】本题考查数列递推式，考查了数列的分组求和与等差数列前n 项和，考查二项式系数的性质，是难题．15．（2020·上海青浦区·复旦附中青浦分校高三月考）等差数列{}n a 和等比数列{}n b 中， 112a b ==，222a b b ==+，n S 是{}n b 前n 项和.(1)若 lim 3n n S b →∞=-，求实数b 的值； (2)是否存在正整数b ，使得数列{}n b 的所有项都在数列{}n a 中?若存在，求出所有的b ，若不存在，说明理由；(3)是否存在正实数b ，使得数列{}n b 中至少有三项在数列{}n a 中，但{}n b 中的项不都在数列{}n a 中?若存在，求出一个可能的b 的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1) 1b =-.(2) 所有的符合题意的*2()b k k N =∈.(3) 2b =.【解析】试题分析：(1)数列{}n b 是等比数列，其前n 和的极限存在，因此有公式q 满足1q <，且极限为11b q -；(2)由于b 是正整数，因此可对b 按奇偶来分类讨论，因此当b 为奇数时，等比数列{}n b 的公比不是整数，是分数，从而数列{}n b 从第三项开始每一项都不是整数，都不在数列{}n a 中，而当b 为偶数时，数列{}n b 的所有项都在{}n a 中，设2b k =，则2212k q k +==+，12(1)n n b k -=⋅+展开有0112112(n n n n n b C k C k ----=++ 2111)n n n n C k C ----+022122()n n n n k C k C ---=+++，这里用到了二项式定理，22(1)ma k m =+-，结论为真；(3)存在时只要找一个b ，首先b 不能为整数，下面我们只要写两数列的通项公式，让m k b a =(,3)m k ≥，取特殊值求出b ，如取4,3m k ==，可得2b =，此时4b 在数列{}n a 中，由于2b =是无理数，会发现数列{}n a 除第一项以外都是无理数，而38b =是整数，不在数列{}n a 中，命题得证，(如取其它的,m k 又可得到另外的b 值)．试题解析：（1）对等比数列{}n b ，公比2122b b q +==+．因为01q <<，所以40b -<<． ２分解方程231(1)2b b =--+， ４分得4b =或1-．因为40b -<<，所以1b =-． ６分（2）当b 取偶数(2,*)b k k N =∈时，{}n b 中所有项都是{}n a 中的项． 8分证: 由题意：均在数列中， 当时，110112*********()2(1)2()2n n n n n n n n n n n b b k C k C k C k C ----------+==+=++++ 021*******(1)1n n n n n n k C k C k C ------⎡⎤=+++++-⎣⎦说明{}n b 的第n 项是{}n a 中的第021321111n n n n n n C k C k C ------++++项． 10分当b 取奇数(21,*)b k k N =+∈时，因为n b 不是整数，所以数列的所有项都不在数列中． 12分综上，所有的符合题意的． （3）由题意，因为12,b b 在{}n a 中，所以{}n b 中至少存在一项()3m b m ≥在{}n a 中，另一项()t b t m ≠不在{}n a 中． 14分由m k b a =得12(1)2(1)2m bk b -+=+-， 取4m =得()321212b k b ⎛⎫+=+- ⎪⎝⎭，即()()2242b k +=-. 取k =4，得222b =（舍负值）．此时43b a =． 16分当222b =时，38b =，()()21222n a n =+-，对任意n ，3n a b ≠. 18分综上，取222b =．(此问答案不唯一，请参照给分)考点：(1)数列的极限，无穷等比数列的和；(2)等差数列与等比数列的通项公式；(3)数列的项的综合问题．。
数学高考知识点计数原理在高中数学中，计数原理是一个重要的知识点。
它涉及到如何统计和计算事件的可能结果数量，是很多概率和组合问题的基础。
本文将从排列、组合和种类等角度介绍计数原理的相关内容。
一、排列和组合在计数原理中，排列和组合是两个常见的概念。
排列指的是从一组元素中按照一定顺序选择若干个元素进行排列，而组合指的是从一组元素中选择若干个元素进行组合，顺序不重要。
1. 排列排列的计算是根据不同情况下元素选择的方式。
假设有n个元素，需要从中选取r个元素进行排列，那么计算排列数的公式为P(n, r) = n! / (n - r)！。
其中n!表示阶乘，即n!= n × (n - 1) × (n -2) … × 2 × 1。
2. 组合组合的计算是根据选择元素的方式，顺序不考虑。
同样假设有n个元素，需要从中选取r个元素进行组合，那么计算组合数的公式为C(n, r) = n! / (r! × (n - r)!)。
二、计数原理的应用计数原理的应用在高考中经常出现，下面以几个例子来介绍如何应用计数原理解决问题。
1. 乒乓球比赛某乒乓球比赛中，共有6名选手，每轮比赛两两对阵，两名选手按顺序开始比赛。
要求分别计算比赛进行了多少轮和总共进行了多少场比赛。
解析：每一场比赛是由两名选手来进行的，所以总场数等于选手人数除以2的商。
即6 / 2 = 3，所以比赛总共进行了3场。
而每一轮比赛都会淘汰一名选手，所以轮数等于选手的人数减一。
即6 - 1 = 5，所以比赛进行了5轮。
2. 数字密码某门锁的密码由4位数字组成，这些数字来自0-9这10个数字。
不允许重复数字，那么总共有多少种可能的密码？解析：第一位数字有10种选择，第二位数字有9种，第三位数字有8种，第四位数字有7种。
根据乘法原理，总共的可能性为10 × 9 × 8 × 7 = 5040种。
三、计数原理的延伸除了排列和组合，计数原理还可以应用在更复杂的问题中，例如种类问题。
高考数学计数原理知识点数学是高考中的一门重要科目，其中计数原理是数学中的一个重要知识点。
计数原理用于解决计数问题，是数学中的基础工具。
在高考中，计数原理常常出现在复合概率、组合数学等题目中。
掌握计数原理的知识点对于高分通过高考数学是非常重要的。
下面将介绍一些常见的计数原理知识点。
一、排列和组合排列是指从一组元素中选取若干元素进行有序排列的方式。
对于n个元素，从中选取k个元素进行排列，可以得到 nPk 种不同的排列，其中P表示排列。
组合是指从一组元素中选取若干元素进行无序选择的方式。
对于n个元素，从中选取k个元素进行组合，可以得到 nCk 种不同的组合，其中C表示组合。
排列和组合的计算公式如下:nPk = n! / (n-k)!nCk = n! / (k!(n-k)!)其中n!表示n的阶乘，即n! = n(n-1)(n-2)...3*2*1。
通过排列和组合的计算公式，我们可以快速计算出排列和组合的结果，而不用逐个枚举。
二、乘法原理和加法原理乘法原理是指若一个事件发生的方式有m种，而另一个事件发生的方式有n种，且这两个事件的发生方式相互独立，那么这两个事件同时发生的方式有m * n种。
加法原理是指若一个事件发生的方式有m种，而另一个事件发生的方式有n种，且这两个事件的发生方式互斥（即两者不能同时发生），那么这两个事件发生的方式有m + n种。
乘法原理和加法原理是解决计数问题的基本原理，它们在计数原理中有着广泛的应用。
通过灵活运用乘法原理和加法原理，我们可以简化计数问题的解决过程，提高解题效率。
三、重复排列和重复组合重复排列是指从n个元素中选择k个元素进行有序排列，允许元素重复出现的方式。
对于重复排列，共有 n^k 种不同的排列方式。
重复组合是指从n个元素中选择k个元素进行无序组合，允许元素重复出现的方式。
对于重复组合，共有C(n+k-1, k)种不同的组合方式。
通过重复排列和重复组合的计算公式，我们可以快速计算出重复排列和重复组合的结果，进而解决相关的计数问题。
高中数学计数原理知识点总结高中数学计数原理知识点总结如下：1. 计数原理：分类加法计数原理：完成一件事情，有n类方式，第一类有m1种方法，第二类有m2种方法，……，第n类有mn种方法，则完成这件事情共有N=m1+m2+...+mn种方法。
分步乘法计数原理：完成一件事情，需要分成n个步骤，第一步有m1种方法，第二步有m2种方法，……，第n步有mn种方法，则完成这件事情共有N=m1×m2×...×mn种方法。
2. 排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从n个元素中取出m个元素的一个排列。
所有排列的个数记作A(n,m)或anm，规定0≤m≤n。
3. 组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个元素中取出m个元素的一个组合。
所有组合的个数记作C(n,m)或cnm，规定0≤m≤n。
C(n,m)=n!/(n-m)!C(n,m)=C(n,n-m)C(n,k)=C(n-1,k-1)+C(n-1,k)4. 二项式定理：(a+b)n的展开式为：二项式系数：C(n,k)=n!/[(n-k)!k!]展开式一共有n+1项各项系数为二项式系数各项次数之和等于(a+b)的次数5. 特殊项的二项式定理：当a=b=1时，(1+1)n=2n的展开式为：当k=0时，项为：1当k=1时，项为：n+1当k=2时，项为：C(n,2)+3C(n,3)/2!当k=3时，项为：C(n,3)+8C(n,4)/3!当k=4时，项为：C(n,4)+15C(n,5)/4!以上是高中数学计数原理知识点总结。
希望对您有帮助。
计数原理知识梳理一、两个原理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．推广：如果完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1＋m 2＋…＋m n ．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 ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事需要n 个步骤，做第1步有m 1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 n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1×m 2×…×m n ．(1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：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，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复； ③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法． 5.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(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个事件． (3)对完成各步的方法数要准确确定． 6. 应用两种原理解题要注意 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．7.与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理. (2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．二、排列与组合 1.排列；如果与顺序无关，则是组合． 2.排列数、组合数的定义、公式、性质全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，全排列数公式：所有全排列的个数，即(1)(2)21!nn A n n n n =⨯-⨯-⋅⋅⋅⨯⨯=．3.排列、组合问题的求解常用方法与技巧解排列组合综合问题，先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，具体有下面几种常用方法： (1)特殊元素或特殊位置优先法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上；从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．优先安排．(2)相邻问题捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列． (3)相间问题插空法：对不相邻问题，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．(4)定序问题倍除法：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列． (5)多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理． (6)分球问题隔板法：相同元素的分配问题常用“隔板法”,每组至少一个．(7) 分组分配问题的策略：对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑．对于整体均分，分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．对于部分均分，若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！．(8)间接法：正难则反、等价转化的方法，比如“至少”或“至多”含有几个元素的题型． 三、二项式定理 1.二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n ＝(n ∈N *)，等号右边的式子称为()na b +的二项展开式．(2)通项公式：T k ＋1＝ ，它表示第 项；注意：(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题． 2.二项展开式的特征：（1）二项展开式共有 项；（2）二项式系数依次为组合数012,,,,,,knn n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）各项次数都等于二项式的幂指数n ；（4）字母a 的指数由n 开始按降幂排列到0，b 的指数由0开始按升幂排列到n ． 注意：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是特指相应的组合数C 0n ，C 1n ，…，C n n ，它只与各项的项数有关，而与a ，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a ，b 的值有关． 3.4.(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝ .(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝ .5.求二项展开式中特定项(或系数)的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项T k ＋1＝C k n a n －k b k，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k ；第三步，把k 代入通项中，即可求出T k ＋1，有时还需要先求n ，再求k ，才能求出T k ＋1或者其他量． 6.求三项展开式中某些特定项(或系数)的策略(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解． (2)两次利用二项式定理的通项求解．(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．7.二项式定理中的字母可取任意数或式，在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法．对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.8.二项展开式中系数最大项的求法如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1，注意解出k 后要检验首末两项．。
高考计数原理知识点总结高考的数学考试中，计数原理是一个非常重要的知识点。
计数原理涉及到对各种情况下的计数方法的掌握和运用。
通过对计数原理的学习，可以帮助我们解决各种实际问题，提升解题能力。
在本文中，将对高考计数原理的相关知识点进行总结。
一、基本计数原理基本计数原理是计数原理的基础，也是其他计数原理的出发点。
基本计数原理指的是：当一个事件可以分解为若干个独立的步骤时，每个步骤的取法总数之乘积就是整个事件的取法总数。
例如，从A、B、C三个城市中选择一个作为旅游目的地，再从目的地城市的旅游景点中选择一个进行游览。
根据基本计数原理，这个问题的解决步骤可以分为两步，首先是选择旅游目的地的步骤，共有3种选择；其次是选择旅游景点的步骤，共有景点数种选择。
据此，整个问题的解决步骤就是3×景点数。
二、排列与组合排列与组合是计数原理中的两个重要概念。
排列指的是从一组元素中按照一定顺序选取若干个元素进行排列的方法；组合则是从一组元素中无序地选取若干个元素进行组合的方法。
1. 排列排列的概念可以通过一个简单的例子来加以说明。
假设有4个小朋友A、B、C、D要站成一排，那么有多少种不同的排列方法呢？根据排列的定义，首先有4种选择选取第一个位置的小朋友，然后在剩下的3个小朋友中选择一个放在第二个位置，再在剩下的2个小朋友中选择一个放在第三个位置，最后剩下的一个小朋友放在最后一个位置。
据此，整个问题的解决步骤就是4×3×2×1，即4的阶乘。
排列的计算公式可以用数学符号简洁地表示为：A(4,4)=4！。
2. 组合与排列不同，组合不考虑元素的先后顺序。
如果要从A、B、C、D这4个小朋友中选取2个小朋友玩游戏，那么有多少种不同的组合呢？根据组合的定义，首先有4种选择选取第一个小朋友，然后在剩下的3个小朋友中选择一个作为第二个小朋友。
由于不考虑元素的先后顺序，所以(A,B)和(B,A)被视为同一种情况，即同一个组合。
第十五单元 ⎪⎪⎪计数原理教材复习课“计数原理”相关基础知识一课过[过双基]两个计数原理[小题速通]1．从3名男同学和2名女同学中选1人主持本班某次主题班会，不同选法种数为( ) A ．6 B ．5 C ．3D ．2解析：选B 由分类加法计算原理知总方法数为3＋2＝5(种)．2．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 ＋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．3．(2016·西安质检)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．解析：当相同的数字不是1时，有C 13个；当相同的数字是1时，共有C 13C 13个， 由分类加法计数原理知共有“好数”C 13＋C 13C 13＝12(个)．答案：12[清易错]1．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．2．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．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：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，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．2．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．243 B．252C．261 D．279解析：选B0,1，2，…，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)．排列与组合1．排列与排列数(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质[小题速通]1．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则在该实施中程序顺序的编排方法共有()A．34种B．48种C．96种D．144种解析：选C由题意知，程序A只能出现在第一步或最后一步，所以有A22＝2种结果．因为程序B和C实施时必须相邻，所以把B和C看作一个元素，有A44A22＝48种结果，根据分步乘法计数原理可知共有2×48＝96种结果，故选C.2．某学校周二安排有语文、数学、英语、物理、化学、体育六节课，要求数学不排在第一节课，体育不排在第四节课，则这天课程表的不同排法种数为() A．720 B．504C．384 D．120解析：选B以数学课的排法进行分类：(1)数学排在第四节，则体育课可排在其余任意一节，故不同的排法种数为A55＝120.(2)数学排在除第一节、第四节外的其余四节，其排法为4种；体育课则从除第四节、数学选择的节次外的其余四节任选一节，其排法为4种；其余课程由剩余4节课进行全排，不同的排法种数为A44＝24.由分步乘法计数原理可得，不同的排法种数共有4×4×24＝384.综上，由分类加法计数原理可得，不同的排法种数有120＋384＝504.3．将某师范大学4名大四学生分成2人一组，安排到A 城市的甲、乙两所中学进行教学实习，并推选甲校张老师、乙校李老师作为指导教师，则不同的实习安排方案共有________种．解析：采取“学校”选“人”的思路，则不同的实习安排方案有C 24C 22＝6种．答案：64．方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 的解为________．解析：由排列数公式可知3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)， ∵x ≥3且x ∈N *，∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，即3x 2－17x ＋10＝0，解得x ＝5或x ＝23(舍去)，∴x ＝5.答案：55．已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则C m8＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ， m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×(7－m )！m ！10×7！，整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2.故C m 8＝C 28＝28.答案：28[清易错]只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为( )A ．423B ．288C ．216D ．144解析：选B 若2,4相邻，把2,4捆绑在一起，与另外四个数排列(相当于5个元素排列)，1不在左、右两侧，则六位数的个数为2×C 13×A 44＝144，同理2,4与6相邻的有A 22×2×2×A 33＝48个，所以只有2,4相邻的有144－48＝96个，全部符合条件的六位数有96×3＝288个．1．二项式定理2．二项式系数的性质[小题速通]1．已知C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝729，则C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C nn 等于( )A ．63B ．64C ．31D ．32解析：选A 逆用二项式定理得C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝(1＋2)n ＝3n ＝729，即3n ＝36，所以n ＝6，所以C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n ＝26－C 0n ＝64－1＝63.故选A.2．在x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数为( ) A ．30 B ．20 C ．15D ．10解析：选C 因为(1＋x )6的展开式的第(r ＋1)项为T r ＋1＝C r 6x r ，x (1＋x )6的展开式中含x 3的项为C 26x 3＝15x 3，所以系数为15.3.⎝⎛⎭⎪⎫x －124x 8的展开式中的有理项共有________项．解析：∵T r ＋1＝C r 8(x )8－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－124x r ＝⎝⎛⎭⎫－12r C r 8x 16－3r4，∴r 为4的倍数，故r ＝0,4,8共3项． 答案：34．(2017·山西四校联考)如果(2x －1)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，那么a 1＋a 2＋…＋a 6的值等于________．解析：令x ＝0，有1＝a 0；令x ＝1，有1＝a 0＋a 1＋…＋a 6，所以a 1＋a 2＋…＋a 6＝0. 答案：0[清易错]1．二项式的通项易误认为是第k 项，实质上是第k ＋1项．2．易混淆二项式中的“项”，“项的系数”、“项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指C k n (k ＝0,1，…，n )．1．(2017·长沙长郡中学月考)若⎝⎛⎭⎫x 2－1x n 的展开式中的所有二项式系数之和为512，则该展开式中常数项为( )A ．－84B ．84C ．－36D ．36解析：选B 由二项式系数之和为2n ＝512，得n ＝9.又T r ＋1＝(－1)r C r 9x18－3r，令18－3r ＝0，得r ＝6，故常数项为T 7＝84.故选B.2．若二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n 展开式中的第5项是常数，则自然数n 的值为( ) A ．6 B ．10 C ．12D ．15解析：选C 由二项式⎝⎛⎭⎫x －2x n 展开式的第5项C 4n (x )n －4⎝⎛⎭⎫－2x 4＝16C 4n x n 2－6是常数项，可得n2－6＝0，解得n ＝12.[双基过关检测] 一、选择题1．(2017·滨州模拟)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( )A ．6种B ．12种C ．24种D ．30种解析：选C 分步完成：第一步，甲、乙选同一门课程有4种方法；第二步，甲从剩余的3门课程选一门有3种方法；第三步，乙从剩余的2门中选出一门课程有2种方法；∴甲、乙恰有1门相同课程的选法有4×3×2＝24(种)．2.现有4种不同颜色要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：选D按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种)．3．(2017·云南师大附中适应性考试)在(a＋x)7展开式中x4的系数为280，则实数a的值为()A．1 B．±1C．2 D．±2解析：选C由题知，C47a3＝280，得a＝2，故选C.4．(2016·佛山二模)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：选D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．5．张、王两家夫妇各带一个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，两个小孩一定要排在一起，则这六人入园顺序的排法种数为()A．12 B．24C．36 D．48解析：选B将两位爸爸排在两端，有2种排法；将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上，有2A33种排法，故总的排法有2×2×A33＝24(种)．6．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是()A．150 B．300C．600 D．900解析：选C 若甲去，则乙不去，丙去，再从剩余的5名教师中选2名，有C 25×A 44＝240种方法；若甲不去，则丙不去，乙可去可不去，从6名教师中选4名，共有C 46×A 44＝360种方法．因此共有600种不同的选派方案．7．(2017·成都一中模拟)设(x 2＋1)(2x ＋1)9＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 11(x ＋2)11，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选A 令等式中x ＝－1，可得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选A. 8．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 ．20解析：选C lg a －lg b ＝lg ab ，从1,3,5,7,9中任取两个数分别记为a ，b ，共有A 25＝20种结果，其中lg 13＝lg 39，lg 31＝lg 93，故共可得到不同值的个数为20－2＝18.故选C.二、填空题9.⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的二项展开式中x 项的系数为________． 解析：⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式的通项是T r ＋1＝C r 5·(2x )5－r ·⎝⎛⎭⎫－1x r ＝C r 5·(－1)r ·25－r ·x 5－2r.令5－2r ＝1得r ＝2.因此⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式中x 项的系数是C 25·(－1)2·25－2＝80. 答案：8010．(2016·石家庄模拟)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)．解析：第1步，把甲、乙分到不同班级有A 22＝2种分法； 第2步，分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有2种方法； ②丙、丁分到两个不同班有A 22＝2种分法．由分步乘法计数原理，不同的分法为2×(2＋2)＝8(种)． 答案：811．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．解析：四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．答案：1312.(2017·宁波调研)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：若1,3不同色，则1,2,3,4必不同色，有3A 44＝72种涂色法；若1,3同色，有C 14C 13A 22＝24种涂色法．根据分类计数原理可知，共有72＋24＝96种涂色法．答案：96 三、解答题13．已知(a 2＋1)n 展开式中的二项式系数之和等于⎝⎛⎭⎫165x 2＋1x 5的展开式的常数项，而(a 2＋1)n 的展开式的二项式系数最大的项等于54，求正数a 的值．解：⎝⎛⎭⎫165x 2＋1x 5展开式的通项T r ＋1＝C r 5⎝⎛⎭⎫165x 25－r ·⎝⎛⎭⎫1x r ＝C r 5⎝⎛⎭⎫1655－r x 20－5r 2， 令20－5r ＝0，得r ＝4，故常数项T 5＝C 45·165＝16，又(a 2＋1)n 展开式的各项系数之和为2n ， 由题意得2n ＝16，∴n ＝4.∴(a 2＋1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项T 3，从而C 24(a 2)2＝54，∴a ＝ 3.14．从1到9的9个数字中取3个偶数4个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C34种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C45种情况；第三步，3个偶数，4个奇数进行排列，有A77种情况．所以符合题意的七位数有C34C45A77＝100 800个．(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C34C45A33A55＝14 400个．(3)(1)中的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C34C45A33A44A22＝5 760个．高考研究课(一)—————————————————————————————————————排列与组合常考3类型——排列、组合、分组分配————————————————————————————————————[全国卷5年命题分析][典例]3(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？(3)如果女生不站两端，有多少种排法？(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？[解](1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A66种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A33种排法，因此共有A66·A33＝4 320(种)不同排法．(2)(插空法)先排5个男生，有A55种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A36种排法，因此共有A55·A36＝14 400(种)不同排法．(3)法一(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A 66种排法，因此共有A 25·A 66＝14 400(种)不同排法．法二(元素分析法)：从中间6个位置选3个安排女生，有A 36种排法，其余位置无限制，有A 55种排法，因此共有A 36·A 55＝14 400(种)不同排法．(4)8名学生的所有排列共A 88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中12， ∴符合要求的排法种数为12A 88＝20 160(种)．(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．法一(特殊元素法)：甲在最右边时，其他的可全排，有A 77种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A 16种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A 16种，其余人全排列，共有A 16·A 16·A 66种．由分类加法计数原理，共有A 77＋A 16·A 16·A 66＝30 960(种)．法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有A 17种，余下7个位置全排，有A 77种，但应剔除乙在最右边时的排法A 16·A 66种，因此共有A 17·A 77－A 16·A 66＝30 960(种)．法三(间接法)：8个人全排，共A 88种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A 77种，乙在最右边时，有A 77种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A 66种．因此共有A 88－2A 77＋A 66＝30 960(种)．[方法技巧]求解排列应用题的主要方法[即时演练]1．六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种解析：选B第一类：甲在左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)方法；第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)方法．所以共有120＋96＝216(种)方法．2．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．解析：(捆绑法)首先排两个奇数1,3有A22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C12种方法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8.答案：8[典例](1)(2017·名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为()A．360B．520C．600 D．720(2)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．[解析](1)根据题意，分2种情况讨论：若只有甲、乙其中一人参加，有C1·C35·A44＝2480种情况；若甲、乙两人都参加，有C22·C25·A44＝240种情况，其中甲、乙相邻的有C22·C25·A33·A22＝120种情况．则不同的发言顺序的种数为480＋240－120＝600.(2)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法C14C212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C312－3C34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208[答案] (1)C (2)472 [方法技巧]组合问题常有的2类题型(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取；(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．[即时演练]1．如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有( )A ．50种B ．51种C ．140种D ．141种解析：选D 因为第一天和第七天吃的水果数相同，所以中间“多一个”或“少一个”的天数必须相同，都是0,1,2,3，共4种情况，所以共有C 06＋C 16C 15＋C 26C 24＋C 36C 33＝141种，故选D.2．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对解析：选C 法一：直接法：如图，在上底面中选B1D 1，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样A 1C 1对应的也有8对，因此一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对，又正方体共有6个面，所以共有16×6＝96(对)，又因为每对被计算了2次，因此成60°的面对角线有12×96＝48(对)．法二：间接法：正方体的12条面对角线中，任意两条垂直、平行或成角为60°，所以成角为60°的共有C 212－12－6＝48(对)．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配.关于分组问题，有不等分、整体均分和部分均分三种，无论分成几组，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象.,常见的命题角度有：(1)不等分问题； (2)整体均分问题； (3)部分均分问题. 角度一：不等分问题1．若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．解析：将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法， 故共有60×6＝360种不同的分法． 答案：360角度二：整体均分问题2．国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．解析：先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法． 答案：90角度三：部分均分问题3．.(2016·内江模拟)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为( )A ．144B ．72C ．36D ．48解析：选C 分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22；第二步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A33种，所以满足条件的分配方案有C24C12C11A22·A33＝36种．[方法技巧]解决分组分配问题的3种策略(1)不等分组只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．(2)整体均分解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n (n为均分的组数)，避免重复计数．(3)部分均分解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．1．(2012·全国卷Ⅰ)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有() A．12种B．10种C．9种D．8种解析：选A先安排1名教师和2名学生到甲地，再将剩下的1名教师和2名学生安排到乙地，共有C12C24＝12种安排方案．2．(2016·全国甲卷)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．24 B．18C．12 D．9解析：选B由题意可知E→F有C24种走法，F→G有C13种走法，由乘法计数原理知，共C24·C13＝18种走法，故选B.3．(2016·四川高考)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A．24 B．48C．60 D．72解析：选D第一步，先排个位，有C13种选择；第二步，排前4位，有A44种选择．由分步乘法计数原理，知有C13·A44＝72(个)．4．(2015·四川高考)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个解析：选B当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A34个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C13A34个偶数．故符合条件的偶数共有2A34＋C13A34＝120(个)．5．(2014·重庆高考)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．72 B．120C．144 D．168解析：选B依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为A33A34＝144，其中3个歌舞类节目互不相邻但2个小品类节目相邻的排法种数为A22A22A33＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120，选B.6．(2014·北京高考)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．解析：将A，B捆绑在一起，有A22种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A44种摆法，共有A22A44＝48种摆法，而A，B，C3件在一起，且A，B相邻，A，C相邻有CAB，BAC两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A33＝12种摆法，故A，B相邻，A，C 不相邻的摆法有48－12＝36种．答案：36[高考达标检测]一、选择题1．将字母a ，a ，b ，b ，c ，c 排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种解析：选A 由分步乘法计数原理，先排第一列，有A 33种方法，再排第二列，有2种方法，故共有A 33×2＝12种排列方法．2．有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为( )A ．150B ．180C ．200D ．280解析：选A 分两类：一类，3个班分派的毕业生人数分别为2,2,1，则有C 25C 23A 22·A 33＝90种分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1,1,3，则有C 35·A 33＝60种分派方法．所以不同分派方法种数为90＋60＝150.3．将标号为1,2,3,4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号1,2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为( )A ．15B ．20C ．30D ．42解析：选C 四个篮球中两个分到一组有C 24种分法，三组篮球进行全排列有A 33种，标号1,2的两个篮球分给同一个小朋友有A 33种分法，所以有C 24A 33－A 33＝36－6＝30种分法，故选C.4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )A ．24B ．48C ．72D ．96解析：选B 据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有A 22A 24种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有A 22A 12C 12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有A 22A 24＋A 22A 12C 12C 13＝48种摆放方法．5．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是( )A．12 B．6C．8 D．16解析：选A若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C12×3＝6种方法；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有3×2＝6种方法．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12种．6．(2016·昆明调研)航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验，要求2艘攻击型核潜艇一前一后，3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右，每侧3艘，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法数为()A．72 B．324C．648 D．1 296解析：选D核潜艇排列数为A22，6艘舰艇任意排列的排列数为A66，同侧均是同种舰艇的排列数为A33A33×2，则舰艇分配方案的方法数为A22(A66－A33A33×2)＝1 296.7．(2016·青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．18种B．24种C．36种D．72种解析：选C一个路口有3人的分配方法有C13C22A33(种)；两个路口各有2人的分配方法有C23C22A33(种)．∴由分类加法计数原理，甲、乙在同一路口的分配方案为C13C22A33＋C23C22A33＝36(种)．8．市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是()A．48B．54C．72 D．84解析：选C由题意，先把3名乘客全排列，有A33种排法，产生四个空，再将2个连续空座位和一个空座位插入四个空中，有A24种排法，则共有A33·A24＝72(种)候车方式．故选C.二、填空题9．(2017·洛阳统考)四名学生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有________种．解析：分两步：先将四名学生分成2,1,1三组，共有C24种；而后，对三组学生进行全排列，有A33种．依分步乘法计数原理有C24A33＝36(种)保送方案．答案：3610．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．解析：把g ，o ，o ，d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g 和d ，共有A 24种排法；第二步：排两个o ，共一种排法，所以总的排法种数有A 24＝12(种)．其中正确的有一种，所以错误的共有A 24－1＝12－1＝11(种)．答案：1111．(2017·江苏淮海中学期中)若A ，B ，C ，D ，E ，F 六个不同元素排成一列，要求A 不排在两端，且B ，C 相邻，则不同的排法有________种(用数字作答)．解析：由于B ，C 相邻，把B ，C 看做一个整体，有2种排法．这样，6个元素变成了5个．先排A ，由于A 不排在两端，则A 在中间的3个位子中，有A 13＝3种方法，其余的4个元素任意排，有A 44种不同方法，故不同的排法有2×3×A 44＝144种．答案：14412．(2017·济南模拟)航天员拟在太空授课，准备进行标号为0,1,2,3,4,5的六项实验，向全世界人民普及太空知识，其中0号实验不能放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为________(用数字作答)．解析：优先安排第一项实验，再利用定序问题相除法求解．由于0号实验不能放在第一项，所以第一项实验有5种选择．最后两项实验的顺序确定，所以共有5A 55A 22＝300种不同的编排方法．答案：300 三、解答题13．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中． (1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？ (2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C 36＝20种不同的放入方式．(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C 310＝120种放入方式．。
