备战2020届高三理数一轮单元训练第14单元 计数原理与分布列 B卷 学生版

专题08函数与导数小题一.函数小题（一）命题特点和预测：分析近8年的高考题发现8年15考，每年至少1题，多数年份为2 个小题，主要考查函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性、函数图象及应用这些性质比较大小、解函数不等式、识别函数图象、研究函数零点或方程的解，考查分段函数求值等，函数单调性与奇偶性及其应用、分段函数问题的考查为基础题，图象、综合利用函数图象性质比较大小或研究函数零点与方程解得个数多为中档题或压轴小题.2019年仍将至少1个函数小题，主要考查函数的图象性质、分段函数或函数的综合应用，难度可能为基础题或中档题或压轴小题．（二）历年试题比较：年份题目答案2018年（12）设函数，，，则满足的x的取值范围是DA.，B.，C.，D.，（13）已知函数，若，则________．-72017年（8）函数y sin2x1cos x 的部分图像大致为C2016年（8）若a>b>0，0<c<1，则（A）log c<log c（B）log a<log b（C）a<b（D）c>c ab c c（9）函数y=2x–e在[–2,2]的图像大致为B Dc c a b 2|x|（A ） （B ）（C ） （D ）2015 年(10)已知函数2x12, x 1f ( x )log ( x 1), x 12，且f ( a )3 ，则 f (6 a )（）A（A ）7531（B ）（C ）（D ）4444(12) 设 函 数y f ( x )的 图 像 与y 2x a的 图 像 关 于 直 线yx对 称 ， 且Cf ( 2) f ( 4)1，则a( )（A ）1（B ）1（C ）2（D ）42014 年(5)设函数f ( x ) ,g ( x )的定义域为R，且f ( x )是奇函数，g ( x )是偶函数，则下 A 列结论中正确的是A.f ( x ) |g ( x ) |是奇函数B. | f ( x ) | g ( x )是奇函数C. f ( x ) g ( x )是偶函数D.| f ( x ) g ( x ) |是奇函数(15)设函数fxe x 1, x 1,则使得 x 3 , x 1, fx2成立的 的取值范围是________.( ,8]2013 年(12) 已知函数f ( x )=x 2 2 x , x 0ln( x 1), x 0，若|f ( x )|≥，则 的取值范围是DA . (,0]B . (,1]C.[-2,1]D .[-2,0]2012 年(11)当 0<x1≤2时，4x log x a，则 a 的取值范围是A2（A ）(0， 2 )2（B ）( 2 ，1)（C ）(1， 2)（D ）( 2，2)(16)设函数f ( x )(x +1) +sin x= x +1 的最大值为 M ，最小值为 m ，则 M+m =____22011 年（3）下列函数中，既是偶函数又在（0，+∞）单调递增的函数是B1xax a2 2（A）y x3(B)y |x|1(C)y(D)y 2|x|x 21(10)在下列区间中，函数 f (x)=e x 4x 3的零点所在的区间为C（A）（111113，0）(B)（0，）(C)（，）(D)（，）444224(12)已知函数y=f (x)的周期为2，当∈[－1,1]时， f (x)=x2，那么函数=Af (x)的图像与函数y |lg x |的图像的交点共有（A）10个(B)9个(C)8个(D)1个【解析与点睛】（2018年）（12）【解析】将函数的图像画出来，观察图像可知会有，解得，所以满足的x的取值范围是，，故选D.（13）【解析】根据题意有，可得，所以，故答案是.（2017年）（8）【解析】由题意知，函数ysin2x1cos x为奇函数，故排除B；当时，y 0，排除D；当x 1时，ysin 21cos20，排除A.故选C.（2016年）（8）【解析】由0c 1可知y log xc 是减函数,又a b 0,所以log a log bc c．故选B.（9）【解析】函数f(x)=2x–e在[–2,2]上是偶函数，其图象关于轴对称，因为f(2)8e2,08e21，所以排除A,B 选项；当x 0,2时，f (x)=4xex有一零点，设为x，当x (0,x)时，f(x)为减函数，当x (x,2)时，f(x)为增函数．故选D.（2015年）(10)【解析】∵f (a)3，∴当a 1时，f(a)2a 123，则2a 11，此等式显然不成立，当a 1时，log(a1)32，解得a 7，∴f(6a) f (1)=211274，故选A.（12）【解析】设(x,y)是函数y f(x)的图像上任意一点，它关于直线y x y,x），由已知知（y,x）在函数y 2x a的图像上，∴x 2y a，解得y l o g (x)a2，即f x()ogl()x a2，∴x yxy2|x|对称为（f(，解得a 2，故选C. 2)f(4)l o g2alog4a122（2014年）(5)【解析】∵函数 f (x),g(x)的定义域为R，且 f (x)是奇函数，g(x)是偶函数，∴f(x)g(x)=-f (x)g(x)是奇函数，故C错，|f (x)|g(x)=|f(x)|g(x)=|f (x)|g(x)是偶函数，故B 错；f (x)|g(x)|=f (x)|g(x)|是奇函数，故选A.(15)【解析】原不等式等价于x 1e x12x 1或1，解得x32x 8，故的取值范围是(,8].（2013年）【解析】∵|f (x)|=x22x,x 0ln(x 1),x 0，∴由|f (x)|≥得，x 0x 0且x22x ax ln(x 1)ax，由x 0x22x ax可得a x 2，则≥-2，排除Ａ，Ｂ，当=1时，易证ln(x 1)x对x 0恒成立，故a=1不适合，排除C，故选D.0a 1（2012年）(11)【解析】由指数函数与对数函数的图像知1log 4221，解得0a ，故选A. 22(16)【解析】f (x)=12x sin xx21，设g(x) =f (x)1=2x sin xx21，则g(x)是奇函数，∵ f (x)最大值为M，最小值为，∴g(x)的最大值为M-1，最小值为－1，∴M 1m 10，M m=2.（2011年）（3）【解析】先考查奇偶性，显然y x是奇函数，排除A，∵y |x|1x 1x 0=1x x 0，显然在（0，+∞）是单调增函数，故选B.(10)【解析】∵1f()=4＜0，f(0)2＜0，f ( )44e4=4e 2＜0，111 f()=＞0∴f()f()242＜0，∴零点所在的区间为（11，），故选C. 42(12)【解析】作出= f (x)的图像与y |l g x |的图像，由图像知10个交点，故选A.（三）命题专家押题题号试题1.下列函数中，既是奇函数，又在A．B．上是增函数的是（）C．D．2.xaxa aam m311e 1 y设，若，则实数是（）A．1B．-1C．D．03 4函数已知函数立，则的定义域为__________．是定义在R上的偶函数，且，且对任意，有的值为（）成A．1B．-1 C．0D．25函数的大致图像是（）A．B．C．D．6若，，，则，，的大小关系是（）A．B．C．D．7已知函数A．，若，则实数的取值范围是（）B．C．D．8已知函数，若的最小值为，则实数的取值范围是________9已知函数，若且，则的取值范围是10_____.设函数是定义在上的函数，且对任意的实数，恒有，，当时，.若在在上有且仅有三个零点，则的取值范围为（）A．C．【详细解析】B．D．1.【答案】C【解析】对于A，函数为奇函数，但在无单调性，所以A不合题意．对于B，由于，所以函数为偶函数，所以B不合题意．对于C，函数为奇函数，且在上单调递增，所以C符合题意．对于D，函数为奇函数，当时，，所以+，所以函数在上单调递减，在上单调递增，不合题意，故选C．2.【答案】B【解析】解得a=-1,故选B3.【答案】【解析】依题意得，得，即函数的定义为4.【答案】A.【解析】∵是偶函数，∴，∴，∴，∴的周期为4，∴，故选A．5.【答案】A【解析】由，得，，又，，结合选项中图像，可直接排除B，C，D，故选A6.【答案】D【解析】由题意，根据指数函数的性质，可得，根据对数函数的图象与性质，可得，，所以，故选D.7.【答案】A【解析】由函数的解析式可得函数为奇函数，绘制函数图像如图所示，则不等式即，即，观察函数图像可得实数的取值范围是，故选A.8.【答案】【解析】当，，当且仅当时，等号成立.当时，为二次函数，要想在处取最小，则对称轴要满足并且+，即，解得.9.【答案】【解析】由且得.画出的图像，如下图所示，由图可知，，故，故的取值范围是.10.【答案】C【解析】由题意，函数满足，所以函数是奇函数，图象关于y轴对称，又由，则，即，可得，代入可得，所以函数的图象关于对称，且是周期为4的周期函数，又由当时，，画出函数的图象，如图所示，因为在上有且仅有三个零点，即函数和的图象在上有且仅有三个交点，当时，则满足，解得；当时，则满足，解得；综上所述，可得实数的取值范围是，故选C.二.导数小题（一）命题特点和预测：分析近 8 年的高考题发现，8 年 6 年考，主要考查利用导数的几何意义研究函数的切线、利用导数研究函数的图象与性质再、利用导数研究函数零点的个数，函数 的切线问题是容易题，利用导数研究函数性质或零点个数问题是中档题或压轴小题.2019年高考 仍会考 1 个导数试题，可能考查函数的切线，也可能考查利用导数研究函数的图象与性质及研究函数零点或方程解的个数问题或函数的最值问题，若考切线为基础题，若考利用导数研究函 数性质为中档题，若考函数零点个数或与单调性有关的参数问题为难题.（二）历年试题比较：年份2018 年题目（6）设函数 ．若处的切线方程为，点为奇函数，则曲线答案在 DA.B.C.D.2017 年(9)已知函数f(x) lnx ln(2 x)，则CA ．B ． f (x) f (x)在（0,2）单调递增在（0,2）单调递减C ．y=D ．y= f (x)f (x) 的图像关于直线 x=1 对称的图像关于点（1,0）对称（14）曲线 y x 21x在点（1，2）处的切线方程为_____________.y x 12016 年（12）若函数 1f(x) x - sin2 x a s inx3在 , 单调递增，则 a 的取 C值范围是（A ）1,1（B ）1 1, 3（C ）1 1 , 3 3（D ）1,1 32015 年(14)已 知函 数f x ax 3 x 1的 图像 在点1,f 1的 处的 切线 过点12,7，则a.2014 年（12）已知函数f (x)= ax 33x 2 1 ，若f (x)存在唯一的零点 ，且 ＞A0，则 的取值范围是（A ）（-，-2）（B ）（1，+） （C ）（2，+） （D ）（-，-1）2012 年(13)曲线y x(3ln x 1)在点（1,1）处的切线方程为________4 x y 3 0【解析与点睛】x x a（2018年）（6）【解析】因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，所以，所以曲线即，故选D.在点处的切线方程为，（2017年）（9）【解析】由题意知，f (2x)ln(2x)ln x f (x)，所以f (x)的图像关于直线x 1对称，C正确，D错误，又f112(1x)x (0x 2)x2x x(2x)，在(0,1)上单调递增，在1,2上单调递减，A，B错误.故选C.（14）【解析】设y f(x)，则f x 2x 1x2，所以f 1211，所以在(1,2)处的切线方程为y 21(x 1)，即y x 1.（2016年）【解析】f (x)=21cos2x a cos x 03对x R恒成立，故21(2cos2x 1)a cos x 03，即a cos x 454545 cos x 0恒成立，即t at 0对t [1,1]恒成立；设f(t)=t at 333333（t [1,1]1f(1)a 03），所以1f(1)a 03，解得11a33，故选C.（2015年）【解析】∵f (x)3ax21，∴f (1)3a 1，即切线斜率k 3a 1，又∵f(1)a 2，∴切点为（1，a 2），∵切线过（2,7），∴a 27123a 1，解得 1.（2014年）【解析】当a 0时，函数f(x)3x 21显然有两个零点且一正一负;∵f (x)=3a x26x=3x(a x 2) ，当a 0时，当x＜0或x＞时，f (x)＞0，则f (x) 在x (,0)和（，+）是增函a a数，当0＜x＜2a时，f (x)＜0，f (x)2在(0，)是减函数，∴af (x)在=0处取极大值 f (0)=1，∵f (0)=1＞0，由 f (x)的图像知，f (x)存在负零点；当＜0时，当x＜2a或＞0时，f (x)＜0，则f (x)在x (,)和（0，+）是减函数，当＜x＜0时，f (x)＞0，f(x) 在(aa a，0)是增函数，要使f (x)存在唯一的零点x，且x＞0，则002f( )0a，解得＜-2或＞2（舍），故选A.（2012年）【解析】∵y 3ln x 4，∴切线斜率为4，则切线方程为：4x y 30.（三）命题专家押题题号1.试已知函数题是定义在上的奇函数，且当时，，则曲线在点222a22xa x222a a处的切线方程为（）A．C．B．D．2.定义域为的奇函数，当时，恒成立，若，，则（）A．C．B．D．3已知函数的图象如图所示(其中是函数的导函数),则下面四个图象中,的图象大致是( )A．B．C．D．4 5已知函数函数在在上单调递增，则的取值范围是__________.上的最大值是________.6已知函数对于任意实数都有，且当时，，若实数满足，则的取值范围是________．7已知函数与的图像上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．8已知函数，若对，，得，则实数的取值范围是（）B．A．D．C．且，使9已知函数，若是函数（）的唯一极值点，则实数k的取值范围是（）A．B．C．D．10设函数，A．B．C．有且仅有一个零点，则实数的值为（）D．【详细解析】1.【答案】D【解析】若，则，所以，因为函数是定义在上的奇函数，所以，此时，，，所以切线方程为，即，故选D.2.【答案】D【解析】构造函数，因为是奇函数，所以为偶函数，当时，恒成立，即，所以在时为单调递减函数，在时为单调递增函数，根据偶函数的对称性可知，，所以，所以选D3.【答案】C【解析】由的图象可得，当当当当时，，所以，即函数时，，所以，即函数时，，所以，即函数时，，所以，即函数单调递增；单调递减；单调递减；单调递增；观察选项，可得C选项图像符合题意，故选C4.【答案】【解析】∵在上恒成立，则，令，，知在上单调递增，故.5.【答案】【解析】由题意，函数，可得函数的定义域为，又由，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为.6.【答案】【解析】由题得，当≥时，，因为≥，所以，所以函数在[,+∞上单调递增，因为，所以函数是偶函数，所以函数在（上单调递减，因为，所以||＜1，所以-1＜＜1，所以.7.【答案】C【解析】若函数在上有解，即与，所以当的图象上存在关于轴对称的点，则方程在上有解，令，则时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最大值，所以的值域为，所以的取值范围是，故选C.8.【答案】D【解析】当时，函数的值域为.由可知：当时，，与题意不符，故.令，得，则，所以，作出函数在上的大致图象如图所示，观察可知解得，故选D.9.【答案】A【解析】∵函数（）的定义域是（，），∴（），∵是函数（）的唯一一个极值点，∴是导函数（）的唯一根，∴在（，）无变号零点，即在＞上无变号零点，令，因为（），所以（）在（，）上单调递减，在＞上单调递增，所以（）的最小值为（），，所以必须，故选A．10.【答案】B【解析】∵函数，有且只有一个零点，∴方程，，有且只有一个实数根，令g（x）=，则g′（x）=，当时，g′（x）0，当时，g′（x）0，∴g（x）在上单调递增，在上单调递减，当x=时，g（x）取得极大值g（）=，又g（0）=g（）=0，∴若方程，，有且只有一个实数根，则a=，故选B.。

2019-2020年高考数学一轮复习第一讲计数原理讲练理新人教A版一、两个计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．二、排列组合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)个元素组成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．（2）．组合数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3、排列数、组合数的公式及性质(1)A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n－m！(2)C m n＝A m nA m m＝n n－1n－2…n－m＋1m！＝n！m！n－m！(n，m∈N*，且m≤n)．特别地C0n＝1.解排列、组合应用题的常见策略 (1)特殊元素优先安排的策略； (2)合理分类与准确分步的策略； (3)排列、组合混合问题先选后排的策略； (4)正难则反、等价转化的策略； (5)相邻问题捆绑处理的策略； (6)不相邻问题插空处理的策略； (7)定序问题除法处理的策略； (8)分排问题直排处理的策略．三、二项式定理 1、二项式定理（1）．(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n ∈N *)． （2）．第r ＋1项，T r ＋1＝C r n an －r b r. （3）．第r ＋1项的二项式系数为C r n . 2、二项式系数的性质（1）．0≤k ≤n 时，C k n 与C n －k n 的关系是C k n ＝C n －k n .（2）．二项式系数先增后减中间项最大且n 为偶数时第n 2＋1项的二项式系数最大，最大值为C n2n ；当n 为奇数时，第n ＋12项和n ＋32项的二项式系数最大，最大值为C n －12n 或C n ＋12n .（3）．各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ，C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝2n －1. 基础自测1．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有( ) A ．50个 B ．45个 C ．36个 D ．35个【解析】 根据题意，十位数上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 【答案】 C2．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )A ．6种B ．12种C ．24种D ．30种【解析】 分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)，故选C.【答案】C3．A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有()A．24种B．60种C．90种D．120种【解析】可先排C、D、E三人，共A35种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步计数原理满足条件的排法共A35＝60(种)．【答案】B4．(xx·大纲全国卷)(x＋2)8的展开式中x6的系数是()A．28 B．56 C．112 D．224【解析】该二项展开式的通项为T r＋1＝C r8x8－r2r＝2r C r8x8－r，令r＝2，得T3＝22C28x6＝112x6，所以x6的系数是112.【答案】C考点一两个计数原理例6个学生按下列要求站成一排，求各有多少种不同的站法？(1)甲不站排头，乙不能站排尾；(2)甲、乙都不站排头和排尾；(3)甲、乙、丙三人中任何两人都不相邻；(4)甲、乙都不与丙相邻．【思路点拨】(1)按甲站的位置分类求解；(2)先排甲、乙的位置，再排其他学生；(3)不相邻问题用插空法求解；(4)按丙站的位置分类求解．【尝试解答】(1)分两类：甲站排尾，有A55种；甲站中间四个位置中的一个，且乙不站排尾，有A14A14A44种．由分类计数原理，共有A55＋A14A14A44＝504(种)．(2)分两步：首先将甲、乙站在中间四个位置中的两个，有A24种；再站其余4人，有A44种．由分步计数原理，共有A24·A44＝288(种)．(3)分两步：先站其余3人，有A33种；再将甲、乙、丙3人插入前后四个空当，有A34种．由分步计数原理，共有A33·A34＝144(种)．(4)分三类：丙站首位，有A24A33种；丙站末位，有A24A33种；丙站中间四个位置中的一个，有A14A23A33种．由分类计数原理，共有2A24A33＋A14A23A33＝288(种)．方法与技巧 1.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．2．对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．跟踪练习（xx山东）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．261 D．279解析：本题考查分步乘法计数原理的基础知识，考查转化与化归思想，考查运算求解能力，考查分析问题和解决问题的能力．能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.答案：B考点二排列与组合例1、男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)至少有1名女运动员；(2)既要有队长，又要有女运动员．【思路点拨】第(1)问可以用直接法或间接法求解．第(2)问根据有无女队长分类求解．【尝试解答】(1)法一至少有1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．由分类加法计数原理可得总选法数为C14C46＋C24C36＋C34C26＋C44C16＝246(种)．法二“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解．从10人中任选5人有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种．所以“至少有1名女运动员”的选法为C510－C56＝246(种)．(2)当有女队长时，其他人选法任意，共有C49种选法．不选女队长时，必选男队长，共有C48种选法．其中不含女运动员的选法有C45种，所以不选女队长时共有C48－C45种选法，所以既有队长又有女运动员的选法共有C49＋C48－C45＝191(种)．方法与技巧组合问题常有以下两类题型变化1“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.2“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解.2、（xx山东）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( )A ．232B ．252C ．472D ．484解析：若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C 14×C 14×C 14＝64种，若2张同色，则有C 23×C 12×C 24×C 14＝144种；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C 14×C 23×C 14×C 14＝192种，剩余2张同色，则有C 14×C 13×C 24＝72种，所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法．答案：C跟踪练习 1、（xx 山东）（8）某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有 （A ）36种（B ）42种(C)48种（D ）54种【答案】B2、(xx·宁夏、海南)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)．解析：法一：先从7人中任取6人，共有C 67种不同的取法．再把6人分成两部分，每部分3人，共有C 36C 33A 22种分法．最后排在周六和周日两天，有A 22种排法， ∴C 67×C 36C 33A 22×A 22＝140种．法二：先从7人中选取3人排在周六，共有C 37种排法．再从剩余4人中选取3人排在周日，共有C 34种排法，∴共有C 37×C 34＝140种． 答案：140考点三 二项式定理例 1、（X -）12展开式中的常数项为（A ）-1320 （B ）1320 （C ）-220 (D)220 解析：本题考查二项式定理及其应用41212123311212123((1)(1),r r r r r r r r r rr T C xC x x C x x----+==-⋅=-993101212121110(1)220.321T C C ⨯⨯==-=-=-=-⨯⨯2、如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是 （ ）A ．7B ．－7C ．21D ．－215．C跟踪练习 1、[xx·山东卷] 若⎝⎛⎭⎫ax 2＋bx 6的展开式中x 3项的系数为20，则a 2＋b 2的最小值为________．答案：2[解析] T r ＋1＝C r 6(ax 2)6－r ·⎝⎛⎭⎫b x r＝C r 6a 6－r ·b r x 12－3r ，令12－3r ＝3，得r ＝3，所以C 36a6－3b 3＝20，即a 3b 3＝1，所以ab ＝1，所以a 2＋b 2≥2ab ＝2，当且仅当a ＝b ，且ab ＝1时，等号成立．故a 2＋b 2的最小值是2.2、（xx 江西）.⎝⎛⎭⎫x 2－2x 35展开式中的常数项为( ) A ．80 B ．－80 C ．40D ．－40解析：本题考查二项式定理，意在考查考生的运算能力．T r ＋1＝C r 5·(x 2)5－r ·⎝⎛⎭⎫－2x 3r ＝C r 5·(－2)r ·x 10－5r，令10－5r ＝0，得r ＝2，故常数项为C 25×(－2)2＝40. 答案：C。

课时跟踪检测（五十二）分类加法计数原理与分步乘法计数原理一抓基础，多练小题做到眼疾手快1. a, b, c, 选法的种数是（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）A. 20 B . 16C . 10D . 6解析：选B当a当组长时，则共有 1 X 4 = 4（种）选法；当a不当组长时，因为a不能当副组长，则共有4X 3= 12（种）选法.因此共有4+ 12= 16种选法.2. （2019江山模拟）某班班干部有5名男生，4名女生，从中各选一名干部参加学生党校培训，则不同的选法种数有（）A. 9B. 20C. 16D. 24解析：选B 先选男生，有5种不同的选法，再选女生，有4种不同的选法.由分步乘法计数原理可知：N = 5X 4 = 20.3. 某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B, C, D中选择，其他四个号码可以从0〜9这十个数字中选择（数字可以重复），有车主第一个号码（从左到右）只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1, 3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有（）A. 180种B. 360 种C. 720种D. 960 种解析：选D 按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法.因此车牌号码可选的所有可能情况有5X 3 X 4X 4X 4=960（种）.4. 从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是 _____________ ; 3的倍数的个数有_________ .解析：从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0,可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法.故所求奇数的个数为3X 3 X 2= 18.若有0, 则另两个数分别为1,2或2,4,则不同的三位数有2 X 2X 2 = 8种，若有3，则另两个数分别为1,2或2,4，则不同的三位数有 3 X 2X 2= 12种，所以满足条件的3的倍数的个数为8 +12= 20 个.答案：18 205. （2018温州八校）将三个分别标有A, B, C的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，则1号盒子中无球的不同放法种数有____________ 种；1号盒子中有球的不同放法种数有________ 种.解析：1号盒子无球的不同放法有33= 27种，1号盒子有球的不同放法有43- 33= 64-27= 37 种.答案：27 37二保咼考，全练题型做到咼考达标1•设集合A = {- 1,0,1}，集合B= {0,1,2,3}，定义A*B = {（x, y）|x€ A n B, y€ A U B}, 则A*B中元素的个数是（）A. 7B. 10C. 25D. 52解析：选 B 因为集合 A = { - 1,0,1},集合B= {0,1,2,3}，所以 A n B= {0,1} ,A U B = {-1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2X 5 = 10（个）.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. 56B. 54C. 53D. 52解析：选D 在8个数中任取2个不同的数共有8X 7= 56（个）对数值，但在这56个对数值中，lo g24= log39, 10字2= log93, log23= log49, log32= log94，即满足条件的对数值共有56- 4= 52（个）.3. （2019嘉兴四高适应性考试）将3封信投入6个不同的信箱内，则不同的投法种数有（）A. 9B. 18C. 216D. 729解析：选C 将3封信投入6个不同的信箱内，每封信都有6种不同的投法，所以满足条件的不同投法种数有63= 216种.4.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2A4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C1A4个偶数.故符合条件的偶数共有2A：+ C3A4= 120（个）.5. 如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有（）D . 120 种 解析：选C 如图，设四个直角三角形顺次为C —>D 顺序涂色，下面分两种情况：（1） A , C 不同色（注意：B ，D 可同色、也可不同色， D 只要不与A ，C 同色，所以D 可 以从剩余的2种颜色中任意取一色）：有4X 3X 2X 2= 48（种）不同的涂法.（2） A , C 同色（注意：B , D 可同色、也可不同色， D 只要不与A , C 同色，所以D 可以 从剩余的3种颜色中任意取一色）:有4X 3X 1X 3= 36（种）不同的涂法.故共有48+ 36= 84（种） 不同的涂色方法.故选 C.6. 集合 N = {a , b , c}? {- 5,— 4,— 2,1,4}，若关于 x 的不等式 ax 2+ bx + c v 0 恒有实数解，则满足条件的集合 N 的个数是 _________ .解析：依题意知，集合 N 最多有C 3= 10（个），其中对于不等式 ax 2 + bx + c v 0没有实 数解的情况可转化为需要满足 a > 0,且△= b 2— 4ac < 0,因此只有当a , c 同号时才有可能， 共有2种情况，因此满足条件的集合 N 的个数是10— 2 = 8.答案：87. 在一个三位数中，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.其中偶数有 __________ 个.解析：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）.偶数为 214,312,314,412,324，共 5 个.答案：85 8.如图所示，用五种不同的颜色分别给 A , B , C , D 四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有 ________ 种.解析：按区域分四步：第一步， A 区域有5种颜色可选；第二步，B 区域有4种颜色可选；第三步，C 区域有3种颜色可选；第四步，D 区域也有3种颜色可选.由 分步乘法计数原理，共有 5X 4X 3X 3= 180（种）不同的涂色方法.答案：1809. ___________ 已知△ ABC 三边a , b , c 的长都是整数，且 a < b < c ,如果b = 25，则符合条件的 三角形共有 ____ 个.解析：根据三边构成三角形的条件可知， c v 25+ a.C . 84 种» B第一类：当a= 1, b= 25时，c可取25,共1个值;第二类，当a= 2, b= 25时，c可取25,26，共2个值;当a = 25, b= 25时，c可取25,26,…，49,共25个值;所以三角形的个数为 1 + 2 +…+ 25= 325.答案：32510. 已知集合M = {—3,—2,—1, 0, 1, 2}，若a, b, c€ M,则：(1) y= ax2+ bx+ c可以表示多少个不同的二次函数；(2) y= ax2+ bx+ c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y= ax2 + bx+ c 可以表示5 X 6 X 6= 180(个)不同的二次函数.(2)y= ax2+ bx+ c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b, c的取值均有6种情况，因此y= ax2+ bx+ c可以表示2X 6X 6= 72(个)图象开口向上的二次函数.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.已知集合A={(x, y)|x2+ y2< 1, x, y€ Z}, B= {(x, y川x|w 2, |y|< 2, x, y€ Z}, 定义集合A® B = {(X1 + X2, y1+ y2)|( X1,y1) € A, (x2 ,y2)€ B}，则A® B 中元素的个数为()A. 77B. 49C. 45D. 30解析：选C A= {(x, y)|x2+ y2w 1, x, y€ Z} = {(x, y)|x = ± , y= 0;或x= 0 , y= ±1; 或x= 0 , y= 0},B= {(x , y川x|w 2 , |y|< 2 , x , y€ Z}= {(x , y)|x= —2, —1 , 0,1,2; y=—2, —1,0,1,2}, A ® B 表示点集.由X1=—1,0,1, X2=—2, —1,0,1,2 ,得x1 + X2=—3, —2, —1,0,1,2,3 ,共7 种取值可能.同理，由y1=—1,0,1 , y2=—2, —1,0,1,2，得y1+ y2=—3, —2, —1,0,1,2,3 ,共7 种取值可能.当X1+ X2=—3或3时，y1 + y2可以为一2, —1,0,1,2中的一个值，分别构成5个不同的占八、、5当X1+ X2=—2, —1,0,1,2 时，y1 + y2可以为一3, —2, —1, 0,1,2,3 中的一个值，分别构成7个不同的点，故A® B共有2X 5 + 5X 7= 45(个)元素.2. (2019湖南十二校联考)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”有序对的个数为 2 X 10X 5 X 3= 300.答案：3003. 如图所示，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，求共有多少不同的染色方法.解：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分.类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论. 由题设，四棱锥S -ABCD 的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5X 4 X 3 = 60（种）染色方法.当S，A，B 染好时，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,贝U D可染3或5,有2种染法；若C染5,贝U D可染3或4,有2种染法.可见，当S，A, B 已染好时，C, D还有7种染法，故不同的染色方法有60X 7= 420（种）.。

2020届高三数学一轮复习强化训练精品――计数原理单元综合测试一、填空题〔本大题共14小题，每题5分，共70分〕1.不同的五种商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁不能排在一起，那么不同的排法共有 种. 答案 242.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 个. 答案 2253.二项式〔a +2b )n 中的第二项系数是8，那么它的第三项的二项式系数为 .答案 64.〔x +1〕15=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 15x 15，那么a 0+a 1+a 2+…+a 7= .答案 2145.〔2018·四川理〕从甲、乙等10名同学中选择4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，那么不同的选择方法共有 种.答案 1406.〔2018·常州模拟〕在〔1-x 3)(1+x )10的展开式中，x 5的系数为 .答案 2077.〔1+3x 〕6(1+41x )10的展开式中的常数项为 . 答案 4 2468.〔2018·辽宁理〕一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分不照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，那么不同的安排方案共有 种.答案 369.甲、乙、丙三名同学在课余时刻负责一个运算机房的周一至周六值班工作，每天一人值班，每人值班两天，假如甲同学不值周一的班，乙同学不值周六的班，那么能够排出不同的值班表有 种.答案 4210.假设〔1+x )n +1的展开式中含x n -1的系数为a n ，那么11a +21a +…+n a 1的值为 . 答案 12 n n 11.在〔x -x 21〕9的展开式中，x 3的系数为 〔用数字作答〕. 答案 -221 12.〔1+x 〕+(1+x )2+(1+x )3+…+(1+x )8=a 0+a 1x +…+a 8x 8,那么a 1+a 2+a 3+…+a 8= .答案 50213.〔2018·陕西理，16〕某地奥运火炬接力传递路线共分6段,传递活动分不由6名火炬手完成,假如第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，那么不同的传递方案共有 种.〔用数字作答〕答案 9614.〔ax -x 1〕8的展开式中x 2的系数是70，那么实数a 的值为 . 答案 ±1二、解答题〔本大题共6小题，共90分〕15.〔14分〕二次函数y =ax 2+bx +c 的系数a 、b 、c ，在集合{-3，-2，-1，0，1，2，3，4}中选取3个不同的值，那么可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？解 由图形特点分析，a ＞0,开口向上，坐标原点在内部⇔f (0)=c ＜0;a ＜0,开口向下，原点在内部⇔f (0)=c ＞0, 因此，关于抛物线y =ax 2+bx +c 来讲，原点在其内部⇔af (0)=ac ＜0,那么确定抛物线时，可先定一正一负的a 和c ,再确定b ,故满足题设的抛物线共有C 13C 14A 22A 16=144〔条〕. 16.〔14分〕五位老师和五名学生站成一排：〔1〕五名学生必须排在一起共有多少种排法？〔2〕五名学生不能相邻共有多少种排法？〔3〕老师和学生相间隔共有多少种排法？解 〔1〕捆绑法共有A 66·A 55=86 400种排法.〔2〕插空法共有A 55·A 56=86 400种排法.〔3〕排列方式只能有两类，如下图：○□○□○□○□○□□○□○□○□○□○(用□表示老师所在位置，用○表示学生所在位置〕故有2A 55·A 55=28 800种排法.17.〔14分〕在n x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-3321的展开式中，第6项为常数项. 〔1〕求n ;(2)求含x 2的项的系数；〔3〕求展开式中所有的有理项.解 〔1〕通项公式为T r +1=C r n x 3r n -r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x 3r- =C r n r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x 32r n -,因为第6项为常数项，因此r =5时， 有32r n -=0，即n =10. 〔2〕令32r n -=2,得r =21(n -6)=2, ∴所求的系数为C 210221⎪⎭⎫ ⎝⎛-=445.(3)依照通项公式，由题意得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈≤≤∈-Z 100Z3210r r r 令3210r -=k (k ∈Z )，那么10-2r =3k ,即r =5-23k , ∵r ∈Z ,∴k 应为偶数.∴k 可取2,0,-2,即r 可取2,5,8.因此第3项，第6项与第9项为有理项，它们分不为T 3=2445x ，T 6=863，T 9=225645-x . 18.〔16分〕4个不同的红球和6个不同的白球放入同一个袋中，现从中取出4个球.〔1〕假设取出的红球的个数许多于白球的个数，那么有多少种不同的取法？〔2〕取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，假设取出4个球总分许多于5分，那么有多少种不同的取法？ 解 〔1〕依题意可知，取出的4个球中至少有2个红球，可分为三类：①全取出红球，有C 44种不同的取法；②取出的4个球中有3个红球1个白球，有C 34×C 16种取法；③取出的4个球中有2个红球2个白球，有C 24×C 26种不同的取法.由分类计数原理知，共有C 44+C 34×C 16+ C 24×C 26=115种不同的取法.〔2〕依题意知，取出的4个球中至少要有1个红球，从红白10个球中取出4个球，有C 410种不同的取法，而全是白球的取法有C 46种，从而满足题意的取法有：C 410-C 46=195〔种〕.19.〔16分〕〔a 2+1〕n 展开式中的各项系数之和等于〔516x 2+x1〕5的展开式的常数项，而〔a 2+1〕n 的展开式的系数最大的项等于54，求a 的值〔a ∈R 〕.解 〔516x 2+x 1〕5的通项公式为 T r +1=C r 5r x -⎪⎭⎫ ⎝⎛52516·r x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1=C r 5·r -⎪⎭⎫ ⎝⎛5516·x 2520r -令20-5r =0，那么r =4，∴常数项为T 5=C 45×516=16. 又〔a 2+1〕n 展开式的各项系数之和为2n ，依题意得2n =16，n =4，由二项式系数的性质知〔a 2+1〕4展开式中系数最大的项是中间项T 3，因此C 24〔a 2〕2=54，即a 4=9，因此a =±3.20.(16分〕设〔2-3x 〕100=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 100x 100，求以下各式的值：〔1〕a 0;(2)a 1+a 2+…+a 100;(3)a 1+a 3+a 5+…+a 99;(4)(a 0+a 2+…+a 100)2-(a 1+a 3+…+a 99)2.解 〔1〕由〔2-3x )100展开式中的常数项为C 0100·2100, 即a 0=2100，或令x =0，那么展开式可化为a 0=2100.〔2〕令x =1,可得a 0+a 1+a 2+…+a 100=(2-3)100.① ∴a 1+a 2+…+a 100=(2-3)100-2100.(3)令x =-1可得a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 100=(2+3)100. ② 与x =1所得到的①联立相减可得，a 1+a 3+…+a 99=2)32()32(100100+--. (4)原式=［〔a 0+a 2+…+a 100〕+(a 1+a 3+…+a 99)］×［(a 0+a 2+…+a 100)-(a 1+a 3+…+a 99)］ =(a 0+a 1+a 2+…+a 100)(a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 98-a 99+a 100) =(2-3)100·〔2+3〕100=1.。

计数原理（4）排列与组合A1、若N n ∈且20n <，则()(2728()34)n n n --⋯⋯-等于( ) A.827n A -B.2734nn A --C.734n A -D.834n A -2、用0,1,2,3,4组成没有重复数字的全部五位数中,若按从小到大的顺序排列,则数字12340应是第( )个数.A.6B.9C.10D.8 3、某科技小组有6名同学,现从中选出3人去参加展览,至少有1名女生人选时的不同选法有16种,则小组中的女生数目为( )A.2人B.3人C.4人D.5人 4、6本不同的书在书架上摆成一排,要求甲、乙两本书必须摆放在两端,丙、丁两本书必须相邻,则不同的摆放方法有( )种.A.24B.36C.48D.605、某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言,要求甲、乙两名同学至少有一人参加,且若甲、乙同时参加,则他们发言时不能相邻,那么不同的发言顺序的种数为( ) A.360 B.520 C.600 D.7206、若n 2n 31212C C -=,则n 等于( )A.3B.5C.3或5D.15 7、将5名实习生分配到三个班实习,每班至少1名,则分配方案共有( ) A.240种 B.150种 C.180种 D.60种8、现有4中不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的涂色方法共有( )A.24种B.30种C.36种D.48种9、6名同学在毕业聚会活动中进行纪念品交换,任意2名同学之间最多交换1次,进行交换的2名同学互相交换1份纪念品,已知6名同学之间共进行了13次交换,则收到4份纪念品的同学人数为( )A.1或3B.1或4C.2或3D.2或410、5个男生和3个女生站成一排,则女生不站在一起的不同排法有( )A.14400种B.7200种C.2400种D.1200种11、小王，小赵，小张三人站成一排照相，则小王不站中间的概率为____________12、某人射击8枪,命中4枪,4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为__________.13、江苏省高中生进入高二年级时需从“物理、化学、生物、历史、地理、政治、艺术”科目中选修若干进行分科，分科规定如下：从物理和历史中选择一门学科后再从化学、生物、地理、政治中选择两门学科作为一种组合，或者只选择艺术这门学科，则共有种不同的选课组合.（用数字作答）14、我市正在建设最具幸福感城市,原计划沿渭河修建7个河滩主题公园,为提升城市品味,升级公园功能,打算减少2个河滩主题公园,两端河滩主题公园不在调整计划之列,相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整,则调整方案的种数为__________.15、将三种作物种植在如图所示的试验田里,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多少种?答案以及解析1答案及解析： 答案：D 解析：2答案及解析： 答案：C 解析：由题意知本题是一个分类计数问题,首位是1,第二位是0,则后三位可以用剩下的数字全排列,共有336A =个,前两位是12,第三位是0,后两位可以用余下的两个数字进行全排列.共有222A =种结果, 前三位是123.第四位是0,最后一位是4,只有1种结果, ∴数字12340前面有6+2+1=9个数字,数字本身就是第十个数字,3答案及解析： 答案：A解析：设有女生x 人,则有男生6x -人,依题意得336616x C C --=,∴()()()65424x x x ---=,将各选项选项代入验证,可知2x =,故选A.4答案及解析： 答案：A解析：由题意,6本不同的书在书架上摆成一排,要求甲、乙两本书必须摆放在两端,丙,丁两本书必须相邻,利用捆绑法,可得不同的摆放方法有322322A A A 24=种.5答案及解析： 答案：C解析：分两类:第一类,甲、乙中只有一人参加,则有134254C C A 21024480=⨯⨯=种选法.第二类,甲、乙都参加时,则有()()24235423C A A A 102412120-=⨯-=种选法.∴共有480120600+=种选法.6答案及解析： 答案：C 解析：由组合数的性质得n 2n 3=-或n 2n 312+-=,解得3n =或5n =,故选C.7答案及解析： 答案：B解析：将5名实习生分配到3个班实习,每班至少1名,有2种情况:①将5名生分成三组,一组1人,另两组都是2人,有22143522C CC 15A =种分组方法,再将3组分到3个班,共有3315A 90⋅=种不同的分配方案,②将5名生分成三组,一组3人,另两组都是1人,有11321522C C C 10A =种分组方法,再将3组分到3个班,共有3310A 60⋅=种不同的分配方案,共有9060150+=种不同的分配方案,故选B.8答案及解析： 答案：D解析：如图，设需要涂色的四个部分依次分①②③④,对于区域①，有4种颜色可选，有4种涂色方法;对于区域②，与区域①相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法;对于区域③,与区域①②相邻,有除①②所涂颜色之外的2种颜色可涂，有2种涂色方法；对于区域④，与区域②③相邻,有除②③所涂颜色之外的2种颜色可涂，有2种涂色方法,则不同的涂色方法有432248⨯⨯⨯=种，故选D.9答案及解析： 答案：D解析：两两交换礼物,如果每个人都有5份纪念品的话,共有5432115++++=次交换.当前只有13次交换,若缺少的两次交换都发生在同一个人身上,他只能收到3份纪念品,对应会有两人收到4份礼物,若缺少的两次交换没有发生在一个人身上,涉及交换的4个人都会收到4份纪念品,故选D.10答案及解析： 答案：A解析：我们可以在操场上进行实地排队:先让5个男生站成一排有55A 种站法,在站队时每两个男生之间留下一个空(能站且只能站一个人的位置),同时女生还可站两头,因此可供女生站的位置有六个(即“①男②男③男④男⑤男⑥”),把这6个位置编一个号码,再从这6个号码中取出3个排成一排,按它的前后顺序依次把这3个号码分给3个女生甲、乙、丙,再让3个女生对号入座,插进男生之中,最后让这8个人向左看齐,即这8个人站成一排,且女生不相邻,于是就完成了这一事件,因而有:先让5个男生排成一排,有55A 种站法,再让3个女生插入5个男生产生的6个空中,有36A 种排法,故共有5356A A 种不同站法.故选A.11答案及解析： 答案：23解析：12答案及解析：答案：20解析：13答案及解析：答案：13解析：14答案及解析：答案：6解析：任选中间5个的2个,再减去相邻的4个,故有2546C-=种不同的方案.15答案及解析：答案：由乘法原理有3×2×2×2×2=48(种)不同的种法,但这样可能只种了2种作物不符合题意,若只种两种作物,则有213211116C C⨯⨯⨯⨯= (种)不同的种法,所以满足题意的种法有48-6=42(种)不同的种植方法.解析：。

单元检测十计数原理(时间：120分钟满分：150分)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．3个单位从4名大学毕业生中选聘工作人员，若每个单位至少选聘1人(4名大学毕业生不一定都能被选聘上)，则不同的选聘方法的种数为( )A．60B．36C．24D．42答案 A解析当4名大学毕业生都被选聘上时，则有C24A33＝6×6＝36(种)不同的选聘方法；当4名大学毕业生有3名被选聘上时，则有A34＝24(种)不同的选聘方法．由分类加法计数原理，可得不同的选聘方法种数为36＋24＝60，故选A.2．用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字，且大于3000的四位数，则这样的四位数有( ) A．250个B．249个C．48个D．24个答案 C解析先考虑四位数的首位，当排数字4,3时，其他三个数位上可从剩余的4个数中任选3个进行全排列，得到的四位数都满足题设条件，因此依据分类加法计数原理，可得满足题设条件的四位数共有A34＋A34＝2A34＝2×4×3×2＝48(个)，故选C.3．有四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各1分．比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同，则比赛中可能出现的最少的平局场数是( )A．0B．1C．2D．3答案 B解析四支队得分总和最多为3×6＝18，若没有平局，又没有全胜的队，则四支队的得分只可能有6,3,0三种选择，必有两队得分相同，与四队得分各不相同矛盾，所以最少平局场数是1，如四队得分为7,6,3,1时符合题意，故选B.4．某班上午有5节课，分别安排语文、数学、英语、物理、化学各1节课，要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学不排在第一节课，则不同的排课法的种数是( ) A．16B．24C．8D．12答案 A解析根据题意分3步进行分析：①要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有A22＝2(种)情况；②将这个整体与英语全排列，有A22＝2(种)情况，排好后，有3个空位；③数学课不排在第一节，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个安排物理，有2种情况，则数学、物理的安排方法有2×2＝4(种)，则不同的排课法的种数是2×2×4＝16，故选A.5．某电视台连续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告，2个不同的两会宣传片，1个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且两会宣传片与公益广告不能连续播放，2个两会宣传片也不能连续播放，则不同的播放方式的种数是( )A．48B．98C．108D．120答案 C解析首选排列3个商业广告，有A33种结果，再在3个商业广告形成的4个空中排入另外3个广告，注意最后一个位置的特殊性，共有C13A23种结果，故不同的播放方式的种数为A33C13A23＝108.6．C03＋C14＋C25＋C36＋…＋C1720的值为( )A．C321B．C320C．C420D．C421答案 D解析C03＋C14＋C25＋C36＋…＋C1720＝C04＋C14＋C25＋C36＋…＋C1720＝C15＋C25＋C36＋…＋C1720＝C26＋C36＋…＋C1720＝…＝C1721＝C421，故选D.7．在(1＋x－x2)10的展开式中，x3的系数为( )A．10B．30C．45D．210答案 B解析(1＋x－x2)10表示10个1＋x－x2相乘，x3的组成可分为3个x或1个x2,1个x组成，故展开式中x3的系数为C310＋(－1)·C110·C19＝120－90＝30，故选B.8．某班班会准备从包含甲、乙的7名学生中选取4人发言，要求甲、乙2人至少有1人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言的顺序不能相邻，那么不同发言顺序的种数为( ) A．720B．520C．600D．360答案 C解析分两种情况讨论：若甲、乙2人只有1人参加，有C12C35A44＝480(种)情况；若甲、乙2人都参加且发言的顺序不相邻，有C22C25A22A23＝120(种)情况，则不同发言顺序的种数为480＋120＝600.9．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4)|x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4}，那么集合A中满足条件“x21＋x22＋x23＋x24≤4”的元素个数为( )A．60B．65C．80D．81答案 D解析由题意可得x21＋x22＋x23＋x24≤4成立，需要分五种情况讨论：①当x 21＋x 22＋x 23＋x 24＝0时，只有1种情况，即x 1＝x 2＝x 3＝x 4＝0； ②当x 21＋x 22＋x 23＋x 24＝1时，即x 1＝±1，x 2＝x 3＝x 4＝0，有2C 14＝8种； ③当x 21＋x 22＋x 23＋x 24＝2时，即x 1＝±1，x 2＝±1，x 3＝x 4＝0，有4C 24＝24种； ④当x 21＋x 22＋x 23＋x 24＝3时，即x 1＝±1，x 2＝±1，x 3＝±1，x 4＝0，有8C 34＝32种； ⑤当x 21＋x 22＋x 23＋x 24＝4时，即x 1＝±1，x 2＝±1，x 3＝±1，x 4＝±1，有16种， 综合以上五种情况，则总共有81种，故选D.10．已知关于x 的等式x 4＋a 1x 3＋a 2x 2＋a 3x ＋a 4＝(x ＋1)4＋b 1(x ＋1)3＋b 2(x ＋1)2＋b 3(x ＋1)＋b 4，定义映射f ：(a 1，a 2，a 3，a 4)→(b 1，b 2，b 3，b 4)，则f (4,3,2,1)等于( )A ．(1,2,3,4)B ．(0,3,4,0)C ．(0，－3,4，－1)D ．(－1,0,2，－2)答案 C解析 因为x 4＋a 1x 3＋a 2x 2＋a 3x ＋a 4＝[(x ＋1)－1]4＋a 1[(x ＋1)－1]3＋a 2[(x ＋1)－1]2＋a 3[(x ＋1)－1]＋a 4，所以f (4,3,2,1)＝[(x ＋1)－1]4＋4[(x ＋1)－1]3＋3[(x ＋1)－1]2＋2[(x＋1)－1]＋1，所以b 1＝C 14(－1)＋4C 03＝0，b 2＝C 24(－1)2＋4C 13(－1)＋3C 02＝－3，b 3＝C 34(－1)3＋4C 23(－1)2＋3C 12(－1)＋2＝4，b 4＝C 44(－1)4＋4C 33(－1)3＋3C 22(－1)2＋2(－1)＋1＝－1，故选C.第Ⅱ卷(非选择题 共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)11．若C 2n A 22＝42，则n ！3！(n －3)！＝________.答案 35 解析 由n (n －1)2×2＝42，解得n ＝7，所以n ！3！(n －3)！＝7！3！4！＝35.12．(2018·嘉兴市期末测试)已知(1－x )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，则x 2项的二项式系数是________；|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝________. 答案 15 64解析 二项式(1－x )6的展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 6(－x )k ＝(－1)k C k 6x k ，令k ＝2得x 2项的二项式系数为C 26＝15.由二项展开式的通项公式得x 的奇数次幂的项的系数小于零，偶数次幂的项的系数大于零， 则|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＋|a 6|＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6，则在(1－x )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5＋a 6x 6中，令x ＝－1得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6＝[1－(－1)]6＝64.13．(2018·浙江名校联盟联考)已知⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含32x 的项的系数为30，则实数a＝________，展开式的第3项是________． 答案 －6 36012x解析 ⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式的通项 T k ＋1＝C k5(x )5－k·⎝⎛⎭⎪⎫－a x k ＝(－a )k C k 552k x -，当52－k ＝32时，k ＝1.∴(－a )1C 15＝－5a ＝30，∴a ＝－6. 第3项为T 3＝C 25(x )5－2⎝⎛⎭⎪⎫－－6x 2＝C 256212x ＝36012x .14．(2019·台州市期末质量评估)若(x 2－2x －3)n的展开式中所有项的系数之和为256，则n ＝________，含x 2项的系数是________．(用数字作答) 答案 4 108解析 令x ＝1，则有(－4)n＝256，解得n ＝4， 所以(x 2－2x －3)n ＝(x 2－2x －3)4＝(x －3)4(x ＋1)4，所以x 2项的系数是C 24(－3)2＋C 24×(－3)4＋C 34×(－3)3×C 34＝108.15．(2018·绍兴市嵊州高考适应性考试)已知多项式(x ＋b )5＝(x －1)5＋a 1(x －1)4＋a 2(x －1)3＋a 3(x －1)2＋a 4(x －1)－32，则b ＝________，a 2＝________. 答案 －3 40解析 设x ＝1，则(1＋b )5＝－32，解得b ＝－3； 因为(x ＋b )5＝(x －3)5＝[(x －1)－2]5， 所以a 2＝C 25·(－2)2＝40.16．(2018·丽水、衢州、湖州三地质检)现有7名志愿者，其中只会俄语的有3人，既会俄语又会英语的有4人．从中选出4人负责“一带一路”峰会开幕式翻译工作，2人担任英语翻译，2人担任俄语翻译，共有________种不同的选法． 答案 60解析 不选只会俄语的，有C 03·C 24C 22A 22·A 22＝6种选法；选1名只会俄语的，有(C 13·C 14)·C 23＝36种选法；选2名只会俄语的，有C 23·C 24＝18种选法，所以共有60种不同的选法． 17．有6张卡片分别写有数字1,1,1,2,3,4，从中任取3张，可排出不同的三位数的个数是________．(用数字作答) 答案 34解析 当取出的3张卡片中不含写有数字1的卡片时，只有1种取法，可构成A 33个不同的三位数；当取出的3张卡片中，含1张写有数字1的卡片时，有C 23种取法，可构成C 23A 33个不同的三位数；当取出的3张卡片中，含2张写有数字1的卡片时，有C 13种取法，可构成C 13A 33A 22个不同的三位数；当取出的3张卡片都为写有数字1的卡片时，有1种取法，只能构成1个三位数．综上所述，构成的不同的三位数共有A33＋C 23A 33＋C 13A 33A 22＋1＝34(个)．三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同的排法？ 解 ∵前排中间3个座位不能坐， ∴实际可坐的位置前排8个，后排12个．(1)两人一个前排，一个后排，方法数为C 18·C 112·A 22； (2)两人均在后排左右不相邻，方法数为A 212－A 22·A 111＝A 211； (3)两人均在前排，又分两类：①两人一左一右，方法数为C 14·C 14·A 22； ②两人同左或同右，方法数为2(A 24－A 13·A 22)．综上，不同的排法种数为C 18·C 112·A 22＋A 211＋C 14·C 14·A 22＋2(A 24－A 13·A 22)＝346.19．(15分)已知m ，n ∈N *，f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋x )n 的展开式中x 的系数为19，求x 2的系数的最小值及此时展开式中x 7的系数．解 由题设知，m ＋n ＝19.又m ，n ∈N *，∴1≤m ≤18， ∴x 2的系数为C 2m ＋C 2n ＝12(m 2－m )＋12(n 2－n )＝m 2－19m ＋171.∴当m ＝9或10时，x 2的系数取最小值81，此时x 7的系数为C 79＋C 710＝156.20．(15分)某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A ，B ，C ，A 1，B 1，C 1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，求每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法的种数．解 第一步，在点A 1，B 1，C 1上安装灯泡，A 1有4种方法，B 1有3种方法，C 1有2种方法，则共有4×3×2＝24(种)方法．第二步，从A ，B ，C 中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法． 第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，有3种方法．由分步乘法计数原理可得，安装方法共有4×3×2×3×3＝216(种)．21．(15分)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －3a n 的展开式的各项系数之和等于⎝⎛⎭⎪⎫43b －15b 5的展开式中的常数项，求：(1)展开式的二项式系数和； (2)展开式中a －1项的二项式系数． 解 依题意，令a ＝1，得⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n 展开式中各项系数和为(3－1)n ＝2n，⎝⎛⎭⎪⎫43b －15b 5展开式中的通项为T k ＋1＝C k5(43b )5－k⎝⎛⎭⎪⎫－15b k ＝(－1)k C k 545－k·25k-·1056k b -.若T k ＋1为常数项，则10－5k6＝0，即k ＝2，故常数项为T 3＝(－1)2C 25·43·5－1＝27， 于是有2n＝27，得n ＝7. (1)⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a n展开式的二项式系数和为2n ＝27＝128. (2)⎝⎛⎭⎪⎫3a －3a 7的通项为T k ＋1＝C k 7⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 7－k ·(－3a )k＝C k7(－1)k·37－k·5216k a-，令5k －216＝－1，得k ＝3，∴所求a －1项的二项式系数为C 37＝35.22．(15分)已知a ，b ，c ∈{－2,0,1,2,3}，且a ，b ，c 互不相同，则对于方程ay ＝b 2x 2＋c 所表示的曲线中不同的抛物线共有多少条？解 将方程ay ＝b 2x 2＋c 变形可得x 2＝ab 2y －c b2，若表示抛物线，则a ≠0且b ≠0，所以分b ＝－2,1,2,3四种情况：①当b ＝－2时，⎩⎪⎨⎪⎧若a ＝1，则c ＝0，2，3，若a ＝2，则c ＝0，1，3，若a ＝3，则c ＝0，1，2，当a b 2＝14时，c b 2＝0，12，34； 当a b 2＝12时，c b 2＝0，14，34； 当a b 2＝34时，c b 2＝0，14，12.②当b ＝2时，⎩⎪⎨⎪⎧ 若a ＝－2，则c ＝0，1，3，若a ＝1，则c ＝－2，0，3，若a ＝3，则c ＝－2，0，1，当a b 2＝－12时，c b 2＝0，14，34； 当a b 2＝14时，c b 2＝－12，0，34； 当a b 2＝34时，c b 2＝－12，0，14. ③当b ＝1时，⎩⎪⎨⎪⎧若a ＝－2，则c ＝0，2，3，若a ＝2，则c ＝0，－2，3，若a ＝3，则c ＝0，－2，2.④当b ＝3时，⎩⎪⎨⎪⎧若a ＝－2，则c ＝0，1，2，若a ＝1，则c ＝－2，0，2，若a ＝2，则c ＝－2，0，1.由于b ＝－2或b ＝2时，b 2＝4，①与②中有4条重复的抛物线，所以方程ay ＝b 2x 2＋c 所表示的曲线中不同的抛物线共有9×2－4＋9×2＝32(条)．。

专题十 计数原理10.1 计数原理、排列与组合考点 计数原理、排列、组合1.(2020新高考Ⅰ,3,5分)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有( )A.120种B.90种C.60种D.30种 答案 C 解题思路:第一步:安排甲场馆的志愿者,则甲场馆的安排方法有C 61=6种,第二步:安排乙场馆的志愿者,则乙场馆的安排方法有C 52=10种,第三步:安排丙场馆的志愿者,则丙场馆的安排方法有C 33=1种.所以共有6×10×1=60种不同的安排方法.故选C (易错:注意分配到每个场馆的志愿者是不分顺序的,所以不用全排列).2.(2022新高考Ⅱ,5,5分,应用性)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有( )A.12种B.24种C.36种D.48种 答案 B 丙和丁相邻共有A 22·A 44种站法,甲站在两端且丙和丁相邻共有C 21·A 22·A 33种站法,所以甲不站在两端且丙和丁相邻共有A 22·A 44−C 21·A 22·A 33=24种站法,故选B .3.(2021全国乙理,6,5分)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有( )A.60种B.120种C.240种D.480种 答案 C 先将5人分为4组,其中一组有2人,另外三组各1人,共有C 52=10种分法,然后将4个项目全排列,共有A 44=24种排法,根据分步乘法计数原理得到不同的分配方案共有C 52·A 44=240种,故选C .易错警示 本题容易出现将5人分为4组,共有分法C 52·C 31·C 21=60种的错误结果.4.(2016四川理,4,5分)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.24B.48C.60D.72答案 D 奇数的个数为C 31A 44=72.5.(2015四川理,6,5分)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个答案B数字0,1,2,3,4,5中仅有0,2,4三个偶数,比40 000大的偶数为以4开头与以5开头的数.其中以4开头的偶数又分以0结尾与以2结尾,有2A43=48个;同理,以5开头的有3A43=72个.于是共有48+72=120个,故选B.评析本题考查了分类与分步计数原理、排列数的知识.考查学生分析问题、解决问题的能力.6.(2014大纲全国理,5,5分)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组.则不同的选法共有()A.60种B.70种C.75种D.150种答案C从6名男医生中选出2名有C62种选法,从5名女医生中选出1名有C51种选法,由分步乘法计数原理得不同的选法共有C62·C51=75种.故选C.7.(2014辽宁理,6,5分)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24答案D先把三把椅子隔开摆好,它们之间和两端有4个位置,再把三人带椅子插放在四个位置,共有A43=24种放法,故选D.8.(2014四川理,6,5分)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种答案B若最左端排甲,其他位置共有A55=120种排法;若最左端排乙,最右端共有4种排法,其余4个位置有A44=24种排法,所以共有120+4×24=216种排法.9.(2014重庆理,9,5分)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.168答案B先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33·A43=144种,再剔除小品类节目相邻的情况,共有A33·A22·A22=24种,于是符合题意的排法共有144-24=120种.10.(2013山东理,10,5分)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答案B由分步乘法计数原理知:用0,1,…,9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10=900,组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8=648,则组成有重复数字的三位数的个数为900-648=252,故选B.评析本题考查分步乘法计数原理,考查学生的推理运算能力.11.(2012课标理,2,5分)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种答案A2名教师各在1个小组,给其中1名教师选2名学生,有C42种选法,另2名学生分配给另1名教师,然后将2个小组安排到甲、乙两地,有A22种方案,故不同的安排方案共有C42A22=12种,选A.评析本题考查了排列组合的实际应用,考查了先分组再分配的方法.12.(2012辽宁理,5,5分)一排9个座位坐了3个三口之家.若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为()A.3×3!B.3×(3!)3C.(3!)4D.9!答案C第1步:3个家庭的全排列,方法数为3!;第2步:家庭内部3个人全排列,方法数为3!,共3个家庭,方法数为(3!)3,∴总数为(3!)×(3!)3=(3!)4,故选C.评析本题主要考查计数原理的基础知识,考查学生分析、解决问题的能力.13.(2012安徽理,10,5分)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换,任意两位同学之间最多交换一次,进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交换,则收到4份纪念品的同学人数为()A.1或3B.1或4C.2或3D.2或4答案D由题意及C62=15知只需少交换2次.记6位同学为A1、A2、A3、A4、A5、A6,不妨讨论①A1少交换2次,如A1未与A2、A3交换,则收到4份纪念品的同学仅为A2、A3 2人;②A1、A2各少交换1次,如A1与A3未交换,A2与A4未交换,则收到4份纪念品的同学有4人,为A1、A2、A3、A4.故选D.14.(2016课标Ⅱ,5,5分)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.9答案B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径.故选B.思路分析小明到老年公寓,需分两步进行,先从E到F,再从F到G,分别求各步的最短路径条数,再利用分步乘法计数原理即可得结果.15.(2016课标Ⅲ,12,5分)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k≤2m,a1,a2,…,a k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个答案C当m=4时,数列{a n}共有8项,其中4项为0,4项为1,要满足对任意k≤8,a1,a2,…,a k中0的个数不少于1的个数,则必有a1=0,a8=1,a2可为0,也可为1.(1)当a2=0时,分以下3种情况:①若a3=0,则a4,a5,a6,a7中任意一个为0均可,则有C41=4种情况;②若a3=1,a4=0,则a5,a6,a7中任意一个为0均可,有C31=3种情况;③若a3=1,a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有C21=2种情况;(2)当a2=1时,必有a3=0,分以下2种情况:①若a4=0,则a5,a6,a7中任一个为0均可,有C31=3种情况;②若a4=1,则a5必为0,a6,a7中任一个为0均可,有C21=2种情况.综上所述,不同的“规范01数列”共有4+3+2+3+2=14个,故选C.思路分析根据题意可知a1=0,a8=1,进而对a2,a3,a4取不同值进行分类讨论(分类要做到不重不漏),从而利用分类加法计数原理求出不同的“规范01数列”的个数.16.(2018浙江,16,4分)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成个没有重复数字的四位数.(用数字作答)答案 1 260解析本小题考查排列、组合及其运用,考查分类讨论思想.含有数字0的没有重复数字的四位数共有C52C31A31A33=540个,不含有数字0的没有重复数字的四位数共有C52C32A44=720个,故一共可以组成540+720=1 260个没有重复数字的四位数.易错警示数字排成数时,容易出错的地方:(1)数字是否可以重复;(2)数字0不能排首位.17.(2015广东理,12,5分)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)答案 1 560解析∵同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,且全班共有40人,∴全班共写了40×39=1 560条毕业留言.18.(2013北京理,12,5分)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张.如果分给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是.答案96解析5张参观券分成4份,1份2张,另外3份各1张,且2张参观券连号,则有4种分法,把这4份参观券分给4人,则不同的分法种数是4A44=96.19.(2013大纲全国理,14,5分)6个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有种.(用数字作答)答案480解析先将除甲、乙两人以外的4人排成一行,有A44=24种排法,再将甲、乙插入有A52=20种,所以6人排成一行,甲、乙不相邻的排法共有24×20=480种.20.(2013浙江理,14,4分)将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排,且A,B均在C的同侧,则不同的排法共有种(用数字作答).答案480解析从左往右看,若C排在第1位,共有排法A55=120种;若C排在第2位,共有排法A42·A33=72种;若C排在第3位,则A、B可排C的左侧或右侧,共有排法A22·A33+A32·A33=48种;若C排在第4,5,6位时,其排法数与排在第3,2,1位相同,故共有排法2×(120+72+48)=480种.21.(2011北京理,12,5分)用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有个.(用数字作答)答案14解析解法一:数字2只出现一次的四位数有C41=4个;数字2出现两次的四位数有C42C22=6个;数字2出现三次的四位数有C43=4个.故总共有4+6+4=14个.解法二:由数字2,3组成的四位数共有24=16个,其中没有数字2的四位数只有1个,没有数字3的四位数也只有1个,故符合条件的四位数共有16-2=14个.评析本题考查排列组合的基础知识,考查分类讨论思想,解题关键是准确分类,并注意相同元素的排列数等于不同元素的组合数.属于中等难度题.。

2020届一轮复习人教A 版 计数原理、概率、随机变量及其分布列 作业1.为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及均值；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．解：(1)设顾客所获的奖励额为X . ①依题意，得P (X ＝60)＝C 11C 13C 24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意，得X 的所有可能取值为20,60. P (X ＝60)＝12，P (X ＝20)＝C 23C 24＝12，即X 的分布列为所以顾客所获的奖励额的均值E (X )＝20×2＋60×2＝40元．(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找均值为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X 1，则X 1的分布列为X 1的均值E (X 1)＝20×16＋60×3＋100×6＝60，X 1的方差D (X 1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X 2，则X 2的分布列为X 2的均值E (X 2)＝40×16＋60×3＋80×6＝60，X 2的方差D (X 2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003. 由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.2. (2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性； ②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：3．95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95经计算得x ＝116∑i ＝116x i ＝9.97，s ＝116∑i ＝116x i －x 2＝116⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝116x 2i －16x2≈0.212，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1,2， (16)用样本平均数x 作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<Z <μ＋3σ)＝0.997 4.0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.[解] (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X ～B (16,0.002 6)．因此P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.X 的数学期望为EX ＝16×0.002 6＝0.041 6.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x ＝9.97，s ≈0.212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115(16×9.97－9.22)＝10.02，因此μ的估计值为10.02.i ＝116x 2i ＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.4. (2018·聊城期末)已知某厂生产的电子产品的使用寿命X (单位：小时)服从正态分布N (1 000，σ2)，且P (X <800)＝0.1，P (X ≥1 300)＝0.02.(1)现从该厂随机抽取一件产品，求其使用寿命在[1 200，1 300)的概率；(2)现从该厂随机抽取三件产品，记抽到的三件产品使用寿命在[800,1 200)的件数为Y ，求Y 的分布列和数学期望E (Y )．解：(1)因为X ～N (1 000, σ2)，P (X <800)＝0.1，P (X ≥1 300)＝0.02，所以P (1 200≤X <1 300)＋P (X ≥1 300)＝P (X ≥1 200)＝P (X <800)＝0.1.所以P (1 200≤X <1 300)＝0.1－0.02＝0.08， 即其使用寿命在[1 200,1 300)的概率为0.08.(2)因为P (800≤X <1 200)＝1－2P (X <800)＝1－2×0.1＝0.8＝45，所以Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，45. 所以P (Y ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－453＝1125，P (Y ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫45⎝⎛⎭⎪⎫1－452＝12125， P (Y ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝⎛⎭⎪⎫1－45＝48125， P (Y ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125， 所以Y 的分布列为所以E (Y )＝0×1125＋1×12125＋2×48125＋3×64125＝125.⎝⎛⎭⎪⎫或E Y ＝np ＝3×45＝1255.某网络广告公司计划从甲、乙两个网站中选择一个网站拓展公司的广告业务，为此该公司随机抽取了甲、乙两个网站某月中10天的日访问量(单位：万次)，整理后得到如图所示的茎叶图．(1)请说明该公司应该选择哪个网站；(2)根据双方规定，该公司将根据所选网站的日访问量进行付费，付费标准如下：考虑到资金有限，若要使该公司每个月(按30天计)付的费用最少，则该公司应该选择哪个网站？[解] (1)根据题中的茎叶图得，x 甲＝110×(15＋24＋28＋25＋30＋36＋30＋35＋32＋45)＝30，s2甲＝110[(15－30)2＋(24－30)2＋(28－30)2＋(25－30)2＋(30－30)2＋(36－30)2＋(30－30)2＋(35－30)2＋(32－30)2＋(45－30)2]＝58.x乙＝110×(18＋25＋22＋24＋32＋38＋30＋36＋35＋40)＝30，s2乙＝110[(18－30)2＋(25－30)2＋(22－30)2＋(24－30)2＋(32－30)2＋(38－30)2＋(30－30)2＋(36－30)2＋(35－30)2＋(40－30)2]＝49.8.因为x甲＝x乙，s2甲>s2乙，所以该公司应选择乙网站．(2)设选择甲网站每日需付的费用为随机变量X，选择乙网站每日需付的费用为随机变量Y，则随机变量X的分布列为其数学期望E(X)，故该公司若选择甲网站，则每个月需付的费用为720×30＝21 600(元)．随机变量Y的分布列为其数学期望E(Y)，故该公司若选择乙网站，则每个月需付的费用为730×30＝21 900(元)．因此应选择甲网站．。

2020届高考数学（理）一轮复习精品特训专题十：计数原理 计数原理（1）分类加法计数原理与分步乘法计数原理A1、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.153种D.143种2、王刚同学衣服上左、右各有一个口袋,左边口袋里装有30个英语单词卡片,右边口袋里装有20个英语单词卡片,这些英语单词卡片都互不相同,则从两个口袋里任取一张英语单词卡片,不同取法的种数为( )A.20B.30C.50D. 6003、如图为3×3的网格图,甲、乙两人均从A 出发去B 地,每次只能向上或向右走一格,并且乙到达任何一个位置(网格交点处）时向右走过的格数不少于向上走过的格数,记甲、乙两人所走路径的条数分别为,M N ,则M N 的值为( )A.10B.14C.15D.164、黄冈市有很多处风景名胜，仅4A 级景区就有10处，某单位为了鼓励职工好好工作，准备组织5名优秀的职工到就近的三个景区：龟峰山、天堂寨、红安红色景区去旅游，若规定每人限到一处旅游，且这三个风景区中每个风景区至少安排1人，则这5名职工共有( )种安排方法A. 90B. 60C. 210D. 1505、旅游体验师小明受某网站邀请,决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游,若甲景区不能最先旅游,乙景区和丁景区不能最后旅游,则小李旅游的方法数为( )A.24B.18C.16D.106、2018年元旦假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有( )A.18种B.24种C.48种D.36种7、6名同学安排到3个社区A,B,C 参加志愿者服务,每个社区安排两名同学,其中甲同学必须到A 社区,乙和丙同学均不能到C 社区,则不同的安排方法种数为( )A.12B.9C.6D.58、如图所示,从甲地到乙地有3条公路可走,从乙地到丙地有2条公路可走,从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走.则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为( )A.6,8B.6,6C.5,2D.6,29、从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览,要求每个城市有一人游览,每人只游览一个城市,且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览,则不同的选择方案共有( )A.300种B.240种C.144种D.96种10、某体育彩票规定:从01至36共36个号中抽出7个号为一注,每注2元.某人想从01至10中选3个连续的号,从11至20中选2个连续的号,从21至30 中选1个号,从31至36中选1个号组成一注,则这个人把这种特殊要求的号买全(每组号买一注),需要( )A.3360元B.6720元C.4320元D.8640元11、若集合{}{},,,1,2,3,4a b c d =,且下列四个关系:①1a =;②1b ≠;③2c =;④4d ≠.有且只有一个是正确的,则符合条件的有序数组(),,,a b c d 的个数是__________.12、如果一个三位数a b c ，，同时满足a b >且b c <,则称该三位数为“凹数”,那么所有不同的三位“凹数”的个数是__________13、某工程队有6项工程需要先后单独完成,其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行,工程丙必须在工程乙完成后才能进行,工程丁必须在工程丙完成后立即进行.那么安排这6项工程的不同排法种数是__________(用数字作答).14、某市参加中考的4位同学在同一天的上、下午参加“篮球运球”“立定跳远”“肺活量”“握力”“长跑”五个项目的测试,每位同学上、下午各测试一个项目, 且不重复.若上午不测“握力”项目,下午不测“长跑”项目,其余项目上、下午都各测一人,则不同的安排方式共有__________种(用数字作答)15、如图在一个圆形的六个区域种植观赏植物,要求同一块中种植同一种植物,相邻的两块种植不同的植物,现有4种不同的植物可供选择,则有几种种植方案?答案以及解析1答案及解析：答案：D解析：根据题意，从中选出不属于同一学科的书2本，包括3种情况：①一本语文、一本数学，有9763⨯=种取法，②一本语文、一本英语，有9545⨯=种取法，③一本数学、一本英语，有7535⨯=种取法，则不同的选法有634535143++=种；故选D ．2答案及解析：答案：C解析：从口袋里任取一张英语单词卡片的方案分两类:第一类:从左边口袋里取一张英语单词卡片,有30种不同的取法;第二类:从右边口袋里取一张英语单词卡片,有20种不同的取法.由分类加法计数原理知,从两个口袋里任取一张英语单词卡片的取法种数为302050+=.3答案及解析：答案：C解析：由题意从A 到B 需要走6格,向上、向右分别走3格,因此甲只需在6次选择3次选择向右走,剩下的3次选择向上走即可,所以336320M C C ==.乙只能在对角线AB 下方(包括AB )走,因此乙的走法的所有可能情况为(右上右上右上),( 右上右右上上),( 右右上上右上),( 右右上右上上),( 右右右上上上),即5N =,则20515M N -=-=.故选C.4答案及解析：答案：D解析：把5名优秀的职工分成两类:311,221,根据分组公式共有311221352153132222()150C C C C C C A A A +=种报考方法,故选:D.由题设条件知把5名优秀的职工分成两类:311,221,再分组分配即可求出.本题考查分类加法计数原理,解题时要认真审题,注意平均分组和不平均分组的合理运用5答案及解析：答案：D解析：分两种情况,第1种:甲在最后一个体验,则有33A 种可选路线;第2种:甲不在最后体验,则有1222C A ⋅ 种方法,所以小明共有31232210A C A +⋅=.故选D.6答案及解析：答案：B解析：由题意,第一类,一班的2名同学在甲车上,甲车上剩下两个要来自不同的班级,从三个班级中选两个为233C =,然后分别从选择的班级中再选择一个学生为11224C C =,故有3412⨯=种.第二类,一班的2名同学不在甲车上,则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上,为133C =,然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为11224C C =,这时共有3412⨯=种,根据分类计数原理得,共有121224+=种不同的乘车方式,故选:B.7答案及解析：答案：B解析：由题意将问题分为两类求解第一类,若乙与丙之一在甲社区,则安排种数为11236A A ⨯=种 第二类,若乙与丙在B 社区,则A 社区沿缺少一人,从剩下三人中选一人,另两人去C 社区,故安排方法种数为133A =种 故不同的安排种数是6+3=9种故选B8答案及解析：答案：A解析：9答案及解析：答案：B解析：先从除甲、乙外的4人中选1人去巴黎，再从其余5人中选3?人分别取伦敦、悉尼、莫斯科，故不同的选择方案共有1345240A A = (种)。

巩固1．(原创题)设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为( )A．(34,34) B．(43,34)C．(34,43) D．(A43，A43)解析：选C.每名学生报名有3种选择，4名学生有34种选择，每项冠军有4种可能归属，3项冠军有43种可能结果．2．(2020年苏南四市调研)设P、Q是两个非空集合，定义P*Q＝{(a，b)|a∈P，b∈Q}．若P＝{0,1,2}，Q＝{1,2,3,4}，则P*Q中元素的个数是( )A．4个 B．7个C．12个 D．16个解析：选C.a有3种选法，b有4种取法，由乘法原理，有3×4＝12(种)不同取法，生成12个不同元素．3.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )A．6种 B．12种C．24种 D．30种解析：选C.甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法为C42×2C21＝24种．4．若x、y∈N*，且x＋y≤6，则有序自然数对(x，y)共有________个．解析：当x＝1,2,3,4,5时，y值依次有5,4,3,2,1个，由分类计数原理，不同的数对(x，y)共有5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．答案：155．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：可分两步解决．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：第一步，先选学习委员有4种选法，第二步选体育委员有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：366．某体育彩票规定，从01到36共36个号中抽出的7个号为一注，每注2元．某人想先选定吉利号18，然后从01至17中选3个连续的号，从19至29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注．若这个人要把符合这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？解：第1步：从01到17中选3个连续号有15种选法；第2步：从19到29中选2个连续号有10种选法；第3步：从30到36中选1个号有7种选法．由分步乘法计数原理可知：满足要求的注数共有15×10×7＝1050注，故至少要花1050×2＝2100元．练习1．某城市的电话号码，由六位升为七位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是( )A．9×8×7×6×5×4×3 B．8×96C．9×106 D．81×105解析：选D.电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位时为9×106.∴可增加的电话部数是9×106－9×105＝81×105.2．从长度分别为1,2,3,4的四条线段中任取三条的不同取法共有n 种．在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m ，则m n ＝( )A ．0 B.14C.12D.34解析：选B.n ＝4，在“1,2,3,4”这四条线段中，由三角形的性质“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”知可组成三角形的有“2,3,4”，即m ＝1，所以m n ＝14. 3．已知I ＝{1,2,3}，A 、B 是集合I 的两个非空子集，且A 中所有数的和大于B 中所有数的和，则集合A 、B 共有( )A ．12对B ．15对C ．18对D ．20对解析：选D.依题意，当A 、B 均有一个元素时，有3对；当B 有一个元素，A 有两个元素时，有8对；当B 有一个元素，A 有三个元素时，有3对；当B 有两个元素，A 有三个元素时，有3对；当A 、B 均有两个元素时，有3对．共20对，故选D.4．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 ．36个B ．42个C ．30个D ．35个解析：选A.由于a ，b 互不相等且为虚数，所有b 只能从{1,2,3,4,5,6}中选一个有6种，a 从剩余的6个选一个有6种，根据分步计数原理知虚数有6×6＝36(个)．5．三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数为( )A ．25B ．26C ．36D ．37解析：选C.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 取值11时，x ＝1,2,3，…，11，可有11个三角形；当y 取值10时，x ＝2,3，…，10，可有9个三角形；…当y 取值6时，x 只能取6，只有一个三角形．∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.6．在1,2,3,4,5这五个数字所组成的允许有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数共有( )A ．16个B ．18个C ．19个D ．21个解析：选C.若取三个完全不同的数字为1,3,5或2,3,4.其中每种可排3×2×1＝6(个)数．若取有两个相同的数字，为1,4,4或2,2,5.每种可排3个数．若取三个相同的数字，为3,3,3，可排一个数，所以共可排6×2＋3×2＋1＝19(个)数．7．如右图所示为一电路图，若只闭合一条线路，从A 到B 共有______条不同的线路可通电．解析：∵按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有3种，中线路中有一种，下线路中有2×2＝4(种)．根据分类计数原理，共有3＋1＋4＝8(种)．答案：88.山东省某中学，为了满足新课改的需要，要开设9门课程供学生选修，其中A 、B 、C 三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修4门，共有________种不同的选修方案．(用数值作答)解析：第一类，若从A、B、C三门选一门有C31·C63＝60(种)，第二类，若从其他六门中选4门有C64＝15(种)，∴共有60＋15＝75种不同的方法．答案：759．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，可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________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，知共有二次函数3×3×2＝18(个)．若二次函数为偶函数，则b＝0.同上共有3×2＝6(个)．答案：18 610．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情都可以完成，所以用分类计数原理．有28＋7＋9＋3＝47种不同选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这种“各选1人去献血”的事情才完成，所以用分步计数原理．有28×7×9×3＝5292种不同选法．11．有0、1、2、…、8这9个数字．用五张卡片，正反两面分别写上0、8；1、7；2、5；3、4；6、6；且6可作9用．这五张卡片共能拼成多少个不同的四位数？解：由于正反两面可用，且一张卡片在拼一个四位数的过程中至多出现在一个数位上，同时首位不可为0,6可作9用，∴首位有9种拼法，百位有8种拼法，十位有6种拼法，个位有4种拼法．∴共能拼成9×8×6×4＝1728(个)不同的四位数．12．用n种不同颜色为下侧两块广告牌着色(如图甲、乙所示)，要求在①、②、③、④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色．(1)若n＝6，为甲着色时共有多少种不同方法？(2)若为乙着色时共有120种不同方法，求n.解：完成着色这件事，共分四个步骤，可依次考虑为①、②、③、④着色时各自的方法数，再由分步计数原理确定总的着色方法数，因此：(1)为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也只有4种方法．∴共有着色方法6×5×4×4＝480种．(2)与(1)的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数是n(n－1)(n－2)(n－3)．由n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，∴(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0，即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－12×10＝0，∴n2－3n－10＝0，∴n＝5.。