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《创新设计》2014届高考数学人教A版(理)一轮复习:第十篇 计数原理


第1讲 【2014 年高考会这样考】

分类加法计数原理与分步乘法计数原理

1.会用分类加法计数原理与分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际应用问题. 2.结合分类讨论和“补集”思想考查两个原理的区别应用.

考点梳理 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 mn 种不同的方法,则完成这件事情共有 N=m1+m2+?+mn 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 mn 种不同的方法,那么完成这件事情共有 N=m1×m2×?×mn 种不同的 方法. 3.两个原理的区别与联系 联系:两个计数原理都是关于完成一件事的不同方法种数的问题. 区别:分类计数原理与分类有关,各种方法相互独立,且任何一种方法都可以完成这件事;分步计数 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. 两个特点 分类加法计数原理的特点是独立、互斥;分步乘法计数原理的特点是关联、连续.解题时经常是两个 原理交叉在一起使用,两个原理综合使用时,一般先分类,再分步,分类要标准明确,分步要步骤连 续,有的题目也可能出现先分步,在“步”里面再分类. 两个关键 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步骤,既要合理分类,又要 准确分步. 考点自测 1.(人教 A 版教材习题改编)由 0,1,2,3 这四个数字组成的四位数中,有重复数字的四位数共有( A.238 个 B.232 个 解析 C.174 个 D.168 个 ).

可用排除法, 0,1,2,3 可组成的四位数共有 3×43=192(个), 由 其中无重复的数字的四位数共有

3 3A3=18(个),故共有 192-18=174(个).

答案

C ).

2.(2012· 辽宁)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!)3

C.(3!)4 解析 答案

D.9!

把一家三口看作一个排列,然后再排列这 3 家,所以有(3!)4 种. C ).

3.设 x、y∈N 且 x+y≤3,则直角坐标系中满足条件的点 M(x,y)共有( A.3 个 解析 B.4 个 C.5 个 D.10 个

x=0,y=0,1,2,3,共 4 个;x=1,y=0,1,2,共 3 个;x=2,y=0,1,共 2 个;x=3,y=0,1

个.∴M(x,y)共有 4+3+2+1=10 个,故选 D. 答案 D ).

4.将 4 位老师分配到 3 个学校去任教,共有分配方案( A.81 种 B.12 种 C.7 种 解析 答案 D.256 种

每位老师都有 3 种分配方案分四步完成,∴共有 3×3×3×3=81 种. A

5. 1,2,3,4, 100 这 100 个自然数中, 从 ?, 每次取出两个不同的数相乘, 积是 5 的倍数的取法有________ 种. 解析 从 1 到 100 的整数中,共有 5 的倍数 20 个,取两数积为 5 的倍数的取法有两类,第一类为两

个数都从这 20 个数中取,有 190 种,另外一类为从这 20 个数中取一个,再从另外 80 个数中取一个, 共有 80×20=1 600 种取法,所以共 1 600+190=1 790 种不同的取法. 答案 1 790

考向一

分类加法计数原理

【例 1】?(2012· 浙江)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( ). C.65 种 D.66 种

A.60 种 B.63 种

[审题视点] 先找出和为偶数的各种情况,再利用分类加法计数原理求解. 解析 由题意知, 满足题设的取法可分为三类: 一是四个奇数相加, 其和为偶数, 5 个奇数 1,3,5,7,9 在

中,任意取 4 个,有 C4=5(种);二是两个奇数加两个偶数其和为偶数,在 5 个奇数中任取 2 个,再 5 在 4 个偶数 2,4,6,8 中任取 2 个,有 C2· 2=60(种);三是四个偶数相加,其和为偶数,4 个偶数的取 5 C4 法有 1 种,所以满足条件的取法共有 5+60+1=66(种). 答案 D 分类时,首先要确定一个恰当的分类标准,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.

【训练 1】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. 解析 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 40

考向二

分步乘法计数原理

【例 2】 ?(2011· 北京)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). [审题视点] 组成这个四位数须分 4 步完成,故用分步乘法计数原理. 解析 法一 用 2,3 组成四位数共有 2×2×2×2=16(个),其中不出现 2 或不出现 3 的共 2 个,因此

满足条件的四位数共有 16-2=14(个). 法二 满足条件的四位数可分为三类:第一类含有一个 2,三个 3,共有 4 个;第二类含有三个 2,

一个 3 共有 4 个; 第三类含有二个 2, 二个 3 共有 C2=6(个), 因此满足条件的四位数共有 2×4+C2= 4 4 14(个). 答案 14 此类问题, 首先将完成这件事的过程分步, 然后再找出每一步中的方法有多少种, 求其积. 注 意:各步之间相互联系,依次都完成后,才能做完这件事.简单说使用分步计数原理的原则是步与步 之间的方法“相互独立,逐步完成”. 【训练 2】 (2012· 新课标全国)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 解析 C.9 种 D.8 种 ).

利用分步乘法计数原理和组合数公式求解.分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到

乙地,共有 C1=2(种)选派方法;第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有 C2=6(种) 2 4 选派方法.由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有 2×6=12(种). 答案 A

考向三 两个计数原理的综合应用

【例 3】?(2012· 陕西)两人进行乒乓球比赛,先赢 3 局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情 形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( A.10 种 B.15 种 C.20 种 D.30 种 ).

[审题视点] 比赛场数至少 3 场,至多 5 场,通过分类讨论,用分类加法计数原理和分步乘法计数原 理分析问题,解决问题. 解析 分三种情况:恰好打 3 局,有 2 种情形;恰好打 4 局(一人前 3 局中赢 2 局,输 1 局,第 4 局

2 赢),共有 2C3=6 种情形;恰好打 5 局(一人前 4 局中赢 2 局,输 2 局,第 5 局赢),共有 2C2=12 种 4

情形.所有可能出现的情形共有 2+6+12=20 种,故选 C. 答案 C (1)解决此类综合题的关键在于区分该问题是“分类”还是“分步”. (2)解决既有“分类”又有“分步”的综合问题时,应“先分类,后分步”. 【训练 3】 已知集合 M∈{1,-2,3},N∈{-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐 标,则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是( A.18 B.10 C.16 解析 D.14 ).

M 中的元素作点的横坐标,N 中的元素作点的纵坐标,在第一象限的点共有 2×2 个,在第二

象限的点共有 1×2 个.N 中的元素作点的横坐标,M 中的元素作点的纵坐标,在第一象限的点共有 2×2 个,在第二象限的点共有 2×2 个.所求不同的点的个数是 2×2+1×2+2×2+2×2=14(个). 答案 D

热点突破 24——计数原理的应用 【命题研究】 纵观历年高考对两个计数原理应用的考查,多以选择题与填空题的形式出现,考查蕴 含在实际问题的解决中,多是两原理结合在一起应用,做好问题转化,分好类与步是关键,今年高考 仍会坚持此规律,不会有大的变化. 【真题探究】? (2012· 四川)方程 ay=b2x2+c 中的 a,b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},且 a,b,c 互不相 同,在所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有( A.60 条 B.62 条 C.71 条 D.80 条 ).

[教你审题] 带字母系数的曲线方程,字母系数的不同取值个数即为所求,求解时可选择某一系数的 取值为标准进行分类,但要做到不重不漏. [解法] 法一 当 a=1 时,若 c=0,则 b2 有 4,9 两个取值,共 2 条抛物线;若 c≠0,则 c 有 4 种取值, b2 有两种,共有 2×4=8(条)抛物线;当 a=2 时,若 c=0,b2 取 1,4,9 三种取值,共有 3 条抛物线; 若 c≠0,c 取 1 时,b2 有 2 个取值,共有 2 条抛物线,c 取-2 时,b2 有 2 个取值,共有 2 条抛物线, c 取 3 时,b2 有 3 个取值,共有 3 条抛物线.c 取-3 时,b2 有 3 个取值,共有 3 条抛物线.

∴共有 3+2+2+3+3=13(条)抛物线.同理,a=-2,-3,3 时,共有抛物线 3×13=39(条).由分 类加法计数原理知,共有抛物线 39+13+8+2=62(条). 法二 b2 c 显然方程 ay=b2x2+c 表示抛物线时,有 ab≠0,故该方程等价于 y= a x2+a.

2 (1)当 c=0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 2 个数作为 a,b 的值,有 A5=20 种不同的方法,

当 a 一定,b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的
2 抛物线共有 4×3=12 条,所以此时不同的抛物线共有 A5-6=14 条;

(2)当 c≠0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 3 个数作为 a,b,c 的值有 A3=60 种不同的方法, 5 当 a,c 的值一定,而 b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有 4A2=24 条,所 3
3 以此时不同的抛物线有 A5-12=48 条.

综上所述,满足题意的不同的抛物线有 14+48=62 条,故选 B. [答案] B [备考] 计数原理往往与其他知识相结合综合命题,所以试题的综合性比较强,平时要加强训练,注 意总结知识之间的融合点及分类讨论、正难则反数学思想的应用,该部分考题涉及排列、组合数的求 解,准确计算是解决问题的关键.

?x-y+2≥0, 【试一试】 (2013· 长沙模拟)已知 x,y 满足?x+y-2≤0, ?0≤y<2
A.45 B.36 C.30 D.27

(x∈Z,y∈Z),每一对整数(x,y)对应平

面上一个点,则过这些点中的其中 3 个点可作不同的圆的个数为(

).

解析

如图所示,阴影中的整点部分为 x,y 满足的区域,

3 其中整数点(x,y)共有 8 个,从中任取 3 个有 C8=56 种取法.

其中三点共线的有 1+C3=11. 5 故可作不同的圆的个数为 45. 答案 A

A级 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分)

基础演练(时间:30 分钟

满分:55 分)

1.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 解析 B.12 种 C.24 种 D.30 种

).

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 C

2.(2013· 琼海模拟)某食堂每天中午准备 4 种不同的荤菜,7 种不同的蔬菜,用餐者可以按下述方法之一 搭配午餐:(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭;(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭.则每天不 同午餐的搭配方法总数是( A.210 解析 B.420 ). C.56 D.22

由分类加法计数原理:两类配餐方法和即为所求,所以每天不同午餐的搭配方法总数为:C2C2 4 7

+C1C2=210. 4 7 答案 A

3.(2013· 海口模拟)某省高中学校自实施素质教育以来,学生社团得到迅猛发展,某校高一新生中的五 名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团.若 每个社团至少有一名同学参加,每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团.且同学甲不参加 “围棋苑”,则不同的参加方法的种数为 A.72 解析 B.108 C.180 D.216 ( ).

设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊,由题意,如果甲不参加“围棋苑”,有下列两种情况:

(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”,有 C1种方法,然后从甲与丙、丁、戊共 4 人 4 中选 2 人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中,有 C2A3种方法, 故共有 C1C2A3种参 4 3 4 4 3 加方法; (2)从乙、丙、丁、戊中选 2 人(如乙、丙)参加“围棋苑”,有 C2种方法,甲与丁、戊分配到其他三 4
3 2 个社团中有 A3种方法,这时共有 C4A3种参加方法; 3 2 3 综合(1)(2),共有 C1C4A3+C2A3=180 种参加方法. 4 3 4

答案

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 解析 B.48 C.36 D.24 ( ).

长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”有 6×6=36 个,另含 4 个顶点的 6 个面(非表面)构

成的“平行线面组”有 6×2=12 个,共 36+12=48 个,故选 B. 答案 B

二、填空题(每小题 5 分,共 10 分)

5.(2013· 抚州模拟)从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取 3 个元素分别作为直线方程 Ax+By+C=0 中的 A、B、 C,所得的经过坐标原点的直线有________条(用数字表示). 解析 因为直线过原点,所以 C=0,从 1,2,3,5,7,11 这 6 个数中任取 2 个作为 A、B,两数的顺序不

2 同,表示的直线不同,所以直线的条数为 A6=30.

答案

30 写在如图的 9 个空格中,要求每一行从左到右依 大,当数字 4 固定在中心位置时,则所有填写空

6.数字 1,2,3,?,9 这九个数字填 次增大, 每列从上到下也依次增 格的方法共有________种. 解析 必有 1、4、9 在主对角线

上,2、3 只有两种不同的填法,对于它们的每一 5 的每一种填法,6、7、8 只有 3 种不同的填法,

种填法,5 只有两种填法.对于 由分步计数原理知共有 22×3=12 种填法. 答案 12

三、解答题(共 25 分) 7.(12 分)如图所示三组 (1) 共 有 多 少 个 三 角 (2)共有多少个平行四 解 (1)每个三角形与 平行线分别有 m、n、k 条,在此图形中 形? 边形? 从三组平行线中各取一条的取法是一一对应的,由分 成 m· k 个三角形. n·

步计数原理知共可构

(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 C2 C2+C2C2+C2C2 个平行四边形. m n n k k m 8.(13 分)设集合 M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)是坐标平面上的点,a,b∈M. (1)P 可以表示多少个平面上的不同的点? (2)P 可以表示多少个第二象限内的点? (3)P 可以表示多少个不在直线 y=x 上的点? 解 (1)分两步,第一步确定横坐标有 6 种,第二步确定纵坐标有 6 种,经检验 36 个点均不相同,由

分步乘法计数原理得 N=6×6=36(个). (2)分两步,第一步确定横坐标有 3 种,第二步确定纵坐标有 2 种,根据分步乘法计数原理得 N=3×2 =6 个. (3)分两步,第一步确定横坐标有 6 种,第二步确定纵坐标有 5 种,根据分步乘法计数原理得 N=6×5 =30 个.

B级 一、选择题(每小题 5 分,共 10 分)

能力突破(时间:30 分钟

满分:45 分)

1.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 解析 答案 B.240 种 C.144 种 D.96 种 ( ).

4 甲、乙两人不去巴黎游览情况较多,采用排除法,符合条件的选择方案有 C4A4-C1A3=240. 6 2 5

B

2.(2012· 安徽)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 3 解析 ). B.1 或 4 C.2 或 3 D.2 或 4

利用排列、组合知识求解.设 6 位同学分别用 a,b,c,d,e,f 表示.若任意两位同学之间

都进行交换共进行 C2=15(次)交换,现共进行 13 次交换,说明有两次交换没有发生,此时可能有两 6 种情况: (1)由 3 人构成的 2 次交换, a-b 和 a-c 之间的交换没有发生, 如 则收到 4 份纪念品的有 b, c 两人. (2)由 4 人构成的 2 次交换,如 a-b 和 c-e 之间的交换没有发生,则收到 4 份纪念品的有 a,b,c, e 四人.故选 D. 答案 D

二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 3.(2013· 潍坊期中)如果把个位数是 1,且恰有 3 个数字相同的四位数叫做“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 C1个;当相同的数字是 1 时,共有 C1C1个,由分类加法计数原理 3 3 3

得共有“好数”C1+C1C1=12 个. 3 3 3 答案 12 字,右面是一种填法,

4.将 1,2,3 填入 3×3 的方格中,要求每行、每列都没有重复数 则不同的填写方法共有________种.

解析

由于 3×3 方格中,每行、每列均没有重复数字,因此可

从中间斜对角线填 或 3,当第二列填 2 当△全为 2 或 3 时,

起.如图中的△,当△全为 1 时,有 2 种(即第一行第 2 列为 2 时, 第三列只能填 3, 当第一行填完后, 其他行的数字便可确定), 分别有 2 种,所以共有 6 种;当△分别为 1,2,3 时,也共有 6 种.共 12 种. 答案 12

三、解答题(共 25 分) 5.(12 分)如图,用四种不同颜色给图中的 A,B,C,D,E, 每个点涂一种颜色, 且图中每条线段的两个端点涂不同颜 F 六个点涂色,要求 色.则不同的涂色方

法共有多少种? 解 先涂 A、D、E 三个点,共有 4×3×2=24 种涂法,然后再按 B、C、F 的顺序涂色,分为两类:

一类是 B 与 E 或 D 同色, 共有 2×(2×1+1×2)=8 种涂法; 另一类是 B 与 E 或 D 不同色, 共有 1×(1×1 +1×2)=3 种涂法.所以涂色方法共有 24×(8+3)=264(种). 6.(13 分)从 1,2,3,?,9 这 9 个数字中任取 2 个不同的数分别作为一个对数的底数和真数.一共可以 得到多少个不同的对数值?其中比 1 大的有几个? 解
2 在 2,3,?,9 这 8 个数中任取 2 个数组成对数,有 A8个,在这些对数值中,log24=log39,log42

=log93,log23=log49,log32=log94,重复计数 4 个;又 1 不能作为对数的底数,1 作为真数时,不
2 论底数为何值,其对数值均为 0.所以,可以得到 A8-4+1=53 个不同的对数值.

要求对数值比 1 大,分类完成;底数为 2 时,真数从 3,4,5,?,9 中任取一个,有 7 种选法;底数 为 3 时,真数从 4,5,?,9 中任取一个,有 6 种选法??依次类推,当底数为 8 时,真数只能取 9, 故有 7+6+5+4+3+2+1=28(个).但其中 log24=log39,log23=log49,所以,比 1 大的对数值有 28-2=26(个).

第2讲 【2014 年高考会这样考】 1.考查排列组合的概念及公式的推导.

排列与组合

2.综合应用排列、组合知识解决简单的实际问题.

考点梳理 1.排列 (1)排列的概念:从 n 个不同元素中,任取 m(m≤n)个元素(这里的被取元素各不相同)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)排列数的定义: n 个不同元素中, 从 任取 m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫做从 n 个不同元素中 取出 m 个元素的排列数,用符号 Am表示. n (3)排列数公式
m An =n(n-1)(n-2)?(n-m+1).

(4)全排列数公式
n An=n(n-1)(n-2)?2· 1=n!(叫做 n 的阶乘).

2.组合 (1)组合的定义:一般地,从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素并成一组,叫做从 n 个不同元素中取 出 m 个元素的一个组合.

(2)组合数的定义: n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有组合的个数, 从 叫做从 n 个不同元素中 取出 m 个元素的组合数.用符号 Cm表示. n (3)组合数公式 n! Am n?n-1??n-2???n-m+1? n Cm=Am= = n m! m!?n-m?! m (n,m∈N*,且 m≤n).特别地 C0=1. n
n (4)组合数的性质:①Cm=Cn-m;②Cm+1=Cm+Cm-1. n n n n

一个区别 排列与组合,排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”.取出元素后交换顺序,如果与顺序 有关是排列,如果与顺序无关即是组合. 两个公式 (1)排列数公式 Am= n (2)组合数公式 Cm= n n! ?n-m?!

n! 利用这两个公式可计算排列问题中的排列数和组合问题中的组合数. m!?n-m?!

①解决排列组合问题可遵循“先组合后排列”的原则, 区分排列组合问题主要是判断“有序”和“无 序”, 更重要的是弄清怎样的算法有序, 怎样的算法无序, 关键是在计算中体现“有序”和“无序”. ②要能够写出所有符合条件的排列或组合, 尽可能使写出的排列或组合与计算的排列数相符, 使复杂 问题简单化,这样既可以加深对问题的理解,检验算法的正确与否,又可以对排列数或组合数较小的 问题的解决起到事半功倍的效果. 四字口诀 求解排列组合问题的思路:“排组分清,加乘明确;有序排列,无序组合;分类相加,分步相乘.” 考点自测 1.一个平面内的 8 个点,若只有 4 个点共圆,其余任何 4 点不共圆,那么这 8 个点最多确定的圆的 个数为( ).

4 A.C3· 4 B.C3-C3 4C 8 4

C.2C1· 2+C3 D.C3-C3+1 4 C4 4 8 4 解析 从 8 个点中任选 3 个点有选法 C3种,因为有 4 点共圆所以减去 C3种再加 1 种,即有圆 C3-C3 8 4 8 4

+1 个. 答案 D ).

2.C1+C2+?+C17等于( 4 5 20

A.C17 B.C17-1 C.C18-1 D.C18 21 21 21 21 解析
0 1 原式=(C4+C4)+C2+?+C17-1 5 20

1 2 =(C5+C5)+?+C17-1 20

2 3 =(C6+C6)+?+C17-1 20

? =C16+C17-1=C17-1. 20 20 21 答案 B

3.现安排甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学参加上海世博会志愿者服务活动,每人从事翻译、导游、礼 仪、司机四项工作之一,每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙、丁、 戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是( A.152 B.126 C.90 D.54 解析 当司机只安排 1 人时,有 C1C2A3=108 种;当司机安排 2 人时有 C2A3=18 种.由分类加法计 3 4 3 3 3 ).

数原理知不同安排方案的种数是 108+18=126 种. 答案 B

4.(2011· 全国)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( A.4 种 解析 B.10 种 C.18 种 ).

D.20 种

分两种情况:①选 2 本画册,2 本集邮册送给 4 位朋友有 C2=6 种方法;②选 1 本画册,3 本 4

集邮册送给 4 位朋友有 C1=4 种方法,所以不同的赠送方法共有 6+4=10 种,故选 B. 4 答案 B

5.(2013· 宿州模拟)四名优等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:先将四名优等生分成 2,1,1 三组,共有 C2种;而后,对三组学生全排三所学校,即进 4

3 2 行全排列,有 A3种.依分步乘法计数原理,共有 N=C4A3=36(种). 3

答案

36

考向一

排列问题

【例 1】?有 4 名男生、5 名女生,全体排成一行,问下列情形各有多少种不同的排法? (1)甲不在中间也不在两端; (2)甲、乙两人必须排在两端; (3)男女相间. [审题视点] 这是一个排列问题,一般情况下,从受到限制的特殊元素开始考虑,或从特殊的位置开 始讨论. 解 (1)法一 (元素分析法)

8 先排甲有 6 种,其余有 A8种,故共有 6· 8=241 920(种)排法. A8

法二

(位置分析法)

3 中间和两端有 A8种排法, 包括甲在内的其余 6 人有 A6种排法, 故共有 A3· 6=336×720=241 920(种) 6 8 A6

排法. 法三 (等机会法)

9 9 个人的全排列数有 A9种,甲排在每一个位置的机会都是均等的,依题意,甲不在中间及两端的排法 9 6 总数是 A9×9=241 920(种).

法四

(间接法)

9 A9-3· 8=6A8=241 920(种). A8 8

(2)先排甲、乙,再排其余 7 人,共有 A2· 7=10 080(种)排法. 2 A7 (3)(插空法)
4 先排 4 名男生有 A4种方法,再将 5 名女生插空,有 A5种方法,故共有 A4· 5=2 880(种)排法. 5 4 A5

解决排列类应用题时,对于相邻问题,常用“捆绑法”;对于不相邻问题,常用“插空 法”(特殊元素后考虑); 对于“在”与“不在”的问题, 常常使用“直接法”或“排除法”(特殊元素 先考虑). 【训练 1】 2 位男生和 3 位女生共 5 位同学站成一排,若男生甲不站两端,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.60 B.48 C.42 解析 D.36 ).

2 从 3 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A(A 共有 C2A2=6(种)不同排法),剩下一名女生记 3

作 B,两名男生分别记作甲、乙,为使男生甲不在两端可分三类情况:
2 第一类:“捆绑”A 和女生 B 在两端,男生甲、乙在中间,共有 6A2A2=24(种)排法; 2 2 第二类:“捆绑”A 和男生乙在两端,则中间女生 B 和男生甲只有一种排法,此时共有 6A2=12(种)

排法;
2 第三类: 女生 B 和男生乙在两端, 同样中间“捆绑”A 和男生甲也只有一种排法, 此时共有 6A2=12(种)

排法. 综上,不同的排法种类有 24+12+12=48(种). 答案 B

考向二

组合问题

【例 2】?某课外活动小组共 13 人,其中男生 8 人,女生 5 人,并且男、女生各指定一名队长.现从 中选 5 人主持某种活动,依下列条件各有多少种选法? (1)只有一名女生; (2)两队长当选; (3)至少有一名队长当选; (4)至多有两名女生当选;

(5)既要有队长,又要有女生当选. [审题视点] 解组合问题时,常从特殊元素入手. 解 (1)一名女生,四名男生.故共有 C1· 4=350(种). 5 C8

(2)将两队长作为一类,其他 11 人作为一类,故共有 C2· 3 =165(种). 2 C11
2 (3)至少有一名队长含有两类:只有一名队长和两名队长.故共有:C1· 4 +C2· 3 =825(种)或采用排 C11 2 C11 5 除法:C5 -C11=825(种). 13

(4)至多有两名女生含有三类:有两名女生、只有一名女生、没有女生.故选法为: C2· 3+C1· 4+C5=966(种). 5 C8 5 C8 8 (5)分两类:第一类女队长当选:C4 ;第二类女队长不当选: 12 C1· 3+C2· 2+C3· 1+C4. 4 C7 4 C7 4 C7 4 故选法共有:
1 3 2 2 3 1 C4 +C4· 7+C4· 7+C4· 7+C4=790(种). C C C 12 4

解决组合问题两类题型的方法 (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”含有几个元素的组合题型:解这类题要谨防重复与漏解.通常用直接法分类 复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理. 【训练 2】 汽贸公司有甲、乙、丙三种不同型号的汽车分别为 20 辆,10 辆,10 辆,某运输公司要 从中购买 5 辆,问下列情况下分别有多少种选购方式?(每两辆汽车都视为不同元素) (1)选购甲 2 辆,乙 2 辆,丙 1 辆.(用数字表示) (2)选购甲至少 2 辆.(用组合数表示即可) (3)选购每种型号的汽车至少 1 辆.(用组合数表示) 解 (1)从 20 辆甲型车中选 2 辆有 C2 种选法;从 10 辆乙型车中选 2 辆有 C2 种选法;从 10 辆丙型车 20 10

2 中选 1 辆有 C1 种选法;共有选购方式:C20· 2 · 1 =85 500 种. C10 C10 10 1 (2)从 40 辆车中任选 5 辆共有 C5 种,没有甲型汽车的选法为 C5 种,只有 1 辆甲型汽车的选法 C20C4 40 20 20 5 种,至少有 2 辆甲型汽车的选法为:C5 -C20-C1 C4 种. 40 20 20

(3)分三类: 第 1 类:甲型车只有 1 辆时,选法为:
1 3 C1 C10C3 +C1 C10C1 +C1 C2 C2 种, 20 10 20 10 20 10 10

第 2 类:甲型车只有 2 辆时,选法为:
2 1 C2 C10C1 +C2 C10C2 种, 20 10 20 10 1 第三类:甲型车有 3 辆时,选法为 C3 C10C1 种, 20 10 1 2 3 共有选法:2C1 C10C3 +2C2 C10C1 +C1 C2 C2 +C20C1 C1 种. 20 10 20 10 20 10 10 10 10

考向三

排列、组合的综合应用

【例 3】?有 4 个不同的球,四个不同的盒子,把球全部放入盒内. (1)共有多少种放法? (2)恰有一个盒不放球,有多少种放法? (3)恰有两个盒不放球,有多少种放法? [审题视点] (1)可直接用分步乘法计数原理. (2)问题转化为:“4 个球,三个盒子,每个盒子都要放球,共有几种放法?” (3)问题转化为:“4 个球,两个盒,每个盒必放入球,有几种放法?” 解 (1)一个球一个球地放到盒子里去,每个球都可有 4 种独立的放法,由分步乘法计数原理,放法

共有 44=256(种). (2)为保证“恰有一个盒子不放球”, 先从四个盒子中任意拿出去 1 个, 即将 4 个球分成 2,1,1 的三组, 有 C2种分法;然后再从三个盒子中选一个放两个球,其余两个球,两个盒子,全排列即可.由分步 4 乘法计数原理,放法有 C1C2C1A2=144(种). 4 4 3 2 (3)先从四个盒子中任意拿走两个有 C2种,问题转化为:“4 个球,两个盒子,每盒必放球,有几种 4 放法?”从放球数目看,可分为(3,1),(2,2)两类.第一类:可从 4 个球中先选 3 个,然后放入指定的 一个盒子中即可,有 C3C1种放法;第二类:有 C2种放法.因此共有 C3C1+C2=14(种).由分步乘法 4 2 4 4 2 4 计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有 C2· 4 14=84(种). 排列、组合综合题目,一般是将符合要求的元素取出(组合)或进行分组,再对取出的元素或 分好的组进行排列.其中分组时,要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准. 【训练 3】 (2013· 潍坊五校联考)数字 1,2,3,4,5,6 按如图形式随机排列,设第一行这个数为 N1,N2、 N3 分别表示第二、三行中的最大数,则满足 N1<N2<N3 的所有排列的个数是________.

解析

2 由题意知 6 必在第三行,安排 6 有 C1种方法, 第三行中剩下的两个空位安排数字有 A5种方法, 3

在留下的三个数字中,必有一个最大数,把这个最大数安排在第二行,有 C1种方法,剩下的两个数 2
2 1 字有 A2种排法,按分步计数原理,所有排列的个数是 C3×A2×C1×A2=240. 5 2 2

答案

240

热点突破 25——有限制条件的排列组合问题

【命题研究】 通过对近三年高考试题分析,可以看出有限制条件的排列组合问题,高考每年必考, 主要考查以下问题:选派问题、抽样问题、几何问题、集合问题、分组问题等,题型多是选择题与填 空题,预测 2014 年高考对本部分内容的考查仍会保持运用排列、组合解决实际或数学问题的思路,

涉及数据不大,难度较易,可能会与概率问题结合. 【真题探究】? (2012· 北京)从 0,2 中选一个数字,从 1,3,5 中选两个数字,组成无重复数字的三位数, 其中奇数的个数为( A.24 B.18 C.12 ). D.6

[教你审题] 由组成无重复数字的三位数且为奇数知,个位必是奇数,因此,个位优先排;又由于 0 不能放在首位和个位,因此应分选 0 和不选 0 两类进行讨论. [解法] 当从 0,2 中选取 2 时, 组成的三位奇数的个位只能是奇数, 十位百位全排列即可, 共有 C2C1A2 3 2 2 =12 个.当选取 0 时,组成的三位奇数的个位只能是奇数,0 必须在十位,共有 C2C1=6 个.综上, 3 2 共有 12+6=18 个. [答案] B [备考] 备考中要掌握解决排列与组合问题的解题思路、方法与思想: 思路、方法:(1)直接法:先满足特殊要求,再考虎其他元素,即“特殊元素优先”; (2)间接法:先不考虑附加条件算出排列或组合数,再减去不符合要求的排列数或组合数.对于复杂 问题不仅要分类还要分步求解,又要采用“整体或局部排除”方法:分类法与分步法;元素分析法和 位置分析法;捆绑法和插空法;隔板法和有序分组与无序分组法等方法. 思想:分类讨论的思想、等价转化思想、特殊优先思想、正难则反思想. 【试一试】 (2012· 湖北)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. 解析 从左右对称入手考虑.

(1)4 位回文数第 1、 位取同一个非零数有 C1=9(种)选法, 2、 位可取 0, 10 种选法, 4 第 3 有 故有 9×10 9 =90(个),即 4 位回文数有 90 个. (2)首位和末位不能取 0,故有 9 种选法,其余位关于中间数对称,每两数都有 10 种选法,中间数也 有 10 种选法,故 2n+1(n∈N+)位回文数有 9×10n 个. 答案 90 9×10n

A级 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分)

基础演练(时间:30 分钟

满分:55 分)

1.(2012· 全国)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

3 先排第一列,因为每列的字母互不相同,因此共有 A3种不同的排法.再排第二列,其中第二

1 列第一行的字母共有 A2种不同的排法,第二列第二、三行的字母只有 1 种排法.因此共有 A3· 1· 3 A2 1=

12(种)不同的排列方法. 答案 A

2.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 解析 ). B.60 种 C.90 种 D.120 种

3 可先排 C、D、E 三人,共 A5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

3 件的排法共 A5=60(种).

答案

B ( ).

3.如果 n 是正偶数,则 C0+C2+?+Cn-2+Cn= n n n n A.2n 解析 B.2n-1 C.2n-2 D.(n-1)2n-1

(特例法)当 n=2 时,代入得 C0+C2=2,排除答案 A、C; 2 2

当 n=4 时,代入得 C0+C2+C4=8,排除答案 D.故选 B. 4 4 4 答案 B

4.某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插 入原节目单中,那么不同插法的种数为 A.42 解析 B.30 C.20 D.12 ( ).

2 可分为两类:两个节目相邻或两个节目不相邻,若两个节目相邻,则有 A2A1=12 种排法;若 6

2 2 两个节目不相邻,则有 A6=30 种排法.由分类计数原理共有 12+30=42 种排法(或 A7=42).

答案 二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 5.(2013· 汕头调研)如图,电路中共有 7 个电阻与一个电灯 A,若灯 A 不亮,因电阻断路的可能性共有 ________种情况.

解析

每个电阻都有断路与通路两种状态,图中从上到下的三条支线路,分别记为支线 a、b、c,支

线 a,b 中至少有一个电阻断路情况都有 22-1=3 种;支线 c 中至少有一个电阻断路的情况有 23-1 =7 种,每条支线至少有一个电阻断路,灯 A 就不亮,因此灯 A 不亮的情况共有 3×3×7=63 种情 况. 答案 63

6.(2013· 郑州模拟)从-3,-2,-1,0,1,2,3,4 八个数字中任取 3 个不同的数字作为二次函数 y=ax2+bx

+c 的系数 a,b,c 的取值,问共能组成________个不同的二次函数. 解析
3 a,b,c 中不含 0 时,有 A3个;a,b,c 中含有 0 时,有 2A2个.故共有 A7+2A2=294 个不 7 7 7

同的二次函数. 答案 294

三、解答题(共 25 分) 7.(12 分)7 名男生 5 名女生中选取 5 人,分别求符合下列条件的选法总数有多少种. (1)A,B 必须当选; (2)A,B 必不当选; (3)A,B 不全当选; (4)至少有 2 名女生当选; (5)选取 3 名男生和 2 名女生分别担任班长、体育委员等 5 种不同的工作,但体育委员必须由男生担 任,班长必须由女生担任. 解 (1)由于 A,B 必须当选,那么从剩下的 10 人中选取 3 人即可,故有 C3 =120 种选法. 10

(2)从除去的 A,B 两人的 10 人中选 5 人即可,故有 C5 =252 种选法. 10 (3)全部选法有 C5 种,A,B 全当选有 C3 种,故 A,B 不全当选有 C5 -C3 =672 种选法. 12 10 12 10 (4)注意到“至少有 2 名女生”的反面是只有一名女生或没有女生,故可用间接法进行.所以有 C5 - 12 C1· 4-C5=596 种选法. 5 C7 7 (5)分三步进行; 第 1 步,选 1 男 1 女分别担任两个职务有 C1· 1种选法. 7 C5 第 2 步,选 2 男 1 女补足 5 人有 C2· 1种选法. 6 C4
3 1 第 3 步,为这 3 人安排工作有 A3方法.由分步乘法计数原理,共有 C7C1· 2C1· 3=12 600 种选法. 5 C6 4 A3

8.(13 分)直线 x=1,y=x,将圆 x2+y2=4 分成 A,B,C,D 四个区域,如图用五种不同的颜色给他们 涂色,要求共边的两区域颜色互异,每个区域只涂一种颜色,共有多少种不同的涂色方法? 解 法一 第 1 步,涂 A 区域有 C1种方法;第 2 步, 5 涂 B 区域有 C1种方 4 域已填过颜色,则 D 一,即有 C1种涂法, 3 种不同的涂色方法.

法;第 3 步,涂 C 区域和 D 区域:若 C 区域涂 A 区 区域有 4 种涂法;若 C 区域涂 A、B 剩余 3 种颜色之
1 1 则 D 区域有 C1种涂法.故共有 C5· 4· C (4+C1· 1)=260 3 3 C3

法二

共可分为三类:

2 第 1 类,用五色中两种色,共有 C2A2种涂法; 5

第 2 类,用五色中三种色,共有 C3C1C1A2种涂法; 5 3 2 2
4 1 4 第 3 类,用五色中四种色,共有 C4A4种涂法.由分类加法计数原理,共有 C2A2+C3C1C2A2+C4A4= 5 5 2 5 3 2 5

260 种不同的涂色方法.

B级

能力突破(时间:30 分钟

满分:45 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 10 分) 1.在 1,2,3,4,5,6,7 的任一排列 a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7 中,使相邻两数都互质的排列方式共有( A.576 种 解析 B.720 种 C.864 种 D.1 152 种 ).

4 由题意,先排 1,3,5,7,有 A4种排法;再排 6,由于 6 不能和 3 相邻,故 6 有 3 种排法;最后排

2 2 和 4,在不与 6 相邻的 4 个空中排上 2 和 4,有 A4种排法,所以共有 A4×3×A2=864 种排法. 4 4

答案

C

2.(2012· 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.232 B.252 解析 C.472 D.484 ).

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 C1×C1×C1=64 种, 4 4 4

若 2 张同色,则有 C2×C1×C2×C1=144 种;若红色卡片有 1 张,剩余 2 张不同色,则有 C1×C2×C1 3 2 4 4 4 3 4 ×C1=192 种,乘余 2 张同色,则有 C1×C1×C2=72 种,所以共有 64+144+192+72=472 种不同 4 4 3 4 的取法.故选 C. 答案 C

二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 3.(2013· 深圳模拟)某人手中有 5 张扑克牌,其中 2 张为不同花色的 2,3 张为不同花色的 A,有 5 次出牌 机会,每次只能出一种点数的牌但张数不限,此人不同的出牌方法共有________种. 解析 出牌的方法可分为以下几类:(1)5 张牌全部分开出,有 A5种方法;(2)2 张 2 一起出,3 张 A 5

2 一起出,有 A5种方法;(3)2 张 2 一起出,3 张 A 分 3 次出,有 A4种方法;(4)2 张 2 一起出,3 张 A 5 3 分两次出,有 C2A5种方法;(5)2 张 2 分开出,3 张 A 一起出,有 A3种方法;(6)2 张 2 分开出,3 张 A 3 5 4 2 3 2 分两次出,有 C2A5种方法.因此,共有不同的出牌方法 A5+A2+A4+C3A3+A5+C3A4=860(种). 3 5 5 5 5 5

答案

860

4.小王在练习电脑编程,其中有一道程序题的要求如下:它由 A,B,C,D,E,F 六个子程序构成, 且程序 B 必须在程序 A 之后,程序 C 必须在程序 B 之后,执行程序 C 后须立即执行程序 D,按此要 求,小王的编程方法有__________种. 解析 对于位臵有特殊要求的元素可采用插空法排列,把 CD 看成整体,A,B,C,D 产生四个空,

所以 E 有 4 种不同编程方法,然后四个程序又产生 5 个空,所以 F 有 5 种不同编程方法,所以小王 有 20 种不同编程方法. 答案 20

三、解答题(共 25 分) 5.(12 分)某医院有内科医生 12 名,外科医生 8 名,现选派 5 名参加赈灾医疗队,其中: (1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加,共有多少种不同选法? (2)甲、乙均不能参加,有多少种选法?

(3)甲、乙两人至少有一人参加,有多少种选法? (4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生,有几种选法? 解 (1)只需从其他 18 人中选 3 人即可,共有 C3 =816(种); 18

(2)只需从其他 18 人中选 5 人即可,共有 C5 =8 568(种); 18 (3)分两类:甲、乙中有一人参加,甲、乙都参加,
3 共有 C1C4 +C18=6 936(种); 2 18

(4)方法一 (直接法): 至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类: 一内四外;二内三外;三内二外;四内一外,
4 2 所以共有 C1 C8+C12C3+C3 C2+C4 C1=14 656(种). 12 8 12 8 12 8

方法二

(间接法):

由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数,得 C5 -(C5 +C5)=14 656(种). 20 12 8 6.(13 分)在 m(m≥2)个不同数的排列 p1p2?pm 中,若 1≤i<j≤m 时 pi>pj(即前面某数大于后面某数), 则称 pi 与 pj 构成一个逆序,一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数.记排列(n+1)n(n- 1)?321 的逆序数为 an.如排列 21 的逆序数 a1=1,排列 321 的逆序数 a2=3,排列 4 321 的逆序数 a3 =6. (1)求 a4、a5,并写出 an 的表达式; an an+1 (2)令 bn= + ,证明:2n<b1+b2+?+bn<2n+3,n=1,2,?. an+1 an (1)解
2 由已知条件 a4=C2=10,a5=C6=15, 5

2 则 an=Cn+1=

n?n+1? 2 .

(2)证明

1 ? n+2 an an+1 n ?1 bn= + a = + n =2+2?n-n+2? an+1 n+2 ? ? n

∴b1+b2+?+bn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? =2n+2?1-3+2-4+3-5+?+n-1-n+1+n-n+2? ? ? 1 1 ? ?3 =2n+2?2-n+1-n+2?, ? ? ∴2n<b1+b2+?+bn<2n+3.

第3讲 【2014 年高考会这样考】 1.能用计数原理证明二项式定理.

二项式定理

2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.

考点梳理 1.二项式定理
1 n (a+b)n=C0an+Cnan-1b+?+Cr an-rbr+?+Cnbn(n∈N*)这个公式所表示的定理叫二项式定理,右边 n n

的多项式叫(a+b)n 的二项展开式. 其中的系数 Cr (r=0,1,?,n)叫二项式系数. n 式中的 Cr an-rbr 叫二项展开式的通项,用 Tr+1 表示,即通项 Tr+1=Cr an-rbr. n n 2.二项展开式形式上的特点 (1)项数为 n+1. (2)各项的次数都等于二项式的幂指数 n,即 a 与 b 的指数的和为 n. (3)字母 a 按降幂排列,从第一项开始,次数由 n 逐项减 1 直到零;字母 b 按升幂排列,从第一项起, 次数由零逐项增 1 直到 n. (4)二项式的系数从 C0,C1,一直到 Cn-1,Cn. n n n n 3.二项式系数的性质 (1)对称性:与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.即 Cr =Cn-r__. n n (2)增减性与最大值: n+1 二项式系数 Ck ,当 k< 2 时,二项式系数逐渐增大.由对称性知它的后半部分是逐渐减小的; n n 当 n 是偶数时,中间一项 C2n 取得最大值; n-1 n+1 当 n 是奇数时,中间两项 C 2 n,C 2 n 取得最大值. (3)各二项式系数和:C0+C1+C2+?+Cr +?+Cn=2n; n n n n n C0+C2+C4+?=C1+C3+C5+?=2n-1. n n n n n n 一个防范 运用二项式定理一定要牢记通项 Tr+1=Cr an-rbr,注意(a+b)n 与(b+a)n 虽然相同,但具体到它们展开 n 式的某一项时是不同的,一定要注意顺序问题,另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是 两个不同的概念,前者只指 Cr ,而后者是字母外的部分.前者只与 n 和 r 有关,恒为正,后者还与 a, n b 有关,可正可负. 一个定理 二项式定理可利用数学归纳法证明,也可根据次数,项数和系数利用排列组合的知识推导二项式定 理.因此二项式定理是排列组合知识的发展和延续. 两种应用 (1)通项的应用:利用二项展开式的通项可求指定的项或指定项的系数等.

(2)展开式的应用:①证明与二项式系数有关的等式;②证明不等式;③证明整除问题;④做近似计 算等. 考点自测

1.(2012· 四川)(1+x)7 的展开式中 x2 的系数是( A.42 B.35 C.28 解析 答案 D.21

).

2 x2 项的系数是 C7=21.

D ).

2.(人教 A 版教材习题改编)若(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则 a0+a2+a4 的值为( A.9 B.8 C.7 解析 D.6

令 x=1,则 a0+a1+a2+a3+a4=0

令 x=-1,则 a0-a1+a2-a3+a4=16 ∴a0+a2+a4=8. 答案 B ).

3.(2011· 重庆)(1+3x)n(其中 n∈N 且 n≥6)的展开式中 x5 与 x6 的系数相等,则 n=( A.6 B.7 C.8 解析 D.9

5 Tr+1=Cr (3x)r=3rCr xr,由已知条件 35Cn=36C6,即 C5=3C6, n n n n n

n! n! =3 ,解 5!?n-5?! 6!?n-6?!

得 n=7. 答案 B

? 2? 4.(2012· 上海)在?x-x?6 的二项展开式中,常数项等于________. ? ? 解析 答案 ? 2? Tr+1=Cr x6-r?-x?r=Cr (-2)rx6-2r,令 r=3,得常数项为 T4=C3(-2)3=-160. 6 6 6 ? ? -160

5.(2012· 陕西)(a+x)5 展开式中 x2 的系数为 10,则实数 a 的值为________. 解析 答案 由二项展开式的通项公式可得,T3=C2a3x2=10x2,解得 a=1. 5 1

考向一

二项展开式中的特定项或特定项的系数

?3 3 ? ? x- ?n 的展开式中,第 6 项为常数项. 【例 1】 已知在? 3 ? x? ? (1)求 n; (2)求含 x2 的项的系数;

(3)求展开式中所有的有理项. [审题视点] 准确记住二项展开式的通项公式是解此类题的关键. 解 n-r n-2r r 通项公式为 Tr+1=Cr x 3 (-3)rx-3=(-3)rCr x 3 . n n

n-2r (1)∵第 6 项为常数项,∴r=5 时,有 3 =0,解得 n=10. n-2r 1 (2)令 3 =2,得 r=2(n-6)=2,
2 ∴x2 的项的系数为 C10(-3)2=405.

?10-2r∈Z, ? 3 (3)由题意知? 0≤r≤10, ?r∈Z. ?
数,



10-2r 3 3 =k(k∈Z),则 10-2r=3k,即 r=5-2k,∵r∈Z,∴k 应为偶

∴k=2,0,-2,即 r=2,5,8.∴第 3 项,第 6 项,第 9 项为有理项,它们分别为 405x2,-61 236,295 245x-2. 求二项展开式中的指定项,一般是利用通项公式进行,化简通项公式后,令字母的指数符 合要求(求常数项时,指数为零;求有理项时,指数为整数等),解出项数 k+1,代回通项公式即可. 【训练 1】 (2012· 福建)(a+x)4 的展开式中 x3 的系数等于 8,则实数 a=________. 解析 答案
3 (a+x)4 的展开式中的通项 Tr+1=Cr ·4-rxr,当 r=3 时,有 C4· a=8,所以 a=2. 4a

2

考向二 【例 2】?在(2x-3y)10 的展开式中,求: (1)二项式系数的和; (2)各项系数的和;

二项式定理中的赋值

(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和; (4)奇数项系数和与偶数项系数和. [审题视点] 求二项式的系数的和,常用赋值法求解. 解 设(2x-3y)10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+?+a10y10,(*)各项系数和即为 a0+a1+?+a10,奇数项系

数和为 a0+a2+?+a10, 偶数项系数和为 a1+a3+a5+?+a9 由于(*)是恒等式, 故可用“赋值法”求 出相关的系数和. (1)二项式系数的和为 C0 +C1 +?+C10=210. 10 10 10 (2)令 x=y=1,各项系数和为(2-3)10=(-1)10=1.

(3)奇数项的二项式系数和为 C0 +C2 +?+C10=29, 10 10 10
3 偶数项的二项式系数和为 C1 +C10+?+C9 =29. 10 10

(4)令 x=y=1,得到 a0+a1+a2+?+a10=1,① 令 x=1,y=-1(或 x=-1,y=1), 得 a0-a1+a2-a3+?+a10=510,② ①+②,得 2(a0+a2+?+a10)=1+510, 1+510 ∴奇数项的系数和为 2 ; ①-②,得 2(a1+a3+?+a9)=1-510, 1-510 ∴偶数项的系数和为 2 . (1)对形如(ax+b)n、 2+bx+c)m(a、 (ax 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)的式子求其展开式各项系数之和,只需令 x=y=1 即可. (2)若 f(x)=a0+a1x+a2x2+?+anxn,则 f(x)展开式中各项系数之和为 f(1),奇数项系数之和为 a0+a2 f?1?+f?-1? +a4+?= ,偶数项系数之和为 a1+a3+a5+?= 2 f?1?-f?-1? . 2 【训练 2】 (2013· 九江质检)(1-2x)6 =a0 +a1x+a2x2 +?+a6x6 ,则|a0|+|a1|+|a2|+?+|a6|的值为 ( ). D.729

A.1 B.64 C.243 解析

|a0|+|a1|+?+|a6|即为(1+2x)6 展开式中各项系数的和,在原题中令 x=-1,则|a0|+|a1|+?+

|a6|=(1+2)6=36=729. 答案 D

考向三

二项式的和与积

【例 3】?(1+2x)3(1-x)4 展开式中 x 项的系数为________. [审题视点] 求多个二项式积的某项系数,要会转化成二项式定理的形式. 解析 (1+2x)3(1-x)4 展开式中的 x 项的系数为两个因式相乘而得到,即第一个因式的常数项和一次

项分别乘以第二个因式的一次项与常数项,它为 C0(2x)0· 4(-x)1+C1(2x)1· 014(-x)0,其系数为 C0· 1 C1 C4 3 3 3 C4 (-1)+C1· 3 2=-4+6=2. 答案 2 对于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系数问题,要注意排列、组合知识的运用, 还要注意有关指数的运算性质.对于三项式问题,一般是通过合并其中的两项或进行因式分解,转化

成二项式定理的形式去求解. ?1 ? 【训练 3】 (2012· 安徽)(x2+2)?x2-1?5 的展开式的常数项是( ? ? A.-3 B.-2 C.2 D.3 解析 ?1 ? ?1? 二项式?x2-1?5 展开式的通项为:Tr+1=Cr ?x2?5-r· 5 ? ? ? ? ).

(-1)r=Cr ·2r-10· (-1)r. 5x 当 2r-10=-2,即 r=4 时,有 x2· 5x-2· C4 (-1)4=5; 当 2r-10=0,即 r=5 时,有 2· 5x0· C5 (-1)5=-2. ∴展开式中的常数项为 5-2=3,故选 D. 答案 D

热点突破 26——二项式定理的常考题型

【命题研究】 通过对近三年高考试题的研究可以看出,二项式定理的应用及二项式系数的性质是高 考的必考内容之一, 二项式定理揭示了二项式的幂展开式在项数、 系数以及各项中的指数等方面的联 系,试题相对独立,是高考中多年来最缺少变化的题型之一,预测 2014 年高考仍将以考查二项展开 式中的常数项或求展开式中某一项或某一项的系数为主,考查题型主要是选择题和填空题. 一、求常数项 1? ? 【真题探究 1】? (2012· 湖南)?2 x- ?6 的二项展开式中的常数项为________(用数字作答). x? ? [教你审题] 求二项展开式中的常数项,首先应正确写出通项公式,然后令所含参数的指数为零,确 定项数,再代入通项公式求解. ? 1? [解法] 二项展开式的通项为 Tr+1=Cr (2 x)6-r?- ?r=Cr (-1)r26-rx3-r,令 3-r=0 则 r=3,得常数 6 6 x? ? 项为 T4=-8C3=-160. 6 答案 -160 ).

1 ?8 ? ? 的展开式中常数项为( 【试一试 1】 (2012· 重庆)? x+ 2 x? ? 35 A.16 解析 35 35 B. 8 C. 4 D.105

? 1 ?r ?1? ? =Cr ?2?rx4-r,当 4-r=0 时,r=4,所以展开式中的 二项展开式的通项 Tr+1=Cr ( x)8-r? 8 8 ? ? ?2 x?

?1? 35 常数项为 C4?2?4= 8 . 8 ? ?

答案

B

二、求特定项的系数 ? 1? 【真题探究 2】? (2012· 全国)若?x+x?n 的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等,则该展开式 ? ? 1 中x2的系数为________. [教你审题] 由二项式系数相等,可以确定 n 的值,然后进一步借助于通项公式,分析项的系数. ? 1? [解法] 因为展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等,即 C2=C6,所以 n=8,所以?x+x?8 的展开 n n ? ? 1 ?1? 式的通项公式为 Tr+1=Cr x8-r? x?r=Cr x8-2r,所以 8-2r=-2?r=5,所以x2的系数为 C5=56. 8 8 8 ? ? 答案 56

[备考] 求二项展开式中的特定项或特定项的系数是高考考查二项式定理的主要题型之一.解这类问 题的关键是弄清楚待求解的特定项是哪一项, 这一项如何计算, 基本方法就是根据题目的要求和二项 展开式的通项公式列出方程,通过方程找到是哪一项,然后再根据二项展开式的通项公式进行计算. 1? ? 【试一试 2】 (2012· 广东)?x2+x?6 的展开式中 x3 的系数为______(用数字作答). ? ? 解析 1? ? ?1? ? 由?x2+x?6 的展开式的通项为 Tr+1=Cr (x2)6-r·x?r=Cr x12-3r,令 12-3r=3,得 r=3,所以展开 6 6 ? ? ? ?

3 式中 x3 的系数为 C6=20.

答案

20

A级 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分)

基础演练(时间:30 分钟

满分:55 分)

1 ? ? ? x+ ?24 的展开式中,x 的幂指数是整数的项共有( 1.(2013· 蚌埠模拟)在? 3 ? x? ? A.3 项 解析 答案 Tr+1=Cr ( 24 C B.4 项 x)
24-r?

).

C.5 项

D.6 项

? 1 ? 5r ?r r ? 3 ? =C24x12- 6 ,故当 r=0,6,12,18,24 时,幂指数为整数,共 5 项. ? x?

1? ? 2.设?5x- ?n 的展开式的各项系数之和为 M,二项式系数之和为 N,若 M-N=240,则展开式中 x 的 x? ? 系数为 A.-150 解析 B.150 C.300 ( ). D.-300

由已知条件 4n-2n=240,解得 n=4,

3r ? 1? Tr+1=Cr (5x)4-r?- ?r=(-1)r54-rCr x4- 2 , 4 4 x? ? 3r 令 4- =1,得 r=2,T3=150x. 2 答案 B

? a? 3.(2013· 兰州模拟)已知?x-x?8 展开式中常数项为 1 120,其中实数 a 是常数,则展开式中各项系数的和 ? ? 是 ( ). B.38 C.1 或 38 D.1 或 28

A.28 解析 答案

4 由题意知 C4· 2,令 x=1,得展开式各项系数和为(1-a)8=1 或 38. 8 (-a) =1 120,解得 a=±

C ).

1? ? 4.(2012· 天津)在?2x2-x?5 的二项展开式中,x 的系数为 ( ? ? A.10 解析 B.-10 C.40

D.-40

1? - ? - - 因为 Tr+1=Cr (2x2)5 r?-x?r=Cr 25 r· (-1)rx10 3r,所以 10-3r=1,所以 r=3,所以 x 的系数为 5 5 ? ?

C325-3(-1)3=-40. 5 答案 D

二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 1 ?18 ? ? 的展开式中含 x15 的项的系数为________(结果用数值表示). 5.(2011· 湖北)?x- ? 3 x? 解析 1 ?r 3 3 ? ?1? ? =(-1)rCr ?3?rx18- r,令 18- r=15,解得 r=2.所以所求系数为(- Tr+1=Cr x18-r?- 18 18 2 2 ? ? ? 3 x?

?1? 1)2· 2 ?3?2=17. C18 ? ? 答案 17

6. (2012· 浙江)若将函数 f(x)=x5 表示为 f(x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+?+a5(1+x)5, 其中 a0, 1, 2, a a ?, a5 为实数,则 a3=________. 解析
2 f(x)=x5=(1+x-1)5,它的通项为 Tr+1=Cr (1+x)5-r· (-1)r,T3=C5(1+x)3(-1)2=10(1+x)3, 5

∴a3=10. 答案 10

三、解答题(共 25 分) ?3 1? 7.(12 分)已知二项式? x+ ?n 的展开式中各项的系数和为 256. x? ? (1)求 n;(2)求展开式中的常数项.



(1)由题意,得 C0+C1+C2+?+Cn=256,即 2n=256,解得 n=8. n n n n

8-4r 8-4r 3 ?1? ? (2)该二项展开式中的第 r+1 项为 Tr+1=Cr ( x)8-r·x?r=Cr · 3 ,令 3 =0,得 r=2,此时,常 8 8x ? ? 数项为 T3=C2=28. 8 8.(13 分)在杨辉三角形中,每一行除首末两个数之外,其余每个数都等于它肩上的两数之和. (1)试用组合数表示这个一般规律: (2)在数表中试求第 n 行(含第 n 行)之前所有数之和; (3)试探究在杨辉三角形的某一行能否出现三个连续的数,使它们的比是 3∶4∶5,并证明你的结论. 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 第6行 ? 解 1 1 6 1 5 15 1 4 10 20 ? (1)Cr +1=Cr +Cr-1. n n n 1 3 6 1 2 3 4 10 15 1 1 1 1 1 5 6 1 1

(2)1+2+22+?+2n=2n+1-1. (3)设 Cr-1∶Cr ∶Cr+1=3∶4∶5, n n n Cr-1 3 r 3 n 由 Cr =4,得 =4, n-r+1 n 即 3n-7r+3=0. 由 ①

r+1 4 Cr 4 n = , r+1= ,得 5 Cn n-r 5 ②

即 4n-9r-5=0.

解①②联立方程组,得 n=62,r=27, 即 C26∶C27∶C28=3∶4∶5. 62 62 62

B级

能力突破(时间:30 分钟

满分:45 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 10 分) 1. 已知 0<a<1, 方程 a|x|=|logax|的实根个数为 n, 且(x+1)n+(x+1)11=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+?+a10(x +2)10+a11(x+2)11,则 a1= A.-10 B.9 C.11 D.-12 ( ).

解析

作出 y=a|x|(a>0)与 y=|logax|的大致图象如图所

示, 所以 n=2.故(x+1)n =-2+11=9.

+(x+1)11=(x+2-1)2+(x+2-1)11, 所以 a1=-2+C10 11 答案 B

2.(2012· 湖北)设 a∈Z,且 0≤a<13,若 512 012+a 能被 13 A.0 B.1 C.11 解析 整除. 答案 D 512
012

整除,则 a=(

).

D.12
012

+a=(13×4-1)2

+a 被 13 整除余 1+a,结合选项可得 a=12 时,512

012

+a 能被 13

二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 3.若 x4(x+3)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+?+a12(x+2)12,则 log2(a1+a3+?+a11)=________. 解析 令 x=-1,∴28=a0+a1+a2+?+a11+a12.令 x=-3,∴0=a0-a1+a2-?-a11+a12∴28=

2(a1+a3+?+a11),∴a1+a3+?+a11=27,∴log2(a1+a3+?+a11)=log227=7. 答案 7

a? ? 4.(2011· 浙江)设二项式?x- ?6(a>0)的展开式中 x3 的系数为 A,常数项为 B.若 B=4A,则 a 的值是 x? ? ________. 解析 由 Tr+1=Cr x6-r? 6 ? ?-a? 3 1 ?r=Cr (-a)rx6- r, 6 ? 2 x ? 2?

得 B=C4(-a)4,A=C2(-a)2,∵B=4A,a>0,∴a=2. 6 6 答案 2

三、解答题(共 25 分) ?16 2 1 ? 5.(12 分)已知(a2+1)n 展开式中的各项系数之和等于? 5 x + ?5 的展开式的常数项,而(a2+1)n 的展开 x? ? 式的系数最大的项等于 54,求 a 的值. 解 20-5r ?16 2 1 ?5 ?16 ? ? 1 ? ?16? ? 5 x + ? 的展开式的通项为 Tr+1=Cr ? 5 x2?5-r· ?r=? 5 ?5-rCr x ? 5 5 2 ,令 20-5r=0,得 r= ? ? ? x? ? ? x? ?

16 4,故常数项 T5=C4× 5 =16.又(a2+1)n 展开式的各项系数之和等于 2n,由题意知 2n=16,得 n=4. 5 由二项式系数的性质知,(a2+1)n 展开式中系数最大的项是中间项 T3,故有 C2a4=54,解得 a=± 3. 4 ?1 ? 6.(13 分)已知?2+2x?n, ? ? (1)若展开式中第 5 项,第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列,求展开式中二项式系数最大项的 系数; (2)若展开式前三项的二项式系数和等于 79,求展开式中系数最大的项. 解 (1)∵C4+C6=2C5,∴n2-21n+98=0. n n n

∴n=7 或 n=14, 当 n=7 时,展开式中二项式系数最大的项是 T4 和 T5. 35 ?1? ∴T4 的系数为 C3?2?423= 2 , 7 ? ? ?1? T5 的系数为 C4?2?324=70, 7 ? ? 当 n=14 时,展开式中二项式系数最大的项是 T8. ?1? ∴T8 的系数为 C7 ?2?727=3 432. 14 ? ? (2)∵C0+C1+C2=79,∴n2+n-156=0. n n n ∴n=12 或 n=-13(舍去).设 Tk+1 项的系数最大, ?1 ? ?1? ∵?2+2x?12=?2?12(1+4x)12, ? ? ? ?
k k k-1 k-1 ?C124 ≥C12 4 , ∴? k k k+1 k+1 ?C124 ≥C12 4 .

∴9.4≤k≤10.4,∴k=10.

∴展开式中系数最大的项为 T11, ?1? T11=C10·2?2·10·10=16 896x10. 2 x 12 ? ? ?

小题专项集训?十六?

计数原理

对应学生 16 (时间:40 分钟 满分:75 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 50 分) 1.(2013· 西安模拟)有 5 本不同的书,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.24 解析 答案 B.48 C.72 D.96 ).

5 2 A5-2A2A2A2-A2A2A3=48. 2 3 2 2 3

B

2.从 5 名男医生、4 名女医生中选 3 名医生组成一个医疗小分队,要求其中男、女医生都有,则不同的 组队方案共有( A.70 种 解析 A. 答案 A ). C.100 种 D.140 种

B.80 种

分恰有 2 名男医生和恰有 1 名男医生两类,从而组队方案共有 C2×C1+C1×C2=70 种.故选 5 4 5 4

3.式子-2C1+4C2-8C3+?+(-2)nCn等于 n n n n A.(-1)n 解析 答案 B.(-1)n-1 C.3n

(

).

D.3n-1

由二项式展开式的特点,知-2C1+4C2-8C3+?+(-2)nCn=(1-2)n-C0=(-1)n-1. n n n n n B C、D 四块区域分开,

4. (2013· 洛阳模拟)如图, 6 种不同的颜色把图中 A、 用 B、 若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有 ( ). B.460 种 C.480 种 D.496 种

A.400 种 解析

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),故选 C. 答案 C ).

5.若(x+3y)n 展开式中所有项的系数和等于(7a+b)10 展开式的二项式系数之和,则 n 的值等于( A.15 解析 B.10 C.8 D.5

令 x=y=1,得(x+3y)n 展开式中所有项的系数和为 4n,(7a+b)10 展开式中所有项的二项式系

数之和为 210,故 4n=210,即 n=5. 答案 D

6.(2013· 汕头模拟)三个人踢毽,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过 5 次传递后,毽 又被踢回给甲,则不同的传递方式共有 A.6 种 解析 B.8 种 C.10 种 ( ).

D.16 种

如下图,甲第一次传给乙时有 5 种方法,同理,甲传给丙也可以推出 5 种情况,综上有 10 种

传法,故选 C.

答案

C

7.甲、乙、丙 3 位志愿者安排在周一至周五的 5 天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天 至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有( A.20 种 解析 B.30 种 C.40 种 D.60 种 ).

2 分三类:甲在周一,共有 A4种排法;

2 甲在周二,共有 A3种排法;甲在周三,共有 A2种排法; 2 2 ∴A4+A2+A2=20. 3 2

答案

A

8.从-3,-2,-1,1,2,3 中任取三个不同的数作为双曲线 ax2+by2=c 的系数,则一共可以确定不同的 双曲线的条数为 ( A.72 解析 ).

B.36 C.24 D.120 取出的三个数要能成为双曲线的系数,则 a,b 异号即可,先取 a,b,则有 C1C1A2种取法,再 3 3 2

1 取 c,有 C4种取法,但 a,b,c 和-a,-b,-c 表示同一双曲线,故所确定的不同的双曲线的条数



C1C1A2C1 3 3 2 4 A2 =36. 2 B

答案

?1 ? 9.对于二项式? x+x3?n 的展开式(n∈N*)四位同学作出四种判断: ? ? ①存在 n∈N*展开式中有常数项 ②对任意 n∈N*展开式中没有常数项 ③对任意 n∈N*展开式中没有 x 的一次项 ④存在 n∈N*展开式中有 x 的一次项 上述判断中正确的是 A.①与③ 解析 B.②与③ C.①与④ D.②与④ ( ).

Tr+1=Cr xr-nx3r=Cr x4r-n,令 4r-n=0,n=4r,(r=0,1,2,?n)时存在常数项,∴存在,如 r n n

=1,n=4,故①正确.令 4r-n=1,n=4r-1(r=0,1,2?n)如:r=1,n=3,存在,故④正确. 答案 C ).

a1 a2 a2 014 10.若(1-2x)2 014=a0+a1x+?+a2 014x2 014(x∈R),则 2 +22+?+22 014的值为( A.2 解析 B.0 C.-1 D.-2

1 a1 a2 a2 014 a1 a2 a2 014 观察所求数列和的特点,令 x=2可得 a0+ 2 +22+?+22 014=0,所以 2 +22+?+22 014=-

a1 a2 a2 014 a0,再令 x=0 可得 a0=1,因此 2 +22+?+22 014=-1. 答案 C

二、填空题(每小题 5 分,共 25 分) 11.从 0、2、4 中取一个数字,从 1、3、5 中取两个数字,组成无重复数字的三位数,则不同的三位数 有________个. 解析 第一类:取 0 时,从 1,3,5 中取出 1 个放在百位,再取一个与 0 全排列共有 C1C1A2=12 个,第 3 2 2

二类:不取 0 时共有 C1C2A3=36 个,∴共有 12+36=48 个. 2 3 3 答案 48

12.安排 5 名歌手的演出顺序时,要求某名歌手不第一个出场,另一名歌手不最后一个出场,不同排法 的总数是________(用数字作答).

解析

分两种情况:(1)不最后一个出场的歌手第一个出场,有 A4种排法;(2)不最后一个出场的歌手 4

1 不第一个出场,有 A3A1A3种排法,故共有 78 种不同排法. 3 3

答案

78

13.有 5 名男生和 3 名女生,从中选出 5 人分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的课代表,若 某女生必须担任语文课代表,则不同的选法共有________种(用数字作答). 解析 答案
4 由题意知,从剩余 7 人中选出 4 人担任 4 个学科课代表,共有 A7=840(种).

840

14.甲、乙、丙 3 人站到共有 7 级的台阶上,若每级台阶最多站 2 人,同一级台阶上的人不区分站的位 置,则不同的站法种数是________(用数字作答). 解析
3 3 当每个台阶上各站 1 人时有 A3C7种站法,当两个人站在同一个台阶上时有 C2C1C1种站法,因 3 7 6

3 3 此不同的站法种数有 A3C7+C2C1C1=210+126=336(种). 3 7 6

答案

336

a? ? 15.(2013· 粤西北九校联考)二项式?2x-x2?6 的展开式中的常数项为 15,则实数 a 的值为________. ? ? 解析 ? a? Tr+1=Cr (2x)6-r?-x2?r=(-1)rCr 26-rarx6-3r,令 6-3r=0 得 r=2,∴(-1)2C224a2=15,∴16a2 6 6 6 ? ?

1 =1,a=± . 4 答案 1 ± 4

易失分点清零

计数原理

易失分点 1

两个原理不清而致错 ).

【示例 1】 (1)把 3 封信投到 4 个信箱,所有可能的投法共有( A.24 种 B.4 种 C.43 种 D.34 种

(2)某人从甲地到乙地,可以乘火车,也可以坐轮船,在这一天的不同时间里,火车有 4 趟,轮船有 3 次,问此人的走法可有________种. 解析 (1)第 1 封信投到信箱中有 4 种投法;第 2 封信投到信箱也有 4 种投法;第 3 封信投到信箱也

有 4 种投法.只要把这 3 封信投完,就做完了这件事情,由分步计数原理可得共有 43 种方法,故选 C. (2)因为某人从甲地到乙地,乘火车的走法有 4 种,坐轮船的走法有 3 种,每一种方法都能从甲地到 乙地,根据分类计数原理,可得此人的走法可有 4+3=7(种).故填 7.

答案

(1)C

(2)7

警示解决计数问题的基本策略是合理分类和分步,然后应用加法原理和乘法原理来计算.解决本题易 出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误,对于(1) ,选择的标准不同,误认为每 个信箱有三种选择,所以可能的投法有 34 种,没有注意到一封信只能投在一个信箱中;对于(2) , 易混淆“类”与“步” ,误认为到达乙地先坐火车后坐轮船,使用乘法原理计算. 易失分点 2 排列与组合问题错位或出现“重复”“遗漏”致误

【示例 2】 某校开设 A 类选修课 3 门,B 类选修课 4 门,一位同学从中共选 3 门.若要求两类课程 中各至少选一门,则不同的选法共有( A.30 种 B.35 种 解析 C.42 种 ).

D.48 种

1 2 法一 可分两种互斥情况:A 类选 1 门,B 类选 2 门或 A 类选 2 门,B 类选 1 门,共有 C3C4+

C2C1=18+12=30 种选法. 3 4 法二
3 总共有 C3=35(种)选法,减去只选 A 类的 C3=1(种),再减去只选 B 类的 C4=4(种),故有 30 7 3

种选法. 答案 A

警示(1)利用分步计数和分类计数原理及排列组合知识解题要首先弄清楚是先分类还是先分步,解 法的选择要合理,分类要科学,避免出现重复或遗漏现象; (2)对于“至少” “至多”类型问题的处 理,考生应注意从两个方面处理“:一是从正面进行处理,可以根据要求进行合理分类,利用分类计 数原理求解;二是求解该事件的对立事件,即利用排除法求解,其实质还是先进行分类.求解时要根 据具体情况选取类别较少的一种方法进行求解. 易失分点 3 忽视特殊数字或特殊位置而致错

【示例 3】 用数字 0,1,2,3,4,5,6 组成没有重复的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数 的四位数共有______个(用数字作答). 解析
3 分两类情况:第一类:个、十、百位上各有一个偶数,C1A3+C2A3C1=90(个);第二类:个、 3 3 3 4

3 1 十、百位上共有两个奇数一个偶数,C2A3C1+C1C2A3C3=234(个).共有 90+234=324(个). 3 4 3 3 3

答案

324

警示本题考查乘法原理以及排列组合的知识,应用了分类讨论的思想,考查了分析问题、解决问题的 能力,解决本题时,要注意特殊元素 0 不能在首位上,因此在每类中都要按“选 0”和“不选 0”两 种情况讨论. 易失分点 4 混淆均匀分组与不均匀分组致错

【示例 4】 将 6 本不同的书分给甲、 丙、 4 个人, 乙、 丁 每人至少一本的不同分法共有________种. (用 数字作答) 解析 把 6 本不同的书分成 4 组,每组至少一本的分法有 2 种.①有一组 3 本,其余 3 组每组 1 本,
3 2 2

C1C1C1 C2C2 C1C1 3 2 1 6 4 2 1 不同的分法共有 C3 A3 =20(种); ②有 2 组每组 2 本, 其余 2 组每组 1 本, 不同的分法共有 A2 ·A2 6

=45(种).所以不同的分组方法共有 20+45=65(种).然后把分好的 4 组分给 4 人,所以不同的分法
4 共有 65×A4=1 560(种).故填 1 560.

答案

1560

警示涉及“分组问题” ,这是组合中一种重要的题型,它有三种情况:不均匀分组,均匀分组,部分 均匀分组, “将 6 本不同的书分成 3 组” 以 为例, 一是分为 1、 3, 2、 是不均匀分组, 分法有 C16C25C33 种;二是分为 2、2、2,是均匀分组,分法有 C26C24C22〖〗A33 种;三是分为 4、1、1,是部分均 匀分组,分法有 C46C12C11〖〗A22 种. 易失分点 5 不相邻问题方法不当而致错 ).

【示例 5】 现有 8 个人排成一排照相,其中甲、乙、丙 3 人不能相邻的排法有(
5 6 A.A3· 5种 B.(A8-A6· 3)种 A3 6A 8 3 C.A5· 3种 A3

D.(A8-A4)种 8 6

解析

在 8 个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数,就得到甲、乙、丙 3 人不相邻的

8 方法数,即 A8-A6· 3,故选 B. 6 A3

答案

B

警示(1)本题易出现的错误是把“甲、乙、丙 3 人不能相邻”理解为“甲、乙、丙 3 人互不相邻” 的情况,使结果中遗漏甲、乙、丙 3 人中有两人相邻的情况. (2)不相邻与间隔问题是不同的,不相邻问题可以直接利用插空法求解,即先排其他元素,然后把 不相邻的元素插空;而元素的间隔问题则指定了元素之间间隔的元素个数,应先排好指定的元素,然 后从其他元素中选出 m 个元素排好放在指定元素中间,一起捆绑,再与剩余的元素排列. 易失分点 6 混淆二项式系数与项的系数而致误

【示例 6】 若在(2x+1)n 的展开式中,第 3 项的二项式系数与第 8 项的二项式系数相等,则其展开式 中所有项的系数之和等于( A.29 解析 B.211 ).

C.39 D.311

在(2x+1)n 的展开式中,第 3 项的二项式系数是 C2,第 8 项的二项式系数是 C7,依题意,得 n n

C2=C7,于是 n=2+7=9.所以在(2x+1)9 的展开式中,所有项的系数之和等于(2×1+1)9=39,故选 n n C. 答案 C

警示(1)本题可能出现的错误主要是由于审题不细,急于求成,不注意题目中的关键信息,误解题 意,将第 3 项与第 8 项的二项式系数分别理解为 C3和 C8,从而得出 n=11 的错解. n n (2)二项式系数与展开式中项的系数是两个不同的概念,解题时要注意弄清题意,看清题目求的是 什么.

1.(2013· 武汉六校联考)(x- 2y)8 的展开式中,x6y2 项的系数是 A.56 解析 答案 B.-56 C.28 D.-28

(

).

由二项式定理通项公式得,所求系数为 C2(- 2)2=56. 8 A

2.(2013· 宜宾模拟)用 5,6,7,8,9 组成没有重复数字的五位数,其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间 的五位数的个数为( A.120 解析 答案 B.72 ). C.48 D.36

3 符合题意的五位数有 C1A3A2=3×3×2×2=36. 3 2

D ( D.207 ).

3.在(1-x3)(1+x)10 的展开式中,x5 的系数是 A.-297 解析 答案 B.-252 C.297

5 (1-x3)(1+x)10=(1+x)10-x3(1+x)10=(C10-C2 )x5+?=207x5+?. 10

D 图 A 到 C1 , 最近的路

4. 沿着正方体的棱从一个顶点到与它相对的另一个顶点, 如 线共有 ( ). C.4 条 D.3 条

A.6 条 B.5 条 解析

由 A 到 C1 最近路线分两步:第一步由 A 到与 A 相

连的顶点 A1,B,D, 走法,∴共有 3×2=

有 3 种走法,第二步由这三个顶点中的一个到 C1 有 2 种 6 种走法. 答案 A

5.记者要为 5 名志愿者和他们帮助的 2 位老人拍照,要求排成一排,2 位老人相邻但不排在两端,不同 的排法共有 A.1 440 种 解析 ( ). C.720 种 D.480 种

B.960 种

5 5 名志愿者先排成一排,有 A5种方法,2 位老人作为一组插入其中,且两位老人有左右顺序,

共有 2· A5=960 种不同的排法. 4· 5 答案 B

6.已知集合 A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的 坐标,则确定的不同点的个数为 A.33 解析 B.34 C.35 ( ).

D.36

3 ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含 1 的有 C1A3=12 个; 2

3 ②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有 1 个 1 的有 C1A3+A3=18 个 ; 2 3

③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有 2 个 1 的有 C1=3 个.故共有符合条件的点的个数为 12 3 +18+3=33,故选 A.

答案

A ).

7.在(1+x)n 的展开式中,奇数项之和为 p,偶数项之和为 q,则(1-x2)n 等于( A.p2q2 解析 B.p+q C.p2-q2 D.p2+q2

由于(1+x)n 与(1-x)n 展开式中奇数项相同,偶数项互为相反数,因此(1-x)n=p-q,所以(1

-x2)n=(1-x)n(1+x)n=(p+q)(p-q)=p2-q2.故选 C. 答案 C

8.某单位安排 7 位员工在 10 月 1 日至 7 日值班,每天安排一人,每人值班 1 天,若 7 位员工中的甲, 乙排在相邻两天,丙不排在 10 月 1 日,丁不排在 10 月 7 日,则不同的安排方案共有( A.504 种 答案 C 重复,则不同的参观 B.960 种 C.1 008 种 D.1 108 种 ).

9.一植物园参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不 路线共有 A.6 种 解析 B.8 种 ( ). D.48 种

C.36 种

选择参观路线分步完成:第一步选择三个“环

形”路线中的一个,

有 3 种方法, 再按逆时针或顺时针方向参观有 2 种方法; 第二步选择余下两个“环形”路线中的一个, 有 2 种方法,也按逆时针或顺时针方向参观有 2 种方法; 最后一个“环形”路线,也按逆时针或顺 时针方向参观有 2 种方法.由分步乘法计数原理知,共有 3×2×2×2×2=48 种方法. 答案 D

10.将标号为 1,2,3,4,5,6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中.若每个信封放 2 张,其中标号为 1,2 的卡 片放入同一信封,则不同的放法共有 A.12 种 解析 B.18 种 C.36 种 C1种, 再将 3 ( ).

D.54 种

先放 1、 的卡片有 2

C2 2 4 3、 5、 的卡片平均分成两组再放臵有A2· 2种, 4、 6 A 故共有 C1· 2 3 C4 2

=18 种. 答案 B

11.已知 C4,C5,C6成等差数列,则 C12的值为________. n n n n 解析 n! n! n! 由已知得 2C5=C4+C6,所以 2· = + ,整理得 n2-21n+98 n n n 5!?n-5?! 4!?n-4?! 6!?n-6?! 14×13 =91. 2×1

=0,解得 n=7 或 n=14.要求 C12的值,故 n≥12,所以 n=14,于是 C12=C2 = n 14 14 答案 91

12.从集合{P,Q,R,S}与{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中各取 2 个元素排成一排(字母和数字均不能重复),每排 中字母 Q 和数 5 至多出现一个的不同排法种数是________(用数字作答). 解析 ①若 Q 与 5 都不出现, C2· 9· 4种; 有 3 C2 A4 ②若数字 5 出现, C2· 1A4种; 有 3 C9 4 ③若 Q 出现, C1C2· 4 有 3 9 A4

2 2 2 1 1 2 4 种.所以共有(C3C9+C3C9+C3C9)A4=5 832(种).

答案

5 832

5 ? 2 1? 13.若?x +ax?6 的二项展开式中 x3 的系数为2,则 a=________. ? ? 解析 答案 5 ?1? ?1? 3?1? Tr+1=Cr (x2)6-r?ax?r=Cr ?a?r·12-3r,设 12-3r=3,则 r=3,所以 C6?a?3=2.解得 a=2. x 6 6 ? ? ? ? ? ? 2

14.某餐厅供应盒饭,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选 2 荤 2 素共 4 种不同的品种.现在餐厅准 备了 5 种不同的荤菜,若要保证每位顾客有 200 种以上的不同选择,则餐厅至少还需准备不同的素 菜________种.(用数字作答) 解析 设至少还需准备 n 种不同的素菜,则由题意,得 C2· 2≥200,即 C2≥20,亦即 n(n-1)≥40. 5 Cn n

因为 6×5<40,而 7×6≥40,所以 n=7,即至少还需准备 7 种不同的素菜. 答案 7

15.如图,在由二项式系数所构成的杨辉三角中,第________行中从左至右第 14 个与第 15 个数的比为 2∶3.

解析 答案

n! n! 14 2 设第 n 行,则 C13∶C14=2∶3, : =2∶3, = ,解得 n=34. n n ?n-13?!13! ?n-14?!14! n-13 3 34


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