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选修2-3 1.1第一课时
一、选择题
1．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两袋子里各取一个球，不同取法的种数为( )
A．182 B．14
C．48 D．91
[答案] C
[解析] 由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8＝48，故选C.
2．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，某人从甲地到乙地，他共有不同的走法数为( )
A．13种 B．16种
C．24种 D．48种
[答案] A
[解析] 应用分类加法计数原理，不同走法数为8＋3＋2＝13(种)．故选A.
3．集合A＝{a，b，c}，B＝{d，e，f，g}，从集合A到集合B的不同的映射个数是( )
A．24 B．81
C．6 D．64
[答案] D
[解析] 由分步乘法计数原理得43＝64，故选D.
4．5本不同的书，全部送给6位学生，有多少种不同的送书方法( )
A．720种 B．7776种
C．360种 D．3888种
[答案] B
[解析] 每本书有6种不同去向，5本书全部送完，这件事情才算完成．由乘法原理知不同送书方法有65＝7776种．
5．有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是( )
A．8种 B．9种
C．10种 D．11种
[答案] B
[解析] 设四个班级分别是A，B，C，D，它们的老师分别是a，b，c，d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C，D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，用分类加法计数原理求解，共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法．另外，本题还可让a先选，可从B，C，D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，这样用分步乘法计数原理求解，共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．
6．某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999”共10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为( )
A．2 000 B．4 096
C．5 904 D．8 320
[答案] C
[解析] 可从反面考虑，卡号后四位数不带“4”或“7”的共有8×8×8×8＝4 096个，所以符合题意的共有5 904个．
7．如下图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连．连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以从分开不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )
A．26 B．24
C．20 D．19
[答案] D
[解析] 因信息可以分开沿不同的路线同时传递，由分类计数原理，完成从A向B传递有四种方法：12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19，故选D.
8．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2个新节目，如果将这2个新节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )
A．42 B．30
C．20 D．12
[答案] A
[解析] 将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第1个有6种插法，插入第2个时有7个空，共7种插法，所以不同的插法共6×7＝42(种)．
9．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为( )
A．34 B．43
C．12 D．24
[答案] C
[解析] 显然(a，a)、(a，c)等均为A*B中的元素，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素．故选C.
10．某医院研究所研制了5种消炎药X1、X2、X3、X4、X5和4种退烧药T1、T2、T3、T4，现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效试验，又知X1、X2两种消炎药必须同时搭配使用，但X3和X4两种药不能同时使用，则不同的试验方案有( )
A．16种 B．15种
C．14种 D．13种
[答案] C
[解析] 解决这类问题应分类讨论，要做到不重不漏，尽量做到一题多解，从不同角度思考问题．
试验方案有：①消炎药为X1、X2，退烧药有4种选法；②消炎药为X3、X4，退烧药有3种选法；③消炎药为X3、X5，退烧药有3种选法；④消炎药为X4、X5，退烧药有4种选法，所以符合题意的选法有4＋3＋3＋4＝14(种)．
二、填空题
11．用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1,2相邻的偶数有________个(用数字作答)．
[答案] 24
[解析] 可以分三类情况讨论：①若末位数字为0，则1,2为一组，且可以交换位置，3,4各为1个数字，共可以组成12个五位数；②若末位数字为2，则1与它相邻，其余3个数字排在前3位，且0不是首位数字，则共有4个五位数；③若末位数字为4，则1,2为一组，且可以交换位置，3,0各为1个数字，且0不是首位数字，则共有8个五位数，所以符合要求的五位数共有24个．
13．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛 ，则入选的3名队员中至少有一名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种．(用数字作答)
[答案] 48
[解析] 本题可分为两类完成：两老一新时，有3×2×2＝12(种)排法；两新一老时，有2×3×3×2＝36(种)排法，即共有48种排法．
14．已知下图的每个开关都有闭合与不闭合两种可能，因此5个开关共有25种可能．在这25种可能中，电路从P到Q接通的情况有______种．
[答案] 16
[解析] 五个开关全闭合有1种情况能使电路接通；四个开关闭合有5种情况能使电路接通；三个开关闭合有8种情况能使电路接通；两个开关闭合有2种情况能使电路接通；所以共有1＋5＋8＋2＝16种情况能使电路接通．
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选修2-3 1章末归纳总结
一、选择题
1．从0,1,2，…，9这10个数字中，任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点的坐标，能够确定不在x轴上的点的个数是( )
A．100个 B．90个
C．81个 D．72个
[答案] C
[解析] 要使点不在x轴上，则纵坐标不能为0，故纵坐标上的数字只能有9种选择，纵坐标选好后，横坐标不能与之相同．故也有9种选择，由分步乘法计数原理得，N＝9×9＝81(个)．
2．(2010·重庆文，10)某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日(端午节假期)值班，每天安排2人，每人值班1天，若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有( )
A．30种 B．36种
C．42种 D．48种
[答案] C
[解析] 本题考查排列组合的基本知识，涉及分类，分步计算原理、特殊元素、特殊位置．
甲在16日，有CC＝24种；甲在15日，乙在15日有C＝6种．
甲在15日，乙在14日时有CC＝12种，所以总共24＋6＋12＝42，
故选C.
3．7人站成一排照相，甲站在正中间，乙、丙与甲相邻且站在甲的两边的排法共有( )
A．120种 B．240种
C．48种 D．24种
[答案] C
[解析] 本题是有条件限制的排列问题，可采用特殊元素或特殊位置法；由题意知，甲的位置确定，而乙、丙的位置有2种排法，再排其他4人有A种不同的排法，故总的排法总数为A·2＝48(种)．
4．(＋)100的展开式中，无理项的个数是( )
A．83 B．84
C．85 D．86
[答案] B
[解析] 展开式中的项，不是有理项，便是无理项，先求有理项．
∵Tr＋1＝C()100－r·()r＝C·2·3，
∴要使展开式中的项为有理项，r为6的倍数．
又0≤r≤100，且r∈N，
∴r的取值为0,6,12，…，96，
它构成了以0为首项，6为公差，96为末项的等差数列．
设它有n项，则96＝6(n－1)，∴n＝17.
因为展开式中共有101项，其中有17项有理项，可知无理项有84项．
5．如图所示的是2008年北京奥运会的会徽，其中的“中国印”由四个色块构成，可以用线段在不穿越其他色块的条件下将其中任意两个色块连接起来(如同架桥)．如果用三条线段将这四个色块连接起来，不同的连接方法的种数共有( )
A．8种 B．12种
C．16种 D．20种
[答案] C
[解析] 问题可转化为分离的4个区域，用3条线段将其连接起来，不同的连接方案有多少种？如右图，分别连接A、B、C、D四点的线段共有6条，任意选3条有C种连接方法，其中A—B—C—A，A—B—D—A，A—C—D—A，B—C—D—B四种情况不合题意，应舍去，所以共有C－4＝20－4＝16(种)．
二、填空题
6．(2010·湖北文，11)在(1－x2)10的展开式中，x4的系数为________．
[答案] 45
[解析] 本题主要考查二项式定理．
(1－x2)10的展开式中，只有两个括号含x2的项，则x4的系数为C(－1)2＝45.
7．(2009·重庆·理13)将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．
[答案] 36
[解析] 考查排列组合知识．
必有2个大学生去同一个乡镇，故不同的分配方案共有C·A＝36种．
三、解答题
8．已知(a2＋1)n展开式中的各项系数之和等于(x2＋)5的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式的系数最大的项等于54，求a的值．
[解析] 由(x2＋)5，得
Tr＋1＝C(x2)5－r()r＝()5－r·C·x，
令Tr＋1为常数项，则20－5r＝0，∴r＝4，
∴常数项T5＝C×＝16，
又(a2＋1)n展开式的各项系数之和等于2n，
由题意得2n＝16，∴n＝4，
由二项式系数的性质可知，(a2＋1)4展开式中系数最大的项是中间项T3，∴Ca4＝54，∴a＝±.
9．将标有数字1,2,3,4,5的五张卡片放入标有数字1,2,3,4,5的五个盒子中，每个盒子放一张卡片，且卡片上的数字与盒子所标的数字均不相同，则共有多少种不同的放法？
[解析] 如图所示，首先确定标号为1的盒子放入卡片的方法，它可以放标号为2,3,4,5的卡片，不妨设它放入了标号为2的卡片．再确定标号为2的盒子放入卡片的方法，它又分作两类，一是放入标号为1的卡片，于是再确定标号为3的盒子的放法，它可以放标号为4,5的卡片，不妨设为4，则标号为4的盒子就只能放标号为5的卡片，标号为5的盒子就只能放标号为3的卡片；二是放入标号为3,4,5的卡片中的一张，不妨设为3，则标号为3的盒子可放标号为1,4,5的卡片中的一张，并且当它放定后，标号为4,5的盒子均只有一种放法，于是由两个计数原理可知，不同的放法共有4×(2＋3×3)＝44(种)．
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选修2-3 1.2.2.2
一、选择题
1．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为( )
A．C·C·C B．A·A·A
C．C·C·C·C D.
[答案] A
2．从单词“equation”中取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排法共有( )
A．120种 B．480种
C．720种 D．840种
[答案] B
[解析] 先选后排，从除qu外的6个字母中任选3个字母有C种排法，再将qu看成一个整体(相当于一个元素)与选出的3个字母进行全排列有A种排法，由分步乘法计数原理得不同排法共有CA＝480(种)．
3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有( )
A．24种 B．18种
C．12种 D．96种
[答案] B
[解析] 先选后排CA＝18，故选B.
5．(2010·湖南理，7)在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )
A．10 B．11
C．12 D．15
[答案] B
[解析] 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：
第一类：与信息0110只有两个对应位置上的数字相同有C24＝6(个)
第二类：与信息0110只有一个对应位置上的数字相同有C14＝4(个)
第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同有C04＝1(个)
与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有6＋4＋1＝11(个)
7．(2009·湖南理·5)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )
A．85 B．56
C．49 D．28
[答案] C
[解析] 考查有限制条件的组合问题．
(1)从甲、乙两人中选1人，有2种选法，从除甲、乙、丙外的7人中选2人，有C种选法，由分步乘法计数原理知，共有2C＝42种．
(2)甲、乙两人全选，再从除丙外的其余7人中选1人共7种选法．
由分类计数原理知共有不同选法42＋7＝49种．
8．以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有( )
A．6个 B．12个
C．18个 D．30个
[答案] B
[解析] C－3＝12个，故选B.
9．(2009·辽宁理，5)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 B．80种
C．100种 D．140种
[答案] A
[解析] 考查排列组合有关知识．
解：可分两类，男医生2名，女医生1名或男医生1名，女医生2名，
∴共有C·C＋C·C＝70，∴选A.
10．设集合Ⅰ＝{1,2,3,4,5}．选择Ⅰ的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( )
A．50种 B．49种
C．48种 D．47种
[答案] B
[解析] 主要考查集合、排列、组合的基础知识．考查分类讨论的思想方法．
因为集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素，A中元素从1、2、3、4中取，B中元素从2、3、4、5中取，由于A、B非空，故至少要有一个元素．
1° 当A＝{1}时，选B的方案共有24－1＝15种，
当A＝{2}时，选B的方案共有23－1＝7种，
当A＝{3}时，选B的方案共有22－1＝3种，
当A＝{4}时，选B的方案共有21－1＝1种．
故A是单元素集时，B有15＋7＋3＋1＝26种．
2° A为二元素集时，
A中最大元素是2，有1种，选B的方案有23－1＝7种．
A中最大元素是3，有C种，选B的方案有22－1＝3种．故共有2×3＝6种．
A中最大元素是4，有C种．选B的方案有21－1＝1种，故共有3×1＝3种．
故A中有两个元素时共有7＋6＋3＝16种．
3° A为三元素集时，
A中最大元素是3，有1种，选B的方案有22－1＝3种．
A中最大元素是4，有C＝3种，选B的方案有1种，
∴共有3×1＝3种．
∴A为三元素时共有3＋3＝6种．
4° A为四元素时，只能是A＝{1、2、3、4}，故B只能是{5}，只有一种．
∴共有26＋16＋6＋1＝49种．
二、填空题
12．一排7个座位分给3人坐，要求任何两人都不得相邻，所有不同排法的总数有________种．
[答案] 60
[解析] 对于任一种坐法，可视4个空位为0,3个人为1,2,3则所有不同坐法的种数可看作4个0和1,2,3的一种编码，要求1,2,3不得相邻故从4个0形成的5个空档中选3个插入1,2,3即可．
∴不同排法有A＝60种．
13．(09·海南宁夏·理15)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)．
[答案] 140
[解析] 本题主要考查排列组合知识．
由题意知，若每天安排3人，则不同的安排方案有
C·C＝140种．
14．2010年上海世博会期间，将5名志愿者分配到3个不同国家的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数是________种．
[答案] 150
[解析] 先分组共有C＋种，然后进行排列，有A种，所以共有(C＋)·A＝150种方案．
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选修2-3 1.2.2.1
一、选择题
2．C＋2C＋C等于( )
A．C B．C
C．C D．C
[答案] B
[解析] 原式＝C＋C＋C＋C＝C＋C＝C，故选B.
3．如果组合数C＝6，则在平面直角坐标系内以点(x，y)为顶点的图形是( )
A．三角形 B．平行四边形
C．梯形 D．矩形
[答案] A
[解析] 当x＝6，y＝1；x＝6，y＝5；x＝4，y＝2时，C＝6，∴图形为三角形，故选A.
4．对所有满足1≤m≤n≤5的自然数m、n，方程x2＋Cy2＝1所表示的不同椭圆的个数为( )
A．15 B．7
C．6 D．0
[答案] C
[解析] 当，，，，，时，表示不同的椭圆，故选C.
5．C＝C，则x的值为( )
A．2 B．4
C．4或2 D．3
[答案] C
[解析] 由组合数性质知x＝2或x＝6－2＝4，故选C.
6．C＝28，则n的值为( )
A．9 B．8
C．7 D．6
[答案] B
[解析] 由组合数公式可得＝28，
解得n＝8或n＝－7(舍去)，故选B.
8．(2010·辽宁理，4)如果执行下面的程序框图，输入正整数n，m，满足n≥m，那么输出的p等于( )
A．C B．A
C．C D．A
[答案] D
[解析] p＝(n－m＋1)·(n－m＋2)…n＝A，故选D.
9．平面上有12个点，其中没有3个点在一条直线上，也没有4个点共圆，过这12个点中的每三个作圆，共可作圆( )
A．220个 B．210个
C．200个 D．1320个
[答案] A
[解析] C＝220，故选A.
10．已知集合A＝{1,2,3,4,5,6}，B＝{1,2}，若集合M满足B?M?A，则不同集合M的个数为( )
A．12 B．13
C．14 D．15
[答案] C
[解析] ∵B?M，∴M中必含有1、2且至少含有3、4、5、6中的一个元素，又M?A，∴M≠A，∴M的个数为C＋C＋C＝14个．
二、填空题
13．从一组学生中选出4名学生当代表的选法种数为A，从这组学生中选出2人担任正、副组长的选法种数为B，若＝，则这组学生共有________人．
[答案] 15
[解析] 设有学生n人，则＝，解之得n＝15.
14．n个不同的球放入n个不同的盒子中，如果恰好有1个盒子是空的，则共有________种不同的方法．
[答案] CA
[解析] 有一个盒子中放2个球，先选出2球有C种选法，然后将2个球视作一个整体，连同其余的n－2个球共有n－1个，从n个不同盒子中选出n－1个，放入这n－1个不同的球有A种放法，∴共有CA种．
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选修2-3 1.2.1第2课时
一、选择题
2．用1、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．36 B．30
C．40 D．60
[答案] A
[解析] 奇数的个位数字为1、3或5，偶数的个位数字为2、4.故奇数有A＝36个．
3．上午要上语文、数学、体育和外语四门功课，而体育教师因故不能上第一节和第四节，则不同排课方案的种数是( )
A．24 B．22
C．20 D．12
[答案] D
[解析] 先排体育有2种排法，故不同排课方案有：2A＝12种．
[点评] 有受限元素时，一般先将受限元素排好，即“特殊优先”．
4．5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为( )
A．18 B．36
C．48 D．60
[答案] B
[解析] 甲在排头或排尾站法有A种，再让乙在中间3个位置选一个，有A种站法，其余3人有A种站法，故共有A·A·A＝36种站法．
[点评] 可用直接法求解：个位数字是0时有A种；个位数字是5时，首位应用1、2、3、4中选1个，故有4A种，∴共有A＋4A个．
6．6人站成一排，甲、乙、丙3人必须站在一起的所有排列的总数为( )
A．A B．3A
C．A·A D．4！·3!
[答案] D
[解析] 甲、乙、丙三人站在一起有A种站法，把3人作为一个元素与其他3人排列有A种，∴共有A·A种．故选D.
7．6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为( )
A．720 B．144
C．576 D．684
[答案] C
[解析] “不能都站在一起”与“都站在一起”是对立事件，由间接法可得A－AA＝576.
[点评] 不能都站在一起，与都不相邻应区分．
8．由数字1、2、3、4、5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有( )
A．56个 B．57个
C．58个 D．60个
[答案] C
[解析] 首位为3时，有A个＝24个；
首位为2时，千位为3，则有AA＋1＝5个，千位为4或5时有AA＝12个；
首位为4时，千位为1或2，有AA＝12个，千位为3时，有AA＋1＝5个．
由分类加法计数原理知，共有适合题意的数字24＋5＋12＋12＋5＝58(个)．
10．(2010·广东理，8)为了迎接2010年广州亚运会，某大楼安装了5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是( )
A．1205秒 B．1200秒
C．1195秒 D．1190秒
[答案] C
[解析] 由题意每次闪烁共5秒，所以不同的闪烁为A＝120秒，而间隔为119次，所以需要的时间至少是5A＋(A－1)×5＝1195秒．
[点评] 本题情景新颖，考查了排列知识在生活中的应用以及运用数学知识解决实际问题的能力、分析解决问题的能力．
二、填空题
11．三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为________．
[答案] 24
[解析] “每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空档中即可．
∴有A＝24种不同坐法．
13．7个人排一排，甲不在排头、乙不在排尾、丙不在正中间的排法有________种？
[答案] 456
[解析] 由题意知有A－3A＋3A－A＝456种．
14．(2010·浙江理，17)有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”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“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有________种(用数字作答)．
[答案] 264
[解析] 由条件上午不测“握力”，则4名同学测四个项目，则A；下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复，如
甲 乙 丙 丁
上午 台阶 身高 立定 肺活量
下午
，下午甲测“握力”乙丙丁所测不与上午重复有2种，甲测“身高”“立定”、“肺活量”中一种，则3×3＝9，故A(2＋9)＝264种．
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选修2-3 1.2.2第三课时
一、选择题
1．(2010·山东潍坊)6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为( )
A．40 B．50
C．60 D．70
[答案] B
[解析] 先分组再排列，一组2人一组4人有C＝15种不同的分法；两组各3人共有＝10种不同的分法，所以乘车方法数为25×2＝50，故选B.
2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有( )
A．36种 B．48种
C．72种 D．96种
[答案] C
[解析] 恰有两个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排三个人，然后插空，从而共AA＝72种排法，故选C.
3．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )
A．6个 B．9个
C．18个 D．36个
[答案] C
[解析] 注意题中条件的要求，一是三个数字必须全部使用，二是相同的数字不能相邻，选四个数字共有C＝3(种)选法，即1231,1232,1233，而每种选择有A×C＝6(种)排法，所以共有3×6＝18(种)情况，即这样的四位数有18个．
4．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有( )
A．2人或3人
B．3人或4人
C．3人
D．4人
[答案] A
[解析] 设男生有n人，则女生有(8－n)人，由题意可得CC＝30，解得n＝5或n＝6，代入验证，可知女生为2人或3人．
5．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有( )
A．45种 B．36种
C．28种 D．25种
[答案] C
[解析] 因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2步，那么共有C＝28种走法．
6．某公司招聘来8名员工，平均分配给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门，则不同的分配方案共有( )
A．24种 B．36种
C．38种 D．108种
[答案] B
[解析] 本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个部门，共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另一组2人，共有C种分法，然后再分到两部门去共有CA种方法，第三步只需将其他3人分成两组，一组1人另一组2人即可，由于是每个部门各4人，故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C种方法，由分步乘法计数原理共有2CAC＝36(种)．
7．组合数C(n>r≥1，n，r∈Z)恒等于( )
A.C B．(n＋1)(r＋1)C
C．nrC D.C
[答案] D
[解析] ∵C＝＝
＝C，故选D.
8．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 B．34
C．35 D．36
[答案] A
[解析] ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C·A＝12个；
②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C·A＋A＝18个；
③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C＝3个．
故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.
9．(2010·四川理，10)由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是( )
A．72 B．96
C．108 D．144
[答案] C
[解析] 分两类：若1与3相邻，有A·CAA＝72(个)，
若1与3不相邻有A·A＝36(个)
故共有72＋36＝108个．
10．(2010·北京模拟)如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排方法有( )
A．50种 B．60种
C．120种 D．210种
[答案] C
[解析] 先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2)、(2,3)、(3,4)、(4,5)、(5,6)、(6,7)，甲任选一种为C，然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观，安排方法有A种，按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法C·A＝120种，故选C.
二、填空题
11．安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有________种．(用数字作答)
[答案] 2400
[解析] 先安排甲、乙两人在后5天值班，有A＝20(种)排法，其余5人再进行排列，有A＝120(种)排法，所以共有20×120＝2400(种)安排方法．
12．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不同的排法．(用数字作答)
[答案] 1260
[解析] 由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有C·C·C＝1260(种)排法．
13．(2010·江西理，14)将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．
[答案] 1080
[解析] 先将6名志愿者分为4组，共有种分法，再将4组人员分到4个不同场馆去，共有A种分法，故所有分配方案有：·A＝1 080种．
14．(2010·山东济宁)要在如图所示的花圃中的5个区域中种入4种颜色不同的花，要求相邻区域不同色，有________种不同的种法(用数字作答)．
[答案] 72
[解析] 5有4种种法，1有3种种法，4有2种种法．若1、3同色，2有2种种法，若1、3不同色，2有1种种法，∴有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种．
三、解答题
15．(1)计算C＋C；
(2)求20C＝4(n＋4)C＋15A中n的值．
[解析] (1)C＋C＝C＋C＝＋200＝4950＋200＝5150.
(2)20×＝4(n＋4)×＋15(n＋3)(n＋2)，即＝＋15(n＋3)(n＋2)，所以(n＋5)(n＋4)(n＋1)－(n＋4)(n＋1)n＝90，即5(n＋4)(n＋1)＝90.所以n2＋5n－14＝0，即n＝2或n＝－7.注意到n≥1且n∈Z，所以n＝2.
[点拨] 在(1)中应用组合数性质使问题简化，若直接应用公式计算，容易发生运算错误，因此，当m>时，特别是m接近于n时，利用组合数性质1能简化运算．
16．(2010·东北师大附中模拟)有一排8个发光二极管，每个二极管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3个二极管点亮，但相邻的两个二极管不能同时点亮，根据这三个点亮的二极管的不同位置和不同颜色来表示不同的信息，求这排二极管能表示的信息种数共有多少种？
[解析] 因为相邻的两个二极管不能同时点亮，所以需要把3个点亮的二极管插放在未点亮的5个二极管之间及两端的6个空上，共有C种亮灯办法．
然后分步确定每个二极管发光颜色有2×2×2＝8(种)方法，所以这排二极管能表示的信息种数共有C×2×2×2＝160(种)．
17．按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？
(1)各组人数分别为2,4,6个；
(2)平均分成3个小组；
(3)平均分成3个小组，进入3个不同车间．
[解析] (1)CCC＝13 860(种)；
(2)＝5 775(种)；
(3)分两步：第一步平均分三组；第二步让三个小组分别进入三个不同车间，故有·A＝C·C·C＝34 650(种)不同的分法．
18．6男4女站成一排，求满足下列条件的排法共有多少种？
(1)任何2名女生都不相邻有多少种排法？
(2)男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？
(3)男生甲、乙、丙排序一定，有多少种排法？
(4)男甲在男乙的左边(不一定相邻)有多少种不同的排法？
[解析] (1)任何2名女生都不相邻，则把女生插空，所以先排男生再让女生插到男生的空中，共有A·A种不同排法．
(2)方法一：甲不在首位，按甲的排法分类，若甲在末位，则有A种排法，若甲不在末位，则甲有A种排法，乙有A种排法，其余有A种排法，
综上共有(A＋AA·A)种排法．
方法二：无条件排列总数
A－
甲不在首乙不在末，共有(A－2A＋A)种排法．
(3)10人的所有排列方法有A种，其中甲、乙、丙的排序有A种，又对应甲、乙、丙只有一种排序，所以甲、乙、丙排序一定的排法有种．
(4)男甲在男乙的左边的10人排列与男甲在男乙的右边的10人排列数相等，而10人排列数恰好是这二者之和，因此满足条件的有A种排法．
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选修2-3 1.3.1
一、选择题
1．二项式(a＋b)2n的展开式的项数是( )
A．2n B．2n＋1
C．2n－1 D．2(n＋1)
[答案] B
3．在(x－)10的展开式中，x6的系数是( )
A．－27C B．27C
C．－9C D．9C
[答案] D
[解析] ∵Tr＋1＝Cx10－r(－)r.令10－r＝6，
解得r＝4.∴系数为(－)4C＝9C.
4．(2010·全国Ⅰ理，5)(1＋2)3(1－)5的展开式中x的系数是( )
A．－4 B．－2
C．2 D．4
[答案] C
[解析] (1＋2)3(1－)5＝(1＋6＋12x＋8x)(1－)5，
故(1＋2)3(1－)5的展开式中含x的项为1×C(－)3＋12xC＝－10x＋12x＝2x，所以x的系数为2.
5．在n(n∈N*)的展开式中，若存在常数项，则n的最小值是( )
A．3 B．5
C．8 D．10
[答案] B
[解析] Tr＋1＝C(2x3)n－rr＝2n－r·Cx3n－5r.
令3n－5r＝0，∵0≤r≤n，r、n∈Z.
∴n的最小值为5.
6．在(1－x3)(1＋x)10的展开式中x5的系数是( )
A．－297 B．－252
C．297 D．207
[答案] D
[解析] x5应是(1＋x)10中含x5项与含x2项．
∴其系数为C＋C(－1)＝207.
7．(2009·北京)在n的展开式中，常数项为15，则n的一个值可以是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
[答案] D
[解析] 通项Tr＋1＝C(x2)n－r(－)r＝(－1)rCx2n－3r，常数项是15，则2n＝3r，且C＝15，验证n＝6时，r＝4合题意，故选D.
8．(2010·陕西理，4)(x＋)5(x∈R)展开式中x3的系数为10，则实数a等于( )
A．－1 B.
C．1 D．2
[答案] D
[解析] C·xr()5－r＝C·a5－rx2r－5，令2r－5＝3，∴r＝4，
由C·a＝10，得a＝2.
10．在20的展开式中，系数是有理数的项共有( )
A．4项 B．5项
C．6项 D．7项
[答案] A
[解析] Tr＋1＝C(x)20－rr＝r·()20－rC·x20－r，
∵系数为有理数，
∴()r与2均为有理数，
∴r能被2整除，且20－r能被3整除，
故r为偶数，20－r是3的倍数，0≤r≤20.
∴r＝2,8,14,20.
二、填空题
13．若6的二项展开式中x3的系数为，则a＝________(用数字作答)．
[答案] 2
[解析] C(x2)3·3＝x3＝x3，∴a＝2.
14．(2010·辽宁理，13)(1＋x＋x2)(x－)6的展开式中的常数项为________．
[答案] －5
[解析] (1＋x＋x2)6
＝6＋x6＋x26，
∴要找出6中的常数项，项的系数，项的系数，Tr＋1＝Cx6－r(－1)rx－r＝C(－1)rx6－2r，
令6－2r＝0，∴r＝3，
令6－2r＝－1，无解．
令6－2r＝－2，∴r＝4.
∴常数项为－C＋C＝－5.
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选修2-3 1.3.2
一、选择题
1．1＋(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n的展开式的各项系数之和为( )
A．2n－1 B．2n－1
C．2n＋1－1 D．2n
[答案] C
[解析] 解法一：令x＝1得，1＋2＋22＋…＋2n
＝＝2n＋1－1.
解法二：令n＝1，知各项系数和为3，排除A、B、D，选C.
3．若n展开式中的第6项的系数最大，则不含x的项等于( )
A．210 B．120
C．461 D．416
[答案] A
[解析] 由已知得，第6项应为中间项，则n＝10.
Tr＋1＝C·(x3)10－r·r＝C·x30－5r.
令30－5r＝0，得r＝6.∴T7＝C＝210.
4．(2008·安徽·6)设(1＋x)8＝a0＋a1x＋…＋a8x8，则a0，a1，…，a8中奇数的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
[答案] A
[解析] ∵a0＝a8＝C＝1，a1＝a7＝C＝8，a2＝a6＝C＝28，a3＝a5＝C＝56，a4＝C＝70，∴奇数的个数是2，故选A.
7.8的展开式中x4项的系数是( )
A．16 B．70
C．560 D．1120
[答案] D
[解析] 考查二项式定理的展开式．
设第r＋1项含有x4，则Tr＋1＝C(x2)8－r(2x－1)r
＝C·2r·x16－3r，
∴16－3r＝4，即r＝4，所以x4项的系数为C24＝1120.
8．(2010·广东惠州)已知等差数列{an}的通项公式为an＝3n－5，则(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是该数列的( )
A．第9项 B．第10项
C．第19项 D．第20项
[答案] D
[解析] ∵(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7展开式中含x4项的系数是C·11＋C·12＋C·13＝5＋15＋35＝55，∴由3n－5＝55得n＝20，故选D.
10．(2010·江西理，6)(2－)8展开式中不含x4项的系数的和为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
[答案] B
[解析] (2－)8的通项式为Tr＋1＝C28－r(－)r＝(－1)r·28－rCx，则x4项的系数为1，展开式中所有项的系数之和为(2－)8＝1，故不含x4项的系数之和为0，故选B.
二、填空题
11．若(1－2x)2011＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2010x2010＋a2011x2011(x∈R)，则(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2010)＋(a0＋a2011)＝________.(用数字作答)
[答案] 2009
[解析] 令x＝0，则a0＝1.
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a2010＋a2011＝(1－2)2011＝－1.
∴(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2010)＋(a0＋a2011)
＝2010a0＋(a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2011)
＝2010－1＝2009.
12．(2008·北京·11)若n展开式的各项系数之和为32，则n＝________，其展开式中的常数项为________(用数字作答)．
[答案] 5 10
[解析] 令x＝1，得2n＝32，得n＝5，则Tr＋1＝C·(x2)5－r·r＝C·x10－5r，令10－5r＝0，r＝2.故常数项为T3＝10.
13．(2010·全国Ⅱ理，14)若9的展开式中x3的系数是－84，则a＝________.
[答案] 1
[解析] 由Tr＋1＝Cx9－rr＝(－a)rCx9－2r得
9－2r＝3，得r＝3，x3的系数为(－a)3C＝－84，
解得a＝1.
14．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0—1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n次全行的数都为1的是第______行；第61行中1的个数是______．
[答案] 2n－1 32
[解析] 用不完全归纳法，猜想得出．
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选修2-3 1.2.1.1
一、选择题
1．某班从8名运动员中选取4个参加4×100接力赛，有________种不同的参赛方案．
A．1680 B．24
C．1681 D．25
[答案] A
[解析] 由题意得，共有A＝1680种不同的参赛方案．
3．A、B、C、D、E五人站成一排，如果A必须站在B的左边(A、B可以不相邻)，则不同排法有( )
A．24种 B．60种
C．90种 D．120种
[答案] B
[解析] 5个人全排列有5！＝120种、A在B左边和A在B右边的情形一样多，∴不同排法有×120＝60种．
4．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有( )
A．108种 B．186种
C．216种 D．270种
[答案] B
[解析] 从全部方案中减去只选派男生的方案数，合理的选派方案共有A－A＝186(种)，选B.
5．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案有( )
A．A B．A
C．AA D．2A
[答案] C
[解析] 安排4名司机有A种方案，安排4名售票员有A种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有AA种方案．
6．沪宁铁路线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的这六个大站准备(这六个大站间)______种不同的火车票？
A．30 B．15
C．81 D．36
[答案] A
[解析] 对于两个大站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张车票对应于一个起点站和一个终点站．因此，每张火车票对应于从6个不同元素(大站)中取出2个元素(起点站和终点站)的一种排列．所以问题归结为求从6个不同元素中每次取出2个不同元素的排列数A＝6×5＝30种．故选A.
7．(2009·湖南)摄影师要为5名学生和2位老师拍照，要求排成一排，2位老师相邻且不排在两端，不同的排法共有( )
A．1440种 B．960种
C．720种 D．480种
[答案] B
[解析] 2位老师作为一个整体与5名学生排队，相当于6个元素排在6个位置，且老师不排两端，先安排老师，有4A＝8种排法，5名学生排在剩下的5个位置，有A＝120种，由分步乘法计数原理得4A×A＝960种排法．
8．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程＋＝1中的m和n，则能组成落在矩形区域B＝{(x，y)||x|<11，且|y|<9}内的椭圆个数为( )
A．43 B．72
C．86 D．90
[答案] B
[解析] 可在1、2、3、4、…、8中任取两个作为m、n，共有A＝96种方法；可在9、10中取一个作为m，在1、2、…、8中取一个作为n，共有AA＝16种方法，由分类加法计数原理，满足条件的椭圆的个数为：A＋AA＝72.
9．书架上原来摆放着6本书，现要再插入3本书，则不同插法的种数为( )
A．A B．A
C．9×8×7 D．2A
[答案] C
[解析] 三本书逐本插入书架上，第1本可插放在原来6本书之间和两端的7个位置之一处，有7种插法．第1本书插入后，书架上有7本书，所以第二本书有8种插法．同样，第3本书有9种插法．所以插法总数为9×8×7.故选C.
10．停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停车方法有( )
A．A种 B．2AA种
C．8A种 D．9A种
[答案] D
[解析] 将4个空车位视为一个元素，与8辆车共9个元素进行全排列，共有A＝9A种．
二、填空题
13．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛，3名主力队员安排在第一、三、五位置，其余7名队员中选2名安排在第二、四位置上，那么不同的出场安排有________种．
[答案] 252
[解析] 分两步完成：第一步安排三名主力队员有A种，第二步安排另2名队员，有A种，所以共有A·A＝252(种)．
14．有10幅画展出，其中1幅水彩画，4幅油画，5幅国画排成一排，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，则不同的陈列方式有________种．
[答案] 5 760
[解析] 第一步，水彩画可以在中间，油画、国画放在两端，有A种放法；
第二步，油画内部排列，有A种；
第三步，国画内部排列，有A种．
由分步乘法计数原理，不同的陈列方式共有AAA＝5 760(种)．
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选修2-3 1.1.2
一、选择题
1．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，至多5个，则不同的分法共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
[答案] A
[解析] 分类考虑，若最少一堆是1个，那由至多5个知另两堆分别为4个、5个，只有一种分法；若最少一堆是2个，则由3＋5＝4＋4知有2种分法；若最少一堆是3个，则另两堆为3个、4个，故共有分法1＋2＋1＝4种．
2．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是( )
A．4 B．24
C．43 D．34
[答案] C
[解析] 依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C.
3．已知函数y＝ax2＋bx＋c，其中a，b，c∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数共有( )
A．125个 B．15个
C．100个 D．10个
[答案] C
[解析] 由题意可得a≠0，可分以下几类，
第一类：b＝0，c≠0，此时a有4种选择，c也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；
第二类：c＝0，b≠0，此时a有4种选择，b也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；
第三类：b≠0，c≠0，此时a，b，c都各有4种选择，共有4×4×4＝64个不同的函数；
第四类：b＝0，c＝0，此时a有4种选择，共有4个不同的函数．
由分类加法计数原理，可确定不同的二次函数共有N＝16＋16＋64＋4＝100(个)．故选C.
4．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
[答案] C
[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，其次由甲从剩下的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.
5．将5名世博会志愿者全部分配给4个不同的地方服务，不同的分配方案有( )
A．8 B．15
C．512 D．1024
[答案] D
[解析] 由分步计数原理得4×4×4×4×4＝1024，故选D.
6．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有( )
A．6种 B．36种
C．63种 D．64种
[答案] C
[解析] 每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有26－1＝63种．故选C.
7．如图，某段电路由五个电阻组成，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，该段电路就会不通，现在电路MN间没有电流通过，那么焊接点脱落的可能性共有( )
A．14种 B．49种
C．16种 D．64种
[答案] B
[解析] 支路A、B、C有23－1＝7种．支路D、E、F有23－1＝7种．∴共有7×7＝49种，故选B.
9．某班2011年元旦联欢会原定的9个歌唱节目已排成节目单，但在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．110 B．120
C．20 D．12
[答案] A
[解析] 先将其中一个节目插入原节目单的9个节目形成的10个空中有10种方法，再把另一个节目插入前10个节目形成的11个空中有11种插法．由乘法原理知有10×11＝110种．
10．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有( )
A．6种 B．9种
C．11种 D．23种
[答案] B
[解析] 解法1：设四人A，B，C，D写的贺年卡分别是a，b，c，d，当A拿贺年卡b，则B可拿a，c，d中的任何一张，即B拿a，C拿d，D拿c或B拿c，D拿a，C拿d或B拿d，C拿a，D拿c，所以A拿b时有三种不同的分配方式．同理，A拿c，d时也各有三种不同的分配方式．由分类加法计数原理，四张贺年卡共有3＋3＋3＝9(种)分配方式．
解法2：让四人A，B，C，D依次拿一张别人送出的贺年卡，如果A先拿，有3种，此时被A拿走的那张贺年卡的人也有3种不同的取法．接下来，剩下的两个人都各只有1种取法，由分类乘法计数原理，四张贺年卡不同的分配方式有3×3×1×1＝9(种)．
二、填空题
12．设椭圆＋＝1的焦点在y轴上，m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆个数为________________．
[答案] 20
[解析] 曲线是焦点在y轴上的椭圆，∴n>m.当m＝1时，n有6种取法，当m＝2时，n有5种取法……当m＝5时n有2种取法，∴这样的椭圆共有6＋5＋4＋3＋2＝20个．
13．已知m∈{3,4,5}，n∈{0,2,7,8}，r∈{1,8,9}，则方程(x－m)2＋(y－n)2＝r2可以表示不同圆________个．
[答案] 36
[解析] 只有m、n、r都确定后，圆的方程才能确定，由分步乘法计数原理知共表示不同圆3×4×3＝36个．
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