(共26张PPT)
第三章
3.1.3 第二课时 组合数的应用
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点二]从10名大学毕业生中选3人去参加活动,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.28 B.49 C.56 D.85
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2.[探究点二]小明在学校里学习了二十四节气歌后,打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗,他准备在冬季的6个节气:立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒与春季的6个节气:立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨中一共选出4个节气,搜集与之相关的古诗,如果冬季节气和春季节气各至少被选出1个,那么小明选取节气的不同情况的种数是( )
A.345 B.465 C.1 620 D.1 860
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3.[探究点二]甲组有5名男同学、3名女同学;乙组有6名男同学、2名女同学.若从甲、乙两组中各选出2名同学,则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有( )
A.150种 B.180种 C.300种 D.345种
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4.[探究点二]某龙舟队有9名队员,其中3人只会划左舷,4人只会划右舷,2人既会划左舷又会划右舷.现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛,则不同的选派方法共有( )
A.56种 B.68种 C.74种 D.92种
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5.[探究点三]若将6名教师分到3所中学任教,一所1名,一所2名,一所3名,则有 种不同的分法.
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6.[探究点三]《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一本数学专著,该书介绍了我国古代14种算法,其中积算(即筹算)、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算等13种算法均需要计算器械.某研究性学习小组3人分工搜集整理这13种计算器械的相关资料,其中一人搜集5种,另两人每人搜集4种,则不同的分配方法种数为( )
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7.[探究点一](多选题)上海某小学组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆参观,则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有( )
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8.[探究点一、二]从正方体的8个顶点中选4个点作一个平面,可作
个不同的平面,从正方体的8个顶点中选4个点作一个四面体,可作
个四面体.
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解析 正方体的8个顶点中选4个点作一个平面,共有正方体的6个面和6个对角面,共12个不同平面,故可作 -12=58(个)四面体.
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9.[探究点一·北师大版教材习题]从1,3,5,7,9中任取3个数字,从2,4,6,8中任取2个数字,一共可以组成多少个没有重复数字的五位数
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10.[探究点一·人教A版教材习题]班上每个小组有12名同学,现要从每个小组选4名同学代表本组与其他小组进行辩论赛.
(1)每个小组有多少种选法
(2)如果还要从选出的同学中指定1名作替补,那么每个小组有多少种选法
(3)如果还要将选出的同学分别指定为第一、二、三、四辩手,那么每个小组有多少种选法
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B 级 关键能力提升练
11.某部门安排甲、乙、丙、丁、戊五名专家赴三地工作.因工作需要,每地至少需要安排一名专家,其中甲、乙两名专家必须安排在同一地工作,丙、丁两名专家不能安排在同一地工作,则不同的安排方案的总数为( )
A.36 B.30 C.24 D.18
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12.算盘是中国传统的计算工具,其形长方,周为木框,内贯直柱,俗称“档”,档中横以梁,梁上两珠,每珠作数五,梁下五珠,每珠作数一.算珠梁上部分叫上珠,梁下部分叫下珠.例如:在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠,个位档拨上一颗上珠,则表示数字65.若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗上珠,再随机选择两个档位各拨一颗下珠,则所拨数字大于1 000的种数为
( )
A.20 B.10
C.9 D.15
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13.[2023河北唐山高三开学考试]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张卡片不能是同一颜色,且绿色卡片至多1张,则不同的取法种数为( )
A.484 B.472 C.252 D.232
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14.(多选题)某校有6名志愿者,在放假的第一天去北京世园会的中国馆服务,任务是组织游客参加“祝福祖国征集留言”“欢乐世园共绘展板”“传递祝福发放彩绳”三项活动,其中1人负责“征集留言”,2人负责“共绘展板”,3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有( )
BD
解析 从6人中选1人负责“征集留言”,从剩下的人中选2人负责“共绘展板”,再从剩下的人中选3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有
=60(种).故选BD.
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15.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行暑期社会实践活动,每个城市至少安排一人,则不同的安排方式共有
种.
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16.10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中,从中任意取出4只,试求出现下列结果各有多少种情况:
(1)4只鞋子没有成双的;
(2)4只鞋子恰有两双;
(3)4只鞋子有2只成双,另2只不成双.
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C 级 学科素养创新练
17.4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球,共有几种放法
(2)恰有1个盒内有2个球,共有几种放法
(3)恰有2个盒不放球,共有几种放法
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解 (1)为保证“恰有1个盒不放球”,先从4个盒子中任意取出去一个,问题转化为“4个球,3个盒子,每个盒子都要放入球,共有几种放法 ”即把4个球分成2,1,1的三组,然后再从3个盒子中选1个放2个球,其余2个球放在另外2个盒子内,由分步乘法计数原理,得共有
(2)“恰有1个盒内有2个球”,即另外3个盒子放2个球,每个盒子至多放1个球,也即另外3个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事,所以共有144种放法.
(3)确定2个空盒有 种方法.
4个球放进2个盒子可分成(3,1),(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有
种方法;第二类有序均匀分组有 种方法,故共有
=84(种)放法.(共13张PPT)
第三章
3.1.3 第一课时 组合及组合数公式
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点二]计算:
A.120 B.240 C.60 D.480
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2.[探究点二](多选题)若 ,则x的值可能为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
AB
解析 由组合数公式的性质可得,x+1=2x-1或x+1+2x-1=9,解得x=2或x=3.
经检验,均符合题意.故选AB.
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3.[探究点二]计算 的值是( )
A.72 B.102 C.5 070 D.5 100
B
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4.[探究点二](多选题)下列等式正确的是( )
ACD
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5.[探究点三]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)
1 260
解析 分两类:
第一类:从0,2,4,6中取到0,
则没有重复数字的四位数有 =540(个);
第二类:从0,2,4,6中不取0,
则没有重复数字的四位数有 =720(个).
所以没有重复数字的四位数共有540+720=1 260(个).
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B 级 关键能力提升练
6.[探究点三·北师大版教材习题]已知某圆上的10个不同的点.
(1)过每2个点画一条弦,一共可画多少条弦
(2)过每3个点画一个圆内接三角形,一共可画多少个圆内接三角形
解 (1)因为圆的弦的端点没有顺序,所以共可以画 =45条弦.
(2)因为圆上的任意3点不共线,三角形的顶点没有顺序,
所以共可以画 =120个圆内接三角形.
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7.(多选题)从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛,则下列说法正确的有( )
A.如果4人中男生女生各有2人,那么有30种不同的选法
B.如果男生中的甲和女生中的乙必须在内,那么有28种不同的选法
C.如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内,那么有140种不同的选法
D.如果4人中必须既有男生又有女生,那么有184种不同的选法
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8.用0,1,2,3,4这五个数可以组成 个无重复数字的三位奇数;
个三位奇数.(用数字作答)
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解析 先确定末尾一共有1,3两种情况,再确定百位与十位,所以一共有
先确定末尾一共有1,3两种情况,再确定百位与十位,所以一共有
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9.[人教A版教材习题]有政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门学科的学业水平考试成绩,现要从中选3门考试成绩.
(1)共有多少种不同的选法
(2)如果物理和化学恰有1门被选,那么共有多少种不同的选法
(3)如果物理和化学至少有1门被选,那么共有多少种不同的选法
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解 (1)不同的选法数,就是从这6门学科中选3门的组合数,所以选法数为
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C 级 学科素养创新练
10.某兴趣小组有2名男生和3名女生,现从中任选2名学生去参加活动,求至少选中一名男生的选法种数.第三章3.1.3 组合与组合数
第一课时 组合及组合数公式
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]计算:=( )
A.120 B.240 C.60 D.480
2.[探究点二](多选题)若,则x的值可能为 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
3.[探究点二]计算2+3的值是( )
A.72 B.102 C.5 070 D.5 100
4.[探究点二](多选题)下列等式正确的是( )
A.
B.
C.(n+2)(n+1)
D.
5.[探究点三]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)
6.[探究点三·北师大版教材习题]已知某圆上的10个不同的点.
(1)过每2个点画一条弦,一共可画多少条弦
(2)过每3个点画一个圆内接三角形,一共可画多少个圆内接三角形
B级 关键能力提升练
7.(多选题)从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛,则下列说法正确的有( )
A.如果4人中男生女生各有2人,那么有30种不同的选法
B.如果男生中的甲和女生中的乙必须在内,那么有28种不同的选法
C.如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内,那么有140种不同的选法
D.如果4人中必须既有男生又有女生,那么有184种不同的选法
8.用0,1,2,3,4这五个数可以组成 个无重复数字的三位奇数; 个三位奇数.(用数字作答)
9.[人教A版教材习题]有政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门学科的学业水平考试成绩,现要从中选3门考试成绩.
(1)共有多少种不同的选法
(2)如果物理和化学恰有1门被选,那么共有多少种不同的选法
(3)如果物理和化学至少有1门被选,那么共有多少种不同的选法
C级 学科素养创新练
10.某兴趣小组有2名男生和3名女生,现从中任选2名学生去参加活动,求至少选中一名男生的选法种数.
参考答案
3.1.3 组合与组合数
第一课时 组合及组合数公式
1.A =120.
2.AB 由组合数公式的性质可得,x+1=2x-1或x+1+2x-1=9,解得x=2或x=3.
经检验,均符合题意.故选AB.
3.B 依题意,原式=2+3=2×+3×5×4=42+60=102,故选B.
4.ACD 根据组合数的性质可知,故AD正确;
根据排列数与组合数的关系可知,故B不正确;
因为(n+2)(n+1)=(n+2)(n+1)n(n-1)…(n-m+1),
=(n+2)(n+1)…(n+2-m-2+1)=(n+2)(n+1)n(n-1)…(n-m+1),
所以(n+2)(n+1),故C正确.故选ACD.
5.1 260 分两类:
第一类:从0,2,4,6中取到0,
则没有重复数字的四位数有=540(个);
第二类:从0,2,4,6中不取0,
则没有重复数字的四位数有=720(个).
所以没有重复数字的四位数共有540+720=1260(个).
6.解 (1)因为圆的弦的端点没有顺序,所以共可以画=45条弦.
(2)因为圆上的任意3点不共线,三角形的顶点没有顺序,
所以共可以画=120个圆内接三角形.
7.BC 对于A,如果4人中男生女生各有2人,男生的选法有=15种,女生的选法有=6种,则4人中男生女生各有2人的选法有15×6=90种,A错误;对于B,如果男生中的甲和女生中的乙必须在内,在剩下的8人中再选2人即可,有=28种选法,B正确;对于C,在10人中任选4人,有=210种选法,甲乙都不在其中的选法有=70种,故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内的选法有210-70=140种,C正确;对于D,在10人中任选4人,有=210种选法,只有男生的选法有=15种,只有女生的选法有=1种,则4人中必须既有男生又有女生的选法有210-15-1=194种,D错误.故选BC.
8.18 40 先确定末尾一共有1,3两种情况,再确定百位与十位,所以一共有2×=18(个).
先确定末尾一共有1,3两种情况,再确定百位与十位,所以一共有2×=40(个).
9.解 (1)不同的选法数,就是从这6门学科中选3门的组合数,所以选法数为=20.
(2)分两步,第一步,从物理和化学中选1门,有种选法;第二步,从剩余4门中选2门,有种选法.
由分步乘法计数原理知,共有=12种不同的选法.
(3)分两类,第一类,物理和化学恰有1门被选,由(2)知有12种不同的选法;
第二类,物理和化学都被选上,有种选法,从剩余4门中选1门有种选法,从而有=4种不同的选法.
由分类加法计数原理知,共有12+4=16种不同的选法.
10.解从5名学生中选2名学生去参加活动,有=10(种),从3名女生中选2名女生去参加活动,有=3(种),所以至少选中一名男生的选法种数是10-3=7.第三章3.3 二项式定理与杨辉三角
第一课时 二项式定理
A级 必备知识基础练
1.[探究点二·人教A版教材习题](x-1)10的展开式的第6项的系数是( )
A. B.- C. D.-
2.[探究点二]的展开式中x2的系数为( )
A.-240 B.240 C.-60 D.60
3.[探究点三]在(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
4.[探究点二·2023广东新会高二月考]的展开式中含x-3项的系数为( )
A.-60 B.-240 C.60 D.240
5.[探究点二]1-(x+y)6的展开式中含x4y2的项的系数为( )
A.6 B.-9 C.-6 D.9
6.[探究点三]在8的展开式中,常数项是 .
7.[探究点二]已知m,n∈N+,f(x)=(1+x)m+(1+x)n的展开式中x的系数为19,则x2的系数的最小值为 ,此时展开式中x7的系数为 .
8.[探究点二]在的展开式中,则
(1)第5项的二项式系数为 ,系数为 ;
(2)x2的系数为 .
9.[探究点一·人教A版教材习题]用二项式定理展开:
(1)(a+)9;
(2)7.
B级 关键能力提升练
10.(x+2y)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A.10 B.20 C.30 D.40
11.(1-ax)(1+x)6的展开式中,含x3项的系数为-10,则实数a= .
12.[人教A版教材习题]在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)的展开式中,含x4的项的系数是 .
13.已知二项式ax-8(a∈R为常数).
(1)当a=1时,求ax-8的二项展开式中的常数项;
(2)若ax-8的二项展开式中第六项的系数为7,求实数a的值.
C级 学科素养创新练
14.已知二项式x-10的展开式.
(1)求展开式中含x4项的系数;
(2)如果第3r项和第r+2项的二项式系数相等,求r的值.
参考答案
3.3 二项式定理与杨辉三角
第一课时 二项式定理
1.D T6=x10-5(-1)5=-x5,故选D.
2.B 二项展开式的通项为Tk+1=(2x)6-k·=(-1)k26-k·x6-2k,当6-2k=2时,k=2,所以二项展开式中x2的系数为(-1)2×24×=240.
3.B Tk+1=(2x3)n-k=2n-k·x3n-5k.
令3n-5k=0,因为0≤k≤n,且k∈N+,所以n的最小值为5.
4.C 二项式(2-x-1)6的展开式的通项为Tr+1=·(-x-1)r=(-1)r·26-r·,当r=4时,T5=60x-3,可得(2-x-1)6展开式中x-3项的系数为60.故选C.
5.D 原式的展开式中含x4y2的项为1×x4y2-x5y=(15-6)x4y2=9x4y2,所以含x4y2的项的系数为9.故选D.
6.7 通项公式为8-r·-r=(-1)r·8-r·,令8-r=0,则r=6,所以常数项为(-1)r·8-r·=(-1)6·2·=7.
7.81 156 由题设知=19,即m+n=19.
又m,n∈N+,所以1≤m≤18.
x2的系数为(m2-m)+(n2-n)=m2-19m+171.
所以当m=9或m=10时,x2的系数取最小值81,此时x7的系数为=156.
8.(1)70 1 120 (2)112 (1)因为T5=(2x2)4·24·,所以第5项的二项式系数是=70,第5项的系数是·24=1120.
(2)的项Tk+1=(2x2)8-k=(-1)k·28-k·,
根据题意得16-k=2,解得k=6,
因此x2的系数是(-1)6·28-6=112.
9.解 (1)(a+)9=a9+9a8+36a7+84a6b+126a5b+126a4b+84a3b2+36a2b2+9ab2+b3.
(2)7=+70-168+224-128.
10.C 因为(x+2y)(x+y)5=(x+2y)(x5+x4y+…+y5),所以它的展开式中含x3y3的项有x3y3和2x3y3,故x3y3的系数为+2=30,故选C.
11.2 因为(1-ax)(1+x)6=(1+x)6-ax(1+x)6,(1+x)6的展开式通项为Tk+1=·xk,所以ax(1+x)6的展开式通项为Ar+1=ax·xr=a·xr+1,令可得由题意可得-a=20-15a=-10,解得a=2.
12.-15 x4的系数为-1-2-3-4-5=-15.
13.解 (1)当a=1时,二项式x-8的展开式的常数项为x4-4==70.
(2)二项式ax-8的展开式的第6项为T6=(ax)3-5=(-1)5·a3x-2,
则(-1)5·a3=7,解得a=-,
即实数a的值为-.
14.解(1)设第k+1项为Tk+1=(-2)k,
令10-k=4,解得k=4,
故展开式中含x4项的系数为(-2)4=3360.
(2)∵第3r项的二项式系数为,第r+2项的二项式系数为,
∵,故3r-1=r+1或3r-1+r+1=10,
解得r=1或r=2.5(不符合题意,舍去),
∴r=1.(共25张PPT)
第三章
3.1.1 基本计数原理
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点二]某校教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,一学生由一层到五层的走法有( )
A.10种 B.25种 C.52种 D.24种
D
解析 共分4步:一层到二层2种走法,二层到三层2种走法,三层到四层2种走法,四层到五层2种走法,根据分步乘法计数原理,一共有24种.选故D.
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2.[探究点三]中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学选取礼物都满意,则选法有( )
A.30种 B.50种 C.60种 D.90种
B
解析 ①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选法,丙同学有10种选法,共有1×2×10=20种满意的选法,②若甲同学选择马,则乙同学有3种选法,丙同学有10种选法,共有1×3×10=30种满意的选法,所以总共有20+30=50种令三位同学满意的选法.故选B.
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3.[探究点一]如果x,y∈N*,且1≤x≤3,x+y<7,则满足条件的有序数对(x,y)的个数是( )
A.15 B.12 C.5 D.4
B
解析 当x=1时,y=1,2,3,4,5;当x=2时,y=1,2,3,4;当x=3时,y=1,2,3.由分类加法计数原理得,有序数对有5+4+3=12(个).
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4.[探究点三]如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
A.240 B.204 C.729 D.920
A
解析 分8类.当中间数为2时,有1×2=2个;当中间数为3时,有2×3=6个;当中间数为4时,有3×4=12个;当中间数为5时,有4×5=20个;当中间数为6时,有5×6=30个;当中间数为7时,有6×7=42个;当中间数为8时,有7×8=56个;当中间数为9时,有8×9=72个.故共有2+6+12+20+30+42+56+72=240个.
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5.[探究点三·2023广东雷州高二阶段练习](多选题)已知数字0,1,2,3,4,由它们组成四位数,下列说法正确的有( )
A.组成可以有重复数字的四位数有500个
B.组成无重复数字的四位数有96个
C.组成无重复数字的四位偶数有66个
D.组成无重复数字的四位奇数有28个
AB
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解析 对A:四位数的首位不能为0,有4种情况,其他数位有5种情况,则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5=500个,故选项A正确;对B:四位数的首位不能为0,有4种情况,在剩下的4个数字中任选3个,排在后面3个数位,有4×3×2=24种情况,则组成无重复数字的四位数有4×24=96个,故选项B正确;对C:若0在个位,有4×3×2=24个四位偶数,若0不在个位,有3×3×2×2=36个四位偶数,则组成无重复数字的四位偶数共有24+36=60个四位偶数,故选项C错误;对D:组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2=36个,故选项D错误.故选AB.
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6.[探究点三]有10本不同的数学书,9本不同的语文书,8本不同的英语书,从中分两次选两本不同类的书,共有 种不同的取法.
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解析 任取两本不同类的书分为三类:①取数学、语文各一本;②取语文、英语各一本;③取数学、英语各一本.在每一类中利用分步乘法计数原理,再利用分类加法计数原理即可.共有10×9+9×8+10×8=242种不同取法.
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7.[探究点二·人教A版教材习题](1)4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队,每人限报其中的一个运动队,不同报法的种数是34还是43
(2)3个班分别从5个景点中选择一处游览,不同选法的种数是35还是53
解 (1)一件事情是“4名同学分别参加3个运动队中的一个,每人限报其中的一个运动队”,应该是人选运动队,完成“这件事”是指给4名同学逐一选择运动队,分四步完成.根据分步乘法计数原理,不同报法种数是3×3×3×3=34.
(2)一件事情是“3个班分别从5个景点中选择一处游览”,应该是班选景点,完成这件事需分三步,根据分步乘法计数原理,不同的选法种数是53.
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8.[探究点三·2023江苏连云港高二检测]用0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字可组成多少个不同的
(1)三位数
(2)无重复数字的三位数
(3)小于500且没有重复数字的自然数
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解 (1)由于0不能在百位,故百位上数字有9种选法,十位与个位上的数字均有10种选法,所以不同的三位数共有9×10×10=900个.
(2)百位上的数字有9种选法,十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法,个位上的数字应从剩余8个数字中选取,所以共有9×9×8=648个无重复数字的三位数.
(3)满足条件的一位自然数有10个,两位自然数有9×9=81个,三位自然数有4×9×8=288个,由分类加法计数原理知共有10+81+288=379个小于500且无重复数字的自然数.
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B 级 关键能力提升练
9.某校高一年级共16个班,高二年级共15个班,从中选出一个班级担任学校星期一早晨升旗任务,共有的安排方法种数是( )
A.16 B.15 C.31 D.240
C
解析 根据分类加法计数原理计算,N=16+15=31.故选C.
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10.某学校有东、南、西、北四个校门,学校对进入四个校门做出如下规定:学生只能从东门或西门进入校园,教师只能从南门或北门进入校园.现有2名教师和3名学生要进入校园(不分先后顺序),请问进入校园的方式共有
( )
A.6种 B.12种 C.24种 D.32种
D
解析 因为学生只能从东门或西门进入校园,所以3名学生进入校园的方式共23=8种.因为教师只可以从南门或北门进入校园,所以2名教师进入校园的方式共有22=4种.所以2名教师和3名学生要进入校园的方式共有8×4=32种情况.故选D.
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11.高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习,去哪个工厂可以自由选择,但甲工厂必须有班级要去,则不同的参观方案的种数为( )
A.16 B.18 C.37 D.48
C
解析 根据题意,若不考虑限制条件,每个班级都有4种选择,共有4×4×4=64种情况.其中工厂甲没有班级去,即每个班都选择了其他三个工厂,此时每个班级都有3种选择,共有3×3×3=27种方案.则符合条件的参观方案有64-27=37种.故选C.
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12.(多选题)现有不同的红球4个,黄球5个,绿球6个,则下列说法正确的是
( )
A.从中选出2个球,正好一红一黄,有9种不同的选法
B.若每种颜色选出1个球,有120种不同的选法
C.若要选出不同颜色的2个球,有31种不同的选法
D.若要不放回地依次选出2个球,有210种不同的选法
BD
解析 对A,从中选出2个球,正好一红一黄,有4×5=20种不同的选法,所以该选项错误;对B,若每种颜色选出1个球,有4×5×6=120种不同的选法,所以该选项正确;对C,若要选出不同颜色的2个球,有4×5+5×6+4×6=74种不同的选法,所以该选项错误;对D,若要不放回地依次选出2个球,有15×14=210种不同的选法,所以该选项正确.故选BD.
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13.某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语和日语的各一人,有 种不同的选法.
20
解析 共分三类:第一类,当选出的会英语的人既会英语又会日语时,选会日语的人有2种选法;第二类,当选出的会日语的人既会英语又会日语时,选会英语的人有6种选法;第三类,当既会英语又会日语的人不参与选择时,则需从只会日语和只会英语的人中各选一人,有2×6=12种选法.故共有2+6+12=20种选法.
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14.甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去观洲、人民公园、新城大市场三个地方游览,每人只能去一个地方,人民公园一定要有人去,则不同游览方案的种数为 .
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解析 由题可知没有限制时,每人有3种选择,则4人共有34种,若没人去人民公园,则每人有2种选择,则4人共有24种,故人民公园一定要有人去的不同游览方案有34-24=81-16=65种.
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15.将摆放在编号为1,2,3,4,5五个位置上的5件不同商品重新摆放,则恰有一件商品的位置不变的摆放方法数为 .(用数字作答)
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解析 根据题意,分2步进行分析:(1)将5件不同商品中选出1件,放回原来的位置,有5种情况,假设编号为5的位置不变;
(2)剩下4件都不在原来位置,即编号为1,2,3,4的4件商品都不在原来位置,编号为1的商品有3种放法,假设其放在了2号商品原来的位置,则2号商品有3种放法,剩下编号为3,4的两件商品只有1种放法,则其余4件商品的放法有3×3=9种.
故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9=45种.
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16.[人教A版教材习题]口袋中装有8个白球和10个红球,每个球编有不同的号码,现从中取出2个球.
(1)恰好是白球、红球各一个的取法有多少种
(2)恰好是两个白球的取法有多少种
(3)至少有一个白球的取法有多少种
(4)两球的颜色相同的取法有多少种
解 (1)一件事情是“取出一个白球一个红球” ,可分2步解决,第1步取一个白球,8种取法;第2步取一个红球,10种取法,由分步乘法计数原理,共有8×10= 80种不同取法.
(2)一件事情是“取出两个白球”,可分为2步解决,先从8个白球中取一个,8种取法;再从余下的7个白球中取一个,有7种取法,但先取1号球后取2号球与先取2号球后取1号球,结果是相同的.故共有 =28种不同的取法.
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(3)一件事情是“取出一个白球一个红球或者取出两个白球”,可分两类解决,取出一个白球一个红球有 80种不同取法;取出两个白球有28种不同取法,由分类加法计数原理,共有80+28=108种不同取法.
(4)一件事情是“取出两白球或取出两红球”,可分两类解决,取出两白球有28种不同取法;取出两红球有 =45种不同取法,由分类加法计数原理知,共有28+45=73种不同取法.
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C 级 学科素养创新练
17.用红、黄、蓝三种颜色涂四边形ABCD的四个顶点,要求相邻顶点的颜色不同,求不同的涂色方法的种数.
解 如果A,C同色,涂色方法有3×2×1×2=12(种),
如果A,C不同色,涂色方法有3×2×1×1=6(种),
所以不同的涂色方法有12+6=18(种).
即不同方法的种数为18.
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18.某学校高二年级有12名语文教师、13名数学教师、15名英语教师,市教育局拟召开一个新课程研讨会.
(1)若选派1名教师参会,有多少种派法
(2)若三个学科各派1名教师参会,有多少种派法
(3)若选派2名不同学科的教师参会,有多少种派法
解 (1)分三类:第一类选语文老师,有12种不同选法;第二类选数学老师,有13种不同选法;第三类选英语老师,有15种不同选法,共有12+13+15=40(种)不同的选法.
(2)分三步:第一步选语文老师,有12种不同选法;第二步选数学老师,有13种不同选法;第三步选英语老师,有15种不同选法,共有12×13×15=2 340(种)不同的选法.
(3)分三类:第一类选一位语文老师和一位数学老师共有12×13种不同的选法;第二类选一位语文老师和一位英语老师共有12×15种不同的选法;第三类选一位英语老师和一位数学老师共有15×13种不同的选法,共有12×13+12×15+13×15=531(种)不同的选法.
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18第三章第二课时 二项式系数的性质与杨辉三角
A级 必备知识基础练
1.[探究点二](多选题)满足+…+>1 000的偶数n可以为( )
A.8 B.10 C.12 D.14
2.[探究点二]二项展开式(2x-1)10中的奇次幂项的系数之和为( )
A. B.
C. D.-
3.[探究点一]将杨辉三角中的奇数换成1,偶数换成0,便可以得到如图的“0—1三角”.在“0—1三角”中,从第1行起,设第n(n∈N+)次出现全行为1时,1的个数为an,则a3等于( )
A.26 B.27
C.7 D.8
4.[探究点二](1-ax+by)n展开式中不含x的项的系数绝对值的和为243,不含y的项的系数绝对值的和为32,则a,b,n的值可能为( )
A.a=2,b=-1,n=5
B.a=-1,b=2,n=6
C.a=-1,b=2,n=5
D.a=-2,b=-1,n=6
5.[探究点二]已知(1+2x)n的展开式的二项式系数之和为16,则n= ;各项系数之和为 .(用数字作答)
6.[探究点二]若(2x-1)4=a0x4+a1x3+a2x2+a3x+a4,则-a0+a1-a2+a3-a4= .
7.[探究点二](2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,则的值为 .
8.[探究点一]杨辉三角在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书记载.在欧洲,这个表叫做帕斯卡三角形,它出现要比杨辉三角迟393年.那么,第15行第13个数是 .(用数字作答)
B级 关键能力提升练
9.在x+n的展开式中,只有第六项的二项式系数最大,且所有项的系数和为0,则含x6的项的系数为( )
A.45 B.-45 C.120 D.-120
10.在关于sin x(x∈[0,π])的二项式(1+sin x)n的展开式中,末尾两项的二项式系数之和为7,且二项式系数最大的项的值为,则x=( )
A. B.
C. D.
11.若1717+a(a∈Z,0≤a<4)能被3整除,则a=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
12.(多选题)设(2x-1)7=a0+a1x+a2x2+…+a6x6+a7x7,则下列结论正确的是( )
A.a2+a5=588
B.a1+a2+…+a7=1
C.a1+a3+a5+a7=
D.|a1|+|a2|+…+|a7|=37-1
13.(多选题)已知二项式2x-n的展开式中共有8项,则下列说法正确的有( )
A.所有项的二项式系数和为128
B.所有项的系数和为1
C.二项式系数最大的项为第5项
D.有理项共3项
14.(多选题)已知-ax2n(a<2)的展开式中第3项的二项式系数为45,且展开式中各项系数和为1 024,则下列说法正确的是( )
A.a=1
B.展开式中偶数项的二项式系数和为512
C.展开式中第6项的系数最大
D.展开式中的常数项为45
15.(x2+2)2x-6的展开式中所有项的系数和为 ,常数项为 .
16.已知(2x-1)6=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a6(x-1)6,则a2= ,a1+a2+a3+a4+a5+a6= .
17.已知二项式(x+3x2)n.
(1)若它的二项式系数之和为128,求展开式中二项式系数最大的项;
(2)若x=3,n=2 016,求二项式的值被7除的余数.
C级 学科素养创新练
18.在二项式n的展开式中, .给出下列条件:
①若展开式前三项的二项式系数的和等于46;
②所有奇数项的二项式系数的和为256;
③若展开式中第7项为常数项.
试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上,并且完成下列问题:
(1)求展开式中二项式系数最大的项;
(2)求展开式的常数项.
参考答案
第二课时 二项式系数的性质与杨辉三角
1.CD 2n-1>1000,解得n≥11,n∈N+.故选CD.
2.B 设(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10.
令x=1得,1=a0+a1+a2+…+a10, ①
再令x=-1得,310=a0-a1+a2-a3+…-a9+a10, ②
由①-②可得a1+a3+a5+a7+a9=.
3.D 第3次出现全行为1,这说明杨辉三角中这一行全是奇数,即(k=0,1,2,…,n)是奇数,经验证可知,第3次出现全行为1时,1的个数为8,即a3=8.
4.C 令x=0,得(1+by)n系数绝对值的和为243.
令y=0,得(1-ax)n系数绝对值的和为32.
经验证当a=-1,b=2,n=5时成立.
5.4 81 展开式中的二项式系数的和是2n=16,所以n=4,令x=1,则(1+2)4=81,即各项系数和为81.
6.-81 令x=-1,得(-3)4=a0-a1+a2-a3+a4,所以-a0+a1-a2+a3-a4=-81.
7.- 令x=1得a0+a2+a4+a1+a3+a5=1;
令x=-1得a0+a2+a4-(a1+a3+a5)=243.
由两式可解得a0+a2+a4=122,a1+a3+a5=-121,所以=-.
8.455 第1行:=1,=1,
第2行:=1,=2,=1,
第3行:=1,=3,=3,=1,
第4行:=1,=4,=6,=4,=1,…
观察可得第n行第r(1≤r≤n+1)个数为,
所以第15行第13个数为=455.
9.A ∵在x+n的展开式中,只有第六项的二项式系数最大,
∴x+n的展开式有11项,即n=10.
∵展开式的所有项的系数和为0,
令x=1,代入x+n=0,
即(1+a)10=0,∴a=-1.
∴x-10的展开式的项Tk+1=x10-k-k=(-1)kx10-2k,
要求含x6的项,只需10-2k=6,解得k=2,所以含x6的项的系数为(-1)2=45.故选A.
10.D 由题意知=n+1=7,解得n=6,∴展开式的第4项的二项式系数最大,∴sin3x=,即20sin3x=,∴sinx=,又x∈[0,π],∴x=.故选D.
11.B 因为1717+a=(18-1)17+a=1817-1816+…+18-1+a,由已知可得a=1.故选B.
12.ACD 因为(2x-1)7展开式的第k+1项为Tk+1=·(2x)7-k·(-1)k=·(-1)k·27-k·x7-k,
又(2x-1)7=a0+a1x+a2x2+…+a6x6+a7x7,
所以a2=·(-1)5·27-5=-84,a5=·(-1)2·27-2=672,则a2+a5=588,故A正确;
令x=1,则(2-1)7=a0+a1+a2+…+a6+a7=1,
令x=0,则(0-1)7=a0=-1,
令x=-1,则(-2-1)7=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=-37,
故a1+a2+…+a7=1-a0=2,故B错误;
a1+a3+a5+a7=
=,故C正确;
|a1|+|a2|+…+|a7|=a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-(a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7)+a0=37-1,故D正确.故选ACD.
13.AB 二项式2x-n的展开式中共有8项,则n=7,选项A:所有项的二项式系数和为27=128,故A正确;选项B:令x=1,则2×1-7=1,所以所有项的系数的和为1,故B正确;选项C:二项式系数最大的项为第4项和第5项,故C不正确;选项D:二项式的展开式的通项为Tr+1=(2x)7-r·-r=(-1)r27-r,当r=0,2,4,6时,二项式的展开式中对应的项均为有理项,所以有理项有4项,故D不正确.故选AB.
14.BCD 由题意,=45,所以n=10(负值舍去),又展开式中各项系数之和为1024,所以(1-a)10=1024,所以a=-1,故A错误;偶数项的二项式系数和为×210=×1024=512,故B正确;+x210展开式的二项式系数与对应项的系数相同,所以展开式中第6项的系数最大,故C正确;+x210的展开式的通项Tr+1=·x2r=,令-5=0,解得r=2,所以常数项为=45,故D正确.故选BCD.
15.3 -260 将x=1代入(x2+2)2x-6,得所有项的系数和为3.
因为2x-6的展开式中含的项为(2x)2·-4=,2x-6的展开式中含常数项(2x)3·-3=-160,所以(x2+2)2x-6的展开式中的常数项为60-320=-260.
16.60 728 (2x-1)6=[1+2(x-1)]6=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a6(x-1)6,所以通项公式为Tr+1=2r(x-1)r,故a2=22=15×4=60;令x=2,得36=a0+a1+a2+…+a6,其中a0=20=1,所以a1+a2+a3+a4+a5+a6=36-1=728.
17.解(1)∵2n=128,∴n=7.
∴展开式中二项式系数最大的项为第4,5项,
T4=x4(3x2)3=945x10,T5=x3(3x2)4=2835x11.
(2)302016=(28+2)2016=282016+·282015·2+…+·28·22015+22016=28m+22016(m∈Z),
转化为22016被7除的余数,22016=8672=(7+1)672=7k+1(k∈Z),即余数为1.
18.解选择①:=46,
即+n+1=46,
即n2+n-90=0,
即(n+10)(n-9)=0,
解得n=9或n=-10(舍去).
选择②:+…=256,即2n-1=256,解得n=9.
选择③:Tk+1=n-kx-(n-k)2k-n,若=0,则n=k.
因为展开式中第7项为常数项,即k=6,所以n=9.
(1)展开式中二项式系数最大的项为第5和第6项,
T5=5x-5x2=x-3,
T6=4x-4.
(2)展开式的通项公式为Tk+1=·2k-9,
令=0,则k=6,所以展开式中常数项为第7项,常数项为T7=×2-3=.第三章3.1.2 排列与排列数
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]将两位新同学分到4个班中的两个班,共有的分法种数为( )
A.4 B.12 C.6 D.24
2.[探究点一]已知n∈N*,则(21-n)(22-n)…(100-n)等于( )
A. B.
C. D.
3.[探究点一]已知3=4,则x等于( )
A.6 B.13 C.6或13 D.12
4.[探究点三·北师大版教材习题]A,B,C,D,E共5人站成一排,如果A,B必须相邻且B在A的右边,那么排法种数共有( )
A.60种 B.48种 C.36种 D.24种
5.[探究点三·2023江苏宝应高二阶段练习]某台小型晚会由6个节目组成,演出顺序有如下要求:节目甲必须排在第四位,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.16种 B.18种 C.24种 D.36种
6.[探究点三]由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字且1,3不相邻的六位数的个数是( )
A.36 B.72
C.600 D.480
7.[探究点三·北师大版教材习题]9个人站成一排照相,其中甲必须站在左侧第一个位置,共有多少种排法
8.[探究点三·北师大版教材例题]现有红、黄、蓝3种颜色的旗子各一面,如果用它们其中的若干面挂在一个旗杆上发出信号,那么一共可以组成多少种信号
B级 关键能力提升练
9.(多选题)下列问题中,属于排列的有( )
A.10本不同的书分给10名同学,每人一本
B.10位同学去做春季运动会志愿者
C.10位同学参加不同项目的运动会比赛
D.10个点,没有任何三点共线的点,构成的线段
10.用1,2,3,4,5,6六个数字组成六位数,其中奇数不相邻且1,2必须相邻,则满足要求的六位数的个数有( )
A.72 B.96 C.120 D.288
11.(多选题)6本不同的书摆放在书架的同一层上,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( )
A.24种 B.36种
C.种 D.种
12.(多选题)A,B,C,D,E五个人并排站在一起,则下列说法正确的有( )
A.若A,B不相邻共有72种方法
B.若A不站在最左边,B不站在最右边,有78种方法
C.若A在B左边有60种排法
D.若A,B两人站在一起有24种方法
13.某老师一天上3个班级的课,每班一节,如果一天共9节课,上午5节,下午4节,且老师不能连上3节课(第5节和第6节不算连上),那么这位老师一天的课表的所有排法有 种.
14.一场小型晚会有三个唱歌节目和两个相声节目,要求排出一个节目单.
(1)两个相声节目要排在一起,有排法种数是 .
(2)第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目,有排法种数是 .
(3)前三个节目中要有相声节目,有排法种数是 .
15.7名班委有7种不同的职务,甲、乙、丙三人在7名班委中,现对7名班委进行职务具体分工.
(1)若正、副班长两职只能从甲、乙、丙三人中选两人担任,有多少种不同的分工方案
(2)若正、副班长两职至少要选甲、乙、丙三人中的一人担任,有多少种不同的分工方案
C级 学科素养创新练
16.现有5名男生和3名女生站成一排照相.
(1)3名女生站在一起,有多少种不同的站法
(2)3名女生次序一定,但不一定相邻,有多少种不同的站法
(3)3名女生不站在排头和排尾,也互不相邻,有多少种不同的站法
(4)3名女生中,A,B要相邻,A,C不相邻,有多少种不同的站法
参考答案
3.1.2 排列与排列数
1.B 共有=12(种)分法.
2.A (21-n)(22-n)…(100-n)=(100-n)[(100-n)-1][(100-n)-2]…[(100-n)-79]=.故选A.
3.A 因为3=4,所以3×=4×,即3=,解得x=6(x=13舍去).故选A.
4.D 根据题意,A,B必须相邻且B在A的右边,可视A,B为一个元素,则只有一种排法;将A,B整体与其他3个元素,共4个元素排列,即=4×3×2×1=24种,则符合条件的排法共有1×24=24种.
5.B 由题意知,甲、丙的位置固定,先排乙,再把剩余的节目全排列,故该台晚会节目演出顺序的编排方案共有=18种.故选B.
6.D 根据题意将2,4,5,6进行全排列,再将1,3插空得到=480个.故选D.
7.解 先排甲,甲必须站在左侧第一个位置,只有1种排法;再排其余8人,有种排法.因此,共有1×=8×7×6×…×2×1=40320种不同的排法.
8.解 根据分析,可知需要分3类进行:
第1类,旗杆上挂1面旗子,可以组成种信号;
第2类,旗杆上挂2面旗子,可以组成种信号;
第3类,旗杆上挂3面旗子,可以组成种信号.
因此,根据分类加法计数原理,一共可以组成=3+3×2+3×2×1=15种信号.
9.AC 因为排列与顺序有关系,因此AC是排列,BD不是排列,故选AC.
10.A 根据题意,1和2必须相邻,将“12”或“21”看成一个整体与4,6全排列,排好后,要求奇数互不相邻,则有3个空位可选,再将“3”和“5”插入到3个空位中,共有2=72种排法,即有72个符合条件的六位数.故选A.
11.AC 第一步:甲、乙两本书必须摆放在两端,有种排法;
第二步:丙、丁两本书必须相邻视为整体与其他两本共三本,有种排法.
所以不同的摆放方法有=24(种).故选AC.
12.ABC 对于A:若A,B不相邻共有=72种方法,故A正确;对于B:若A不站在最左边,B不站在最右边,利用间接法有-2=78种方法,故B正确;对于C:若A在B左边有=60种方法,故C正确;对于D:若A,B两人站在一起有=48种方法,故D不正确.故选ABC.
13.474 从9节课中任意安排3节共有=504(种),
其中上午5节课连排3节共有3=18(种);
下午4节课连排3节共有2=12(种).
∴老师一天课表的所有排法共有504-18-12=474(种).
14.(1)48 (2)36 (3)108 (1)把两个相声节目捆绑在一起作为一个节目与其他节目排列,共有=48(种)排法;
(2)选两个唱歌节目排在首尾,剩下的三个节目在中间排列,共有=36(种)排法;
(3)五个节目全排列减去后两个都是相声节目的排法,共有=120-12=108(种)排法.
15.解 (1)先排正、副班长,有种方法,再安排其余职务有种方法,
由分步乘法计数原理知共有=6×120=720种不同的分工方案.
(2)7人中任意分工,有种不同的分工方案,
甲、乙、丙三人中无一人担任正、副班长的分工方案有种,
因此甲、乙、丙三人中至少有一人担任正、副班长的分工方案有=5040-12×120=3600种.
16.解(1)根据题意,分2步分析:
①3名女生看成一个整体,考虑其顺序有=6(种)情况,
②将这个整体与5名男生全排列,有=720(种)情况,
则3名女生排在一起的排法有6×720=4320(种).
(2)根据题意,将5人排到8个位置,有种排法,
由于3名女生次序一定,就一种排法,
则其排法有=6720(种)排法.
(3)根据题意,分2步分析:
①将5名男生全排列,有=120(种)情况,
②除去两端,有4个空位可选,在其中任选3个,安排3名女生,有=24种情况,则3名女生不站在排头和排尾,也互不相邻的排法有120×24=2880(种).
(4)根据题意,分2种情况分析:
①A,B,C三人相邻,则B在中间,A,C在两边,三人有=2种排法,将3人看成一个整体,与5名男生全排列,有=720种情况,则此时有2×720=1440(种)排法;
②A,B,C三人不全相邻,先将5名男生全排列,有=120(种)情况,将A,B看成一个整体,有=2(种)情况,再和C一起安排在5名男生形成的6个空位中,有种情况.此时有120×2×=7200(种),则3名女生中,A,B要相邻,A,C不相邻的排法有1440+7200=8640(种)排法.(共27张PPT)
第三章
3.3 第二课时 二项式系数的性质与杨辉三角
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点二](多选题)满足 的偶数n可以为( )
A.8 B.10 C.12 D.14
CD
解析 2n-1>1 000,解得n≥11,n∈N+.故选CD.
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2.[探究点二]二项展开式(2x-1)10中的奇次幂项的系数之和为( )
B
解析 设(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10.
令x=1得,1=a0+a1+a2+…+a10,①
再令x=-1得,310=a0-a1+a2-a3+…-a9+a10,②
由①-②可得a1+a3+a5+a7+a9
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3.[探究点一]将杨辉三角中的奇数换成1,偶数换成0,便可以得到如图的“0—1三角”.在“0—1三角”中,从第1行起,设第n(n∈N+)次出现全行为1时,1的个数为an,则a3等于( )
A.26
B.27
C.7
D.8
D
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解析 第3次出现全行为1,这说明杨辉三角中这一行全是奇数,即
(k=0,1,2,…,n)是奇数,经验证可知,第3次出现全行为1时,1的个数为8,即a3=8.
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4.[探究点二](1-ax+by)n展开式中不含x的项的系数绝对值的和为243,不含y的项的系数绝对值的和为32,则a,b,n的值可能为( )
A.a=2,b=-1,n=5 B.a=-1,b=2,n=6
C.a=-1,b=2,n=5 D.a=-2,b=-1,n=6
C
解析 令x=0,得(1+by)n系数绝对值的和为243.
令y=0,得(1-ax)n系数绝对值的和为32.
经验证当a=-1,b=2,n=5时成立.
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5.[探究点二]已知(1+2x)n的展开式的二项式系数之和为16,则n= ;各项系数之和为 .(用数字作答)
4
81
解析 展开式中的二项式系数的和是2n=16,所以n=4,令x=1,则(1+2)4=81,即各项系数和为81.
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6.[探究点二]若(2x-1)4=a0x4+a1x3+a2x2+a3x+a4,则-a0+a1-a2+a3-a4
= .
-81
解析 令x=-1,得(-3)4=a0-a1+a2-a3+a4,所以-a0+a1-a2+a3-a4=-81.
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解析 令x=-1得a0+a2+a4-(a1+a3+a5)=243.
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8.[探究点一]杨辉三角在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书记载.在欧洲,这个表叫做帕斯卡三角形,它出现要比杨辉三角迟393年.那么,第15行第13个数是 .(用数字作答)
455
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B 级 关键能力提升练
9.在(x+ )n的展开式中,只有第六项的二项式系数最大,且所有项的系数和为0,则含x6的项的系数为( )
A.45 B.-45 C.120 D.-120
A
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11.若1717+a(a∈Z,0≤a<4)能被3整除,则a=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
B
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12.(多选题)设(2x-1)7=a0+a1x+a2x2+…+a6x6+a7x7,则下列结论正确的是
( )
A.a2+a5=588
B.a1+a2+…+a7=1
C.a1+a3+a5+a7=
D.|a1|+|a2|+…+|a7|=37-1
ACD
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解析 因为(2x-1)7展开式的第k+1项为Tk+1= ·(2x)7-k·(-1)k= ·(-1)k·27-k·x7-k,
又(2x-1)7=a0+a1x+a2x2+…+a6x6+a7x7,
所以a2= ·(-1)5·27-5=-84,a5= ·(-1)2·27-2=672,则a2+a5=588,故A正确;
令x=1,则(2-1)7=a0+a1+a2+…+a6+a7=1,
令x=0,则(0-1)7=a0=-1,
令x=-1,则(-2-1)7=a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=-37,
故a1+a2+…+a7=1-a0=2,故B错误;
故C正确;
|a1|+|a2|+…+|a7|=a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-(a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7)+a0
=37-1,故D正确.故选ACD.
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17
18
13.(多选题)已知二项式(2x- )n的展开式中共有8项,则下列说法正确的有
( )
A.所有项的二项式系数和为128
B.所有项的系数和为1
C.二项式系数最大的项为第5项
D.有理项共3项
AB
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
14.(多选题)已知( -ax2)n(a<2)的展开式中第3项的二项式系数为45,且展开式中各项系数和为1 024,则下列说法正确的是( )
A.a=1
B.展开式中偶数项的二项式系数和为512
C.展开式中第6项的系数最大
D.展开式中的常数项为45
BCD
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
15.(x2+2)(2x- )6的展开式中所有项的系数和为 ,常数项为 .
3
-260
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
16.已知(2x-1)6=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a6(x-1)6,则a2= ,a1+a2+a3+a4+a5+a6= .
60
728
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
17.已知二项式(x+3x2)n.
(1)若它的二项式系数之和为128,求展开式中二项式系数最大的项;
(2)若x=3,n=2 016,求二项式的值被7除的余数.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
C 级 学科素养创新练
①若展开式前三项的二项式系数的和等于46;
②所有奇数项的二项式系数的和为256;
③若展开式中第7项为常数项.
试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上,并且完成下列问题:
(1)求展开式中二项式系数最大的项;
(2)求展开式的常数项.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18第三章3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]某校教学大楼共有五层,每层均有两个楼梯,一学生由一层到五层的走法有( )
A.10种 B.25种 C.52种 D.24种
2.[探究点三]中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学选取礼物都满意,则选法有( )
A.30种 B.50种 C.60种 D.90种
3.[探究点一]如果x,y∈N*,且1≤x≤3,x+y<7,则满足条件的有序数对(x,y)的个数是( )
A.15 B.12 C.5 D.4
4.[探究点三]如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1A.240 B.204 C.729 D.920
5.[探究点三·2023广东雷州高二阶段练习](多选题)已知数字0,1,2,3,4,由它们组成四位数,下列说法正确的有( )
A.组成可以有重复数字的四位数有500个
B.组成无重复数字的四位数有96个
C.组成无重复数字的四位偶数有66个
D.组成无重复数字的四位奇数有28个
6.[探究点三]有10本不同的数学书,9本不同的语文书,8本不同的英语书,从中分两次选两本不同类的书,共有 种不同的取法.
7.[探究点二·人教A版教材习题](1)4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队,每人限报其中的一个运动队,不同报法的种数是34还是43
(2)3个班分别从5个景点中选择一处游览,不同选法的种数是35还是53
8.[探究点三·2023江苏连云港高二检测]用0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字可组成多少个不同的
(1)三位数
(2)无重复数字的三位数
(3)小于500且没有重复数字的自然数
B级 关键能力提升练
9.某校高一年级共16个班,高二年级共15个班,从中选出一个班级担任学校星期一早晨升旗任务,共有的安排方法种数是( )
A.16 B.15 C.31 D.240
10.某学校有东、南、西、北四个校门,学校对进入四个校门做出如下规定:学生只能从东门或西门进入校园,教师只能从南门或北门进入校园.现有2名教师和3名学生要进入校园(不分先后顺序),请问进入校园的方式共有( )
A.6种 B.12种 C.24种 D.32种
11.高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习,去哪个工厂可以自由选择,但甲工厂必须有班级要去,则不同的参观方案的种数为( )
A.16 B.18 C.37 D.48
12.(多选题)现有不同的红球4个,黄球5个,绿球6个,则下列说法正确的是( )
A.从中选出2个球,正好一红一黄,有9种不同的选法
B.若每种颜色选出1个球,有120种不同的选法
C.若要选出不同颜色的2个球,有31种不同的选法
D.若要不放回地依次选出2个球,有210种不同的选法
13.某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语和日语的各一人,有 种不同的选法.
14.甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去观洲、人民公园、新城大市场三个地方游览,每人只能去一个地方,人民公园一定要有人去,则不同游览方案的种数为 .
15.将摆放在编号为1,2,3,4,5五个位置上的5件不同商品重新摆放,则恰有一件商品的位置不变的摆放方法数为 .(用数字作答)
16.[人教A版教材习题]口袋中装有8个白球和10个红球,每个球编有不同的号码,现从中取出2个球.
(1)恰好是白球、红球各一个的取法有多少种
(2)恰好是两个白球的取法有多少种
(3)至少有一个白球的取法有多少种
(4)两球的颜色相同的取法有多少种
C级 学科素养创新练
17.用红、黄、蓝三种颜色涂四边形ABCD的四个顶点,要求相邻顶点的颜色不同,求不同的涂色方法的种数.
18.某学校高二年级有12名语文教师、13名数学教师、15名英语教师,市教育局拟召开一个新课程研讨会.
(1)若选派1名教师参会,有多少种派法
(2)若三个学科各派1名教师参会,有多少种派法
(3)若选派2名不同学科的教师参会,有多少种派法
参考答案
3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理
1.D 共分4步:一层到二层2种走法,二层到三层2种走法,三层到四层2种走法,四层到五层2种走法,根据分步乘法计数原理,一共有24种.选故D.
2.B ①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选法,丙同学有10种选法,共有1×2×10=20种满意的选法,②若甲同学选择马,则乙同学有3种选法,丙同学有10种选法,共有1×3×10=30种满意的选法,所以总共有20+30=50种令三位同学满意的选法.故选B.
3.B 当x=1时,y=1,2,3,4,5;当x=2时,y=1,2,3,4;当x=3时,y=1,2,3.由分类加法计数原理得,有序数对有5+4+3=12(个).
4.A 分8类.当中间数为2时,有1×2=2个;当中间数为3时,有2×3=6个;当中间数为4时,有3×4=12个;当中间数为5时,有4×5=20个;当中间数为6时,有5×6=30个;当中间数为7时,有6×7=42个;当中间数为8时,有7×8=56个;当中间数为9时,有8×9=72个.故共有2+6+12+20+30+42+56+72=240个.
5.AB 对A:四位数的首位不能为0,有4种情况,其他数位有5种情况,则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5=500个,故选项A正确;对B:四位数的首位不能为0,有4种情况,在剩下的4个数字中任选3个,排在后面3个数位,有4×3×2=24种情况,则组成无重复数字的四位数有4×24=96个,故选项B正确;对C:若0在个位,有4×3×2=24个四位偶数,若0不在个位,有3×3×2×2=36个四位偶数,则组成无重复数字的四位偶数共有24+36=60个四位偶数,故选项C错误;对D:组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2=36个,故选项D错误.故选AB.
6.242 任取两本不同类的书分为三类:①取数学、语文各一本;②取语文、英语各一本;③取数学、英语各一本.在每一类中利用分步乘法计数原理,再利用分类加法计数原理即可.共有10×9+9×8+10×8=242种不同取法.
7.解 (1)一件事情是“4名同学分别参加3个运动队中的一个,每人限报其中的一个运动队”,应该是人选运动队,完成“这件事”是指给4名同学逐一选择运动队,分四步完成.根据分步乘法计数原理,不同报法种数是3×3×3×3=34.
(2)一件事情是“3个班分别从5个景点中选择一处游览”,应该是班选景点,完成这件事需分三步,根据分步乘法计数原理,不同的选法种数是53.
8.解 (1)由于0不能在百位,故百位上数字有9种选法,十位与个位上的数字均有10种选法,所以不同的三位数共有9×10×10=900个.
(2)百位上的数字有9种选法,十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法,个位上的数字应从剩余8个数字中选取,所以共有9×9×8=648个无重复数字的三位数.
(3)满足条件的一位自然数有10个,两位自然数有9×9=81个,三位自然数有4×9×8=288个,由分类加法计数原理知共有10+81+288=379个小于500且无重复数字的自然数.
9.C 根据分类加法计数原理计算,N=16+15=31.故选C.
10.D 因为学生只能从东门或西门进入校园,所以3名学生进入校园的方式共23=8种.因为教师只可以从南门或北门进入校园,所以2名教师进入校园的方式共有22=4种.所以2名教师和3名学生要进入校园的方式共有8×4=32种情况.故选D.
11.C 根据题意,若不考虑限制条件,每个班级都有4种选择,共有4×4×4=64种情况.其中工厂甲没有班级去,即每个班都选择了其他三个工厂,此时每个班级都有3种选择,共有3×3×3=27种方案.则符合条件的参观方案有64-27=37种.故选C.
12.BD 对A,从中选出2个球,正好一红一黄,有4×5=20种不同的选法,所以该选项错误;对B,若每种颜色选出1个球,有4×5×6=120种不同的选法,所以该选项正确;对C,若要选出不同颜色的2个球,有4×5+5×6+4×6=74种不同的选法,所以该选项错误;对D,若要不放回地依次选出2个球,有15×14=210种不同的选法,所以该选项正确.故选BD.
13.20 共分三类:第一类,当选出的会英语的人既会英语又会日语时,选会日语的人有2种选法;第二类,当选出的会日语的人既会英语又会日语时,选会英语的人有6种选法;第三类,当既会英语又会日语的人不参与选择时,则需从只会日语和只会英语的人中各选一人,有2×6=12种选法.故共有2+6+12=20种选法.
14.65 由题可知没有限制时,每人有3种选择,则4人共有34种,若没人去人民公园,则每人有2种选择,则4人共有24种,故人民公园一定要有人去的不同游览方案有34-24=81-16=65种.
15.45 根据题意,分2步进行分析:(1)将5件不同商品中选出1件,放回原来的位置,有5种情况,假设编号为5的位置不变;
(2)剩下4件都不在原来位置,即编号为1,2,3,4的4件商品都不在原来位置,编号为1的商品有3种放法,假设其放在了2号商品原来的位置,则2号商品有3种放法,剩下编号为3,4的两件商品只有1种放法,则其余4件商品的放法有3×3=9种.
故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9=45种.
16.解 (1)一件事情是“取出一个白球一个红球”,可分2步解决,第1步取一个白球,8种取法;第2步取一个红球,10种取法,由分步乘法计数原理,共有8×10=80种不同取法.
(2)一件事情是“取出两个白球”,可分为2步解决,先从8个白球中取一个,8种取法;再从余下的7个白球中取一个,有7种取法,但先取1号球后取2号球与先取2号球后取1号球,结果是相同的.故共有=28种不同的取法.
(3)一件事情是“取出一个白球一个红球或者取出两个白球”,可分两类解决,取出一个白球一个红球有 80种不同取法;取出两个白球有28种不同取法,由分类加法计数原理,共有80+28=108种不同取法.
(4)一件事情是“取出两白球或取出两红球”,可分两类解决,取出两白球有28种不同取法;取出两红球有=45种不同取法,由分类加法计数原理知,共有28+45=73种不同取法.
17.解如果A,C同色,涂色方法有3×2×1×2=12(种),
如果A,C不同色,涂色方法有3×2×1×1=6(种),
所以不同的涂色方法有12+6=18(种).
即不同方法的种数为18.
18.解(1)分三类:第一类选语文老师,有12种不同选法;第二类选数学老师,有13种不同选法;第三类选英语老师,有15种不同选法,共有12+13+15=40(种)不同的选法.
(2)分三步:第一步选语文老师,有12种不同选法;第二步选数学老师,有13种不同选法;第三步选英语老师,有15种不同选法,共有12×13×15=2340(种)不同的选法.
(3)分三类:第一类选一位语文老师和一位数学老师共有12×13种不同的选法;第二类选一位语文老师和一位英语老师共有12×15种不同的选法;第三类选一位英语老师和一位数学老师共有15×13种不同的选法,共有12×13+12×15+13×15=531(种)不同的选法.第三章第二课时 组合数的应用
A级 必备知识基础练
1.[探究点二]从10名大学毕业生中选3人去参加活动,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.28 B.49 C.56 D.85
2.[探究点二]小明在学校里学习了二十四节气歌后,打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗,他准备在冬季的6个节气:立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒与春季的6个节气:立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨中一共选出4个节气,搜集与之相关的古诗,如果冬季节气和春季节气各至少被选出1个,那么小明选取节气的不同情况的种数是( )
A.345 B.465 C.1 620 D.1 860
3.[探究点二]甲组有5名男同学、3名女同学;乙组有6名男同学、2名女同学.若从甲、乙两组中各选出2名同学,则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有( )
A.150种 B.180种 C.300种 D.345种
4.[探究点二]某龙舟队有9名队员,其中3人只会划左舷,4人只会划右舷,2人既会划左舷又会划右舷.现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛,则不同的选派方法共有( )
A.56种 B.68种 C.74种 D.92种
5.[探究点三]若将6名教师分到3所中学任教,一所1名,一所2名,一所3名,则有 种不同的分法.
6.[探究点三]《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一本数学专著,该书介绍了我国古代14种算法,其中积算(即筹算)、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算等13种算法均需要计算器械.某研究性学习小组3人分工搜集整理这13种计算器械的相关资料,其中一人搜集5种,另两人每人搜集4种,则不同的分配方法种数为( )
A. B.
C. D.
7.[探究点一](多选题)上海某小学组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆,每个年级任选一个博物馆参观,则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有( )
A.3 600种 B.种
C.9 375种 D.×54种
8.[探究点一、二]从正方体的8个顶点中选4个点作一个平面,可作 个不同的平面,从正方体的8个顶点中选4个点作一个四面体,可作 个四面体.
9.[探究点一·北师大版教材习题]从1,3,5,7,9中任取3个数字,从2,4,6,8中任取2个数字,一共可以组成多少个没有重复数字的五位数
10.[探究点一·人教A版教材习题]班上每个小组有12名同学,现要从每个小组选4名同学代表本组与其他小组进行辩论赛.
(1)每个小组有多少种选法
(2)如果还要从选出的同学中指定1名作替补,那么每个小组有多少种选法
(3)如果还要将选出的同学分别指定为第一、二、三、四辩手,那么每个小组有多少种选法
B级 关键能力提升练
11.某部门安排甲、乙、丙、丁、戊五名专家赴三地工作.因工作需要,每地至少需要安排一名专家,其中甲、乙两名专家必须安排在同一地工作,丙、丁两名专家不能安排在同一地工作,则不同的安排方案的总数为( )
A.36 B.30 C.24 D.18
12. 算盘是中国传统的计算工具,其形长方,周为木框,内贯直柱,俗称“档”,档中横以梁,梁上两珠,每珠作数五,梁下五珠,每珠作数一.算珠梁上部分叫上珠,梁下部分叫下珠.例如:在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠,个位档拨上一颗上珠,则表示数字65.若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗上珠,再随机选择两个档位各拨一颗下珠,则所拨数字大于1 000的种数为( )
A.20 B.10 C.9 D.15
13.[2023河北唐山高三开学考试]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张卡片不能是同一颜色,且绿色卡片至多1张,则不同的取法种数为( )
A.484 B.472 C.252 D.232
14.(多选题)某校有6名志愿者,在放假的第一天去北京世园会的中国馆服务,任务是组织游客参加“祝福祖国征集留言”“欢乐世园共绘展板”“传递祝福发放彩绳”三项活动,其中1人负责“征集留言”,2人负责“共绘展板”,3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有( )
A.2种 B.60种
C.120种 D.种
15.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名大学生去杭州、宁波、金华三个城市进行暑期社会实践活动,每个城市至少安排一人,则不同的安排方式共有 种.
16.10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中,从中任意取出4只,试求出现下列结果各有多少种情况:
(1)4只鞋子没有成双的;
(2)4只鞋子恰有两双;
(3)4只鞋子有2只成双,另2只不成双.
C级 学科素养创新练
17.4个不同的球,4个不同的盒子,把球全部放入盒内.
(1)恰有1个盒不放球,共有几种放法
(2)恰有1个盒内有2个球,共有几种放法
(3)恰有2个盒不放球,共有几种放法
参考答案
第二课时 组合数的应用
1.B 由题意知,丙没有入选,所以只需把丙去掉,把总的元素个数变为9个,因为甲、乙至少有1人入选,所以条件可分为两类:一类是甲、乙两人只选一个的选法,共有=42(种)选法;另一类是甲、乙两人都入选,共有=7(种)选法.由分类加法计数原理可得,不同的选法种数为42+7=49,故选B.
2.B 根据题意可知,小明可以选取1冬3春、2冬2春、3冬1春.
1冬3春的不同情况有=120(种).
2冬2春的不同情况有=225(种).
3冬1春的不同情况有=120(种).
所以小明选取节气不同情况的种数是=465.故选B.
3.D 若这名女同学是甲组的,选法有种;若这名女同学是乙组的,则选法有种.
故符合条件的选法共有=345(种).
4.D 根据划左舷的人中有“多面手”的人数进行分类:划左舷中没有“多面手”的选派方法有种,有一个“多面手”的选派方法有种,有两个“多面手”的选派方法有种,即共有=92种不同的选派方法.故选D.
5.360 将6名教师分组,分三步完成:第1步,在6名教师中任取1名作为一组,有种分法;第2步,在余下的5名教师中任取2名作为一组,有种分法;第3步,余下的3名教师作为一组,有种分法.根据分步乘法计数原理,共有=60种分法,再将这3组教师分配到3所中学,有=6种分法.故共有60×6=360种不同的分法.
6.A 依题意,先将13种算法分为3组,方法种数为,再分配给3个人,方法种数为.故选A.
7.CD 因为有且只有两个年级选择甲博物馆,所以参观甲博物馆的年级有种情况,其余年级均有5种选择,所以共有54种情况,根据分步乘法计数原理可得共有×54=9375(种)方案.
8.12 58 正方体的8个顶点中选4个点作一个平面,共有正方体的6个面和6个对角面,共12个不同平面,故可作-12=58(个)四面体.
9.解 先取元素后排列,分三步完成:
第一步,从1,3,5,7,9中取3个数字,有种取法;
第二步,从2,4,6,8中取2个数字,有种取法;
第三步,将取出的5个数字全排列,有种排法.
故共有符合条件的五位数=7200个.
10.解 (1)选4名同学,是一个组合问题,有=495种.
(2)(方法1)先选4名同学,再从中指定1名作替补,有=1980种;
(方法2)先选定一名学生兼作替补,后再选3名学生组成代表队,有=1980种.
(3)有顺序,是一个排列问题,有=11880种.
11.B 因为甲、乙两名专家必须安排在同一地工作,此时甲、乙两名专家看成一个整体即相当于一个人,所以相当于只有四名专家,先计算四名专家中有两名在同一地工作的排列数,即从四个中选两个和其余两个看成三个元素的全排列共有种;又因为丙、丁两名专家不能安排在同一地工作,所以再去掉丙、丁两名专家在同一地工作的排列数有种,所以不同的分配方法种数有=36-6=30种.故选B.
12.D 要使所拨数字大于1000,若上珠拨的是千位档,则所拨数字一定大于1000,有=6(种);若上珠拨的是个位档或十位档或百位档,则下珠一定要拨千位档,再从个位、十位、百位档里选一个拨下珠,有=9(种).则所拨数字大于1000的种数为6+9=15.故选D.
13.B 根据题意,不考虑限制,从16张卡片中任取3张,共有种取法,如果取出的3张为同一种颜色,则有4种情况,如果取出的3张有2张绿色卡片,则有种情况,故所求的取法共有-4=472种.故选B.
14.BD 从6人中选1人负责“征集留言”,从剩下的人中选2人负责“共绘展板”,再从剩下的人中选3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有=60(种).故选BD.
15.150 根据题意,按五名同学分组的不同分2种情况讨论:
①五人分为2,2,1的三组,有=15(种)分组方法,对应三项志愿者活动,有15×=90种安排方案;
②五人分为3,1,1的三组,有=10(种)分组方法,对应三项志愿者活动,有10×=60(种)安排方案,
则共有90+60=150(种)不同的安排方案.
16.解(1)从10双鞋子中选取4双,有种不同选法,每双鞋子中各取一只,分别有2种取法,根据分步乘法计数原理,不同取法有N=×24=3360(种).
(2)从10双鞋子中选2双有种取法,即有45种不同取法.
(3)先选取一双有种选法,再从9双鞋中选取2双有种选法,每双鞋只取一只,各有2种取法,根据分步乘法计数原理,不同取法有N=×22=1440(种).
17.解(1)为保证“恰有1个盒不放球”,先从4个盒子中任意取出去一个,问题转化为“4个球,3个盒子,每个盒子都要放入球,共有几种放法 ”即把4个球分成2,1,1的三组,然后再从3个盒子中选1个放2个球,其余2个球放在另外2个盒子内,由分步乘法计数原理,得共有=144(种)放法.
(2)“恰有1个盒内有2个球”,即另外3个盒子放2个球,每个盒子至多放1个球,也即另外3个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事,所以共有144种放法.
(3)确定2个空盒有种方法.
4个球放进2个盒子可分成(3,1),(2,2)两类,第一类有序不均匀分组有种方法;第二类有序均匀分组有种方法,故共有=84(种)放法.(共20张PPT)
第三章
3.1.2 排列与排列数
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点二]将两位新同学分到4个班中的两个班,共有的分法种数为( )
A.4 B.12 C.6 D.24
B
解析 共有 =12(种)分法.
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2.[探究点一]已知n∈N*,则(21-n)(22-n)…(100-n)等于( )
A
解析 (21-n)(22-n)…(100-n)=(100-n)[(100-n)-1][(100-n)-2]…[(100-n)-79] = .故选A.
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3.[探究点一]已知 ,则x等于( )
A.6 B.13 C.6或13 D.12
A
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4.[探究点三·北师大版教材习题]A,B,C,D,E共5人站成一排,如果A,B必须相邻且B在A的右边,那么排法种数共有( )
A.60种 B.48种 C.36种 D.24种
D
解析 根据题意,A,B必须相邻且B在A的右边,可视A,B为一个元素,则只有一种排法;将A,B整体与其他3个元素,共4个元素排列,即 =4×3×2×1=24种,则符合条件的排法共有1×24=24种.
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5.[探究点三·2023江苏宝应高二阶段练习]某台小型晚会由6个节目组成,演出顺序有如下要求:节目甲必须排在第四位,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.16种 B.18种 C.24种 D.36种
B
解析 由题意知,甲、丙的位置固定,先排乙,再把剩余的节目全排列,故该台晚会节目演出顺序的编排方案共有 =18种.故选B.
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6.[探究点三]由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字且1,3不相邻的六位数的个数是( )
A.36 B.72
C.600 D.480
D
解析 根据题意将2,4,5,6进行全排列,再将1,3插空得到 =480个.故选D.
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7.[探究点三·北师大版教材习题]9个人站成一排照相,其中甲必须站在左侧第一个位置,共有多少种排法
解 先排甲,甲必须站在左侧第一个位置,只有1种排法;再排其余8人,有
种排法.因此,共有1× =8×7×6×…×2×1=40 320种不同的排法.
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8.[探究点三·北师大版教材例题]现有红、黄、蓝3种颜色的旗子各一面,如果用它们其中的若干面挂在一个旗杆上发出信号,那么一共可以组成多少种信号
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B 级 关键能力提升练
9.(多选题)下列问题中,属于排列的有( )
A.10本不同的书分给10名同学,每人一本
B.10位同学去做春季运动会志愿者
C.10位同学参加不同项目的运动会比赛
D.10个点,没有任何三点共线的点,构成的线段
AC
解析 因为排列与顺序有关系,因此AC是排列,BD不是排列,故选AC.
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10.用1,2,3,4,5,6六个数字组成六位数,其中奇数不相邻且1,2必须相邻,则满足要求的六位数的个数有( )
A.72 B.96 C.120 D.288
A
解析 根据题意,1和2必须相邻,将“12”或“21”看成一个整体与4,6全排列,排好后,要求奇数互不相邻,则有3个空位可选,再将“3”和“5”插入到3个空位中,共有 种排法,即有72个符合条件的六位数.故选A.
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11.(多选题)6本不同的书摆放在书架的同一层上,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( )
A.24种 B.36种
AC
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12.(多选题)A,B,C,D,E五个人并排站在一起,则下列说法正确的有( )
A.若A,B不相邻共有72种方法
B.若A不站在最左边,B不站在最右边,有78种方法
C.若A在B左边有60种排法
D.若A,B两人站在一起有24种方法
ABC
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13.某老师一天上3个班级的课,每班一节,如果一天共9节课,上午5节,下午4节,且老师不能连上3节课(第5节和第6节不算连上),那么这位老师一天的课表的所有排法有 种.
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14.一场小型晚会有三个唱歌节目和两个相声节目,要求排出一个节目单.
(1)两个相声节目要排在一起,有排法种数是 .
(2)第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目,有排法种数是 .
(3)前三个节目中要有相声节目,有排法种数是 .
48
36
108
解析(1)把两个相声节目捆绑在一起作为一个节目与其他节目排列,共有
=48(种)排法;
(2)选两个唱歌节目排在首尾,剩下的三个节目在中间排列,共有
=36(种)排法;
(3)五个节目全排列减去后两个都是相声节目的排法,共有
=120-12=108(种)排法.
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15.7名班委有7种不同的职务,甲、乙、丙三人在7名班委中,现对7名班委进行职务具体分工.
(1)若正、副班长两职只能从甲、乙、丙三人中选两人担任,有多少种不同的分工方案
(2)若正、副班长两职至少要选甲、乙、丙三人中的一人担任,有多少种不同的分工方案
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C 级 学科素养创新练
16.现有5名男生和3名女生站成一排照相.
(1)3名女生站在一起,有多少种不同的站法
(2)3名女生次序一定,但不一定相邻,有多少种不同的站法
(3)3名女生不站在排头和排尾,也互不相邻,有多少种不同的站法
(4)3名女生中,A,B要相邻,A,C不相邻,有多少种不同的站法
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解 (1)根据题意,分2步分析:
①3名女生看成一个整体,考虑其顺序有 =6(种)情况,
②将这个整体与5名男生全排列,有 =720(种)情况,
则3名女生排在一起的排法有6×720=4 320(种).
(2)根据题意,将5人排到8个位置,有 种排法,
由于3名女生次序一定,就一种排法,
则其排法有 =6 720(种)排法.
(3)根据题意,分2步分析:
①将5名男生全排列,有 =120(种)情况,
②除去两端,有4个空位可选,在其中任选3个,安排3名女生,有 =24种情况,则3名女生不站在排头和排尾,也互不相邻的排法有120×24=2 880(种).
(4)根据题意,分2种情况分析:
①A,B,C三人相邻,则B在中间,A,C在两边,三人有 =2种排法,将3人看成一个整体,与5名男生全排列,有 =720种情况,则此时有2×720=1 440(种)排法;
②A,B,C三人不全相邻,先将5名男生全排列,有 =120(种)情况,将A,B看成一个整体,有 =2(种)情况,再和C一起安排在5名男生形成的6个空位中,有
种情况.此时有120×2× =7 200(种),则3名女生中,A,B要相邻,A,C不相邻的排法有1 440+7 200=8 640(种)排法.(共18张PPT)
第三章
3.3 第一课时 二项式定理
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A 级 必备知识基础练
1.[探究点二·人教A版教材习题](x-1)10的展开式的第6项的系数是( )
D
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2.[探究点二] 的展开式中x2的系数为( )
A.-240 B.240 C.-60 D.60
B
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3.[探究点三]在 (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
B
令3n-5k=0,因为0≤k≤n,且k∈N+,所以n的最小值为5.
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4.[探究点二·2023广东新会高二月考] 的展开式中含x-3项的系数为( )
A.-60 B.-240 C.60 D.240
C
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5.[探究点二](1- )(x+y)6的展开式中含x4y2的项的系数为( )
A.6 B.-9 C.-6 D.9
D
解析 原式的展开式中含x4y2的项为 =(15-6)x4y2=9x4y2,所以含x4y2的项的系数为9.故选D.
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7.[探究点二]已知m,n∈N+,f(x)=(1+x)m+(1+x)n的展开式中x的系数为19,则x2的系数的最小值为 ,此时展开式中x7的系数为 .
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(1)第5项的二项式系数为 ,系数为 ;
(2)x2的系数为 .
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1 120
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9.[探究点一·人教A版教材习题]用二项式定理展开:
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B 级 关键能力提升练
10.(x+2y)(x+y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A.10 B.20 C.30 D.40
C
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11.(1-ax)(1+x)6的展开式中,含x3项的系数为-10,则实数a= .
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12.[人教A版教材习题]在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)的展开式中,含x4的项的系数是 .
-15
解析 x4的系数为-1-2-3-4-5=-15.
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C 级 学科素养创新练
(1)求展开式中含x4项的系数;
(2)如果第3r项和第r+2项的二项式系数相等,求r的值.
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