第2课时 两个计数原理的综合应用
A级 基础巩固
1.某乒乓球队里有6名男队员,5名女队员,从中选取男队员、女队员各1名组成混合双打队,则不同的组队方法的种数为 ( )
A.11
B.30
C.56
D.65
解析:先选1名男队员,有6种方法,再选1名女队员,有5种方法,故共有6×5=30种不同的组队方法.
答案:B
2.由数字1,2,3,4组成的三位数中,各位数字按严格递增(如“134”)或严格递减(如“421”)顺序排列的数的个数是 ( )
A.4
B.8
C.16
D.24
解析:由题意,知严格递增的三位数只要从4个数中任取3个,共有4种取法;同理,严格递减的三位数也有4个,所以符合条件的数的个数为4+4=8.
答案:B
3.如图,一只蚂蚁从点A出发沿着水平面的线条爬行到点C,再由点C沿着置于水平面的长方体的棱爬行至顶点B,则它可以爬行的不同的最短路径有 ( )
A.40条
B.60条
C.80条
D.120条
解析:蚂蚁从A到C需要走五段路,其中三纵二横,共有10条路径,从C到B共有6条路径,根据分步乘法计数原理可知,蚂蚁从A到B可以爬行的不同的最短路径的条数为10×6=60.
答案:B
4.如图,给A,B,C,D四块区域涂色,要求相邻区域涂不同颜色,现有5种不同颜色可供选用,则不同的涂色方法有320种.
解析:由题意,知本题是一个分步乘法计数问题,第一步,涂A,有5种涂法;第二步,涂B,有4种涂法;第三步,涂C,有4种涂法;第四步,涂D,有4种涂法,则不同的涂色方法的种数为5×4×4×4=320.
5.多空题由1,2,3,4,5,6,7,8,9可以组成224个无重复数字的三位偶数,可以组成280个无重复数字的三位奇数.
解析:当个位上的数是偶数时,该三位数就是偶数.可分步完成:
第一步,先排个位,个位上的数只能取2,4,6,8中的 1个,有4种取法;
第二步,排十位,从剩余的8个数字中取1个,有8种取法;
第三步,排百位,从剩余的7个数字中取1个,有7种取法.
所以可以组成无重复数字的三位偶数的个数为4×8×7=224.
当个位上的数是奇数时,该三位数就是奇数.可分步完成:
第一步,先排个位,个位上的数只能取1,3,5,7,9中的1个,有5种取法;
第二步,排十位,从剩余的8个数字中取1个,有8种取法;
第三步,排百位,从剩余的7个数字中取1个,有7种取法.
所以可以组成无重复数字的三位奇数的个数为5×8×7=280.
6.(2022·上海卷)用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数,则这些四位数中比 2 134 大的数字个数为17.(用数字作答)
解析:根据题意,用数字1,2,3,4组成没有重复数字的四位数,当其千位数字为3或4时,有2×3×2×1=12种情况,即有12个符合题意的四位数;当千位数字为2时,有3×2=6个四位数,其中最小的为2 134,则有6-1=5个比 2 134 大的四位数,故有12+5=17个比2 134大的四位数.
7.某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一种,其中7人会英语,3人会日语,从中选出会英语和会日语的各一人,有多少种不同的选法
解:完成一件事指“从9人中选出会英语和会日语的各一人”,故需分三类:①既会英语又会日语的当选;②仅会英语不会日语的按会英语当选;③仅会日语不会英语的按会日语当选.
既会英语又会日语的人数为7+3-9=1,仅会英语的有6人,仅会日语的有2人.先分类后分步,从仅会英语、仅会日语的人中各选一人,有6×2种选法; 从仅会英语与英语、日语都会的人中各选一人,有6×1种选法;从仅会日语与英语、日语都会的人中各选一人,有2×1种选法.根据分类加法计数原理,知共有6×2+6×1+2×1=20种不同的选法.
B级 能力提升
8.从1,3,5,7,9这五个数字中,每次取出两个不同的数字分别作为a,b,共可得到 lg a-lg b的不同值的个数是 ( )
A.9
B.10
C.18
D.20
解析:分两步完成,第一步,取数字a,有5种不同的取法;第二步,取数字b,有4种不同的取法,所以可以得到 5×4=20个不同的减法算式.因为lg 9-lg 3=lg 3-lg 1,lg 3-lg 9=lg 1-lg 3,所以lg a-lg b的不同值的个数是20-2=18.
答案:C
9.现有1元、5元、10元、50元人民币各一张,100元人民币2张,从中至少取一张,共可组成不同的币值种数是47种.
解析:除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况,2张100元人民币的取法有不取、取一张和取两张3种情况,再减去这些人民币全不取的1种情况,所以共有 24×3-1=47种.
10.某校学生会由高一年级5人,高二年级6人,高三年级4人组成.
(1)选其中1人为学生会主席,有多少种不同的选法
(2)若每个年级选1人为校学生会常委,有多少种不同的选法
(3)若要从不同的两个年级中各选1人参加市里组织的活动,有多少种不同的选法
解:(1)根据分类加法计数原理,不同选法的种数为5+6+4=15.
(2)根据分步乘法计数原理,不同选法的种数为5×6×4=120.
(3)要选出不同年级的2人参加市里组织的活动,先按年级分三类:“高一、高二年级”“高一、高三年级”“高二、高三年级”,再分步选择,则不同选法的种数为5×6+5×4+6×4=74.
C级 挑战创新
11.多空题用1,2,3,4四个数字组成可有重复数字的三位数,这些数从小到大构成数列{an},则这个数列共有64项;若an=341,则n=45.
解析:由题意,知这个数列的项数就是由1,2,3,4四个数字组成的可有重复数字的三位数的个数.由于每个数位上的数都有4种取法,由分步乘法计数原理,得满足条件的三位数的个数为 4×4×4=64,即数列{an}共有64项.
比341小的数分为两类:
第一类,百位上的数是1或2,有2×4×4=32个三位数;
第二类,百位上的数是3,十位上的数可以是1,2,3中的任意一个,个位上的数可以是1,2,3,4中的任意一个,有3×4=12个三位数.
所以比341小的三位数的个数为 32+12=44,因此,341是数列{an}的第45项,即n=45.
12.用n种不同颜色给下列两块广告牌涂色(如图①、图②),要求a,b,c,d四个区域中相邻(有公共边)的区域不能用同一种颜色.
图① 图②
(1)若n=6,为图①涂色,共有多少种不同的方法
(2)为图②涂色时共有120种不同方法,求n的值.
解:(1)对于题图①,因为a,d只与周围两个区域相邻,而b,c与周围三个区域相邻.
分两类情况:
①a,d同色,a,d有n种不同的涂色方法,则b,c有(n-1)(n-2)种不同的涂色方法,
共有 n(n-1)(n-2)种不同的涂色方法.
②a,d不同色,则a,d有n(n-1)种不同的涂色方法,b,c有(n-2)(n-3)种不同的涂色方法,
共有n(n-1)(n-2)(n-3)种不同的涂色方法.
故共有 n(n-1)(n-2)+n(n-1)(n-2)(n-3)=n(n-1)(n-2)(n-2)种不同的涂色方法.
当n=6时,共有480种不同的涂色方法.
(2)对于题图②,共有n(n-1)(n-2)(n-3)种不同的涂色方法.
由n(n-1)(n-2)(n-3)=120,可得n=5.6.2.1 排列
A级 基础巩固
1.多选题下列问题中,不是排列问题的是 ( )
A.由1,2,3三个数字组成无重复数字的三位数
B.从40人中选5人组成一支队伍
C.从100人中选2人进行抽样调查
D.从1,2,3,4,5中选2个数组成集合
解析:选项A中组成的三位数与数字的排列顺序有关,选项B,C,D只需取出元素即可,与元素的排列顺序无关.
答案:BDC
2.一个家庭中先后有两个小孩,则他们的性别情况可能为 ( )
A.男女、男男、女女
B.男女、女男
C.男男、男女、女男、女女
D.男男、女女
解析:根据题意,用列举法可知,性别情况有:男男、男女、女男、女女,共4种.故选C.
答案:C
3.现有甲、乙、丙3种树苗可供选择,分别种在一排的5个坑中,要求相同的树苗不能相邻,第1个坑和第5个坑内只能种甲种树苗,则不同的种法共有( )
A.4种
B.5种
C.6种
D.7种
解析:根据题意,分两类.
第一类:若第2个坑和第4个坑种的树苗相同,则第2个坑和第4个坑有2种种法,第3个坑有2种种法,此时有2×2=4种种法.
第二类:若第2个坑和第4个坑种的树苗不同,则第2个坑和第4个坑有2×1=2种种法,第3个坑有1种种法,此时有2×1×1=2种种法.
共有4+2=6种不同的种法,故选C.
答案:C
4.在2张卡片的正反面,分别写有1和2,4和5,将它们并排组成两位数,则不同的两位数的个数为8.
解析:写有1和2的卡片在前面,则有14,15,24,25,共4个;写有4和5的卡片在前面,则有41,42,51,52,共4个,因此不同的两位数的个数为8.
5.从0,2,3,5这4个数字中选出2个不同的数字组成两位数,并按从小到大的顺序把这些两位数排列起来,则52是第8个数.
解析:画出树状图,如图所示.
由树状图,知可组成9个不同的两位数,52是第8个两位数.
6.从0,1,2,3这4个数字中,每次取出3个不同数字排成一个三位数.
(1)共能组成多少个不同的三位数 请写出这些三位数.
(2)若组成的三位数中,1不能在百位,2不能在十位,3不能在个位,则这样的三位数共有多少个 请写出这些三位数.
解:(1)组成一个三位数分三个步骤.
第一步,选百位上的数字,考虑0不能排首位,故有3种不同选法;
第二步,选十位上的数字,有3种不同选法;
第三步,选个位上的数字,有2种不同选法.
根据分步乘法计数原理,共有3×3×2=18个不同的三位数.
画出树状图,如图所示.
由树状图,知所有三位数为102,103,120,123,130,132,201,203,
210,213,230,231,301,302,310,312,320,321.共能组成18个不同的三位数.
(2)画出树状图,如图所示.
由树状图,知共有8个三位数,
它们分别是201,210,231,230,301,302,310,312.
B级 能力提升
7.若直线Ax+By=0的系数A,B从2,3,5,7中取不同的数值,则可以构成的不同直线的条数为( )
A.12
B.9
C.8
D.4
解析:画出树状图,如图所示.
故可以构成12条不同的直线.
答案:A
8.从a,b,c,d,e五个元素中每次取出三个元素,可组成12个以b为首的不同的排列.
解析:画出树状图,如图所示.
由树状图,知可组成12个以b为首的不同的排列.
C级 挑战创新
9.多空题若一个三位数的十位上的数字比个位上的数字和百位上的数字都大,则称这个数为“伞数”.现从1,2,3,4,5这5个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,这样的“伞数”共20个;其中十位上的数字为4的“伞数”有6个.
解析:十位上的数字只能是3,4,5.
当十位上的数字为3时,
只有132,231,共2个;
当十位上的数字为4时,
有142,143,241,243,341,342,共6个;
当十位上的数字为5时,
有152,153,154,251,253,254,351,352,354,451,452,453,共12个.
故共有2+6+12=20个“伞数”.6.2.2 排列数
A级 基础巩固
1.某段铁路所有车站共发行132种普通车票,那么这段铁路的车站数是 ( )
A.8
B.12
C.16
D.24
解析:设车站数为n,则=132,
即n(n-1)=132,
解得n=12或n=-11(舍去).
答案:B
2.化简的值是 ( )
A.2
B.3
C.5
D.10
解析:===2.
故选A.
答案:A
3.(2022·新高考全国Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有 ( )
A.12种
B.24种
C.36种
D.48种
解析:把丙和丁捆绑在一起,相当于4个人任意排列,有=48种情况,甲站在两端的情况有2×=24种情况,所以甲不站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式有48-24=24种,故选B.
答案:B
4.若=2,则m的值为 ( )
A.5
B.3
C.6
D.7
解析:根据题意,得m≥5,m∈N*,
且m(m-1)(m-2)(m-3)(m-4)=2m(m-1)(m-2),即(m-3)(m-4)=2,
可得m=5.故选A.
答案:A
5.6人站成一排,甲、乙、丙3人不能都站在一起的排法种数为576.
解析:“不能都站在一起”与“都站在一起”是对立事件,由间接法可得排法种数为-=576.
6.将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张,如果分给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是96.
解析:先分组后用分配法求解.5张参观券分为 4组,其中2个连号的有4种分法,每一种分法中的排列方法有种,因此不同的分法总数为4=4×24=96.
7.4名男同学、3名女同学站成一排.
(1)3名女同学必须相邻,有多少种不同的排法
(2)任意2名女同学彼此不相邻,有多少种不同的排法
(3)3名女同学站在最中间三个位置上的不同排法有多少种
(4)甲、乙两人相邻,但都不与丙相邻,有多少种不同的排法
(5)若3名女同学的身高互不相等,女同学按从高到矮的顺序排列,有多少种不同的排法
解:(1)3名女同学是特殊元素,她们排在一起,共有种排法;可视排好的女同学为一个整体,再与男同学排队,这时是5个元素的全排列,应有种排法.由分步乘法计数原理,得有=720种不同的排法.
(2)先将男同学排好,共有种排法,再在这4名男同学之间及两头的5个空当中插入3名女同学,有种排法,
故符合条件的排法种数为×=1 440.
(3)3名女同学站在最中间三个位置上的不同排法种数为×=144.
(4)排甲、乙和丙3人以外的其他4人,有种排法;由于甲、乙要相邻,故先把甲、乙排好,有种排法;再把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空当中有种排法.这样,总共有××=960种不同的排法.
(5)从7个位置中选出4个位置把男同学排好,则有种排法.在余下的3个空位置中排女同学,由于女同学要按从高到矮的顺序排列,故仅有一种排法.这样总共有=840种不同的排法.
B级 能力提升
8.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
解析:利用间接法,用7人中任选3人的排列数减去只选派3名男生的排列数,即为所求排列数.可得不同的选派方案种数为-=186,故选B.
答案:B
9.多选题下列各式中与排列数相等的是 ( )
A.
B.n(n-1)(n-2)…(n-m+1)
C.
D.·
解析:因为=
=n(n-1)(n-2)…·(n-m+1)
=(n-m+1)
=·,
所以选BD.
答案:BD
10.(2023·广东一模)如图,在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡片,每格只放一张卡片,则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有 ( )
A.96种
B.64种
C.32种
D.16种
解析:根据题意,分3步进行,第一步,要求“只有中间一列两个数字之和为5”,则中间的数字只能为1,4或2,3中的一组,共有2=4种排法;
第二步,排第一步中剩余的一组数,共有=8种排法;
第三步,排数字5和6,共有=2种排法;
由分步乘法计数原理知,
共有不同的排法种数为4×8×2=64.
答案:B
11.一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目,要求排出一个节目单.
(1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾,有多少种排法
(2)前4个节目要有舞蹈节目,有多少种排法
解:(1)先从5个演唱节目中选2个排在首尾2个位置,有种排法,
再将剩余的3个演唱节目、3个舞蹈节目排在中间6个位置上,有种排法,
故不同排法的种数为 ×=14 400.
(2)先不考虑排列要求,有种排列.
其中前4个节目没有舞蹈节目的情况如下:
可先从5个演唱节目中选4个节目排在前4个位置,
再将剩余4个节目排列在后4个位置,
有×种排法.
所以前4个节目要有舞蹈节目的排法种数为-=37 440.
C级 挑战创新
12.多选题由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数字组成无重复数字的五位数,其中偶数的个数是 ( )
A.+··
B.+(-)
C.-+(-)
D.--(-)
解析:对于A,如果个位是0,则有个无重复数字的偶数;如果个位不是0,则有(··)个无重复数字的偶数,所以共有(+··)个无重复数字的偶数,故A正确;
对于B,由于·=-,所以+··=+·(-),故B正确;
对于C,由于-≠,所以+(-)≠-+·(-),故C错误;
对于D,由于--(-)=41=+··,故D正确.
故选ABD.
答案:ABD
13.队长要求队员们依次完成A,B,C,D,E,F六项任务,并对任务的顺序提出了如下要求:重点任务A必须排在前三位,且任务E,F必须排在一起,则这六项任务的不同安排方案共有多少种
解:根据题意,由于任务A必须排在前三位,分3种情况讨论:
①A排在第一位,任务E,F必须排在一起,则任务E,F相邻的情况有4种,考虑两者的顺序,又有2种情况.
将剩下的3个任务全排列,安排在其他三个位置,有 =6 种安排方法,则此时有4×2×6=48种安排方案.
②A排在第二位,任务E,F必须排在一起,则任务E,F相邻的情况有3种,考虑两者的顺序,又有2种情况.
将剩下的3个任务全排列,安排在其他三个位置,有 =6种安排方法,则此时有3×2×6=36种安排方案.
③A排在第三位,任务E,F必须排在一起,则任务E,F相邻的情况有3种,考虑两者的顺序,又有2种情况.
将剩下的3个任务全排列,安排在其他三个位置,有=6种安排方法,则此时有3×2×6=36种安排方案.
则符合题意的安排方案种数为48+36+36=120.6.2.3 组合
A级 基础巩固
1.以下四个问题,属于组合问题的是 ( )
A.从3个不同的小球中,取出2个排成一列
B.老师在排座次时,将甲、乙两名同学安排为同桌
C.在电视节目中,主持人从100名幸运观众中选出2名幸运之星
D.从13名司机中任选出两名各开一辆车往返甲、乙两地
解析:从100名幸运观众中选出2名幸运之星,与顺序无关,是组合问题.
答案:C
2.多选题下列几个问题属于组合问题的是 ( )
A.由1,2,3,4构成双元素集合
B.5支球队进行单循环足球比赛的分组情况
C.将全班同学按身高排队
D.由1,2,4组成无重复数字的两位数的方法
解析:由集合元素的无序性可知A属于组合问题;因为每两支球队比赛一次,没有顺序问题,故B是组合问题;按身高排队是有顺序的,故C是排列问题;D中组成的两位数与数字顺序有关,是排列问题.
答案:AB
3.A地至B地将开通高铁,共设有6个高铁站(包括A站和B站),则需设计不同票价的种类有(相同车站之间票价相同,不同车站之间票价不同) ( )
A.12种
B.15种
C.20种
D.30种
解析:不同的车票种类有=30种,则不同的票价种类为15种.
答案:B
4.设集合A={a1,a2,a3,a4 },则集合A中含有3个元素的子集共有4个.
解析:从4个元素中取出3个元素组成一组就是集合A的子集,分别为{a1,a2,a3 },{a2,a3,a4 },{a1,a3,a4 },{a1,a2,a4 },共4个.
5.A,B,C,D四队女排邀请赛,通过单循环决出冠军、亚军.
(1)列出所有各场比赛的双方;
(2)列出所有冠军、亚军的可能情况.
解:(1)A—B A—C A—D B—C B—D C—D
(2)冠军、亚军的可能情况如下表.
冠军 A A A B B B C C C D D D
亚军 B C D A C D A B D A B C
B级 能力提升
6.从2,3,5,7四个数字中任取两个不同的数字相乘,有m个不同的积;任取两个不同的数字相除,有n个不同的商,则m∶n=1∶2.
解析:由题意,知不同的积有m=6个,不同的商有n==12个,
则m∶n=1∶2.
C级 挑战创新
7.某届世界杯举办期间,共32支球队参加比赛,它们先分成8个小组进行循环赛,决出16强(每队均与本组其他队赛1场,各组第一名、第二名晋级16强),这16支球队按确定的程序进行淘汰赛,每2支球队一组,每组比赛一场,即八分之一淘汰赛、四分之一淘汰赛、半决赛、决赛,最后决出冠军、亚军,此外还要决出第三名、第四名.这届世界杯总共将进行多少场比赛
解:可分为如下几类比赛:
(1)小组循环赛,每组有4支球队,即有6场比赛,8个小组共有48场比赛;
(2)八分之一淘汰赛,根据赛制规则,16强中每2支球队一组,每组比赛1场,可以决出8强,共有8场比赛;
(3)四分之一淘汰赛,根据赛制规则,8强中每2支球队一组,每组比赛1场,可以决出4强,共有4场比赛;
(4)半决赛,根据赛制规则,4强中每2支球队一组,每组比赛1场,可以决出2强,共有2场比赛;
(5)决赛,2强比赛1场决出冠军、亚军,4强中的另2支球队比赛1场决出第三名、第四名,共有2场比赛.
综上所述,由分类加法计数原理,知总共将进行48+8+4+2+2=64场比赛.6.2.4 组合数
A级 基础巩固
1.(2023·新高考全国Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有 ( )
A.·种
B.·种
C.·种
D.·种
解析:根据分层抽样的定义知初中部共抽取60×=40人,高中部共抽取60×=20人,根据组合公式和分步乘法计数原理知不同的抽样结果共有种.
答案:D
2.-= ( )
A.
B.
C.
D.
解析:-=-=-6=15=.
答案:D
3.12名同学合影,站成前排4人后排8人的队形,现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排,若其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的种数是( )
A.×
B.×
C.×
D.×
解析:第一步,从后排8人中抽2人,有种抽取方法;第二步,前排共有6个位置,先从中选取2个位置排上抽取的2人,有种排法,再把前排原4人按原顺序排在其他4个位置上,只有1种安排方法,所以共有 ×种排法.
答案:C
4.已知=,则实数x的值为4.
解析:依题意,得x=3x-8或x+(3x-8)=8,且解得x=4.
5.有6名学生,其中有3名只会唱歌,有2名只会跳舞,有1名既会唱歌也会跳舞.现在从中选出2名会唱歌的,1名会跳舞的去参加文艺演出,则共有15种选法.
解析:×+×+=15.
6.某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴某事故现场抢救伤员,其中这10名医疗专家中有4名是外科专家.问:
(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种
(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种
(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种
解:(1)分步:先从4名外科专家中任选2名,有种选法,再从不是外科专家的6人中选取4人,有种选法,所以共有×=90种抽调方法.
(2)“至少”的含义是不低于,有两种解答方法.
方法一(直接法) 按选取的外科专家的人数分类:
①选2名外科专家,共有×种选法;
②选3名外科专家,共有×种选法;
③选4名外科专家,共有×种选法;
根据分类加法计数原理,知共有×+×+×=185种抽调方法.
方法二(间接法) 不考虑是否有外科专家,共有种选法;考虑选取1名外科专家参加,有×种选法;没有外科专家参加,有种选法.所以共有-×-=185种抽调方法.
(3)“至多有2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情况,分类解答.
①没有外科专家参加,有种选法;
②有1名外科专家参加,有×种选法;
③有2名外科专家参加,有×种选法.
所以共有+×+×=115种抽调方法.
B级 能力提升
7.多选题(2023·广州期中)下列有关排列数、组合数计算正确的有 ( )
A.=5×4×3=60
B.从2, 3, 5, 7中任取两个数相乘可得个积
C.+++…+=
D.=101
解析:对于选项A,由于===10,故选项A 错误;
对于选项B,由于从2,3,5,7中任取两个数相乘可得个积,
故选项B正确;
对于选项C,根据组合数的性质+=,
可得+++…+=++++…+-1=-1,
故选项C错误;
对于选项D,101=101×=,
故选项D正确.
答案:BD
8.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有 ( )
A.120种
B.90种
C.60种
D.30种
解析:每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,甲场馆从6人中挑1人,有=6种结果;乙场馆从余下的5人中挑2人,有 =10种结果;余下的3人去丙场馆.故共有6×10=60种安排方法,故选C.
答案:C
9.若-=(n∈N*),则n等于 ( )
A.11
B.12
C.13
D.14
解析:-=变形可得,=+.
由组合数的性质可得,+=,
即=,
则可得n+1=6+7,所以n=12.故选B.
答案:B
10.(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有 ( )
A.60种
B.120种
C.240种
D.480种
解析:5名志愿者选2个1组,有种方法,然后4组进行全排列,有种,共有=240种,故选C.
答案:C
11.某社区服务站将5位志愿者分成3组,其中两组各2人,另一组1人,分别去三个不同的社区参加活动,不同的分配方案有多少种
解:将5位志愿者分成3组,其中两组各2人,另一组1人,有种分法;再将3组人分到三个不同社区,共有种分法.根据分步乘法计数原理,不同的分配方案共有×=90种.
C级 挑战创新
12.多空题某地有7条南北向街道,5条东西向街道,如图所示.图中共有210个矩形;从点A走到点B的最短路线的走法有210种.
解析:第一问 在7条纵线中任选2条,在5条横线中任选2条,这样的4条线可以组成1个矩形,故组成的矩形个数为×=210.
第二问 每条东西向街道被分成6段,每条南北向街道被分成4段,从A到B最短路线的走法无论怎样走,一定包括10段,其中6段向东走,另4段向北走.每种走法,都是从10段中选出6段,这6段是向东走的,剩下4段是向北走的(每个选法是1种走法),共有=210种走法.
13.四个不同的小球,全部放入编号为1,2,3,4的四个盒子中.
(1)随便放(可以有空盒,但球必须都放入盒中),有多少种放法
(2)四个盒都不空的放法有多少种
(3)恰有一个空盒的放法有多少种
(4)恰有两个空盒的放法有多少种
(5)甲球所放盒的编号总小于乙球所放盒的编号的放法有多少种
解:(1)由于可以随便放,故每个小球都有4种放法,所以放法种数是4×4×4×4=44=256.
(2)将四个小球全排列后放入四个盒子即可,所以放法种数是=24.
(3)由题意知,必然是四个小球放入三个盒子中.分三步完成:选出三个盒子;将四个小球分成三堆;将三堆小球全排列后放入三个盒子.所以放法种数是××=144.
(4)由题意,必然是四个小球放入两个盒子中.分三步完成:选出两个盒子;将四个小球分成两堆;将两堆小球全排列放入两个盒子.所以放法种数是(+×)×=84.
(5)分三类放法.
第一类:甲球放入1号盒子,则乙球有3种放法(可放入2,3,4号盒子),其余两球可随便放入四个盒子,有42种放法.故此类放法的种数是3×42.
第二类:甲球放入2号盒子,则乙球有2种放法(可放入3,4号盒子),其余两球随便放,有42种放法.故此类放法的种数是2×42.
第三类:甲球放入3号盒子,则乙球只有1种放法(放入4号盒子),其余两球随便放,有42种放法,故此类放法的种数是1×42.
综上所述,所有放法的种数是(3+2+1)×42=96.6.3.1 二项式定理
A级 基础巩固
1.(2023·北京卷)(2x-)5的展开式中x的系数为 ( )
A.-80
B.-40
C.40
D.80
解析:(2x-)5的展开式的通项为Tr+1=(2x)5-r(-)r=(-1)r25-rx5-2r.令5-2r=1,得r=2.所以(2x-)5的展开式中x的系数为(-1)2×25-2=80.
答案:D
2.(x-y)10的展开式中x6y4的系数是( )
A.-840
B.840
C.210
D.-210
解析:在通项Tk+1=(-y)kx10-k中,
令k=4,得(x-y)10的展开式中x6y4的系数为
×(-)4=840.
答案:B
3.(x+)12的展开式中的常数项是 ( )
A.第7项
B.第8项
C.第9项
D.第10项
解析:二项展开式的通项为Tk+1=·x12-k·()k=·2k·.令12-k=0,得k=8.所以常数项为第9项.
答案:C
4.(2x+)7的展开式中倒数第3项为.
解析:由n=7,可知展开式中共有8项,
所以倒数第3项即为第6项,
所以T6=(2x)2·()5=×22×=.
5.(2023·深圳模拟)(x+2)(x-1)3展开式中x2的系数为-3.
解析:(x-1)3的展开式的通项为
Tr+1=x3-r·(-1)r,(x+2)(x-1)3=x(x-1)3+2(x-1)3,
取r=2和r=1,计算得到x2的系数为×(-1)2+2××(-1)1=-3.
6.已知在(x2-)n的展开式中,第9项为常数项,求:
(1)n的值;
(2)展开式中x5的系数;
(3)含x的整数次幂的项的个数.
解:(x2-)n的展开式的通项为
Tk+1=(x2)n-k·(-)k=(-1)k()n-k·.
(1)因为第9项为常数项,
即当k=8时,2n-k=0,
解得n=10.
(2)由(1)知(x2-)10的展开式的通项为
Tk+1=(-1)k()10-k.令20-k=5,得k=6.
所以x5的系数为(-1)6×()4×=.
(3)要使20-k为整数,即为整数,只需k为偶数,
由于k=0,1,2,3,…,9,10,
故符合要求的有6项,分别为展开式的第1,3,5,7,9,11项.
B级 能力提升
7.在(+)n的展开式中,若常数项为60,则n的值为6.
解析:Tk+1=()n-k()k=2k.
令=0,得n=3k.
根据题意,得2k=60,经验证知k=2,故n=6.
8.(2022·上海卷)在x3+12的展开式中,含项的系数为66.
解析:展开式的通项公式为Tk+1=(x3)12-k·()k=x36-4k,
由36-4k=-4,解得k=10,
即T11=x-4=,即含项的系数为66.
9.(2022·新高考全国Ⅰ卷)( 1-) (x+y)8的展开式中x2y6的系数为-28(用数字作答).
解析:(x+y)8的通项公式为Tr+1=x8-ryr,
当r=6时,T7=x2y6,
当r=5时,T6=x3y5,所以(1-) (x+y)8的展开式中x2y6的系数为-=-=28-56=-28.
C级 挑战创新
10.多空题在(x2-)9的展开式中,第4项的二项式系数是84,第4项的系数是-.
解析:Tk+1=×(x2)9-k×(-)k=(-)k××x18-3k,
当k=3时,T4=(-)3××x9=-x9,
所以第4项的二项式系数为=84,第4项的系数为-.
11.利用二项式定理证明:49n+16n-1(n∈N*)能被16整除.
证明:49n+16n-1=(48+1)n+16n-1
=·48n+·48n-1+…+·48++16n-1
=·48n+·48n-1+…+·48+16n,
48和16n都可以被16整除,
所以·48n+·48n-1+…+·48+16n可以被16整除.
所以49n+16n-1(n∈N*)能被16整除.6.3.2 二项式系数的性质
A级 基础巩固
1.多选题下列关于(a+b)10的说法正确的是( )
A.展开式中的各二项式系数之和为1 024
B.展开式中第6项的二项式系数最大
C.展开式中第5项与第7项的二项式系数最大
D.展开式中第6项的系数最小
解析:根据二项式系数的性质,知(a+b)10的展开式中的各二项式系数之和为210=1 024,故A项说法正确;(a+b)10的展开式中,二项式系数最大的项是中间一项,即第6项的二项式系数最大,故B项说法正确,C项说法错误;经分析,易知展开式中各项的系数等于二项式系数,故第6项的系数最大,故D项说法错误.
答案:AB
2.在(1-x)201的展开式中,系数的最大值是 ( )
A.
B.
C.
D.
解析:在(1-x)201的展开式中,第r+1项为Tr+1=(-x)r=(-1)rxr,所以系数的最大值是,故选B.
答案:B
3.若(1+x)n(3-x)的展开式中各项系数的和为 1 024,则n的值为 ( )
A.8
B.9
C.10
D.11
解析:由题意,知(1+1)n(3-1)=1 024,即2n+1=1 024,所以n=9.故选B.
答案:B
4.(2022·北京卷)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4= ( )
A.40
B.41
C.-40
D.-41
解析:因为(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,
所以a0+a2+a4=+·22+·24=1+24+16=41,故选B.
答案:B
5.(2023·广州二模)若(x-a)(1-3x)3的展开式的各项系数和为8,则a= ( )
A.1
B.-1
C.2
D.-2
解析:(x-a)(1-3x)3的展开式的各项系数和为8,
则令x=1得(1-a)(1-3)3=8,解得a=2.故选C.
答案:C
6.设(2-x)100=a0+a1x+a2x2+…+a100·x100,求下列各式的值.
(1)a0;
(2)a1+a2+a3+a4+…+a100;
(3)a1+a3+a5+…+a99.
解:(1)令x=0,得a0=2100.
(2)令x=1,
可得a0+a1+a2+…+a100=(2-)100, ①
所以a1+a2+…+a100=(2-)100-2100.
(3)令x=-1,
可得a0-a1+a2-a3+…+a100=(2+)100. ②
由①-②,得a1+a3+…+a99=.
B级 能力提升
7.设(5x-)n的展开式的各项系数的和为M,二项式系数的和为N,若M-N=240,则展开式中x的系数为 ( )
A.-150
B.150
C.300
D.-300
解析:由已知条件,得4n-2n=240,解得n=4.
二项展开式的通项为Tk+1=(5x·(-)k=(-1)k54-k·,
令4-=1,得k=2,
所以展开式中x的系数为(-1)2×52×=150.
答案:B
8.若(3x-2)6=a0+a1(2x-1)+a2(2x-1)2+…+a6(2x-1)6,则=
-.
解析:令x=1,得a0+a1+a2+…+a6=1,
令x=0,得a0-a1+a2-…+a6=64,
两式相减,得2(a1+a3+a5)=-63,
两式相加,得2(a0+a2+a4+a6)=65,
故=-.
9.已知(x+)n的展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n的值;
(2)若展开式中常数项为,求m的值;
(3)若(x+m)n的展开式中系数最大项只有第6项和第7项,求m的取值情况.
解:(1)二项式系数之和为2n=256,
解得n=8.
(2)设常数项为第r+1项,则
Tr+1=x8-r()r=mrx8-2r.
令8-2r=0,得r=4.
所以m4=,解得m=±.
(3)由题意,易知m>0.
设第k+1项系数最大,
则化简可得≤k≤.
因为只有第6项和第7项系数最大,
所以即
所以m=2.
C级 挑战创新
10.多空题(2022·浙江卷)已知多项式(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+
a3x3+a4x4+a5x5,则a2=8,a1+a2+a3+a4+a5=-2.
解析:因为(x-1)4=x4-4x3+6x2-4x+1,
所以a2=-4+12=8.
令x=0,则a0=2,
令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,
所以a1+a2+a3+a4+a5=-2.
11.(2023·上海卷)已知(1+2 023x)100+(2 023-x)100=a0+a1x+
a2x2+…+a99x99+a100x100,若存在k∈{0,1,2,…,100}使得ak<0,则k的最大值为49.
解析:二项式(1+2 023x)100的通项为
Tr+1=(2 023x)r=2 023rxr,r∈{0,1,2,…,100},
二项式(2 023-x)100的通项为
Tr+1=2 023100-r(-x)r=2 023100-r(-1)rxr,r∈{0,1,2,…,100},
所以ak=2 023k+2 023100-k(-1)k
=[2 023k+2 023100-k(-1)k],k∈{0,1,2,…,100}.
若ak<0,则k为奇数.
此时ak=(2 023k-2 023100-k),
所以2 023k-2 023100-k<0,所以k<100-k,所以k<50.
因为k为奇数,
所以k的最大值为49.
12.已知(+3x2)n的展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.
(1)求展开式中二项式系数最大的项;
(2)求展开式中系数最大的项.
解:令x=1,则展开式中各项系数的和为(1+3)n=4n.
由二项式系数的性质,知展开式中各项的二项式系数之和为2n.
由题意,知4n-2n=992.
所以(2n)2-2n-992=0,
所以(2n+31)(2n-32)=0,
所以2n=-31(舍去)或2n=32,所以n=5.
(1)因为n=5为奇数,所以展开式中二项式系数最大的项为中间的两项,它们分别为T3=·(3x2)2=90x6,T4=·(3x2)3=270.
(2)展开式的通项为Tk+1=·3k·,
假设Tk+1项的系数最大,
则有
所以≤k≤.
因为k∈N,所以k=4,
所以展开式中系数最大的项为T5=·(3x2)4=405.章末复习课
回顾本章学习过程,建构“基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验”之间的联系.
要点训练一 两个计数原理
(1)应用分类加法计数原理时,应准确进行“分类”,明确分类的标准:每一种方法必属于某一类(不漏),任何不同类的两种方法是不同的方法(不重),每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”.
(2)应用分步乘法计数原理时,应准确理解“分步”的含义,完成这件事情,需要分成若干步骤,只有每个步骤都完成了,这件事情才能完成.
1.某地政府召集5家企业的负责人开会,其中甲企业有2人到会,其余4家企业各有1人到会,会上有3人发言,则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为( )
A.14
B.16
C.20
D.48
解析:分两类:
第一类,甲企业有1人发言,有2种情况,另两位发言人来自其余4家企业,有6种情况,由分步乘法计数原理,得N1=2×6=12;
第二类,3人全来自其余4家企业,有4种情况.
综上可知,共有N=N1+N2=12+4=16种情况.
答案:B
2.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,则不同站法的种数是336(用数字作答).
解析:正面考虑,问题较复杂,不易解决,则从反面考虑,即先不考虑“每级台阶最多站2人”的情况.
因为甲、乙、丙3人站这7级台阶,每人都有7种不同的站法,因此共有73种不同的站法,而3人同站在一级台阶的站法有7种,是不符合题意的.
所以满足条件的不同站法的种数是73-7=336.
要点训练二 排列与组合
将具体问题抽象为排列问题或组合问题,是解排列、组合应用题的关键一步.(1)正确分类或分步,恰当选择计数原理.(2)有限制条件的排列、组合问题应优先考虑“受限元素”或“受限位置”.排列、组合讨论的问题的共同点是“元素不相同”,不同点是排列与顺序有关,组合与顺序无关.
1.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
B.108
C.180
D.216
解析:根据题意,分析可得,必有2人参加同一社团.
首先分析甲,甲不参加“围棋苑”,则有3种情况,
再分析其他4人.若甲与另外1人参加同一个社团,则有=24种情况;
若甲是1人参加一个社团,则有·=36种情况.
则除甲外的4人有24+36=60种情况.
故不同的参加方法的种数为3×60=180种,故选C.
答案:C
2.学校公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树,垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树,要求2棵银杏树必须相邻,则不同的种植方法共有240种.
解析:分两步完成:
第一步,将2棵银杏树看成一个元素,考虑其顺序,有种种植方法;
第二步,将银杏树与4棵桂花树全排列,有种种植方法.
由分步乘法计数原理,得不同的种植方法共有·=240种.
3.从2名女生和4名男生中选3人参加科技比赛,且至少有1名女生入选,则不同的选法共有16种(用数字作答).
解析:方法一(直接法)当有1名女生和2名男生入选时,有×=12种选法;当有2名女生和1名男生入选时,有×=4种选法.所以共有12+4=16种选法.
方法二(间接法)没有女生入选时,有种选法,所以至少有1名女生入选的选法共有-=20-4=16种.
4.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1 260个没有重复数字的四位数(用数字作答).
解析:若取的4个数字不包括0,
则可以组成的四位数的个数为××;
若取的4个数字包括0,
则可以组成的四位数的个数为×××.
综上所述,一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为××+×××=720+540=1 260.
要点训练三 二项式定理
对于二项式定理的考查常出现两类问题,一类是直接运用通项来求特定项.另一类,需要运用转化思想将问题转化为二项式定理来处理.从近几年高考命题趋势来看,本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主,难度不大,但不排除综合其他知识,具体归纳如下:
(1)考查通项问题.
(2)考查系数问题:
①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和;
②一般采用通项或赋值法解决.
(3)可转化为二项式定理解决问题.
1.(1+x)6的展开式中x2的系数为( )
A.15
B.20
C.30
D.35
解析:因为(1+x)6的通项为Tr+1=xr,所以(1+x)6的展开式中含x2的项为1·x2和·x4.
因为+=2=2×=30,所以(1+x)6的展开式中x2的系数为30.
答案:C
2.已知的展开式中各项系数的和为625,则展开式中含x的项的系数为( )
A.216
B.224
C.240
D.250
解析:令x=1,得展开式中各项系数的和为5n.
因为展开式中各项系数的和为625,
所以5n=625,所以n=4,
所以的展开式的通项为
Tr+1=×(2x)4-r×=3r×24-r××.
令4-=1,解得r=2.
所以展开式中含x的项的系数为9×4×=216,故选A.
答案:A
3.的展开式中的常数项是7.
解析:的展开式的通项为
Tr+1=()8-r=.
令=0,解得r=2.
所以常数项是=7.
4.多空题在(+x)9的展开式中,常数项是16,系数为有理数的项的个数是5.
解析:(+x)9的展开式的通项为Tr+1=()9-r·xr=xr.
令r=0,得常数项是T1=16.
当r=1,3,5,7,9时,系数为有理数,
所以系数为有理数的项的个数是5.
要点训练四 利用树状图解决排列问题或组合问题
画树状图是解决排列问题或组合问题的一种行之有效的方法,它能直观地把各种情况不重复、不遗漏地表示出来,在解题中常会收到意想不到的效果.
1.某城市的街道如图,某人要从A地前往B地,则路程最短的走法有( )
A.8种
B.10种
C.12种
D.32种
解析:从A到B最短路径需经过3条横线段,2条纵线段.每种走法都是从5条线段选出3条横线段.故共有=10种走法.
答案:B
2.如图,一块地分为5个区域,现给各区域着色,要求相邻区域不能使用同一种颜色.现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法有72种(用数字作答).
解析:结合分步乘法计数原理画出树状图如下.(k1,k2,k3,k4代表4种不同的颜色)
由此得出着色方法共有4×18=72(种).
3.把9个相同的小球放入编号分别为1,2,3的三个箱子中,要求每个箱子放球的个数不小于其编号数,则不同的放球方法有多少种
解:由题意可知,在编号为1的箱子中放球的个数应该为1个,2个,3个,4个,四种情形(不小于编号1,且余下球至少要5个).依此类推得树状图如图所示.
由此可知放法N=4+3+2+1=10(种).
要点训练五 转化思想
转化思想是解决数学问题的重要思想,数学解题的本质就是转化,把生疏问题转化为熟悉问题、把抽象问题转化为具体问题、把复杂问题转化为简单问题、把一般问题转化为特殊问题、把高次问题转化为低次问题等.转化思想包含了数学特有的数、式、形的相互转换.
1.(x+y)5的展开式中x3y3的系数为 ( )
A.5
B.10
C.15
D.20
解析:因为(x+y)5=,所以要求展开式中x3y3的系数即为求(x2+y2)(x+y)5的展开式中x4y3的系数.因为(x2+y2)(x+y)5展开式中含x4y3的项为x2·x2·y3+y2·x4·y=15x4y3.所以(x+y)5的展开式中x3y3的系数为15.故选C.
答案:C
2.已知(1+λx)n的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相同,(1+λx)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,若a1+a2+…+an=242,则的展开式中的常数项为( )
A.32
B.24
C.4
D.8
解析:因为(1+λx)n的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相同,所以=,求得n=5.
令x=0,则a0=1;
令x=1,则a0+a1+a2+…+an=(1+λ)5=242+1=243,
即(1+λ)5=243,解得λ=2.
所以的展开式的通项为Tr+1=2rx4-2r.
令4-2r=0,解得r=2.
所以的展开式中的常数项为×22=24.
故选B.
答案:B
3.已知A={-3,-2,-1,0,1,2,3},a,b∈A,则|a|<|b|的情况有18种.
解析:当a=-3时,有0种;
当a=-2时,有2种;
当 a=-1时,有4种;
当a=0时,有6种;
当a=1时,有4种;
当 a=2时,有2种;
当a=3时,有0种.
故共有2+4+6+4+2=18种.
4.某人投篮8次,共投进4次,并且这四次中仅有3次连进,若按“进”与“不进”报告结果,不同的结果有多少种
解:本问题可转化为4个相同的白球,其中有3个连在一起看成一个,与另一个不相邻的插入到4个相同的黑球之间(包括首尾两端),有多少种方法
用“捆绑法”,4个黑球共有5个空位,将3个连在一起的白球看成一个整体,然后将这个整体和剩余的一个白球插入5个空位,
共有×=20种结果.第六章质量评估
(时间:120分钟 分值:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.甲、乙两人从4门课程中各选修1门,则甲、乙所选的课程不相同的选法共有( )
A.6种B.12种 C.30种 D.36种
解析:因为甲、乙两人从4门课程中各选修1门,
所以由分步乘法计数原理,可得甲、乙所选的课程不相同的选法种数为4×3=12.故选B.
答案:B
2.若=2,则m的值为( )
A.5B.3C.6D.7
解析:依题意,得=2×,化简,得(m-3)(m-4)=2,
解得m=2或m=5.又因为m≥5,所以m=5,故选A.
答案:A
3.(x+2)6的展开式中x3的系数是( )
A.20B.40C.80D.160
解析:设含x3的项为第k+1项,则Tk+1=x6-k·2k.令6-k=3,得k=3.故展开式中x3的系数为×23=160.
答案:D
4.用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色,若每种颜色只能涂两个圆,且相邻两个圆所涂颜色不能相同,则不同的涂色方案的种数为( )
A.12B.24C.30D.36
解析:因为一种颜色只能涂两个圆,且相邻两个圆所涂颜色不能相同,所以分两类,第一类,涂前三个圆用三种颜色,有=6种涂法,则涂后三个圆有×=4种涂法,共有6×4=24种涂法;第二类,涂前三个圆用两种颜色,则涂后三个圆也用两种颜色,共有×=6种涂法.综上所述,可得不同的涂色方案的种数为24+6=30.
答案:C
5.算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具,为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中,以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字,如下表:
表示多位数时,个位用纵式,十位用横式,百位用纵式,千位用横式,以此类推,遇零则置空,如图:
如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的方格中,那么可以表示的三位数的个数为( )
A.46B.44C.42D.40
解析:按每一位算筹的根数分类一共有15种情况:(5,0,0),(4,1,0),
(4,0,1),(3,2,0),(3,1,1),(3,0,2),(2,3,0),(2,2,1),(2,1,2),(2,0,3),(1,4,0),(1,3,1),
(1,2,2),(1,1,3),(1,0,4).2根及以上的算筹可以表示两个数字,运用分步乘法计数原理,则上述情况能表示的三位数的个数分别为:2,2,2,4,2,4,4,4,
4,4,2,2,4,2,2.
根据分类加法计数原理,得5根算筹能表示的三位数的个数为:2+2+2+4+2+4+4+4+4+4+2+2+4+2+2=44.
答案:B
6.已知(1+x)10=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+a10(1-x)10,则a8=( )
A.-180B.180C.45D.-45
解析:令t=1-x,则x=1-t,所以有(2-t)10=a0+a1t+a2t2+…+a10t10.
因为Tr+1=210-r(-t)r=210-r(-1)rtr,令r=8,得a8=×22=180.
答案:B
7.7名学生参加“知识竞赛”后,向老师询问比赛成绩,老师说:“甲的成绩是最中间一名,乙不是7人中成绩最好的,丙不是7人中成绩最差的,而且7人的成绩各不相同”.他们7人不同的可能名次共有( )
A.120种B.216种C.384种D.504种
解析:因为甲的成绩是中间一名,所以只需安排其余6人名次,
因为乙不排第一名,丙不排最后一名,
所以由间接法可得-2+=720-2×120+24=504.
答案:D
8.有一个8×8网格图,其中有一个小方格因破损而被剪去(破损位置不确定),“L”形图形由三个相邻的小方格组成,如图所示.现要将这个破损的8×8网格图剪成数个“L”形图形,则( )
A.最多能剪成19个“L”形图形
B.最多能剪成20个“L”形图形
C.最多能剪成21个“L”形图形
D.前三个答案都不对
解析:考虑2×3的6个方格,如图:,每一个这样的图形能剪成2个“L”形图形.该8×8网格图一共可以剪成10个这样“2×3”的图形和1个田字格,1个田字格可以剪1个“L”形图形.
只要将破损的方格所在位置剪成一个恰当的田字格即可,所以最多能够剪成21个“L”形图形.如图所示.
答案:C
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字组成无重复数字的五位数,且1不能在个位,则关于这样的五位数的个数,下列表示正确的有( )
A.×
B.+×
C.-2+
D.+××+×
解析:由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字组成无重复数字的五位数,且1不能在个位,则关于这样的五位数的个数的求法,可用如下方法进行解答.
排除法:任选5个数字,总共有种情况,减去1在个位或0在万位的情况种数2,加上0在万位,且1在个位的情况种数,可得共有-2+种,故C项正确.
讨论法:
方法一若有1,
(1)当1在万位时,共有种;
(2)当1在千位、百位或十位时,共有××种.
若没有1,万位有种,剩下有种,共有×种.
故有+××+×种.
方法二当1在万位时,有种;
当万位为0或1以外的数时,有()2种,故有+()2种.
故选BCD.
答案:BCD
10.若>3,则m的取值可能是( )
A.6 B.7 C.8 D.9
解析:根据题意,对于和3,有0≤m-1≤8,且0≤m≤8,
则有1≤m≤8.由>3,得>3×,
变形可得m>27-3m,解得m>.
综上可得,答案:BC
11.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.如果参赛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
解析:根据题意,依次分析选项:
对于A项,如果4人中男生、女生各有2人,男生有=15种选法,女生有=6种选法,那么4人中男生、女生各有2人选法种数为15×6=90,故A项错误;
对于B项,如果男生中的甲和女生中的乙必须在内,那么在剩下的8人中再选2人即可,有=28种选法,故B项正确;
对于C项,在10人中任选4人,有=210种选法.若甲、乙都不在其中,则有=70种选法,故男生中的甲和女生中的乙至少有1人在内的选法种数为210-70=140,故C项正确;
对于D项,在10人中任选4人,有=210种选法,只有男生的选法种数为=15,只有女生的选法种数为=1,则4人中必须既有男生又有女生的选法种数为210-15-1=194,故D项错误.
故选BC.
答案:BC
12.若(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,且a1+
a2+…+an-1=125-n,则下列结论正确的是( )
A.n=6
B.(1+2x)n展开式中二项式系数和为729
C.(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n展开式中所有项系数和为126
D.a1+2a2+3a3+…+nan=321
解析:因为(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,
且a1+a2+…+an-1=125-n,所以a0=n,an==1.
令x=1,可得2+22+…+2n=n+(125-n)+1,解得n=6,故A正确.
(1+2x)n展开式中二项式系数和为2n=64,故B错误.
(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n展开式中所有项系数和为
2+22+23+…+26=126,故C正确.
因为(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,
将n=6代入上式并对上述式子求导,
得1+2(1+x)+3(1+x)2+…+6(1+x)5=a1+2a2x+3a3x2+…+6a6x5,
从而a1+2a2+3a3+…+6a6=1+4+12+32+80+192=321,故D正确.
故选ACD.
答案:ACD
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法共有36种.
解析:先从4名同学中选出2名作为一组有种选法,再与另外2名同学一起进行排列有种方法,相乘即可得不同的安排方法种数为×=36.
14.在(1-x)6的展开式中,含x3的项的系数为-20,各项系数之和为0.(用数字作答,本题第一空2分,第二空3分)
解析:由已知,得Tk+1=(-1)kxk.
所以含x3的项的系数为(-1)3×=-20.
令x=1,可得展开式各项系数和为(1-1)6=0.
15.如图所示,悬挂的9盏花灯需要取下,每次取1盏,共有1 680种不同的取法.(用数字作答)
解析:如图,假设9盏花灯依次用数字1~9表示.
若9盏花灯可以按任意顺序取下,则有种取法,但实际只能从下往上取(1在2之前取、2在3之前取、4在5之前取、5在6之前取、7在8之前取、8在9之前取,可以不相邻),其取法有=1 680种不同的顺序,即有1 680种不同的取法,故答案为1 680.
16.在某诗词表演节目中,若《沁园春·长沙》《蜀道难》《敕勒歌》《游子吟》《关山月》《清平乐·六盘山》排在后六场,且《蜀道难》排在《游子吟》的前面,《沁园春·长沙》与《清平乐·六盘山》不相邻且均不排在最后,则后六场的排法有144种.(用数字作答)
解析:《沁园春·长沙》《蜀道难》《敕勒歌》《游子吟》《关山月》《清平乐·六盘山》分别记为A,B,C,D,E,F.
第一步:在B,C,D,E中选一个排在最后,共=4种排法.
第二步:将剩余五个节目按A与F不相邻排序,共-×=72种排法.
第三步:在前两步中B排在D的前面与后面机会相等,则求B排在D的前面的情况种数,只需除以=2即可,即六场的排法有4×72÷2=144种.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)用0,1,2,3,4,5这六个数字,完成下面问题.
(1)若数字不允许重复,可以组成多少个能被5整除且百位数字不是3的不同的五位数
(2)若直线方程ax+by=0中的a,b可以从已知的六个数字中任取两个不同的数字,则该直线方程表示的不同直线共有多少条
解:(1)当末位数字是0时,百位数字不是3, 第一步,放百位有4种方法,第二步,放剩余的三个位置有4×3×2=24种,则共有4×24=96个;
当末位数字是5,首位数字是3时,共有1×4×3×2×1=24个;
当末位数字是5,首位数字是1或2或4时,共有(4×3×2-3×2)×3=
54个;
故共有96+24+54=174个.
(2)a,b中有一个取0时,有2条;a,b都不取0时,有5×4=20条;
a=1,b=2与a=2,b=4重复;a=2,b=1与a=4,b=2重复.
故共有2+20-2=20条.
18.(12分)已知=56,且(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn.
(1)求n的值;
(2)求a1+a2+a3+…+an的值.
解:(1)因为=56,
所以=56×,
化简,得n2-11n-60=0,解得n=15(负值舍去).
(2)令x=0,得a0=1,
令x=1,得a0+a1+a2+a3+…+an=-1,
所以 a1+a2+a3+…+an=-2.
19.(12分)为提高学生学习数学的兴趣,某中学拟开设数学史、微积分选修课程、数学探究、数学建模四门校本选修课程,甲、乙、丙三名同学打算在上述四门课程中随机选择一门进行学习,已知三人选择课程时互不影响,且每人选择每一门课程都是等可能的.
(1)求三名同学选择的课程互不相同的概率;
(2)若甲、乙两名同学不能选择同一门课程,求三人共有多少种不同的选课种数;
(3)若至少有两名同学选择数学史,求三人共有多少种不同的选课种数.
解:(1)三名同学选择课程共有43=64种情况;三名同学选择的课程互不相同共有=24种情况,所求概率为=;
(2)甲、乙两名同学不选择同一门课程共有=12种情况,丙有4种不同的选择,所以甲、乙两名同学不能选择同一门课程共有12×4=48种情况;
(3)分两种情况讨论:
若有两名同学选择数学史,则共有 ×=9种不同的情况;
若有三名同学选择数学史,则共有1种情况.
综上所述,总共有9+1=10种不同的选课种数.
20.(12分)设=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+amxm,a0,a1,a2成等差数列.
(1)求的展开式的中间项;
(2)求的展开式中所有含x的奇次幂的系数和.
解:(1)依题意,得a0=1,a1=,a2=.
由题意,得2a1=a0+a2,
求得m=8或m=1(舍去).
所以的展开式的中间项是第5项,
T5==x4.
(2)因为=a0+a1x+a2x2+…+amxm,
即=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,
令x=1,则a0+a1+a2+a3+…+a8=,
令x=-1,则a0-a1+a2-a3+…+a8=,
所以a1+a3+a5+a7==,
所以展开式中所有含x的奇次幂的系数和为.
21.(12分)把4名男同志和4名女同志平均分成4组,到4辆不同的公共汽车上从事售票服务.
(1)有多少种不同的分配方法
(2)若男同志与女同志分别分组,则有多少种不同的分配方法
解:(1)男女合在一起共有8人,每辆车上2人,可以分四个步骤完成,
先安排2人上第1辆车,有种分配方法,
再安排2人上第2辆车,有种分配方法,
接着安排2人上第3辆车,有种分配方法,
最后安排2人上第4辆车,有种分配方法.
由分步乘法计数原理,得共有×××=2 520种分配方法.
(2)因为男同志与女同志分别分组,4名男同志分成两组,有=3种分组方法,4名女同志分成两组,有=3种分组方法,
所以不同的分配方法种数为3×3×=216.
22.(12分)已知(n∈N*)的展开式的各项系数之和等于的展开式中的常数项,求的展开式中含a-1的项的二项式系数.
解:的通项为
Tr+1=(4)5-r·=·(-1)r·45-r·.
若Tr+1为常数项,则10-5r=0,所以r=2,
此时得常数项为T3=×(-1)2×43×5-1=27.
令a=1,得的展开式的各项系数之和为2n.
由题意,知2n=27,所以n=7.
的通项为Tk+1=·(-)k=·(-1)k·37-k.
若Tk+1为含的项,则=-1,所以k=3.
所以的展开式中含a-1的项的二项式系数为=35.
