6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
A级 必备知识基础练
1.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,则不同的行车路线有( )
A.24种 B.16种 C.12种 D.10种
2.将3个不同的小球放入4个盒子中,不同放法种数为( )
A.81 B.64 C.14 D.12
3.若x,y∈N,且1≤x≤3,x+y<7,则满足条件的不同的有序自然数对(x,y)的个数是( )
A.15 B.12 C.5 D.4
4.有不同的语文书9本,不同的数学书7本,不同的英语书5本,从中选出不属于同一学科的书2本,则不同的选法有( )
A.21种 B.315种 C.153种 D.143种
5.数独是一种受人喜爱的数学游戏.如图是数独的一个简化版,由3行3列9个单元格构成.玩该游戏时,需要将数字1,2,3(各3个)全部填入单元格,每个单元格填一个数字,要求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字,则不同的填法有( )
A.12种 B.24种 C.72种 D.216种
6.为了进一步做好社区疫情防控工作,从6名医护人员中任意选出2人分别担任组长和副组长,则有 种不同的选法.
7.由1,2,3这三个数字抽出一部分或全部数字(没有重复)所组成的自然数有 个.
8.用0,1,2,3,4,5这6个数字组成无重复数字的四位数,若把每位数字比其左邻的数字小的数叫做“渐降数”,求上述四位数中“渐降数”的个数.
9.某电视台连续播放6个广告,其中有3个不同的商业广告、2个不同的宣传广告和1个公益广告,要求最后播放的不能是商业广告,宣传广告与公益广告不能连续播放,2个宣传广告也不能连续播放,则有多少种不同的播放方式
B级 关键能力提升练
10.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序实数对(a,b)的个数为( )
A.14 B.13 C.12 D.10
11.某班小张等4名同学报名参加A,B,C三个课外活动小组,每名同学限报其中一个小组,且小张不能报A小组,则不同的报名方法有( )
A.27种 B.36种 C.54种 D.81种
12.5名同学报名参加两个课外活动小组,每名同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有( )
A.10种 B.20种 C.25种 D.32种
13.有4位教师在同一年级的4个班中分别担任数学老师,在数学测验时要求每位教师不能在本班监考,则监考的方法有 ( )
A.8种 B.9种 C.10种 D.11种
14.计划在4个体育馆举办排球、篮球、足球3个项目的比赛,每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行,则在同一个体育馆比赛的项目不超过2项的安排方案共有( )
A.24种 B.36种 C.42种 D.60种
15.从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数,作为直线Ax+By=0的系数,则形成不同的直线最多有 条.
16. 如图,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.
17.现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画.
(1)从中任选1幅画布置房间,有几种不同的选法
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选1幅画布置房间,有几种不同的选法
(3)从这些画中任选出2幅不同画种的画布置房间,有几种不同的选法
C级 学科素养创新练
18.(2022新疆模拟)如图,一次移动是指:从某一格开始只能移动到邻近的一格,并且总是向右或右上或右下移动,而一条移动路线由若干次移动构成,如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线,则从数字“1”到“7”,漏掉两个数字的移动路线条数为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
19.用1,2,3,4四个数字(可重复)排成三位数,并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}.
(1)写出这个数列的前11项;
(2)这个数列共有多少项
(3)若an=341,求n.
第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.C 完成该任务可分为四类,从每一个方向的入口进入都可作为一类,如图,从第1个入口进入时,有3种行车路线;同理,从第2个,第3个,第4个入口进入时,都分别有3种行车路线,由分类加法计数原理可得共有3+3+3+3=12(种)不同的行车路线,故选C.
2.B 将3个不同的小球放入4个盒子中,不同放法的种数都为4,根据分步乘法计数原理,不同放法的种数为4×4×4=64.
3.A 利用分类加法计数原理.
当x=1时,y=0,1,2,3,4,5,有6个不同的有序自然数对;
当x=2时,y=0,1,2,3,4,有5个不同的有序自然数对;
当x=3时,y=0,1,2,3,有4个不同的有序自然数对.
根据分类加法计数原理可得,共有6+5+4=15(个)不同的有序自然数对.
4.D 由题意,选一本语文书一本数学书有9×7=63(种),
选一本数学书一本英语书有5×7=35(种),
选一本语文书一本英语书有9×5=45(种),
根据分类加法计数原理,共有63+45+35=143(种)选法.
故选D.
5.A 先填第一行,有3×2×1=6(种)不同填法,再填第二行第一列,有2种不同填法,当该单元格填好后,其他单元格唯一确定.根据分步乘法计数原理,共有6×2=12(种)不同的填法.
故选A.
6.30 首先从6人中选1人担任组长,共有6种不同的选法;然后从剩余5人中选1人担任副组长,共有5种不同的选法.根据分步乘法计数原理,从6名医护人员中任意选出2人分别担任组长和副组长共有6×5=30(种)不同的选法.
7.15 由题意,一位数有1,2,3,共3个自然数;两位数有12,21,23,32,13,31,共6个自然数;三位数有123,132,213,231,321,312,共6个自然数.根据分类加法计数原理,所组成的自然数的个数为3+6+6=15.
8.解 分三类:
第一类,千位数字为3时,要使四位数为“渐降数”,则四位数只有3 210,共1个;
第二类,千位数字为4时,“渐降数”有4 321,4 320,4 310,4 210,共4个;
第三类,千位数字为5时,“渐降数”有5 432,5 431,5 430,5 421,5 420,5 410,5 321,5 320,5 310,5 210,共10个.
由分类加法计数原理,得共有1+4+10=15(个)“渐降数”.
9.解用1,2,3,4,5,6表示广告的播放顺序,则完成这件事有3类方法.
第1类,宣传广告与公益广告的播放顺序是2,4,6.分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36(种)不同的播放方式;
第2类,宣传广告与公益广告的播放顺序是1,4,6.分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36(种)不同的播放方式;
第3类,宣传广告与公益广告的播放顺序是1,3,6.同样分6步完成这件事,共有3×3×2×2×1×1=36(种)不同的播放方式.
由分类加法计数原理,得6个广告不同的播放方式共有36+36+36=108(种).
10.B 由已知得ab≤1.
当a=-1时,b=-1,0,1,2,有4种可能;
当a=0时,b=-1,0,1,2,有4种可能;
当a=1时,b=-1,0,1,有3种可能;
当a=2时,b=-1,0,有2种可能.
∴满足要求的(a,b)的个数为4+4+3+2=13.
11.C 小张的报名方法有2种,其他3名同学的报名方法各有3种,由分步乘法计数原理知,共有2×3×3×3=54(种)不同的报名方法,故选C.
12.D 每名同学都有2种选择,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法共有25=32(种).
13.B 设四位监考教师分别为A,B,C,D,所教班级分别为a,b,c,d.假设A监考b,则余下三人监考剩下的三个班,共有3种不同的方法.同理A监考c,d时,也分别有3种不同的方法.由分类加法计数原理得,监考方法共有3+3+3=9种.
14.D 把3个项目分配到4个体育馆,所有方案共有4×4×4=64(种),其中,3个项目被分配到同一体育馆进行有4种方法,故满足条件的分配方案有64-4=60(种).
15.18 第一步取A的值,有5种取法,第二步取B的值,有4种取法,其中当A=1,B=2时,与A=2,B=4时是相同的;当A=2,B=1时,与A=4,B=2时是相同的,故共有5×4-2=18(条).
16.40 满足条件的三角形有两类.第1类,与正八边形有两条公共边的三角形有8个;第2类,与正八边形有一条公共边的三角形有8×4=32(个),所以满足条件的三角形共有8+32=40(个).
17.解(1)利用分类加法计数原理,知共有5+2+7=14(种)不同的选法.
(2)国画有5种不同的选法,油画有2种不同的选法,水彩画有7种不同的选法.由分步乘法计数原理,知共有5×2×7=70(种)不同的选法.
(3)三类分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画.由分类加法计数原理和分步乘法计数原理,知共有5×2+2×7+5×7=59(种)不同的选法.
18.B 从数字“1”到“7”,漏掉两个数字的移动路线条数为以下6条:1,2,4,5,7;1,2,4,6,7;1,3,4,5,7;1,3,4,6,7;1,3,5,6,7;1,2,3,5,7.
19.解 (1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133.
(2)这个数列的项数就是用1,2,3,4排成的三位数的个数,每个数位上都有4种排法,则共有4×4×4=64(项).
(3)比an=341小的数有两类:
①
1 × ×
2 × ×
②
3 1 ×
3 2 ×
3 3 ×
共有2×4×4+1×3×4=44(项).第2课时 两个计数原理的应用
A级 必备知识基础练
1.如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通,现发现A,B间电路不通,则焊接点脱落的不同情况有( )种.
A.9 B.11 C.13 D.15
2.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(a,b)的坐标,能够确定不在x轴上的点的个数是( )
A.100 B.90 C.81 D.72
3.把10个苹果分成三堆,要求每堆至少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
4.某城市的电话号码由七位升为八位(首位数字均不为零),则该城市可增加的电话部数是( )
A.9×8×7×6×5×4×3×2
B.8×97
C.9×107
D.8.1×107
5.某县总工会利用业余时间开设太极、书法、绘画三个培训班,甲、乙、丙、丁四人报名参加,每人只报名参加一项,且甲、乙不参加同一项,则不同的报名方法种数为 .
6.已知集合M={1,2,3,4},集合A,B为集合M的非空子集,若对 x∈A,y∈B,x7.五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目,每个工程队承建1个,其中甲工程队不能承建1号子项目,则不同的承建方案有 种.
8.某文艺小组有20人,其中会唱歌的有14人,会跳舞的有10人,从中选出会唱歌与会跳舞的各1人参加演出,且既会唱歌又会跳舞的至多选1人,有多少种不同的选法
9.在3 000到8 000之间有多少个无重复数字的奇数
B级 关键能力提升练
10.一植物园的参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线共有( )
A.6种 B.8种 C.36种 D.48种
11.(多选题)已知集合A={-1,2,3,4},m,n∈A,则对于方程=1的说法正确的是( )
A.可表示3个不同的圆
B.可表示6个不同的椭圆
C.可表示3个不同的双曲线
D.表示焦点位于x轴上的椭圆有3个
12.现有某类病毒记作XmYn,其中正整数m,n(m≤7,n≤9)可以任意选取,则不同的选取种数为 ,m,n都取到奇数的概率为 .
13.(1)从5种颜色中选出3种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每一个顶点涂一种颜色,并使同一条棱上的两个顶点异色,求不同的涂色方法数;
(2)从5种颜色中选出4种颜色,涂在一个四棱锥的五个顶点上,每个顶点上涂一种颜色,并使同一条棱上的两个顶点异色,求不同的涂色方法数.
C级 学科素养创新练
14.现有五种不同的颜色,要对图形中的四个部分进行着色,要求有公共边的两块不能用同一种颜色,不同的涂色方法有 种.
15.称子集A M={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11}是“好的”,如果它有下述性质——“若2k∈A,则2k-1∈A且2k+1∈A(k∈N)”(空集和M都是“好的”),则M中有多少个包含2个偶数的“好的”子集
第2课时 两个计数原理的应用
1.C 按照可能脱落的焊接点的个数分类讨论:
若脱落1个,则有1,4,共两种情况;
若脱落2个,则有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种情况;
若脱落3个,则有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共4种情况;
若脱落4个,则有(1,2,3,4),共1种情况.
综上共有2+6+4+1=13种情况.
故选C.
2.C 分两步,第1步选b,因为b≠0,所以有9种不同的选法;第2步选a,因为a≠b,所以也有9种不同的选法.由分步乘法计数原理知共有9×9=81(个)点满足要求.
3.A 三堆中“最多”的一堆为5个,其他两堆总和为5,每堆至少1个,只有2种分法,即1和4,2和3两种方法.
三堆中“最多”的一堆为4个,其他两堆总和为6,每堆至少1个,只有2种分法,即2和4,3和3两种方法.
所以不同的分法共有2+2=4(种).
4.D 电话号码是七位数字时,该城市可安装电话9×106部,同理升为八位时为9×107部,所以可增加的电话部数是9×107-9×106=8.1×107.
5.54 甲有三个培训可选,甲、乙不参加同一项,所以乙有两个培训可选,丙、丁各有三个培训可选,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法种数为3×2×3×3=54.
6.17 当A={1}时,B有23-1=7(种)情况;
当A={2}时,B有22-1=3(种)情况;当A={3}时,B有1种情况;当A={1,2}时,B有22-1=3(种)情况;当A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情况,所以集合M的“子集对”共有7+3+1+3+3=17(个).
7.96 完成承建任务可分五步.第1步,安排1号子项目,有4种不同的承建方案;第2步,安排2号子项目,有4种不同的承建方案;第3步,安排3号子项目,有3种不同的承建方案;第4步,安排4号子项目,有2种不同的承建方案;第5步,安排5号子项目,有1种承建方案.由分步乘法计数原理得,共有4×4×3×2×1=96(种)不同的承建方案.
8.解易知既会唱歌又会跳舞的有4人,只会唱歌的有10人,只会跳舞的有6人.第1类,首先从只会唱歌的10人中选出1人,有10种不同的选法,从会跳舞的10人中选出1人,有10种不同的选法,共有10×10=100(种)不同的选法;第2类,从既会唱歌又会跳舞的4人中选1人,再从只会跳舞的6人中选1人,共有4×6=24(种)不同的选法.所以一共有100+24=124(种)不同的选法.
9.解分两类:一类是以3,5,7为首位的四位奇数,可分三步完成:先排千位有3种方法,再排个位有4种方法,最后排中间的两个数有8×7种方法,所以满足要求的数有3×4×8×7=672(个).另一类是首位是4或6的四位奇数,也可分三步完成,满足要求的数有2×5×8×7=560(个).
由分类加法计数原理得,满足要求的数共有672+560=1 232(个).
10.D 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,故选D.
11.ABD 当m=n>0时,方程=1表示圆,故有3个,选项A正确;当m≠n且m,n>0时,方程=1表示椭圆,焦点在x,y轴上的椭圆分别有3个,故有3×2=6(个),选项B正确,D正确;当mn<0时,方程=1表示双曲线,故有3×1+1×3=6个,选项C错误.
12.63 因为正整数m,n满足m≤7,n≤9,所以(m,n)所有可能的取值有7×9=63(种),其中m,n都取到奇数的情况有4×5=20(种),因此所求概率为
13.解(1)如图,由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,则A,C必须颜色相同,B,D必须颜色相同,所以共有5×4×3×1×1=60(种)不同的涂色方法.
(2)(方法一)由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,则A,C可以颜色相同,B,D可以颜色相同,并且两组中必有一组颜色相同.所以,先从两组中选出一组涂同一颜色,有2种选法(如:B,D颜色相同);再从5种颜色中,选出四种颜色涂在S,A,B,C四个顶点上,有5×4×3×2=120(种)不同的涂色方法.最后D涂B的颜色,根据分步乘法计数原理,共有2×120=240(种)不同的涂色方法.
(方法二)分两类.
第1类,C与A颜色相同.由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,它们有5×4×3=60(种)不同的涂色方法.共有5×4×3×1×2=120(种)不同的涂色方法.第2类,C与A颜色不同.由题意知,四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所涂色互不相同,它们有5×4×3=60(种)不同的涂色方法.共有5×4×3×2×1=120(种)不同的涂色方法.由分类加法计数原理,共有120+120=240(种)不同的涂色方法.
14.180 依次给区域Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ涂色分别有5,4,3,3种方法,根据分步乘法计数原理,不同的涂色方法的种数为5×4×3×3=180.
15.解 含有2个偶数的“好的”子集A,有两种不同的情形:
①两偶数是相邻的,有4种可能:2,4;4,6;6,8;8,10.
每种情况必有3个奇数相随(如2,4∈A,则1,3,5∈A).
余下的3个奇数可能在A中,也可能不在A中,
故这样的“好的”子集共有4×23=32(个).
②两偶数不相邻,有6种可能:2,6;2,8;2,10;4,8;4,10;6,10.
每种情况必有4个奇数相随(如2,6∈A,则1,3,5,7∈A).
余下的2个奇数可能在A中,也可能不在A中,
故这样的“好的”子集共有6×22=24(个).6.2 排列与组合
6.2.1 排列 6.2.2 排列数
A级 必备知识基础练
1.(多选题)从1,2,3,4四个数字中,任选两个数做以下数学运算,并分别计算它们的结果.在这些问题中,相应运算可以看作排列问题的有( )
A.加法 B.减法
C.乘法 D.除法
2.6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.48种 D.60种
3.已知=10,则n的值为( )
A.4 B.5
C.6 D.7
4.7个人排成一队参观某项目,其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B再A后C,则不同的列队方式的种数为( )
A.120 B.240
C.420 D.840
5.某一天上午的课程表要排入语文、数学、物理、体育共4节课,如果第一节不排体育,最后一节不排数学,那么共有不同排法 种.
6.不等式-n<7的解集为 .
7.7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
B级 关键能力提升练
8.某班级从A,B,C,D,E,F六名学生中选四人参加4×100 m接力比赛,其中第一棒只能在A,B中选一人,第四棒只能在A,C中选一人,则不同的选派方法共有( )
A.24种 B.36种 C.48种 D.72种
9.(多选题)甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排,下列说法正确的是( )
A.如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边,那么不同的排法有24种
B.最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有54种
C.甲、乙不相邻的排法种数为72种
D.甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
10.由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中小于50 000的偶数共有( )
A.60个 B.48个 C.36个 D.24个
11.3个人坐在有8个座位的一排上,若每个人的两边都要有空位,则不同的坐法种数为 .
12.某次文艺晚会上共演出8个节目,其中有2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目,求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种
(1)一个唱歌节目开头,另一个放在最后压台;
(2)2个唱歌节目互不相邻;
(3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.
C级 学科素养创新练
13.从数字0,1,3,5,7中取出三个不同的数作系数,可以组成多少个不同的一元二次方程ax2+bx+c=0 其中有实根的一元二次方程有多少个
6.2.1 排列 6.2.2 排列数
1.BD 因为加法和乘法满足交换律,所以选出两个数做加法和乘法时,结果与两数字位置无关,故不是排列问题,而减法、除法与两数字的位置有关,故是排列问题,故选BD.
2.A 第1步,甲、乙两本书必须摆放在两端,有种不同的摆放方法;
第2步,丙、丁两本书视为整体与其他两本排列,有种不同的摆放方法.
根据分步乘法计数原理,共有=24(种)不同的摆放方法,故选A.
3.B 由=10,得(n+1)n-n(n-1)=10,解得n=5.
4.D 根据题意,先将7人排成一列,有种排法,其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B再A后C,即A,B,C三人顺序一定,则不同的列队方式有=840种.
5.14 (方法一)若第一节排数学,共有=6(种)排法;
若第一节不排数学,第一节有2种排法,最后一节有2种排法,中间两节任意排,有2×2×2=8(种)排法.
根据分类加法计数原理,共有6+8=14(种)排法,故答案为14.
(方法二)4节课全部可能的排法有=24(种),其中体育排第一节的有=6(种),数学排最后一节的有=6(种),体育排第一节且数学排最后一节的有=2(种),故符合要求的排法有-2=14(种).
6.{3,4} 由-n<7,
得(n-1)(n-2)-n<7,
整理,得n2-4n-5<0,解得-1又n-1≥2且n∈N*,即n≥3且n∈N*,
所以n=3或n=4.
7.解(1)先排正、副班长,有种方案,再安排其余职务有种方案,由分步乘法计数原理,知共有=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=3 600(种).
8.B 若第一棒选A,则有种选派方法;若第一棒选B,则有2种选派方法.由分类加法计数原理知,共有+2=3=36(种)选派方法.
9.ACD 甲、乙必须相邻且乙在甲的右边,可将甲、乙捆绑看成一个元素,则不同的排法有=24(种),故A正确;
最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有=42(种),故B不正确;
甲、乙不相邻的排法种数为=72(种),故C正确;
甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有=20(种),故D正确.
故选ACD.
10.C 由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中偶数共有2=48(个),大于50 000的偶数共有2=12(个),所以小于50 000的偶数共有48-12=36(个).
11.24 先排好5个空座位,再让3个人带着座位插到中间4个空中去,所以共有=24(种)坐法.
12.解(1)先排唱歌节目有种排法,再排其他节目有种排法,所以共有=1 440(种)排法.
(2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目,有种排法,再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目,有种插入方法,所以共有=30 240(种)排法.
(3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素,与3个曲艺节目排列共有种排法,再将3个舞蹈节目插入,共有种插入方法,最后将2个唱歌节目进行排列,有种排法,故所求排法共有=2 880(种)排法.
13.解 先考虑组成一元二次方程的问题:
首先确定a,只能从1,3,5,7中选一个,有种,然后从余下的4个数中任选两个作b,c,有种,
所以由分步乘法计数原理知,可以组成一元二次方程=48(个).
方程要有实根,必须满足Δ=b2-4ac≥0.
分类讨论如下:
当c=0时,a,b可在1,3,5,7中任取两个进行排列,有个.
当c≠0时,分析根的判别式知,b只能取5,7.当b取5时,a,c只能取1,3这两个数,有种;当b取7时,a,c可取1,3或1,5这两组数,有2种,此时共有(+2)个.6.2.3 组合 6.2.4 组合数
A级 必备知识基础练
1.若5名代表分4张同样的参观券,每人最多分一张,且全部分完,那么分法一共有( )
A.2种 B.1 024种
C.625种 D.5种
2.某新农村社区共包括8个自然村,且这些村庄分布零散,没有任何三个村庄在一条直线上,现要在该社区内建“村村通”工程,则共需建公路的条数为( )
A.4 B.8
C.28 D.64
3.从2,3,…,8中任意取三个不同的数字,组成无重复数字的三位数,要求个位数最大,百位数最小,则这样的三位数的个数为( )
A.35 B.42
C.105 D.210
4.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.30种 B.60种
C.120种 D.180种
5.(多选题)对于m,n∈N*且mA.
B.
C.
D.=(m+1)
6.若已知集合P={1,2,3,4,5,6},则集合P的子集中含有3个元素的子集数为 .
7.计算的值为 .
8.若对任意的x∈A,则∈A,就称A是“具有伙伴关系”的集合.集合M=-1,0,,1,2,3,4的所有非空子集中,“具有伙伴关系”的集合的个数为 .
9.现有5名男司机、4名女司机,需选派5人运货到某市.
(1)如果派3名男司机、2名女司机,共有多少种不同的选派方法
(2)至少有两名男司机,共有多少种不同的选派方法
B级 关键能力提升练
10.从长度分别为1,2,3,4,5的五条线段中,任取三条的不同取法有n种,在这些取法中,若以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m,则等于( )
A. B. C. D.
11.已知圆上有9个点,每两点连一线段,所有线段在圆内的交点有( )
A.36个 B.72个 C.63个 D.126个
12.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
13.从10名大学毕业生中选3人担任某公司助理,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.28 B.49 C.56 D.85
14.(多选题)有13名医生,其中女医生6人,现从中抽调5名医生组成医疗小组前往某地区参与救援,若医疗小组至少有2名男医生,同时至多有3名女医生,设不同的选派方法种数为N,则下列等式能成为N的算式是( )
A.
B.
C.
D.
15.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 种.
16.= .
17.某城市纵向有6条道路,横向有5条道路,构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路),则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有 条.
18.甲、乙、丙、丁4名同学到A,B,C三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,且同学甲安排在A小区,则共有 种不同的安排方案.
19.(1)计算:.
(2)求证:+2.
C级 学科素养创新练
20.某单位需同时参加甲、乙、丙三个会议,甲会议需2人参加,乙、丙两个会议各需1人参加,从10人中选派4人参加这三个会议,不同的安排方法有 种.
21.按照下列要求,分别求有多少种不同的方法
(1)5个不同的小球放入3个不同的盒子;
(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球;
(3)5个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球;
(4)5个不同的小球放入3个不同的盒子,恰有1个空盒.
6.2.3 组合 6.2.4 组合数
1.D 由于4张同样的参观券分给5名代表,每人最多分一张,从5名代表中选4人满足分配要求,故有=5种.
2.C 由于“村村通”公路的修建是组合问题,故共需要建=28(条)公路.
3.A 由于取出三个数字后大小次序已确定,只需把最小的数字放在百位,最大的数字放在个位,剩下的数字放在十位,因此满足条件的三位数的个数为=35.
4.B 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”,最后剩下的3人负责“发放彩绳”,则不同的分配方案共有=60(种).故选B.
5.ABC 根据组合数的性质与组合数的计算公式
,故A正确;
因为,
=,
所以,故B正确;
因为m!=,所以,故C正确;
因为,(m+1)=(m+1),故D不正确.
6.20 由于集合中的元素具有无序性,因此含3个元素的子集个数与元素顺序无关,是组合问题,共有=20(个)子集.
7.126 =126.
8.15 “具有伙伴关系”的元素组有-1;1;,2;,3,共4组.所以集合M的所有非空子集中,“具有伙伴关系”的非空集合中的元素,可以是“具有伙伴关系”的元素组中的任一组、二组、三组、四组.又因为集合中的元素是无序的,所以所求集合的个数为=15.
9.解 (1)从5名男司机中选派3名,有种方法,
从4名女司机中选派2名,有种方法.
根据分步乘法计数原理得,所选派的方法总数为=60.
(2)从9人中任选5人运货有种方法.
其中1名男司机、4名女司机有=5(种)选法.
所以至少有两名男司机的选派方法为-5=121(种).
10.B 任取三条的不同取法有=10(种),钝角三角形只有2,3,4和2,4,5两种情况,故n=10,m=2,
11.D 此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形,所有四边形的对角线交点个数即为所求,所以交点为=126(个).
12.A ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有=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=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=3(个).
故共有符合条件的点的个数为12+18+3=33(个).故选A.
13.B 依题意,满足条件的不同选法的种数为=49.
14.BC 13名医生,其中女医生6人,男医生7人.
(方法一 直接法)2男3女;3男2女;4男1女;5男,所以N=
(方法二 间接法)13名医生,任取5人,减去4、5名女医生的情况,即N=
故选BC.
15.10 依题意,就所剩余的1本进行分类:
第1类,剩余的是1本画册,此时满足题意的赠送方法有4种;
第2类,剩余的是1本集邮册,此时满足题意的赠送方法有=6(种).
因此,满足题意的赠送方法共有4+6=10(种).
16.220 =220.
17.126 要使路线最短,只能向右或向上走,途中不能向左或向下走.因此,从A地到B地归结为走完5条横线段和4条纵线段.设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段,从9个行走时段中任取4个时段走纵线段,其余5个时段走横线段,共有=126(种)走法,故从A地到B地的最短路线共有126条.
18.12 分两类:(1)A小区安排2人(同学甲及另一名同学),则有=6(种)安排方案.
(2)A小区只安排同学甲1人,则有=6(种)安排方案,
根据分类加法计数原理可得共有6+6=12(种)安排方案.
19.(1)解原式=1==56+4 950=5 006.
(2)证明由组合数的性质可知,
右边=()+()==左边.
所以原等式成立.
20.2 520 从10人中选派4人有种方法,对选出的4人具体安排会议有种方法,由分步乘法计数原理知,不同的选派方法有=2 520(种).
21.解 (1)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个小球都有3种可能,利用分步乘法计数原理可得不同的方法有35=243(种).
(2)5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球,先把5个小球分组,分法有2,2,1和3,1,1两种,再放入3个不同的盒子,故不同的方法共有=150(种).
(3)5个相同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少一个小球,类似于在5个小球间的空隙中,放入2个隔板,把小球分为3组,故不同的方法共有=6(种).6.3 二项式定理
6.3.1 二项式定理
A级 必备知识基础练
1.(x-y)10的展开式中x6y4的系数是( )
A.840 B.-840 C.210 D.-210
2.在(1-x)5-(1-x)6的展开式中,含x3的项的系数是( )
A.-5 B.5 C.-10 D.10
3.使得3x+n(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
4.(多选题)对于二项式+x3n(n∈N*),下列判断正确的有( )
A.存在n∈N*,展开式中有常数项
B.对任意n∈N*,展开式中没有常数项
C.对任意n∈N*,展开式中没有x的一次项
D.存在n∈N*,展开式中有x的一次项
5.若(x+a)10的展开式中,x7的系数为15,则a= .(用数字填写答案)
6.若x>0,设5的展开式中的第三项为M,第四项为N,则M+N的最小值为 .
7.已知n的展开式中的第9项与第10项二项式系数相等,求x的系数(用组合数表示).
8.已知在的展开式中,第5项的系数与第3项的系数之比为56∶3,求展开式中的常数项.
9.求证:1+2+22+…+(n∈N*)能被31整除.
B级 关键能力提升练
10.在(1-x3)(1+x)10的展开式中,x5的系数是( )
A.-297 B.-252 C.297 D.207
11.对任意实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a2的值为( )
A.3 B.6 C.9 D.21
12.(x2+2)-15的展开式中的常数项是( )
A.-3 B.-2 C.2 D.3
13.(2022江苏南京玄武校级月考)-2+4-8+…+(-2)n=( )
A.(-1)n-1 B.(-1)n
C.3n D.3n-1
14.(2022山西临汾模拟)在的展开式中,x8的系数为170,则正数a的值为( )
A. B. C.2 D.1
15.已知在x2-n的展开式中,第9项为常数项,则:
(1)n的值为 ;
(2)含x的整数次幂的项有 个.
16.在(1-x)5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8的展开式中,含x3的项的系数是 .
17.已知(xcos θ+1)5的展开式中x2的系数与x+4的展开式中x3的系数相等,则cos θ= .
18.已知n的展开式中,前三项系数的绝对值依次成等差数列.
(1)证明:展开式中没有常数项;
(2)求展开式中所有的有理项.
C级 学科素养创新练
19.已知f(x)=(1+x)m,g(x)=(1+2x)n(m,n∈N*).
(1)若m=3,n=4,求f(x)g(x)的展开式中含x2的项;
(2)令h(x)=f(x)+g(x),h(x)的展开式中x的项的系数为12,那么当m,n为何值时,含x2的项的系数取得最小值
6.3.1 二项式定理
1.A 在通项Tk+1=(-y)kx10-k中,令k=4,即得(x-y)10的展开式中x6y4项的系数为(-)4=840.
2.D (1-x)5中x3的系数为-=-10,-(1-x)6中x3的系数为-(-1)3=20,故(1-x)5-(1-x)6的展开式中x3的系数为10.
3.B 展开式中的第k+1项为(3x)n-k3n-k若展开式中含常数项,则存在n∈N*,k∈N,使n-k=0,故最小的n为5,故选B.
4.AD 二项式+x3n的展开式的通项为Tk+1=x4k-n,由通项可知,当n=4k(k∈N*)和n=4k-1(k∈N*)时,展开式中分别存在常数项和x的一次项,故选AD.
5 二项展开式的通项为Tk+1=x10-kak,当10-k=7时,k=3,T4=a3x7,则a3=15,故a=
6 T3=32=x,T4=2·3=,故M+N=2当且仅当,即x=时,等号成立.
7.解,∴n=17,Tk+1=2k
令=1,得k=9.
∴T10=x4·29·x-3=29·x.
故x的系数为29
8.解T5=)n-4·24x-8=16,T3=)n-2·22x-4=4
由题意知,,解得n=10(负值舍去).
Tk+1=)10-k·2kx-2k=2k,
令=0,解得k=2.
所以展开式中的常数项为22=180.
9.证明∵1+2+22+…+-1=32n-1=(31+1)n-1=31n+31n-1+…+31+-1=31(31n-1+31n-2+…+),显然31n-1+31n-2+…+为整数,∴原式能被31整除.
10.D (1-x3)(1+x)10=(1+x)10-x3(1+x)10,x5的系数为=207.
11.B ∵x3=(x-2+2)3=(x-2)3+(x-2)2·2+(x-2)·22+23=8+12(x-2)+6(x-2)2+(x-2)3,
∴a2=6.
12.D 展开式的通项为Tk+1=(-1)k=(-1)k
令10-2k=2或10-2k=0,解得k=4或k=5.
故(x2+2)的展开式中的常数项是
(-1)4+2×(-1)5=3.
13.A ∵-2+4-8+…+(-2)n=1-2+4-8+…+(-2)n-1=(1-2)n-1=(-1)n-1.
14.C 由多项式的乘法性质知每个括号里的因式是a,x,-,则x8=x9=x8×1×1,共有2种情况,
则对应的x8为x9+a2·x8=(-10+45a2)x8,
∵x8的系数为170,
∴-10+45a2=170,则45a2=180,
即a2=4,解得a=2.
15.(1)10 (2)6 二项展开式的通项为Tk+1=x2n-k·-k=(-1)kn-k
(1)因为第9项为常数项,所以当k=8时,2n-k=0,
解得n=10.
(2)要使20-k为整数,需k为偶数,
由于k=0,1,2,3,…,9,10,
故符合要求的项有6个,分别为展开式的第1,3,5,7,9,11项.
16.-121 展开式中含x3的项的系数为(-1)3+(-1)3+(-1)3+(-1)3=-121.
17.± (xcos θ+1)5展开式中x2的系数为cos2θ,
x+4展开式中x3的系数为由题意可知cos2θ=,∴cos2θ=,∴cos θ=±
18.(1)证明由题意得2=1+,
即n2-9n+8=0,∴n=8(n=1舍去).
∴Tk+1=)8-k=(-1)k(0≤k≤8,k∈Z).
若Tk+1是常数项,则=0,
即16-3k=0,∵k∈Z,∴等式不可能成立,
∴展开式中没有常数项.
(2)解由(1)知,若Tk+1是有理项,当且仅当为整数.∵0≤k≤8,k∈Z,∴k=0,4,8,
即展开式中有三项有理项,分别是T1=x4,T5=x,T9=x-2.
19.解(1)当m=3,n=4时,f(x)g(x)=(1+x)3(1+2x)4.
(1+x)3展开式的通项为xr,
(1+2x)4展开式的通项为(2x)k,
f(x)g(x)的展开式中含x2的项为1(2x)2+x(2x)+x2×1=51x2.
(2)h(x)=f(x)+g(x)=(1+x)m+(1+2x)n.
因为h(x)的展开式中x的项的系数为12,
所以+2=12,即m+2n=12,
所以m=12-2n.
x2的系数为+4+4(12-2n)(11-2n)+2n(n-1)=4n2-25n+66=4n-2+,n∈N*,
所以当n=3,m=6时,6.3.2 二项式系数的性质
A级 必备知识基础练
1.若(x+3y)n展开式的各项系数和等于(7a+b)10展开式中的二项式系数之和,则n的值为( )
A.5 B.8 C.10 D.15
2.的展开式中,只有第4项的二项式系数最大,则该展开式的常数项是( )
A.-15 B.-20 C.15 D.20
3.如果一个多位数的各个数位上的数字从左到右按由小到大的顺序排列,则称此数为“上升”的,那么所有“上升”的正整数的个数为( )
A.530 B.502 C.503 D.505
4.(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
5.设(1+x+x2)n=a0+a1x+a2x2+…+a2nx2n,则a0+a2+a4+…+a2n= .
6.设(3x-2)6=a0+a1(2x-1)+a2(2x-1)2+…+a6(2x-1)6,则= .
7.已知(1+m)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256,展开式中含x的项的系数为112.
(1)求m,n的值;
(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和;
(3)求(1+m)n(1-x)的展开式中含x2的项的系数.
B级 关键能力提升练
8.在n的展开式中,所有奇数项系数之和为1 024,则中间项系数是( )
A.330 B.462 C.682 D.792
9.(多选题)关于(a-b)11的说法,正确的是 ( )
A.展开式中的二项式系数之和为2 048
B.展开式中只有第6项的二项式系数最大
C.展开式中第6项和第7项的二项式系数最大
D.展开式中第6项的系数最大
10.若(1-2x)2 022=a0+a1x+…+a2 022x2 022(x∈R),则+…+的值为( )
A.2 B.0 C.-2 D.-1
11.已知(1+x)10=a1+a2x+a3x2+…+a11x10,若数列a1,a2,a3,…,ak(1≤k≤11,k∈Z)是一个单调递增数列,则k的最大值是 .
C级 学科素养创新练
12.已知f(x)=(1+2x)m+(1+4x)n(m,n∈N*)的展开式中含x项的系数为36,则展开式中含x2项的系数的最小值为 .
6.3.2 二项式系数的性质
1.A (7a+b)10的展开式的二项式系数之和为210,
令x=1,y=1,则由题意知,4n=210,解得n=5.
2.C 因为只有第4项的二项式系数最大,得n=6,
所以x2-n的展开式的通项为
Tk+1==(-1)kx12-3k.
令12-3k=0得k=4,
所以展开式中的常数项是(-1)4=15.
故选C.
3.B 由题意,得“上升”的正整数包含两位数有个,三位数有个,…,九位数有个,则所有“上升”的正整数的个数为+…+=29-=502.
4.ACD 因为(2x-1)7展开式的通项为
Tk+1=(2x)7-k(-1)k=(-1)k27-kx7-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,即B错误;
a1+a3+a5+a7=,即C正确;
|a1|+|a2|+…+|a7|=a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-(a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7)+a0=37-1,即D正确.
5 令x=1,得3n=a0+a1+a2+…+a2n-1+a2n, ①
令x=-1,得1=a0-a1+a2-…-a2n-1+a2n, ②
①+②得3n+1=2(a0+a2+…+a2n),
所以a0+a2+…+a2n=
6.- 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=-
7.解(1)由题意可得2n=256,解得n=8.Tk+1=mk,含x项的系数为m2=112,解得m=2或m=-2(舍去).故m,n的值分别为2,8.
(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为=28-1=128.
(3)(1+2)8(1-x)=(1+2)8-x(1+2)8,
所以含x2的项的系数为24-22=1 008.
8.B ∵二项展开式中所有项的二项式系数之和为2n,而所有偶数项的二项式系数之和与所有奇数项的二项式系数之和相等,故由题意得2n-1=1 024,∴n=11,
∴展开式共12项,中间项为第6项、第7项,其系数为=462.
9.AC (a-b)11的展开式中的二项式系数之和为211=2 048,故A正确;
因为n=11为奇数,所以展开式中有12项,中间两项(第6项和第7项)的二项式系数相等且最大,故B不正确,C正确;展开式中第6项的系数为负数,不是最大值,故D不正确.故选AC.
10.D (1-2x)2 022=a0+a1x+…+a2 022x2 022,
令x=0,得a0=1,
令x=,得1-22 022=a0++…+=0,
所以+…+=-1.
11.6 (1+x)n的展开式的各项的系数为其二项式系数,当n=10时,展开式的第六项的二项式系数最大,故k的最大值为6.
12.272 (1+2x)m+(1+4x)n的展开式中含x的项为
2x+4x=(2+4)x,
∴2+4=36,即m+2n=18,
(1+2x)m+(1+4x)n的展开式中含x2的项的系数为t=22+42=2m2-2m+8n2-8n,
∵m+2n=18,
∴m=18-2n,
∴t=2(18-2n)2-2(18-2n)+8n2-8n=16n2-148n+612=16n2-n+,
∴当n=时,t取最小值,但n∈N*,
∴当n=5时,
