同步练习1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·黑龙江齐齐哈尔高二期中]完成一项工作，有两种方法，有6个人只会用第一种方法，另外有4个人只会用第二种方法，从这10个人中选1个人完成这项工作，则不同的选法共有( )
A．6种B．10种
C．4种D．60种
2．欢欢同学从4本漫画书和5本绘本书中各任选1本出来参加义卖活动，则不同的选法共有( )
A．7种B．9种
C．12种D．20种
3．[2023·安徽池州高二期中]“声东击西”是游击战争的一种战术：声东可以击东、南、西、北中的任意一个方向，以此灵活地打击或消灭敌人．同样还有“声南击北”等不同的战术，由此可知这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为( )
A．16B．12
C．4D．3
4．[2023·湖南衡阳高二期中]某体育用品店有5款不同的篮球、4款不同的排球，某人要买一个篮球和一个排球，不同的选法有( )
A．9种B．10种
C．20种D．36种
5．从甲地到乙地有3种走法，从乙地到丙地有2种走法，若从甲地到达丙地必须经过乙地，则从甲地到丙地的不同走法的种数为( )
A．5B．6
C．8D．12
6．[2023·辽宁抚顺高二期中]现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有( )
A．10种B．12种
C．20种D．60种
7．已知两条异面直线a，b上分别有4个点和7个点，则这11个点可以确定不同的平面个数为( )
A．4B．7
C．11D．126
8．[2023·河南开封高二期末]某选秀节目报名即将开始，选手们可通过拨打热线电话或登录官网两种方式之一来报名．现有甲、乙、丙三人均要报名参加，则不同的报名方法有( )
A．4种B．6种
C．8种D．9种
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．如图，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传递消息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为( )
A．18B．19
C．24D．26
10．有一项活动，需在3名老师、8名男学生和5名女学生中选人参加，则下列结论正确的是( )
A．若只需1人参加，则有16种不同的选法
B．若需老师、男学生、女学生各1人参加，则有16种不同的选法
C．若需老师、男学生、女学生各1人参加，则有120种不同的选法
D．若需1名老师、1名学生参加，则有16种不同的选法
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·辽宁阜新高二期末]某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有________种．
12．[2023·河北唐山高二期中]某人有5件不同的衬衫，6条不同的裤子.1件上衣和1条裤子为一种搭配，则搭配方法共有________种．
四、解答题(共20分)
13．(10分)有三个袋子，第一个袋子装有标号1～20的红色小球20个，第二个袋子装有标号1～15的白色小球15个，第三个袋子装有标号1～8的蓝色小球8个．
(1)从三个袋子中取一个小球，共有多少种不同的取法？
(2)从每个袋子中各取一个小球，共有多少种不同的取法？
14．(10分)[2023·山西晋中高二期中]书架的第一层放有6本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有4本不同的外语书．
(1)从书架中任取1本书，共有多少种不同的取法？
(2)从书架中的第1，2，3层各取1本书，共有多少种不同的取法？
关键能力综合练
15．(5分)[2023·湖北孝感高二期中]3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数是( )
A．34B．43
C．12D．16
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)为了确保电子邮箱的安全，在注册时，通常要设置电子邮箱密码．
(1)若密码为4位，每位均为0～9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？
(2)若密码为4～6位，每位均为0～9这10个数字中的1个，则这样的密码共有多少个？
同步练习1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1．解析：根据分类加法计数原理可知，不同的选法共有6＋4＝10(种).
答案：B
2．解析：根据分步乘法计数原理可知，不同的选法共有4×5＝20(种).
答案：D
3．解析：根据题意，声的情况有4种，击的情况也有4种，所以这类战术中打击或消灭敌人的方法总数为4×4＝16.
答案：A
4．解析：第一步，从5款不同的篮球中选一个，有5种选法；
第二步，从4款不同的排球中选一个，有4种选法；
故不同的选法为5×4＝20(种).
答案：C
5．解析：由分步乘法计数原理可知，从甲地到丙地的不同的走法种数为2×3＝6.
答案：B
6．解析：分三类：
第一类，从3幅不同的油画中任选一幅，有3种；
第二类，从4幅不同的国画中任选一幅，有4种；
第三类，从5幅不同的水彩画中任选一幅，有5种．
根据分类加法计数原理得共有3＋4＋5＝12(种)不同的选法．
答案：B
7．解析：分两类情况讨论：
第一类，直线a分别与直线b上的7个点可以确定7个不同的平面；
第二类，直线b分别与直线a上的4个点可以确定4个不同的平面．
根据分类加法计数原理知，共可以确定7＋4＝11(个)不同的平面．
答案：C
8．解析：由题意，每人选择的方式有2种，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有2×2×2＝8(种).
答案：C
9．解析：第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；
第二条线路单位时间内传递的最大信息量为4；
第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6；
第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6.
因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19.
答案：AB
10．解析：由题意，有一项活动，需在3名老师、8名男学生和5名女学生中选人参加，共有16人，若只需1人参加，由分类加法计数原理，可得有3＋8＋5＝16(种)不同的选法，所以A正确；若需老师、男学生、女学生各1人参加，由分步乘法计数原理，可得有3×8×5＝120(种)不同的选法，所以B错误，C正确；若需1名老师、1名学生参加，由分步乘法计数原理，可得有3×13＝39(种)不同的选法，所以D错误．
答案：AC
11．解析：根据分类加法计数原理得不同的选法共有4＋5＋2＝11(种).
答案：11
12．解析：依题意有5×6＝30(种)搭配方法．
答案：30
13．解析：(1)从三个袋子里选取一个小球，有20＋15＋8＝43(种)不同的选法．
(2)从每个袋子里选取一个小球，有20×15×8＝2400(种)不同的选法．
14．解析：(1)从书架上任取1本书，有三类方案：
第1类，从第1层取1本语文书，有6种方法；
第2类，从第2层取1本数学书，有5种方法；
第3类，从第3层取1本外语书，有4种方法．
根据分类加法计数原理，不同取法的种数为6＋5＋4＝15(种).
(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三步完成：
第1步，从第1层取1本语文书，有6种方法；
第2步，从第2层取1本数学书，有5种方法；
第3步，从第3层取1本外语书，有4种方法．
根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为6×5×4＝120(种).
15．解析：每个班有4种不同选择，共有43种不同选法．
答案：B
16．解析：(1)设置1个4位密码要分4步进行，每一步确定一位数字，每一位上都可以从0～9这10个数字中任取1个，有10种取法．根据分步乘法计数原理，4位密码的个数是10×10×10×10＝10000.
(2)设置的密码为4～6位，每位均为0～9这10个数字中的1个，这样的密码共有3类．其中4位密码、5位密码、6位密码的个数分别为104，105，106.根据分类加法计数原理，设置由数字0～9组成的4～6位密码的个数是104＋105＋106＝1110000.
故满足条件的密码有1110000个．同步练习2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·江苏扬州高二期中]用1，2，3，4四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有( )
A．6个B．18个
C．24个D．12个
2．[2023·江苏连云港高二期中]某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在正六边形ABCDEF(边长为1个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正六边形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i＝1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．某人抛掷2次骰子后棋子恰好又回到点A处，则不同走法种数为( )
A．5B．6
C．7D．8
3．[2023·辽宁沈阳高二期末]四张红桃纸牌、三张黑桃纸牌及两张梅花纸牌中，每张纸牌上的数字不同，取出两张不同花色的纸牌，不同的取法共有( )
A．24种B．9种
C．10种D．26种
4．[2023·江苏宿迁高二期末]为了合理配置教育资源、优化教师队伍结构、促进城乡教育优质均衡发展、科学编制校长教师交流轮岗3到5年规划和学年度交流计划，努力办好人民群众“家门口”的好学校．省委、省政府高度重视此项工作，省教育厅出台《关于深入推进义务教育学校校长教师交流轮岗的意见》，将义务教育教师交流轮岗工作纳入了省委2023年度重点工作任务．某市教育局为切实落实此项政策，安排3名校长和3名教师到甲、乙、丙三所义务教育学校进行轮岗交流，每所学校安排一名校长，则不同的安排方案种数是( )
A．720B．162
C．81D．33
5．[2023·黑龙江齐齐哈尔高二期末]已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲只用银联卡结账，顾客乙只用微信和银联卡结账，顾客丁与甲、乙结账方式不同，丙用哪种结账方式都可以．若甲乙丙丁购物后依次结账，那么他们结账方式的组合种数共有( )
A．20种B．24种
C．30种D．36种
6．[2023·广东韶关高二期中]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，已知甲同学喜欢牛、马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有( )
A．90种B．80种
C．60种D．50种
7．[2023·福建福州高二期末]中国古代的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律，由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为( )
A．16B．20
C．24D．28
8．[2023·河北邯郸高二期中]有序数对(a，b)满足a，b∈，且使关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，则这样的有序数对(a，b)的个数为( )
A．15B．14
C．13D．10
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·河北石家庄高二模拟]现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，下列说法正确的有( )
A．从中任选一幅画布置房间，有14种不同的选法
B．从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有70种不同的选法
C．从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法
D．要从5幅不同的国画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有9种不同的挂法
10．[2023·湖北武汉高二期中]高二年级安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有( )
A．如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
B．如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有25种
C．如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种
D．如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·广东阳江高二期中]用0～9这10个数字，可以组成________个没有重复数字的三位数．
12．[2023·安徽蚌埠高二期末]现用5种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求相邻的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法种数为________(用数字作答).
四、解答题(共20分)
13．(10分)已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，点P(a，b)在直角坐标平面上，且a，b∈M.
(1)平面上共有多少个满足条件的点P
(2)有多少个点P在第二象限内？
(3)有多少个点P不在直线y＝x上？
14．(10分)某景区下周一至周六空气质量预报情况如下表所示．该市有甲、乙、丙三人计划在下周一至周六选择一天到该景区旅游，①甲只选择空气质量为优的一天出游；②乙不选择周四出游；③丙不选择周一出游；④甲与乙不选择同一天出游，从这四个条件中任选其中三个，求这三人出游的不同方法的种数．
周一至周六空气质量预报：
周一 周二 周三 周四 周五 周六
优 优 优 优 良 良
关键能力综合练
15.(5分)[2023·河南许昌高二期末]如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，给△ABE、△BCF、△CDG、△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有5种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是( )
A．360 B．120C．420 D．216
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16．(15分)用0，1，2，3，4五个数字．
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
(4)可以组成多少个无重复数字的四位奇数？
同步练习2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
1．解析：先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，有3×2＝6(种)选择，
根据分步乘法计数原理可得共有2×6＝12(个)没有重复数字的三位偶数．
答案：D
2．解析：依题意，可知某人抛掷2次骰子的点数之和为6的倍数，
因为掷出的点数为i(i＝1，2，…，6)，
所以某人2次掷出的点数情况有(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，(6，6)，共6种，
所以不同走法种数为6.
答案：B
3．解析：红桃＋黑桃：4×3＝12(种)；红桃＋梅花：4×2＝8(种)；黑桃＋梅花：3×2＝6(种).
故取出两张不同花色的纸牌，共有：12＋8＋6＝26(种).
答案：D
4．解析：先安排校长：则甲学校有3种可能，乙学校有2种可能，丙学校有1种可能，
所以不同的安排方案种数是3×2×1＝6；
再安排教师：每个教师均有三个学校可以选择，
所以不同的安排方案种数是3×3×3＝27；
综上所述：不同的安排方案种数是6×27＝162.
答案：B
5．解析：当乙用银联卡结算时，此时甲和乙都用银联卡结算，
所以丁有3种方法，丙有4种方法，共有3×4＝12(种)方法；
当乙用微信结算时，此时甲用银联卡结算，丁有2种方法，丙有4种方法，共有2×4＝8(种)方法．
综上，共有12＋8＝20(种)方法．
答案：A
6．解析：根据题意，分2种情况讨论：
①若甲选择牛，此时乙的选择有2种，丙的选择有10种，此时有2×10＝20(种)不同的选法；
②若甲选择马，此时乙的选择有3种，丙的选择有10种，此时有3×10＝30(种)不同的选法；
则共有20＋30＝50(种)选法．
答案：D
7．解析：梯形的上、下底平行且不相等，如图，
若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有2×8＝16(个)，
若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有1×8＝8(个)，
所以梯形的个数是16＋8＝24(个).
答案：C
8．解析：①当a＝0时，有x＝－为实根，则b＝－，－1，0，2有4种可能；
②当a≠0时，方程有实根，所以Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.
当a＝－时，b＝－，－1，0，2有4种．
当a＝－1时，b＝－，－1，0，2有4种．
当a＝2时，b＝－，－1，0有3种．
所以有序数对(a，b)的个数为4＋4＋4＋3＝15.
答案：A
9．解析：对于A中，从国画中选一幅有5种不同的选法；从油画中选一幅有2种不同的选法；从水彩画中选一幅有7种不同的选法，
由分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法，所以A正确；
对于B中，从国画、油画、水彩画中各选一幅分别有5种、2种、7种不同的选法，
根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法，所以B正确；
对于C中，若其中一幅选自国画，一幅选自油画，则有5×2＝10(种)不同的选法；
若一幅选自国画，一幅选自水彩画，则有5×7＝35(种)不同的选法；
若一幅选自油画，一幅选自水彩画，则有2×7＝14(种)不同的选法，
由分类加法计数原理，可得共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法，所以C正确；
对于D中，从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：
第一步，从5幅画中选1幅挂在左边墙上，有5种选法；
第二步，从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上，有4种选法，
根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是5×4＝20(种)不同的选法，所以D错误．
答案：ABC
10．解析：安排甲、乙、丙三位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，
选项A：如果社区A必须有同学选择，
则不同的安排方法有53－43＝61(种).判断正确；
选项B：如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有52＝25(种).判断正确；
选项C：如果三名同学选择的社区各不相同，
则不同的安排方法共有5×4×3＝60(种).判断正确；
选项D：如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，
再分为丙与甲、乙两名同学在一起和不在一起两种情况，
则不同的安排方法共有5＋5×4＝25(种).判断错误．
答案：ABC
11．解析：先考虑百位，有9种方法；
然后考虑十位和个位，有9×8种方法；
故没有重复数字的三位数有9×9×8＝648(个).
答案：648
12．解析：如下图标号：
①号的涂色方案有5种，由题意：②号涂色方案有4种，③号涂色方案有3种，④号涂色方案有3种，
故不同的涂色方案有5×4×3×3＝180.
答案：180
13．解析：(1)第一步，先安排横坐标a，a∈M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，所以a有6种选择，第二步，安排纵坐标b，b∈M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，所以b有6种选择，所以一共有6×6＝36个满足条件的点．
(2)P(a，b)在第二象限，则a<0，b>0，故a可从－3，－2，－1这3个数字中选择1个，有3种选择，b可从1，2这2个数字中选择1个，有2种选择，故总共有3×2＝6个满足条件的点．
(3)在直线y＝x上点满足a＝b，此时有点(－3，－3)，(－2，－2)，(－1，－1)，(0，0)，(1，1)，(2，2)，共有6个，所以不在直线y＝x上的点有36－6＝30(个).
14．解析：若选择①②③，甲、乙、丙分别有不同的选法为4，5，5，则三人出游的不同方法数N＝4×5×5＝100.
若选择①②④，则需分两类，第一类，若甲选择周四出游，则三人出游的不同方法数N1＝5×6＝30；第二类，若甲不选择周四出游，则三人出游的不同方法数N2＝3×4×6＝72，故这三人出游的不同方法数N＝N1＋N2＝30＋72＝102.
若选择①③④，甲、乙、丙分别有不同的选法为4，5，5，则三人出游的不同方法数N＝4×5×5＝100.
若选择②③④，甲、乙、丙分别有不同的选法为5，5，5，则三人出游的不同方法数N＝5×5×5＝125.
15．解析：先对正方形ABCD涂色，共有5种颜色可供选择，
然后涂△ABE区域，有4种颜色可供选择，
接下来涂△BCF区域，有3种颜色可供选择，
若△CDG区域与△ABE区域同色，则△ADH区域有3种颜色可供选择；
若△CDG区域与△ABE区域不同色，则△CDG区域有2种颜色可供选择，△ADH区域有2种颜色可供选择．
由计数原理可知，不同的涂色方法种数为5×4×3×(1×3＋2×2)＝420.
答案：C
16．解析：(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，
共有5×5×5＝53＝125(个).
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(个).
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，
因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；
一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法；
因此有12＋18＝30(种)排法，即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数．
(4)完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四步：
第一步定个位，只能从1，3中任取一个，有2种方法；
第二步定首位，从1，2，3，4中除去用过的一个，从剩下的3个中任取一个，有3种方法；
第三步，第四步把剩下的包括0在内的3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法．
由分步乘法计数原理知共有2×3×3×2＝36(个).同步练习3 排列
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．A，B，C三名同学照相留念，成“一”字形排队，所有排列的方法有( )
A．3种B．4种
C．6种D．12种
2．从2，3，5，7四个数中任选两个分别相除，则得到的不同结果有( )
A．6个B．10个
C．12个D．16个
3．平面上有5个不同的点A，B，C，D，E，以其中两个点为端点的有向线段共有( )
A．25条B．10条
C．20条D．30条
4．从5本不同的书中选出3本分别送3位同学每人一本，不同的方法总数是( )
A．10B．60
C．243D．15
5．[2023·北京大兴高二期中]从1、2、3、4中任取3个数字组成没有重复数字的三位数的个数为( )
A．18B．24
C．27D．64
6．[2023·山东济宁高二期中]从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，送给甲、乙两人，则共有( )种不同的送法．
A．6B．5
C．3D．2
7．[2023·江苏连云港高二期中]连镇高铁沿线共设连云港、淮安、扬州、镇江等11个客运站，则铁路部门需要准备( )种不同的车票．
A．22B．55
C．121D．110
8．甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则不同的排法有( )
A．24种B．6种
C．4种D．12种
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·河南周口高二期中]下列问题中不属于排列问题的是( )
A．从10个人中选出2人去劳动
B．从10个人中选出2人去参加数学竞赛
C．从班级内30名男生中选出5人组成一个篮球队
D．从数字5、6、7、8中任取2个不同的数做logab中的底数与真数
10．从集合{3，5，7，9，11}中任取两个元素，下列四个问题属于排列问题的是( )
A．相加可得多少个不同的和
B．相除可得多少个不同的商
C．作为椭圆＋＝1中的a，b，可以得到多少个焦点为x轴上的椭圆方程
D．作为双曲线－＝1中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·广东河源高二期中]北京、广州、南京、天津4个城市相互通航，应该有________种机票．
12．[2023·安徽合肥高二期中]某话剧排练时，要从6名演员中选3名分别扮演三种不同的角色，则不同的编排方法有________种．(用数字作答)
四、解答题(共20分)
13．(10分)(1)从1，2，3，4四个数字中任取两个数字组成两位不同的数，一共可以组成多少个？
(2)写出从4个元素a，b，c，d中任取3个元素的所有排列．
14．(10分)(1)有5个不同的科研小课题，从中选3个安排高二年级的3个课外兴趣小组参加，每组一个课题，共有多少种不同的安排方法？
(2)有5个不同的科研小课题，高二年级的3个课外兴趣小组报名参加，每组限报一个，共有多少种不同的报名方法？
关键能力综合练
15．(5分)[2023·福建福州高二期中]从0，1，2，3，4，5，6七个数字中取四个不同的数组成被5整除的四位数，这样的四位数的个数有( )
A．260B．240
C．220D．200
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)(1)从100个两两互质的数中取出2个数，求其商的个数；
(2)求由0，1，2，3组成的能被5整除且没有重复数字的四位数的个数；
(3)有4名大学生可以到5家单位实习，若每家单位至多招1名新员工，每名大学生至多到1家单位实习，且这4名大学生全部被分配完毕，求分配方案的个数．
同步练习3 排列
1．解析：所有排列的方法有3×2×1＝6(种).
答案：C
2．解析：不同结果有4×3＝12(个).
答案：C
3．解析：以两个点为端点的有向线段共有5×4＝20(条).
答案：C
4．解析：不同的方法总数是5×4×3＝60.
答案：B
5．解析：从1、2、3、4中任取3个数字组成没有重复数字的三位数，只需从这4个数字中任取3个数字作排列，即4×3×2＝24.
答案：B
6．解析：从3幅不同的画中选出2幅，送给甲、乙两人，不同的选法种数为3×2＝6(种).
答案：A
7．解析：连镇高铁沿线共设连云港、淮安、扬州、镇江等11个客运站，则铁路部门需要准备11×10＝110(种)不同的车票．
答案：D
8．解析：甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则只需对剩下3人排列即可，则不同的排法共有3×2×1＝6.
答案：B
9．解析：A.从10个人中选出2人去劳动，与顺序无关，故不属于排列问题；B.从10个人中选出2人去参加数学竞赛，与顺序无关，故不属于排列问题；C.从班级内30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，故不属于排列问题；D.从数字5、6、7、8中任取2个不同的数做logab中的底数与真数，底数与真数位置不同，即与顺序有关，故属于排列问题．
答案：ABC
10．解析：对于A：因为加法满足交换律，所以A不是排列问题；对于B：因为除法不满足交换律，如≠，所以B是排列问题；对于C：若方程＋＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a＞b，a，b的大小关系一定，所以C不是排列问题；对于D：在双曲线－＝1中不管a＞b还是a＜b，方程均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故D是排列问题．
答案：BD
11．解析：列出每一个起点和终点情况，如图所示．
故符合题意的机票种类有：
北京→广州，北京→南京，北京→天津，广州→南京，广州→天津，广州→北京，南京→天津，南京→北京，南京→广州，天津→北京，天津→广州，天津→南京，共12种．
答案：12
12．解析：要从6名演员中选3名分别扮演三种不同的角色，
则不同的编排方法有6×5×4＝120(种).
答案：120
13．解析：(1)由题意作“树状图”，如下．
故组成的所有两位数为12，13，14，21，23，24，31，32，34，41，42，43，共有12个．
(2)由题意作“树状图”，如下．
故所有的排列为：abc，abd，acb，acd，adb，adc，bac，bad，bca，bcd，bda，bdc，cab，cad，cba，cbd，cda，cdb，dab，dac，dba，dbc，dca，dcb.
14．解析：(1)从5个不同的课题中选出3个，安排课外兴趣小组来参加，
对应于从5个元素中取出3个元素的一个排列．
因此，共有5×4×3＝60(种)不同的安排方法．
(2)每个小组都可从5个不同的课题中选报一个，
因此第一小组有5个不同的课题可以选择，第二小组也有5个不同的课题可以选择，
第三小组仍然有5个不同的课题可以选择，
根据分步乘法计数原理，一共有5×5×5＝125(种)不同的报名方法．
15．解析：当个位是0时，共有6×5×4＝120(种)情况；
当个位是5时，首位有5种情况，十位和百位有5×4＝20(种)情况，共有5×5×4＝100(种)情况．
综上共有120＋100＝220(种).
答案：C
16．解析：(1)从100个两两互质的数中取出2个数，分别作为商的分子和分母，其排列有100×99＝9900.
(2)因为组成的没有重复数字的四位数能被5整除，所以这个四位数的个位数字一定是“0”，故确定此四位数，只需确定千位数字、百位数字、十位数字即可，共有3×2×1＝6(个).
(3)可以理解为从5家单位中选出4家单位，分别把4名大学生安排到4家单位，有5×4×3×2＝120(个).同步练习4 排列数
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．若A＝12，则n＝( )
A．2B．3
C．4D．5
2．[2023·山西太原高二期中]某班有25名同学，春节期间若互发一条问候信息，则他们发出的信息总数是( )
A．50B．100
C．300D．600
3．[2023·广东江门高二期中]用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的三位数的个数为( )
A．120B．86
C．72D．60
4．[2023·江西南昌高二期末]现从6名学生干部中选出3名同学分别参加全校资源、生态和环保3个夏令营活动，则不同的选派方案的种数是( )
A．20B．90
C．120D．240
5．[2023·江苏淮安高二期中]从3，5，7，11这四个质数中，每次取出两个不同的数，分别记为a，b，则共可得到的不同值的个数为( )
A．6B．8
C．12D．16
6．2023×2022×2021×…×2008＝( )
A．AB．A
C．AD．A
7．[2023·江苏南京高二期中]由1至6中的质数组成的没有重复数字的整数共有( )
A．3个B．6个
C．12个D．15个
8．已知3A＝4A，则x＝( )
A．6B．13C．6或13D．12
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·广东茂名高二期中]下列各式中，等于n！的是( )
A．m！AB．AC．AD．nA
10．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的不同的所有四位数．下列结论正确的是( )
A．AB．AC．AAD．A－A
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．若＝________．
12．[2023·广东梅州高二期中]甲、乙、丙、丁四位同学约好周末去某公园游玩，准备当天在公园门口集合后一起入园游玩，假设这四位同学没有同时到达的情况，则他们先后到达的情况有________种．
四、解答题(共20分)
13．(10分)[2023·河南郑州高二期中]由1，2，3，4，5，6这六个数字可组成多少个：
(1)三位数？
(2)没有重复数字的三位数？
(3)没有重复数字的末位数字是5的三位数？
14．(10分)[2023·江西吉安高二期末]已知一条铁路有8个车站，假设列车往返运行且每个车站均停靠上下客，记从A车站上车到B车站下车为1种车票(A≠B).
(1)该铁路的客运车票有多少种？
(2)为满足客运需要，在该铁路上新增了n个车站，客运车票增加了54种，求n的值．
关键能力综合练
15．(5分)阶乘是基斯顿·卡曼(ChristianKramp)于1808年发明的一种运算，正整数n的阶乘记为n！，它的值为所有小于或等于n的正整数的积，即n！＝1×2×3×…×(n－1)×n.根据上述材料，以下说法错误的是( )
A．4！＝24
B．8！＝40320
C．12！＝12×11!
D．1！＋＋＋…＋＝n!
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)从2，3，4，7，9这五个数字任取3个，组成没有重复数字的三位数．
(1)这样的三位数一共有多少个？
(2)所有这些三位数的个位上的数字之和是多少？
(3)所有这些三位数的和是多少？
同步练习4 排列数
1．解析：由排列数计算公式可得A＝n(n－1)＝12，
解得n＝4或n＝－3.
由于n≥2且n∈N*，故n＝4.
答案：C
2．解析：由题意可知，他们发出的信息总数是A＝25×24＝600.
答案：D
3．解析：依题意，组成的无重复数字的三位数的个数为A＝60.
答案：D
4．解析：共有A＝120(种)不同的选派方案．
答案：C
5．解析：值的个数为从3，5，7，11这四个数中任选2个数的排列数A＝12.
答案：C
6．解析：根据排列数的定义直接求解，
2023×2022×2021×…×2008＝2023×2022×2021×…×(2023－16＋1)＝A.
答案：B
7．解析：1至6中的质数有2，3，5，组成的没有重复数字的整数共有A＋A＋A＝15(个).
答案：D
8．解析：由题意得3×＝4×，
化简可得3＝4×，解得x＝13或6，
因为，所以x≤8且x∈N*，故x＝6.
答案：A
9．解析：m！A＝≠n！，故A错误；A＝＝(n＋1)！≠n！，故B错误；A＝＝n！，故C正确；nA＝n·(n－1)！＝n！，故D正确．
答案：CD
10．解析：(直接法)先排第一位，有A种方法，再排后三位有A种方法，所以共有AA种排法；(间接法)先进行全排列共有A种排法，首位是0的排法为A，所以共有A－A种排法．
答案：CD
11．解析：＝＝＝＝.
答案：
12．解析：由题意，甲、乙、丙、丁四位同学在不同的时间到达公园门口，
所以，4个人按任意顺序依次到达即可，故共有A＝24种情况．
答案：24
13．解析：(1)由1，2，3，4，5，6这六个数字，可组成6×6×6＝216(个)三位数．
(2)可组成A＝6×5×4＝120(个)没有重复数字的三位数．
(3)末位为5，先选择末位数5，有1种，
再从剩下的5个数中选择两个元素有5×4＝20(种)，
故没有重复数字的末位数字是5的三位数有20个．
14．解析：(1)铁路的客运车票有A＝8×7＝56.
(2)在新增了n个车站后，共有n＋8个车站，因为客运车票增加了54种，则A－56＝54，
所以A＝(n＋8)(n＋7)＝110，解得n＝3或n＝－18(舍去).
15．解析：根据阶乘的定义可得4！＝1×2×3×4＝24，A正确；8！＝1×2×3×…×8＝40320，B正确；12！＝1×2×3×…×11×12＝11！×12＝12×11！，C正确；1！＋＋＋…＋＝1＋2＋3＋…＋n≠n！，故D错误．
答案：D
16．解析：(1)根据题意，从2，3，4，7，9这五个数字任取3个组成三位数，有A＝60(种)情况，即有60个符合题意的三位数．
(2)根据题意，个位数字为2的三位数A＝12(个)，
同理：个位数字为3，4，7，9的三位数都有12个，
则所有这些三位数的个位上的数字之和为(2＋3＋4＋7＋9)×12＝25×12＝300.
(3)根据题意，由(2)的结论，所有这些三位数的个位上的数字之和为300，
同理：这些三位数的十位，百位上的数字之和都为300，
故所有这些三位数的和为300×100＋300×10＋300＝33300.同步练习5 排列的应用
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·山东烟台高二期中]由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数的个数为( )
A．60B．96
C．300D．360
2．[2023·江苏南通高二期中]2023年4月26日南通支云足球队将在主场迎战河南队，组委会安排甲、乙等5人到球场的四个区域参加志愿服务，要求每个区域都有人服务，且每位志愿者只能服务一个区域，则甲、乙两人被安排到同一区域的方法种数为( )
A．18B．24
C．60D．120
3．[2023·浙江嘉兴高二期中]2名辅导教师与3名获奖学生站成一排照相，要求2名教师分别站在两侧，则不同的站法共有( )
A．A种B．2A种C．A－A种D．A种
4．[2023·河南平顶山高二期末]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入原节目单中，且3个新节目互不相邻，那么不同插法的种数为( )
A．105B．210
C．420D．840
5．[2023·黑龙江鸡西高二期中]5月8日下午自习课举行了高二学年学生会颁牌仪式，学生会全体成员合影，其中第二排3位主任、3名女生排成一排，主任必须相邻，女生也必须相邻的排法种数为( )
A．2B．9
C．72D．36
6．[2023·北京高二期末]某4位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为( )
A．10B．20
C．24D．30
7．[2023·河北保定高二期末]某种产品的加工需要经过6道工序，如果其中某2道工序必须相邻，另外有2道工序不能相邻，那么加工顺序的种数为( )
A．72B．144
C．288D．156
8．[2023·河南南阳高二期末]某市农科所试验基地现有并排的10块试验田，选择其中的两块分别种植A，B两种作物，每块种植一种作物，要求A，B两种作物的间隔不小于6块试验田，则不同的种植方法共有( )
A．12种B．18种
C．24种D．36种
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·黑龙江齐齐哈尔高二期中]5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，那么不同的排法种数可以是( )
A．AAB．A－2AC．84D．A
10．[2023·辽宁大连高二期末]有甲、乙、丙等6个人站成一排，则( )
A．共有120种不同的站法
B．如果甲和乙必须相邻，共有240种不同的站法
C．如果甲、乙、丙三人两两不相邻，共有144种不同的站法
D．如果甲不能站在首位，乙不能站在末位，共有480种不同的站法
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．有语文、数学、英语、物理、化学、生物6门课程，从中选4门安排在上午的4节课中，其中化学不排在第四节，共有________种不同的安排方法．(用数字回答)
12．[2023·河北石家庄高二期中]8张椅子排成一排，有4个人就座，每人1个座位，恰有3个连续空位的坐法共有__________种．
四、解答题(共20分)
13．(10分)有2名男生和3名女生，按下列要求各有多少种排法，依题意列式作答：
(1)若2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法；
(2)若2名男同学中间必须有1人，共有多少种不同的排法．
14．(10分)[2023·广东佛山高二期中]有2名男生和3名女生排成一排进行拍照，根据下列不同的要求，求不同的排队方法总数．
(1)其中甲一定要站在最左边；
(2)其中甲不在最左边，乙不在最右边；
(3)其中2名男生要相邻，女生甲、乙不相邻．
关键能力综合练
15．(5分)[2023·河南驻马店高二期末]2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时创意新颖，惊艳了全球观众．我市某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“小雪”“大雪”“冬至”“小寒”“大寒”五张知识展板，分别放置在五个并排的文化橱窗里，要求“小雪”不能放在首位，“大雪”不能在末位，且“冬至”不在正中间位置，则不同的放置方式的种数有( )
A．66B．64
C．48D．30
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)[2023·广东汕头高二期末]由0，1，2，3，4这五个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的五位数？
(2)能组成多少个无重复数字，且数字1与3相邻的五位数？
(3)组成无重复数字的五位数中比21034大的数有多少个？
同步练习5 排列的应用
1．解析：先排首位，共有5种方法；其它位数共有A种排法，结合分步乘法计数原理可得共有5×A＝300(种)方法．
答案：C
2．解析：将甲乙捆绑在一起与其他人一起进行全排列，共有A＝24种排法，
所以甲、乙两人被安排到同一区域的方法种数为24种．
答案：B
3．解析：2名教师排在两边有A＝2种排法，3名学生排在中间有A种排法，所以共有2A种排法．
答案：B
4．解析：原来6个节目形成7个空，3个新节目插入到7个空中，共有A＝7×6×5＝210(种)插法．
答案：B
5．解析：先将3位主任捆在一起当一个元素使用，有A＝6种捆法，将3位女生捆在一起当一个元素使用，有A＝6种捆法，
再将所得2个元素作全排列，有A＝2种排法，
故满足题意的排法有6×6×2＝72(种).
答案：C
6．解析：6位同学排成一排准备照相时，共有A种排法，
如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则有＝30(种)排法，故选D.
答案：D
7．解析：将2道必须相邻的工序捆绑在一起看作一个元素，
将其与没有特别要求的2道工序排成一排，再把2道不相邻的工序插入，
加工顺序的种数为AAA＝144.
答案：B
8．解析：由题意A，B两种作物的间隔至少为6块，至多为8块，
当间隔为6块时，有3A＝6种种植方法；
当间隔为7块时，有2A＝4种种植方法；
当间隔为8块时，有A＝2种种植方法；
故共有6＋4＋2＝12种种植方法．
答案：A
9．解析：先除去甲、乙两人，将剩下的3人全排列，共A＝3×2×1＝6(种)不同的排法，
再将甲、乙两人从产生的4个空中选2个插入共A＝12种不同的排法，
所以5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，不同的排法种数是AA＝6×12＝72(种)；
5人并排站成一行有A＝5×4×3×2×1＝120(种)不同的排法，
若甲、乙两个人相邻，利用捆绑法，有2A＝2×4×3×2×1＝48(种)不同的排法，
所以5人并排站成一行，如果甲、乙两个人不相邻，那么不同的排法种数是A－2A＝72(种).
答案：AB
10．解析：对于A，甲、乙、丙等6个人站成一排，有A＝720种不同的站法，A错误；对于B，将甲乙看成一个整体，与其余4人全排列即可，有AA＝240种不同的站法，B正确；对于C，将其余3人排好，再将甲乙丙三人安排在3人的空位中，有AA＝144种不同的站法，C正确；对于D，分2种情况讨论：甲站在末位，剩下5人全排列即可，有A＝120种结果；甲不在末位，甲有4种情况，乙也有4种结果，余下的4个人在四个位置全排列，共有4×4×A＝384(种)结果，共有120＋384＝504(种)不同的站法，D错误．
答案：BC
11．解析：解法一，第一类：化学被选上，有AA＝180种不同的安排方法；
第二类：化学不被选上，有A＝120种不同的安排方法．
故共有180＋120＝300(种)不同的安排方法．
解法二，第一步：化学不排在第四节，故第四节有A种排法；
第二步：其余三节有A种排法，故共有AA＝5×60＝300种不同的安排方法．
解法三(间接法)，从6门课程中任意选4门安排在上午，有A种排法，
而化学排第四节，有A种排法，故共有A－A＝360－60＝300种不同的安排方法．
答案：300
12．解析：先把4个人排列好，有A＝24种方法，
再把3个空位看成一个整体，把3个空位构成的一个整体与另一个空位插入这4个人形成的5个“空”中，有A＝20种方法，
根据分步乘法计数原理，恰有3个连续空位的坐法共有24×20＝480(种).
答案：480
13．解析：(1)先将3名女生进行排列，有A＝6种情况，再将2名男生插空，有A＝12种情况，
故2名男同学不相邻，共有6×12＝72种排法．
(2)先将两名男生进行排列，有A＝2种情况，再选出1名女生放在男同学中间，有A＝3种选择，将两名男同学和这名女同学看成一个整体和剩余的2名女同学进行全排列，共有A＝6种选择，
故若2名男同学中间必须有1人，共有2×3×6＝36种排法．
14．解析：(1)甲在最左边，则剩下的4个人全排列即可，共有A＝24种排法．
(2)其中甲在最左边时，有A＝24种排法，乙在最右边有A＝24种排法，
5个人全排列有A＝120种排法，甲在最左边且乙在最右边时有A＝6种排法，
所以甲不在最左边，乙不在最右边的排队方法一共有A－A－A＋A＝78(种).
(3)将两名男生捆绑成一个整体和第三个女生全排列有A种排法，此时形成3个空，
将女生甲乙安排在这3个空中，有A＝6，两个男生解绑，有A，所以总的排法为AAA＝24.
15．解析：由题意，五张知识展板并排放在文化橱窗里共有A种排法，
“小雪”放在首位或“大雪”放在末位有2A种排法，
“小雪”放在首位且“大雪”放在末位有A种排法，
则“小雪”不放首位，“大雪”不放在末位的放法共有A－2A＋A＝78(种)，
而“小雪”不放首位，“大雪”不放在末位，“冬至”在正中间的情况分两类，
“小雪”不放首位，“大雪”不放在末位，冬至在正中间，“小雪”不放末位，有A·A·A＝8(种)，
“小雪”不放首位，“大雪”不放在末位，“冬至”在正中间，“小雪”放末位，有A＝6(种)，
故“小雪”不放首位，“大雪”不放在末位，“冬至”不在正中间的放法共有：78－8－6＝64(种).
答案：B
16．解析：(1)计算符合要求的五位数个数需两步：先排数字0，0只能占除最高位外的其余四个数位有A种，
再排四个非0数字有A种，由分步乘法计数原理得：AA＝4×24＝96(种)，
所以能组成96个无重复数字的五位数．
(2)计算数字1与3相邻的五位数个数，把1与3捆在一起视为一个元素，相当于4个元素的排列，且0不在最高位，同(1)有AA种，
但1与3有左右之分，有A种，由分步乘法计数原理得：AAA＝3×6×2＝36(种)，
所以能组成36个无重复数字，且数字1与3相邻的五位数．
(3)计算比21034大的五位数的个数分两类：
万位比2大的五位数个数是：AA，
万位是2的五位数中，千位比1大的有AA个，千位是1，百位比0大的有AA个，千位是1，百位是0，十位比3大的有1个，
由分类加法计数原理得：AA＋AA＋AA＋1＝65，
所以组成无重复数字的五位数中比21034大的数有65个．同步练习6 组合与组合数
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·河南郑州高二期中]计算2C＋3A的值是( )
A．72B．102
C．507D．510
2．从1，2，3，4，5中任取两数，两数相乘，得到的积的不同个数为( )
A．5B．20
C．10D．25
3．[2023·江苏泰州高二期末]书架上有3本不同的数学书，4本不同的物理书，图书管理员从中任取2本，则不同的取法种数为( )
A．7B．12
C．21D．42
4．[2023·黑龙江齐齐哈尔高二期中]从5名学生中选出3名学生值日，则不同的安排方法有( )
A．A种B．C种
C．2C种D．A种
5．[2023·广东深圳高二期中]我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．用2个阳爻，4个阴爻，可以组成( )种不同的重卦．
A．6B．15
C．20D．24
6．[2023·辽宁沈阳高二期末]已知m，n∈N*，下列排列组合公式中，不一定正确的是( )
A．C＝CB．A＝CA
C．C＝D．A＝A
7．[2023·湖北武汉高二期末]如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，若质点移动8次之后又回到原点0，则该质点移动的轨迹有( )种．
A．20B．50
C．70D．90
8．[2023·河南周口高二期中]某村镇道路上有10盏照明路灯，为了节约用电，需要关闭其中不相邻的4盏，但考虑行人夜间出行安全，两端的路灯不能关闭，则关灯方案的种数有( )
A．10B．15
C．20D．5
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·河北石家庄高二期中]下列问题是组合问题的是( )
A．把5本不同的书分给5个学生，每人一本
B．从7本不同的书中取出5本给某个同学
C．10个人相互发一次信息，共发几次信息
D．10个人互相通一次电话，共通了几次电话
10．[2023·江西吉安高二期末]下列各式中，不等于n！的是( )
A．n·AB．A·CC．AD．A·A
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·江苏泰州高二期末]计算：C＋C＋C＋C＝________．(用数字作答)
12．[2023·黑龙江大庆高二期中]空间中有7个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作________个平面．(用数字作答)
四、解答题(共20分)
13．(10分)甲、乙、丙、丁4支篮球队举行单循环赛(即任意两支球队都要比赛一场).
(1)写出每场比赛的两支球队；
(2)写出冠亚军的所有可能情况．
14．(10分)圆上有12个不同的点．
(1)过每两点画一条弦，一共可以画多少条不同的弦？
(2)过每三点画一个圆内接三角形，一共可以画多少个圆内接三角形？
关键能力综合练
15．(5分)[2023·江西宜春高二期末]某新农村社区共包括n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，共需建公路的条数为28，则n＝( )
A．6B．8
C．9D．10
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)某校高中二年级举行篮球赛．比赛时先分成两组，其中1班、2班、3班、4班为第一组，5班、6班、7班、8班、9班、10班为第二组．各组先进行单循环赛(即同组中的每两支队都要比赛一场)，然后由各组的前两名共4支队进行单循环赛决出冠军和亚军．问：一共需要比赛多少场？
同步练习6 组合与组合数
1．解析：2C＋3A＝2×＋3×＝2×21＋3×20＝102.
答案：B
2．解析：由题意知，得到的积的不同个数为C＝＝10.
答案：C
3．解析：由题可知不同的取法的种数为C＝＝21.
答案：C
4．解析：由于从5名学生中选出3名学生值日，即选出3人值日即可，是一个组合问题，故不同的安排有C种．
答案：B
5．解析：要满足题意，则只需从6个位置中选取2个位置放置阳爻即可，故满足题意的重卦有C＝15种．
答案：B
6．解析：对于A，由组合数的性质知，C＝C成立，A正确；对于B，因为C＝，因此A＝CA成立，B正确；对于C，C＝，而m！与n！不一定相等，则与不一定相等，C不一定正确；对于D，A＝·＝＝A，D正确．
答案：C
7．解析：由题意，8次移动中，从原点出发，要想回到原点，只能是向左移动4次，向右移动4次，
于是8次移动中选择4次向右即可，即有C＝70种轨迹．
答案：C
8．解析：采用插空法，让4盏需要关闭的灯插空，有C＝5种方法．
答案：D
9．解析：对于A，学生与书都不相同，故与顺序有关，是排列问题；对于B，取出5本书后，即确定了取法，与顺序无关，故是组合问题；对于C，因为是相互发一条信息，因此与顺序有关，故是排列问题；对于D，因为是互相通一次电话，与顺序无关，故是组合问题．
答案：BD
10．解析：对A，n·A＝n·(n－1)！＝n！；对B，A·C＝·≠n！；对C，A＝(n＋1)！；对D，A·A＝·(n－m)！＝n！.
答案：BC
11．解析：C＋C＋C＋C＝1＋4＋＋＝1＋4＋10＋20＝35.
答案：35
12．解析：空间中有7个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，能作的平面的个数为C＝35个．
答案：35
13．解析：(1)这是一个组合问题，将两支球队的组合用一个集合表示，共有6个组合：
(甲，乙)、(甲，丙)、(甲，丁)、(乙，丙)、(乙，丁)、(丙，丁).
(2)这是一个排列问题，即从4支球队中任意选取2支，按照冠军和亚军顺序排列，共有12种排列方式，
(符号(甲，乙)表示“甲是冠军，乙是亚军”)：
(甲，乙)、(甲，丙)、(甲，丁)、(乙，丙)、(乙，丁)、(丙，丁)、
(乙，甲)、(丙，甲)、(丁，甲)、(丙，乙)、(丁，乙)、(丁，丙).
14．解析：(1)从12个不同的点任选2点可画一条弦，
∴共画出C＝66(条)不同的弦．
(2)∵不共线的三点确定一个三角形，
∴从圆上12个不同的点任选3点可画一个三角形，
∴共画出C＝220(个)圆内接三角形．
15．解析：由于“村村通”公路的修建，是组合问题，
故共需要建公路的条数为C＝＝28，解得n＝8或n＝－7(舍去).
答案：B
16．解析：由题意得，第一组单循环赛的比赛场数是C；第二组单循环赛的比赛场数是C；各组的前两名共4支队再进行单循环赛，还需要比赛C场．所以，这次篮球赛一共需要比赛的场次为C＋C＋C＝6＋15＋6＝27.同步练习7 组合的应用
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．在含有2件次品的30件产品中，任取3件，则恰好取到1件次品的不同方法数共有( )
A．CCB．CC
C．CCD．CC＋CC
2．从3名男生和2名女生中，任选两名同学参加学校座谈会，至少有一名是男生的选法共有( )
A．5种B．6种C．8种D．9种
3．[2023·山东菏泽高二期末]有一次考试的选做题部分，要求在第1题的4个小题中选做3个小题，在第2题的3个小题中选做2个小题，在第3题的2个小题中选做1个小题，不同的选法种数是( )
A．9B．24C．84D．288
4．在某项志愿服务中，需从来自甲、乙两个单位的10名志愿者(甲单位6名、乙单位4名)中选出4名志愿者组成志愿者服务小组，所选4名志愿者不全来自同一个单位的选法种数为( )
A．156B．180C．194D．672
5．[2023·黑龙江哈尔滨高二期末]今年“五一”期间人民群众出游热情高涨，某地为保障景区的安全有序，现增派6名警力去A、B两个景区执勤．要求A景区至少增派3名警力，B景区至少增派2名警力，则不同的分配方法种数为( )
A．35B．60C．70D．120
6．平面内有两组平行线，一组有6条，另一组有8条，这两组平行线相交，由这些平行线可以构成平行四边形的个数为( )
A．14B．48C．91D．420
7.如图，洛书(古称龟书)，是阴阳五行术数之源．在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．若从四个阴数和五个阳数中随机选取4个数，则选取的4个数之和为偶数的方法数为( )
A．60B．61C．65D．66
8．[2023·江西景德镇高二期中]在底面为平行四边形的四棱台ABCD A1B1C1D1的八个顶点中任取四点，则这四点不共面的取法有( )
A．62种B．64种C．60种D．58种
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·广东广州高二期中]某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是( )
A．若任意选择三门课程，则选法种数为35
B．若物理和化学至少选一门，则选法种数为30
C．若物理和历史不能同时选，则选法种数为30
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，则选法种数为20
10．[2023·山东济宁高二期中]在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有( )
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有CC种
B．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有CC＋CC种
C．抽出的3件产品中至多有1件是不合格品的抽法有C－CC种
D．抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有C－C种
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·安徽合肥高二期末]某电影院有4部科幻电影和2部喜剧电影即将上映，小明准备观看其中的3部，且至少观看1部喜剧电影，则不同的观看方案有________种．(用数字作答)
12．[2023·河北石家庄高二期末]6名大学毕业生到绿水村、青山村、人和村担任村官，每名毕业生只去一个村，绿水村安排2名，青山村安排1名，人和村安排3名，则不同的安排方法共有________种．
四、解答题(共20分)
13．(10分)[2023·江苏泰州高二期中]从6名男生和5名女生中选出4人去参加某项大赛．
(1)如果要求4人中男生和女生都要有，那么有多少种选法(用数字作答)
(2)如果男生甲和女生乙最多只能选1人，那么有多少种选法(用数字作答)
14．(10分)[2023·云南保山高二期中]一个口袋中有大小相同且编有不同的号码的8个白球和5个彩球．
(1)若一次取2个球，至少有一个白球的取法有多少种？
(2)若一次取出颜色不全相同的3个球，有多少种取法？
关键能力综合练
15．(5分)[2023·河北张家口高二期末]现有5名大学生准备到甲、乙、丙3所学校实习，每所学校至少有1名，每名大学生只能去一所学校，若到甲、乙两所学校实习的人数不相同，则不同的实习方案种数为( )
A．243B．200
C．100D．50
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)[2023·安徽池州高二期中]10级台阶，青蛙一步可跳一级，也可跳两级，也可跳三级．
(1)当出现且只出现一步跳一级与一步跳两级两种跳步方法时，青蛙跳完台阶的方法数是多少？
(2)当出现且只出现两种跳步方法时，青蛙6步就可跳完台阶的方法数是多少？
同步练习7 组合的应用
1．解析：取一件次品有C种不同方法数，取2件正品有C种不同方法数，
故恰好取到1件次品的不同方法数为CC.
答案：B
2．解析：依题意，若有一名男生，则有CC＝6种选法；
若有两名男生，则有C＝3种选法；
综上可得一共有6＋3＝9种选法．
答案：D
3．解析：根据题意知，第1题的选法有C＝4种，第2题的选法有C＝3种，第3题的选法有C＝2种，则有4×3×2＝24(种)选法．
答案：B
4．解析：所选4名志愿者来自同一单位的共有C＋C＝16种选法，则所选4名志愿者不全来自同一个单位的选法种数为C－C－C＝210－16＝194.
答案：C
5．解析：由题意可知分两种情况：
①A景区增派3名警力，B景区增派3名警力，则有C＝20种方法，
②A景区增派4名警力，B景区增派2名警力，则有C＝15种方法，
所以由分类加法计数原理可知共有20＋15＝35(种)方法．
答案：A
6．解析：因为平面内有两组平行线，一组有6条，另一组有8条，且这两组平行线相交，
因此从这两组直线中各选两条直线，即可构成平行四边形，
所以构成不同的平行四边形个数为CC＝420.
答案：D
7．解析：由题意可知，阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9.
若选取的4个数的和为偶数，
①4个数都为偶数，共有C＝1种方法，
②2个奇数，2个偶数，共有CC＝60种方法，
③4个数都为奇数，共有C＝5种方法，
综上共有1＋60＋5＝66(种)方法．
答案：D
8．解析：由题意，从四棱台ABCD A1B1C1D1的八个顶点中任取四点，总情况为C＝70，
若四点共面，分两类：四棱台ABCD A1B1C1D1的表面，共6个；
四棱台ABCD A1B1C1D1的对角面，如ACC1A1，共6个；
故四棱台ABCD A1B1C1D1的八个顶点中任取四点，则四点不共面的取法有70－(6＋6)＝58.
答案：D
9．解析：对于A，选法种数为C＝35，故A正确；对于B，若物理和化学选一门，其余两门从剩余的五门中选，有CC＝20种选法；若物理和化学都选，剩下一门从剩余的五门中选，有CC＝5种选法．故共有20＋5＝25种选法，故B错误；对于C，物理和历史同时选，有CC＝5种选法，故不同时选的选法种数为35－5＝30，故C正确；对于D，只选物理，不选化学，则历史也不选，有C＝6种选法；只选化学，不选物理，有C＝10种选法；若物理、化学都选，则历史不选，有C＝4种选法．故共有6＋10＋4＝20(种)选法，故D正确．
答案：ACD
10．解析：根据题意，若抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品，即抽出的3件产品中有2件合格品，1件不合格品，
则合格品的取法有C种，不合格品的取法有C种，
则恰好有1件是不合格品的取法有CC种，则A正确；
若抽出的3件中至少有1件是不合格品，有2种情况，
①抽出的3件产品中有2件合格品，1件不合格品，有CC种取法，
②抽出的3件产品中有1件合格品，2件不合格品，有CC种取法，
则抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有CC＋CC种，B正确；
抽出的3件产品中至少有1件是不合格品，用间接法分析：
在100件产品中任选3件，有C种取法，其中全部为合格品的取法有C种，
则抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有C－C种，D正确；
若抽出的3件产品中至多有1件是不合格品，用间接法分析：在100件产品中任选3件，有C种取法，
其中有2件为不合格品的抽法有CC种，
则至多有1件是不合格品的抽法有C－CC种，C错误．
答案：ABD
11．解析：若小明观看1部喜剧电影和2部科幻电影，则观看方案有CC＝12种；
若小明观看2部喜剧电影和1部科幻电影，则观看方案有CC＝4种，
故不同的观看方案有12＋4＝16(种).
答案：16
12．解析：先从6名大学毕业生选出2名安排到绿水村，有C种方法；再从剩余的4名大学毕业生选出1名安排到青山村，有C种方法；最后剩余的3名大学毕业生安排到人和村，有1种方法，
根据分步乘法计数原理可知不同的安排方法共有CC＝60种．
答案：60
13．解析：(1)若只选男生，则有C＝15种选法；
若只选女生，则有C＝5种选法．
故如果要求4人中男生和女生都要有，那么有C－15－5＝310种选法．
(2)若选了男生甲没选女生乙，则有C＝84种选法，
若选了女生乙没选男生甲，则有C＝84种选法，
若男生甲和女生乙都没选，则有C＝126种选法，
故男生甲和女生乙最多只能选1人共有84＋84＋126＝294种选法．
14．解析：(1)若一次取2个球，至少有一个白球有两种可能：“两个都是白球”或“一个白球一个彩球”，
故不同的取法有C＋CC＝28＋40＝68(种).
(2)若一次取3个球，取出颜色不全相同有两种可能：“两个白球一个彩球”或“一个白球两个彩球”，
故不同的取法有CC＋CC＝140＋80＝220(种).
15．解析：依题意实习方案有两大类：
①甲3人、乙1人、丙1人(或甲1人、乙3人、丙1人)和②甲1人、乙2人、丙2人(或甲2人、乙1人、丙2人)，
若为①甲3人、乙1人、丙1人或甲1人、乙3人、丙1人，则有CC×2＝40(种)；
若为②甲1人、乙2人、丙2人或甲2人、乙1人、丙2人，则有CC×2＝60(种)；
综上可得一共有40＋60＝100(种).
答案：C
16．解析：(1)设跳一级、两级的步数分别为x，y，所以x＋2y＝10，
出现且只出现一步跳一级与一步跳两级两种跳步方法时，
解得，或，或，或，
所以青蛙跳完台阶的方法总数为C·C＋C·C＋C·C＋C＝87.
(2)设跳1级、2级、3级的步数分别为x，y，z，
所以，
因为只出现两种跳步方法，所以x，y，z中有且仅有一个为0，
所以，或，
所以青蛙跳完台阶的方法总数为C·C＋C·C＝15＋15＝30.同步练习8 二项式定理
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·江苏盐城高二期中](1－2x)6的展开式的第3项为( )
A．60B．－120C．60x2D．－120x2
2．若的展开式有9项，则自然数n的值为( )
A．7B．8
C．9D．10
3．[2023·河北石家庄高二期中]在(x＋1)4的二项展开式中，x2项的系数为( )
A．6B．4
C．2D．1
4．[2023·吉林白山高二期末](6x＋)9的展开式中按x的升幂排列的第4项为( )
A．xB．
C．x2D．
5．[2023·河南郑州高二期中]展开式中的常数项是( )
A．－36B．36
C．－84D．84
6．[2023·广东珠海高二期中]若(x＋a)5的展开式中x2的系数是80，则实数a的值是( )
A．1B．2
C．3D．4
7．[2023·河北衡水高二期中](1－x)6的展开式中x2的系数为( )
A．6B．－6C．－9D．9
8．[2023·江苏淮安高二期中](x－2y－1)5的展开式中含x2y2的项的系数为( )
A．－120B．60C．－60D．30
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·广东惠州高二期中]在二项式的展开式中，有( )
A．含x的项B．含的项
C．含x4的项D．含的项
10．已知在(－)n的二项展开式中，第6项为常数项，则( )
A．n＝10
B．展开式中项数共有13项
C．含x2的项的系数为
D．展开式中有理项的项数为3
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·河北邯郸高二期中](1＋a)12的二项展开式中的倒数第5项是________．
12．[2023·安徽合肥高二期末]已知C－4C＋42C－43C＋…＋(－1)n4nC＝729，则n的值为________．
四、解答题(共20分)
13．(10分)已知二项式的展开式中第三项的二项式系数为15.
(1)求n；
(2)求展开式中的常数项．
14．(10分)[2023·河北石家庄高二期中]在二项式(axm＋bxn)12，(a>0，b>0，m，n≠0)中有2m＋n＝0，如果它的展开式中存在常数项，求它是第几项．
关键能力综合练
15．(5分)[2023·河北保定高二期末]用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，(代表万位，千位，百位，十位，个位依次为a，b，c，d，e)其中满足a>b>cA．56B．35
C．20D．84
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)在(－)n(n≥3，n∈N*)的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列．
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有的有理项．
同步练习8 二项式定理
1．解析：(1－2x)6的展开式的第3项为T3＝C14(－2x)2＝60x2.
答案：C
2．解析：因为的展开式共有n＋1项，所以n＋1＝9，所以n＝8.
答案：B
3．解析：(x＋1)4展开式的通项为Tk＋1＝Cx4－k，
令4－k＝2，则k＝2，
所以x2项的系数为C＝6.
答案：A
4．解析：因为的通项Tk＋1＝C(6x)9－k＝C·69－k·3－k·x9－k，k＝0，1，2，…，9，
所以按x的升幂排列的第4项为T6＋1＝C×63×3－6＝.
答案：B
5．解析：展开式的通项公式为Tk＋1＝C·()9－k·＝C·(－1)k·x，
令＝0，求得k＝3，可得展开式中的常数项是－C＝－84.
答案：C
6．解析：(x＋a)5展开式的通项为Tk＋1＝Cx5－kak，
令5－k＝2 k＝3，
可得x2系数为Ca3＝10a3＝80，
可得a＝2.
答案：B
7．解析：由二项式(1－x)6的展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)kCxk，
所以多项式(1－x)6的展开式中x2项为：
1×(－1)2Cx2＋×(－1)5Cx5＝15x2－6x2＝9x2，
所以(1－x)6的展开式中x2的系数为9.
答案：D
8．解析：因为(x－2y－1)5＝[(x－1)－2y]5的展开式中含y2的项为C(x－1)3(－2y)2，
(x－1)3的展开式中含x2的项为C·x2·(－1)1，
所以(x－2y－1)5的展开式中含x2y2的项的系数为C(－2)2·C·(－1)1＝－120.
答案：A
9．解析：二项式的展开式的通项为Tk＋1＝C·35－k·(－2)k·x10－3k，k＝0，1，2，3，4，5，
当10－3k＝1时，k＝3，知A正确；
当10－3k＝－2时，k＝4，知B正确；
当10－3k＝4时，k＝2，知C正确；
当10－3k＝－4时，k＝，知D错误．
答案：ABC
10．解析：依题意，展开式的通项公式为Tr＋1＝C·()n－r·＝C··x，
因为第6项为常数项，
所以r＝5时，有＝0，解得n＝10，故A正确；
由n＝10，得展开式中项数共有10＋1＝11项，故B错误；
令＝2，得r＝(n－6)＝×(10－6)＝2，
所求含x2项的系数为C×＝.故C正确；
由，令＝k(k∈Z)，则10－2r＝3k，即r＝5－k，
因为r∈N，所以k应为偶数，所以k可取2，0，－2，即r可以取2，5，8，所以第3项，第6项，第9项为有理项，即展开式中有理项的项数为3，故D正确．
答案：ACD
11．解析：(1＋a)12的二项展开式中的倒数第5项，即展开式的第9项，为T9＝C·a8＝495a8.
答案：495a8
12．解析：由C－4C＋42C－43C＋…＋(－1)n4nC＝729，
可得C·1n·(－4)0＋C·1n－1·(－4)1＋C·1n－2·(－4)2＋…＋C·10·(－4)n＝729，
则(1－4)n＝729，即(－3)n＝729＝(－3)6，解得n＝6.
答案：6
13．解析：(1)由题意得，C＝15即＝15，
化简得n2－n－30＝0，解得n＝6或n＝－5(负值舍去).
所以n＝6.
(2)由二项展开式的通项得Tk＋1＝C()6－k＝(－1)kCx，
因为0≤k≤6，k∈N，令＝0，得k＝2，
所以常数项为T3＝(－1)2C＝15.
14．解析：二项式(axm＋bxn)12的通项为Tk＋1＝C(axm)12－k(bxn)k＝Ca12－kbkxm(12－k)＋nk，
令Tk＋1＝Ca12－kbkxm(12－k)＋nk为常数项，
则有m(12－k)＋nk＝0，
因为2m＋n＝0，m，n≠0，所以m(12－k)－2mk＝0，解得k＝4，
故可知常数项是第5项．
15．解析：因为a>b>c所以满足a>b>c所以1＋(1＋x)1＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝1＋(1＋x)1＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6，
其展开式中，含x2的系数为C＋C＋C＋C＋C＝1＋3＋6＋10＋15＝35.
答案：B
16．解析：(1)因为展开式中第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，
所以C＋C＝2C，得到n＋＝2×，整理得n2－9n＋14＝0，即(n－2)(n－7)＝0，
又因为n≥3，n∈N*，所以n的值为7.
(2)当n＝7时，展开式的第k＋1项为Tk＋1＝C()7－k＝(－1)kC··x，其中0≤k≤7，k∈N，
当∈Z，即k＝2，6时，得到展开式中的有理项，
当k＝2时，T3＝x2，当k＝6时，T7＝x－1，所以展开式中所有的有理项为T3＝x2，T7＝x－1.同步练习9 二项式系数的性质
必备知识基础练
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1．[2023·安徽池州高二期中]C＋C＋C＋C＋C＝( )
A．64B．63
C．32D．31
2．[2023·河北唐山高二期中](1＋2x)n(n∈N*)的展开式中第6项与第7项的二项式系数相等，则n为( )
A．10B．11
C．12D．13
3．[2023·山东枣庄高二期中](1－x)5的二项展开式中，所有项的二项式系数之和是( )
A．0B．－1
C．－32D．32
4．[2023·湖北孝感高二期末]a(a－3b)7的展开式中各项系数之和为( )
A．－256B．128
C．－128D．256
5．[2023·辽宁营口高二期末]在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为( )
A．16B．32
C．1D．－32
6．[2023·黑龙江佳木斯高二期中]在(a＋b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n＝( )
A．5B．6
C．7D．8
7．[2023·湖北十堰高二期末]已知(2x－1)2024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2024x2024，则a1＋a2＋a3＋…＋a2024＝( )
A．1B．0C．32024D．－1
8．[2023·河南郑州高二期中]已知a>0，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为( )
A．36B．30
C．15D．10
二、多项选择题(每小题5分，共10分)
9．[2023·广东广州高二期末]下列关于(1－)10的说法，正确的是( )
A．展开式的各二项式系数之和是1024
B．展开式各项系数之和是1024
C．展开式的第5项的二项式系数最大
D．展开式的第3项为45x
10．[2023·河北保定高二期中](1＋x)n展开式中二项式系数最大的是C，则n可以是( )
A．8B．9C．10D．11
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．[2023·河南南阳高二期末]若展开式的二项式系数和为32，则展开式中的常数项为________．(用数字作答)
12．[2023·河北沧州高二期末](x＋1)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝________．
四、解答题(共20分)
13．(10分)已知的展开式中的所有二项式系数之和为32.
(1)求n的值；
(2)求展开式中x4的系数．
14．(10分)[2023·江苏泰州高二期末]设(2x－1)9＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a9x9.
(1)求a1＋a2的值；
(2)求＋＋＋…＋的值．
关键能力综合练
15．(5分)[2023·河南驻马店高二期末]已知(2x＋1)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，记S1＝a1＋a3＋a5＋…＋a2023，S2＝a0＋a2＋a4＋…＋a2022，则S－S的值为( )
A．－32022－1B．32022C．－32023D．32023－1
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15
答案
16.(15分)已知(＋)n展开式的第五项的二项式系数与第三项的二项式系数之比是5∶2.
(1)求展开式中含的项；
(2)求展开式中系数最大项的系数．
同步练习9 二项式系数的性质
1．解析：C＋C＋C＋C＋C
＝(C＋C＋C＋C＋C＋C)－C
＝25－1＝31.
答案：D
2．解析：因为(1＋2x)n(n∈N*)的展开式中第6项与第7项的二项式系数相等，
所以，解得n＝11.
答案：B
3．解析：(1－x)5的二项展开式中所有项的二项式系数之和为25＝32.
答案：D
4．解析：令a＝b＝1，得a(a－3b)7的展开式中各项系数之和为1×(1－3)7＝－128.
答案：C
5．解析：因为二项式系数的和是16，所以2n＝16，解得n＝4，
所以令x＝1得展开式中各项系数的和为(－2)4＝16.
答案：A
6．解析：因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故＋1＝4，得n＝6.
答案：B
7．解析：令x＝0，得a0＝(－1)2024＝1.
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2024＝1，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a2024＝0.
答案：B
8．解析：令x＝1，则可得所有项的系数和为(1＋a)6＝64且a>0，解得a＝1，
∵的展开式中的通项Tk＋1＝Cx6－k＝Cx6－3k，k＝0，1，…，6，
∴当k＝2时，展开式中的常数项为C＝15.
答案：C
9．解析：对于A，(1－)10的展开式的各二项式系数之和是210＝1024，A正确；对于B，令＝1，得(1－)10的展开式的各项系数之和为0，B错误；对于C，(1－)10的展开式的第6项的二项式系数最大，C错误；对于D，(1－)10的展开式的第3项为C(－)2＝45x，D正确．
答案：AD
10．解析：根据二项式系数的对称关系，
当n＝9时，所有二项式系数中，C＝C，且C，C均为最大；
当n＝10时，所有二项式系数中，C最大；
当n＝11时，所有二项式系数中，C＝C，且C，C均为最大．
答案：BCD
11．解析：因为二项式系数和2n＝32，
因此n＝5，
又Tk＋1＝C(x2)5－k＝C(－2)kx10－5k，
令k＝2，常数项为C(－2)2＝40.
答案：40
12．解析：(x＋1)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6中，
令x＝1，得2＝a0＋a1＋…＋a6，
令x＝0，得a0＝－1，
∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝3.
答案：3
13．解析：(1)由题意可得，2n＝32，解得n＝5.
(2)＝，
二项展开式的通项为Tk＋1＝C(x2)5－k＝Cx10－3k，
由10－3k＝4，得k＝2.
∴展开式中x4的系数为C＝10.
14．解析：(1)依题意得，a1＝C×2×(－1)8＝18，a2＝C×22×(－1)7＝－144，
∴a1＋a2＝18－144＝－126.
(2)令x＝0，得a0＝－1，
令x＝，得a0＋＋＋＋…＋＝0，
∵a0＝－1，
∴＋＋＋…＋＝1.
15．解析：不妨设f(x)＝(2x＋1)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，
一方面注意到S2＋S1＝(a0＋a2＋a4＋…＋a2022)＋(a1＋a3＋a5＋…＋a2023)＝f(1)，
另一方面注意到S2－S1＝(a0＋a2＋a4＋…＋a2022)－(a1＋a3＋a5＋…＋a2023)＝f(－1)，
所以S－S＝f(1)·f(－1)＝(2×1＋1)2023×[2×(－1)＋1]2023＝－32023.
答案：C
16．解析：(1)由已知得C∶C＝5∶2，
则＝＝＝＝，
则n2－5n－24＝0，即(n－8)(n＋3)＝0，
解得n＝8或n＝－3(舍去).
设展开式中含的项为第k＋1项，
则Tk＋1＝C＝C()8－kx－2k，
令－2k＝－1，则k＝2，
故展开式中含的项为C＝.
(2)设展开式中的第k＋1项的系数最大，则有
，
可得，
即，即，解得5≤k≤6，
故展开式中系数最大项的系数为C＝C＝7.单元素养测评卷(六) 计数原理
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．关于x的方程C＝C的解为( )
A.x＝3B．x＝4C.x＝3且x＝4D．x＝3或x＝4
2.的展开式中x2的系数为( )
A.10B．20C．40D．80
3．若4名教师报名参加乡村志愿支教活动，可以从A，B，C这3所学校中选报1个，则不同的报名方式有( )
A.16种B．24种C．64种D．81种
4．用红、黄、蓝三种颜色给右图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着相同色的有( )
A.96种B．24种C．48种D．12种
5．设(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为( )
A.311B．312C．313D．315
6．直上九天问苍穹，天宫六人绘新篇.2023年5月30日神舟十六号发射成功，神十五与神十六乘组航天员在太空会师，6名航天员分两排合影留念，若从神十五和神十六每组的3名航天员中各选1人站在前排，后排的4人要求同组的2人必须相邻，则不同的站法有( )
A.72种B．144种C．180种D．288种
7．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，若第n行中从左至右只有第5个数为该行中的最大值，则n的值为( )
A.7B．8C．9D．10
8．2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛在苏州举行．现将5名志愿者分配到赛事宣传、外事联络和酒店接待3个部门进行培训，每名志愿者只分配到1个部门，每个部门至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( )
A.300种B．210种C．180种D．150种
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列四个关系式中，一定成立的是( )
A.3C－2C＝148
B．A＝(n≥m≥2，m，n∈N)
C.A＝nA(n≥m≥2，m，n∈N)
D．C＋C＋C＋…＋C＝328
10．下列说法正确的是( )
A.10×11×12×…×20可表示为A
B.6个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手15次
C.若把英文“sorry”的字母顺序写错，则可能出现的错误共有59种
D.将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室，要求每个科室至少有1人，则共有18种不同的安排方法
11．在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是( )
A.若任意选科，选法总数为CC
B.若化学必选，选法总数为CC
C.若政治和地理至多选一门，选法总数为CCC＋C
D.若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为CC＋C
12．设(1＋2x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则下列说法正确的是( )
A.a0＝1
B．a1＋a2＋…＋a10＝310－1
C.展开式中二项式系数最大的项是第5项
D．a2＝9a1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若C＝3A，则n＝________．
14．(x2－x＋2y)5的展开式中x3y3项的系数为________．
15．某同学将英文单词“million”中字母的顺序记错了，那么他在书写该单词时，写错的情况有________种(用数字作答).
16．已知(a＋x)(1＋x)6的展开式中x2的系数为21，则a＝________．
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．(本小题10分)有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，求：
(1)5位同学站成一排，甲、戊不在两端有多少种不同的排法？
(2)5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，有多少种不同的排法？
18．(本小题12分)在(2x＋)n(n∈N*)的展开式中，第2项、第3项、第4项的二项式系数成等差数列．
(1)求n的值；
(2)求展开式中的第7项．
19.(本小题12分)课外活动小组共9人，其中男生5人，女生4人，并且男、女生各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)至少有1名队长当选；
(2)至多有2名女生当选；
(3)既要有队长，又要有女生当选．
20．(本小题12分)已知集合A＝{1，2，3，4，5，6}．
(1)从集合A中任取4个数字组成无重复数字的四位数，共有多少个偶数？
(2)从集合A中任取3个不同的数，其和为偶数，共有多少种不同的取法？
(3)从集合A中任取2个奇数和2个偶数，可构成多少个奇数字相邻的四位数？
(4)从集合A中任取4个数字组成无重复数字的四位数，并把它们按由小到大的顺序排成一个数列，则这个数列中第135项是多少？
21.(本小题12分)在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解．
条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；
条件②：只有第5项的二项式系数最大；
条件③：所有项的二项式系数的和为256.
问题：在(2x2－)n(n∈N*)展开式中，
(1)求n的值与展开式中各项系数之和；
(2)这个展开式中是否存在有理项？若存在，将其一一列出；若不存在，请说明理由．
22．(本小题12分)在(x2＋x＋1)n＝Dx2n＋Dx2n－1＋Dx2n－2＋…＋Dx＋D的展开式中，把D，D，D，…，D叫做三项式的n次系数列．
(1)求D＋D＋D＋D的值；
(2)根据二项式定理，将等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n的两边分别展开，可得左右两边的系数对应相等，如C＝(C)2＋(C)2＋(C)2＋…＋(C)2，利用上述思想方法，求DC－DC＋DC－…－DC＋DC－DC的值．
单元素养测评卷(六) 计数原理
1．解析：因为C＝C，则2x＝3x－4或2x＋3x－4＝11，解得x＝4或x＝3，若x＝4，可得C＝C，符合题意；若x＝3，可得C＝C，符合题意；综上所述：x＝3或x＝4.
答案：D
2．解析：通项公式为Tk＋1＝Cx5－k·＝2kC·x5－3k，
令5－3k＝2，得k＝1，
所以展开式中x2的系数为2×C＝10.
答案：A
3．解析：每位教师报名都有3种选择，则4名教师报名方式有34＝81(种).
答案：D
4．解析：因为①③⑤着相同的颜色，可以有C＝3种，②④⑥按要求可随意着与①③⑤不同色的另外两种颜色，故有C×C×C＝8种，所以共有24种．
答案：B
5．解析：令x＝1，则(－1)4＝1＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4 ①，
令x＝－1，则(－5)4＝625＝a0－a1＋a2－a3＋a4 ②，
①＋②可得626＝2(a0＋a2＋a4)，解得a0＋a2＋a4＝313.
答案：C
6．解析：因为第一排的站法有CCA＝18(种)，第二排的站法有AAA＝8(种)，所以不同的站法有18×8＝144(种).
答案：B
7．解析：由题意可知，第n行的数就是二项式(a＋b)n的展开式中各项的二项式系数．
因为只有第5项的二项式系数C最大，所以n为偶数，故＝4，解得n＝8.
答案：B
8．解析：由题意，志愿者按人数，可分组为(3，1，1)、(2，2，1)的形式，
对于(3，1，1)分组，分配方案有CA＝60种；
对于(2，2，1)分组，分配方案有·A＝90种；
所以共有150种．
答案：D
9．解析：由3C－2C＝3×－2×＝148，所以A正确；由A＝＝，所以B错误；由A＝＝n×＝nA，所以C正确；由C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋C＋…＋C－1＝C－1＝－1＝329，所以D错误．
答案：AC
10．解析：因为A＝11×12×13×…×20，故A错误；
因为6人两两握手，共握C＝15(次)，故B正确；
先在5个位置中选出3个位置，对s，o，y进行全排列，剩下两个位置将r放入即可，故有：A＝5×4×3＝60(种)，而正确的共有1种，
所以可能出现的错误共有60－1＝59(种)，故C正确；
因为4＝1＋3＝2＋2，
当按3，1分组时，先选1人单独一组，剩下3人为一组，
再将两组分配到两个不同科室中：共CA＝8(种)分法，
当按2，2分组，在4人中选出2人到呼吸科，剩下2人自动去感染科，
故有C＝6(种)分法，故共有8＋6＝14(种)安排方法，故D错误．
答案：BC
11．解析：对于A中，先从物理和历史中，任选1科，再从剩余的四科中任选2科，根据分步乘法计数原理，可得选法总数为CC种，所以A正确；
对于B中，先从物理、历史中选1门，有C种选法，若化学必选，再从生物、政治、地理中再选1门，有C种选法，由分步乘法计数原理，可得选法共有CC种，所以B正确；
对于C中，先从物理和历史中选1门，有C种选法，若从政治和地理中只选1门，再从化学和生物中选1门，有CC种选法，若政治和地理都不选，则从化学和生物中选2门，只有1种选法，由分类加法计数原理，可得共有C(CC＋1)，所以C正确；
对于D中，若物理必选，只有1种选法，若化学、生物只选1门，则在政治、地理中选1门，有CC种选法，若化学、生物都选，则只有1种选法，由分类加法计数原理，可得选法总数为CC＋1，所以D错误．故选ABC.
答案：ABC
12．解析：令x＝0得a0＝1，故A正确；令x＝1得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝310，而由A知，a0＝1，因此a1＋a2＋…＋a10＝310－1，故B正确；因为(1＋2x)10的展开式中二项式系数最大为C，为第6项，故C不正确；因为(1＋2x)10的展开式中，Tk＋1＝2kCxk，0≤k≤10，k∈N，所以T2＝2Cx＝20x，∴a1＝20，T3＝22Cx2＝180x2，a2＝180，因此a1＝20，a2＝180，所以a2＝9a1，故D正确．
答案：ABD
13．解析：因为C＝C＝，A＝(n－1)(n－2)，
所以＝3(n－1)(n－2)，
整理得5n2－19n＋12＝(n－3)(5n－4)＝0，
故n＝3或n＝(舍去).
答案：3
14．解析：(x2－x＋2y)5的展开式中，构成x3y3项只能是一个x2、一个(－x)、3个(2y)相乘，
故此项为Cx2·C(－x)·C(2y)3＝－160x3y3.
答案：－160
15．解析：英文单词“million”中字母的顺序记错了，
因为有两个i，两个l重复，那么他在书写该单词时，
共有＝1260种可能，
而正确的拼写只有1种，故写错的情况有1259种．
答案：1259
16．解析：由二项式定理可知(1＋x)6的展开式中含x，x2的项分别为C×15·x＝6x，C×14·x2＝15x2，
故(a＋x)(1＋x)6的展开式中含x2的项为a×15x2＋x·6x＝(15a＋6)x2，即15a＋6＝21 a＝1.
答案：1
17．解析：(1)首先排两端，从甲、戊以外的3人中选出2人站两端，有A种排法；
中间3个位置全排列，有A种排法，
所以共有A×A＝36种排法．
(2)首先将甲乙两人捆绑，与戊一起排，有A×A种排法，
此时，共有3个空，丙丁两人插空排列，共有A种排法，
所以共有A×A×A＝24种排法．
18．解析：(1)第2项、第3项、第4项的二项式系数成等差数列，即C，C，C构成等差数列．
所以2C＝C＋C，即2×＝n＋，且n∈N*，n≥3.
整理得n2－9n＋14＝0，解得n＝7或n＝2(舍去).
(2)Tk＋1＝C(2x)7－k＝27－kCx7－k，
令k＝6，则T7＝2Cx－2＝14x－2，
故展开式中的第7项为14x－2.
19．解析：(1)利用间接法：从所有的选法中减去没有队长的选法，
所以至少有1名队长当选的选法种数为C－C＝126－21＝105(种).
(2)至多有2名女生当选，则当选的女生人数分别为0或1或2，
因此至多有2名女生当选的选法种数为C＋CC＋CC＝1＋5×4＋10×6＝81(种).
(3)既要有队长，又要有女生当选，分以下情况讨论：
①有且只有一名女队长当选，不同的选法种数为C＝35(种)；
②有且只有一名男队长当选，则至少有一名女生当选，则不同的选法种数为C－C＝34(种)；
③若男队长和女队长当选，则不同的选法种数为C＝35(种).
综上所述，既要有队长，又要有女生当选的选法种数为35＋34＋35＝104(种).
20．解析：(1)先从3个偶数中任选一个放在个位，进而从剩余的5个数中选择3个进行排列，故有A·A＝3×60＝180个．
(2)一是选择3个偶数，其和为偶数，有C＝1种，二是选择1个偶数，选择2个奇数相加，其和为偶数，此时有C·C种取法，综上共有C＋C·C＝1＋3×3＝10种．
(3)从3个奇数中选出2个，从3个偶数中选出2个，把两个奇数看为一个整体，有A种情况，两个偶数和奇数组成的整体进行全排列，故共有CCAA＝3×3×2×6＝108个．
(4)千位数为1的四位数共有A＝60个，千位数为2的四位数共有A＝60个，
千位数为3的四位数共有A＝60个，所以第135项的千位数字为3；千位数为3且百位数为1的四位数共有A＝12个，千位数为3且百位数为2的四位数共有A＝12个，所以第135项是千位数字为3，百位数为2的四位数中的第3项，所以数列中的第135项是3216.
21．解析：(1)选①，第3项与第7项的二项式系数相等，则C＝C，所以n＝2＋6＝8；
令x＝1，则＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.
选②，只有第5项的二项式系数最大，所以＝4，解得n＝8；
令x＝1，则＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.
选③，所有项的二项式系数的和为256，则2n＝256，解得n＝8.
令x＝1，则＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.
(2)二项式展开式的通项公式为：
Tk＋1＝C(2x2)8－k(－x－)k＝(－1)k28－kCx16－k.
依题意可知，当k＝0，3，6时，二项式展开的项都是有理项．所以：
当k＝0时，T1＝256x16；当k＝3时，T4＝－1792x9；当k＝6时，T7＝112x2.
所以展开式中有理项分别为T1＝256x16；T4＝－1792x9；T7＝112x2.
22．解析：(1)(x2＋x＋1)3＝Dx6＋Dx5＋…＋Dx＋D，
令x＝1得33＝D＋D＋…＋D＋D， ①
令x＝－1得1＝D－D＋…－D＋D， ②
①＋②得28＝2(D＋D＋D＋D)，
所以D＋D＋D＋D＝14.
(2)因为1－x3＝(1－x)(1＋x＋x2)，
所以(1－x3)2023＝(1－x)2023(1＋x＋x2)2023，
右边展开式中含x4046项的系数为
DC－DC＋DC－…－DC＋DC－DC，
而展开式中左边含x4046项的系数为0，
所以DC－DC＋DC－…－DC＋DC－DC＝0.
