【优化设计】2015-2016学年高中数学 第一章 计数原理单元测评A 新人教A版选修2-3
(基础过关卷)
(时间:90分钟,满分:100分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.小王有70元钱,现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡.若他至少买一张,则不同的买法共有( )
A.7种 B.8种 C.6种 D.9种
解析:要完成的一件事是“至少买一张IC电话卡”,分三类完成:买1张IC卡,买2张IC卡,买3张IC卡.而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事.买1张IC卡有2种方法,买2张IC卡有3种方法,买3张IC卡有2种方法,故共有2+3+2=7种不同的买法.
答案:A
2.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )
A.10 B.11 C.12 D.15
解析:分类讨论:分有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同,可得N=+1=11.
答案:B
3.4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门,则恰有2人选修甲课程的不同选法共有( )
A.12种 B.36种
C.30种 D.24种
解析:分三步,第1步,先从4位同学中选2人选修甲课程,共有种不同的选法;第2步,第3位同学选课程,必须从乙、丙中选取,共有2种不同的选法;第3步,第4位同学选课程,有2种不同的选法.故共有N=×2×2=24种不同的选法.
答案:D
4.如果的展开式中含有非零常数项,则正整数n的最小值为( )
A.3 B.6 C.5 D.10
解析:展开式的通项为Tr+1=(3x2)n-r·3n-r·(-2)r·x2n-5r.
由题意得2n-5r=0,n=r(r=0,1,2,…,n),故当r=2时,正整数n有最小值,n的最小值为5.
答案:C
5.将不同的五种商品在货架上排成一排,其中甲、乙两种商品必须排在一起,丙、丁两种商品不能排在一起,则不同的排法共有( )
A.12种 B.20种
C.24种 D.48种
解析:甲、乙捆绑看成一个元素,与丙、丁之外的1个元素共2个元素进行全排列,有种排法,再插空排入丙、丁,共有=24种不同的排法.
答案:C
6.从五双不同大小的鞋中任取4只,其中恰好有一双的取法种数为( )
A.120 B.240 C.360 D.72
解析:先取出一双有种取法,再从剩下的4双鞋中取出2双,而后从每双中各取一只,有种不同的取法.共有=120种不同的取法.
答案:A
7.为支持地震灾区的灾后重建工作,四川某公司决定分四天每天各运送一批物资到A,B,C,D,E五个受灾地点.由于A地距离该公司较近,安排在第一天或最后一天送达;B,C两地相邻,安排在同一天上午、下午分别送达(B在上午、C在下午与B在下午、C在上午为不同的运送顺序),且运往这两地的物资算作一批;D,E两地可随意安排在其余两天送达.则安排这四天运送物资到五个受灾地点的不同运送顺序的种数为( )
A.72 B.18 C.36 D.24
解析:可分三步完成:第1步是安排送达物资到受灾地点A,有种方法;第2步是在余下的3天中任选1天,安排送达物资到受灾地点B,C,有种方法;第3步是在余下的2天中安排送达物资到受灾地点D,E,有种方法.由分步计数原理得,不同的运送顺序共有·()·=24(种).
答案:D
8.在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)的展开式中,含x4的项的系数是( )
A.-15 B.85
C.-120 D.274
解析:含x4的项的系数为从5个因式中取4个含x,另一个取常数项即可.根据分类加法、分步乘法计数原理,得-5x4-4x4-3x4-2x4-x4=-15x4,所以原式展开式中含x4的项的系数是-15.
答案:A
9.将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i个数为ai(i=1,2,…,6),若a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1
A.30 B.18
C.36 D.48
解析:由于a1,a3,a5的大小顺序已定,且a1≠1,a3≠3,a5≠5,所以a1可取2,3,4,若a1=2或3,则a3可取4,5,当a3=4时,a5=6,当a3=5时,a5=6;若a1=4,则a3=5,a5=6.而其他的三个数字可以任意排列,因而不同的排列方法共有(2×2+1)=30(种).
答案:A
10.若自然数n使得竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“可连数”.例如:32是“可连数”,因32+33+34不产生进位现象;23不是“可连数”,因23+24+25产生进位现象.那么,小于1 000的“可连数”的个数为( )
A.27 B.36
C.39 D.48
解析:根据题意,要构造小于1 000的“可连数”,个位上的数字的最大值只能为2,即个位数字只能在0,1,2中取.十位数字只能在0,1,2,3中取;百位数字只能在1,2,3中取.
当“可连数”为一位数时,有=3(个);
当“可连数”为两位数时,个位上的数字有0,1,2三种取法,十位上的数字有1,2,3三种取法,即有=9(个);
当“可连数”为三位数时,有=36(个);
故共有3+9+36=48(个).
答案:D
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中横线上)
11.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一名学生,且甲、乙两名学生不能分到同一个班,则不同分法的种数为 .
解析:将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一名学生,有种方法,甲、乙两名学生分到同一个班有种方法,所以不同分法的种数为=30.
答案:30
12.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,则不同的站法种数是 .(用数字作答)
解析:可分类讨论:第1类,7级台阶上每一级只站一人,则有种;第2类,若有一级台阶有2人,另一级有1人,则有种,因此共有不同的站法种数是=336.
答案:336
13.(x2+2)展开式中的常数项是 .
解析:第一个因式取x2,第二个因式取含的项,得展开式的常数项为1×(-1)4=5;第一个因式取2,第二个因式取常数项,得展开式的常数项为2×(-1)5=-2,故展开式的常数项是5+(-2)=3.
答案:3
14.将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排,且A,B均在C的同侧,则不同的排法共有 种.(用数字作答)
解析:C相对于A,B的位置有3种,其中有2种是A,B在C的同侧,所以满足条件的共有=480(种).
答案:480
15.在(x-)2 008的二项展开式中,含x的奇次幂的项之和为S,当x=时,S= .
解析:设(x-)2 008=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 008·x2 008.
当x=时,有a0+a1·+a2·()2+…+a2 008·()2 008=0, ①
当x=-时,
有a0-a1·+a2·()2-…-a2 007()2 007+a2 008()2 008=(2)2 008, ②
①-②得2[a1·+a3·()3+a5·()5+…+a2 007·()2 007]
=-23 012,
故x=时,S=a1·+a3·()3+…+a2 007·()2 007=-23 011.
答案:-23 011
三、解答题(本大题共4小题,共25分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤)
16.(6分)有6个除颜色外完全相同的球,其中3个黑球,红、白、蓝球各1个,现从中取出4个球排成一列,共有多少种不同的排法
解:分三类:
(1)若取1个黑球,和另外三个球排成一列,不同的排法种数为=24;
(2)若取2个黑球,和从另外三个球中选2个排成一列,2个黑球是相同的,所以不同的排法种数为=36;
(3)若取3个黑球,和从另外三个球中选1个排成一列,不同的排法种数为=12.
综上,不同的排法种数为24+36+12=72.
17.(6分)甲、乙、丙三名教师按下列规定分配到6个班级里去任课,一共有多少种不同的分配方法
(1)一人教1个班,一人教2个班,另一人教3个班;
(2)每人教2个班;
(3)两个人各教1个班,另一人教4个班.
解:(1)若甲教1个班,乙教2个班,丙教3个班,有种分配方法,因为未指名谁教几个班,若甲、乙、丙所教班的个数交换后,所以共有=360种分配方法.
(2)若每人各教2个班,共有=90种分配方法.
(3)若甲教4个班,乙、丙各教1个班,有种分配方法.因为甲、乙、丙每人都可教4个班,所以共有=90种分配方法.
18.(6分)一段楼梯共有12个阶梯,某人上楼时,有时迈一阶有时迈两阶.
(1)此人共用7步走完,问有多少种不同的上楼方法;
(2)试求此人共有多少种不同的上楼方法.
解:(1)若7步走完,则其中有2步迈一阶,5步迈2阶,则不同的上楼方法有=21(种).
(2)此人上楼最少迈6步,最多迈12步,所以不同的上楼方法的种数为=233.
19.(7分)已知展开式中的前三项的系数成等差数列.
(1)求n的值;
(2)求展开式中系数最大的项.
解:(1)由题意,得=2×,
即n2-9n+8=0,解得n=8,n=1(舍去).故n=8.
(2)设第r+1项的系数最大,则
即解得2≤r≤3.
∵r∈N*,∴r=2或r=3.
∴系数最大的项为T3=7x5,T4=7.
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11.3.1 二项式定理
A组
1.若展开式的第4项为含x3的项,则n等于( )
A.8 B.9 C.10 D.11
解析:展开式的通项是Tk+1=·xn-k··(-1)k·xn-2k,k∈{0,1,2,…,n},
因为当k+1=4时,n-2k=3,所以n=9.
答案:B
2.化简多项式(2x+1)5-5(2x+1)4+10(2x+1)3-10(2x+1)2+5(2x+1)-1的结果是( )
A.(2x+2)5 B.2x5 C.(2x-1)5 D.32x5
解析:原式=[(2x+1)-1]5=(2x)5=32x5.
答案:D
3.的展开式中含x的负整数指数幂的项数是( )
A.0 B.2 C.4 D.6
解析:展开式的通项是Tr+1=,由0≤r≤10,且为负整数,得r=4,6,8,10,即有4项含x的负整数指数幂.
答案:C
4.对于二项式(n∈N*),有以下四种判断:
①存在n∈N*,展开式中有常数项;②对任意n∈N*,展开式中没有常数项;③对任意n∈N*,展开式中没有x的一次项;④存在n∈N*,展开式中有x的一次项.
其中正确的是( )
A.①与③ B.②与③
C.②与④ D.①与④
解析:二项式的展开式的通项为Tk+1=x4k-n,由通项公式可知,当n=4k(k∈N*)和n=4k-1(k∈N*)时,展开式中分别存在常数项和一次项.
答案:D
5.(2014湖北高考)若二项式的展开式中的系数是84,则实数a等于( )
A.2 B. C.1 D.
解析:二项式通项Tr+1=(2x)7-r(ax-1)r=27-rarx7-2r.
由题意知7-2r=-3,则r=5.
令22a5=84,解得a=1.
答案:C
6.(a+x)5展开式中x2的系数为10,则实数a的值为 .
解析:二项展开式的通项是Tk+1=a5-kxk,所以T3=a3x2=10a3x2.所以10a3=10,解得a=1.
答案:1
7.已知的展开式中x3的系数为,则常数a的值为 .
解析:展开式的通项是Tr+1=a9-r·(-1)r·,令r-9=3,得r=8.
依题意,得(-1)8×2-4·a9-8=,解得a=4.
答案:4
8.233除以9的余数是 .
解析:233=811=(9-1)11=×911-×910+×99-…+×9-,
除最后一项-1外,其余各项都能被9整除,故余数为9-1=8.
答案:8
9.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.
解:T5=)n-4·24x-8=16,T3=)n-2·22x-4=4.
由题意知,,
解得n=10.
Tk+1=)10-k·2kx-2k=2k,令5-=0,解得k=2,
∴展开式中的常数项为×22=180.
10.求的展开式中x2y2的系数.
解:设的第r+1项中含有x2y2,则Tr+1=·(-1)r·,
因此8-r-=2,r-=2,即r=4.
故x2y2的系数为×(-1)4==70.
11.已知在的展开式中,第9项为常数项,求:
(1)n的值;
(2)展开式中x5的系数;
(3)含x的整数次幂的项的项数.
解:已知二项展开式的通项
Tk+1==(-1)k.
(1)因为第9项为常数项,即当k=8时,2n-k=0,解得n=10.
(2)令2n-k=5,
得k=(2n-5)=6,
所以x5的系数为(-1)6×.
(3)要使2n-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组
1.
在(1-x3)(1+x)10的展开式中,x5的系数是( )
A.-297 B.-252 C.297 D.207
解析:(1-x3)(1+x)10=(1+x)10-x3(1+x)10展开式中含x5的项的系数为=207.
答案:D
2.1-2+4-8+…+(-2)n等于( )
A.1 B.-1 C.(-1)n D.3n
解析:逆用二项式定理,将1看成公式中的a,-2看成公式中的b,可得原式=(1-2)n=(-1)n.
答案:C
3.(2014湖南高考)的展开式中x2y3的系数是( )
A.-20 B.-5 C.5 D.20
解析:由已知,得
Tr+1=(-2y)r=(-2)rx5-ryr(0≤r≤5,r∈Z),
令r=3,得T4=(-2)3x2y3=-20x2y3.
答案:A
4.(2014四川高考)在x(1+x)6的展开式中,含x3项的系数为( )
A.30 B.20 C.15 D.10
解析:含x3的项是由(1+x)6展开式中含x2的项与x相乘得到的,又(1+x)6展开式中含x2的项的系数为=15,故含x3项的系数是15.
答案:C
5.若(1+2x)6的展开式中的第2项大于它的相邻两项,则x的取值范围是 .
解析:由解得答案:
6.设m为大于1且小于10的正整数,若的展开式中有不含x的项,满足这样条件的m有 个.
解析:的展开式的通项为
Tr+1=·(x3)m-r·=(-1)r··x3m-5r.
因为展开式中有不含x的项,
所以有3m-5r=0,
即3m=5r.
又1且m∈N*,r∈N,
所以满足条件的m只有m=5.
答案:1
7.(2014安徽高考)设a≠0,n是大于1的自然数,的展开式为a0+a1x+a2x2+…+anxn.若点Ai(i,ai)(i=0,1,2)的位置如图所示,则a= .
解析:由题意得a1==3,
∴n=3a;
a2==4,
∴n2-n=8a2.
将n=3a代入n2-n=8a2得9a2-3a=8a2,即a2-3a=0,解得a=3或a=0(舍去).
∴a=3.
答案:3
8.已知的展开式中,第4项的二项式系数是倒数第2项的二项式系数的7倍,求展开式中x的一次项.
解:依题意=7,整理可得(n-1)(n-2)=6×7,因为n>0,所以n=8.设展开式中含x的项是第k+1项,则Tk+1=)8-k=(-2)k.所以=1,解得k=2.故展开式中含x的项为第3项,即T3=(-2)2x=112x.
9.(2014山东高考改编)若的展开式中x3项的系数为20,求a2+b2的最小值.
解:的展开式的通项为Tr+1=(ax2)6-r·a6-rbrx12-3r,令12-3r=3,得r=3,由a6-3b3=20得ab=1,所以a2+b2≥2ab=2,故a2+b2的最小值为2.
10.(1)求(x2-x+1)(1+x)8展开式中x4项的系数;
(2)求(1-x)5(1-2x)6展开式中x3项的系数.
解:(1)(1+x)8展开式中x2,x3,x4的系数分别为,(1+x)8与(x2-x+1)相乘后,
得x4项的系数为=42.
(2)(1-x)5的展开式中,x0,x1,x2,x3项的系数分别为,-,-,
(1-2x)6的展开式中,x0,x1,x2,x3项的系数依次为,(-2),(-2)2,(-2)3,
因此,(1-x)5(1-2x)6的展开式中,x3项的系数是
·(-2)3·+(-)·(-2)2··(-2)·+(-)·=-590.
11.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,求展开式中含x2项的系数的最小值.
解:(1+2x)m+(1+4x)n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=16,
∴当n=时,t取最小值,但n∈N*,
∴当n=5时,t即x2项的系数最小,最小值为272.
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1【优化设计】2015-2016学年高中数学 第一章 计数原理单元测评B 新人教A版选修2-3
(高考体验卷)
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.(2015四川高考)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有( )
A.144个 B.120个 C.96个 D.72个
解析:当首位数字为4,个位数字为0或2时,满足条件的五位数有个;
当首位数字为5,个位数字为0或2或4时,满足条件的五位数有个.
故满足条件的五位数共有=(2+3)=5×4×3×2×1=120个.
答案:B
2.(2015湖北高考)已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数和为( )
A.212 B.211 C.210 D.29
解析:由条件知,∴n=10.
∴(1+x)10中二项式系数和为210,其中奇数项的二项式系数和为210-1=29.
答案:D
3.(2014辽宁高考)6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )
A.144 B.120 C.72 D.24
解析:插空法.在已排好的三把椅子产生的4个空当中选出3个插入3人即可.故排法种数为=24.
答案:D
4.(2014四川高考)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )
A.192种 B.216种 C.240种 D.288种
解析:(1)当最左端排甲的时候,排法的种数为;
(2)当最左端排乙的时候,排法种数为.
因此不同的排法的种数为=120+96=216.
答案:B
5.(2014大纲全国高考)有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有( )
A.60种 B.70种
C.75种 D.150种
解析:从6名男医生中选出2名有种选法,从5名女医生中选出1名有种选法,故共有×5=75种选法.
答案:C
6.(2014安徽高考)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有( )
A.24对 B.30对
C.48对 D.60对
解析:正方体六个面的对角线共有12条,则有=66(对),而相对的两个面中的对角线其夹角都不是60°,则共有3×=18(对),而其余的都符合题意,故有66-18=48(对).
答案:C
7.(2015湖南高考)已知的展开式中含的项的系数为30,则a等于( )
A. B.- C.6 D.-6
解析:展开式的通项为Tr+1=·()5-r·=(-1)rar·(r=0,1,2,…,5).令-r=,得r=1,所以展开式中含项的系数为(-1)·a,于是-5a=30,解得a=-6.
答案:D
8.(2014北京高考)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级,依次为“优秀”“合格”“不合格”.若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙,且其中至少有一门成绩高于乙,则称“学生甲比学生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好,并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生,那么这组学生最多有( )
A.2人 B.3人 C.4人 D.5人
解析:假设满足条件的学生有4位及4位以上,设其中4位同学分别为甲、乙、丙、丁,则4位同学中必有两个人其中一门学科的成绩一样,且这两个人另一门学科的成绩不一样,那么这两个人中一个人的成绩比另一个人好,故满足条件的学生不能超过3人.当有3位学生时,用A,B,C表示“优秀”“合格”“不合格”,则满足题意的有AC,CA,BB,所以最多有3人.
答案:B
9.(2014浙江高考)在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记xmyn项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)等于( )
A.45 B.60
C.120 D.210
解析:因为f(m,n)=,所以f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)==120.
答案:C
10.(2014福建高考)用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法原理及乘法原理,从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+ab表示出来,如:“1”表示一个球都不取,“a”表示取出一个红球,而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )
A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5
B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5
C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c5)
D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)
解析:由题意可知:从5个无区别的红球中取出若干个球可表示为1+a+a2+a3+a4+a5;5个无区别的蓝球都取出或都不取出可表示为1+b5;从5个有区别的黑球中取出若干个球可表示为(1+c)(1+c)(1+c)(1+c)(1+c)=(1+c)5.由乘法原理可得所有取法可表示为(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5.
答案:A
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中横线上)
11.(2015福建高考)(x+2)5的展开式中,x2的系数等于 .(用数字作答)
解析:通项公式为Tr+1=x5-r2r,令5-r=2,得r=3.
则x2的系数为·23=80.
答案:80
12.(2014北京高考)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有 种.
解析:产品A,B相邻时,不同的摆法有=48(种).而A,B相邻,A,C也相邻时的摆法为A在中间,C,B在A的两侧,不同的摆法共有=12(种).
故产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻的不同摆法有48-12=36(种).
答案:36
13.(2015安徽高考)的展开式中x5的系数是 .(用数字填写答案)
解析:通项公式Tr+1=x3(7-r)x-r=x21-4r,由21-4r=5,得r=4,所以x5的系数为=35.
答案:35
14.(2015天津高考)在的展开式中,x2的系数为 .
解析:由题意知Tr+1=x6-r··x6-2r·.
令6-2r=2,可得r=2.
故所求x2的系数为.
答案:
15.(2015广州模拟)由0,1,2,…,9这十个数字组成的无重复数字的四位数中,十位数字与千位数字之差的绝对值等于7的四位数的个数是 .
解析:数字之差的绝对值等于7的两个数字为0和7,1和8,2和9.当两个数字是0和7时,满足条件的四位数有个,同理,是1和8时,有个,是2和9时,有个,所以共有=280(个).
答案:280
三、解答题(本大题共4小题,共25分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤)
16.(6分)(2015课标全国Ⅰ高考改编)求(x2+x+y)5的展开式中x5y2的系数.
解:由于(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,其展开式的通项为Tr+1=(x2+x)5-ryr(r=0,1,2,…,5),因此只有当r=2,即T3=(x2+x)3y2中才能含有x5y2项.设的展开式的通项为Si+1=(x2)3-i·xi=x6-i(i=0,1,2,3),令6-i=5,得i=1,则(x2+x)3的展开式中x5项的系数是=3,故(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数是·3=10×3=30.
17.(6分)(2014重庆改编)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,求同类节目不相邻的排法种数.
解:解决该问题分为两类:第1类分两步,先排歌舞类,然后利用插空法将剩余3个节目排入左边或右边3个空,故不同排法有·2=72.第2类也分两步,先排歌舞类,然后将剩余3个节目放入中间两空排法有,故不同的排法有=48,故共有120种不同排法.
18.(6分)(2015课标全国Ⅱ高考改编)(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,求a的值.
解法一:∵(1+x)4=x4+x3+x2+x+x0=x4+4x3+6x2+4x+1,
∴(a+x)(1+x)4的奇数次幂项的系数为4a+4a+1+6+1=32,∴a=3.
解法二:设(a+x)(1+x)4=b0+b1x+b2x2+b3x3+b4x4+b5x5.
令x=1,得16(a+1)=b0+b1+b2+b3+b4+b5,①
令x=-1,得0=b0-b1+b2-b3+b4-b5, ②
由①-②,得16(a+1)=2(b1+b3+b5).
即8(a+1)=32,解得a=3.
19.(7分)(2014广东高考改编)设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},求集合A中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数.
解:在x1,x2,x3,x4,x5这五个数中,因为xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5,所以满足条件1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3的可能情况有:①一个1(或-1),四个0,有×2种;②两个1(或-1),三个0,有×2种;③一个-1,一个1,三个0,有种;④两个1(或-1),一个-1(或1),两个0,有×2种;⑤三个1(或-1),两个0,有×2种.故共有×2+×2+×2+×2=130种情况.
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11.2.2 组合
第一课时 组合
A组
1.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,共需建公路的条数为( )
A.4 B.8 C.28 D.64
解析:由于“村村通”公路的修建,是组合问题.故共需要建=28条公路.
答案:C
2.若=6,则n的值是( )
A.6 B.7 C.8 D.9
解析:原方程即为n(n-1)(n-2)=6×=6×,整理得=1.n=7.经检验知n=7是原方程的解.
答案:B
3.已知,则n等于( )
A.14 B.12 C.13 D.15
解析:∵,∴7+8=n+1,∴n=14.
答案:A
4.某施工小组有男工7人,女工3人,现要选1名女工和2名男工去支援另一施工小组,不同的选法有( )
A.种 B.种
C.种 D.种
解析:每个被选的人都无顺序差别,是组合问题.分两步完成:第一步,选女工,有种选法;第二步,选男工,有种选法.故共有种不同的选法.
答案:D
5.某校开设A类选修课3门,B类选修课4门,一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有( )
A.30种 B.35种 C.42种 D.48种
解析:分两类,A类选修课选1门,B类选修课选2门,或A类选修课选2门,B类选修课选1门,因此,共有=30种不同的选法.
答案:A
6.某单位需同时参加甲、乙、丙三个会议,甲需2人参加,乙、丙各需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.
解析: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).
答案:2 520
7.某科技小组有女同学2名、男同学x名,现从中选出3人去参观展览.若恰有1名女同学入选的不同选法有20种,则该科技小组中男同学的人数为 .
解析:由题意得=20,解得x=5.
所以该科技小组有5名男同学.
答案:5
8.在6名内科医生和4名外科医生中,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法
(1)有3名内科医生和2名外科医生;
(2)既有内科医生,又有外科医生.
解:(1)先选内科医生有种选法,再选外科医生有种选法,故有=120种选派方法.
(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,有=246种选派方法.
若从反面考虑,则有=246种选派方法.
9.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,求共有多少种不同的赠送方法
解: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).
B组
1.楼道里有12盏灯,为了节约用电,需关掉3盏不相邻的灯,则关灯方案有( )
A.72种 B.84种 C.120种 D.168种
解析:需关掉3盏不相邻的灯,即将这3盏灯插入9盏亮着的灯的空中,所以关灯方案共有=120(种).
答案:C
2.将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中,每个宿舍至少安排2名学生,那么互不相同的分配方案共有( )
A.252种 B.112种 C.20种 D.56种
解析:每个宿舍至少安排2名学生,故甲宿舍安排的人数可以为2,3,4,5,甲宿舍安排好后,乙宿舍随之确定,所以共有=112种互不相同的分配方案.
答案:B
3.从0,1,,2这六个数字中,任取两个数字作为直线y=xtan α+b的倾斜角和截距,可组成 条平行于x轴的直线.
解析:要使得直线与x轴平行,则倾斜角为0,截距在0以外的五个数字均可.故有=5条满足条件.
答案:5
4.若对任意的x∈A,则x∈,就称A是“具有伙伴关系”的集合.在集合M=的所有非空子集中,具有伙伴关系的集合的个数为 .
解析: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.又集合中的元素是无序的,因此,所求集合的个数为=15.
答案:15
5.(1)计算:;
(2)求证:+2.
(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.
6.要从6名男生、4名女生中选出5人参加一项活动,按下列要求,各有多少种不同的选法
(1)甲当选且乙不当选;
(2)至少有1名女生且至多有3名男生当选.
解:(1)甲当选且乙不当选,只需从余下的8人中任选4人,有=70种不同的选法.
(2)至少有1名女生且至多有3名男生时,应分三类:
第1类是3名男生2名女生,有种不同的选法;
第2类是2名男生3名女生,有种不同的选法;
第3类是1名男生4名女生,有种不同的选法.
由分类加法计数原理知,共有=186种不同的选法.
7.某地区有7条南北向街道,5条东西向街道.(如图)
(1)图中有多少个矩形
(2)从点A走向点B最短的走法有多少种
解:(1)在7条南北向街道中任选2条,5条东西向街道中任选2条,这样4条线可组成一个矩形,故可组成的矩形有=210(个).
(2)每条东西向的街道被分成6段,每条南北向街道被分成4段,从点A到点B最短的走法,无论怎样走,一定至少包括10段,其中6段方向相同,另4段方向也相同,每种走法,即是从10段中选出6段,这6段是走东西方向的(剩下4段即是走南北方向的),共有=210种走法.
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11.2.1 排列
A组
1.设a∈N*,且a<27,则(27-a)(28-a)…(34-a)等于( )
A. B.
C. D.
解析:8个括号里是连续的自然数,依据排列数的概念可知D正确.
答案:D
2.用0,1,2,…,9这10个数字组成无重复数字的三位数的个数是( )
A.9 B.
C. D.
解析:百位上有9种排法;其他数位上有种排法,共有9个无重复数字的三位数.
答案:A
3.三位老师和三名学生站成一排,要求任何学生都不相邻,则不同的排法总数为( )
A.144 B.72
C.36 D.12
解析:先将老师排好,有种排法,形成4个空位,将3名学生插入4个空位中,有种排法,故共有=144种排法.
答案:B
4.三位老师和三名学生站成一排,若任意两位老师不相邻,任意两名学生也不相邻,则不同的排法总数为( )
A.144 B.72
C.36 D.12
解析:先将三位老师排好,共有种排法,再将3名学生排在靠左的3个空里或靠右的3个空里,共有2种排法,所以共有·2=72种不同的排法.
答案:B
5.将甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面,不同的安排方法共有( )
A.20种 B.30种
C.40种 D.60种
解析:分类完成:①甲排周一,乙、丙只能从周二至周五中选2天排,有种排法;
②甲排周二,乙、丙有种排法;
③甲排周三,乙、丙只能排周四和周五,有种排法,
故共有=20种不同的安排方法.
答案:A
6.安排7位工作人员在10月1日到10月7日值班,每人值班一天,其中甲、乙两人都不能安排在10月1日和10月2日,不同的安排方法共有 种.
解析:安排甲、乙两人在后5天值班,有种排法;安排其余5人值班时无约束条件,有种排法.故共有=2 400种不同的安排方法.
答案:2 400
7.5个大人要带2个小孩排队上山,小孩不能排在一起也不能排在头、尾,则共有 种不同的排法.(用数字作答)
解析:先让5个大人全排列,有种排法,2个小孩再依条件插空有种排法,故共有=1 440种不同的排法.
答案:1 440
8.7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
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=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).
9.用0,1,2,3,4,5这六个数字:
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数
(3)能组成多少个无重复数字且比1 325大的四位数
解:(1)符合要求的四位偶数可分为三类:
第1类:0在个位时有个;
第2类:2在个位时,首位从1,3,4,5中选,有种;十位和百位从余下的数字中选,有种.于是有个;
第3类:4在个位时,与第二类同理,也有个.
由分类加法计数原理知,共有四位偶数=156(个).
(2)5的倍数的五位数可分为两类:个位上的数字是0的五位数有个;
个位上的数字是5的五位数有个.
故满足条件的五位数共有=216(个).
(3)比1 325大的四位数可分为三类:
第1类:形如2□□□,3□□□,4□□□,5□□□,共个;
第2类:形如14□□,15□□,共有个;
第3类:形如134□,135□,共有个;
由分类加法计数原理知,比1 325大的四位数共有=270(个).
B组
1.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,其中“伞数”有( )
A.120个 B.80个 C.40个 D.20个
解析:①当十位是3时,个位与百位从1,2中选,有种选法;
②当十位是4时,个位与百位从1,2,3中选,有种选法;
③当十位是5时,个位与百位从1,2,3,4中选,有种选法;
④当十位是6时,个位与百位从1,2,3,4,5中选,有种选法,
则伞数有=2+6+12+20=40(个).
答案:C
2.由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字,且1,3都不与5相邻的六位偶数的个数是( )
A.72 B.96 C.108 D. 144
解析:第1步,先将2,4,6全排,有种排法.第2步,将1,3,5分别插入2,4,6排列产生的前3个空中,若1,3相邻且不与5相邻,有种排法,若1,3,5均不相邻,有种排法.故六位偶数有)=108种.
答案:C
3.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,则不同的选派方案共有 种.(用数字作答)
解析:没有女生的选法有种,从7人中选3人共有种选法,则至少有1名女生的选派方案共有=186(种).
答案:186
4.三个人坐在有八个座位的一排上,若每个人的两边都要有空位,则不同的坐法总数为 .(用数字作答)
解析:先排好5个空座位,然后让三个人带着座位插到中间4个空中去,所以共有=24(种).
答案:24
5.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,共有多少种不同的安排方法
解:方法一(分类法):分两类:
第1类,化学被选上,有种不同的安排方法;
第2类,化学不被选上,有种不同的安排方法.
故共有=300种不同的安排方法.
方法二(分步法):第1步,第四节有种排法;第2步,其余三节有种排法,故共有=300种不同的安排方法.
方法三(间接法):从6门课程中选4门安排在上午,有种排法,而化学排第四节,有种排法,故共有=300种不同的安排方法.
6.一条铁路有n个车站,为适应客运需要,新增了m个车站,且知m>1,客运车票增加了62种,问原有多少个车站 现在有多少个车站
解:由题意可知,原有车票的种数是种,现在车票的种数是种,∴=62,
即(n+m)(n+m-1)-n(n-1)=62.
∴m(2n+m-1)=62=2×31,
∵m<2n+m-1,且n≥2,m,n∈N*,
∴
解得m=2,n=15,
故原有15个车站,现有17个车站.
7.在三位数中,如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,那么这个数为凹数,如524,746等都是凹数.那么用0,1,2,3,4,5这六个数字能组成多少个无重复数字的凹数
解:符合要求的凹数可分为四类:
第1类,十位数字为0的有个;
第2类,十位数字为1的有个;
第3类,十位数字为2的有个;
第4类,十位数字为3的有个.
由分类加法计数原理知,凹数共有
=40(个).
故这六个数字能组成40个无重复数字的凹数.
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1【优化设计】2015-2016学年高中数学 1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理课后训练 新人教A版选修2-3
A组
1.若x∈{1,2,3},y∈{5,7,9},则x·y的不同值的个数是( )
A.2 B.6 C.9 D.8
解析:求积x·y需分两步取值:第1步,x的取值有3种;第2步,y的取值有3种,故有3×3=9个不同的值.
答案:C
2.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A.40 B.16 C.13 D.10
解析:分两类:第1类,直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面;
第2类,直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面.
故可以确定8+5=13个不同的平面.
答案:C
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的个数是( )
A.15 B.12 C.5 D.4
解析:利用分类加法计数原理.
当x=1时,y=0,1,2,3,4,5,有6种不同的有序自然数对.
当x=2时,y=0,1,2,3,4,有5种不同的有序自然数对.
当x=3时,y=0,1,2,3,有4种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种不同的有序自然数对.
答案:A
4.已知a∈{1,2,3},b∈{4,5,6,7},r∈{8,9},则方程(x-a)2+(y-b)2=r2可表示不同的圆的个数为( )
A.9 B.12 C.8 D.24
解析:完成表示不同的圆这件事有三步:第1步,确定a有3种不同的选取方法;第2步,确定b有4种不同的选取方法;第3步,确定r有2种不同的选取方法.由分步乘法计数原理,方程(x-a)2+(y-b)2=r2可表示不同的圆共有3×4×2=24(个).
答案:D
5.已知5名同学报名参加两个课外活动小组,每名同学限报其中一个小组,则不同的报名方法共有( )
A.10种 B.20种 C.25种 D.32种
解析:5名同学依次报名,每人均有2种不同的选择,所以共有2×2×2×2×2=32种不同的报名方法.
答案:D
6.某电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱,其中存放着先后两次猜中结果的观众来信,甲信箱中有30封,乙信箱中有20封,现由主持人抽奖确定幸运观众,若先确定一名幸运之星,再从两个信箱中各确定一名幸运伙伴,则不同的选择有 种.
解析:分两类情况:
(1)幸运之星在甲箱中抽,先确定幸运之星,再在两箱中各确定一名幸运伙伴有30×29×20=17 400种不同的选择;
(2)幸运之星在乙箱中抽,同理有20×19×30=11 400种不同的选择.
因此共有不同的选择17 400+11 400=28 800(种).
答案:28 800
7.已知4名学生参加跳高、跳远、游泳比赛,4人都来争夺这三项冠军,则冠军分配的种数有 种.
解析:本题中要完成的一件事是:将比赛的各项冠军逐一分配给4名参赛学生.
∵跳高冠军的分配有4种不同的方法.
跳远冠军的分配有4种不同的方法.
游泳冠军的分配有4种不同的方法.
∴根据分步乘法计数原理,冠军的分配方法有4×4×4=64(种).
答案:64
8.一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡,另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡.
(1)某人要从两个袋子中任取1张自己使用的手机卡,共有多少种不同的取法
(2)某人想得到1张中国移动手机卡和1张中国联通手机卡,供自己今后选择使用,共有多少种不同的取法
解:(1)任取1张手机卡,可以从10张不同的中国移动手机卡中任取1张,也可以从12张不同的中国联通手机卡中任取1张,由分类加法计数原理知,共有10+12=22种不同的取法.
(2)从中国移动、中国联通手机卡中各取1张,则要分两步完成:先从中国移动手机卡中任取1张,再从中国联通手机卡中任取1张,由分步乘法计数原理知,共有10×12=120种不同的取法.
9.设有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
解:(1)利用分类加法计数原理,得共有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.利用分步乘法计数原理,得共有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.再利用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.
B组
1.如图,一条电路从A处到B处接通时,可构成线路的条数为(每处只接通一条线路)( )
A.8 B.6 C.5 D.3
解析:从A处到B处的电路接通可分两步,第1步:前一个并联电路接通有2条线路;第2步:后一个并联电路接通有3条线路.由分步乘法计数原理知,电路从A处到B处接通时,可构成线路的条数为3×2=6.
答案:B
2.高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中甲工厂必须有班级去,每班去哪个工厂可自由选择,则不同的分配方案有( )
A.16种 B.18种 C.37种 D.48种
解析:自由选择去四个工厂有43种方法,甲工厂不去,自由选择去乙、丙、丁三个工厂有33种方法,故不同的分配方案有43-33=37(种).
答案:C
3.有10种不同的玩具汽车,9种不同的洋娃娃,8种不同的闪光球,从中任取两种不同类的玩具,共有 种不同的取法.
解析:任取两种不同类的玩具,有三类:第1类,取玩具汽车、洋娃娃各一种;第2类,取洋娃娃、闪光球各一种;第3类,取玩具汽车、闪光球各一种.
第1类中根据分步乘法计数原理有10×9=90种不同的取法;
第2类中有9×8=72种不同的取法;
第3类中有10×8=80种不同的取法.
由分类加法计数原理知,共有90+72+80=242种不同的取法.
答案:242
4.在一次运动会选手选拔赛上,8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员比赛的方式共有 种.
解析:分两步安排这8名运动员.
第1步:安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5,7四条跑道可安排,所以安排方式有4×3×2=24(种).
第2步:安排另外5人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排,所以安排方式有5×4×3×2×1=120(种).
故安排这8名运动员比赛的方式共有24×120=2 880(种).
答案:2 880
5.如图是某校的校园设施平面图,现用不同的颜色作为各区域的底色,为了便于区分,要求相邻区域不能使用同一种颜色.若有6种不同的颜色可选,问有多少种不同的着色方案
解:操场可从6种颜色中任选1种着色;餐厅可从剩下的5种颜色中任选1种着色;宿舍区和操场、餐厅的颜色都不能相同,故可从剩下的4种颜色中任选1种着色;教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同,故可从剩下的4种颜色中任选1种着色.根据分步乘法计数原理,共有6×5×4×4=480种不同的着色方案.
6.已知集合M={1,2,3},N={2,3,4,5},设P(x,y),x∈M,y∈N,若点P在直线y=x的上方,则这样的点P共有多少个
解:∵点P在直线y=x的上方,∴x又x∈M,y∈N,可按x的取值分类考虑.
当x=1时,y=2,3,4,5,则符合条件的点P有4个;
当x=2时,y=3,4,5,则符合条件的点P有3个;
当x=3时,y=4,5,则符合条件的点P有2个.
根据分类加法计数原理,这样的点P共有N=4+3+2=9(个).
7.用0,1,2,3,…,9十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.
解:(1)由于0不能在百位,所以百位上的数字有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,二位自然数有9×9=81(个),三位自然数有4×9×8=288(个).
因为10+81+288=379(个),所以共有379个小于500且无重复数字的自然数.
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