课时跟踪检测（一） 两个计数原理及其简单应用
层级一 学业水平达标
1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，某人从甲地到乙地，他共有不同的走法数为( )
A．13种 B．16种
C．24种 D．48种
解析：选A 应用分类加法计数原理，不同走法数为8＋3＋2＝13(种)．
2．从集合中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有( )
A．30个 B．42个
C．36个 D．35个
解析：选C ∵a＋bi为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．21-cnjy*com
3．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：选B ∵甲、乙两人从4门课程中各选修1门，∴由分步乘法计数原理，可得甲、乙所选的课程不相同的选法有4×3＝12种．
4．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：选C 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．
5．从集合中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )www.21-cn-jy.com
A．32个 B．34个
C．36个 D．38个
解析：选A 先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32个这样的子集．
6．一个礼堂有4个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不同走法________种．
解析：从任一门进有4种不同走法，从任一门出也有4种不同走法，故共有不同走法4×4＝16种．
答案：16
7．将三封信投入4个邮箱，不同的投法有________种．
解析：第一封信有4种投法，第二封信也有4种投法，第三封信也有4种投法，由分步乘法计数原理知，共有不同投法43＝64种．www-2-1-cnjy-com
答案：64
8.如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有 种．【21cnj*y.co*m】
解析：按照焊接点脱落的个数进行分类：
第1类，脱落1个，有1,4，共2种；
第2类，脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种；
第3类，脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种；
第4类，脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种．
根据分类加法计数原理，共有2+6+4+1=13种焊接点脱落的情况．
答案：13
9．若x，y∈N*，且x＋y≤6，试求有序自然数对(x，y)的个数．
解：按x的取值进行分类：
x＝1时，y＝1,2，…，5，共构成5个有序自然数对；
x＝2时，y＝1,2，…，4，共构成4个有序自然数对；
…
x＝5时，y＝1，共构成1个有序自然数对．
根据分类加法计数原理，共有N＝5＋4＋3＋2＋1＝15个有序自然数对．
10．现有高一四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．21cnjy.com
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
解：(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．2·1·c·n·j·y
所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．
所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．
(3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
层级二 应试能力达标
1．(a1＋a2)(b1＋b2)(c1＋c2＋c3)完全展开后的项数为( )
A．9 B．12
C．18 D．24
解析：选B 每个括号内各取一项相乘才能得到展开式中的一项，由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为2×2×3＝12.21*cnjy*com
2．(全国卷Ⅰ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18
C．12 D．9
解析：选B 由题意可知E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18种走法，故选B．【21教育名师】
3．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则有几种不同的选择方式( )
A．24 B．14
C．10 D．9
解析：选B 第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法．∴由分类加法计数原理得，共有12＋2＝14(种)选择方式．21*教*育*名*师
4．从－2，－1,0,1,2,3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成顶点在第一象限且过原点的抛物线条数为( )
A．6 B．20
C．100 D．120
解析：选A 分三步：第一步c＝0只有1种方法；
第二步确定a：a从－2，－1中选一个，有2种不同方法；
第三步确定b：b从1,2,3中选一个，有3种不同的方法．
根据分步乘法计数原理得共有1×2×3＝6种不同的方法，故所求抛物线的条数共6条．
5．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3个点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．
解析：先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，即一个点可形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共可形成2n(n－1)个符合条件的直角三角形．
答案：2n(n－1)
6．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．
解析：0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
答案：252
7．某校高二共有三个班，各班人数如下表.
男生人数
女生人数
总人数
高二(1)班
30
20
50
高二(2)班
30
30
60
高二(3)班
35
20
55
(1)从三个班中选1名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？21世纪教育网
解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：
第1类，从高二(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；
第2类，从高二(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；
第3类，从高二(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165种不同的选法．21教育网
(2)从高二(1)班、(2)班男生或高二(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：21·世纪*教育网
第1类，从高二(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第2类，从高二(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；
第3类，从高二(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．
根据分类加法计数原理知，从高二(1)班、(2)班男生或高二(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80种不同的选法．【21·世纪·教育·网】
8．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，集合B＝{b1，b2}，其中ai，bj(i＝1,2,3,4，j＝1,2)均为实数．2-1-c-n-j-y
(1)从集合A到集合B能构成多少个不同的映射？
(2)能构成多少个以集合A为定义域，集合B为值域的不同函数？
解：(1)因为集合A中的每个元素ai(i＝1,2,3,4)与集合B中元素的对应方法都有2种，由分步乘法计数原理，可构成A→B的映射有N＝24＝16个．21·cn·jy·com
(2)在(1)的映射中，a1，a2，a3，a4均对应同一元素b1或b2的情形此时构不成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数，这样的映射有2个．【21教育】
所以构成以集合A为定义域，以集合B为值域的函数有M＝16－2＝14个．
课时跟踪检测（七） 二项式定理
层级一 学业水平达标
1．(x＋2)n的展开式共有12项，则n等于( )
A．9 B．10
C．11 D．8
解析：选C ∵(a＋b)n的展开式共有n＋1项，而(x＋2)n的展开式共有12项，∴n＝11.故选C．21cnjy.com
2．设n为正整数，2n展开式中存在常数项，则n的一个可能取值为( )
A．16 B．10
C．4 D．2
解析：选B 2n展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx2n－rr＝C(－1)rx，令＝0，得r＝，∴n可取10.www.21-cn-jy.com
3．已知7的展开式的第4项等于5，则x等于( )
A． B．－
C．7 D．－7
解析：选B T4＝Cx43＝5，∴x＝－.
4．若二项式n的展开式中第5项是常数项，则自然数n的值可能为( )
A．6 B．10
C．12 D．15
解析：选C ∵T5＝C()n－4·4＝24·Cx是常数项，∴＝0，∴n＝12.
5．在4的二项展开式中，如果x3的系数为20，那么ab3＝( )
A．20 B．15
C．10 D．5
解析：选D Tr＋1＝Ca4－rbrx24－7r，令24－7r＝3，得r＝3，则4ab3＝20，∴ab3＝5.
6．(全国卷Ⅰ)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是______．(用数字填写答案)
解析：(2x＋)5展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)5－r()r＝25－r·C·x5－.
令5－＝3，得r＝4.
故x3的系数为25－4·C＝2C＝10.
答案：10
7．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：由得解得＜x＜.
答案：
8．若(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝______.(用数字填写答案)
解析：二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx10－rar，
当10－r＝7时，r＝3，T4＝Ca3x7，则Ca3＝15，
故a＝.
答案：
9．若二项式6(a＞0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，且B＝4A，求a的值．
解：∵Tr＋1＝Cx6－rr＝(－a)rCx6－，
令6－＝3，则r＝2，得A＝C·a2＝15a2；
令6－＝0，则r＝4，得B＝C·a4＝15a4.
由B＝4A可得a2＝4，又a＞0，所以a＝2.
10．已知m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n展开式中x的系数为19，求x2的系数的最小值及此时展开式中x7的系数．21世纪教育网
解：由题设m＋n＝19，∵m，n∈N*.
∴…，
x2的系数C＋C＝(m2－m)＋(n2－n)
＝m2－19m＋171＝2＋.
∴当m＝9或10时，x2的系数取最小值81，
此时x7的系数为C＋C＝156.
层级二 应试能力达标
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：选D x5应是(1＋x)10中含x5项与含x2项．
∴其系数为C＋C(－1)＝207.
2．使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
解析：选B 由二项式定理得，Tr＋1＝C(3x)n－rr＝C3n－rxn－r，令n－r＝0，当r＝2时，n＝5，此时n最小．21教育网
3．在二项式n(n∈N*)的展开式中，常数项为28，则n的值为( )
A．12 B．8
C．6 D．4
解析：选B 展开式中第r＋1项是C(x3)n－r·r＝C(－1)rx3n－4r，令(－1)rCx3n－4r＝28，则，∴n＝8.21·cn·jy·com
4．在n的展开式中，常数项为15，则n的一个值可以是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D 通项Tr＋1＝C(x2)n－rr＝(－1)rCx2n－3r，常数项是15，则2n＝3r，且C＝15，验证n＝6时，r＝4合题意，故选D．2·1·c·n·j·y
5．x7的展开式中，x4的系数是________．(用数字作答)
解析：x4的系数，即7展开式中x3的系数，
Tr＋1＝C·x7－r·r＝(－2)r·C·x7－2r，
令7－2r＝3得，r＝2，∴所求系数为(－2)2C＝84.
答案：84
6．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________．
解析：展开式中含x3项的系数为C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＝－121.
答案：－121
7．记n的展开式中第m项的系数为bm.
(1)求bm的表达式；
(2)若n＝6，求展开式中的常数项；
(3)若b3＝2b4，求n.
解：(1)n的展开式中第m项为
C·(2x)n－m＋1·m－1
＝2n＋1－m·C·xn＋2－2m，
所以bm＝2n＋1－m·C.
(2)当n＝6时，n的展开式的通项为
Tr＋1＝C·(2x)6－r·r＝26－r·C·x6－2r.
依题意，6－2r＝0，得r＝3，
故展开式中的常数项为T4＝23·C＝160.
(3)由(1)及已知b3＝2b4，得2n－2·C＝2·2n－3·C，
从而C＝C，即n＝5.
8．求证：1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N*)能被31整除．
证明：∵1＋2＋22＋…＋25n－1＝
＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1
＝C·31n＋C·31n－1＋…＋C·31＋C－1
＝31(C·31n－1＋C·31n－2＋…＋C)，显然C·31n－1＋C·31n－2＋…＋C为整数，
∴原式能被31整除．
课时跟踪检测（三） 排列与排列数公式
层级一 学业水平达标
1．下面问题中，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人组成篮球队
C．从100人中选2人抽样调查
D．从1,2,3,4,5中选2个数组成集合
解析：选A 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．21世纪教育网
2．6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：选D 先把三把椅子隔开摆好，它们之间和两端有4个位置，再把三人带椅子插放在四个位置，共有A4＝24(种)方法，故选D.2-1-c-n-j-y
3．乘积m(m＋1)(m＋2)…(m＋20)可表示为( )
A．A B．A
C．A＋20 D．A
解析：选D 因为m，m＋1，m＋2，…，m＋20中最大的数为m＋20，且共有m＋20－m＋1＝21个因式．所以m(m＋1)(m＋2)…(m＋20)＝Am＋20.【21cnj*y.co*m】
4．计算：＝( )
A．12 B．24
C．30 D．36
解析：选D A＝7×6×A5，A＝6×A，
所以原式＝＝36.
5．体操男队共六人参加男团决赛，但在每个项目上，根据规定，只需五人出场，那么在鞍马项目上不同的出场顺序共有( )21·cn·jy·com
A．6种 B．30种
C．360种 D．A6种
解析：选D 问题为6选5的排列即为A6.
6．计算：5A5＋4A4＝________.
解析：原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348.
答案：348
7．从a，b，c，d，e五个元素中每次取出三个元素，可组成________个以b为首的不同的排列．
解析：画出树形图如下：
可知共12个．
答案：12
8．从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有________种．
解析：根据题意，由排列可得，从6名志愿者中选出4人分别从事四项不同工作，有A6＝360种不同的情况，其中包含甲从事翻译工作，有A5＝60种，乙从事翻译工作，有A5＝60种，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则选派方案共有360－60－60＝240种．www.21-cn-jy.com
答案：240
9．写出下列问题的所有排列．
(1)甲、乙、丙、丁四名同学站成一排；
(2)从编号为1,2,3,4,5的五名同学中选出两名同学任正、副班长．
解：(1)四名同学站成一排，共有A4＝24个不同的排列，它们是：
甲乙丙丁，甲乙丁丙，甲丙乙丁，甲丙丁乙，甲丁乙丙，甲丁丙乙；
乙甲丙丁，乙甲丁丙，乙丙甲丁，乙丙丁甲，乙丁甲丙，乙丁丙甲；
丙甲乙丁，丙甲丁乙，丙乙甲丁，丙乙丁甲，丙丁甲乙，丙丁乙甲；
丁甲乙丙，丁甲丙乙，丁乙甲丙，丁乙丙甲，丁丙甲乙，丁丙乙甲．
(2)从五名同学中选出两名同学任正、副班长，共有A5＝20种选法，形成的排列是：12,13,14,15,21,23,24,25,31,32,34,35,41,42,43,45,51,52,53,54.
10．(1)解关于x的方程：＝89；
(2)解不等式：A9>6A9.
解：(1)法一：∵Ax＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)(x－6)＝(x－5)(x－6)·Ax，
∴＝89.
∵Ax>0，∴(x－5)(x－6)＝90.
故x＝－4(舍去)，x＝15.
法二：由＝89，得Ax＝90·Ax，
即＝90·.
∵x！≠0，∴＝，
∴(x－5)(x－6)＝90.解得x＝－4(舍去)，x＝15.
(2)原不等式即>，
由排列数定义知
∴2≤x≤9，x∈N*.
化简得(11－x)(10－x)>6，∴x2－21x＋104>0，
即(x－8)(x－13)>0，∴x<8或x>13.
又2≤x≤9，x∈N*，∴2≤x<8，x∈N*.
故x＝2,3,4,5,6,7.
层级二 应试能力达标
1．从1,2,3,4中，任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为( )2·1·c·n·j·y
A．2 B．4
C．12 D．24
解析：选C 本题相当于从4个元素中取2个元素的排列，即A4＝12.
2．下列各式中与排列数An相等的是( )
A. B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C. D．An·An－1
解析：选D ∵An＝，而An·An－1＝n·＝，∴An＝An·An－1，故选D.
3．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( )21cnjy.com
A．6 B．9
C．12 D．24
解析：选B 构成四位数，可从特殊元素0进行分类：第一类，0在个位有，，，共3个；第二类，0在十位有，，，共3个；第三类，0在百位有，，，共3个，故由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为9.
4．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有( )
A．34种 B．48种
C．96种 D．144种
解析：选C 程序A有A2＝2(种)排法，将程序B和C看作元素集团与除A外的元素排列有A2A4＝48(种)，【21·世纪·教育·网】
∴由分步乘法计数原理得，实验编排共有2×48＝96(种)方法．
5．满足不等式>12的n的最小值为________．
解析：由排列数公式得>12，即(n－5)(n－6)>12，解得n>9或n<2.又n≥7，所以n>9，21·世纪*教育网
又n∈N*，所以n的最小值为10.
答案：10
6．在编号为1,2,3,4的四块土地上分别试种编号为1,2,3,4的四个品种的小麦，但1号地不能种1号小麦，2号地不能种2号小麦，3号地不能种3号小麦，则共有______种不同的试种方案．www-2-1-cnjy-com
解析：画出树形图，如下：
由树形图可知，共有11种不同的试种方案．
答案：11
7．一条铁路线原有n个车站，为了适应客运需要，新增加了2个车站，客运车票增加了58种，问原有多少个车站？现有多少车站？21教育网
解：由题意可得An＋2－An＝58，即(n＋2)(n＋1)－n(n－1)＝58，解得n＝14.
所以原有车站14个，现有车站16个．
8．规定Ax＝x(x－1)…(x－m＋1)，其中x∈R，m为正整数，且Ax＝1，这是排列数An(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广．21*cnjy*com
(1)求A－15的值；
(2)确定函数f(x)＝Ax的单调区间．
解：(1)由已知得A－15＝(－15)×(－16)×(－17)＝－4 080.
(2)函数f(x)＝Ax＝x(x－1)(x－2)＝x3－3x2＋2x，则f′(x)＝3x2－6x＋2.
令f′(x)>0，得x>或x<，
所以函数f(x)的单调增区间为
－∞，，；
令f′(x)<0，得所以函数f(x)的单调减区间为.
课时跟踪检测（二） 两个计数原理的综合应用
层级一 学业水平达标
1．由数字1,2,3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为( )
A．15 B．12
C．10 D．5
解析：选D 分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成3位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．21*cnjy*com
2．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．12种
解析：选C 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法．
3．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( )2·1·c·n·j·y
A．10个 B．14个
C．15个 D．21个
解析：选A 当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．选A．【21cnj*y.co*m】
4．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为( )21-cnjy*com
A．18 B．16
C．14 D．10
解析：选C 分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标有3×2＝6个不同的点，二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标有4×2＝8个不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14个不同的点．
5．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：选C 与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对．正方体的12条面对角线共有12×8＝96(对)，且每对均重复计算了一次，故共有＝48(对)．21世纪教育网
6.如图所示为一电路图，则从A到B共有 条不同的单支线路可通电．
解析：按上、中、下三条线路可分为三类：从上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2=4(条)．根据分类加法计数原理，共有3+1+4=8(条)．
答案：8
7．将4种蔬菜种植在如图所示的5块试验田里，每块试验田种植一种蔬菜，相邻试验田不能种植同一种蔬菜，不同的种法有________种．(种植品种可以不全)
解析：分五步，由左到右依次种植，种法分别为4,3,3,3,3.
由分步乘法计数原理共有4×3×3×3×3＝324(种).
答案：324
8.古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成______组．21教育网
解析：分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30组不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60组.21cnjy.com
答案：60
9．某高中毕业生填报志愿时，了解到甲、乙两所大学有自己感兴趣的专业，具体情况如下：
甲大学
乙大学
专业
生物学
数学
化学
会计学
医学
信息技术学
工商管理学
物理学
如果这名同学只能选择一所大学的一个专业，那么他的专业选择共有多少种？
解：由图表可知，分两类，第一类：甲所大学有5个专业，共有5种专业选择方法；
第二类：乙所大学有3个专业，共有3种专业选择方法．
由分类加法计数原理知，这名同学可能的专业选择有N＝5＋3＝8(种)．
10．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？www.21-cn-jy.com
解：分两类完成．
第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条．
第2类，当A，B不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成．
第1步，确定A的值，有4种不同的方法；
第2步，确定B的值，有3种不同的方法．
由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12条直线．
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14条．
层级二 应试能力达标
1．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有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
解析：选A 分类考虑，若最少一堆是1个，由至多5个知另两堆分别为4个、5个，只有一种分法；若最少一堆是2个，则由3＋5＝4＋4知有2种分法；若最少一堆是3个，则另两堆为3个、4个共1种分法，故共有分法1＋2＋1＝4种．【21·世纪·教育·网】
2．要把3张不同的电影票分给10个人，每人最多一张，则有不同的分法种数是( )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
解析：选B 可分三步：
第一步，任取一张电影票分给一人，有10种不同分法；
第二步，从剩下的两张中任取一张，由于一人已得电影票，不能再参与，故有9种不同分法．
第三步，前面两人已得电影票，不再参与，因而剩余最后一张有8种不同分法．所以不同的分法种数是10×9×8＝720(种)．21·世纪*教育网
3．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有( )www-2-1-cnjy-com
A．36个 B．18个
C．9个 D．6个
解析：选B 分三步完成，第一步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第二步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第三步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．
A
B
C
D
4.用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有( )21·cn·jy·com
A．12种 B．24种
C．48种 D．72种
解析：选D 先涂C，有4种涂法，涂D有3种涂法，涂A有3种涂法，涂B有2种涂法．由分步乘法计数原理，共有4×3×3×2＝72(种)涂法．2-1-c-n-j-y
5．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成________个不同的对数值．【21教育名师】
解析：要确定一个对数值，确定它的底数和真数即可，分两步完成：
第1步，从这8个数中任取1个作为对数的底数，有8种不同取法；
第2步，从剩下的7个数中任取1个作为对数的真数，有7种不同取法．
根据分步乘法计数原理，可以组成8×7＝56个对数值．
在上述56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，所以满足条件的对数值共有56－4＝52个．【21教育】
答案：52
6.如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有________种．21*教*育*名*师
解析：先涂A，D，E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后再按B，C，F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一类是B与E或D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264种．
答案：264
7.用6种不同颜色为如图所示的广告牌着色，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，求共有多少种不同的着色方法？
解：(1)法一：分类：
第一类，A，D涂同色，有6×5×4=120(种)涂法，
第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3=360(种)涂法，
共有120+360=480(种)涂法．
法二：分步：先涂B区，有6(种)涂法，再涂C区，有5(种)涂法，最后涂A，D区域，各有4(种)涂法，
所以共有6×5×4×4=480(种)涂法．
8．有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；
(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．
解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有报名方法36＝729(种)．
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．
(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．
课时跟踪检测（五） 组合与组合数公式
层级一 学业水平达标
1．C＋C的值为( )
A．36 B．84
C．88 D．504
解析：选A C＋C＝C＝C＝＝84.
2．以下四个命题，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、乙两位同学安排为同桌
C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星
D．从13位司机中任选出两位开两辆车从甲地到乙地
解析：选C 选项A是排列问题，因为2个小球有顺序；选项B是排列问题，因为甲、乙位置互换后是不同的排列方式；选项C是组合问题，因为2位观众无顺序；选项D是排列问题，因为两位司机开哪一辆车是不同的．选C．21世纪教育网
3．方程C＝C的解集为( )
A．4 B．14
C．4或6 D．14或2
解析：选C 由题意知或
解得x＝4或6.
4．某公司新招聘5名员工，分给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分给同一个部门；另三名电脑编程人员不能都分给同一个部门，则不同的分配方案种数是( )21cnjy.com
A．6 B．12
C．24 D．36
解析：选B 甲部门分一名电脑编程人员有CCC种分配方案，甲部门分两名电脑编程人员有CCC种分配方案．∴由分类加法计数原理得，共有CCC＋CCC＝12(种)不同的分配方案．www.21-cn-jy.com
5．从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有( )【21·世纪·教育·网】
A．60种 B．48种
C．30种 D．10种
解析：选C 从5名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动有C种方法，再从剩下的3人中选派2人参加星期日的公益活动有C种方法，由分步乘法计数原理可得不同的选派方法共有C·C＝30种．故选C．21*cnjy*com
6．C＋C＋C＋…＋C的值等于________．
解析：原式＝C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋…＋C
＝C＋C＝C＝C＝7 315.
答案：7 315
7．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________．【21教育名师】
解析：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C＝20种．【21教育】
答案：20
8．不等式C－n<5的解集为________．
解析：由C－n<5，得－n<5，
∴n2－3n－10<0.解得－2由题设条件知n≥2，且n∈N*，
∴n＝2,3,4.故原不等式的解集为{2,3,4}．
答案：{2,3,4}
9．(1)解方程：A＝6C；
(2)解不等式：C>3C.
解：(1)原方程等价于
m(m－1)(m－2)＝6×，
∴4＝m－3，m＝7.
(2)由已知得：
∴x≤8，且x∈N*，
∵C>3C，
∴>.
即>，
∴x>3(9－x)，解得x>，
∴x＝7,8.
∴原不等式的解集为{7,8}．
10．某区有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A点走向B点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，故可组成矩形有C·C＝210(个)．21教育网
(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A到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C＝C＝210(种)走法．21·cn·jy·com
层级二 应试能力达标
1．若C>C，则n的集合是( )
A．{6,7,8,9} B．{0,1,2,3}
C．{n|n≥6} D．{7,8,9}
解析：选A ∵C>C，∴
?
??
∵n∈N*，∴n＝6,7,8,9.
∴n的集合为{6,7,8,9}．
2．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )2·1·c·n·j·y
A．12种 B．18种
C．36种 D．54种
解析：选B 由题意，不同的放法共有CC＝3×＝18种．
3．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )
A．60种 B．63种
C．65种 D．66种
解析：选D 和为偶数共有3种情况，取4个数均为偶数的取法有C＝1种，取2奇数2偶数的取法有C·C＝60种，取4个数均为奇数的取法有C＝5种，故不同的取法共有1＋60＋5＝66种．21·世纪*教育网
4．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有( )
A．18对 B．24对
C．30对 D．36对
解析：选D 三棱柱共6个顶点，由此6个顶点可组成C－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线则共有12×3＝36对．www-2-1-cnjy-com
5．方程C－C＝C的解集是________．
解析：因为C＝C＋C，所以C＝C，由组合数公式的性质，得x－1＝2x＋2或x－1＋2x＋2＝16，得x1＝－3(舍去)，x2＝5.2-1-c-n-j-y
答案：{5}
6．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(用数字作答)．【21cnj*y.co*m】
解析：两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)．
答案：10
7．已知C，C，C成等差数列，求C的值．
解：由已知得2C＝C＋C，
所以2·＝＋，
整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝7或n＝14，
要求C的值，故n≥12，所以n＝14，
于是C＝C＝＝91.
8．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．
(1)若B中每一元素都有原象，则不同的映射f有多少个？
(2)若B中的元素0无原象，则不同的映射f有多少个？
(3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，则不同的映射f又有多少个？
解：(1)显然映射f是一一对应的，故不同的映射f共有A＝24个．
(2)∵0无原象，而1,2,3是否有原象，不受限制，故A中每一个元素的象都有3种可能，只有把A中每一个元素都找出象，这件工作才算完成，∴不同的映射f有34＝81个．
(3)∵1＋1＋1＋1＝4,0＋1＋1＋2＝4,0＋0＋1＋3＝4，0＋0＋2＋2＝4，
∴不同的映射有：1＋CA＋CA＋C＝31个．
课时跟踪检测（八） “杨辉三角”与二项式系数的性质
层级一 学业水平达标
1．关于(a－b)10的说法，错误的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为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项或第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：选C 根据二项式系数的性质进行判断，由二项式系数的性质知：二项式系数之和为2n，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数，所以是系数中最小的．
2．已知(a＋b)n展开式中只有第5项的二项式系数最大，则n等于( )
A．11 B．10
C．9 D．8
解析：选D ∵只有第5项的二项式系数最大，
∴＋1＝5.∴n＝8.
3．设(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，当a0＋a1＋a2＋…＋an＝254时，n等于( )21教育网
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选C 令x＝1，则a0＋a1＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n，∴＝254，∴n＝7.
4．若对于任意实数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．12
解析：选B x3＝[2＋(x－2)]3，a2＝C·2＝6.
5．已知C＋2C＋22C＋…＋2nC＝729，则C＋C＋C的值等于( )
A．64 B．32
C．63 D．31
解析：选B C＋2C＋22C＋…＋2nC＝(1＋2)n＝729.
∴n＝6，∴C＋C＋C＝32.
6．设二项式n(n∈N*)展开式的二项式系数和与各项系数和分别为an，bn，则＝________.21cnjy.com
解析：由题意知an＝2n成等比数列，令x＝1则bn＝n也成等比数列，所以＝2n＋1.
答案：2n＋1
7．(2x－1)10展开式中x的奇次幂项的系数之和为________．
解析：设(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，再令x＝－1，得
310＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10，
两式相减，可得a1＋a3＋…＋a9＝.
答案：
8．(1＋)n展开式中的各项系数的和大于8而小于32，则系数最大的项是________．
解析：因为8所以n＝4.所以展开式共有5项，系数最大的项为T3＝C()2＝6x.
答案：6x
9．若(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10.
(1)求a1＋a2＋…＋a10；
(2)求(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2.
解：(1)令f(x)＝(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，
a0＝f(0)＝25＝32，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝f(1)＝0，
故a1＋a2＋…＋a10＝－32.
(2)(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a10)(a0－a1＋a2－…＋a10)＝f(1)·f(－1)＝0.
10．已知n，若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数．www.21-cn-jy.com
解：∵C＋C＝2C，整理得n2－21n＋98＝0，
∴n＝7或n＝14，
当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5，
T4的系数为C423＝；T5的系数为C324＝70；当n＝14时，展开式中二项式系数最大项是T8，T8的系数为C727＝3 432.2·1·c·n·j·y
层级二 应试能力达标
1．1＋(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n的展开式的各项系数之和为( )
A．2n－1 B．2n－1
C．2n＋1－1 D．2n
解析：选C 法一：令x＝1得，1＋2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－1.
法二：令n＝1，知各项系数和为3，排除A、B、D选项．
2．在(1＋x)n(n为正整数)的二项展开式中奇数项的和为A，偶数项的和为B，则(1－x2)n的值为( )【21·世纪·教育·网】
A．0 B．AB
C．A2－B2 D．A2＋B2
解析：选C (1＋x)n＝A＋B，(1－x)n＝A－B，所以(1－x2)n＝A2－B2.
3．若(1－2x)2 016＝a0＋a1x＋…＋a2 016x2 016(x∈R)，则＋＋…＋的值为( )
A．2 B．0
C．－1 D．－2
解析：选C (1－2x)2 016＝a0＋a1x＋…＋a2 016x2 016，令x＝，则2 016＝a0＋＋＋…＋＝0，其中a0＝1，所以＋＋…＋＝－1.21世纪教育网
4．若(x＋y)9按x的降幂排列的展开式中，第二项不大于第三项，且x＋y＝1，xy<0，则x的取值范围是( )21·世纪*教育网
A． B．
C． D．(1，＋∞)
解析：选D 二项式(x＋y)9的展开式的通项是Tr＋1＝C·x9－r·yr.
依题意有由此得
由此解得x>1，
即x的取值范围是(1，＋∞)．
5．若n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为________．
解析：∵n展开式的二项式系数之和为2n，
∴2n＝64，∴n＝6.
∴Tr＋1＝Cx6－rr＝Cx6－2r.
由6－2r＝0得r＝3，
∴其常数项为T3＋1＝C＝20.
答案：20
6．若n的展开式中含有x的项为第6项，若(1－3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a1＋a2＋…＋an的值为________．www-2-1-cnjy-com
解析：二项式n展开式的通项为Tr＋1
＝C(x2)n－r·r＝C(－1)rx2n－3r.
因为含x的项为第6项，
所以r＝5,2n－3r＝1，解得n＝8.
令x＝1，得a0＋a1＋…＋a8＝(1－3)8＝28，令x＝0，得a0＝1，
∴a1＋a2＋…＋a8＝28－1＝255.
答案：255
7．已知n的展开式中偶数项的二项式系数和比(a＋b)2n的展开式中奇数项的二项式系数和小于120，求第一个展开式中的第3项．解：因为n的展开式中的偶数项的二项式系数和为2n－1，而(a＋b)2n的展开式中奇数项的二项式系数的和为22n－1，所以有2n－1＝22n－1－120，解得n＝4，故第一个展开式中第3项为T3＝C()22＝6.
8．在二项式(axm＋bxn)12(a＞0，b＞0，m，n≠0)中有2m＋n＝0，如果它的展开式中系数最大的项恰是常数项．21·cn·jy·com
(1)求系数最大的项是第几项？
(2)求的范围．
解：(1)设Tr＋1＝C(axm)12－r·(bxn)r＝
Ca12－rbrxm(12－r)＋nr为常数项，
则有m(12－r)＋nr＝0，即m(12－r)－2mr＝0，
∴r＝4，它是第5项．
(2)∵第5项是系数最大的项，
∴
由①得a8b4≥a9b3，
∵a＞0，b＞0，
∴b≥a，即≤.
由②得≥，
∴≤≤.
故的取值范围为.
课时跟踪检测（六） 组合的综合应用
层级一 学业水平达标
1．200件产品中有3件次品，任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有( )
A．C·C B．CC＋CC
C．C－C D．C－CC
解析：选B 至少2件次品包含两类：(1)2件次品，3件正品，共CC种，(2)3件次品，2件正品，共CC种，由分类加法计数原理得抽法共有CC＋CC，故选B．
2．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )
A．16种 B．36种
C．42种 D．60种
解析：选D 法一(直接法)：若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共CA种方法．由分类加法计数原理知共A＋CA＝60(种)方法．
法二(间接法)：先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共43＝64种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求的共4种，所以总投资方案共43－4＝64－4＝60种．
3．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( )
A．CC种 B．CA种
C．CACA种 D．AA种
解析：选B 分两步进行：第一步：选出两名男选手，有C种方法；第2步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有A种．故有CA种．2·1·c·n·j·y
4．某微信群中甲，乙，丙，丁，戊五名成员同时抢4个红包，每人最多抢一个红包，且红包全被抢光，4个红包中有两个2元，两个3元(金额相同视为相同红包)，则甲乙两人都抢到红包的情况有( )
A．36种 B．24种
C．18种 D．9种
解析：选C 甲乙两人都抢到红包有三种情况：(1)都抢到2元红包，有C＝3种；(2)都抢到3元红包，有C＝3种；(3)一个抢到2元，一个抢到3元，有CA＝12种，故总共有18种情况．
5．(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：选B 当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有CA个偶数．故符合条件的偶数共有2A＋CA＝120(个)．21教育网
6．2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有________种．21·世纪*教育网
解析：先分医生有A种，再分护士有C种(因为只要一个学校选2人，剩下的2人一定去另一学校)，故共有AC＝2×＝12种．【21教育】
答案：12
7．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．
解析：分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A种分法；
第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有CA种分法．总获奖情况共有A＋CA＝60(种)．21世纪教育网
答案：60
8．有两条平行直线a和b，在直线a上取4个点，直线b上取5个点，以这些点为顶点作三角形，这样的三角形共有________个．21-cnjy*com
解析：分两类，第一类：从直线a上任取一个点，从直线b上任取两个点，共有C·C种方法；第二类：从直线a上任取两个点，从直线b上任取一个点共有C·C种方法．∴满足条件的三角形共有C·C＋C·C＝70个．www-2-1-cnjy-com
答案：70
9．(1)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四面体？
(2)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四棱锥？
解：(1)正方体8个顶点可构成C个四点组，其中共面的四点组有正方体的6个表面及正方体6组相对棱分别所在的6个平面的四个顶点．故可以确定四面体C－12＝58个．
(2)由(1)知，正方体共面的四点组有12个，以这每一个四点组构成的四边形为底面，以其余的四个点中任意一点为顶点都可以确定一个四棱锥，故可以确定四棱锥12C＝48个．
10．7名身高互不相等的学生，分别按下列要求排列，各有多少种不同的排法？
(1)7人站成一排，要求最高的站在中间，并向左、右两边看，身高逐个递减；
(2)任取6名学生，排成二排三列，使每一列的前排学生比后排学生矮．
解：(1)第一步，将最高的安排在中间只有1种方法；第二步，从剩下的6人中选取3人安排在一侧有C种选法，对于每一种选法只有一种安排方法，第三步，将剩下3人安排在另一侧，只有一种安排方法，∴共有不同安排方案C＝20种．【21教育名师】
(2)第一步从7人中选取6人，有C种选法；第二步从6人中选2人排一列有C种排法，第三步，从剩下的4人中选2人排第二列有C种排法，最后将剩下2人排在第三列，只有一种排法，故共有不同排法C·C·C＝630种．
层级二 应试能力达标
1．12名同学合影，站成了前排4人后排8人，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( )2-1-c-n-j-y
A．CA B．CA
C．CA D．CA
解析：选C 从后排8人中选2人安排到前排6个位置中的任意两个位置即可，所以选法种数是CA，故选C．
2．以圆x2＋y2－2x－2y－1＝0内横坐标与纵坐标均为整数的点为顶点的三角形个数为( )
A．76 B．78
C．81 D．84
解析：选A 如图，首先求出圆内的整数点个数，然后求组合数，圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=3，圆内共有9个整数点，组成的三角形的个数为C-8=76.故选A．【21·世纪·教育·网】
3．某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加社会公益活动，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有( )【21cnj*y.co*m】
A．140种 B．120种
C．35种 D．34种
解析：选D 若选1男3女有CC＝4种；若选2男2女有CC＝18种；若选3男1女有CC＝12种，所以共有4＋18＋12＝34种不同的选法．21*cnjy*com
4．编号为1,2,3,4,5的五个人，分别坐在编号为1,2,3,4,5的座位上，则至多有两个号码一致的坐法种数为( )
A．120 B．119
C．110 D．109
解析：选D 5个人坐在5个座位上，共有不同坐法A种，其中3个号码一致的坐法有C种，有4个号码一致时必定5个号码全一致，只有1种，故所求种数为A－C－1＝109.
5．20个不加区别的小球放入1号，2号，3号的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________(用数字作答)．21*教*育*名*师
解析：先在编号为2,3的盒内分别放入1个，2个球，还剩17个小球，三个盒内每个至少再放入1个，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共有C＝120种方法．
答案：120
6．已知集合A＝{4}，B＝{1,2}，C＝{1,3,5}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中的点的坐标，则确定的不同点的个数为________．
解析：不考虑限定条件确定的不同点的个数为CCCA＝36，但集合B，C中有相同元素1，由4,1,1三个数确定的不同点只有3个，故所求的个数为36－3＝33.
答案：33
7．某国际旅行社共有9名专业导游，其中6人会英语，4人会日语，若在同一天要接待5个不同的外国旅游团队，其中3个队要安排会英语的导游，2个队要安排会日语的导游，则不同的安排方法共有多少种？21cnjy.com
解：依题意，导游中有5人只会英语，3人只会日语，1人既会英语又会日语．按只会英语的导游分类：
①3个英语导游从只会英语人员中选取，则有AA＝720(种)．
②3个英语导游从只会英语的导游中选2名，另一名由既会英语又会日语的导游担任，则有CA·A＝360(种)．故不同的安排方法共有A·A＋CA·A＝1 080(种)．所以不同的安排方法共有1 080种．21·cn·jy·com
8．有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？www.21-cn-jy.com
解：法一：(直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类：
(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有C种方法；0可在后两位，有C种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有CCC·22个．
(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C·22·A个．
(3)0和1都不取，有不同的三位数C·23·A个．
综上所述，共有不同的三位数：C·C·C·22＋C·22·A＋C·23·A＝432(个)．
法二：(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数C·23·A个，其中0在百位的有C·22·A个，这是不合题意的，故共有不同的三位数：C·23·A－C·22·A＝432(个)．
课时跟踪检测（四） 排列的综合应用
层级一 学业水平达标
1．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为( )
A．36 B．120
C．720 D．240
解析：选C 由于6人排两排，没有什么特殊要求的元素，故排法种数为A＝720.
2．用0到9这十个数字，可以组成没有重复数字的三位数共有( )
A．900个 B．720个
C．648个 D．504个
解析：选C 由于百位数字不能是0，所以百位数字的取法有A种，其余两位上的数字取法有A种，所以三位数字有A·A＝648(个)．【21·世纪·教育·网】
3．数列{an}共有6项，其中4项为1，其余两项各不相同，则满足上述条件的数列{an}共有( )
A．30个 B．31个
C．60个 D．61个
解析：选A 在数列的6项中，只要考虑两个非1的项的位置，即可得不同数列共有A＝30个．
4．6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法有( )
A．720种 B．360种
C．240种 D．120种
解析：选C (捆绑法)甲、乙看作一个整体，有A种排法，再和其余4人，共5个元素全排列，有A种排法，故共有排法A·A＝240种．2·1·c·n·j·y
5．把5件不同的产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法种数为( )【21教育】
A．36 B．42
C．58 D．64
解析：选A 将A，B捆绑在一起，有A种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A种摆法，故共有AA＝48种摆法，而A，B，C 3件在一起，且A，B相邻，A，C相邻有CAB，BAC两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A＝12种摆法，故A，B相邻，A，C不相邻的摆法有48－12＝36种．
6．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本，若将其随机地摆成一排，则同一科目的书均不相邻的摆法有________种(用数字作答)．
解析：根据题意，分2步进行分析：①将5本书进行全排列，有A＝120种情况．②其中语文书相邻的情况有AA＝48种，数学书相邻的情况有AA＝48种，语文书，数学书同时相邻的情况有AAA＝24种，则同一科目的书均不相邻的摆法有120－48－48＋24＝48种．
答案：48
7．将红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小球，分别放入红、黄、蓝、白、黑5种颜色的小口袋中，若不允许空袋且红口袋中不能装入红球，则有________种不同的放法．
解析：(排除法)红球放入红口袋中共有A种放法，则满足条件的放法种数为A－A＝96(种)．
答案：96
8．用0,1,2,3,4这5个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的五位数有______种．21*cnjy*com
解析：0夹在1,3之间有AA种排法，0不夹在1,3之间又不在首位有AAAA种排法．所以一共有AA＋AAAA＝28种排法．
答案：28
9．一场晚会有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)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？
解：(1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A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A种排法，故共有不同排法AA＝14 400种．
(2)先不考虑排列要求，有A种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有AA种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有(A－AA)＝37 440种．
10．从5名短跑运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果A不能跑第一棒，那么有多少种不同的参赛方法？21世纪教育网
解：法一：当A被选上时，共有AA种方法，其中A表示A从除去第一棒的其他三棒中任选一棒；A表示再从剩下4人中任选3人安排在其他三棒．2-1-c-n-j-y
当A没有被选上时，其他四人都被选上且没有限制，此时有A种方法．
故共有AA＋A＝96(种)参赛方法．
法二：接力的一、二、三、四棒相当于有四个框图，第一个框图不能填A，有4种填法，其他三个框图共有A种填法，故共有4×A＝96(种)参赛方法．【21cnj*y.co*m】
法三：先不考虑A是否跑第一棒，共有A＝120(种)方法．其中A在第一棒时共有A种方法，故共有A－A＝96(种)参赛方法．21·cn·jy·com
层级二 应试能力达标
1．(四川高考)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．48
C．60 D．72
解析：选D 第一步，先排个位，有A种选择；
第二步，排前4位，有A种选择．
由分步乘法计数原理，知有A·A＝72(个)．
2．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三种不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有( )www.21-cn-jy.com
A．108种 B．186种
C．216种 D．270种
解析：选B 可选用间接法解决：A－A＝186(种)，故选B．
3．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共有( )
A．288个 B．240个
C．144个 D．126个
解析：选B 个位上是0时，有AA＝96(个)；个位上不是0时，有AAA＝144(个)．
∴由分类加法计数原理得，共有96＋144＝240(个)符合要求的五位偶数．
4．(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( )21教育网
A．192种 B．216种
C．240种 D．288种
解析：选B 当最左端排甲时，不同的排法共有A种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有4A种．故不同的排法共有A＋4A＝120＋4×24＝216种．www-2-1-cnjy-com
5．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为________．
解析：(插空法)8名学生的排列方法有A种，隔开了9个空位，在9个空位中排列2位老师，方法数为A，由分步乘法计数原理，总的排法总数为AA＝2 903 040.
答案：2 903 040
6．将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，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，则不同的分法的种数为________(用数字作答)．
解析：甲、乙不能分在同一个班，则不同的分组有甲单独一组，只有1种；甲和丙或丁两人一组，有2种；甲、丙、丁一组，只有1种．然后再把分成的两组分到不同班级里，则共有(1＋2＋1)A＝8(种)．21cnjy.com
答案：8
7．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中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？21·世纪*教育网
(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．
解：(1)先排唱歌节目有A种排法，再排其他节目有A种排法，所以共有A·A＝1 440(种)排法．【21教育名师】
(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目有A种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有A种插入方法，所以共有A·A＝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A种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有A种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有A种排法，故所求排法共有A·A·A＝2 880(种)排法．21*教*育*名*师
8．从1到9这9个数字中取出不同的5个数进行排列．问：
(1)奇数的位置上是奇数的有多少种排法？
(2)取出的奇数必须排在奇数位置上有多少种排法？
解：(1)奇数共5个，奇数位置共有3个；偶数共有4个，偶数位置有2个．第一步先在奇数位置上排上奇数共有A种排法；第二步再排偶数位置，4个偶数和余下的2个奇数可以排，排法为A种，由分步乘法计数原理知，排法种数为A·A＝1 800.
(2)因为偶数位置上不能排奇数，故先排偶数位，排法为A种，余下的2个偶数与5个奇数全可排在奇数位置上，排法为A种，由分步乘法计数原理知，排法种数为A·A＝2 520种．21-cnjy*com
