第一章 章末检测卷
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．有7名女同学和9名男同学，组成班级乒乓球混合双打代表队，共可组成( )
A．7队 B．8队
C．15队 D．63队
解析：由分步乘法计数原理，知共可组成7×9＝63队．
答案：D
2．书架上有不同的语文书10本，不同的英语书7本，不同的数学书5本，现从中任选一本阅读，不同的选法有( )
A．22种 B．350种
C．32种 D．20种
解析：由分类加法计数原理得，不同的选法有10＋7＋5＝22种．
答案：A
3．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )
A．3×3! B．3×(3！)3
C．(3！)4 D．9!
解析：把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．
答案：C
4．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( )
A．243 B．252
C．261 D．279
解析：能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.
答案：B
5.9的展开式中，常数项为( )
A．420 B．512
C．626 D．672
解析：Tr＋1＝C(2x)9－rr＝(－1)r29－rCx，
∴9－r＝0，∴r＝6.∴T7＝C×23＝672.
答案：D
6.
如图，用6种不同的颜色把图中A、B、C、D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )
A．400种 B．460种
C．480种 D．496种
解析：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D、A同色1种，D、A不同色3种，∴不同涂法有6×5×4×(1＋3)＝480种，故选C.
答案：C
7．用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数，比3 542大的四位数的个数是( )
A．360 B．240
C．120 D．60
解析：因为3 542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，
所以比3 542大的四位数的千位只能是4或5，
所以共有2×5×4×3＝120个比3 542大的四位数．
故选C.
答案：C
8．已知3A＝4A，则x等于( )
A．6 B．13
C．6或13 D．12
解析：由排列数公式可将原方程化为＝，化简可得x2－19x＋78＝0，解得x＝6或x＝13.又因为x≤8且x－1≤9，则x≤8且x∈N*，故x＝6.
答案：A
9．从6名女生、4名男生中，按性别采用分层抽样的方法抽取5名学生组成课外小组，则不同的抽取方法种数为( )
A．C·C B．C·C
C．C D．A·A
解析：由已知女生抽取3人，男生抽取2人，则抽取方法有C·C种．
答案：A
10．设(1＋x)8＝a0＋a1x＋…＋a8x8，则a0，a1，…，a8中奇数的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：∵a0＝a8＝C＝1，a1＝a7＝C＝8，
∴a2＝a6＝C＝28，a3＝a5＝C＝56，a4＝C＝70，
∴奇数个数为2，故选A.
答案：A
11．世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强(各组的前2名小组出线)，这16个队按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为( )
A．64 B．72
C．60 D．56
解析：先进行单循环赛，有8C＝48场，再进行第一轮淘汰赛，16个队打8场，再决出4强，打4场，再分别举行2场决出胜负，两胜者打1场决出冠、亚军，两负者打1场决出三、四名，共举行：48＋8＋4＋2＋1＋1＝64场．
答案：A
12．3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是( )
A．360 B．288
C．216 D．96
解析：先保证3名女生中有且只有两位女生相邻，则有A·C·A·A种排法，再从中排除甲站两端的排法，∴所求种数为A·C·(A·A－2A·A)＝288.
答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13.
绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，有________种不同的吃法．(用数字作答)
解析：如图所示，先吃A的情况，共有10种，如果先吃D情况相同，共有20种．
答案：20
14．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2,3相邻的偶数有________个．(用数字作答)
解析：数字2和3相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字2在个位上时，则3必定在十位上，此时这样的五位数共有6个；第二种情况，当数字4在个位上时，且2,3必须相邻，此时满足要求的五位数有AA＝12(个)，则一共有6＋12＝18(个)．
答案：18
15.n展开式中的第7项与倒数第7项的比是1?6，则展开式中的第7项为________．
解析：第7项：T7＝C()n－66，
倒数第7项：Tn－5＝C()6n－6，
由＝，得n＝9，
故T7＝C()9－66＝C·2·＝.
答案：
16．从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．
解析：按每科选派人数分3、1、1和2、2、1两类．
当选派人数为3、1、1时，有3类，共有CCC＋CCC＋CCC＝200种．
当选派人数为2、2、1时，有3类，共有CCC＋CCC＋CCC＝390种．
故共有590种．
答案：590
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)
如图有4个编号为1,2,3,4的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？
解析：分为两类：
第一类：若1,3同色，则1有5种涂法，2有4种涂法，3有1种涂法(与1相同)，4有4种涂法．故N1＝5×4×1×4＝80.
第二类：若1,3不同色，则1有5种涂法，2有4种涂法，3有3种涂法，4有3种涂法．
故N2＝5×4×3×3＝180.
综上可知不同的涂法共有N＝N1＋N2＝80＋180＝260(种)．
18．(12分)某校高三年级有6个班级，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．这10个名额有多少不同的分配方法？
解析：除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类：(1)4个名额全部给某一个班级，有C种分法；(2)4个名额分给两个班级，每班2个，有C种分法；(3)4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个，二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A种分法；(4)分给三个班级，其中一个班级2个，其余两个班级每班1个，共有C·C种分法；(5)分给四个班，每班1个，共有C种分法．
故共有N＝C＋C＋A＋C·C＋C＝126(种)分配方法．
19．(12分)(1＋2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
解析：T6＝C(2x)5，T7＝C(2x)6，依题意有C25＝C26，
解得n＝8.
∴(1＋2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5＝C·(2x)4＝1 120x4.
设第r＋1项系数最大，则有
?5≤r≤6.
∵r∈{0,1,2，…，8}，
∴r＝5或r＝6.
∴系数最大的项为T6＝1 792x5，T7＝1 792x6.
20．(12分)三个女生和五个男生排成一排．
(1)如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？
(2)如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？
(3)如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？
(4)如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？
(5)甲必须在乙的右边，可有多少种不同的排法？
解析：(1)因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起共有六个元素，排成一排有A种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有A种不同的排法，因此共有AA＝4 320种不同的排法．
(2)要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空位，这样共有四个空位，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于五个男生排成一排有A种不同的排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有A种方法，因此共有AA＝14 400种不同的排法．
(3)方法一：因为两端不能排女生，所以两端只能挑选五个男生中的两个，有A种排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A种排法，所以共有AA＝14 400种不同的排法．
方法二：三个女生和五个男生排成一排共有A种不同的排法，从中去掉女生排在首位的AA种排法和女生排在末位的AA种排法，但这样两端都是女生的排法在去掉女生排在首位的情况时被去掉一次，在去掉女生在末位的情况时又被去掉一次，所以还需加上一次，由于两端都是女生有AA种不同的排法，所以共有A－2AA＋AA＝14 400种不同的排法．
(4)方法一：因为只要求两端不能都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受条件限制了，这样可有AA种不同的排法；如果首位排女生，有A种排法，这样末位就只能排男生，这样可有AAA种不同排法，因此共有AA＋AAA＝36 000种不同的排法．
方法二：三个女生和五个男生排成一排有A种排法，从中扣去两端都是女生的排法AA种，就能得到两端不都是女生的排法种数．因此共有A－AA＝36 000种不同的排法．
(5)甲必须在乙的右边即为所有排列的，
因此共有＝20 160种不同的排法．
21．(12分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：
(1)求第20行中从左到右的第4个数；
(2)若第n行中从左到右第14与第15个数的比为，求n的值；
(3)求n阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和．
解析：(1)C＝1 140.
(2)＝?＝，解得n＝34.
(3)1＋2＋22＋…＋2n＝2n＋1－1.
22．(12分)设数列{an}是等比数列，a1＝C·A，公比q是4的展开式中的第二项．
(1)用n，x表示通项an与前n项和Sn.
(2)若An＝CS1＋CS2＋…＋CSn，用n，x表示An.
解析：(1)因为a1＝C·A，
所以即
所以m＝3.所以a1＝1.
又由4知T2＝C·x4－1·＝x，所以an＝xn－1，Sn＝
(2)当x＝1时，Sn＝n，
An＝C＋2C＋3C＋…＋nC.①
又因为An＝nC＋(n－1)C＋(n－2)C＋…＋C＋0·C，②
由C＝C，①＋②，得
2An＝n(C＋C＋C＋…＋C)，
所以An＝n·2n－1.
当x≠1时，Sn＝，
An＝C＋C＋C＋…＋C
＝·[(C＋C＋C＋…＋C)－(xC＋x2C＋x3C＋…＋xnC)]
＝[2n－1－(1＋xC＋x2C＋…＋xnC－1]
＝[2n－(1＋x)n]．
所以An＝
课时作业1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学课代表，则不同选法的种数有( )
A．50 B．26
C．24 D．616
解析：根据分类加法计数原理，因数学课代表可为男生，也可为女生，因此选法共有26＋24＝50(种)，故选A.
答案：A
2．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为( )
A．8个 B．12个
C．10个 D．9个
解析：分两步：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值，有3种不同的取法；第二步，在集合{－3，－4,8}中任取一个值，有3种不同取法．故x·y可表示3×3＝9(个)不同的值．故选D.
答案：D
3．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
4．(a1＋a2＋a3＋a4)·(b1＋b2)·(c1＋c2＋c3)展开后共有不同的项数为( )
A．9 B．12
C．18 D．24
解析：由分步乘法计数原理得共有不同的项数为4×2×3＝24.故选D.
答案：D
5．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线( )
A．19 B．20
C．21 D．22
解析：若A或B中有一个为零时，有2条；
当AB≠0时，有5×4＝20条，
则共有20＋2＝22条，
即所求的不同的直线共有22条．故选D.
答案：D
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．如图，从A→C有________种不同的走法．
解析：分为两类，不过B点有2种走法，过B点有2×2＝4种走法，共有4＋2＝6种走法．
答案：6
7．从2,3,5,7,11中每次选出两个不同的数作为分数的分子、分母，则可产生不同的分数的个数是________，其中真分数的个数是________．
解析：产生分数可分两步：第一步，产生分子有5种方法；第二步，产生分母有4种方法，共有5×4＝20个分数．产生真分数，可分四类：第一类，当分子是2时，有4个真分数，同理，当分子分别是3,5,7时，真分数的个数分别是3,2,1，共有4＋3＋2＋1＝10个真分数．
答案：20 10
8．4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，报名的方法共有________种．
解析：做完这件事要待4名同学全部报完才算完成，需要分步骤完成，故属于分步乘法计数原理，可分四步，每一步的同学都有3种报名的选择，故总的报名方法有3×3×3×3＝34种．
答案：34
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．某校高三共有三个班，其各班人数如下表：
班级
男生数
女生数
总数
高三(1)
30
20
50
高三(2)
30
30
60
高三(3)
35
20
55
(1)从三个班中选一名学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从(1)班、(2)班男生中或从(3)班女生中选一名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？
解析：(1)从三个班中任选一名学生为学生会主席，可分三类：
第一类：从(1)班任选一名学生，有50种不同选法；
第二类：从(2)班任选一名学生，有60种不同选法；
第三类：从(3)班任选一名学生，有55种不同选法．
由分类加法计数原理知，
不同的选法共有N＝50＋60＋55＝165(种)．
(2)由题设知共有三类：
第一类：从(1)班男生中任选一名学生，有30种不同选法；
第二类：从(2)班男生中任选一名学生，有30种不同选法；
第三类：从(3)班女生中任选一名学生，有20种不同选法；
由分类加法计数原理可知，不同的选法共有N＝30＋30＋20＝80(种)．
10．高二一班有学生56人，其中男生38人，从中选取1名男生和1名女生为代表，参加学校组织的社会调查团，选取代表的方法有多少种？
解析：男生有38人，女生有18人，根据本题题意，需分两步：
第一步：从男生38人中任选1人，有38种不同的选法；
第二步：从女生18人中任选1人，有18种不同的选法．
只有上述两步都完成后，才能完成从男生中和女生中各选1名作代表这件事，根据分步乘法计数原理共有38×18＝684种选取代表的方法．
|能力提升|(20分钟，40分)
11．两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
解析：由题意知，比赛局数至少为3局，至多为5局．当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲，乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1,2局，1,3局，1,4局，2,3局，2,4局，3,4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)．故选C.
答案：C
12．同室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同的分配方式有________种．
解析：设4人为甲、乙、丙、丁，分步进行：
第一步，让甲拿，有三种方法；
第二步，让甲拿到的卡片上写的人去拿，有三种方法，剩余两人只有一种拿法，所以共有3×3×1×1＝9(种)不同的分配方式．
答案：9
13．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语．从中选出会英语和会日语的各一人，有多少种不同的选法？
解析： 外语组的9人中，既会英语又会日语的有7＋3－9＝1人，只会英语的有6人，只会日语的有2人．若要完成“从9人中选出会英语与日语的各一人”这件事，需分三类．
第一类：从仅会英语和仅会日语的人中各选一人，有6×2＝12种选法；
第二类：选出既会英语又会日语的人当做会日语的，然后从会英语的6人中再选出一人，有1×6＝6种选法；
第三类：选出既会英语又会日语的人当做会英语的，然后从会日语的2人中再选出一人，有1×2＝2种选法．
根据分类加法计数原理，共有不同的选法6×2＋1×6＋1×2＝20种．
14．有不同的红球8个，不同的白球7个．
(1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法？
(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？
解析：(1)由分类加法计数原理得，从中任取一个球共有8＋7＝15种取法．
(2)由分步乘法计数原理得，
从中任取两个不同颜色的球共有8×7＝56种取法．
课时作业2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用(习题课)
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．用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：由题意知，首位数字只能是4,5.
若首位数字是5，则末位数字可从0,2,4中取1个，有3种方法．
其余各位数字有4×3×2＝24种；
由分步乘法计数原理知首位为5时，满足条件的数字个数为3×24＝72.
若首位数字为4，则有2×4×3×2＝48个．
依分类加法计数原理知满足条件的数字有72＋48＝120个．选B.
答案：B
2.
如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为( )
A．96 B．84
C．60 D．48
解析：A有4种选择，B有3种选择，若C与A相同，则D有3种选择，若C与A不同，则C有2种选择，D也有2种选择，所以共有4×3×(3＋2×2)＝84种．
答案：B
3．高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )
A．16种 B．18种
C．37种 D．48种
解析：高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C.
答案：C
4．将3本相同的小说，2本相同的诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有( )
A．24种 B．28种
C．32种 D．36种
解析：第一类，有一个人分到一本小说和一本诗集，这种情况下的分法有：先将一本小说和一本诗集分到一个人手上，有4种分法，将剩余的2本小说，1本诗集分给剩余3个同学，有3种分法，共有3×4＝12(种)；
第二类，有一个人分到两本诗集，这种情况下的分法有：先将两本诗集分到一个人手上，有4种情况，将剩余的3本小说分给剩余3个人，只有一种分法．共有4×1＝4(种)；
第三类，有一个人分到两本小说，这种情况的分法有：先将两本小说分到一个人手上，有4种情况，再将剩余的2本诗集和1本小说分给剩余的3个人，有3种分法．那么共有4×3＝12(种)．
综上所述，总共有12＋4＋12＝28(种)分法．
答案：B
5．有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )
A．14 B．23
C．48 D．120
解析：分两步：第一步，取多面体，有5＋3＝8种不同的取法，
第二步，取旋转体，有4＋2＝6种不同的取法．
所以不同的取法种数是8×6＝48种．
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．某运动会上，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．
第一步：安排甲，乙，丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，
所以共有4×3×2＝24种方法；
第二步：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，共有5×4×3×2×1＝120种．
所以安排这8人的方式共有24×120＝2 880种．
答案：2 880
7．将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格里，每格填一个数字，则每个格子的标号与所填的数字均不同的填法有________种．
解析：1号方格里可填2,3,4三个数字，有3种填法，1号方格填好后，再填与1号方格内数字相同的号的方格，又有3种填法，其余两个方格只有1种填法．
所以共有3×3×1＝9种不同的方法．
答案：9
8．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则种植A，B的不同方法有________种．(用数字作答)
解析：按从左往右把各垄田地依次列为1,2,3，…，10.分两步：
第一步，先选垄，有1,8；1,9；1,10；2,9；2,10；3,10.共6种选法；
第二步，种植A，B两种作物，有2种选法．
因此，由分步乘法计数原理，
不同的选垄种植方法有6×2＝12(种)．
答案：12
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．8张卡片上写着0,1,2，…，7共8个数字，取其中的三张卡片排放在一起，可组成多少个不同的三位数？
解析：先排放百位，从1,2，…，7共7个数中选一个有7种选法；
再排十位，从除去百位的数外，剩余的7个数(包括0)中选一个，有7种选法；
最后排个位，从除前两步选出的数外，剩余的6个数中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理，
共可以组成7×7×6＝294个不同的三位数．
10.
编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？
解析：根据A球所在位置分三类：
(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，
余下的三个盒子放球C，D，E，
则根据分步乘法计数原理得3×2×1＝6种不同的放法．
(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，
余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得
3×2×1＝6种不同的放法．
(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，有3种，
余下的三个盒子放球C，D，E有3×2×1＝6种不同的放法，
根据分步乘法计数原理得3×3×2×1＝18种不同方法．
综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．
|能力提升|(20分钟，40分)
11．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为( )
A．5 B．24
C．32 D．64
解析：5日至9日，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)，
第二步安排偶数日出行分两类，第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)．
第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8，
根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数共有8×8＝64.故选D.
答案：D
12．从{－3，－2，－1,0,1,2,3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c的系数，如果抛物线经过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有________条．
解析：因为抛物线经过原点，所以c＝0，
从而知c只有1种取值．
又抛物线y＝ax2＋bx＋c顶点在第一象限，
所以
由c＝0，得a<0，b>0，
所以a∈{－3，－2，－1}，b∈{1,2,3}，
这样要求的抛物线的条数可由a，b，c的取值来确定：
第一步：确定a的值，有3种方法；
第二步：确定b的值，有3种方法；
第三步：确定c的值，有1种方法．
由分步乘法计数原理知，
表示的不同的抛物线有
N＝3×3×1＝9(条)．
答案：9
13．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示①②)，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．
(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？
(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.
解析：(1)为A着色有6种方法，为B着色有5种方法，为C着色有4种方法，为D着色也有4种方法，所以，共有着色方法6×5×4×4＝480(种)．
(2)与(1)的区别在于与D相邻的区域由两块变成了三块．
同理，不同的着色方法数是n(n－1)(n－2)(n－3)．
因为n(n－1)(n－2)(n－3)＝120.
又120<480，
所以可分别将n＝4,5代入得n＝5时上式成立．
即n的值为5.
14．(1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1>a2且a3>a2，则称这样的三位数为凹数(如102,323,756等)，那么所有凹数个数是多少？
解析：(1)分8类：当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1、0，由分步乘法计数原理，有1×2＝2个；
当中间数为3时，百位可选1、2，个位可选0、1、2，由分步乘法计数原理，有2×3＝6个；同理可得：
当中间数为4时，有3×4＝12个；
当中间数为5时，有4×5＝20个；
当中间数为6时，有5×6＝30个；
当中间数为7时，有6×7＝42个；
当中间数为8时，有7×8＝56个；
当中间数为9时，有8×9＝72个；
故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．
(2)分8类：当中间数为0时，百位可选1～9，个位可选1～9，由分步乘法计数原理，有9×9＝81个；当中间数为1时，百位可选2～9，个位可选2～9，由分步乘法计数原理，有8×8＝64个；同理可得：
当中间数为2时，有7×7＝49个；
当中间数为3时，有6×6＝36个；
当中间数为4时，有5×5＝25个；
当中间数为5时，有4×4＝16个；
当中间数为6时，有3×3＝9个；
当中间数为7时，有2×2＝4个；
当中间数为8时，有1×1＝1个；
故共有81＋64＋49＋36＋25＋16＋9＋4＋1＝285个．
课时作业 3 排列与排列数公式
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．下列问题中：
(1)10本不同的书分给10名同学，每人一本；
(2)10位同学互通一次电话；
(3)10位同学互通一封信；
(4)10个没有任何三点共线的点构成的线段．
属于排列的有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：由排列与顺序有关，可知(1)(3)是排列，(2)(4)不是排列，故选B.
答案：B
2．19×18×17×…×10×9等于( )
A．A B．A
C．A D．A
解析：由排列数公式知，选A.
答案：A
3．有5名同学被安排在周一至周五值日，已知同学甲只能在周一值日，那么5名同学值日顺序的编排方案共有( )
A．12种 B．24种
C．48种 D．120种
解析：∵同学甲只能在周一值日，∴除同学甲外的4名同学将在周二至周五值日，∴5名同学值日顺序的编排方案共有A＝24(种)．
答案：B
4．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是( )
A．9 B．10
C．18 D．20
解析：首先从1,3,5,7,9这五个数中任取两个不同的数排列，共有A＝20(种)排法，
因为＝，＝，所以从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是20－2＝18.
答案：C
5.等于( )
A. B.
C. D.
解析：＝＝.
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．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，它们分别是
______________________________________________________
_____________________________________________________.
解析：画出树形图如下：
可知共12个，它们分别是bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed.
答案：12 bac，bad，bae，bca，bcd，bce，bda，bdc，bde，bea，bec，bed
7．5名同学排成一列，某个同学不排排头的排法种数为________．(用数字作答)
解析：可分两步：第一步，某同学不排排头，故排头的位置可以从余下的四个同学中选一个排，有A种方法；第二步，余下的四个同学全排列，有A种不同的排法，根据分步乘法计数原理，所求的排法种数为AA＝96.故填96.
答案：96
8．一次演出，因临时有变化，拟在已安排好的4个节目的基础上再添加2个小品节目，且2个小品节目不相邻，则不同的添加方法共有________种．
解析：从原来4个节目形成的5个空中选2个空排列，共有A＝20种添加方法．
答案：20
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．判断下列问题是否是排列问题：
(1)某班共有50名同学，现要投票选举正、副班长各一人，共有多少种可能的选举结果？
(2)从1到10十个自然数中任取两个数组成点的坐标，可得多少个不同的点的坐标？
(3)会场有50个座位，要求选出3个座位安排3个客人就座，有多少种不同的方法？
(4)某班有10名学生，假期约定每2人通电话一次，共需通电话多少次？
解析：(1)是．选出的2人，担任正、副班长任意，与顺序有关，所以该问题是排列问题．
(2)是．任取两个数组成点的坐标，横、纵坐标的顺序不同，即为不同的坐标，与顺序有关．
(3)是．“入座”问题同“排队”一样，与顺序有关，故选3个座位安排3位客人是排列问题．
(4)不是．通电话一次没有顺序，故不是排列问题．
10．(1)从1,2,3,4四个数字中任取两个数字组成两位数，共有多少个不同的两位数？
(2)由1,2,3,4四个数字共能组成多少个没有重复数字的四位数？试全部列出．
解析：(1)由题意作树形图，如图．
故所有的两位数为12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个．
(2)直接画出树形图．
由上面的树形图知，所有的四位数为：
1234,1243,1324,1342,1423,1432,2134,2143,2314,2341,2413,2431,3124,3142,3214,3241,3412,3421,4123,4132,4213,4231,4312,4321.共24个四位数．
|能力提升|(20分钟，40分)
11．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有的车站数是( )
A．8 B．12
C．16 D．24
解析：设车站数为n，则A＝132，即n(n－1)＝132，解得n＝12(n＝－11舍去)．
答案：B
12．不等式A－n<7的解集为________．
解析：由不等式A－n<7，
得(n－1)(n－2)－n<7，
整理得n2－4n－5<0，
解得－1又因为n－1≥2且n∈N*，
即n≥3且n∈N*，
所以n＝3或n＝4，
故不等式A－n<7的解集为{3,4}．
答案：{3,4}
13．用一颗骰子连掷三次，投掷出的数字顺序排成一个三位数，此时：
(1)各位数字互不相同的三位数有多少个？
(2)可以排出多少个不同的三位数？
解析：(1)三位数的每位上数字均为1,2,3,4,5,6之一．
第一步，得首位数字，有6种不同结果，
第二步，得十位数字，有5种不同结果，
第三步，得个位数字，有4种不同结果，
故可得各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个)．
(2)三位数，每位上数字均可从1,2,3,4,5,6六个数字中得一个，共有这样的三位数6×6×6＝216(个)．
14．求满足nA>3A且A<6A的n的值．
解析：两不等式可化为：
∵n－1>0，∴①式可化为n(n－2)>3，
即n2－2n－3>0，
∴n>3或n<－1(舍去)．
由②得：
<6·.
∴(8－n)(7－n)<6，
即：n2－15n＋50<0，
∴5由排列数的意义可知：
n≥3且n＋2≤8，
∴3≤n≤6.
综上，5课时作业 4 排列的综合应用(习题课)
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．6名同学排成一排，其中甲、乙必须排在一起的不同排法共有( )
A．720种 B．360种
C．240种 D．120种
解析：将甲、乙两人视为1人与其余4人排列，有A种排列方法，甲、乙两人可互换位置，所以总的排法有A·A＝240(种)．
答案：C
2．某单位准备用不同花色的装饰石材分别装饰办公楼中的办公室、走廓、大厅的地面以及楼的外墙，现有编号为1～6的六种不同花色的装饰石材可选择，其中1号石材有微量的放射性，不可用于办公室内，则不同的装饰效果种数为( )
A．65 B．50
C．350 D．300
解析：办公室可选用的花色有A种，其余三个地方的装饰花色有A种，所以不同的装饰效果种数为A·A＝300(种)，故选D.
答案：D
3．六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：第一类：甲在最左端，有A＝5×4×3×2×1＝120(种)方法；第二类：乙在最左端，有4A＝4×4×3×2×1＝96(种)方法．所以共有120＋96＝216(种)方法．
答案：B
4．从a，b，c，d，e五人中选2人分别参加数学和物理竞赛，但a不能参加物理竞赛，则不同的选法有( )
A．16种 B．12种
C．20种 D．10种
解析：先选一人参加物理竞赛有A种方法，再从剩下的4人中选1人参加数学竞赛，有A种方法，共有A·A＝16种方法．
答案：A
5．由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中个位数字小于十位数字的只有( )
A．210个 B．300个
C．464个 D．600个
解析：没有重复数字的五位数有5×A＝600(个)，个位数字小于十位数字的有＝300(个)．故选B.
答案：B
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的排法有________种．
解析：课表上相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课，分三类：
第1类：文化课之间没有艺术课，有A·A＝6×24＝144(种)．
第2类：某两节文化课之间有1节艺术课，有A·C·A·A＝6×3×2×6＝216(种)．
第3类：三节文化课之间有2节艺术课，有A·A·A＝6×6×2＝72(种)．
共有144＋216＋72＝432(种)．
答案：432
7．将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
解析：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为：1和2,2和3,3和4,4和5，四种连号，其他号码各为一组，分给4人，共有4×A＝96(种)．
答案：96
8．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：先将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，共有AA种摆法．而A，B，C这3件产品在一起，且A，B相邻，A，C相邻有2A种摆法．故A，B相邻，A，C不相邻的摆法有AA－2A＝36(种)．
答案：36
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．用0,1,2，…，9十个数字可组成多少个满足以下条件的且没有重复数字的排列：
(1)五位奇数；
(2)大于30 000的五位偶数？
解析：(1)要得到五位奇数，末位应从1,3,5,7,9五个数字中取，有5种取法，取定末位数字后，首位就有除这个数字和0之外的8种不同取法．首末两位取定后，十个数字还有八个数字可供中间的十位、百位与千位三个数位选取，共有A种不同的排列方法．因此由分步乘法计数原理共有5×8×A＝13 440个没有重复数字的五位奇数．
(2)要得偶数，末位应从0,2,4,6,8中选取，而要比30 000大的五位偶数，可分两类：
①末位数字从0,2中选取，则首位可取3、4、5、6、7、8、9中任一个，共7种选取方法，其余三个数位就有除首末两个数位上的数字之外的八个数字可以选取，共A种取法．所以共有2×7×A种不同情况．
②末位数字从4,6,8中选取，则首位应从3、4、5、6、7、8、9中除去末位数字的六位数字中选取，其余三个数位仍有A种选法，所以共有3×6×A种不同情况．由分类加法计数原理，比30 000大的无重复数字的五位偶数的个数共有2×7×A＋3×6×A＝10 752种．
10．六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？
(1)甲不站两端；
(2)甲、乙站在两端；
(3)甲不站左端，乙不站右端．
解析：(1)法一：要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A·A＝480种．
法二：由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A种站法，然后其余4人有A种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法A·A＝480种．
法三：若对甲没有限制条件共有A种站法，甲在两端共有2A种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有A－2A＝480种．
(2)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A种，根据分步乘法计数原理，共有A·A＝48种站法．
(3)法一：甲在左端的站法有A种，乙在右端的站法有A种，且甲在左端而乙在右端的站法有A种，共有A－2A＋A＝504种站法．
法二：以元素甲分类可分为两类：a.甲站右端有A种，b.甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有A·A·A种，故共有A＋A·A·A＝504种站法．
|能力提升|(20分钟，40分)
11．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙被安排在相邻两天值班，丙不在10月1日值班，丁不在10月7日值班，则不同的安排方案共有( )
A．504种 B．960种
C．1 008种 D．1 108种
解析：由题意知，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班的方案共有AA＝1 440(种)，其中满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班的方案共有AA＝240(种)，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丁在10月7日值班的方案共有AA＝240(种)，满足甲、乙两人安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班、丁在10月7日值班的方案共有AA＝48(种)．因此，满足题意的方案共有1 440－2×240＋48＝1 008(种)．
答案：C
12．两家夫妇各带一个小孩一起去公园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为________．
解析：分3步进行分析，①先安排两位爸爸，必须一首一尾，有A＝2种排法，
②两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有A＝2种排法，③将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有A＝6种排法．
则共有2×2×6＝24种排法．
答案：24
13．某教师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，上午5节、下午4节，并且教师不能连上3节课(第5和第6节不算连上)，那么这位教师一天的课的所有排法有多少种？
解析：首先求得不受限制时，从9节课中任意安排3节，有A＝504种排法，其中上午连排3节的有3A＝18种，下午连排3节的有2A＝12种，则这位教师一天的课的所有排法有504－18－12＝474种．
14．一场晚会有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？
解析：(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A·A＝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A·A种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有A－A·A＝37 440种．
课时作业 5 组合与组合数公式
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．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：由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有CC＝75种．
答案：C
2．若C＝C，则n等于( )
A．3 B．5
C．3或5 D．15
解析：由组合数的性质得n＝2n－3或n＋2n－3＝12，解得n＝3或n＝5，故选C.
答案：C
3．现有6个白球，4个黑球，任取4个，则至少有两个黑球的取法种数是( )
A．90 B．115
C．210 D．385
解析：依题意根据取法可分为三类：两个黑球，有CC＝90(种)；
三个黑球，有CC＝24种；四个黑球，有C＝1(种)．
根据分类计数原理可得，至少有两个黑球的取法种数是90＋24＋1＝115，故选B.
答案：B
4．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有( )
A．140种 B．84种
C．70种 D．35种
解析：可分两类：第一类甲型1台、乙型2台，有C·C＝4×10＝40(种)取法，第二类甲型2台、乙型1台，有C·C＝6×5＝30(种)取法，
∴共有70种不同取法．故选C.
答案：C
5．某班级有一个7人小组，现任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案的种数有( )
A．35 B．70
C．210 D．105
解析：先从7人中选出3人有C＝35种情况，再对选出的3人相互调整座位，共有2种情况，故不同的调整方案种数为2C＝70.故选B.
答案：B
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A，B，O，AB四种之一，依血型遗传说，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB型时，子女一定不是O型，若某人的血型为O型，则父母血型所有可能情况有________种．
解析：父母应为A或B或O，共有C·C＝9种情况．
答案：9
7．方程C＝C的解集为________．
解析：由原方程得x＋1＝2x－3或x＋1＋2x－3＝13.
所以x＝4或x＝5.
经检验x＝4或x＝5都符合题意，
所以原方程的解为x＝4或x＝5.
答案：{4,5}
8．某校高一学雷锋志愿小组共有8人，其中一班、二班、三班、四班各2人，现在从中任选3人，要求每班至多选1人，不同的选取方法的种数为________．
解析：现在从中任选3人，要求每班至多选1人，则这3人来自不同的三个班级，每个班级的人数选择都有2种，故有CCCC＝32(种)．
答案：32
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．判断下列问题是组合问题还是排列问题．并用组合数或排列数表示出来．
(1)8人相互发一个电子邮件，共写了多少个邮件？
(2)10支球队以单循环制进行比赛，共需要进行多少场比赛？
(3)10支球队主客场制进行比赛，共需要进行多少场比赛？
(4)有4张电影票，要在7人中确定4人去观看，不同的选法种数是多少？
解析：(1)发邮件有先后之分，与顺序有关，是排列问题，共写了A个电子邮件．
(2)是组合问题．两队只需要比赛一次，与顺序无关，共进行C场比赛．
(3)是排列问题．主客场比赛有主场、客场之分，与顺序有关，共进行A场比赛．
(4)是组合问题．从7人中选取4人看电影，与顺序无关，共有C种选取方法．
10．有下列问题：
(1)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？
(2)a，b，c，d四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？
解析：(1)单循环比赛要求每两支球队之间只赛一场，没有顺序，是组合问题．共需赛C＝6场．
(2)争夺冠亚军是有顺序的，是排列问题．共有A＝12种不同结果．
|能力提升|(20分钟，40分)
11．有60名男生，40名女生，从中选出20名参加一项活动，若按性别进行分层抽样，则不同的抽样方法的总数是( )
A．CC B．CC
C．CC D．AA
解析：根据分层抽样的知识可知，应抽取男生12名，女生8名，则不同的抽样方法的总数为CC，故选A.
答案：A
12．若对任意的x∈A，则x∈，就称A是“具有伙伴关系”的集合．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C＋C＋C＋C＝15.
答案：15
13．化简下列各式(不必写出最后结果)．
(1)C＋C＋C＋…＋C；
(2)C＋C＋C；
(3)m！＋＋＋…＋.
解析：(1)原式＝C＋C＋C＋C＋C＋C
＝C＋C＋C＋C＋C
＝C＋C＋C＋C
＝C＋C＋C
＝C＋C
＝C.
(2)原式＝C＋C＋C＝C＋C＝C.
(3)原式＝m！(1＋C＋C＋…＋C)
＝m！(C＋C＋C＋…＋C)
＝m！(C＋C＋…＋C)
＝m！(C＋C＋…＋C)
＝m！C
＝.
14．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？
解析：可以分为三类：
第一类：让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有CC种选法；
第二类：让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有CC种选法；
第三类：两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有CC种选法．
根据分类加法计数原理，一共有CC＋CC＋CC＝42种不同的选法．
课时作业 6 组合的综合应用(习题课)
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．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：和为偶数共有3种情况，取4个数均为偶数有C＝1种取法，取2奇数2偶数有C·C＝60种取法，取4个数均为奇数有C＝5种取法，故共有1＋60＋5＝66种不同的取法．
答案：D
2．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
解析：将4名学生均分为2个小组共有＝3种分法，将2个小组的同学分给两名教师共有A＝2种分法，
最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A＝2种分法，故不同的安排方案共有3×2×2＝12种．
答案：A
3．某外商计划在四个候选城市投资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共有( )
A．16种 B．36种
C．42种 D．60种
解析：若选择了两个城市，则有CCA＝36种投资方案；若选择了三个城市，则有CA＝24种投资方案，因此共有36＋24＝60种投资方案．
答案：D
4．某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为( )
A．360 B．520
C．600 D．720
解析：分两类：第一类，甲、乙中只有一人参加，则有CCA＝2×10×24＝480种选法．
第二类，甲、乙都参加时，则有C(A－AA)＝10×(24－12)＝120种选法．
∴共有480＋120＝600种选法．
答案：C
5．登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是( )
A．60 B．120
C．240 D．480
解析：先将4个熟悉道路的人平均分成两组有种．再将余下的6人平均分成两组有种．然后这四个组自由搭配还有A种，故最终分配方法有C·C＝60(种)．
答案：A
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案有________种(用数字作答)．
解析：先从7人中选6人参加公益活动有C种选法，再从6人中选3人在周六参加有C种选法，剩余3人在周日参加，因此有CC＝140种不同的安排方案．
答案：140
7．房间里有5个电灯，分别由5个开关控制，至少开一个灯用以照明，则不同的开灯方法种数为________．
解析：因为开灯照明只与开灯的多少有关，而与开灯的先后顺序无关，这是一个组合问题．
开1个灯有C种方法，开2个灯有C种方法……5个灯全开有C种方法，根据分类加法计数原理，不同的开灯方法有C＋C＋…＋C＝31种．
答案：31
8．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．
解析：有C·C·A＝36种满足题意的分配方案．其中C表示从3个乡镇中任选定1个乡镇，且其中某2名大学生去的方法数；C表示从4名大学生中任选2名到上一步选定的乡镇的方法数；A表示将剩下的2名大学生分配到另两个乡镇去的方法数．
答案：36
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲，分别按下列要求，各有多少种不同选法？(用数字作答)
(1)男、女同学各2名．
(2)男、女同学分别至少有1名．
(3)在(2)的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出．
解析：(1)(CC)A＝1 440，
所以男、女同学各2名共有1 440种选法．
(2)(CC＋CC＋CC)A＝2 880，
所以男、女同学分别至少有1名共有2 880种选法，
(3)[120－(C＋CC＋C)]A＝2 376，
所以在(2)的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出共有2 376种选法．
10．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？
解析：方法一：(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有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)．
方法二：(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)．
|能力提升|(20分钟，40分)
11．由两个1，两个2，两个3组成的6位数的个数为( )
A．45 B．90
C．120 D．360
解析：问题等价于从6个位置中各选出2个位置填上相同的1,2,3，所以由分步计数原理有CCC＝90(个)不同的六位数，故选B.
答案：B
12.
如图所示的四棱锥中，顶点为P，从其他的顶点和各棱中点中取3个，使它们和点P在同一平面内，不同的取法种数为________．
解析：满足要求的点的取法可分为三类：
第一类，在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点，有4C种取法；
第二类，在两条相对侧棱上除点P外任取3点，有2C种取法；
第三类，过点P的侧棱中，每一条上的三点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面，有4C种取法．
所以，满足题意的不同取法共有4C＋2C＋4C＝56(种)．
答案：56
13．课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，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)只有一名女生；
(2)两队长当选；
(3)至少有一名队长当选；
(4)至多有两名女生当选；
(5)既要有队长，又要有女生当选．
解析：(1)一名女生，四名男生，故共有C·C＝350(种)选法．
(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C·C＝165(种)选法．
(3)至少有一名队长当选含有两类：有一名队长当选和两名队长都当选．故共有C·C＋C·C＝825(种)选法．或采用间接法：C－C＝825(种)．
(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生，只有一名女生，没有女生．故共有C·C＋C·C＋C＝966(种)选法．
(5)分两类：第一类，女队长当选，有C种选法；第二类，女队长不当选，有C·C＋C·C＋C·C＋C(种)选法，故选法共有C＋C·C＋C·C＋C·C＋C＝790(种)．
14．已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β内有6个点，
(1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？
(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？
(3)上述三棱锥中最多可以有多少个不同体积的三棱锥？
解析：(1)所作出的平面有三类：
①α内1点，β内2点确定的平面，有C·C个．
②α内2点，β内1点确定的平面，有C·C个．
③α，β本身．
故所作的平面最多有C·C＋C·C＋2＝98(个)．
(2)所作的三棱锥有三类：
①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有C·C个．
②α内2点，β内2点确定的三棱锥，有C·C个．
③α内3点，β内1点确定的三棱锥，有C·C个．
∴最多可作出的三棱锥有：
C·C＋C·C＋C·C＝194(个)．
(3)∵当等底面积，等高的情况下三棱锥体积才能相等，
∴体积不相同的三棱锥最多有C＋C＋C·C＝114(个)．
课时作业 7 二项式定理
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(x－2y)11展开式中共有( )
A．10项 B．11项
C．12项 D．9项
解析：根据二项式定理可知有11＋1＝12项．
答案：C
2．在5的二项展开式中，x的系数为( )
A．10 B．－10
C．40 D．－40
解析：利用通项求解．
因为Tr＋1＝C(2x2)5－rr＝C25－rx10－2r(－1)rx－r＝C25－r(－1)rx10－3r，所以10－3r＝1，所以r＝3，所以x的系数为C25－3(－1)3＝－40.
答案：D
3．已知n的展开式中第三项与第五项的系数之比为，则展开式中常数项是( )
A．－1 B．1
C．－45 D．45
解析：由题知第三项的系数为C(－1)2＝C，第五项的系数为C(－1)4＝C，则有＝，解之得n＝10，
由Tr＋1＝Cx20－2r·x (－1)r，
当20－2r－＝0时，即当r＝8时，
常数项为C(－1)8＝C＝45，选D.
答案：D
4.5(x∈R)展开式中x3的系数为10，则实数a等于( )
A．－1 B.
C．1 D．2
解析：由二项式定理，得Tr＋1＝Cx5－r·r＝C·x5－2r·ar，∴5－2r＝3，∴r＝1，∴C·a＝10，∴a＝2.
答案：D
5．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：因为(1＋x)6的展开式的第(r＋1)项为Tr＋1＝Cxr，x(1＋x)6的展开式中含x3的项为Cx3＝15x3，所以系数为15.
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．在6的二项展开式中，常数项等于________．
解析：方法一：利用计数原理及排列组合知识求解．
常数项为Cx33＝20x3＝－160.
方法二：利用二项展开式的通项求解．
Tr＋1＝Cx6－rr＝(－2)rCx6－2r，令6－2r＝0，得r＝3.
所以常数项为T4＝(－2)3C＝－160.
答案：－160
7．二项式6的展开式的第5项的系数为，则实数a的值为________．
解析：因为展开式的第5项为T5＝C·(2x3)2·4＝x2＝x2，所以第5项的系数为.由已知，得＝.所以a4＝81，即a＝3或－3.
答案：3或－3
8．若n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为________．
解析：利用二项展开式的通项公式求解．
由题意知，C＝C，∴n＝8.
∴Tr＋1＝C·x8－r·r＝C·x8－2r，
当8－2r＝－2时，r＝5，
∴的系数为C＝C＝56.
答案：56
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．求(－)9展开式中的有理项．
解析：∵Tk＋1＝
＝(－1)k·C·x.
令∈Z，即4＋∈Z，且k＝0,1,2，…，9.
∴k＝3或k＝9.
当k＝3时，＝4，T4＝(－1)3·C·x4＝－84x4；
当k＝9时，＝3，T10＝(－1)9·C·x3＝－x3.
∴(－)9的展开式中的有理项是：第4项，－84x4；第10项，－x3.
10．在二项式n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．
(1)求展开式的第四项．
(2)求展开式的常数项．
解析：Tr＋1＝C()n－rr
＝rCx.
由前三项系数的绝对值成等差数列，
得C＋2C＝2×C，
解得n＝8或n＝1(舍去)．
(1)展开式的第四项为：
T4＝3Cx＝－7.
(2)当－r＝0，即r＝4时，常数项为4C＝.
|能力提升|(20分钟，40分)
11．二项式n展开式中含有x项，则n可能的取值是( )
A．10 B．9
C．8 D．7
解析：因为二项式n展开式的通项公式为Tr＋1＝C·n－1·(－)r
＝(－1)r·C·x，
令－2n＋＝1，得5r＝4n＋2，
即r＝，
即4n＋2是5的倍数，
所以满足条件的数在答案中只有7.故选D.
答案：D
12．(1＋x＋x2)6的展开式中的常数项为________．
解析：6的展开式中，Tr＋1＝Cx6－r·r＝(－1)rCx6－2r，令6－2r＝0，得r＝3，T4＝C(－1)3＝－C，令6－2r＝－1，得r＝(舍去)，令6－2r＝－2，得r＝4，T5＝C(－1)4x－2，所以(1＋x＋x2)6的展开式中的常数项为1×(－C)＋C＝－20＋15＝－5.
答案：－5
13．求(1－x)6(1＋x)4的展开式中x3的系数．
解析：方法一：∵(1－x)6的通项Tk＋1＝C(－x)k＝(－1)kCxk，k∈{0,1,2,3,4,5,6}，(1＋x)4的通项Tr＋1＝C·xr，r∈{0,1,2,3,4}，
又k＋r＝3，
则或或或
∴x3的系数为C－CC＋CC－C＝8.
方法二：∵(1－x)6(1＋x)4
＝[(1－x)(1＋x)]4(1－x)2
＝(1－x2)4(1－x)2
＝(1－Cx2＋Cx4－Cx6＋Cx8)(1－x)2，
∴x3的系数为－C·(－2)＝8.
14．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)求展开式中所有有理项．
解：(1)证明：依题意，前三项系数的绝对值分别是1，C·1，C·2，
且2C·＝1＋C·2，
即n2－9n＋8＝0，
所以n＝8(n＝1舍去)，
所以8的展开式的通项为
Tr＋1＝C·()8－rr
＝r·C·x·x
＝(－1)r··x.
若Tr＋1为常数项，当且仅当＝0，
即3r＝16，
因为r∈N，所以这不可能，
所以展开式中没有常数项．
(2)若Tr＋1为有理项，当且仅当为整数．
因为0≤r≤8，r∈N，所以r＝0,4,8，
即展开式中的有理项共有3项，
它们是T1＝x4，T5＝x，T9＝x－2.
课时作业 8 “杨辉三角”与二项式系数的性质
|基础巩固|(25分钟，60分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1.11的展开式中二项式系数最大的项是( )
A．第6项 B．第8项
C．第5,6项 D．第6,7项
解析：由n＝11为奇数，则展开式中第项和第＋1项，即第6项和第7项的二项式系数相等，且最大．
答案：D
2．若n(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为( )
A．210 B．252
C．462 D．10
解析：由于展开式中只有第6项的系数最大，且其系数等于其二项式系数，所以展开式项数为11，从而n＝10，于是得其常数项为C＝210.
答案：A
3．若(1＋2x)6的展开式中第二项大于它的相邻两项，则x的取值范围是( )
A.C.解析：由解得答案：A
4．若C＝C(n∈N*)，且(2－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a0－a1＋a2－…＋(－1)nan等于( )
A．81 B．27
C．243 D．729
解析：由C＝C可知n＝4，令x＝－1，可得a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝34＝81.
答案：A
5．已知关于x的二项式n展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为( )
A．2 B．±1
C．1 D．±2
解析：∵二项式系数和为2n＝32，
∴n＝5，
∴通项公式为Tr＋1＝C·()5－r·r
＝C·ar·x.
∵常数项为80.
∴r＝3时，C·a3＝80，
∴a＝2，故选A.
答案：A
二、填空题(每小题5分，共15分)
6．(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即8<2n<32，且n∈N*，
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
7．(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
解析：设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5.
令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，
∴a＝3.
答案：3
8．如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角中，第________行中从左到右第14与第15个数的比为2?3.
解析：由杨辉三角知，第一行中的数是C、C；第2行中的数是C、C、C；第3行中的数是C、C、C、C；…；第n行中的数是C、C、C、…、C.设第n行中从左到右第14与第15个数的比为2?3，则C?C＝2?3，解之得n＝34.
答案：34
三、解答题(每小题10分，共20分)
9．已知n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中含x项的系数及二项式系数．
解析：n展开式的通项公式
Tr＋1＝C·()n－rr＝rCx.
由题意知：C，C，C成等差数列，
则C＝C＋C，
即n2－9n＋8＝0，
解得n＝8或n＝1(舍去)．
∴Tr＋1＝rCx4－r.令4－r＝1，得r＝3，
∴含x项的系数为3C＝7，二项式系数为C＝56.
10．在8的展开式中，
(1)求二项式系数最大的项；
(2)系数的绝对值最大的项是第几项？
解析：(1)二项式系数最大的项为中间项，即为第5项．
故T5＝C·24·x4－＝1 120x－6.
(2)因Tk＋1＝C·()8－kk＝(－1)k·C·2k·x.
设第k＋1项系数的绝对值最大，
则
即整理得
于是k＝5或6.
故系数的绝对值最大的项是第6项和第7项．
|能力提升|(20分钟，40分)
11．若n(n∈N*)的展开式中存在常数项，则n的最小值是( )
A．3 B．5
C．8 D．10
解析：Tr＋1＝C(2x3)n－r·x－2r＝C2n－rx3n－5r.
∵展开式中存在常数项，∴3n－5r＝0，即n＝r，又3,5互质，r必是3的倍数，∴当r＝3时，n的最小值是5.
答案：B
12．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0－1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n次全行的数都为1的是第________行；第61行中1的个数是________．
解析：观察可得第1行，第3行，第7行，第15行，全行都为1，故第n次全行的数都为1的是第2n－1行；∵n＝6?26－1＝63，故第63行共有64个1，逆推知第62行共有32个1，第61行共有32个1.
答案：2n－1 32
13．已知(1－2x)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a7(x－1)7.求：
(1)a0＋a1＋a2＋…＋a7；
(2)a0＋a2＋a4＋a6.
解析：(1)令x＝2，
则a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(1－4)7＝－37＝－2 187.①
(2)令x＝0，
则a0－a1＋a2－…＋a6－a7＝1.②
得a0＋a2＋a4＋a6＝＝－1 093.
14．已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n(m，n∈N*)的展开式中x的系数为11.
(1)求x2的系数取最小值时n的值．
(2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中x的奇次幂项的系数之和．
解析：(1)由已知C＋2C＝11，所以m＋2n＝11，
x2的系数为C＋22C＝＋2n(n－1)
＝＋(11－m)·
＝2＋.
因为m∈N*，所以m＝5时，x2的系数取得最小值22，此时n＝3.
(2)由(1)知，当x2的系数取得最小值时，m＝5，n＝3，
所以f(x)＝(1＋x)5＋(1＋2x)3，
设这时f(x)的展开式为
f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，
令x＝1，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25＋33，
令x＝－1，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1，
两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝60，
故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.
