课时训练01 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
(限时：10分钟)
1．如果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种情况．
当x＝2时，y＝0,1,2,3,4，有5种情况．
当x＝3时，y＝0,1,2,3，有4种情况．
据分类加法计数原理可得，共有6＋5＋4＝15种情况．
答案：A
2．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：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：B
3．某体育馆有8个门供球迷出入，某球迷从其中一门进入，另一门走出，则不同的进出方法有( )
A．16种 B．56种
C．64种 D．72种
解析：分两步进行：第一步，选一门进入有8种方法；第二步，从剩下的门中选择一门走出有7种方法，共8×7＝56种方法．
答案：B
4．已知集合A＝{0,3,4}，B＝{1,2,7,8}，集合C＝{x|x∈A，或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有__________种．
解析：分两类进行，第一类，当元素属于集合A时，有3种．第二类，当元素属于集合B时，有4种．
∴共3＋4＝7种．
答案：7
5．甲、乙、丙3个班各有三好学生3,5,2名，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有多少种不同的推选方法．
解析：分为三类：
第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×5＝15种选法；
第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×2＝6种选法；
第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有5×2＝10种选法．
综合以上三类，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31种不同选法．
(限时：30分钟)
一、选择题
1．某乒乓球队里有男队员6人，女队员5人，从中选取男、女队员各一人组成混合双打队，不同的组队总数有( )
A．11 B．30
C．56 D．65
解析：先选1男有6种方法，再选1女有5种方法，故共有6×5＝30种不同的组队方法．
答案：B
2．某小组有8名男生，4名女生，要从中选出一名当组长，不同的选法有( )
A．32种 B．9种
C．12种 D．20种
解析：由分类加法计数原理知，不同的选法有N＝8＋4＝12种．
答案：C
3．由0,1,2三个数字组成的三位数的个数为( )
A．27 B．18
C．12 D．6
解析：分三步，分别取百位、十位、个位上的数字，分别有2种、3种、3种取法，故共可得2×3×3＝18个不同的三位数．
答案：B
4．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对的个数为( )
A．14 B．13
C．12 D. 10
解析：方程有根，则Δ＝4－4ab≥0，则ab≤1，则符合的有(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．
答案：B
5．设集合A＝{－1, 0, 1}，集合B＝ {0, 1, 2, 3}，定义A*B＝{(x, y)| x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素个数是( )
A．7个 B．10个
C．25个 D．52个
解析：A∩B＝{ 0,1}，A∪B{－1,0,1,2,3}，x有2种取法，y有5种取法，由分步乘法计数原理得有2×5＝10个元素．
答案：B
6．如图所示，M，N，P，Q为海上四个小岛，现在要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有( )
A．8种 B．12种
C．16种 D．20种
解析：第一类，从一个岛出发向其他三岛各建一桥，共有4种方法；第二类，一个岛最多建两座桥，建法为□—□—□—□，将岛的名称M，N，P，Q分别填入四个□中，则分成四个步骤，第一步，先填第一个□，有4种方法，再填第二、三、四个□，分别有3,2,1种方法，注意到M—N—P—Q与Q—P—N—M两类是同一种建桥方法，则第二类建桥法共有4×3×2×1×＝12(种)，由分类加法计数原理得，建桥方法共有4＋12＝16(种)．
答案：C
二、填空题
7．李明去书店，发现3本好书，决定至少买其中1本，则购买方式共有________种．
解析：3类：买1本书、买2本书和3本书，各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7种．
答案：7
8．已知a∈ {3,4,6}，b∈{1,2,7,8}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示__________个不同的圆．
解析：确定一个圆的方程分三步：第1步确定a的值有3种方法，第2步确定b的值有4种方法，第3步确定r的值有2种方法，根据分步乘法计数原理，不同的圆的个数为：N＝3×2×4＝24(个)．
答案：24
9．奥运选手选拔赛上，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．
第一步：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，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．
所以安排这8人的方式有24×120＝2880(种)．
答案：2880
三、解答题
10．有9名乒乓球运动员，其中有6名只会用右手打球，有2名只会用左手打球，还有1名既会用右手打球，也会用左手打球，现要从中选出2名运动员，要求会用右手打球的和会用左手打球的各1名，求共有多少种不同的选法．
解析：记左右手都能打球的运动员为A.当A不被选中时，有6×2＝12(种)选法；当A被选中时，有6＋2＝8(种)选法．根据分类加法计数原理得共有12＋8＝20(种)选法．
11．已知集合M＝{－3，－2，－1，0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，问：
(1)P可表示平面上多少个不同的点？
(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？
解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第1步先确定a的值，共有6种方法；第2步确定b的值，也有6种方法．根据分步乘法计数原理得到平面上点的个数为6×6＝36.
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第1步确定a，由于a＜0，所以有3种确定方法；第2步确定b，由于b＞0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理得到第二象限的点的个数为3×2＝6.
课时训练02 分类加法计数原理与分步乘法 计数原理的应用
(限时：10分钟)
1．由1,2,3,4,5这5个数字组成无重复数字的五位数中，小于50 000的偶数有( )
A．60个 B．48个
C．36个 D．24个
解析：分两类：
第一类，末位数字为2，依次确定万位、千位、百位、十位上的选择方法，可得N1＝3×3×2×1＝18(个)．
第二类，末位数字为4，同第一类办法，可得N2＝3×3×2×1＝18(个)．
所以，满足题目条件的数共有N＝N1＋N2＝36(个)．
答案：C
2．如图所示，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，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法总数为( )
A．96 B．84
C．60 D．48
解析：按A，B，C，D的顺序种花，分两类：A，C种同一种花，共有：4×3×3＝36(种)；A，C种不同种花，共有4×3×2×2＝48(种)，共计36＋48＝84(种)．
答案：B
3．如图，四边形ABCD中，若把顶点A，B，C，D染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有__________种．
解析：不妨从点A涂起，则A，C可同色，也可不同色，故可分两类，
第一类，若A，C同色，涂A有3种方法，涂B有2种方法，涂D有2种方法，共计3×2×2＝12(种)方法；
第二类，若A，C不同色，涂A有3种方法，涂C有2种方法，涂B有1种方法，涂D有1种方法，共计3×2×1×1＝6(种)方法．
所以不同的染色方法共有12＋6＝18(种)．
答案：18
4．如图，要给地图上A，B，C，D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有__________种．
解析：按地图A，B，C，D四个区域依次分四步完成，
第一步涂A，有3种涂色方法；
第二步涂B，有2种涂色方法；
第三步涂C，有1种涂色方法；
第四步涂D，有1种涂色方法．
所以根据分步乘法计数原理，得到不同的涂色方案共有N＝3×2×1×1＝6(种)．
答案：6
5．将数字7,8,9与符号“×”“÷”五个字符都填入下列表格的五个空格中，任意两个数字都不相邻，共有多少种不同的填法？
1
2
3
4
5
解析：根据题意，分两步进行，第一步，填数字：数字只能填在1,3,5的位置，共有3×2×1＝6(种)方法；第二步，填符号，只能填在2,4的位置，共有2×1＝2(种)方法，所以共有N＝6×2＝12(种)不同的填法．
(限时：30分钟)
一、选择题
1．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )
A．6种 B．12种
C．24种 D．30种
解析：分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)．
答案：C
2．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A．56 B．65
C. D．6×5×4×3×2
解析：要完成选择听讲座这件事，需要分六步完成，即6名同学逐个选择要听的讲座，因为每名同学均有5种讲座可选择，由分步乘法计数原理，6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种不同的选法．
答案：A
3．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．18
C．12 D．6
解析：(1)当从0,2中选取2时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，只要2不排在个位即可，先排2再排1,3,5中选出的两个奇数，共有2×3×2＝12(个)．(2)当从0,2中选取0时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，0必须在十位，只要排好从1,3,5中选出的两个奇数．共有3×2＝6(个)．综上，由分类加法计数原理知共有12＋6＝18(个)．
答案：B
4．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有( )
A．24种 B．18种
C．12种 D．6种
解析：方法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6种不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18种．
方法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有不同的种植方法24－6＝18种．
答案：B
5．如图所示，用不同的五种颜色分别为A，B，C，D，E五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则符合这些要求的不同着色的方法共有( )
A.500种 B．520种
C．540种 D．560种
解析：按照分步计数原理，先为A着色共有5种，再为B着色共有4种(不能与A相同)，接着为C着色有3种(不与A，B相同)，同理依次为D，E着色各有3种，所以不同着色的方法共有N＝5×4×33＝540(种)．
答案：C
二、填空题
6．湖北省(鄂)分别与湖南(湘)、安徽(皖)、陕西(陕)三省交界(如图)，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有五种不同颜色可供选用，则不同的涂色方法有________种．
解析：由题意知本题是一个分步乘法计数问题，首先涂陕西，有5种结果，再涂湖北省，有4种结果，第二步涂安徽，有4种结果，再涂湖南有4种，即5×4×4×4＝320.
答案：320
7．某城市在中心广场建造了一个花园，花园分为6个部分(如图所示)，现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有________种(用数字作答)．
解析：根据6个部分的对称性，按同色、不同色进行分类：
(1)4,6同色，1有四种颜色可选，5有三种颜色可选，4有两种颜色可选，2有两种颜色可选，3只有一种颜色可选，共有4×3×2×2×1＝48(种)．
(2)4,6不同色，1有四种颜色可选，5有三种颜色可选，4有两种颜色可选，6有一种颜色可选，若2与4同色，则3有两种，若2与4不同色，则3有一种，共有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种)．
故共有120种不同的栽种方法．
答案：120
三、解答题
8．从1到200的自然数中，各个数位上都不含有数字8的自然数有多少个？
解析：从整体看需分类完成， 用分类计数原理．从局部看需分步完成，用分步计数原理．
第一类：一位数中除8外符合要求的有8个(0除外)；
第二类：两位数中，十位上数字除0和8外有8种情况，而个位数字除8外，有9种情况．共有(8×9)个符合要求；
第三类：三位数中，百位上数字是1的，十位和个位上数字除8外均有9种情况，共有(9×9)种．而百位数字上是2的只有200符合．
所以总共有8＋8×9＋9×9＋1＝162(个)．
9．某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？
解析：第一步，在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法，
B1有3种方法，C1有2种方法，共有4×3×2＝24(种)方法．
第二步，从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法．
第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法，
由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×3×3＝216(种)方法．
10．已知集合A＝{a，b，c}，集合B＝{－1,0,1}．
(1)从集合A到B能构造多少个不同的映射？
(2)满足f(a)＋f(b)＋f(c)＝0的映射有多少个？
解析：(1)每个元素a，b，c都可以有3个象和它对应，故从A到B能构造3×3×3＝27个不同的映射．
(2)列表如下：
f(a)
0
0
0
1
1
－1
－1
f(b)
0
1
－1
0
－1
1
0
f(c)
0
－1
1
－1
0
0
1
从表中可知满足f(a)＋f(b)＋f(c)＝0的映射有7个．
11．用五种不同的颜色给图中的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色.
1
4
2
3
(1)共有多少种不同的涂色方法？
(2)若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？
解析：(1)由于1至4号区域各有5种不同的涂法，故依分步计数原理知，不同的涂色方法有54＝625(种)．
(2)第一类：1号区域与3号区域同色时，有5×4×1×4＝80(种)涂法；
第二类：1号区域与3号区域异色时，有5×4×3×3＝180(种)涂法．
依据分类计数原理知，不同的涂色方法有80＋180＝260(种).
课时训练03 排列及排列数公式
(限时：10分钟)
1．已知下列问题：
①从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学和物理学习小组；
②从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动；
③从a，b，c，d四个字母中取出2个字母；
④从1,2,3,4四个数字中取出2个数字组成一个两位数．
其中是排列问题的有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：①是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序有关；②不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序无关；③不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无关；④是排列问题，因为取出的两个数字还需要按顺序排成一列．
答案：B
2．集合P＝{x|x＝A，m∈N*}，则P中的元素个数为( )
A．3 B．4
C．6 D．8
解析：由题意得P＝{4,12,24}．
答案：A
3.＝( )
A．12 B．24
C．30 D．36
解析：＝
＝7×6－6＝36.
答案：D
4．已知 a∈N*，且a<20，则(27－a)·(28－a)·(29－a)…(34－a)用排列数表示为( )
A．A B．A
C．A D．A
解析：由已知34－a最大，且共有34－a－(27－a)＋1＝8个数的积，所以为A.
答案：D
5．四个人A，B，C，D站成一排，其中A不站排头，写出所有的站队方法．
解析：树形图如图：
由树形图可知，所有的站队方法有：
BACD，BADC，BCAD，BCDA，BDAC，BDCA，CABD，CADB，CBAD，CBDA，CDAB，CDBA，DACB，DABC，DBAC，DBCA，DCAB，DCBA.
(限时：30分钟)
一、选择题
1．3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则有不同分法的种数是( )
A．1 260 B．120
C．240 D．720
解析：由题意知有A＝10×9×8＝720种分法．
答案：D
2．从n个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n的值为( )
A．6 B．8
C．9 D．12
解析：由题意得A＝72，解得n＝9.
答案：C
3．用1,2,3,4,5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为( )
A．24 B．30
C．40 D．60
解析：分步：第一步：选个位数，从2,4中选一个有2种选法；
第二步：选百位数与十位数，有A种选法．
由乘法原理知共有2A＝24.
答案：A
4．8名学生站成两排，前排4人，后排4人，则不同站法的种数为( )
A．2A B．(A)2
C．A D.A
解析：虽然是8人站两排，前排4人，后排4人，但本质上是8个位置站8个人，故共有A种站法．
答案：C
5．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
6．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案有( )
A．A B．A
C．A·A D．2A
解析：分步：第一步：安排4名司机到4辆汽车上，共有A种方法；
第二步：安排4名售票员到4辆汽车上，共有A方法；
由分步计数原理知共有A·A种．
答案：C
二、填空题
7．用1,2,3,4,5,6,7这7个数字排列组成一个七位数，要求在其偶数位上必须是偶数，奇数位上必须是奇数，则这样的七位数有__________个．
解析：先排奇数位有A种，再排偶数位有A种，所以共有AA＝144种．
答案：144
8．集合P＝{x|x＝A，m∈N*}，则集合P中共有________个元素．
解析：∵m∈N*且m≤4，∴P中元素为A，A，A，A，即P中有4个元素．
答案：4
9．方程：A＝140A的解是________．
解析：根据原方程，x(x∈N*)应满足解得x≥3.
根据排列数公式，原方程化为(2x＋1)·2x·(2x－1)(2x－2)＝140x·(x－1)·(x－2)，x≥3，
两边同除以4x(x－1)，
得(2x＋1)(2x－1)＝35(x－2)．
即4x2－35x＋69＝0.
解得x＝3或x＝5(因x为整数，故应舍去)．
所以原方程的解为x＝3.
答案：x＝3
三、解答题
10．从2,3,5,7四个数中任取两个数作为对数的底数和真数，可得多少个不同的对数？将它们列举出来，其中有几个大于1 ?
解析：有A＝12个不同的对数，它们是log23，log25，log27，log35，log37，log32，log57，log52，log53，log72，log73，log75，其中大于1的有6个．
11．用1,2,3,4,5,6,7这七个数字组成没有重复数字的四位数．
(1)这些四位数中偶数有多少个？能被5整除的有多少个？
(2)这些四位数中大于6 500的有多少个？
解析：(1)偶数的个位数只能是2,4,6，有A种排法，其他位上有A种排法，由分步乘法原理知共有四位偶数A·A＝360(个)；能被5整除的数个位必须是5，故有A＝120(个)．
(2)最高位上是7时大于6 500，有A种，最高位上是6时，百位上只能是7或5，故有2×A种．故由分类计数原理知，这些四位数中大于6 500的共有A＋2×A＝160(个)．
课时训练04 排列的应用
(限时：10分钟)
1．有5个不同的红球和2个不同的黑球排成一列，其中红球甲和黑球乙相邻的排法有( )
A．720 B．768
C．960 D．1 440
答案：D
2．用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位偶数的个数( )
A．8 B．24
C．48 D．120
答案：C
3．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只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有__________种．
答案：96
4．如图，将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有__________种.
1
2
3
3
1
2
2
3
1
解析：只需要填写第一行和第一列，其余即确定了．因此共有AA＝12(种)．
答案：12
5．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，求不同的排法的种数．
解析：先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A种不同的排法．
再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．
因此共有A·A·1＝12(种)不同的排列方法．
(限时：30分钟)
一、选择题
1．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．48种
答案：C
2．从4男3女志愿者中，选1女2男分别到A，B，C地执行任务，则不同的选派方法有( )
A．36种 B．108种
C．210种 D．72种
答案：B
3．A，B，C，D，E五人并排站在一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有( )
A．60种 B．48种
C．36种 D．24种
答案：D
4．由0,1,2，…，9这十个数字组成的无重复数字的四位数中，个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的有( )
A．98个 B．105个
C．112个 D．210个
答案：D
5．现需编制一个八位的序号，规定如下：序号由4个数字和2个x、1个y、1个z组成；2个x不能连续出现，且y在z的前面；数字在1,2,4,8之间选取，可重复选取，且四个数字之积为8，则符合条件的不同的序号种数有( )
A．12 600 B．6 300
C．5 040 D．2 520
解析：易知数字只能选1,1,1,8或1,1,2,4或1,2,2,2，先排数字和y，z，再插入x即为(AA×2＋AA)÷A＝12 600.
答案：A
二、填空题
6．将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少一张，如果分给同一人的两张参观券连号，那么不同的分法种数是__________．
解析：5张参观券分为4堆，有2个连号有4种分法，然后再分给每一个人有A种方法，所以总数是4A＝96.
答案：96
7．暑假期间张、王两家夫妇各带1个小孩到西安游玩某景区，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外两个小孩要排在一起，则这6个人入园的排法有________种．
解析：分三步完成：
第一步，将两位爸爸排在两端有A种排法．
第二步，将两个小孩看作1人与两位妈妈任意排在中间的三个位置有A种排法．
第三步，两个小孩之间有A种排法．
所以这6个人的入园排列方法共有AAA＝24(种)．
答案：24
8．用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1,2相邻，这样的六位数的个数是________．
解析：可分为三步来完成这件事：
第一步：先将3,5进行排列，共有A种排法；
第二步：再将4,6插空排列，共有2A种排法；
第三步：将1,2放入3,5,4,6形成的空中，共有A种排法，
由分步乘法计数原理得，共有A·2A·A＝10(种)不同的排法．
答案：40
三、解答题
9．用1,2,3,4,5这五个数字组成没有重复数字的五位数，其中恰有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数有多少个？
解析：第一步，先将两个偶数排好，有A种不同的排法．
第二步，两个偶数中间的奇数可以有A种选择．
第三步，将两个偶数和它中间的奇数捆在一起，与另外两个奇数排列，有A种不同的排法．
由分步乘法计数原理，适合题意的五位数共有AAA＝36(个)．
10．3位男士甲、乙、丙和3位女士A，B，C在一起合影留念，在下面条件下各有多少种不同的排法？
(1)排成一排，甲不在左端，A不在右端．
(2)若他们是3对夫妻，排成前后两排，使每对夫妻前后成对．
(3)排成一排，使甲、乙都和A不相邻．
解析：(1)6人排成一排，有A种站法，其中甲在左端有A种，乙在右端有A种，
甲在左端同时乙在右端有A种，
则共有A－2A＋A＝504(种)站法．
(2)在每对夫妻中任取1人，有2×2×2＝8(种)情况，
再将取出的3人排成一排，作为前排，有A种情况，
最后让剩下的3人对应站在后排，有1种情况，
则有8×A×1＝48(种)站法．
(3)分2种情况讨论：
①甲、乙、A都不相邻有AA种．
②甲、乙相邻但与A不相邻有AAA种，
则有AA＋AAA＝288(种)站法．
11．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，则不同的涂色方法有多少？
解析：(1)B，D，E，F用四种颜色，则有A×1×1＝24种涂色方法．
(2)B，D，E，F用三种颜色，则有A×2×2＋A×2×1×2＝192种涂色方法．
(3)B，D，E，F用两种颜色，则有A×2×2＝48种涂色方法．
所以共有24＋192＋48＝264种不同的涂色方法．
课时训练 05 组合及组合数公式
(限时：10分钟)
1．下面几个问题是组合问题的有( )
①从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法？
②从甲、乙、丙3名同学中选出2名，有多少种不同的选法？
③有4张电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法？
④某人射击8枪，命中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，不同的结果有多少种？
A．①② B．①③④
C．②③④ D．①②③④
答案：C
2．2C的值为( )
A．1 006 B．1 007
C．2 012 D．2 014
答案：D
3．若A＝6C，则n的值是( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案：B
4．若C＝C，则x＝__________.
答案：7或9
5．若C＝A，求n.
解析：由C＝A，得
＝·
即＝，
解得n＝－1(舍)或n＝4，故n＝4.
(限时：30分钟)
一、选择题
1．从5人中选3人参加座谈会，则不同的选法有( )
A．60种 B．36种
C．10种 D．6种
答案：C
2．下列问题中是组合问题的个数是( )
①从全班50人中选出5名组成班委会；
②从全班50人中选出5名分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员；
③从1,2,3，…，9中任取出两个数求积；
④从1,2,3，…，9中任取出两个数求差或商．
A．1 B．2
C．3 D．4
答案：B
3．下列计算结果为21的是( )
A．A＋C B．C
C．A D．C
答案：D
4．方程C＝C的解x的值为( )
A．4 B．14
C．4或6 D．14或2
答案：C
5．若C∶C∶C＝∶1∶1，则m，n的值分别为( )
A．m＝5，n＝2 B．m＝5，n＝5
C．m＝2，n＝5 D．m＝4，n＝4
解析：将选项逐一验证可得只有C项满足条件．
答案：C
二、填空题
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
7．10个人分成甲、乙两组，甲组4人，乙组6人，则不同的分组种数为__________(用数字作答)．
解析：从10人中任选出4人作为甲组，则剩下的人即为乙组，这是组合问题，共有C＝210(种)分法．
答案：210
8．已知C，C，C成等差数列，则C＝________.
解析：因为C，C，C成等差数列，
所以2C＝C＋C，
所以2×＝＋
整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝14，n＝7(舍去)，则C＝C＝91.
答案：91
三、解答题
9．已知＝3，求n.
解析：原方程可变形为＋1＝，
即C＝C，
即
＝·，
化简整理得n2－3n－54＝0.
解得n＝9或n＝－6(不合题意，舍去)．
所以n＝9.
10．解不等式C＞C＋2C＋C.
解析：因为C＝C，
所以原不等式可化为C＞(C＋C)＋(C＋C)，即C＞C＋C，也就是C＞C，
所以＞，
即(n－3)(n－4)＞20，解得n＞8或n＜－1.
又n∈N*，n≥5.
所以n≥9且n∈N*.
11．规定C＝，其中x∈R，m是正整数，且C＝1，这是组合数C(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广．
(1)求C的值．
(2)组合数的两个性质：①C＝C；
②C＋C＝C是否都能推广到C(x∈R，m是正整数)的情形；若能推广，请写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由．
解析：(1)C
＝
＝－C＝－11 628.
(2)性质①不能推广，例如当x＝时，有意义，但无意义；
性质②能推广，它的推广形式是C＋C＝C，x∈R，m为正整数．
证明：当m＝1时，有C＋C＝x＋1＝C；
当m≥2时，
C＋C
＝＋
＝
＝
＝C.
综上，性质②的推广得证．
课时训练06 组合的应用
(限时：10分钟)
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
答案：C
2．今有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，现从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选派方法有( )
A．1 260种 B．2 025种
C．2 520种 D．5 054种
答案：C
3．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )
A．6种 B．12种
C．24种 D．30种
答案：C
4．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为__________．
答案：5
5．课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5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)只有1名女生当选．
(2)两名队长当选．
(3)至少有1名队长当选．
(4)至多有2名女生当选．
(5)既要有队长，又要有女生当选．
解析：(1)1名女生，4名男生，
故共有C·C＝350(种)．
(2)将两名队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C·C＝165(种)．
(3)方法一：至少有1名队长含有两类：只有1名队长；2名队长，故共有选法C·C＋C·C＝825(种)．
方法二：采用间接法共有C－C＝825(种)．
(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生．
故选法共有C·C＋C·C＋C＝966(种)．
(5)分类：第1类，女队长当选：C种；第2类，女队长不当选：C·C＋C·C＋C·C＋C种．故选法共有C＋C·C＋C·C＋C·C＋C＝790(种)．
(限时：30分钟)
一、选择题
1．若将9名会员分成三组讨论问题，每组3人，共有不同的分组方法种数为( )
A．CC B．AA
C. D．AAC
答案：C
2．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )
A．11种 B．20种
C．21种 D．12种
答案：C
3．4名同学到某景点旅游，该景点有4条路线可供游览，其中恰有1条路线没有被这4个同学中的任何1人游览的情况有( )
A．36种 B．72种
C．81种 D．144种
答案：D
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
答案：B
5．用数字0,1,2,3组成数字可以重复的四位数，其中有且只有一个数字出现两次的四位数的个数为( )
A．144 B．120
C．108 D．72
解析：若四位数中不含0，则有CCA＝36(种)；若四位数中含有一个0，则有CCCC＝54(种)；若四位数中含有两个0，则有CA＝18(种)，所以共有36＋54＋18＝108(种)．
答案：C
二、填空题
6．以一个长方体的顶点为顶点的四棱锥共有__________个．
解析：长方体有8个顶点，任取5个顶点的组合数为C＝56(个)．
答案：56
7．男女生共8人，从中任选3人，出现2个男生，1个女生的概率为，则其中女生人数是________．
解析：男女生共8人，从中任选3人，总的方法数是C＝56，而出现2个男生，1个女生的概率是，所以，男女生共8人，从中任选3人，出现2个男生，1个女生的方法数是30，设女生有x人，则C·C＝30，＝30，x(8－x)(7－x)＝2×6×5＝3×5×4，所以，女生有2人或3人．
答案：2或3
8．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：分两步：(1)任意选3个空排A，B，C，共有C·A·A种排法；
(2)再排其余3个字母，共有A种排法；所以一共有C·A·A·A＝480(种)排法．
答案：480
三、解答题
9．现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？
解析：解法一：每个学校有一个名额，则分出去7个，还剩3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．
分类：若3个名额分到一所学校有C种方法；若分配到2所学校有C×2＝42(种)方法；若分配到3所学校有C＝35(种)方法．所以共有7＋42＋35＝84(种)方法．
解法二：10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块挡板插在9个间隔中，共有C＝84(种)不同分法．
10．有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．
(1)共有多少种放法？
(2)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？
(3)恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？
(4)恰有两个盒不放球，有多少种放法？
解析：(1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立放法，由分步乘法计数原理，放法共有：44＝256(种)．
(2)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，有C种，再将4个球分成2,1,1的三组，有C种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理，共有放法：C·C·C·A＝144(种)．
(3)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此“恰有一个盒内放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事，故也有144种放法．
(4)从先四个盒子中任意拿走两个有C种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C·C(种)放法；第二类：有C种放法．因此共有C·C＋C＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：C·14＝84(种)．
11．现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同．现在要从他们5个人当中选出若干人组成A，B两个小组，每个小组都至少有1人，并且要求B组中最矮的那个同学的身高要比A组中最高的那个同学还要高．则不同的选法共有多少种？
解析：给5位同学按身高的不同由矮到高分别编号为1,2,3,4,5，组成集合M＝{1,2,3,4,5}．
①若小组A中最高者为1，则能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{2,3,4,5}的非空子集，这样的子集有C＋C＋C＋C＝24－1＝15(个)，所以不同的选法有15种；
②若A中最高者为2，则这样的小组A有2个：{2}，{1,2}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{3,4,5}的非空子集，这样的子集(小组B)有23－1＝7(个)，所以不同的选法有2×7＝14(种)；
③若A中最高者为3，则这样的小组A有4个：{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{4,5}的非空子集，这样的子集(小组B)有22－1＝3(个)，所以不同的选法有4×3＝12(种)；
④若A中最高者为4，则这样的小组A有8个：{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2,3,4}，{1,2,3,4}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B只有{5}1个，所以不同的选法有8种．
综上，所以不同的选法有15＋14＋12＋8＝49(种)．
课时训练 07 二项式定理
(限时：10分钟)
1．已知f(x)＝|x＋2|＋|x－4|的最小值为n，则二项式n展开式中含x2项的系数为( )
A．15 B．－15
C．30 D．－30
答案：A
2．(1＋2x)5的展开式中，含x2项的系数等于( )
A．80 B．40
C．20 D．10
答案：B
3．若A＝37＋C·35＋C·33＋C·3，B＝C·36＋C·34＋C·32＋1，则A－B＝__________.
答案：128
4.9展开式的常数项为__________．
解析：因为Tk＋1＝C9－kk＝C·32k－9x9－k，
令9－k＝0，得k＝6，
即常数项为T7＝C·33＝2 268.
答案：2 268
5．若二项式6(a＞0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，若B＝4A，求a的值．
解析：因为Tk＋1＝Cx6－kk
＝(－a)kCx6－，
令k＝2，得A＝C·a2＝15a2；
令k＝4，得B＝C·a4＝15a4；
由B＝4A可得a2＝4，
又a＞0，所以a＝2.
(限时：30分钟)
一、选择题
1．若7展开式的第四项等于7，则x等于( )
A．－5 B．－
C. D．5
答案：B
2．在二项式5的展开式中，含x4的项的系数是( )
A．－10 B．10
C．－5 D．5
答案：B
3．设函数f(x)＝则当x＞0时，f(f(x))表达式的展开式中常数项为( )
A．－20 B．20
C．－15 D．15
答案：A
4．(x2＋2)5的展开式的常数项是( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
答案：D
5．230－3除以7的余数是( )
A．－3 B．－2
C．－5 D．5
解析：230－3＝(23)10－3
＝(8)10－3＝(7＋1)10－3
＝C710＋C79＋…＋C7＋C－3
＝7×(C79＋C78＋…＋C)－2.
又因为余数不能为负数(需转化为正数)，
所以230－3除以7的余数为5.
答案：D
二、填空题
6．x7的展开式中，x4的系数是__________．(用数字作答)
解析：原问题等价于求7的展开式中x3的系数，7的通项Tr＋1＝Cx7－rr
＝(－2)rCx7－2r，
令7－2r＝3得r＝2，
所以x3的系数为(－2)2C＝84，
即x7的展开式中x4的系数为84.
答案：84
7．若二项式(1＋2x)n展开式中x3的系数等于x2的系数的4倍，则n等于________．
解析：(1＋2x)n的展开式通项为Tr＋1＝C(2x)r＝C2rxr，又x3的系数等于x2的系数的4倍，所以C23＝4C22，所以n＝8.
答案：8
8．二项式(x＋y)5的展开式中，含x2y3的项的系数是__________．(用数字作答)
解析：根据二项式的展开式通项公式可得Tr＋1＝Cx5－ryr，可得含x2y3的项为Cx2y3，所以其系数为10.
答案：10
三、解答题
9．在二项式(x＋)80的展开式中，系数为有理数的项共有多少项？
解析：设系数为有理数的项为第k＋1项，
即C(x)80－k()k
＝240－×3Cx80－k，
因为系数为有理数，所以k能被2整除，
又因为k＝0,1,2，…，80，
所以当k＝0,2,4,6，…，80时，满足条件，所以共有41项．
10．在8的展开式中，求
(1)第5项的二项式系数及第5项的系数．
(2)x2的系数．
解析：(1)T5＝T4＋1＝C(2x2)8－44
＝C·24·x.
所以第5项的二项式系数是C＝70，第5项的系数是C·24＝1 120.
(2)8的通项是Tk＋1＝C(2x2)8－kk＝(－1)kC·28－k·x16－k.
根据题意得，16－k＝2，解得k＝6，
因此，x2的系数是(－1)6C·28－6＝112.
11．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：Tk＋1＝C()n－kk
＝kCxn－k，
由前三项系数的绝对值成等差数列，
得C＋2C＝2×C，
解这个方程得n＝8或n＝1(舍去)．
(1)展开式的第四项为：
T4＝3Cx＝－7.
(2)当－k＝0，即k＝4时，常数项为4C＝.
课时训练 08 杨辉三角
(限时：10分钟)
1．在(a＋b)n的展开式中，第2项与第6项的二项式系数相等，则n＝( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案：A
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
答案：D
3．若n展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为( )
A．10 B．20
C．30 D．120
答案：B
4．设n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若＝32，则展开式中x2的系数为__________．
答案：1 250
5．已知(2x－1)5＝a0x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5.
(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a5.
(2)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|.
(3)求a1＋a3＋a5.
解析：(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.
(2)令x＝－1，得－35＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5.
因为偶数项的系数为负，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|
＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243.
(3)由a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，
－a0＋a1－a2＋…＋a5＝－35，
得2(a1＋a3＋a5)＝1－35，
所以a1＋a3＋a5＝＝－121.
(限时：30分钟)
一、选择题
1．(1＋x)2n(n∈N*)的展开式中，系数最大的项是( )
A．第n项 B．第n＋1项
C．第n＋2项 D．第n－1项
答案：B
2．若(x＋3y)n展开式的系数和等于(7a＋b)10展开式中的二项式系数之和，则n的值为( )
A．5 B．8
C．10 D．15
答案：A
3．设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝( )
A．5 B．6
C．7 D．8
答案：B
4．(2－)8展开式中不含x4项的系数的和为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
答案：B
5．若(x＋1)5＝a5(x－1)5＋…＋a1(x－1)＋a0，则a1的值为( )
A．80 B．40
C．20 D．10
解析：由于x＋1＝x－1＋2，因此(x＋1)5＝[(x－1)＋2]5，故展开式中x－1的系数为C24＝80.
答案：A
二、填空题
6．若(2x－3)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5等于__________．
解析：设f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，因为f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4，所以f′(1)＝a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5，又因为f(x)＝(2x－3)5，所以f′(x)＝10(2x－3)4，所以f′(1)＝10，即a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝10.
答案：10
7．(1－2x)7展开式中系数最大的项为________．
解析：展开式共有8项，系数最大的项必为正项，即在第1,3,5,7这四项中取得．又因(1－2x)7括号内的两项中后项系数绝对值大于前项系数绝对值，故系数最大项必在中间或偏右，故只需比较T5和T7两项系数大小即可．
＝＝＞1，
所以系数最大的项是第5项，
即T5＝C(－2x)4＝560x4.
答案：560x4
8．计算C＋3C＋5C＋…＋(2n＋1)C＝________(n∈N*)．
解析：设Sn＝C＋3C＋5C＋…＋(2n＋1)C，则
Sn＝(2n＋1)C＋(2n－1)C＋…＋3C＋C，
所以2Sn＝2(n＋1)(C＋C＋…＋C)＝2(n＋1)·2n，
所以Sn＝(n＋1)·2n.
答案：(n＋1)·2n
三、解答题
9．已知n的展开式中前三项的二项式系数的和等于37，求展开式中二项式系数最大的项的系数．
解析：由C＋C＋C＝37，得1＋n＋n(n－1)＝37，得n＝8.
8的展开式共有9项．
其中T5＝C4(2x)4＝x4，该项的二项式系数最大，系数为.
10．设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值．
(1)a0.
(2)a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100.
(3)a1＋a3＋a5＋…＋a99.
(4)(a0＋a2＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2.
(5)|a0|＋|a1|＋…＋|a100|.
解析：(1)令x＝0，则展开式为a0＝2100.
(2)令x＝1，可得
a0＋a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100，(*)
所以a1＋a2＋…＋a100＝(2－)100－2100.
(3)令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100.与(*)式联立相减得
a1＋a3＋…＋a99＝.
(4)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)·(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)
＝[(2－)(2＋)]100
＝1100＝1.
(5)因为Tr＋1＝(－1)rC2100－r()rxr，
所以a2k－1＜0(k∈N*)，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|
＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a100
＝(2＋)100.
11．已知n的展开式中前三项的系数成等差数列．
(1)求n的值．
(2)展开式中二项式系数最大的项．
(3)展开式中系数最大的项．
解析：(1)由题设，n的展开式的通项公式为：Tk＋1＝Cxn－k·k＝kCx，
故C＋C＝2×C，
即n2－9n＋8＝0.
解得n＝8或n＝1(舍去)．
所以n＝8.
(2)展开式中二项式系数最大的为第5项，则
T5＝4Cx＝x2.
(3)设第r＋1项的系数最大，
则
即
解得r＝2或r＝3.
所以系数最大的项为T3＝7x5，T4＝7x.
