第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
A级 基础巩固
一、选择题
1．某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( )
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
解析：分两类：买1本或买2本书，各类购买方式依次有2种、1种，故购买方式共有2＋1＝3(种)．故选C.
答案：C
2．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法有( )
A．7种 B．12种 C．64种 D．81种
解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同的选法；第二步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故不同取法共有4×3＝12(种)．
答案：B
3．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是( )
A．2 160 B．720 C．240 D．120
解析：第1张门票有10种分法，第2张门票有9种分法，第3张门票有8种分法，由分步乘法计数原理得分法共有10×9×8＝720(种)．
答案：B
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：分两类情况讨论．第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，8＋5＝13(个)，即共可以确定13个不同的平面．
答案：C
5．从集合{0，1，2，3，4，5，6}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：要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)有6种方法，第二步确定a有6种方法，故由分步乘法计数原理知共有虚数6×6＝36(个)．
答案：C
二、填空题
6．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．
解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5，6，4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120(种)．
答案：120
7．三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有________种．
解析：由分步乘法计数原理知，不同的选法有N＝2×2×2＝23＝8(种)．
答案：8
8．一学习小组有4名男生、3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有________种不同选法；若选男女生各一名当组长，共有________种不同选法．
解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选，有4种选法；另一类是从女生中选，有3种选法．根据分类加法计数原理，不同选法共有4＋3＝7(种)．
若选男女生各一名当组长，需分两步：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2步，从女生中选一名，有3种选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有4×3＝12(种)．
答案：7 12
三、解答题
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，有序自然数对共有N＝5＋4＋3＋2＋1＝15(个)．
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．
(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．
所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步．第一、第二、第三、第四步分别从一、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)．
B级 能力提升
1．某班小张等4位同学报名参加A、B、C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有( )
A．27种 B．36种
C．54种 D．81种
解析：除小张外，每位同学都有3种选择，小张只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2＝54(种)．
答案：C
2．有三个车队分别有4辆、5辆、5辆车，现欲从其中两个车队各抽取一辆车外出执行任务，设不同的抽调方案数为n，则n的值为________．
解析：不妨设三个车队分别为甲、乙、丙，则分3类．甲、乙各一辆共4×5＝20(种)；甲、丙各一辆共4×5＝20(种)；乙、丙各一辆共5×5＝25(种)，所以共有20＋20＋25＝65(种)．
答案：65
3．用1，2，3，4四个数字(可重复)排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
(1)写出这个数列的前11项；
(2)这个数列共有多少项？
(3)若an＝341，求n.
解：(1)111，112，113，114，121，122，123，124，131，132，133.
(2)这个数列的项数就是用1，2，3，4排成的三位数的个数，每个位上都有4种排法，则共有4×4×4＝64项．
(3)比an＝341小的数有两类：
1
×
×
2
×
×
①
3
1
×
3
2
×
3
3
×
②
共有2×4×4＋1×3×4＝44项．
所以n＝44＋1＝45(项)．
第2课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用
A级 基础巩固
一、选择题
1．植树节那天，四位同学植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数有( )
A．1×2×3 B．2×3×4
C．34 D．43
解析：完成这件事分三步．第一步，植第一棵树，有4种不同的方法；第二步，植第二棵树，有4种不同的方法；第三步，植第三棵树，也有4种不同的方法．由分步乘法计数原理得：N＝4×4×4＝43，故选D.
答案：D
2．从1，2，3，4，5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：分两类：第一类，公差大于0，有以下4个等差数列：①1，2，3，②2，3，4，③3，4，5，④1，3，5；第二类，公差小于0，也有4个．根据分类加法计数原理可知，可组成的不同的等差数列共有4＋4＝8(个)．
答案：D
3．从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数为( )
A．12 B．11
C．24 D．23
解析：先在{1，2，3}中取出1个元素，共有3种取法，再在{1，4，5，6}中取出1个元素，共有4种取法，取出的2个数作为点的坐标有2种方法，由分步乘法计数原理知不同的点的个数有N＝3×4×2＝24(个)．又点(1，1)被算了两次，所以共有24－1＝23(个)．
答案：D
4．已知x∈{2，3，7}，y∈{－31，－24，4}，则xy可表示不同的值的个数是( )
A．1＋1＝2 B．1＋1＋1＝3
C．2×3＝6 D．3×3＝9
解析：x，y在各自的取值集合中各选一个值相乘求积，这件事可分两步完成．第一步，x在集合{2，3，7}中任取一个值有3种方法；第二步，y在集合{－31，－24，4}中任取一个值有3种方法．根据分步乘法计数原理知，不同值有3×3＝9(个)．
答案：D
5．方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2，0，1，2，3}，且a，b，c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( )
A．60条 B．62条 C．71条 D．80条
解析：方程ay＝b2x2＋c变形得x2＝y－，若表示抛物线，则a≠0，b≠0，所以，分b＝－3，－2，1，2，3五种情况：
(1)若b＝－3，
(2)若b＝3，
以上两种情况下有9条重复，故共有16＋7＝23条；
同理当b＝－2，或2时，共有23条；当b＝1时，共有16条，综上，共有23＋23＋16＝62种．
答案：B
二、填空题
6．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：甲、乙、丙均有7中不同的站法，故不考虑限制的不同站法有7×7×7＝343种，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336.
答案：336
7．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________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，选法有3×5＝15(种)；
第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有3×2＝6(种)；
第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理，选法有5×2＝10(种)．
综合以上三类，根据分类加法计数原理，不同选法共有15＋6＋10＝31(种)．
答案：31
8．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
解析：若不考虑数字2，3至少都出现一次的限制，对个位，十位，百位，千位，每个“位置”都有两种选择，所以共有24＝16个四位数，然后再减去“2 222，3 333”这两个数，故共有16－2＝14个满足要求的四位数．
答案：14
三、解答题
9．某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．
(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？
(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？
解：从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．
(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理，不同的选法有28＋7＋9＋3＝47(种)．
(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理，不同的选法有28×7×9×3＝5 292(种)．
10．8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：先排百位数字，从1，2，…，7共7个数字中选一个，有7种选法；再排十位数字，从除去百位数字外，剩余的7个数字(包括0)中选一个，有7种选法；最后排个位数字，从除前两步选出的数字外，剩余的6个数字中选一个，有6种选法．由分步乘法计数原理得，共可以组成的不同三位数有7×7×6＝294(个)．
B级 能力提升
1．我国足球超级联赛(中超)的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分，一球队打完15场，积分33分，若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况有( )
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
解析：设该队胜、负、平的场数分别为x，y，z，则依题意有x＋y＋z＝15，3x＋y＝33，则y是3的倍数，列举为x＝9，y＝6，z＝0；x＝10，y＝3，z＝2，x＝11，y＝0，z＝4，故根据分类加法计数原理得，该队胜、负、平的情况有3种．
答案：A
2．数字1，2，3，…，9这九个数字填写在如图的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每列从上到下也依次增大，当数字4固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有________种．
4
解析：必有1、4、9在主对角线上，2、3只有两种不同的填法，对于它们的每一种填法，5只有两种填法．对于5的每一种填法，6、7、8只有3种不同的填法，由分步计数原理知共有22×3＝12种填法．
答案：12
3．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：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，4×3×2＝24，即共有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，安装方法共有4×3×2×3×3＝216(种)．
第1课时 排列与排列数公式
A级 基础巩固
一、选择题
1．从集合{3，5，7，9，11}中任取两个元素：①相加可得多少个不同的和？②相除可得多少个不同的商？③作为椭圆＋＝1中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程？④作为双曲线－＝1中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程？
上面四个问题属于排列问题的是( )
A．①②③④ B．②④ C．②③ D．①④
解析：因为加法满足交换律，所以①不是排列问题；除法不满足交换律，如≠，所以②是排列问题．
若方程＋＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a>b，a，b的大小一定；在双曲线－＝1中不管a>b还是a答案：B
2．6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法的种数为( )
A．80 B．240 C．480 D．40
解析：先排甲、乙外的四个人，有A种，再将甲、乙插入四个人形成的五个空当中，有A种排法，则甲、乙两人不相邻的不同排法共有AA＝480(种)．
答案：C
3．北京、上海、香港三个民航站之间的直达航线，需要准备不同的飞机票的种数为( )
A．3 B．6 C．9 D．12
解析：这个问题就是从北京、上海、香港三个民航站中，每次取出两个站，按照起点站在前、终点站在后的顺序排列，求一共有多少种不同的排列．
起点站
终点站
飞机票
北京
上海
北京—上海
香港
北京—香港
上海
北京
上海—北京
香港
上海—香港
香港
北京
香港—北京
上海
香港—上海
答案：B
4．若从6名志愿者中选出4名分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，则选派方案有( )
A．180种 B．360种
C．15种 D．30种
解析：由排列定义知选派方案有A＝6×5×4×3＝360(种)．
答案：B
5．用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有( )
A．24个 B．30个 C．40个 D．60个
解析：将符合条件的偶数分为两类：一类是2作个位数，共有A个，另一类是4作个位数，也有A个．因此符合条件的偶数共有A＋A＝24(个)．
答案：A
二、填空题
6．若A＝10×9×…×5，则m＝_________________________.
解析：由10－(m－1)＝5，得m＝6.
答案：6
7．现有8种不同的菜种，任选4种种在不同土质的4块地上，有________种不同的种法(用数字作答)．
解析：将4块不同土质的地看作4个不同的位置，从8种不同的菜种中任选4种种在4块不同土质的地上，则本题即为从8个不同元素中任选4个元素的排列问题．所以不同的种法共有A＝8×7×6×5＝1 680(种)．
答案：1 680
8．从2，3，5，7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：第一步：选分子，可从4个数字中任选一个作分子，共有4种不同选法；第二步：选分母，从剩下的3个数字中任选一个作分母，有3种不同选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有4×3＝12(种)，其中真分数有，，，，，，共6个．
答案：12 6
三、解答题
9．求下列各式中n的值：
(1)90A＝A；
(2)AA＝42A.
解：(1)因为90A＝A，
所以90n(n－1)＝n(n－1)(n－2)(n－3)．
所以n2－5n＋6＝90.
所以(n－12)(n＋7)＝0.
解得n＝－7(舍去)或n＝12.
所以满足90A＝A的n的值为12.
(2)由AA＝42A，得·(n－4)！＝42(n－2)！.
所以n(n－1)＝42.
所以n2－n－42＝0.解得n＝－6(舍去)或n＝7.
10．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)能被5整除的四位数有多少个？
(2)这些四位数中偶数有多少个？
解：(1)能被5整除的数个位必须是5，故有A＝120(个)．(2)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，由乘法原理知，四位数中偶数共有A·A＝360(个)．
B级 能力提升
1．满足不等式＞12的n的最小值为( )
A．12 B．10 C．9 D．8
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.又n∈N*，所以n的最小值为10.
答案：B
2．从集合{0，1，2，5，7，9，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的系数A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．
解析：易知过原点的直线方程的常数项为0，则C＝0，再从集合中任取两个非零元素作为系数A，B，有A种．
所以符合条件的直线有A＝30(条)．
答案：30
3．一条铁路线原有m个车站，为了适应客运需要，新增加了n(n≥1，n∈N*)个车站，因而客运车票增加了58种，问：原来这条铁路线有多少个车站？现在又有多少个车站？
解：原有m个车站，所以原有客运车票A种，现有(n＋m)个车站，所以现有客运车票A种．
所以A－A＝58，
所以(n＋m)(n＋m－1)－m(m－1)＝58.
即2mn＋n2－n＝58，
即n(2m＋n－1)＝29×2＝1×58.
由于n，2m＋n－1均为正整数，故可得方程组
①或②
或③或④
方程组①与④不符合题意．
解方程组②得m＝14，n＝2，解方程组③得m＝29，n＝1.
所以原有14个车站，现有16个车站或原有29个车站，现有30个车站．
第2课时 排列的综合应用
A级 基础巩固
一、选择题
1．A，B，C，D，E五人并排站成一行，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数是( )
A．6 B．24 C．48 D．120
解析：把A，B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，排法共有A＝24(种)．
答案：B
2．用数字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．48个 B．36个 C．24个 D．18个
解析：个位数字是2的有3A＝18(个)，个位数字是4的有3A＝18(个)，所以共有36个．
答案：B
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：此排列可分两步进行，先把三个家庭分别排列，每个家庭有3！种排法，三个家庭共有3！×3！×3！＝(3！)3种排法；再把三个家庭进行全排列有3！种排法，因此不同的坐法种数为(3！)4.
答案：C
4．3张卡片正反面分别标有数字1和2，3和4，5和7，若将3张卡片并列组成一个三位数，可以得到不同的三位数的个数为( )
A．30 B．48 C．60 D．96
解析：“组成三位数”这件事，分2步完成：第1步，确定排在百位、十位、个位上的卡片，即为3个元素的一个全排列A；第2步，分别确定百位、十位、个位上的数字，各有2种方法．根据分步乘法计数原理，可以得到不同的三位数有A×2×2×2＝48(个)．
答案：B
5．生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两名工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两名工人中安排1人，则不同的安排方案共有( )
A．24种 B．36种
C．48种 D．72种
解析：分类完成．第1类，若甲在第一道工序，则丙必在第四道工序，其余两道工序无限制，有A种排法；第2类，若甲不在第一道工序(此时乙一定在第一道工序)，则第四道工序有2种排法，其余两道工序有A种排法，有2A种排法．
由分类加法计数原理得，不同的安排方案共有A＋2A＝36(种)．
答案：B
二、填空题
6．若把英语单词“error”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种．
解析：A－1＝19.
答案：19
7．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：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有A种方法，而A、B可交换位置，所以摆法有2A＝48(种)．
又当A、B相邻又满足A、C相邻，摆法有2A＝12(种)．
故满足条件的摆法有48－12＝36(种)．
答案：36
8．在所有无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数字大2的数共有________个．
解析：千位数字比个位数字大2，有8种可能，即(2，0)，(3，1)，…，(9，7)，前一个数为千位数字，后一个数为个位数字，其余两位无任何限制．所以共有8A＝448(个)．
答案：448
三、解答题
9．7人站成一排．
(1)甲、乙、丙排序一定时，有多少种排法？
(2)甲在乙的左边(不一定相邻)有多少种不同的排法？
解析：(1)法一7人的所有排列方法有A种，其中甲、乙、丙的排序有A种，又已知甲、乙、丙排序一定，
所以甲、乙、丙排序一定的排法共有＝840(种)．
法二(插空法) 7人站定7个位置，只要把其余4人排好，剩下的3个空位，甲、乙、丙就按他们的顺序去站，只有一种站法，故排法有A＝7×6×5×4＝840(种)．
(2)“甲在乙的左边”的7人排列数与“甲在乙的右边”的7人排列数相等，而7人的排列数恰好是这二者之和，因此满足条件的排法有A＝2 520(种)．
10．一场晚会有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4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＝1 440(种)．
(2)先不考虑排列要求，有A种排列，其中前4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)．
B级 能力提升
1．在航天员进行的一项太空试验中，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在实施时必须相邻，则试验顺序的编排方法共有( )
A．24种 B．48种
C．96种 D．144种
解析：本题是一个分步计数问题，由题意知程序A只能出现在第一步或最后一步，所以从第一个位置和最后一个位置中选一个位置排A，编排方法有A＝2(种)．因为程序B和C在实施时必须相邻，所以把B和C看作一个元素，同除A外的3个元素排列，注意B和C之间有2种排法，即编排方法共有AA＝48(种)．根据分步乘法计数原理知，编排方法共有2×48＝96(种)，故选C.
答案：C
2．三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为________．
解析：“每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空当中即可．所以不同坐法共有A＝24(种)．
答案：24
3．用1，2，3，4，5，6，7排成无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？
(1)偶数不相邻；
(2)偶数一定在奇数位上；
(3)1和2之间恰好夹有一个奇数，没有偶数．
解： (1)用插空法，共有AA＝1 440(个)．
(2)先把偶数排在奇数位上有A种排法，再排奇数有A种排法．
所以共有AA＝576(个)．
(3)1和2的位置关系有A种，在1和2之间放一个奇数有A种方法，把1，2和相应奇数看成整体再和其余4个数进行排列有A种排法，所以共有AAA＝720(个)．
第1课时 组合与组合数公式
[A级 基础巩固]
一、选择题
1．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：根据题意，不同的安排方案有CC＝12(种)．
答案：A
2．已知平面内A、B、C、D这4个点中任何3点均不共线，则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为( )
A．3 B．4 C．12 D．24
解析：C＝C＝4.
答案：B
3．集合A＝{x|x＝C，n是非负整数}，集合B＝{1，2，3，4}，则下列结论正确的是( )
A．A∪B＝{0，1，2，3，4} B．B?A
C．A∩B＝{1，4} D．A?B
解析：依题意，C中，n可取的值为1，2，3，4，所以A＝{1，4，6}，所以A∩B＝{1，4}．
答案：C
4．下列各式中与组合数C(n≠m)相等的是( )
A.C B.C
C．C D.
解析：因为C＝·＝，所以选项B正确.
答案：B
5．C＋C＋C＋…＋C＝( )
A．C B．C C．C D．C
解析：原式＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C＋C＝C.
答案：C
二、填空题
6．化简：C－C＋C＝________．
解析：C－C＋C＝(C＋C)－C＝C－C＝0.
答案：0
7．已知圆上有9个点，每两点连一线段，则所有线段在圆内的交点最多有________个．
解析：此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形，所以交点最多有C＝126(个)．
答案：126
8．某岗位安排3名职工从周一到周五值班，每天只安排一名职工值班，每人至少安排一天，至多安排两天，且这两天必须相邻，那么不同的安排方法有________种．
解析：由题意可知，3名职工中只有一人值班一天，此时有C＝3种，把另外2人，排好有3个空，将值班一天的这个工人，从3个空中选一个，另外2人全排有CA＝6.所以不同的安排方法共有3×6＝18种．
答案：18
三、解答题
9．解不等式：2C＜3C.
解：因为2C＜3C，
所以2C＜3C.
所以＜3×.
所以＜，解得x＜.
因为，所以x≥2.
所以2≤x＜.又x∈N*，所以x的值为2，3，4，5.
所以不等式的解集为{2，3，4，5}．
10．平面内有10个点，其中任何3个点不共线．
(1)以其中任意2个点为端点的线段有多少条？
(2)以其中任意2个点为端点的有向线段有多少条？
(3)以其中任意3个点为顶点的三角形有多少个？
解：(1)所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有C＝＝45(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条．
(2)所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列，共有A＝10×9＝90(条)，即以10个点中的2个点为端点的有向线段共有90条．
(3)所求三角形的个数，即从10个元素中任选3个元素的组合数，共有C＝＝120(个)．
B级 能力提升
1．某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为( )
A．120 B．84 C．52 D．48
解析：用间接法可求得选法共有C－C＝52(种)．
答案：C
2．A，B两地街道如图所示，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有________种(用数字作答)．
解析：根据题意，要求从A地到B地路程最短，必须只向上或向右行走即可，分析可得，需要向上走2次，向右走3次，共5次，从5次中选3次向右，剩下2次向上即可，则不同的走法有C＝10(种)．
答案：10
3．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)至少有1名女运动员；
(2)既要有队长，又要有女运动员．
解：(1)法一(直接法) “至少1名女运动员”包括以下几种情况：
1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类加法计数原理可得有
C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝246种选法．
法二(间接法) “至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”．
从10人中任选5人，有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种．
所以“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246种选法．
(2)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法．不选女队长时，必选男队长，共有C种选法．其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时共有C－C种选法．
所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191种选法．
第2课时 组合的综合应用
A级 基础巩固
一、选择题
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C＝120(种)．故选C.
答案：C
2．6名运动员站在6条跑道上准备参加比赛，其中甲不能站第二道也不能站第一道，乙必须站在第五道或第六道，则不同的排法种数共有( )
A．144 B．96 C．72 D．48
解析：先为乙选一道C，再为甲选一道C，余下4个人有A，则共有CCA＝144.
答案：A
3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有( )
A．24种 B．18种 C．12种 D．96种
解析：从3块不同的土地中选1块种1号种子，有C种方法，从其余的3种种子中选2种种在另外的2块土地上，有A种方法，所以所求方法有CA＝18(种)．
答案：B
4．将4个颜色互不相同的球全部收入编号为1和2的2个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )
A．10种 B．20种 C．36种 D．52种
解析：根据2号盒子里放球的个数分类：第一类，2号盒子里放2个球，有C种放法，第二类，2号盒子里放3个球，有C种放法，剩下的小球放入1号盒中，共有不同放球方法C＋C＝10(种)．
答案：A
5．一副扑克牌去掉两张王后还有52张，将牌发给4个人，每人13张，则某人获得的13张牌中花色齐全的情况数为( )
A．(C)4C
B．C－4C－6C－4
C．C－CC＋CC－CC
D．C－CC＋CC
解析：从52张牌中任意取出13张牌的全部取法为C，缺少某一中花色的取法为C，缺少两种花色的取法为C，缺少三种花色的取法为C，则四种花色齐全的取法为C－CC＋CC－CC.
答案：C
二、填空题
6．有5名男生和3名女生，从中选出5人分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的课代表，若某女生必须担任语文课代表，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
解析：由题意知，从剩余7人中选出4人担任4个学科课代表，共有A＝840种．
答案：840
7．50件产品中有4件是次品，从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共有________种．
解析：分两类，有4件次品的抽法有CC种，有3件次品的抽法有CC种，所以不同的抽法共有CC＋CC＝4 186(种)．
答案：4 186
8．以正方体的顶点为顶点的四面体共有________个．
解析：先从8个顶点中任取4个的取法为C种，其中，共面的4点有12个，则四面体的个数为C－12＝58(个)．
答案：58
三、解答题
9．为了提高学生参加体育锻炼的热情，光明中学组织篮球比赛，共24个班参加，第一轮比赛是先分四组进行单循环赛，然后各组取前两名再进行第二轮单循环赛(在第一轮中相遇过的两个队不再进行比赛)，问要进行多少场比赛？
解：第一轮每组6个队进行单循环赛，共有C场比赛，4个组共计4C场．
第二轮每组取前两名，共计8个组，应比赛C场，由于第一轮中在同一组的两队不再比赛，故应减少4场，因此第二轮的比赛应进行C＝4(场)．
综上，两轮比赛共进行4C＋C－4＝84(场)．
10．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数．
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；
(3)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．
解：(1)先选后排，先取可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有CC＋CC种，后排有A种，
共(CC＋CC)·A＝5 400(种)．
(2)先选后排，但先安排该男生，有C·C·A＝3 360(种)．
(3)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C种，再安排该男生有C种，其中3人全排有A种，共C·C·A＝360(种)．
B级 能力提升
1．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为( )
A．CC B．CA
C．CACA D．AA
解析：分两步进行．第一步，选出两名男选手，有C种方法；第二步，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种组合方法．
答案：B
2．某科技小组有六名学生，现从中选出三人去参观展览，至少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女生人数为________．
解析：设男生人数为x，则女生有(6－x)人．依题意C－C＝16，
则6×5×4＝x(x－1)(x－2)＋16×6，所以x(x－1)(x－2)＝2×3×4，解得x＝4.即女生有2人．
答案：2
3．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：法一 依0与1两个特殊值分析，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，有不同三位数C·23·A个．
综上所述，不同的三位数共有
CCC·22＋C·22·A＋C·23·A＝432(个)．
法二 任取三张卡片可以组成不同三位数C·23·A个，
其中0在百位的有C·22·A个，这是不合题意的，
故可组成的不同三位数共有C·23·A－C·22·A＝432(个)．
1.3.1 二项式定理
A级 基础巩固
一、选择题
1．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
2．在的展开式中，x的幂指数是整数的项共有( )
A．3项 B．4项
C．5项 D．6项
解析：Tr＋1＝Cx·x－＝C·x12－r，则r分别取0，6，12，18，24时，x的幂指数为整数，所以x的幂指数有5项是整数项．
答案：C
3．若的展开式中第四项为常数项，则n＝( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：由二项展开式可得Tr＋1＝C()n－r＝(－1)r2－rCx·x－，从而T4＝T3＋1＝(－1)32－3Cx，由题意可知＝0，n＝5.
答案：B
4．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(x＋1)10展开式中含x5的项的系数为：C－C＝207.
答案：D
5．若Cx＋Cx2＋…＋Cxn能被7整除，则x，n的值可能为( )
A．x＝5，n＝5 B．x＝5，n＝4
C．x＝4，n＝4 D．x＝4，n＝3
解析：Cx＋Cx2＋…＋Cxn＝(1＋x)n－1，检验得B正确．
答案：B
二、填空题
6．(2016·北京卷)在(1－2x)6的展开式中，x2的系数为________(用数字作答)．
解析：Tr＋1＝C·16－r·(－2x)r＝(－2)rC·xr，令r＝2，
得T3＝(－2)2Cx2＝60x2.故x2的系数为60.
答案：60
7.的展开式中的第四项是________．
解析：T4＝C23＝－.
答案：－
8．如果的展开式中，x2项为第三项，则自然数n＝________．
解析：Tr＋1＝C()n－r＝Cx，由题意知r＝2时，＝2，所以n＝8.
答案：8
三、解答题
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．在二项式的展开式中，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：Tr＋1＝C()n－r＝Cxn－r.
由前三项系数的绝对值成等差数列，
得C＋C＝2×C，
解得n＝8或n＝1(舍去)．
(1)展开式的第四项为：
T4＝Cx＝－7.
(2)当－r＝0，即r＝4时，
常数项为C＝.
B级 能力提升
1．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．5
C．6 D．10
解析：展开式的通项表达式为C(3x2)n－r·＝C3n－r(－2)rx2n－5r，若C3n－r(－2)rx2n－5r为非零常数项，必有2n－5r＝0，得n＝r，所以正整数n的最小值为5.
答案：B
2．设二项式(a＞0)的展开式中，x3的系数为A，常数项为B，若B＝4A，则a的值是________．
解析：A＝C(－a)2，B＝C(－a)4，由B＝4A知，C(－a)2＝C(－a)4，
解得a＝2(舍去a＝－2)．
答案：2
3．如果f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n(m，n∈N*)中，x项的系数为19，求f(x)中x2项系数的最小值．
解：x项的系数为C＋C＝19，即m＋n＝19，
当m，n都不为1时，x2项的系数为
C＋C＝＋
＝m2－19m＋171
＝＋171－，
因为m∈N*，所以当m＝9或10时，x2项的系数最小，为81.
当m为1或n为1时，x2项的系数为C＝153>81，
所以f(x)中x2项系数的最小值为81.
1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质
A级 基础巩固
一、选择题
1．(1＋x)2n＋1(n∈N*)的展开式中，二项式系数最大的项所在的项数是( )
A．n，n＋1 B．n－1，n
C．n＋1，n＋2 D．n＋2，n＋3
解析：因为2n＋1为奇数，所以展开式中间两项的二项式系数最大，中间两项的项数是n＋1，n＋2.
答案：C
2．设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：令等式中x＝－1可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)×(－1)9＝－2，故选A.
答案：A
3．已知(1－2x)n展开式中，奇数项的二项式系数之和为64，则(1－2x)n(1＋x)展开式中含x2项的系数为( )
A．71 B．70 C．21 D．49
解析：因为奇数项的二项式系数和为2n－1，所以2n－1＝64，n＝7，因此(1－2x)n(1＋x)展开式中含x2项的系数为C(－2)2＋C(－2)＝70.
答案：B
4．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：由已知(1＋2)n＝3n＝729，解得n＝6，则C＋C＋C＝C＋C＋C＝×26＝32.
答案：B
5．若的展开式中含有非零常数项，则这样的正整数n的最小值是( )
A．3 B．4 C．10 D．12
解析：Tr＋1＝C(x)n－r
＝C()n－r·(－1)r·xn－r·x－
＝C()n－rxn－r，
令n－r＝0，得n＝r.所以n取最小值为4.
答案：B
二、填空题
6．(a＋)n的展开式中奇数项系数和为512，则展开式的第八项T8＝________．
解析：C＋C＋C＋…＝2n－1＝512＝29，所以n＝10，所以T8＝Ca3()7＝120a.
答案：120a
7．(1＋x＋x2)·(1－x)10的展开式中，x5的系数为________．
解析：由题意可得：(1＋x＋x2)(1－x)10＝(1＋x＋x2)(x－1)10＝(x3－1)(x－1)9，
即考查代数式：x3(x－1)9－(x－1)9中x5的系数，
据此可得，系数为：C×(－1)7－C×(－1)4＝－162.
答案：－162
8．如图所示，满足如下条件：
①第n行首尾两数均为n；
②表中的递推关系类似“杨辉三角”．
则第10行的第2个数是________，第n行的第2个数是________．
1
2 2
3 4 3
4 7 7 4
5 11 14 11 5
6 16 25 25 16 6
…
解析：由图表可知第10行的第2个数为：
(1＋2＋3＋…＋9)＋1＝46，
第n行的第2个数为：
[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋1＝＋1＝.
答案：46
三、解答题
9．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.
解：(1)令x＝0，得a0＝2100.
(2)令x＝1，
得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100＝(2－)100，①
所以a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a100＝(2－)100－2100.
(3)令x＝－1，
得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100.②
由①②联立，得
a1＋a3＋a5＋…＋a99＝.
10．(1＋2x)n的展开式中第六项与第七项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
解：T6＝C(2x)5，T7＝C(2x)6，依题意有C25＝C26，
解得n＝8.
所以(1＋2x)n的展开式中，二项式系数最大的项为
T5＝C(2x)4＝1 120x4.
设第(k＋1)项系数最大，则有
解得5≤k≤6.
又因为k∈{0，1，2，…，8}，所以k＝5或k＝6.
所以系数最大的项为T6＝1 792x5，T7＝1 792x6.
B级 能力提升
1．若9n＋C·9n－1＋…＋C·9＋C是11的倍数，则自然数n为( )
A．奇数 B．偶数
C．3的倍数 D．被3除余1的数
解析：9n＋C·9n－1＋…＋C·9＋C＝(9n＋1＋C·9n＋…＋C·92＋C＋C)－＝(9＋1)n＋1－＝(10n＋1－1)是11的倍数，所以n＋1为偶数，n为奇数．
答案：A
2．(2015·山东卷)观察下列各式：
C＝40；
C＋C＝41；
C＋C＋C＝42；
C＋C＋C＋C＝43；
……
照此规律，当n∈N*时，
C＋C＋C＋…＋C＝________．
解析：具体证明过程可以是：
C＋C＋C＋…＋C＝(2C＋2C＋2C＋…＋2C)＝[(C＋C)＋(C＋C)＋(C＋C)＋…＋(C＋C)]＝(C＋C＋C＋…＋C＋C＋…＋C)＝·22n－1＝4n－1.
答案：4n－1
3．已知(a2＋1)n展开式中的各项系数之和等于的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式的系数最大的项等于54，求a的值．
解：由得Tr＋1＝C＝Cx，
令Tr＋1为常数项，则20－5r＝0，
所以r＝4，常数项T5＝C·＝16.
又(a2＋1)n展开式中的各项系数之和等于2n，由此得到2n＝16，n＝4.
所以(a2＋1)4展开式中系数最大项是中间项T3＝Ca4＝54.
解得a＝±.
