课件20张PPT。第一章 计数原理阶段复习课
第1课 排列组合的综合应用点击右图进入…Thank you for watching !章末综合测评(一) 计数原理
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)
1．若A＝18C，则m等于( )
A．9 B．8
C．7 D．6
D [由A＝m(m－1)(m－2)(m－3)＝18·，得m－3＝3，m＝6.]
2．若S＝(x－1)4＋4(x－1)3＋6(x－1)2＋4(x－1)＋1，则S＝( )
A．(x－2)4 B．(x－1)4
C．x4 D．(x＋1)4
C [令a＝x－1，b＝1，则(a＋b)4＝Ca4b0＋Ca3b1＋Ca2b2＋Cab3＋Cb4，故S＝(x－1＋1)4＝x4.]
3．(x3＋x2＋x＋1)(y2＋y＋1)(z＋1)展开后的不同项数为( )
A．9 B．12
C．18 D．24
D [展开后的不同项数为CCC＝24，故选D.]
4．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
A．10种 B．20种
C．25种 D．32种
D [5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种，故选D.]
5．把编号为1,2,3,4,5的5位运动员排在编号为1,2,3,4,5的5条跑道中，要求有且只有两位运动员的编号与其所在跑道的编号相同，共有不同排法的种数是
( )
A．10 B．20
C．40 D．60
B [先选出两位运动员的编号与其所在跑道编号相同，有C，剩余的有2种排法，共有2×C＝20种．]
6．从甲、乙等5人中选出3人排成一列，则甲不在排头的排法种数是 ( )
A．12 B．24
C．36 D．48
D [①若不选甲，则排法种数为A＝24；②若选甲，则先从后两个位置中选一个给甲，再从其余的4人中选2人排列．排法种数为CA＝24.由分类加法计数原理，可得不同的排法种数为24＋24＝48.故选D.]
7．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
A [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)．]
8．某学习小组男、女生共8人，现从男生中选2人，从女生中选1人，分别去做3种不同的工作，共有90种不同的选法，则男女生人数为( )
A．男2人，女6人 B．男3人，女5人
C．男5人，女3人 D．男6人，女2人
B [设男生x人，女生(8－x)人，列方程：C·C·A＝90.解得x＝3，∴8－x＝5.]
9．如图所示，要给①②③④四块区域分别涂上五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颜色，则不同的涂色方法种数为( )
A．320 B．160
C．96 D．60
A [根据分步乘法计数原理，区域①有5种颜色可供选择，区域③有4种颜色可供选择，区域②和区域④只要不选择区域③的颜色即可，故有4种颜色可供选择，所以不同涂色方法有5×4×4×4＝320种．]
10．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项和第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
C [由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1 024，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项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．]
11.5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为
( )
A．－40 B．－20
C．20 D．40
D [由题意，令x＝1得展开式各项系数的和(1＋a)(2－1)5＝2，∴a＝1.
∵二项式5的通项公式为Tr＋1
＝C(－1)r·25－r·x5－2r，
∴5展开式中的常数项为
x·C(－1)322·x－1＋·C·(－1)2·23·x＝－40＋80＝40，故选D.]
12．(1＋2)3(1－)5的展开式中x的系数是( )
A．－4 B．－2
C．2 D．4
C [(1＋2)3的展开式的通项为Tr＋1＝C(2)r＝2rCx，(1－)5的展开式的通项为Tr′＋1＝C·(－)r′＝(－1)r′Cx，因此，(1＋2)3(1－)5的展开式的通项为(－1)r′·2r·C·C·x.当＋＝1时有r＝0且r′＝3或r＝2且r′＝0两种情况，则展开式中x的系数为(－10)＋12＝2.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)
13．设二项式6(a>0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B.若B＝4A，则a的值是________．
2 [对于Tr＋1＝Cx6－r(－ax)r＝C(－a)r·x，B＝C(－a)4，A＝C(－a)2.∵B＝4A，a>0，
∴a＝2.]
14．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴某大型展览会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有________种．(用数字作答)
90 [先分组，再把三组分配乘以A得：A＝90种．]
15．设(x－1)21＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a21x21，则a10＋a11＝________.
0 [Tr＋1＝Cx21－r(－1)r，
∴a10＝C(－1)11，a11＝C(－1)10，
∴a10＋a11＝－C＋C＝－C＋C＝0.]
16．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，则在课程表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的安排方法有________种．
432 [由题意知，可分为三类：
第一类，文化课之间没有艺术课，有A·A种；
第二类，文化课之间有一节艺术课，有A·C·C·A种；
第三类，文化课之间有两节艺术课，有A·A·A种．
故共有AA＋ACCA＋AAA＝432种安排方法．]
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．(本小题满分10分)解方程：(1)C＝C；
(2)C＋C＝A.
[解] (1)由原方程得x＋1＝2x－3或x＋1＋2x－3＝13，
∴x＝4或x＝5，
又由 ，得2≤x≤8且x∈N*，
∴原方程的解为x＝4或x＝5.
(2)原方程可化为C＝A，
即C＝A，
∴＝，
∴＝.
∴x2－x－12＝0，
解得x＝4或x＝－3(舍去)，
经检验，x＝4是原方程的解．
18．(本小题满分12分)设集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)是坐标平面上的点，a，b∈M.求：
(1)P可以表示多少个平面上的不同的点？
(2)P可以表示多少个第二象限的点？
(3)P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？
[解] (1)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定纵坐标有6种，由分步乘法计数原理得N＝6×6＝36(个)．
(2)分两步，第一步确定小于0的横坐标有3种，第二步确定大于0的纵坐标有2种，根据分步乘法计数原理得N＝3×2＝6(个)．
(3)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定不等于横坐标的纵坐标有5种，根据分步乘法计数原理得N＝6×5＝30(个)．
19．(本小题满分12分)从7名男生和5名女生中，选出5人，分别求符合下列条件的选法数．
(1)A，B必须被选出；
(2)至少有2名女生被选出；
(3)让选出的5人分别担任体育委员、文娱委员等5个不同职务，但体育委员由男生担任，文娱委员由女生担任．
[解] (1)除A，B选出外，从其他10个人中再选3人，共有选法数为C＝120.
(2)按女生的选取情况分类：选2名女生3名男生；选3名女生2名男生；选4名女生1名男生；选5名女生．所有选法数为CC＋CC＋CC＋C＝596.
(3)选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，剩下的10人中任选3人担任其他3个职务．由分步乘法计数原理可得到所有选法数为CCA＝25 200.
20．(本小题满分12分)已知(1＋mx)n(m∈R，n∈N*)的展开式的二项式系数之和为32，且展开式中含x3项的系数为80.
(1)求m，n的值；
(2)求(1＋mx)n(1－x)6展开式中含x2项的系数．
[解] (1)由题意，2n＝32，则n＝5.
由通项Tr＋1＝Cmrxr(r＝0,1，…，5)，则r＝3，
所以Cm3＝80，所以m＝2.
(2)即求(1＋2x)5(1－x)6展开式中含x2项的系数，
(1＋2x)5(1－x)6＝[C＋C(2x)1＋C(2x)2＋…](C－Cx＋Cx2＋…)
＝(1＋10x＋40x2＋…)(1－6x＋15x2＋…)，
所以展开式中含x2项的系数为1×15＋10×(－6)＋40×1＝－5.
21．(本小题满分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] 法一：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．
法二：该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别，所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段(每段至少有一个球)．这样，每一种分隔办法，对应着一种名额的分配方法．这10个球之间(不含两端)共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，共有N＝C＝126种放法．
故共有126种分配方法．
22．(本小题满分12分)已知集合A＝{x|1(1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？
(2)从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？
[解] 由1(1)从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成A＝120个三位数．
(2)若从集合A中取元素3，则3不能作千位上的数字，
有C·C·A＝180个满足题意的自然数；
若不从集合A中取元素3，则有CCA＝384个满足题意的自然数．
所以，满足题意的自然数的个数共有180＋384＝564个．
第1课 排列组合的综合应用
组数问题
【例1】 从1到9的九个数字中取3个偶数、4个奇数，问：
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？
(2)上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？
[思路点拨] ―→
―→
[解] (1)分步完成：
第1步在4个偶数中取3个，可有C种情况；
第2步在5个奇数中取4个，可有C种情况；
第3步3个偶数，4个奇数进行排列可有A种情况；
故共有CCA＝100 800个．
(2)上述七位数中，将3个偶数排在一起有A种情况；
故采用捆绑法求得三个偶数在一起的共有CCAA＝14 400种．
1．(变结论)若组成的七位数中任意两个偶数都不相邻，共有多少个？
[解] 上述七位数中，偶数不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空档中，即共有：
CACA＝28 800个．
2．(变条件)用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个．(用数字作答)
[解] 当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有0，则千位上把剩余数字中任意一个放上即可，方法数是CAC＝72；若选出的三个偶数不含0，则千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是AC＝18，故这种情况下符合要求的四位数共有72＋18＝90(个)．
当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是0，则再选出两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为CAC＝72；若选出的偶数不是0，则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是CCAC＝162，故这种情况下符合要求的四位数共有72＋162＝234(个)．
根据分类加法计数原理，可得符合要求的四位数共有90＋234＝324(个)．
组数问题是一类典型的排列组合问题，往往涉及排列特殊数，如奇数，被5整除的数等.需要注意以下几个问题：
①首位数字不为0；
②若所选数字中含有0，则可先排0，即“元素分析法”；
③若排列的是特殊数字，如偶数，则先排个位数字，即“位置分析法”；
④此类问题往往需要分类，可依据特殊元素，特殊位置分类.
分组与分配问题
【例2】 某次国际合作论坛，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有( )
A．96种 B．100种
C．124种 D．150种
[思路点拨] →→
D [因为每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，共有两种方法，一种是按照1,1,3来分，另一种是按照2,2,1来分．
当按照1,1,3来分时，不同的安排方法共有N1＝A＝60(种)；
当按照2,2,1来分时，不同的安排方法共有N2＝A＝90(种)．
根据分类加法计数原理，可得这样的安排方法共有N＝N1＋N2＝150(种)．]
解决此类问题的关键是正确判断是不是平均分组、有序分组，无序平均分组要除以组数的阶乘，有序平均分组是在无序平均分组的基础上再乘以组数的阶乘.
1．将标号为1,2,3,4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号1,2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为( )
A．15 B．20
C．30 D．42
C [四个篮球分成三组：2,1,1，共有C种不同分法，
分给三位小朋友共有CA种不同分法．若1,2号两个篮球分组同一个小朋友，共有A种不同分法，故共有CA－A＝30种不同的分法．]
排列、组合的综合应用
【例3】 有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？
[思路点拨] 取出4张卡片数字之和为10的共有1,2,3,4；1,1,4,4；2,2,3,3；三类按照先选再排的方法求解．
[解] 分三类：
第一类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时， 不同的排法有C·C·C·C·A种；
第二类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时， 不同的排法有C·C·A种；
第三类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C·C·A中．
故满足题意的所有不同的排法种数为C·C·C·C·A＋2C·C·A＝432.
解答排列、组合综合问题的思路及注意点
1．解排列、组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列．
2．解排列、组合综合问题时要注意以下几点：
(1)元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题．
(2)对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法．
2．我省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为( )
A．72 B．108
C．180 D．216
C [根据题意，分析可得，必有2人参加同一社团，首先分析甲，甲不参加“围棋苑”，则其有3种情况，再分析其他4人，若甲与另外1人参加同一个社团，则有A＝24(种)情况，若甲是1个人参加一个社团，则有C·A＝36(种)情况，则除甲外的4人有24＋36＝60(种)情况，故不同的参加方法的种数为3×60＝180(种)，故选C.]
