09第九章-基础原理与概率、随机变量及其分布

第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．◆教材通关◆1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．3．分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．[小题诊断]1．从3名男同学和2名女同学中选1人主持本班某次主题班会，不同选法种数为()A．6种 B．5种C．3种 D．2种2．(2018·滨州模拟)甲、乙两人从4门课程中选修2门，则甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法有()A．6种 B．12种C．24种 D．30种3.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A．24种 B．30种C．36种 D．48种解析：按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种)．答案：D4．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：∵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．答案：C5．(2018·西安质检)如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析：当相同的数字不是1时，有Ceq\o\al(1,3)个；当相同的数字是1时，共有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)个，由分类加法计数原理知共有“好数”Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)＝12(个)．答案：12◆易错通关◆1．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步与步之间是相关联的．[小题纠偏]1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A．30B．20C．10D．6解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．答案：D2．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．252C．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授课提示：对应学生用书第162页考点一分类加法原理自主探究基础送分考点——自主练透[题组练通]1．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个 B．15个C．12个 D．9个解析：依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3＝15个“六合数”．答案：B2.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．解析：法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．答案：363．如图，从A到O有__________种不同的走法(不重复过一点)．解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．答案：54．若椭圆eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．解析：当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m＝2时，n＝3,4,5,6,7，共5个；当m＝3时，n＝4,5,6,7，共4个；当m＝4时，n＝5,6,7，共3个；当m＝5时，n＝6,7，共2个．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．答案：20使用分类加法原理时2个注意点(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．考点二分步乘法原理自主探究基础送分考点——自主练透[题组练通]1．(2018·佛山模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有()A．10种 B．25种C．52种 D．24种解析：每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．答案：D2．张、王两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，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，则这六人入园顺序的排法种数为()A．12B．24C．36D．48解析：将两位爸爸排在两端，有2种排法；将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上，有2Aeq\o\al(3,3)种排法，故总的排法有2×2×Aeq\o\al(3,3)＝24(种)．答案：B3．设集合A＝{－1,0,1}，B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________．解析：易知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，A*B的元素有2×5＝10(个)．答案：104．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则：(1)P可表示平面上________个不同的点．(2)P可表示平面上________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，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，得到平面上的点的个数是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种方法；第2步，确定b，由于b>0，所以有2种方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.答案：(1)36(2)6利用分步乘法计数原理解题时3个注意点(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定.考点三两个原理的应用多维探究题点多变考点——多角探明[锁定考向]两个原理的常见命题角度有：(1)涂色问题．(2)几何问题．(3)集合问题．角度一涂色问题1.如图，图案共分9个区域，有6种不同颜色的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种颜色的涂料，其中2和9同色、3和6同色、4和7同色、5和8同色，且相邻区域的颜色不相同，则涂色方法有()A．360种 B．720种C．780种 D．840种解析：由题意知2,3,4,5的颜色都不相同，先涂1，有6种方法，再涂2,3,4,5，有Aeq\o\al(4,5)种方法，故一共有6·Aeq\o\al(4,5)＝720种．答案：B2．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数是________．解析：法一：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三个顶点染色，然后再分类考虑另外两个顶点的染色情况，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S­ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60种染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420种．法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色．第一步，S点染色，有5种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理，得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420种．法三：按所用颜色种数分类．第一类，5种颜色全用，共有Aeq\o\al(5,5)种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×Aeq\o\al(4,5)种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有Aeq\o\al(3,5)种不同的方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为Aeq\o\al(5,5)＋2×Aeq\o\al(4,5)＋Aeq\o\al(3,5)＝420.答案：420角度二几何问题3．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：法一：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8×12＝96对，且每对均重复计算一次，故共有eq\f(96,2)＝48(对)．法二：正方体的面对角线共有12条，两条为一对，共有12×11÷2＝66(对)．同一面上的对角线不满足题意，对面的面对角线也不满足题意，一组平行平面共有6对不满足题意的对角线对数，所以不满足题意的共有3×6＝18(对)．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66－18＝48(对)．答案：C角度三集合问题4．(2018·保定调研)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x＜y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，求集合M的“子集对”个数．解析：当A＝{1}时，B有23－1种情况；当A＝{2}时，B有22－1种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况；所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)．两个原理综合应用的1个关键点解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．[即时应用]1．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．40B．16C．13D．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，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．答案：C2．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A．60B．90C．120D．130解析：设t＝|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|，t＝1说明x1，x2，x3，x4，x5中有一个为－1或1，其他为0，所以有2·Ceq\o\al(1,5)＝10(个)元素满足t＝1；t＝2说明x1，x2，x3，x4，x5中有两个为－1或1，其他为0，所以有Ceq\o\al(2,5)×2×2＝40(个)元素满足t＝2；t＝3说明x1，x2，x3，x4，x5中有三个为－1或1，其他为0，所以有Ceq\o\al(3,5)×2×2×2＝80(个)元素满足t＝3，从而，共有10＋40＋80＝130(个)元素满足1≤t≤3.答案：D3.(2018·定州模拟)将“福”“禄”“寿”填入到如图所示的4×4小方格中，每格内只填入一个汉字，且任意的两个汉字既不同行也不同列，则不同的填写方法有()A．288种 B．144种C．576种 D．96种解析：依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个汉字，有16种方法；(2)任意的两个汉字既不同行也不同列，第二个汉字只有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个汉字只有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576种．答案：C4.如图所示的几何体由一个正三棱锥P­ABC与正三棱柱ABC­A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．解析：先涂三棱锥P­ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC­A1B1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．答案：12课时作业单独成册对应学生用书第311页A组——基础对点练1．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为()A．20 B．25C．32 D．60解析：依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.答案：C2．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法的种数为()A．3 B．5C．9 D.12解析：只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．答案：C3．甲、乙两人从4门课程中选修2门，则甲、乙所选课程中恰有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，第一步，甲、乙选修同一门课程有4种方法．第二步，甲从剩余的3门课程中选一门有3种方法．第三步，乙从剩余的2门课程中选一门有2种方法，∴甲、乙恰有1门相同课程的选法有4×3×2＝24种．答案：C4．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A.24种 B．4种C．43种 D．34种解析：第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．答案：C5．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．14C．10 D．9解析：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套连衣裙中的一套有2种选法，由分类加法计数原理，共有12＋2＝14(种)选择方式．答案：B6．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(a，b)的个数为()A．14 B．13C．12 D．10解析：①当a＝0时，有x＝－eq\f(b,2)，b＝－1,0,1,2，有4种可能；②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；(ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；(ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．∴有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13个．答案：B7．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A．3 B．4C．6 D．8解析：以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8个．答案：D8．(2018·合肥市质检)某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5块区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所选花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数共有()A.96 B．114C.168 D.240解析：先在a中种植，有4种不同方法，再在b中种植，有3种不同方法，再在c中种植，若c与b同色，则d有3种不同方法，若c与b不同色，c有2种不同方法，d有2种不同方法，再在e中种植，有2种不同方法，所以共有4×3×1×3×2＋4×3×2×2×2＝168(种)．答案：C9．已知某公园有5个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法的种数为________(用数字作答)．解析：分两步，第一步选一个门进有5种方法，第二步再选一个门出有4种方法，所以共有5×4＝20种走法．答案：2010．设集合A＝{－1,0,1}，B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________(用数字作答)．解析：易知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，A*B的元素有2×5＝10(个)．答案：1011．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．答案：512．若椭圆eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________(用数字作答)．解析：当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7共6个；当m＝2时，n＝3,4,5,6,7共5个；当m＝3时，n＝4,5,6,7共4个；当m＝4时，n＝5,6,7共3个；当m＝5时，n＝6,7共2个，故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个．答案：2013．在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．解析：十位上的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．答案：814.如图所示，在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．第二类，有两条公共边的三角形共有8个，由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．答案：40B组——能力提升练1．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，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()A．32个 B．34个C．36个 D．38个解析：将和等于11的放在一组：1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有2种，共有2×2×2×2×2＝32个．答案：A2．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A．9 B．14C．15 D．21解析：当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7个．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y，∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点共有7＋7＝14个．答案：B3．三个人踢毽，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，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种 B．6种C．10种 D．16种解析：分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，甲乙甲乙甲甲乙甲丙甲同理，甲先传给丙时，满足条件也有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．答案：B4．将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为()A.72 B．120C．192 D．240解析：将数字“124467”重新排列后所得数字为偶数，则末位数应为偶数，(1)若末位数字为2，因为含有2个4，所以有eq\f(5×4×3×2×1,2)＝60种情况；(2)若末位数字为6，同理有eq\f(5×4×3×2×1,2)＝60种情况；(3)若末位数字为4，因为有两个相同数字4，所以共有5×4×3×2×1＝120种情况．综上，共有60＋60＋120＝240种情况．答案：D5．用a代表红球，b代表蓝球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和篮球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)D．(1＋a5)(1＋b5)解析：分两步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5种不同的取法．第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有1＋b5种不同取法．由分步乘法计数原理，共有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)种取法．答案：A6．(2018·云南五市联考)eq\x\to(ab)表示一个两位数，十位数字和个位数字分别用a，b表示，记f(eq\x\to(ab))＝a＋b＋3ab，如f(eq\x\to(12))＝1＋2＋3×1×2＝9，则满足f(eq\x\to(ab))＝eq\x\to(ab)的两位数的个数为()A．15 B．13C．9 D．7解析：由题意，得a＋b＋3ab＝10a＋b，其中a∈{1,2，…，9}，b∈{0,1,2，…，9}．整理，得3a＝ab.又a≠0，所以b＝3.这样十位可以取1到9，共9个数，所以满足条件的两位数的个数为9，故选C.答案：C7．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种(用数字作答)．解析：每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原理，总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种)．答案：328．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为________(用数字作答)．解析：显然(a，a)，(a，c)等均为A*B中的关系，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素．答案：129.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，求有多少种不同的着色方法．解析：需要先给C块着色，有4种结果；再给A块着色，有3种结果；再给B块着色，有2种结果；最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种)．10．从－1,0,1,2这4个数中任选3个不同的数作为函数y＝ax2＋bx＋c的系数，求可组成多少个不同的二次函数．解析：a，b，c的一组不同的取值对应着一个不同的二次函数．第1步，确定a(a≠0)的值，有3种方法；第2步，确定b的值，有3种方法(这时，b可取0)；第3步，确定c的值，有2种方法．故可组成3×3×2＝18个不同的二次函数．第二节排列与组合1．理解排列、组合的概念．2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．3．能解决简单的实际问题．授课提示：对应学生用书第163页◆教材通关◆1．排列与排列数(1)排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作Aeq\o\al(m,n).2．组合与组合数(1)组合从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作Ceq\o\al(m,n).3．排列数、组合数的公式及性质公式排列数公式Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\f(n！,n－m！)组合数公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(nn－1…n－m＋1,m！)＝eq\f(n！,m！n－m！)性质(1)Aeq\o\al(n,n)＝n！；(2)0！＝1(1)Ceq\o\al(0,n)＝1；(2)Ceq\o\al(m,n)＝eq\a\vs4\al(C\o\al(n－m,n))；(3)Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)＝Ceq\o\al(m,n＋1)备注n，m∈N*且m≤neq\a\vs4\al([必记结论])与组合数相关的几个公式(1)Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2n(全组合公式)．(2)Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m,n－1)＋…＋Ceq\o\al(m,m＋1)＋Ceq\o\al(m,m)＝Ceq\o\al(m＋1,n＋1).(3)kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k－1,n－1).[小题诊断]1．(2018·山西质量监测)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()A．60种B．48种C．30种D．24种解析：由题知，不同的座次有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)＝48(种)，故选B.答案：B2．方程3Aeq\o\al(3,x)＝2Aeq\o\al(2,x＋1)＋6Aeq\o\al(2,x)的解为________．解析：由排列数公式可知3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，∵x≥3且x∈N*，∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝eq\f(2,3)(舍去)，∴x＝5.答案：53．已知eq\f(1,C\o\al(m,5))－eq\f(1,C\o\al(m,6))＝eq\f(7,10C\o\al(m,7))，则Ceq\o\al(m,8)＝________.解析：由已知得m的取值范围为{m|0≤m≤5，m∈Z}．eq\f(m！5－m！,5！)－eq\f(m！6－m！,6！)＝eq\f(7×7－m！m！,10×7！)，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2.故Ceq\o\al(m,8)＝Ceq\o\al(2,8)＝28.答案：28◆易错通关◆易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．[小题纠偏]用1,2,3,4,5,6组成数字不重复的六位数，满足1不在左、右两端，2,4,6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为()A．423B．288C．216 D．144解析：若2,4相邻，把2,4捆绑在一起，与另外四个数排列(相当于5个元素排列)，1不在左、右两侧，则六位数的个数为2×Ceq\o\al(1,3)×Aeq\o\al(4,4)＝144，同理2,4与6相邻的有Aeq\o\al(2,2)×2×2×Aeq\o\al(3,3)＝48个，所以只有2,4相邻的有144－48＝96个，全部符合条件的六位数有96×3＝288个．答案：B授课提示：对应学生用书第164页考点一排列应用题互动探究重点保分考点——师生共研[典例]3名女生和5名男生排成一排．(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？(3)如果女生不站两端，有多少种排法？(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？解析：(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有Aeq\o\al(6,6)种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有Aeq\o\al(3,3)种排法，因此共有Aeq\o\al(6,6)·Aeq\o\al(3,3)＝4320种不同排法．(2)(插空法)先排5个男生，有Aeq\o\al(5,5)种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有Aeq\o\al(3,6)种排法，因此共有Aeq\o\al(5,5)·Aeq\o\al(3,6)＝14400种不同排法．(3)法一：(位置分析法)因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有Aeq\o\al(2,5)种排法，剩余的位置没有特殊要求，有Aeq\o\al(6,6)种排法，因此共有Aeq\o\al(2,5)·Aeq\o\al(6,6)＝14400种不同排法．法二：(元素分析法)从中间6个位置选3个安排女生，有Aeq\o\al(3,6)种排法，其余位置无限制，有Aeq\o\al(5,5)种排法，因此共有Aeq\o\al(3,6)·Aeq\o\al(5,5)＝14400种不同排法．(4)8名学生的所有排列共Aeq\o\al(8,8)种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中eq\f(1,2)，∴符合要求的排法种数为eq\f(1,2)Aeq\o\al(8,8)＝20160(种)．(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．法一：(特殊元素法)甲在最右边时，其他的可全排，有Aeq\o\al(7,7)种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有Aeq\o\al(1,6)种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有Aeq\o\al(1,6)种，其余人全排列，共有Aeq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(6,6)种．由分类加法计数原理，共有Aeq\o\al(7,7)＋Aeq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(6,6)＝30960(种)．法二：(特殊位置法)先排最左边，除去甲外，有Aeq\o\al(1,7)种，余下7个位置全排，有Aeq\o\al(7,7)种，但应剔除乙在最右边时的排法Aeq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(6,6)种，因此共有Aeq\o\al(1,7)·Aeq\o\al(7,7)－Aeq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(6,6)＝30960(种)．法三：(间接法)8个人全排，共Aeq\o\al(8,8)种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有Aeq\o\al(7,7)种，乙在最右边时，有Aeq\o\al(7,7)种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有Aeq\o\al(6,6)种．因此共有Aeq\o\al(8,8)－2Aeq\o\al(7,7)＋Aeq\o\al(6,6)＝30960(种).解决排列问题的主要方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算捆绑法相邻问题捆绑处理，即把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中消序法定序问题消序(除法)处理的方法，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列[即时应用]1.将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有()A.12种B．20种C．40种D．60种解析：五个元素没有限制全排列数为Aeq\o\al(5,5)，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以这三个元素的全排列Aeq\o\al(3,3)，可得这样的排列数有eq\f(A\o\al(5,5),A\o\al(3,3))×2＝40种．答案：C2.若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．解析：把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有Aeq\o\al(2,4)种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为Aeq\o\al(2,4)＝12(种)．其中正确的有一种，所以错误的共Aeq\o\al(2,4)－1＝12－1＝11(种)．答案：113.若A，B，C，D，E，F六个不同元素排成一列，要求A不排在两端，且B，C相邻，则不同的排法有________种(用数字作答)．解析：由于B，C相邻，把B，C看做一个整体，有2种排法．这样，6个元素变成了5个．先排A，由于A不排在两端，则A在中间的3个位子中，有Aeq\o\al(1,3)＝3种方法，其余的4个元素任意排，有Aeq\o\al(4,4)种不同方法，故不同的排法有2×3×Aeq\o\al(4,4)＝144种．答案：144考点二组合应用题互动探究重点保分考点——师生共研[典例](1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A.85 B．86C.91 D．90(2)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，则不同的取法的种数是()A.60B．63C．65D．66(3)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为_______．解析：(1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(3,3)＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(3,4)＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,4)＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有Ceq\o\al(4,9)－Ceq\o\al(4,5)－Ceq\o\al(4,4)＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有Ceq\o\al(4,7)－Ceq\o\al(4,4)＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有Ceq\o\al(4,5)＋Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,4)＝66种不同的取法．(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,12)＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．答案：(1)B(2)D(3)472有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理.[即时应用]1.在5×5的棋盘中，放入3颗相同的黑子和2颗相同的白子，它们均不在同一行也不在同一列，则不同的排列方法有()A.150种 B．200种C.600种 D．1200种解析：首先选出3行3列，共有Ceq\o\al(3,5)×Ceq\o\al(3,5)种方法，然后放入3颗黑子，共有3×2×1种方法，然后在剩下的2行2列中放2颗白子，共有2×1种方法，所以不同的排列方法为Ceq\o\al(3,5)×Ceq\o\al(3,5)×3×2×1×2×1＝1200(种)．故选D.答案：D2.现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是()A.12B．6C．8D．16解析：若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有Ceq\o\al(1,2)×3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有Ceq\o\al(1,3)×2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．答案：A考点三分组分配问题多维探究题点多变考点——多角探明[锁定考向]分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，无论分成几组，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．常见的命题角度有：(1)整体均分问题.(2)部分等分问题.(3)不等分问题.角度一整体均分问题1.国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．解析：先把6个毕业生平均分成3组，有eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有Aeq\o\al(3,3)＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))·Aeq\o\al(3,3)＝90种分派方法．答案：90角度二部分等分问题2.(2017·高考全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()A.12种 B．18种C.24种 D．36种解析：因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2,1,1，有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))＝6种，再分配给3个人，有Aeq\o\al(3,3)＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种).答案：D角度三不等分问题3.若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．解析：将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有Ceq\o\al(1,6)种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有Ceq\o\al(2,5)种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有Ceq\o\al(3,3)种取法．根据分步乘法计数原理，共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝60种取法．再将这3组教师分配到3所中学，有Aeq\o\al(3,3)＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．答案：360分组分配问题的三种类型及求解策略类型求解策略整体均分解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以Aeq\o\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数部分均分解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数不等分组只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数[即时应用]1.《爸爸去哪儿》的热播引发了亲子节目的热潮，某节目制作组选取了6户家庭到4个村庄体验农村生活，要求将6户家庭分成4组，其中2组各有2户家庭，另外2组各有1户家庭，则不同的分配方案的总数是()A.216 B．420C.720 D．1080解析：先分组，每组含有2户家庭的有2组，则有eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4),A\o\al(2,2))种分组方法，剩下的2户家庭可以直接看成2组，然后将分成的4组进行全排列，故有eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4),A\o\al(2,2))×Aeq\o\al(4,4)＝1080种不同的分配方案.答案：D2.(2018·洛阳统考)四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有________种．解析：分两步：先将四名优等生分成2,1,1三组，共有Ceq\o\al(2,4)种；而后，对三组学生全排三所学校，即进行全排列，有Aeq\o\al(3,3)种．依分步乘法计数原理，共有N＝Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(种)．答案：36课时作业单独成册对应学生用书第313页A组——基础对点练1.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．18C.12 D．6解析：当从0,2中选取2时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，十位、百位全排列即可，共有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝12个．当选取0时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，0必须在十位，共有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)＝6个．综上，共有12＋6＝18个．选B.答案：B2.某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有()A.Ceq\o\al(2,6)·45种 B．Aeq\o\al(2,6)·54种C.Ceq\o\al(2,6)·Aeq\o\al(4,5)种 D．Ceq\o\al(2,6)·54种解析：有两个年级选择甲博物馆共有Ceq\o\al(2,6)种情况，其余四个年级每个年级各有5种选择情况，故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有Ceq\o\al(2,6)×54种．答案：D3.(2018·广州模拟)GZ新闻台做《一校一特色》访谈节目，分A，B，C三期播出，A期播出两所学校，B期，C期各播出1所学校，现从8所候选学校中选出4所参与这三项任务，不同的选法共有()A.140种 B．420种C.840种 D．1680种解析：由题易知，不同的选法共有Ceq\o\al(2,8)Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,5)＝840种．答案：C4.6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．120C.72 D．24解析：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Aeq\o\al(3,4)＝24种放法，故选D.答案：D5.从1,2,3,4,5这五个数字中任选三个数字组成没有重复数字的三位数，则各位数字之和为奇数的共有()A.36个 B．24个C.18个 D．6个解析：各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所有符合条件的三位数有Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝6＋18＝24(个)．答案：B6.2017年春节联欢晚会上五位中国书法家沈鹏、李铎、张海、苏士澍、孙伯翔书写了祝寿福、富裕福、健康安宁福、亲人福、向善福，若将这五个福排成一排，其中健康安宁福、亲人福不排两端，则不同的排法种数为()A.33 B．36C.40 D．48解析：特殊元素优先法，分为两步：第一步是健康安宁福、亲人福不排两端，从中间三个位置中任选两个位置排这两个福，有Aeq\o\al(2,3)种排法；第二步，将余下的三个福排在其余的三个位置，有Aeq\o\al(3,3)种不同的排法．由分步乘法计数原理得，有Aeq\o\al(2,3)·Aeq\o\al(3,3)＝36种不同的排法．答案：B7.(2018·兰州实战模拟)某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有()A.Aeq\o\al(18,18)种 B．Aeq\o\al(20,20)种C.Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,18)Aeq\o\al(10,10)种 D．Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(18,18)种解析：中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站前排并与中国领导人相邻，有Aeq\o\al(2,2)种站法；其他18国领导人可以任意站，因此有Aeq\o\al(18,18)种站法．根据分步计数原理，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(18,18)种站法．故选D.答案：D8.如果小明在某一周的第1天和第7天都吃了3个水果，且从这周的第2天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：“多一个”“持平”“少一个”，那么小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案种数为()A.50 B．51C.140 D．141解析：因为第1天和第7天吃的水果数相同，所以从这周的第2天开始后6天中“多一个”或“少一个”的天数必须相同，所以后面6天中水果数“多一个”或“少一个”的天数可能是0,1,2,3，共四种情况，所以共有Ceq\o\al(0,6)＋Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3)＝141种选择方案．答案：D9.六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：若最左端排甲，其他位置共有Aeq\o\al(5,5)＝120种排法；若最左端排乙，最右端共有4种排法，其余4个位置有Aeq\o\al(4,4)＝24种排法，所以共有120＋4×24＝216种排法．答案：B10.7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A.120 B．240C.360 D．480解析：前排3人有4个空，从甲、乙、丙3人中选1人插入，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)种方法；对于后排，若插入的2人不相邻有Aeq\o\al(2,5)种，若相邻有Ceq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,2)种．故共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)(Aeq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,2))＝360种，选C.答案：C11.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：利用正方体中两个独立的正四面体解题，如图，它们的棱是原正方体的12条面对角线．一个正四面体中两条棱成60°角的有(Ceq\o\al(2,6)－3)对，两个正四面体有(Ceq\o\al(2,6)－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(Ceq\o\al(2,6)－3)×2×2＝48对．故选C.答案：C12.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：“小集团”处理，特殊元素优先，则不同的排法共有Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝480(种)．答案：48013.(2018·山西八校联考)从数字0,1,2,3,4中任意取出3个不重复的数字组成三位数，则组成的三位数中是3的倍数的个数是________．解析：若取出的3个数字中包含0，则数字0,1,2或0,2,4满足题意，共组成8个三位数；若取出的3个数字中不包含0，则数字1,2,3或2,3,4满足题意，共组成2Aeq\o\al(3,3)＝12个三位数．综上，共有20个三位数满足题意．答案：2014.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：分情况：一种情况将有奖的奖券按2张、1张分给4个人中的2个人，种数为Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,4)＝36；另一种将3张有奖的奖券分给4个人中的3个人，种数为Aeq\o\al(3,4)＝24，则获奖情况总共有36＋24＝60(种)．答案：6015.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“3,5,7”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．123456789解析：首先看图形中的3,5,7，有Ceq\o\al(1,3)＝3种涂法．对于2，有两种涂法，对于4有两种涂法．当2,4涂的颜色相同时，1有2种涂法；当2,4涂的颜色不同时，1有1种涂法．根据对称性可知共有3×(2×2＋2×1)2＝108种涂法．答案：108B组——能力提升练1.(2018·长沙市模拟)eq\i\su(k＝0,m,C)eq\o\al(n－m,n－k)Ceq\o\al(k,n)＝()A.2m＋n B.eq\f(C\o\al(m,n),2m)C.2nCeq\o\al(m,n) D．2mCeq\o\al(m,n)解析：由组合数公式可得Ceq\o\al(n－m,n－k)Ceq\o\al(k,n)＝eq\f(n－k！,n－m！·m－k！)·eq\f(n！,k！n－k！)＝eq\f(n！,n－m！m－k！k！)＝eq\f(n！,m！n－m！)·eq\f(m！,m－k！k！)＝Ceq\o\al(m,n)Ceq\o\al(k,m)，所以eq\i\su(k＝0,m,C)eq\o\al(m,n)Ceq\o\al(k,m)＝Ceq\o\al(m,n)(Ceq\o\al(0,m)＋Ceq\o\al(1,m)＋…＋Ceq\o\al(m,m))＝Ceq\o\al(m,n)(1＋1)m＝Ceq\o\al(m,n)2m，故选D.答案：D2.设集合A＝{(x1，x2，x3，x4)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4}，那么集合A中满足条件“xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,3)＋xeq\o\al(2,4)≤3”的元素个数为()A.60 B．65C.80 D．81解析：根据题中xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,3)＋xeq\o\al(2,4)≤3考虑x1，x2，x3，x4的可能取值：(1)4个数均为0，有1个；(2)有1个数取值为0，另外3个数从{－1,1}中取，共有Ceq\o\al(1,4)·23＝32个；(3)有2个数取值为0，另外2个数从{－1,1}中取，共有Ceq\o\al(2,4)·22＝24个；(4)有3个数取值为0，另外1个数从{－1,1}中取，共有Ceq\o\al(3,4)·2＝8个．所以集合A中满足条件的元素个数为1＋32＋24＋8＝65，故选B.答案：B3.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：将3本相同的小说记为a，a，a；2本相同的诗集记为b，b，将问题分成3种情况，分别是①aa，a，b，b，此种情况有Aeq\o\al(2,4)＝12种；②bb，a，a，a，此种情况有Ceq\o\al(1,4)＝4种；③ab，a，a，b，此种情况有Aeq\o\al(2,4)＝12种，总共有28种，故选B.答案：B4.某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是()A.168 B．144C.120 D．72解析：先将3个歌舞类节目全排列，有Aeq\o\al(3,3)＝6种情况，排好后，有4个空位，因为3个歌舞类节目不能相邻，则中间2个空位必须安排2个节目．分两种情况讨论：①将中间2个空位安排1个小品类节目和1个相声类节目，有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝4种情况，排好后，最后1个小品类节目放在两端，有2种情况，此时同类节目不相邻的排法种数是6×4×2＝48种；②将中间2个空位安排2个小品类节目，有Aeq\o\al(2,2)＝2种情况，排好后，有6个空位，相声类节目有6个空位可选，即有6种情况，此时同类节目不相邻的排法种数是6×2×6＝72种．综合①②，可知同类节目不相邻的排法种数是48＋72＝120，故选C.答案：C5.(2017·合肥模拟)某校开设5门不同的数学选修课，每位同学可以从中任选1门或2门课学习，甲、乙、丙三位同学选择的课没有一门是相同的，则不同的选法共有()A.330种 B．420种C.510种 D．600种解析：当甲、乙、丙三位同学都只选1门，不同的选法有Aeq\o\al(3,5)＝60(种)；当甲、乙、丙三位同学有一位选1门，另外两位选2门，不同的选法有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90(种)；当甲、乙、丙三位同学有两位选1门，另一位选2门，不同的选法有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＝180(种)，共有60＋90＋180＝330(种)．答案：A6.(2018·九江模拟)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()A.Aeq\o\al(8,8)Aeq\o\al(2,9) B．Aeq\o\al(8,8)Ceq\o\al(2,9)C.Aeq\o\al(8,8)Aeq\o\al(2,7) D．Aeq\o\al(8,8)Ceq\o\al(2,7)解析：不相邻问题用插空法，8名学生先排有Aeq\o\al(8,8)种排法，产生9个空，2位老师插空有Aeq\o\al(2,9)种排法，所以共有Aeq\o\al(8,8)Aeq\o\al(2,9)种排法．故选A.答案：A7.某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各两名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学来自同一年级的乘车方式共有()A.24种 B．18种C.48种 D．36种解析：由题意，第一类，大一的孪生姐妹在甲车上，甲车上剩下两名要来自不同的年级，从三个年级中选两个为Ceq\o\al(2,3)＝3，然后分别从选择的年级中再选择一名学生为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＝4，故有3×4＝12种．第二类，大一的孪生姐妹不在甲车上，则从剩下的3个年级中选择一个年级的两名同学在甲车上为Ceq\o\al(1,3)＝3，然后再从剩下的两个年级中分别选择一人为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＝4，这时共有3×4＝12种．根据分类加法计数原理得，共有12＋12＝24种不同的乘车方式，故选A.答案：A8.某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有()A.18种 B．24种C.36种 D．48种解析：若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝12种；若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝12种；若甲、乙抢的是一个8和一个10元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,3)＝6种；若甲、乙抢的是两个6元的红包，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有Aeq\o\al(2,3)＝6种，根据分类加法计数原理可得，共有36种情况，故选C.答案：C9.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10000个号码中选择．公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金鸡卡”，享受一定优惠政策．如后四位数为“2663”“8685”为“金鸡卡”．则这组号码中“金鸡卡”的张数为()A.484 B．972C.966 D．486解析：①当后四位数中有两个“6”时，“金鸡卡”共有Ceq\o\al(2,4)×9×9＝486张；②当后四位数中有两个“8”时，“金鸡卡”共有Ceq\o\al(2,4)×9×9＝486张．但这两种情况都包含了后四位数是由两个“6”和两个“8”组成的这种情况，所以要减掉Ceq\o\al(2,4)＝6张，即“金鸡卡”共有486×2－6＝966张．答案：C10.(2018·河南八市质检)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．20C．30D．42解析：四个篮球中两个分到一组有Ceq\o\al(2,4)种分法，三组篮球进行全排列有Aeq\o\al(3,3)种，标号1,2的两个篮球分给同一个小朋友有Aeq\o\al(3,3)种分法，所以有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)－Aeq\o\al(3,3)＝36－6＝30种分法，故选C.答案：C11.从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天，若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为________．(用数字作答)解析：根据题意，分2种情况讨论，若只有甲、乙其中一人参加，有Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(4,6)·Aeq\o\al(5,5)＝3600(种)，若甲乙两人都参加，有Ceq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(3,6)·Aeq\o\al(2,4)＝1440(种)．则不同的安排种数为3600＋1440＝5040.答案：504012.(2018·龙岩质检)若用1,2,3,4,5,6,7这七个数字中的六个数字组成没有重复数字，且任何相邻两个数字的奇偶性不同的六位数，则这样的六位数共有________个(用数字作答).解析：分两步进行，第一步，先将1,3,5,7选3个进行排列，有Aeq\o\al(3,4)＝24(种)排法；第二步，再将2,4,6这3个数插空排列有2Aeq\o\al(3,3)＝12(种)排法，由分步计数原理得，共有24×12＝288(个)．答案：28813.用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为________．解析：首先应考虑“0”，当0排在个位时，有Aeq\o\al(2,9)＝9×8＝72(个)，当0不排在个位时，有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,8)＝4×8＝32(个)．当不含0时，有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(2,8)＝4×7×8＝224(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．答案：32814.(2017·临沂模拟)某学校安排甲、乙、丙、丁四位同学参加数学、物理、化学竞赛，要求每位同学仅报一科，每科至少有一位同学参加，且甲、乙不能参加同一学科，则不同的安排方法有________种．解析：(间接法)把四位同学分成3组，有Ceq\o\al(2,4)＝6种分法，然后进行全排列，即Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(种)，去掉甲、乙在一个组的情况，当甲、乙在一个组时，参加的方式有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)，故符合题意的安排方法为36－6＝30(种)．答案：30第三节二项式定理1.能用计数原理证明二项式定理．2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．授课提示：对应学生用书第165页◆教材通关◆1.二项式定理(1)定理：公式(a＋b)n＝Ceq\o\al(0,n)an＋Ceq\o\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq\o\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq\o\al(n,n)bn(n∈N*)叫做二项式定理．(2)通项：