第六章《计数原理》章末复习提升与检测

第六章《计数原理》章末复习提升与检测知识体系能力整合一、两个计数原理1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性．2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养．【例1】（1）设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动的方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为()A．(34，34) B．(43，34)C．(34，43) D．(Aeq\o\al(3,4)，Aeq\o\al(3,4))【答案】C【解析】首先每名学生报名有3种选择，根据分步乘法计数原理知4名学生共有34种选择，每项冠军有4种可能结果，根据分步乘法计数原理知3项冠军共有43种可能结果．(2)“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．显然2位“回文数”有9个：11,22,33，…，99；3位“回文数”有90个：101,111,121，…，191,202，…，999；则①4位“回文数”有________个；②2n＋1(n∈N*)位“回文数”有________个．【答案】①90②9×10n．【解析】①4位“回文数”的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；第二步，选中间两位数字，有10种选法，故4位“回文数”有9×10＝90(个)．②第一步，选左边第一个数字，有9种选法；第二步，分别选左边第2,3,4，…，n，n＋1个数字，共有10×10×10×…×10＝10n(种)选法，故2n＋1(n∈N*)位“回文数”有9×10n个．【通性通法】应用两个计数原理计数的四个步骤(1)明确完成的这件事是什么．(2)思考如何完成这件事．(3)判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后分类．(4)选择计数原理进行计算．【跟踪训练】1.用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法()A．120种 B．720种C．840种 D．960种【答案】D【解析】A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C，E均有4种颜色可选，故共有涂色方法5×4×3×4×4＝960(种)．2.《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有种．【答案】【解析】若三人选书没有要求，则有种，若三人选择的书完全相同，则有种，所以三人选择的书不全相同，不同的选法有种.二、排列与组合的综合应用1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要遵守先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则．2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养．【例2】（1）（2023•新高考Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有种（用数字作答）．【答案】64．【解析】若选2门，则只能各选1门，有种，如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，则有，综上共有种不同的方案．故答案为：64．（2）（2023•甲卷（理））有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为A．120 B．60 C．40 D．30【答案】【解析】先从5人中选1人连续两天参加服务，共有种选法，然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有种选法，根据分步乘法计数原理可得共有种选法．故选：．【通性通法】解决排列、组合综合问题要注意以下几点(1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题．(2)对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接．(3)对于含有“至多”“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净．【跟踪训练】1.（2023•新高考Ⅱ）某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有A．种 B．种 C．种 D．种【答案】【解析】初中部和高中部分别有400和200名学生，人数比例为，则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，则有种．故选：．2.（2023•乙卷（理））甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有A．30种 B．60种 C．120种 D．240种【答案】【解析】根据题意可得满足题意的选法种数为：．三、二项式定理及其应用1．二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用于二项式相应展开式项的系数求解．2．二项式定理所体现的是一种数学运算素养．角度1二项展开式的“赋值问题”【例3】（1）（2022•北京）若，则A．40 B．41 C． D．【答案】【解析】法一：，可得，，，，故答案为：41．法二：，令，可得，再令，可得，两式相加处以2可得，，故选：．【通性通法】在二项展开式中应用“赋值法”的一般步骤(1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征．(2)赋值：结合待求和上述特征，对变量x赋值，常见的赋值有x＝－1，x＝0，x＝1等等，具体视情况而定．(3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可．【跟踪训练】（2022•浙江）已知多项式，则．【答案】8，．【解析】，；令，则，令，则，．角度2二项展开式的特定项问题【例4】（1）（2022•新高考Ⅰ）的展开式中的系数为（用数字作答）．【答案】．【解析】的通项公式为，当时，，当时，，的展开式中的系数为．故答案为：．（2）（2023•天津）在的展开式中，项的系数为．【答案】60．【解析】二项式的展开式的通项为，令得，，项的系数为．【通性通法】二项式特定项的求解策略(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项，即可确定常数项．(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项，再由条件确定项数，然后代入通项求出此项的系数．(4)确定二项展开式中的系数最大或最小项：求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是【跟踪训练】1.（2023•北京）的展开式中，的系数是A． B．40 C． D．80【答案】【解析】由二项式定理可知展开式的第项，，1，，令，可得．即含的项为第3项，，故的系数为80．故选：．2.（2022•天津）的展开式中的常数项为．【答案】15．【解析】的展开式的通项是要求展开式中的常数项只要使得，即常数项是，章末检测(时间：120分钟，满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．（2024·晋城第一中学校高二月考）（

）A．74 B．98 C．124 D．148【答案】C【解析】．故选C．2．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，要求这2名学生来自不同年级，则不同的选择方法共有（

）A．4种 B．6种 C．8种 D．12种【答案】A【解析】由4名学生来自高一、高二各2名，则随机选2名学生来自不同年级的选择有种，故选A3．设直线的方程是，从1，2，3，4这四个数中每次取两个不同的数作为A、B的值，则所得不同的直线的条数是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】C【解析】∵从1，2，3，4这四个数中每次取两个不同的数作为A、B的值有种结果，在这些直线中有重复的直线，当和时，结果相同；当和时，结果相同，∴所得不同直线的条数是，故选C．4．的展开式中，的系数为（

）A． B．10 C． D．40【答案】C【解析】展开式的通项为，，所以的系数为，故选C5．近期浙江大学、复旦大学、南京大学三所学校发布了2024年冬令营招生简章，现有甲、乙、丙、丁四位同学报名，每位同学只能选一所大学，每所大学至少有一名同学报名，且甲同学不报南京大学，则不同的报名方法共有（

）A．16种 B．20种 C．24种 D．28种【答案】C【解析】由甲不报考南京大学，可分为两类：第1类：甲单独报名一个学校，则有种不同的报考方法；第2类，甲和其中一名同学报名一个学校，则有种不同的报考方法，由分类计数原理，可得共有12+12=24种不同的报考方法，故选C6．2023年5月21日，中国羽毛球队在2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中以总比分战胜韩国队，实现苏迪曼杯三连冠．甲、乙、丙、丁、戊五名球迷赛后在现场合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（

）A．18种 B．24种 C．30种 D．36种【答案】C【解析】当丙站在左端时，甲、丙必须相邻，其余人全排列，有种站法；当丙不站在左端时，从丁、戊两人选一人站左边，再将甲、丙捆绑，与余下的两人全排，有种站法，所以一共有种不同的站法．故选C7．中国传统木构建筑的窗棂是框架结构设计，它是传统建筑中最重要的构成要素之一，也是建筑的审美中心.如图中矩形是某窗棂的一部分，图中与矩形边平行的横线与竖线构成矩形（

）个

A．24 B．27 C．36 D．60【答案】C【解析】在矩形中的条横线任选条，有种方法，条竖线任选条，有种方法，这时一定会围成一个封闭图形，即为所求矩形，共有种方法，故选C8．若的展开式中不含项，则实数m的值为（

）A． B． C．0 D．1【答案】D【解析】，二项式展开式的通项为：，令时，；令时，，所以的展开式中的系数为，因为的展开式中不含项，所以，解得：，故选D.二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．现有不同的黄球5个，黑球6个，蓝球4个，则下列说法正确的是（

）A．从中任选1个球，有15种不同的选法B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法D．若要不放回地选出任意的2个球，有240种不同的选法【答案】AB【解析】对于A，从中任选1个球，共有种不同的选法，故A正确；对于B，每种颜色选出1个球，可分步从每种颜色分别选择，共有种不同的选法，故B正确；对于C，若要选出不同颜色的2个球，首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，共有种不同的选法，故C错误；对于D，若要不放回地选出任意的2个球，直接分步计算，共有种不同的选法，故D错误，故选AB．10．已知二项式的展开式中各项的系数和为64，则下列说法正确的是（

）A．B．展开式中所有奇数项的二项式系数和为32C．展开式中的常数项为540D．展开式中二项式系数最大的项是第四项【答案】ABD【解析】令，得，得，故A正确；展开式中所有奇数项的二项式系数和为，故B正确，由上得二项式为，常数项为，故C错误；最大的二项式系数为，即第四项的二项式系数最大，故D正确；故选ABD．11．某班准备举行一场小型班会，班会有3个歌唱节目和2个语言类节目，现要排出一个节目单，则下列说法正确的是（

）A．若3个歌唱节目排在一起，则有6种不同的排法B．若歌唱节目与语言类节目相间排列，则有12种不同的排法C．若2个语言类节目不排在一起，则有72种不同的排法D．若前2个节目中必须要有语言类节目，则有84种不同的排法【答案】BCD【解析】A选项，若3个歌唱节目排在一起，则有种情况，将3个歌唱节目看为一个整体，和2个语言类节目进行排列，则有种情况，综上，共有种情况，A错误；B选项，歌唱节目与语言类节目相间排列，则歌唱类节目在两端和最中间，语言类放在歌唱类节目的之间，则有种情况，B正确；C选项，若2个语言类节目不排在一起，则采用插空法，先安排歌唱类节目，有种情况，再将语言类节目插入到3个节目形成的4个空格中，有种，综上，共有种情况，C正确；D选项，前2个节目都是语言类节目，此时后3个为歌唱类节目，有种情况，前2个节目中有1个是语言类，有1个是歌唱类，则有种情况，剩余的3个节目进行全排列，则有种情况，则共有种情况，综上，有种不同的排法，D正确.故选BCD三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上)12．若，则.【答案】6【解析】因为，，所以.由，得（舍去）或.13．早在11世纪中叶，我国宋代数学家贾宪在其著作《释锁算数》中就给出了二、三、四、五、六次幂的二项式系数表．已知的展开式中的系数为，则实数；展开式中各项系数之和为．（用数字作答）【答案】21【解析】由题可知，，则，故．令，展开式中各项系数之和为．14．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技术竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有种．【答案】54【解析】根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论：①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有A＝6（种）名次排列情况，此时有3×6＝18（种）名次排列情况；②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有A＝6（种）名次排列情况，剩下的三人有A＝6（种）名次排列情况，此时有6×6＝36（种）名次排列情况．综上可知，一共有36＋18＝54（种）不同的名次排列情况．四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．（本小题满分13分）8人围圆桌开会，其中正、副组长各1人，记录员1人．(1)若正、副组长相邻而坐，有多少种坐法？(2)若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），有多少种坐法？【解析】（1）若正、副组长相邻而坐，可将此人看作人，即人围一圆桌，有种，由于正、副组长人可交换，有种，∴共有种，（2）若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），可将人看作人，即人围一圆桌，有种，∵正、副组长人可交换，有种，∴共有种．16．（本小题满分15分）某医院有内科医生5名，外科医生4名，现要派4名医生参加赈灾医疗队，（1）一共有多少种选法？（2）其中某内科医生甲必须参加，某外科医生乙因故不能参加，有几种选法？（3）内科医生和外科医生都要有人参加，有几种选法？【解析】（1）从名医生中选出4名医生参加赈灾医疗队共有：种选法；（2）因为内科医生甲必须参加，而外科医生乙因故不能参加，所以只须从剩下的7名医生中选出3名医生即可，即种选法；（3）间接法，从9名医生中选出4名有种方法，而选到的医生全部是内科医生的有种，选到的医生全部是外科医生的有种，所以内科医生和外科医生都要有人参加共有种选法.17．（本小题满分15分）已知集合.(1)从中取出个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？(2)从集合中取出个元素，从集合中取出个元素，可以组成多少个无重复数字且比大的正整数？【解析】（1）由，得，所以，所以，所以，从中取出个不同的元素组成三位数，可以组成个三位数.（2）由（1）得，而，若从集合中取元素，则不能作千位上的数字，有个满足题意的正整数；若不从集