1、- 1 -第 10课时 “杨辉三角”与二项式系数的性质基础达标(水平一)1.若( x2+1)(x-3)9=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3+a11(x-2)11,则 a1+a2+a3+a11的值为( ).A.-1 B.1 C.3 D.5【解析】令 x=2,得 -5=a0,令 x=3,得 0=a0+a1+a2+a3+a11,所以 a1+a2+a3+a11=-a0=5.【答案】D2.若( -x)10=a0+a1x+a2x2+a10x10,则( a0+a2+a10)2-(a1+a3+a9)2=( ).2A.1 B.-1 C.2 D.-2【解析】令 x=1,得 a0+a1+a2
2、+a10=( -1)10,2令 x=-1,得 a0-a1+a2-a3+a10=( +1)10,2故( a0+a2+a10)2-(a1+a3+a9)2=(a0+a1+a2+a10)(a0-a1+a2-a3+a10)=( -1)10( +1)10=1.2 2【答案】A3.已知 +2 +22 +2n =729,则 + + 的值为( ).0 1 2 135A.64 B.32 C.63 D.31【解析】由已知(1 +2)n=3n=729,解得 n=6,则 + + = + + = =32.135163656262【答案】B4.把通项公式为 an=2n-1(nN *)的数列 an的各项排成如图所示的三角形数
3、阵 .记 S(m,n)表示该数阵的第 m行中从左到右的第 n个数,则 S(10,6)对应数阵中的数是( ).1 3 57 9 1113 15 17 19A.91 B.101 C.103 D.106【解析】设这个数阵每一行的第一个数组成数列 bn,则 b1=1,bn-bn-1=2(n-1),b n=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b2-b1)+b1=2(n-1)+(n-2)+1+1=n2-n+1,b 10=102-10+1=91,S(10,6)=b10+2(6-1)=101.【答案】B5.若 展开式的各项系数之和为 32,则其展开式中的常数项是 . (2+13)【解析】令 x=1,
4、得 2n=32,所以 n=5.Tr+1= (x2)5-r = x10-5r,5 (13)5- 2 -由 10-5r=0,得 r=2,故展开式中的常数项是 =10.25【答案】106.已知(1 +x)n展开式的第五、六、七项系数成等差数列,求展开式中系数最大的项为 . 【解析】在(1 +x)n的展开式中,第五、六、七项的系数就是它们的二项式系数,即分别是、 、 .由题意有 + =2 ,即 n2-21n+98=0,解得 n=14或 n=7.4 5 6 64 5当 n=14时,(1 +x)n展开式的系数最大的项为 T8= x7=3432x7;714当 n=7时,(1 +x)n展开式中系数最大的项为
5、T4= x3=35x3或 T5= x4=35x4.37 47【答案】3432 x7或 35x4或 35x37.观察下列数表,试求出此表的最后一个数字 .【解析】因为第 1行有 100个数,以后每一行都比前一行少 1个数,因此共有 100行 .通过观察可以得到:第 1行首尾两项之和为 101;第 2行首尾两项之和为 1012;第 3行首尾两项之和为 10122;第 4行首尾两项之和为 10123;第 99行首尾两项之和为 101298.因为从第 2行开始,每一个数字是它“肩上”两个数字之和,所以最后一个数字,即第 100行的数字是它“肩上”两个数字之和,即 101298.拓展提升(水平二)8.已
6、知 的展开式中,各项系数之和为 A,各项的二项式系数之和为 B,且 A+B=72,则展开(+3)式中常数项为( ).A.6 B.9 C.12 D.18【解析】由二项展开式的性质,可得各项的二项式系数之和 B=2n,令 x=1,可得各项系数之和 A=(1+3)n=4n.因为 A+B=72,所以 4n+2n=72,解得 n=3.因为 的展开式的通项为 Tr+1= (+3)3 3)3-r =3r ,令 =0,可得 r=1,所以展开式中常数项为 T2=3 =9,故选 B. (3) 33-32 3-32 13【答案】B9.设(2 -x)5=a0+a1x+a2x2+a5x5,那么 的值为 . 0+2+41
7、+3【解析】当 x=1时,1 =a0+a1+a2+a3+a4+a5;当 x=-1时,3 5=a0-a1+a2-a3+a4-a5,- 3 -a 0+a2+a4=122,a1+a3+a5=-121,a5= (-1)5=-1,a 1+a3=-120,55 =- .0+2+41+3 6160【答案】 -616010.在“杨辉三角”中,每一个数都是它“肩上”两个数的和,它开头几行如图所示 .那么,在“杨辉三角”中,第 行会出现三个相邻的数,其比为 3 4 5. 第 0行 1第 1行 1 1第 2行 1 2 1第 3行 1 3 3 1第 4行 1 4 6 4 1第 5行 1 5 10 10 5 1 【解析
8、】根据题意,设所求的行数为 n,则存在正整数 k,使得连续三项 , , ,有 = ,且 = .-1 +1-1 34+1 45化简得 = , = ,联立解得 k=27,n=62.-+134+1-45故第 62行会出现满足条件的三个相邻的数 .【答案】6211.已知 f(x)=(1+x)m+(1+2x)n(m,nN *)的展开式中, x的系数为 11.(1)求 x2的系数取最小值时 n的值 .(2)当 x2的系数取得最小值时,求 f(x)展开式中 x的奇次项的系数之和 .【解析】(1)由已知 +2 =11,所以 m+2n=11,11x2项的系数为 +22 = +2n(n-1)2 2(-1)2= +
9、(11-m) = + .2-2 (11-2 -1) (-214)235116因为 mN *,所以 m=5时, x2项的系数取得最小值 22,此时 n=3.(2)由(1)知,当 x2项的系数取得最小值时, m=5,n=3,所以 f(x)=(1+x)5+(1+2x)3,设这时 f(x)的展开式为 f(x)=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,令 x=1,a0+a1+a2+a3+a4+a5=25+33=59,令 x=-1,a0-a1+a2-a3+a4-a5=-1,两式相减得 2(a1+a3+a5)=60,故展开式中 x的奇次项的系数之和为 30.1第 1课时 分类加法计数原理基础达
10、标(水平一)1.已知集合 A1,2,3,且 A中至少有一个奇数,则这样的集合 A有( ).A.2个 B.3个 C.4个 D.5个【解析】满足题意的集合 A分两类:第一类,有一个奇数,有1,3,1,2,2,3共 4个;第二类,有两个奇数,有1,3 .所以共有 4+1=5个 .【答案】D2.三人踢毽子,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,毽子又被踢回甲,则不同的传递方式共有( ).A.4种 B.5种 C.6种 D.12种【解析】若甲先传给乙,则有甲乙甲乙甲,甲乙甲丙甲,甲乙丙乙甲,共 3种不同的传法;同理,甲先传给丙也有 3种不同的传法,故共有 6种不同的传法 .【答案】
11、C3.若 a,b是不等式 0 的整数解,则与直线 l:x-y+1=0平行的直线 m:ax+by+1=0共有( ).2-162A.2条 B.4条 C.6条 D.7条【解析】由 0,可得 -4 x4 且 x0 .因为 a,b是不等式 0 的整数解,所2-1622-162以 a,b可以取 -4,-3,-2,-1,1,2,3,4.若直线 l与直线 m平行,则 a=-b1,根据分类加法计数原理,共有 7条直线 m满足条件,选 D.【答案】D4.已知两条异面直线 a、 b上分别有 7、8 个点,则这 15个点可以确定不同的平面的个数为( ).A.10 B.14 C.15 D.56【解析】直线 a上的 7个
12、点,每个点都能与直线 b确定 1个平面,故这 7个点与直线 b可以确定 7个平面 .因为 a,b是异面直线,所以这 7个平面是不同的平面 .同理,直线 b上的8个点与直线 a可以确定 8个不同的平面 .故这 15个点可以确定 7+8=15个不同的平面 .【答案】C5.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 . 【解析】以 1为首项的等比数列为 1,2,4和 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,共 4个 .把这四个数列顺序颠倒,又得到 4个新数列,故所求等比数列有 8个 .【答案】86.如图,
13、电路中共有 3个电阻与 1个灯泡,若灯泡不亮,则因电阻断路的情况共有 种 .2【解析】每个电阻都有断路与通路两种状态,灯泡不亮可以分三种情况讨论: 1个电阻断路,此时只有 1种情况; 2个电阻断路,此时有 3种情况; 3个电阻断路,此时只有 1种情况 .根据分类加法计数原理,灯泡因电阻断路不亮的所有情况共有 1+3+1=5种 .【答案】57.若 x,yN *,且 x+y6,试求有序自然数对( x,y)的个数 .【解析】按 x的取值进行分类:x=1时, y=1,2,3,4,5,共构成 5个有序自然数对;x=2时, y=1,2,3,4,共构成 4个有序自然数对;x=3时, y=1,2,3,共构成
14、3个有序自然数对;x=4时, y=1,2,共构成 2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 5+4+3+2+1=15个 .拓展提升(水平二)8.已知方程 ay=b2x2+c中的 a,b,c -2,0,1,2,3,且 a,b,c互不相等,在所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有( ).A.28条 B.32条 C.36条 D.48条【解析】由方程 ay=b2x2+c变形得 x2= y- ,若表示抛物线 ,则 a0, b0,所以分 b=-222,1,2,3四种情况:当 b=-2时, =1,=0或 =2或 =3,=2,=0或 =1或
15、 =3,=3,=0或 =1或 =2.当 b=2时, =-2,=0或 =1或 =3,=1,=-2,或 =0或 =3,=3,=-2或 =0或 =1.以上两种情况下有 4条重复,故共有 9+5=14条 .同理,当 b=1时,共有 9条;当 b=3时,共有 9条 .综上,共有 14+9+9=32条 .【答案】B9.若集合 A1,A2满足 A1 A2=A,则记 A1,A2是 A的一组双子集拆分,规定: A1,A2和 A2,A1是 A的同一组双子集拆分,已知集合 A=1,2,则 A的不同双子集拆分共有( ).A.8组 B.7组 C.5组 D.4组【解析】根据题意,集合 A=1,2,其子集是,1,2,1,2
16、,设集合 A1,A2满足 A1 A2=A,若 A1=,则 A2=1,2,有 1种情况;若 A1=1,则 A2=1,2或2,有 2种情况;若 A1=2,则 A2=1,2或1,有 2种情况,但有 1种情况是重复的;若 A1=1,2,则 A2=1,2或1或2或,有 4种情况,但有 3种情况是重复的 .故共有 1+2+1+1=5组 .【答案】C10.如图,小圆圈表示网络的结点,结点之间的连线表示它们有网线相连,连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量,现从结点 B向结点 A传递信息,信息可以分开沿不同的路线同时传递,则单位时间内传递的最大信息量为 . 3【解析】依题意,首先找出 B到
17、A的路线,一共有 4条,分别是 BCDA,信息量最大为3;BEDA,信息量最大为 4;BFGA,信息量最大为 6;BHGA,信息量最大为 6.由分类加法计数原理,单位时间内传递的最大信息量为 3+4+6+6=19.【答案】1911.已知 ABC三边 a,b,c的长都是整数,且 a b c,如果 b=25,求符合条件的三角形的个数 .【解析】根据题意, a可取的值为 1,2,3,25,根据三角形的三边关系,有 25 c25+a,当 a=1时,有 25 c26,即 c=25,有 1种情况;当 a=2时,有 25 c27,即 c=25,26,有 2种情况;当 a=3时,有 25 c28,即 c=25
18、,26,27,有 3种情况;当 a=4时,有 25 c29,即 c=25,26,27,28,有 4种情况;当 a=25时,有 25 c50,即 c=25,26,27,28,49,有 25种情况 .故符合条件的三角形个数为 1+2+3+4+25= =325.25(1+25)2- 1 -第 2课时 分步乘法计数原理基础达标(水平一)1.一个袋子里装有 7张不同的中国移动手机卡,另一个袋子里装有 8张不同的中国联通手机卡,某人想得到一张中国移动卡和一张中国联通卡,供自己今后选择使用,一共有不同的取法种数为( ).A.78 B.15 C.87 D.56【解析】由分步乘法计数原理知,有 78=56种不同
19、的取法 .【答案】D2.某团支部进行换届选举,从甲、乙、丙、丁四人中选出三人分别担任书记、副书记、组织委员,规定上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职,则不同的任职方案有( ).A.10种 B.11种 C.12种 D.13种【解析】当丁不入选时,由甲、乙、丙三人任职,甲有两种选择,余下的乙和丙只有一种选择;当丁入选时,有三种结果,丁担任三个人中没有入选的人的职务时,只有一种结果,丁担任入选的两个人的职务时,有两种结果,共有 3(2+1)=9种 .综上可知,共有 9+2=11种结果,故选 B.【答案】B3.已知集合 A=0,2,3,B=x|x=ab,a,b A,则集合 B的子集的个数是( ).A.
20、4 B.8 C.16 D.15【解析】由题可知 B=0,4,6,9,则集合 B的子集的个数是 24=16.【答案】C4.将 4种不同颜色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】由分步乘法计数原理知,有 4322=48种不同的着色方法 .【答案】D5.从 -1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数 f(x)=ax2+bx+c的系数,可组成不同的二次函数共有 个,其中不同的偶函数共有 个 .(用数字作答) 【解析】一个二次函数对应着 a,b,c(a0)的一组取值, a的取法有 3种,
21、b的取法有 3种,c的取法有 2种,由分步乘法计数原理知,不同的二次函数共有 332=18个 .若二次函数为偶函数,则 b=0,易知共有 32=6个 .【答案】18 66.人们习惯把个位是 6的多位数叫作“吉祥数”,则无重复数字的 4位吉祥数(首位不能是零)共有 个 . 【解析】第一步,确定千位,除去 0和 6有 8种不同的选法;第二步,确定百位,除去 6和千位数字外有 8种不同的选法;第三步,确定十位,除去 6和千位、百位上的数字外还有 7种不同的选法 .根据分步乘法计数原理,共有 887=448个不同的吉祥数 .【答案】4487.已知集合 M=-3,-2,-1,0,1,2,P(a,b)表示
22、平面上的点( a,b M),则:(1)P可以表示平面上多少个不同的点?(2)P可以表示平面上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?- 2 -【解析】(1)完成这件事分两个步骤:第一步,确定 a的值,有 6种取法;第二步,确定 b的值,有 6种取法 .由分步乘法计数原理知, P可以表示平面上 66=36个不同的点 .(2)根据条件需满足 a0.完成这件事分两个步骤:第一步,确定 a的值,有 3种取法;第二步,确定 b的值,有 2种取法 .由分步乘法计数原理知, P可以表示平面上 32=6个第二象限的点 .(3)因为点 P不在直线 y=x上,所以第一步 a的取法有 6种
23、,第二步 b的取法有 5种 .根据分步乘法计数原理可知, P可以表示 65=30个不在直线 y=x上的点 .拓展提升(水平二)8.一植物园参观路径如图所示,若要全部参观并且路线不重复,则不同的参观路线种数为( ).A.6 B.8 C.36 D.48【解析】如图所示,由题意知在 A点可先参观区域 1,也可先参观区域 2或 3,每种选法中可以按逆时针参观,也可以按顺时针参观,所以第一步可以从 6个路口任选一个,有 6种走法;参观完第一个区域后,选择下一步走法,有 4种走法;参观完第二个区域后,只剩下最后一个区域,有 2种走法 .根据分步乘法计数原理,共有 642=48种不同的参观路线 .【答案】D
24、9.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组” .在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( ).A.60 B.48 C.36 D.24【解析】因为长方体每个面都有满足要求的 6条直线与之平行,且每个对角面都有满足要求的 2条直线与之平行,所以构成的“平行线面组”的个数是 66+62=48.【答案】B10.若一个 m,n均为非负整数的有序数对( m,n),在做 m+n的加法时各位均不会进位,则称( m,n)为“简单的有序数对”, m+n称为有序数对( m,n)的值,那么值为 1942的“简单的有序数对”的个数是 . 【解析】
25、先确定 m,m确定了, n也就确定了 .分步计数,千位可以取 0,1;百位可以取 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9;十位可以取 0,1,2,3,4;个位可以取 0,1,2.根据分步乘法计数原理,共有 21053=300个 .【答案】30011.已知有 5幅不同的国画,2 幅不同的油画,7 幅不同的水彩画 .(1)从中任选一幅画布置房间,有几种不同的选法?(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间,有几种不同的选法?(3)从这些画中任选出 2幅不同画种的画布置房间,有几种不同的选法?【解析】(1)利用分类加法计数原理,有 5+2+7=14种不同的选法 .(2)国画有 5种不同的选法
26、,油画有 2种不同的选法,水彩画有 7种不同的选法,利用分步乘法计数原理得到 527=70种不同的选法 .- 3 -(3)选法分三类,分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画,由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知,共有 52+27+57=59种不同的选法 .- 1 -第 3课时 两种计数原理的综合应用基础达标(水平一)1.李芳有 4件不同颜色的衬衣,3 条不同款式的裙子,另有 2套不同样式的连衣裙 .“五一”节需选择 1套服装参加歌舞演出,则不同的选择方法的种数为( ).A.7 B.9 C.12 D.14【解析】不同的选择方法有 43+2=14种 .【答案】D2.将 10支完全相同的钢
27、笔放入三个完全相同的笔筒中,要求每个笔筒至少放 1支,至多放 5支,则不同的放法共有( ).A.2种 B.3种 C.4种 D.5种【解析】不同的放法有(1,4,5),(2,3,5),(2,4,4),(3,3,4),共 4种 .【答案】C3.某综艺节目中有 4对父子,在完成某项任务时,要求分为 4组,每组都有一个大人和一个孩子,但每个爸爸不能与自己的孩子分在一组,则不同的分配方法有( ).A.8种 B.9种 C.10种 D.11种【解析】设 4个爸爸分别为 A,B,C,D,4个孩子分别为 a,b,c,d.假设 A与 b分在一组,则余下 3个爸爸带着剩下的 3个孩子,共有 3种不同分法,同理 A与
28、 c或 A与 d一组时,也分别有3种不同分法,由分类加法计数原理知共有 3+3+3=9种不同的分配方法 .【答案】B4.72的正约数(包括 1和 72)的个数为( ).A.14 B.13 C.12 D.10【解析】 72=2332, 2m3n(0 m3,0 n2, m,nN)都是 72的正约数 .m的取法有4种, n的取法有 3种,由分步乘法计数原理知共 34=12个 .【答案】C5.如图所示的几何体是由一个正三棱锥 P-ABC与正三棱柱 ABC-A1B1C1组合而成的,现用 3种不同的颜色对这个几何体的表面涂色(底面 A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的涂色方案共有 种 .
29、【解析】先涂三棱锥 P-ABC的三个侧面,然后涂三棱柱的三个侧面,由分步乘法计数原理,共有 3212=12种不同的涂法 .【答案】126.圆周上有 2n个等分点( n1),以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为 . 【解析】在这 2n个等分点中,共有 n对点连线过圆心, 若以其中三个点为顶点构造直角三角形可分两步:第一步,在 n对点中任取一对共有 n种选法;第二步,在剩下的(2 n-2)个点中任取一点有(2 n-2)种选法 . 构成直角三角形的个数为 n(2n-2)=2n(n-1).【答案】2 n(n-1)7.有一元纸币 3张,五元纸币 6张,百元纸币 4张,共可组成多少种不同的币值?【解析】
30、分三步:第一步,选一元纸币,可以不选或选 1张或选 2张或选 3张有 4种选法;第二步,选五元纸币,有 7种选法;- 2 -第三步,选百元纸币,有 5种选法 .但不可以都不选,因此共可组成 475-1=139种不同的币值 .拓展提升(水平二)8.从 0,1,2,9这 10个数字中,任取 2个不同的数字作为平面直角坐标系中点( a,b)的坐标,能够确定不在 x轴上的点的个数是( ).A.100 B.90 C.81 D.72【解析】第一步,从 1,2,9这 9个数字中取一个数作为点的纵坐标,有 9种不同的方法;第二步,从其余的 9个数字中取一个数作为点的横坐标,有 9种不同的方法 .由分步乘法计数
31、原理知,有 99=81个不同的点 .【答案】C9.设集合 I=1,2,3,4,选择 I的两个非空子集 A和 B,要使 B中最小的元素大于 A中最大的元素,则不同的选择方法共有( ).A.15种 B.17种 C.21种 D.24种【解析】当集合 A中最大的元素为 1时,有 1种情形,此时集合 B有 23-1=7种情形;当集合 A中最大的元素为 2时,有 21=2种情形,此时集合 B有 22-1=3种情形;当集合 A中最大的元素为 3时,有 22=4种情形,此时集合 B有 1种情形 .所以共有 17+23+41=17种不同的选择方法,故选 B.【答案】B10设 an为等差数列,从 a1,a2,a3
32、,a10中任取 4个不同的数,使这 4个数仍成等差数列,则这样的等差数列最多有 个 . 【解析】设数列 an的公差为 d,若取出的 4个数公差为 d,则有 7个;若公差为 2d,则有 4个;若公差为 3d,则有 1个 .注意还有顺序可以颠倒,则这样的等差数列最多有(7 +4+1)2=24个 .【答案】2411.用 6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报,板报设计如图所示,要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔 .问:该板报有多少种书写方案?【解析】第一步,选英语角用的彩色粉笔,有 6种不同的选法;第二步,选语文学苑用的彩色粉笔,不能与英语角用的彩色粉笔颜色相同,有 5种不同的选法;第三步,选理综视界用
33、的彩色粉笔,与英语角和语文学苑用的彩色粉笔颜色都不能相同,有 4种不同的选法;第四步,选数学天地用的彩色粉笔,只需与理综视界用的彩色粉笔颜色不同即可,有 5种不同的选法 .由分步乘法计算原理知,共有 6545=600种不同的书写方案 .- 1 -第 4 课时 排列基础达标(水平一)1.先后抛掷两枚质地均匀的正六面体骰子,设出现的点数之和是 12,11,10 的概率依次是P1,P2,P3,则( ).A.P1=P2P3 B.P1P2P3C.P1P2=P3 D.P3=P2P1【解析】通过如下列表,1 2 3 4 5 61234 105 10 116 10 11 12可得 P1= ,P2= ,P3=
34、,故 P1P2P3.136 236 336【答案】B2.6 位选手依次演讲,其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲,则不同的演讲次序共有( ).A.240 种 B.360 种 C.480 种 D.720 种【解析】由题意知,甲可从剩余 4 个位置选择一个,其余选手不限制,所以不同的演讲次序共有 =480 种 .1455【答案】C3.若 S= + + + + ,则 S 的个位数字是( ).11223344 100100A.8 B.5 C.3 D.0【解析】因为当 n5 时, 的个位数是 0,故 S 的个位数取决于前四个排列数 ,又 + + + 112233=33,所以 S 的个位数字是 3.44
35、【答案】C4.在航天员进行的一项太空实验中,先后要实施 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,则实验顺序的编排方法共有( ).A.93 种 B.92 种 C.96 种 D.95 种【解析】当 A 出现在第一步时,排 A,B,C 以外的 3 个程序,有 种排法, A,B,C 以外的 3 个33程序生成 4 个可以排列程序 B,C 的空位,此时共有 种排法;当 A 出现在最后一步时,排法331422与 A 出现在第一步时相同,即此时也有 种排法 .综上可知,共有 2 =96 种编排方法 .331422 331422【答案】C5.从甲、乙、丙三人中选
36、两人站成一排的所有站法为 .(填正确答案的序号) 甲乙,乙甲,甲丙,丙甲; 甲乙丙,乙丙甲;- 2 - 甲乙,甲丙,乙甲,乙丙,丙甲,丙乙; 甲乙,甲丙,乙丙 .【解析】这是一个排列问题,与顺序有关,任意两人对应的是两种站法,故 正确 .【答案】 6. “数”是指每个数字比其左边的数字大的自然数(如 1469),则在两位的“ 数”中任取一个数比 36 大的概率是 . 【解析】因为十位是 1 的“数”有 8 个;十位是 2 的“数”有 7 个,十位是 8 的“数”有 1 个,所以两位的“数”共有 8+7+6+5+4+3+2+1=36 个 .因为以 3 为十位比 36 大的“数”有 3 个,分别以
37、 4,5,6,7,8 为十位的“数”均比 36 大,且共有 5+4+3+2+1=15 个,所以比36 大的两位“数”共有 3+15=18 个 .故在两位的“数”中任取一个数比 36 大的概率是 =1836.12【答案】127.(1)5 本相同的书全部送给 6 个人,每人至多 1 本,有多少种送书方案?(2)5 本不同的书全部送给 6 个人,每人至多 1 本,有多少种送书方案?【解析】(1)5 本相同的书全部送给 6 个人,每人至多 1 本,相当于 6 个人中有且仅有 1 个人得不到书,所以不同的送书方案共有 6 种 .(2)5 本不同的书全部送给 6 个人,每人至多 1 本,相当于从 6 个不
38、同的元素中取出 5 个元素的排列,所以不同的送书方案共有 =720 种 .56拓展提升(水平二)8.用 1,4,5,x 四个不同的数字组成四位数,所有这些四位数中的数字的总和为 288,则 x=( ).A.2 B.3 C.6 D.7【解析】当 x=0 时明显不行,当 x0 时,有 =24 个四位数,44 每个四位数的数字之和为 1+4+5+x, 24(1+4+5+x)=288,x= 2,故选 A.【答案】A9.某教师一天上 3 个班级的课,每班上 1 节课,如果一天共 9 节课,上午 5 节课,下午 4 节课,并且教师不能连上 3 节课(第 5 节和第 6 节不算连上),那么这位教师一天的课表
39、的所有不同排法有( ).A.474 种 B.77 种 C.462 种 D.79 种【解析】本题如果用直接法考虑,则在安排的过程中还要考虑两节连堂,并且会受到第 5,6节课连堂的影响,分类讨论的情形较多,不易求解 .如果使用间接法则更为容易 .首先在无任何特殊要求下,安排的总数为 ,不符合要求的情况为上午连上 3 节有 3 种和下午连上 3 节有 239 33种 ,所以不同排法的总数为 -3 -2 =474 种 .33 39 33 33【答案】A10.有 4 名司机,4 名售票员要分配到 4 辆汽车上,使每辆汽车上各有 1 名司机和 1 名售票员,则可能的分配方法有 种 . 【解析】司机、售票员
40、各有 种安排方法,由分步乘法计数原理知共有 =576 种不同44 44 44的安排方法 .- 3 -【答案】57611.如图,有四种不同颜色可以给图中 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的颜色,问有多少种不同的涂色方法?【解析】如果用四种颜色涂六个点,那么需要有两对不相邻的点涂相同的颜色 .所以考虑列举出不相邻的两对点 .列举的情况如下: A,CB,D,A,CB,E,A,CD,F,A,FB,D,A,FB,E,A,FC,E,B,DC,E,B,ED,F,C,ED,F,共九组,所以涂色方法共有9 =216 种 .44如果用三种颜色涂六个点,那么需
41、要有三对不相邻的点涂相同的颜色,列举情况如下: A,CB,ED,F,A,FC,EB,D,共两组,所以涂色方法共有 2 =48 种 .34综上所述,共有 216+48=264 种 .- 1 -第 5 课时 排列应用举例基础达标(水平一)1.用数字 0,1,2,3,4,5 可以组成没有重复数字,并且比 20000 大的五位数且是偶数共有( ).A.288 个 B.240 个 C.144 个 D.126 个【解析】第 1 类,个位数字是 2,首位可排 3,4,5,有 种排法,其余数字有 种排法,所以有13 34个数 ;1334第 2 类,个位数字是 4,有 个数;1334第 3 类,个位数字是 0,
42、首位可排 2,3,4,5,有 种排法,其余数字有 种排法,所以有 个14 34 1434数 .由分类加法计数原理,可得共有 2 + =240 个数 .13341434【答案】B2.6 个停车位置,有 3 辆汽车需要停放,若要使 3 个空位连在一起,则停放的方法种数为( ).A. B. C. D.33 36 46 44【解析】把 3 个空位捆绑在一起与另外 3 个停放汽车的位置全排列,对应停放的方法种数为 .44【答案】D3.在安排 6 名歌手演出的顺序时,要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面,则不同排法的种数为( ).A.180 B.240 C.360 D.480【解析】先全排列有 种,甲
43、、乙、丙的顺序有 种,乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面66 33的顺序有甲乙丙,甲丙乙,乙丙甲,丙乙甲 4 种顺序,所以不同排法的种数共有 4 =480.6633【答案】D4.下面是高考第一批录取的一份志愿表:志愿 学校 专业第一志愿 1第 1 专业第 2 专业第二志愿 2第 1 专业第 2 专业第三志愿 3第 1 专业第 2 专业现有 4 所重点院校,每所院校有 3 个专业是你较为满意的选择,如果表格填满且规定学校没有重复,同一学校的专业也没有重复,那么你将有不同的填法的种数是( ).- 2 -A. ( )3 B. 3334 23 34C.4323 D.43( )323【解析】第一步,填好
44、3 个学校,有 种方法,第二步,填好第 1 个学校的 2 个专业,有 种34 23方法,第三、四步,填好第 2 个、3 个学校的 2 个专业,各有 种方法,则不同的填法的种数23是 ( )3.34 23【答案】A5.将 A,B,C,D,E 五个不同的文件放入一排编号依次为 1,2,3,4,5,6 的六个抽屉内,每个抽屉至多放一种文件 .若文件 A,B 必须放入相邻的抽屉内,文件 C,D 也必须放相邻的抽屉内,则文件放入抽屉内满足条件的所有不同的方法有 种 . 【解析】利用“捆绑法”, AB,CD 分别捆在一起,此时问题相当于把 3 个不同文件放入四个不同的抽屉内,每个抽屉至多放一个文件,则有
45、=96 种方法.342222【答案】966.安排 7 位工作人员在 10 月 1 日到 10 月 7 日值班,每人值班一天,其中甲、乙两人都不能安排在 10 月 1 日和 10 月 2 日,不同的安排方法共有 种 .(用数字作答) 【解析】(法一:直接法)先安排甲、乙两人在后 5 天值班,有 =20 种排法,其余 5 天再进25行全排列,有 =120 种排法,所以共有 20120=2400 种安排方法 .55(法二:间接法)不考虑甲、乙两人的特殊情况,其安排方法有 =5040 种方法,其中不符合77要求的有 + =2640 种方法,所以共有 5040-2640=2400 种方法 .225512
46、152255【答案】24007.喜羊羊家族的四位成员与灰太狼、红太狼进行谈判,通过谈判他们握手言和,准备一起合影(排成一排) .(1)要求喜羊羊家族的四位成员必须相邻,有多少种排法?(2)要求灰太狼、红太狼不相邻,有多少种排法?【解析】(1)把喜羊羊家族的四位成员看成一个元素,排法为 .又因为四位成员交换顺序33产生不同排列,所以共有 =144 种排法 .33 44(2)第一步,将喜羊羊家族的四位成员排好,有 种排法;第二步,让灰太狼、红太狼插入四44人形成的空当(包括两端),有 种排法,共有 =480 种排法 .25 44 25拓展提升(水平二)- 3 -8.室内体育课上,王老师为了丰富课堂
47、内容,调动同学们的积极性,他把第四排的 8 个同学请出座位并且编号为 1,2,3,4,5,6,7,8.经过观察这 8 个同学的身体特征,王老师决定,按照 1,2号相邻,3,4 号相邻,5,6 号相邻,而 7 号与 8 号不相邻的要求站成一排做一种游戏,则不同的排法种数为( ).A.465 B.576 C.567 D.834【解析】把编号相邻的 3 组同学每两个同学捆成一捆,这 3 捆之间有 =6 种排序方法,并33且形成 4 个空,再将 7 号与 8 号插进空中有 =12 种插法, 而捆好的 3 捆中每相邻的两个同学24都有 =2 种排法 .22所以不同的排法种数为 23612=576,故选
48、B.【答案】B9.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,则不同的排列方法共有( ).A.12 种 B.18 种 C.24 种 D.36 种【解析】根据分步乘法计数原理,先排第一列,有 种方法;再排第二列,有 2 种方法 .故共33有 2=12 种排列方法 .33【答案】A10.把 5 件不同的产品摆成一排,若产品 A 与产品 B 相邻,且产品 A 与产品 C 不相邻,则不同的摆法共有 种 . 【解析】记其余 2 件产品为 D,E.A,B 相邻视为一个元素,先与 D,E 排列,有 种摆法;再2233将 C 插入,仅有 3 个空位可选 .因此,
49、共有 3 =326=36 种不同的摆法 .2233【答案】3611.把 1,2,3,4,5 这五个数组成无重复数字的五位数,并把它们按由小到大的顺序排成一个数列 .(1)43251 是这个数列的第几项?(2)这个数列的第 96 项是多少?(3)求这个数列所有项的和 .【解析】(1)先考虑大于 43251 的数,分为以下三类:第一类,以 5 开头的有 个;第二类,44以 45 开头的有 个;第三类,以 435 开头的有 个 .则不大于 43251 的五位数共有 -( + + )33 22 55 443322=88 个,即 43251 是这个数列的第 88 项 .(2)(法一)此数列共有 =120
50、 项,第 96 项以后还有 120-96=24 项,即比第 96 项所表示的五55位数大的五位数有 24 个,所以小于以 5 开头的五位数中最大的一个就是该数列的第 96 项,即45321.- 4 -(法二)由(1)知 43251 是该数列的第 88 项,再加上 8 项即第 96 项 .所以第 89 项是 43512,第 90 项是 43521,第 91 项是 45123,第 92 项是 45132,第 93 项是 45213,第 94 项是 45231,第95 项是 45312,第 96 项是 45321.(3)因为 1,2,3,4,5 在万位上时都有 个五位数,所以万位数字的和为(1 +2+3+4+5)44 10000.同理,它们在千位、百位、十位、个位上也都有 个五位数,所以所求和为44 44(1+2+3+4+5) (1+10+100+1000+10000)=152411111=3999960.即这个数列所有项的和44为 3999960.
