1、1第十五单元 计数原理教材复习课 “计数原理”相关基础知识一课过两个计数原理过双基两个计数原理分类加法计数原理 分步乘法计数原理条件完成一件事有两类方案在第 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 种不同的方法结论完成这件事共有 N m n 种不同的方法完成这件事共有 N mn 种不同的方法小 题 速 通 1某班有男生 26 人，女生 24 人，从中选一位同学为数学科代表，则不同选法的种数为( )A50 B26C24 D616解析：选 A 由分类加法计数原理知不同的选法种数为 262450
2、. 2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( )A30 个 B42 个C36 个 D35 个解析：选 C a bi 为虚数， b0，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 6636 个虚数3已知集合 P x， y， z， Q1,2,3，映射 f： P Q 中满足 f(y)2 的映射的个数为( )A2 B4C6 D9解析：选 D 集合 P x， y， z， Q1,2,3, 要求映射 f： P Q 中满足 f(y)2, 则要构成一个映射 f： P Q，只要再给集合 P 中的另外两个元素 x， z 在集合
3、 Q 中都找2到唯一确定的像即可. x 可以对应集合 Q 中的三个元素中的任意一个，有 3 种对应方法， 同样 z 也可以对应集合 Q 中的三个元素中的任意一个，也有 3 种对应方法， 由分布乘法计数原理，可得映射 f： P Q 中满足 f(y)2 的映射的个数为 339. 清易错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，步步之间是相关联的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( )A30 B20C10 D
4、6解析：选 D 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：取出的两数都是偶数，共有 3 种方法；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 N336 种2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( )A243 B252C261 D279解析：选 B 0,1，2，9 共能组成 91010900 个三位数，其中无重复数字的三位数有 998648 个，有重复数字的三位数有 900648252 个排列与组合过双基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
5、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 .Amn2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3(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 .Cmn3排列数、组合数的公式及性质公式排列数公式A n(n1)mn(n2)( n m1) n！ n m ！组合数公式C mnAmnAm n n 1 n m 1m！n！m！ n
6、 m ！性质(1)A n！；(2)0！n1(1)C ；0n 1(2)C C _；mn n mn(3)C C Cmn m 1n mn 1备注 n， mN *且 m n小 题 速 通 1在航天员进行的一项太空实验中，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，则在该实施中程序顺序的编排方法共有( )A34 种 B48 种C96 种 D144 种解析：选 C 由题意知，程序 A 只能出现在第一步或最后一步，所以有 A 2 种方2法因为程序 B 和 C 实施时必须相邻，所以把 B 和 C 看作一个元素，有 A A 48 种方法，42根据分步乘法
7、计数原理可知共有 24896 种方法2某学校周二安排有语文、数学、英语、物理、化学、体育六节课，要求数学不排在第一节课，体育不排在第四节课，则这天课程表的不同排法种数为( )A720 B504C384 D120解析：选 B 以数学课的排法进行分类：(1)数学排在第四节，则体育课可排在其余任意一节，故不同的排法种数为 A 120.(2)数学排在除第一节、第四节外的其余四节，其5排法为 4 种；体育课则从除第四节、数学选择的节次外的其余四节任选一节，其排法为 4种；其余课程由剩余 4 节课进行全排，不同的排法种数为 A 24.由分步乘法计数原理可4得，不同的排法种数共有 4424384.综上，由分
8、类加法计数原理可得，不同的排法种数有 120384504.3将某师范大学 4 名大四学生分成 2 人一组，安排到 A 城市的甲、乙两所中学进行教学实习，并推选甲校张老师、乙校李老师作为指导教师，则不同的实习安排方案共有_种4解析：采取“学校”选“人”的思路，则不同的实习安排方案有 C C 6 种242答案：64方程 3A 2A 6A 的解为_3x 2x 1 2x解析：由排列数公式可知3x(x1)( x2)2( x1) x6 x(x1)， x3 且 xN *，3( x1)( x2)2( x1)6( x1)，即 3x217 x100，解得 x5 或 x (舍去)， x5.23答案：55已知 ，则
9、C _.1Cm5 1Cm6 710Cm7 m8解析：由已知得 m 的取值范围为 ，m|0 m 5， m Z由组合数公式可知， ，m！ 5 m ！5！ m！ 6 m ！6！ 7 7 m ！ m！107！整理可得 m223 m420，解得 m21(舍去)或 m2.故 C C 28.m8 28答案：28清易错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.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( )A423 B288C216 D144解析：选
10、 B 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 2C A 144，同理 2,4 与 6 相邻的有13 4A 22A 48 个，所以只有 2,4 相邻的有 1444896 个，全部符合条件的六位数有2 3963288 个二项式定理过双基1二项式定理二项式定理 (a b)nC anC an1 bC an kbkC bn(nN *)0n 1n kn n二项式系数 二项展开式中各项系数 (k0,1， n)Ckn二项式通项 Tk1 C an kbk，它表示第 k1 项kn52二项式系数的性质小 题 速 通 1已知 C 2C
11、 2 2C 2 3C 2 nC 729，则 C C C C 等于( )0n 1n 2n 3n n 1n 2n 3n nA63 B64C31 D32解析：选 A 逆用二项式定理得 C 2C 2 2C 2 3C 2 nC (12)0n 1n 2n 3n nn3 n729，即 3n3 6，所以 n6，所以 C C C C 2 6C 64163.1n 2n 3n n 0n2. 5的展开式中， x2y3的系数是( )(12x 2y)A20 B5C6 D20解析：选 A Tr1 C 5 r(2 y)rr5(12x)(2) rC 5 rx5 ryr.r5(12)令 5 r2，得 r3，(2) 3C 53 2
12、0.35(12) x2y3的系数为20.3(2017山东高考)已知(13 x)n的展开式中含有 x2项的系数是 54，则n_.解析：(13 x)n的展开式的通项为 Tr1 C (3x)r.rn令 r2，得 T39C x2.由题意得 9C 54，解得 n4.2n 2n答案：44(2018山西四校联考)如果(2 x1) 6 a0 a1x a2x2 a6x6，那么a1 a2 a6的值等于_解析：令 x0，有 1 a0；令 x1，有 1 a0 a1 a6，所以 a1 a2 a60.答案：06清易错1二项式的通项易误认为是第 k 项，实质上是第 k1 项2易混淆二项式中的“项” ， “项的系数” 、 “
13、项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指 C (k0,1， n)kn1(2018长沙长郡中学月考)若 n的展开式中的所有二项式系数之和为 512，(x21x)则该展开式中常数项为( )A84 B84C36 D36解析：选 B 由二项式系数之和为 2n512，得 n9.又 Tr1 (1) rC x183 r，令r9183 r0，得 r6，故常数项为 T784.2若二项式 n的展开式中的第 5 项是常数，则自然数 n 的值为( )(x2x)A6 B10C12 D15解析：选 C 由二项式 n的展开式的第 5 项 C ( )n4 416C x 6 是常数(
14、x2x) 4n x ( 2x) 4nn2项，可得 60，解得 n12.n2一、选择题15 名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去” ，则第二天可能出现的不同情况的种数为( )AC B2 525C5 2 DA 25解析：选 B 不妨设 5 名同学分别是 A， B， C， D， E, 对于 A 同学来说，第二天可能出现的不同情况有去和不去 2 种， 同样对于B， C， D， E 都是 2 种，由分步乘法计数原理可得， 第二天可能出现的不同情况的种数为222222 5(种). 2.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，
15、则不同的着色方法共有( )A24 种 B30 种C36 种 D48 种解析：选 D 按 A B C D 顺序分四步涂色，共有 432248(种)3(2018云南师大附中适应性考试)在( a x)7展开式中 x4的系数为 280，则实数 a7的值为( )A1 B1C2 D2解析：选 C 由题知，C a3280，解得 a2.474.如图， MON 的边 OM 上有四点 A1， A2， A3， A4， ON 上有三点B1， B2， B3，则以 O， A1， A2， A3， A4， B1， B2， B3为顶点的三角形个数为( )A30 B42C54 D56解析：选 B 用间接法先从这 8 个点中任取
16、3 个点，最多构成三角形 C 个，再减去38三点共线的情形即可共有C C C 42(个)38 35 345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( )A12 B24C36 D48解析：选 B 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 2A 种排法，故总的排法有 22A 24(种)3 36已知(1 ax)(1 x)5的展开式中 x2的系数为 5，则 a( )A4 B3C2 D1解析：选 D 展开式中含 x2的系数为 C aC 5，
17、25 15解得 a1.7(2018成都一中摸底)设( x21)(2 x1) 9 a0 a1(x2) a2(x2)2 a11(x2) 11，则 a0 a1 a2 a11的值为( )A2 B1C1 D2解析：选 A 令等式中令 x1，可得 a0 a1 a2 a11(11)(1) 92.8从 1,3,5,7,9 这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为 a， b，共可得到 lg alg b 的不同值的个数是( )A9 B10C18 D208解析：选 C lg alg blg ，从 1,3,5,7,9 中任取两个数分别记为 a， b，共有abA 20 个结果，其中 lg lg ，lg lg ，故共可得
18、到不同值的个数为 20218.2513 39 31 93二、填空题9. 5的二项展开式中 x 项的系数为_(2x1x)解析： 5的展开式的通项是 Tr1 C (2x)5 r rC (1)(2x1x) r5 ( 1x) r5r25 rx52 r.令 52 r1，得 r2.因此 5的展开式中 x 项的系数是 C (1)(2x1x) 252252 80.答案：8010若 n dx，则二项式(1 x)n的展开式中第 1 009 项的二项式系数为e2 018e 1x 2_(用符号作答)解析：由题意知， n dxln xError!2 017，二项式(1 x)2 017的展开式中e2 018e 1x 2第
19、 1 009 项为 T1 0081 C ( x)1 008，其二项式系数为 C .1 0082 17 2 1 0082 17答案：C 1 0082 1711(2017天津高考)用数字 1,2,3,4,5,6,7,8,9 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个(用数字作答)解析：一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有 C C A 960(个)，四个数字都14354是奇数的四位数有 A 120(个)，则至多有一个数字是偶数的四位数一共有 9601201 45080(个)答案：1 08012有一个五边形 ABCDE，若把顶点 A， B， C， D， E 涂上红、黄
20、、绿三种颜色中的一种，使得相邻的顶点所涂的颜色不同，则共有_种不同的涂色方法解析：首先 A 选取一种颜色，有 3 种情况. 如果 A 的两个相邻点 B， E 颜色相同，有 2 种情况，则最后两个点 C， D 也有 2 种情况； 如果 A 的两个相邻点 B， E 颜色不同，有 2 种情况； 则最后两个点 C， D 有 3 种情况. 所以共有 3(2223)30 种不同的涂色方法. 答案：309三、解答题13已知( a21) n展开式中的二项式系数之和等于 5的展开式的常数项，而(165x2 1x)(a21) n的展开式的二项式系数最大的项等于 54，求正数 a 的值解： 5展开式的通项(165x
21、2 1x)Tr1 C 5 r rC 5 rx .r5(165x2) (1x) r5(165) 20 5r2令 205 r0，得 r4，故常数项 T5C 16，45165又( a21) n展开式中的二项式系数之和为 2n，由题意得 2n16， n4.( a21) 4展开式中二项式系数最大的项是中间项 T3，从而 C (a2)254， a .24 314已知袋中装有大小相同的 4 个红球和 6 个白球，现从中取出 4 个(1)取出的 4 个球必须是两种颜色的取法有多少种？(2)取出的 4 个球中红球个数不少于白球个数的取法有多少种？解：(1)根据题意，袋中装有大小相同的 4 个红球和 6 个白球，
22、从中取出 4 个，有C 210 种取法， 410其中颜色相同的情况有 2 种：4 个红球或 4 个白球， 若 4 个红球，有 C 1 种取法， 4若 4 个白球，有 C 15 种取法， 46则取出球必须是两种颜色的取法有 210(115)194 种. (2)若取出的红球个数不少于白球个数，分 3 种情况讨论： 4 个全部是红球，有 C 1 种取法， 43 个红球，1 个白球，有 C C 24 种取法， 34162 个红球，2 个白球，有 C C 90 种取法， 2426则取出的 4 个球中红球个数不少于白球个数的取法共有 12490115 种高考研究课(一)排列与组合常考 3 类型排列、组合、
23、分组分配全国卷 5 年命题分析考点 考查频度 考查角度排列问题 未直接考查10组合问题 5 年 2 考 组合分步分组分配问题 5 年 2 考 均分问题排列问题典例 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 (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 A 种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有 A 种排6 3法，因此共有
24、 A A 4 320(种)不同排法6 3(2)(插空法)先排 5 个男生，有 A 种排法，这 5 个男生之间和两端有 6 个位置，从中5选取 3 个位置排女生，有 A 种排法，因此共有 A A 14 400(种)不同排法36 5 36(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 A 种25排法，剩余的位置没有特殊要求，有 A 种排法，因此共有 A A 14 400(种)不同排6 25 6法法二(元素分析法)：从中间 6 个位置选 3 个安排女生，有 A 种排法，其余位置无限制，36有 A 种排法，因此共有 A A 14 400(种)不同排法5 36 5(4
25、)8 名学生的所有排列共 A 种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中 ，812因此符合要求的排法种数为 A 20 160(种)128(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 A 种；甲不在最右边时，可从7余下 6 个位置中任选一个，有 A 种而乙可排在除去最右边位置后剩余的 6 个中的任一个16上，有 A 种，其余人全排列，共有 A A A 种16 16 16 6由分类加法计数原理得，共有 A A A A 30 960(种)7 16 16 6法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有 A 种，余下 7 个位置全排，有 A 种，17 7但应剔除乙在最右边时的排法 A A 种，因此共有 A A A A 30 960(种)16 6 17 7 16 6法三(间接法)：8 个人全排，共 A 种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有 A 种，8 7乙在最右边时，有 A 种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有 A 种7 6因此共有 A 2A A 30 960(种)8 7 6方法技巧
