四川省成都市高中数学 第一章 计数原理同步测试（打包10套）新人教A版选修2-3.zip

- 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+…+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( ).𝐶0𝑛 𝐶1𝑛 𝐶2𝑛 𝐶𝑛𝑛 𝐶1𝑛𝐶3𝑛𝐶5𝑛A.64 B.32 C.63 D.31【解析】由已知(1 +2)n=3n=729,解得 n=6,则 + + = + + = =32.𝐶1𝑛𝐶3𝑛𝐶5𝑛𝐶16𝐶36𝐶56262【答案】B4.把通项公式为 an=2n-1(n∈N *)的数列{ an}的各项排成如图所示的三角形数阵 .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 19……A.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 . (𝑥2+1𝑥3)𝑛【解析】令 x=1,得 2n=32,所以 n=5.Tr+1= (x2)5-r· = ·x10-5r,𝐶𝑟5 (1𝑥3)𝑟𝐶𝑟5- 2 -由 10-5r=0,得 r=2,故展开式中的常数项是 =10.𝐶25【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.𝐶4𝑛 𝐶5𝑛 𝐶6𝑛 𝐶6𝑛𝐶4𝑛 𝐶5𝑛当 n=14时,(1 +x)n展开式的系数最大的项为 T8= ·x7=3432x7;𝐶714当 n=7时,(1 +x)n展开式中系数最大的项为 T4= x3=35x3或 T5= x4=35x4.𝐶37 𝐶47【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 101×2;第 3行首尾两项之和为 101×22;第 4行首尾两项之和为 101×23;……第 99行首尾两项之和为 101×298.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 101×298.拓展提升(水平二)8.已知 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(𝑥+3𝑥)𝑛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= ((𝑥+3𝑥)3 𝐶𝑟3)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.𝑥 (3𝑥)𝑟 𝐶𝑟3𝑥3-3𝑟2 3-3𝑟2 𝐶13【答案】B9.设(2 -x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么 的值为 . 𝑎0+𝑎2+𝑎4𝑎1+𝑎3【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,𝐶55∴ =- .𝑎0+𝑎2+𝑎4𝑎1+𝑎3 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】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 = .𝐶𝑘-1𝑛 𝐶𝑘𝑛𝐶𝑘+1𝑛𝐶𝑘-1𝑛𝐶𝑘𝑛 34𝐶𝑘𝑛𝐶𝑘+1𝑛 45化简得 = , = ,联立解得 k=27,n=62.𝑘𝑛-𝑘+134𝑘+1𝑛-𝑘45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,n∈N *)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,𝐶1𝑚𝐶1𝑛x2项的系数为 +22 = +2n(n-1)𝐶2𝑚 𝐶2𝑛𝑚(𝑚-1)2= +(11-m)· = + .𝑚2-𝑚2 (11-𝑚2 -1) (𝑚-214)235116因为 m∈N *,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标(水平一)1.已知集合 A⫋{1,2,3},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】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( ).𝑥2-16𝑥2A.2条 B.4条 C.6条 D.7条【解析】由 ≤0,可得 -4≤ x≤4 且 x≠0 .因为 a,b是不等式 ≤0 的整数解,所𝑥2-16𝑥2𝑥2-16𝑥2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=-b≠1,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,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 1个电阻断路,此时只有 1种情况; ② 2个电阻断路,此时有 3种情况; ③ 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,y∈N *,且 x+y≤6,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 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 a≠0, b≠0,所以分 b=-𝑎𝑏2𝑐𝑏22,1,2,3四种情况:当 b=-2时, {𝑎=1,𝑐=0或 𝑐=2或 𝑐=3,𝑎=2,𝑐=0或 𝑐=1或 𝑐=3,𝑎=3,𝑐=0或 𝑐=1或 𝑐=2.当 b=2时, {𝑎=-2,𝑐=0或 𝑐=1或 𝑐=3,𝑎=1,𝑐=-2,或 𝑐=0或 𝑐=3,𝑎=3,𝑐=-2或 𝑐=0或 𝑐=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},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 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=25,26,27,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 7×8=56种不同的取法 .【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.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 4×3×2×2=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(a≠0)的一组取值, a的取法有 3种, 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 3×3×2=18个 .若二次函数为偶函数,则 b=0,易知共有 3×2=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 8×8×7=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 6×6=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 3×2=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,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 6×5=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 6×4×2=48种不同的参观路线 .【答案】D9.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 6×6+6×2=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】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 2×10×5×3=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,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 5×2×7=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 5×2+2×7+5×7=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 4×3+2=14种 .【答案】D2.将 10支完全相同的钢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 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=23×32,∴ 2m·3n(0≤ m≤3,0≤ n≤2, m,n∈N)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 3×4=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 . 【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 3×2×1×2=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】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 4×7×5-1=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 .由分步乘法计数原理知,有 9×9=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 1×7+2×3+4×1=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,…,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 6×5×4×5=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= ,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 .𝐴14𝐴55【答案】C3.若 S= + + + +…+ ,则 S 的个位数字是( ).𝐴11𝐴22𝐴33𝐴44 𝐴100100A.8 B.5 C.3 D.0【解析】因为当 n≥5 时, 的个位数是 0,故 S 的个位数取决于前四个排列数 ,又 + + +𝐴𝑛𝑛 𝐴11𝐴22𝐴33=33,所以 S 的个位数字是 3.𝐴44【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𝐴33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𝐴33𝐴14𝐴22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 .𝐴33𝐴14𝐴22 𝐴33𝐴14𝐴22【答案】C5.从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为 .(填正确答案的序号) ① 甲乙,乙甲,甲丙,丙甲;② 甲乙丙,乙丙甲;- 2 -③ 甲乙,甲丙,乙甲,乙丙,丙甲,丙乙;④ 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 ③ 正确 .【答案】 ③6. “≺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 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 .𝐴56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 x≠0 时,有 =24 个四位数,𝐴44∵ 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 2𝐴39 𝐴33种 ,所以不同排法的总数为 -3 -2 =474 种 .𝐴33 𝐴39 𝐴33 𝐴33【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、售票员各有 种安排方法,由分步乘法计数原理知共有 · =576 种不同𝐴44 𝐴44 𝐴44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,C}{B,D},{A,C}{B,E},{A,C}{D,F},{A,F}{B,D},{A,F}{B,E},{A,F}{C,E},{B,D}{C,E},{B,E}{D,F},{C,E}{D,F},共九组,所以涂色方法共有9× =216 种 .𝐴44如果用三种颜色涂六个点,那么需要有三对不相邻的点涂相同的颜色,列举情况如下:{ A,C}{B,E}{D,F},{A,F}{C,E}{B,D},共两组,所以涂色方法共有 2× =48 种 .𝐴34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𝐴13 𝐴34个数 ;𝐴13𝐴34第 2 类,个位数字是 4,有 个数;𝐴13𝐴34第 3 类,个位数字是 0,首位可排 2,3,4,5,有 种排法,其余数字有 种排法,所以有 个𝐴14 𝐴34 𝐴14𝐴34数 .由分类加法计数原理,可得共有 2 + =240 个数 .𝐴13𝐴34𝐴14𝐴34【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.𝐴33 𝐴36 𝐴46 𝐴44【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 .𝐴44【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、乙、丙的顺序有 种,乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面𝐴66 𝐴33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.𝐴66𝐴33【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. ·33𝐴34 𝐴23 𝐴34C.43·23 D.43·( )3𝐴23【解析】第一步,填好 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𝐴34 𝐴23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𝐴23是 ·( )3.𝐴34 𝐴23【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 =96 种方法.𝐴34𝐴22𝐴22【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𝐴25行全排列,有 =120 种排法,所以共有 20×120=2400 种安排方法 .𝐴55(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𝐴77要求的有 + =2640 种方法,所以共有 5040-2640=2400 种方法 .𝐴22𝐴55𝐴12𝐴15𝐴22𝐴55【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𝐴33产生不同排列,所以共有 · =144 种排法 .𝐴33 𝐴44(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𝐴44人形成的空当(包括两端),有 种排法,共有 · =480 种排法 .𝐴25 𝐴44 𝐴25拓展提升(水平二)- 3 -8.室内体育课上,王老师为了丰富课堂内容,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𝐴33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𝐴24都有 =2 种排法 .𝐴22所以不同的排法种数为 23×6×12=576,故选 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𝐴33有 ×2=12 种排列方法 .𝐴33【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𝐴22𝐴33将 C 插入,仅有 3 个空位可选 .因此,共有 3 =3×2×6=36 种不同的摆法 .𝐴22𝐴33【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,𝐴44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 -( + + )𝐴33 𝐴22 𝐴55 𝐴44𝐴33𝐴22=88 个,即 43251 是这个数列的第 88 项 .(2)(法一)此数列共有 =120 项,第 96 项以后还有 120-96=24 项,即比第 96 项所表示的五𝐴55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)𝐴44× ×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𝐴44 𝐴44(1+2+3+4+5)× ×(1+10+100+1000+10000)=15×24×11111=3999960.即这个数列所有项的和𝐴44为 3999960.