2023-11-30 09:16:02 未命名
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4．2　二项式系数的性质必备知识基础练知识点一与“杨辉三角”有关的问题1.如图是与杨辉三角有类似性质的三角形数垒，a，b是某行的前两个数，当a＝7时，b等于(　　)12　23　4　34　7　7　45　11　14　11　5·　·　·　·　·　·a　b　·　·　·　·　·A．20　　　B．21　　　C．22　　　D．232．如图所示，在“杨辉三角”中，斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10，…，记这个数列的前n项和为Sn，则S16＝________．知识点二二项式系数的性质3.在(2－3x)15的展开式的各项中，二项式系数的最大值为(　　)A．CB．CC．－CD．－C4．(2x－3y)9的展开式中各项的二项式系数之和为(　　)A．－1B．512C．－512D．15．在(＋)n的展开式中，所有奇数项的二项式系数之和等于1024，则中间项的二项式系数是________．知识点三二项式系数性质的综合应用6.已知n∈N*，设(5x2－)n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝992，则展开式中x的系数为(　　)A．－250B．250C．－500D．5007．S＝C＋C＋…＋C除以9的余数为________．8．已知(＋2x)n.(1)若展开式中第5项、第6项、第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式中前三项的二项式系数的和等于79，求展开式中系数最大的项．关键能力综合练一、选择题1．若(2x2－)n展开式的所有二项式系数之和为32，则该展开式的常数项为(　　)A．10　　　B．－10　　　C．5　　　D．－52．在(1－3x)n的展开式中，偶数项的二项式系数的和为128，则展开式中的中间项为(　　)A.5670B．－5670x4C．5670x4D．1670x43．已知(1＋x)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10，若数列a1，a2，a3，…，ak(2≤k≤11，k∈N*)是一个递增数列，则k的最大值是(　　)A．6B．7C．8D．54．已知(a＋)n(a＞0)的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，且展开式中x2项的系数为84，则a的值为(　　)A．2B．1C．D．5．(x＋)n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为(　　)A．7B．5C．4D．36．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，便可以得到如图的“0－1三角”．在“0－1三角”中，从第1行起，设第n(n∈N＋)次出现全行为1时，1的个数为an，则a3等于(　　)A．26B．27C．7D．8二、填空题7．在(1＋x)20的展开式中，如果第4k项和第k＋2项的二项式系数相等，则k＝________．8．已知(2x3＋)n展开式的各项系数和为243，则展开式的二项式系数和为________．9．[易错题]已知(2x－1)n的展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，C＋C＋C＋…＋C＝________.三、解答题10．已知(＋)n的展开式中，只有第6项的二项式系数最大．(1)求该展开式中所有有理项的项数；(2)求该展开式中系数最大的项．学科素养升级练1．[多选题]已知(ax2＋)n(a＞0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是(　　)A．展开式中奇数项的二项式系数之和为256B．展开式中第6项的系数最大C．展开式中存在常数项D．展开式中x15的系数为452．将二项式系数表中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，……，第n次全行的数都为1的是第________行；第61行中1的个数是________．3．[学科素养——数学运算]已知(2x2＋)n的展开式的各项的系数之和为an，各项的二项式系数之和为bn.(1)若上述展开式中含有常数项，求正整数n的最小值；(2)判断2an与(n＋2)bn(n∈N*)的大小关系，并说明理由．4．2　二项式系数的性质必备知识基础练1．解析：根据观察可知，每一行除开始和末尾的数外，中间的数分别是b的“两肩”上相邻两个数的和，当a＝7时，其“两肩”上的第一个数为6，第二个数为16，所以b＝6＋16＝22.答案：C2．解析：由“杨辉三角”的性质，得S16＝C＋C＋C＋C＋…＋C＋C＝(C＋C＋C＋…＋C)＋(C＋C＋…＋C)－1＝C＋C－1＝164.答案：1643．解析：(2－3x)15的展开式中共有16项，中间的两项为第8项和第9项，这两项的二项式系数相等且最大，为C＝C，故选B.答案：B4．解析：(2x－3y)9的展开式中各项的二项式系数之和为29＝512.故选B.答案：B5．解析：(＋)n的展开式中，所有奇数项的二项式系数之和等于2n－1＝1024，∴n＝11，则中间项的二项式系数是C＝C＝462.答案：4626．解析：(5x2－)n的展开式中，取x＝1得M＝4n，二项式系数之和为N＝2n，所以M－N＝4n－2n＝992，解得n＝5，则(5x2－)n的展开式的通项Tk＋1＝C(5x2)5－k(－)k＝C55－k(－1)kx10－3k，取k＝3，得x的系数为C52(－1)3＝－250，故选A.答案：A7．解析：因为S＝C＋C＋…＋C＝227－1＝89－1＝(9－1)9－1＝C×99＋C×98×(－1)＋C×97×(－1)2＋…＋C×9×(－1)8＋C×(－1)9－1，所以S除以9的余数为7.答案：78．解析：(1)由已知得2C＝C＋C，即n2－21n＋98＝0.解得n＝7或n＝14.当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是第4项和第5项．因为C()4(2x)3＝x3，C()3(2x)4＝70x4，所以第4项的系数是，第5项的系数是70.当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是第8项，它的系数为C()7·27＝3432.(2)由C＋C＋C＝79，得n2＋n－156＝0.解得n＝－13(舍去)或n＝12.设第k＋1项的系数最大，因为(＋2x)12＝()12·(1＋4x)12，由解得≤k≤.因为0＜k≤n，k∈N，所以k＝10.所以展开式中系数最大的项是第11项，()12·C410x10＝16896x10.关键能力综合练1．解析：由二项式系数之和为32，即2n＝32，可得n＝5，(2x2－)5展开式的通项Tk＋1＝C(2x2)5－k(－x－)k＝(－1)k·C·25－kx10－2k－k.令10－2k－k＝0，可得k＝4.所以常数项为(－1)4C·2＝10，故选A.答案：A2．解析：偶数项的二项式系数的和为2n－1＝128＝27，即n＝8，故展开式中的中间项为T5＝C(－3x)4＝5670x4，故选C.答案：C3．解析：由二项式定理，知ak＝C(k＝2，3，…，11).又(1＋x)10的展开式中二项式系数最大的项是第6项，所以k的最大值为6.答案：A4．解析：∵(a＋)n(a＞0)的展开式的第五、六项的第二项式系数相等且最大，∴n＝9，又∵(a＋)9的展开式的通项为Tk＋1＝Ca9－kxx－＝a9－kCx，∴令＝2，解得k＝3，∵展开式中x2项的系数为84，∴a6C＝84，解得a＝1或a＝－1(舍去)，故选B.答案：B5．解析：(x＋)n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，∴n＝20，∴(x＋)20的展开式的通项为Tk＋1＝C·(x)20－k()k＝()20－kCx20－k，若20－k为整数，则k可能的取值为0，3，6，9，12，15，18，共有7个，故选A.答案：A6．解析：第3次出现全行为1，这说明杨辉三角中这一行全是奇数，即C(k＝0，1，2，…，n)是奇数，经验证可知，第3次出现全行为1时，1的个数为8.答案：D7．解析：由题意，得C＝C，故4k－1＝k＋1或4k－1＋k＋1＝20，即k＝或k＝4.因为k为整数，所以k＝4.答案：48．解析：∵(2x3＋)n展开式的各项系数和为243，∴令x＝1，可得3n＝243，解得n＝5.所以展开式的二项式系数和为25＝32.答案：329．解析：设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项系数的和为A，偶次项系数的和为B，则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋…，由已知得B－A＝38.令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，即B－A＝(－3)n，所以(－3)n＝38＝(－3)8，所以n＝8.所以C＋C＋C＋…＋C＝2n－C＝28－1＝255.答案：25510．解析：(1)由题意可知＋1＝6，解得n＝10.∴(＋)10的展开式的通项为Tk＋1＝Cx2kx－2k＝C·2kx，0≤k≤10，且k∈N.要求该展开式中的有理项，只需令∈Z，∴k＝0，2，4，6，8，10，所有有理项的项数为6.(2)设第k＋1项的系数最大，则即解得≤k≤.∵k∈N，∴k＝7.∴展开式中系数最大的项为T8＝C27x－＝15360x－.学科素养升级练1．解析：由二项展开式中第5项与第7项的二项式系数相等可知n＝10.又展开式的各项系数之和为1024，即当x＝1时，(a＋1)10＝1024，所以a＝1，所以二项式为(x2＋)10＝(x2＋x－)10，则二项式系数之和为210＝1024，则展开式中奇数项的二项式系数之和为×1024＝512，故A错误；由n＝10可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的二项式系数最大，因为x2与x－的系数均为1，则该二项展开式的二项式系数与系数相同，所以展开式中第6项的系数最大，故B正确；若展开式中存在常数项，由通项Tk＋1＝Cx2(10－k)x－k可得2(10－k)－k＝0，解得k＝8，故C正确；令2(10－k)－k＝15，解得k＝2，所以展开式中x15的系数为C＝45，故D正确．故选BCD.答案：BCD2．解析：观察分析可得第1行，第3行，第7行，第15行，全行都为1，故第n次全行的数都为1的是第2n－1行；当n＝6时，26－1＝63，故第63行共有64个1，递推知第62行共有32个1，第61行共有32个1.答案：2n－1　323．解析：(1)二项展开式中的第k＋1项为Tk＋1＝C(2x2)n－k()k＝C2n－kx2n－(k＝0，1，…，n).∵展开式中含有常数项，∴可令2n－＝0，得n＝.∴当k＝4时，n取最小值，最小值为5.(2)令x＝1，得展开式中各项的系数之和an＝3n.又各项的二项式系数之和bn＝2n，∴2an＝2×3n，(n＋2)bn＝(n＋2)2n.当n＝1时，2an＝2×3＝6，(n＋2)bn＝3×2＝6，此时2an＝(n＋2)bn；当n≥2时，2an＝2×(2＋1)n＝2×(2n＋C2n－1＋…＋C21＋C)＞(n＋2)·2n＝(n＋2)bn，综上，2an≥(n＋2)bn(n∈N*).4．1　二项式定理的推导必备知识基础练知识点一二项式定理的正用、逆用1.若(2x－3)n＋3(n∈N*)的展开式中共有15项，则n的值为(　　)A．11　　　B．12　　　C．13　　　D．142．1－3C＋9C－27C＋…－39C＋310＝______．3．求证：32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．知识点二二项展开式的通项与系数4.(x－y)10的展开式中x6y4的系数是(　　)A．－840B．840C．210D．－2105．(2x－)6的二项展开式中的常数项为________．6．在(＋)n的展开式中，前三项的系数按原顺序成等差数列．(1)求展开式中含x项的系数；(2)求展开式中的有理项．知识点三二项展开式中各项系数的和7.在(2x＋x2)10的展开式中，各项的系数之和为(　　)A．1B．310－1C．310D．2108．将(1－2x)(1－x)8的展开式写成按升幂排列的和的形式，那么所有奇数项的系数和为________，所有奇次项的系数和为________．9．设(1－2x)2020＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2020x2020(x∈R).(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a2020的值；(2)求a1＋a3＋a5＋…＋a2019的值；(3)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2020|的值．关键能力综合练一、选择题1．若(1＋)5＝a＋b(a，b为有理数)，则a＋b＝(　　)A．45　　　B．55　　　C．70　　　D．802．在(＋)n的展开式中，若常数项为60，则n等于(　　)A．3B．6C．9D．123．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝(　　)A．－1B．－2C．－3D．－44．若(1－2x)2020＝a0＋a1x＋…＋a2020x2020(x∈R)，则＋＋…＋的值为(　　)A．2B．1C．0D．－15．已知(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a0＋a2＋a4＋a6＝(　　)A．123B．155C．－120D．－886．[探究题](x＋－1)6展开式中x2的系数为(　　)A．－45B．－15C．15D．45二、填空题7．设a∈Z，且0≤a8．若(x＋2)n(n∈N*)的展开式的第4项是，第3项的二项式系数是15，则x的值为________．9．[易错题]若(1＋2x2)(1＋)n的展开式中所有项的系数和为96，则展开式中含项的系数是________．三、解答题10．已知(－)n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比为30∶1.(1)求展开式中的所有有理项；(2)求n＋6C＋36C＋…＋6n－1C的值；(3)求系数的绝对值最大的项．(注：结果可以有组合数、幂)学科素养升级练1．[多选题]若(x＋)(2x－)5的展开式中各项系数之和为2，则下列结论正确的是(　　)A．a＝1B．展开式中x6的系数是－32C．展开式中含x－1项D．展开式中的常数项为402．(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是________．3．[学科素养——数学运算]设f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中含x项的系数是19(m，n∈N*).(1)求f(x)的展开式中含x2项的系数的最小值；(2)当f(x)的展开式中含x2项的系数取最小值时，求f(x)的展开式中含x7项的系数．4．1　二项式定理的推导必备知识基础练1．解析：因为(2x－3)n＋3的展开式中共有n＋4项，所以n＋4＝15，即n＝11.故选A.答案：A2．解析：1－3C＋9C－27C＋…－39C＋310＝C(－1)10×30＋C(－1)9×31＋C(－1)8×32＋…＋C(－1)0×310＝(－1＋3)10＝210＝1024.答案：1024(或210)3．证明：32n＋2－8n－9＝9n＋1－8n－9＝(8＋1)n＋1－8n－9＝8n＋1＋C8n＋C8n－1＋…＋C82＋C8＋1－8n－9＝82(8n－1＋C8n－2＋C8n－3＋…＋C)＋8(n＋1)＋1－8n－9＝64(8n－1＋C8n－2＋C8n－3＋…＋C).∵n∈N*，∴8n－1＋C8n－2＋C8n－3＋…＋C是整数，∴32n＋2－8n－9(n∈N*)能被64整除．4．解析：在通项Tk＋1＝Cx10－k(－y)k中，令k＝4，即得(x－y)10的展开式中x6y4的系数为C×(－)4＝840.答案：B5．解析：二项式(2x－)6的展开式的通项为Tk＋1＝C·(2x)6－k·(－)k＝(－1)kC·26－k·x6－k.令6－k＝0，解得k＝4，所以常数项为(－1)4×C×22＝60.答案：606．解析：(＋)n的展开式中前三项的系数分别为C，C，C，由题意知C＝C＋C，所以n＝1＋，即n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1(舍去).则二项式(＋)8的展开式的通项为Tk＋1＝C·x··x－＝·C·x4－k.(1)令4－k＝1，得k＝4，所以含x项的系数为×C＝.(2)设展开式中，第k＋1项为有理项，则当k＝0，4，8时对应的项为有理项，有理项分别为T1＝x4，T5＝x，T9＝.7．解析：设(2x＋x2)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a20x20，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a20＝310.故选C.答案：C8．解析：设(1－2x)(1－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则所有奇数项的系数和为a0＋a2＋a4＋a6＋a8，所有奇次项的系数和为a1＋a3＋a5＋a7＋a9.令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0　①，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＋a8－a9＝3×28＝768　②.由①＋②，得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝×768＝384.由①－②，得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝－×768＝－384，所以所有奇数项的系数和为384，所有奇次项的系数和为－384.答案：384　－3849．解析：(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2020＝(－1)2020＝1.(2)令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a2019＋a2020＝32020，　①由(1)，知a0＋a1＋a2＋…＋a2020＝1，　②由②－①，得2(a1＋a3＋…＋a2019)＝1－32020，∴a1＋a3＋a5＋…＋a2019＝.(3)∵Tk＋1＝(－1)kC(2x)k，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2020|＝a0－a1＋a2－…＋a2020＝32020.关键能力综合练1．解析：由二项式定理，得(1＋)5＝1＋C×＋C×()2＋C×()3＋C×()4＋C×()5＝1＋5＋20＋20＋20＋4＝41＋29.所以a＝41，b＝29，所以a＋b＝70.故选C.答案：C2．解析：展开式的通项为Tk＋1＝C()n－k()k＝2kCx，令＝0，得n＝3k.根据题意有2kC＝60，验证知k＝2，故n＝6.答案：B3．解析：因为(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，所以C＋aC＝5，即10＋5a＝5，解得a＝－1，故选A.答案：A4．解析：令x＝0，得a0＝1，令x＝，得a0＋＋＋…＋＝0，所以＋＋…＋＝－a0＝－1.答案：D5．解析：在(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6中，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝3，令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝－243，∴2(a0＋a2＋a4＋a6)＝－240，即a0＋a2＋a4＋a6＝－120，故选C.答案：C6．解析：(x＋－1)6＝[(x＋)－1]6，展开式的通项为Tr＋1＝C(x＋)6－r(－1)r＝C·(－1)r(x＋)6－r(r＝0，1，…，6)，对于(x＋)6－r，设其展开式的通项为Uk＋1＝Cx6－r－k()k＝Cx6－r－3k(k＝0，1，…，6)，令6－r－3k＝2，所以r＋3k＝4，解得r＝1，k＝1或者r＝4，k＝0.所以(x＋－1)6展开式x2的系数为C(－1)1C＋C(－1)4C＝－15，故选B.答案：B7．解析：∵512017＋a＝(52－1)2017＋a＝C·522017－C522016＋…＋C521－1＋a能被13整除，且0≤a＜13，a∈Z，∴－1＋a能被13整除，故a＝1.答案：18．解析：由(x＋2)n(n∈N*)的展开式的第4项为23Cxn－3，第3项的二项式系数是C，可知23Cxn－3＝，C＝15，可得n＝6，x＝.答案：9．解析：当x＝1时，(1＋2x2)(1＋)n的展开式中所有项的系数和为3×2n＝96，解得n＝5，∴(1＋)5展开式的通项为Tk＋1＝C，∴(1＋2x2)(1＋)5展开式中含项的系数为C＋2C＝20.答案：2010．解析：(1)(－)n(n∈N*)的展开式的通项为Tk＋1＝C()n－k()k＝C(－2)kx.由于展开式中第5项的系数与第3项的系数的比为30∶1，则＝30，化简得n2－5n－84＝0，解得n＝12或n＝－7(舍去)，则展开式的通项为Tk＋1＝C(－2)kx，当k＝0，6，12时对应的项为有理项，即T1＝x6，T7＝C26x，T13＝C·212x－4.(2)n＋6C＋36C＋…＋6n－1C＝C＋6C＋36C＋…＋612－1C＝(1＋6C＋62C＋63C＋…＋612C)－＝×(1＋6)12－＝.(3)设第k＋1项的系数的绝对值最大，由Tk＋1＝C(－2)k·x，得，即，即有，解得≤k≤，则k＝8，故系数的绝对值最大的项为T9＝C28x－.学科素养升级练1．解析：因为(x＋)(2x－)5的展开式中各项系数的和为2，令x＝1得，1＋a＝2，所以a＝1，故A正确；(x＋)(2x－)5＝(x＋)(2x－)5，(2x－)5展开式的通项为C(2x)5－k·(－)k＝C25－k(－1)kx5－2k(k＝0，1，…，5).令5－2k＝5，解得k＝0，所以x6的系数是32，故B错误；令5－2k＝－2，无解，令5－2k＝0，无解，所以展开式中不含x－1项，故C错误；令5－2k＝－1，解得k＝3，令5－2k＝1，解得k＝2，所以展开式中的常数项为C·22·(－1)3＋C·23·(－1)2＝40，故D正确．故选AD.答案：AD2．解析：(x＋y－2z)5＝[(x＋y)－2z]5，展开式的第k＋1项为C(x＋y)5－k(－2z)k，而(x＋y)3的展开式的第m＋1项为Cx3－m·ym，所以(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是(－2)2CC＝120.答案：1203．解析：(1)由题意知，m＋n＝19，所以m＝19－n，令x2项的系数为C＋C＝C＋C＝＋＝n2－19n＋171＝(n－)2＋.因为n∈N*，所以当n＝9或n＝10时，含x2项的系数最小，为()2＋＝81.(2)当n＝9，m＝10或n＝10，m＝9时，x2项的系数取最小值，此时x7项的系数为C＋C＝C＋C＝156.3．1　组合3．2　组合数及其性质必备知识基础练知识点一组合的概念1.判断下列问题是组合问题还是排列问题．(1)设集合A＝{a，b，c，d}，则集合A含有3个元素的子集有多少个？(2)某铁路线上有4个车站，则这条铁路线上需准备多少种车票？(3)从7本不同的书中取出5本给某同学；(4)3个人去做5种不同的工作，每人做一种，有多少种分工方法？(5)把3本相同的书分给5个学生，每人最多得一本，有多少种分配方法？2．写出从A，B，C，D，E5个元素中，依次取3个元素的所有组合．知识点二组合数及其性质3.若C＝C，则x＝(　　)A．7B．9C．7或9D．无解4．计算：C＋C＝________．(用数字作答)5．(1)已知－＝，求C；(2)计算C＋C＋C＋C.知识点三组合的简单应用6.某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类选修课中至少各选1门，则不同的选法共有(　　)A．30种B．35种C．42种D．48种7．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有____种．8．现有男同学3名，女同学5名，其中男、女组长各1名．选派4人参加某项比赛，在下列情形中各有多少种选派方法(结果用数字表示) (1)男同学2名，女同学2名；(2)至少有1名男同学；(3)既要有组长，又要有男同学．知识点四排列组合的综合应用9.从5名男生和3名女生中选5人分别担任5门不同学科的课代表，分别求符合下列条件的方法种类．(1)女生甲担任语文课代表；(2)男生乙必须是课代表，但不担任英语课代表；(3)3名男生课代表，2名女生课代表，男生丙不担任英语课代表．关键能力综合练一、选择题1．以下问题属于组合的有(　　)①从1，2，3，…，9九个数字中任取3个，组成一个三位数；②从1，2，3，…，9九个数字中任取3个，然后把这3个数字相加得到一个和，这样的和的个数；③从a，b，c，d四名学生中选两名去完成同一份工作的选法；④5个人规定相互通话一次，通电话的次数；⑤5个人相互写一封信，所有信的数量．A．2个　　B．3个　　C．4个　　D．5个2．现有党员6名，从中任选2名参加党员活动，则不同选法的种数为(　　)A．15B．14C．13D．123．将甲、乙、丙三名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为(　　)A．4B．6C．8D．94．组合数C＋2C＋C(n≥m≥2，m，n∈N＋)恒等于(　　)A．CB．CC．CD．C5．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有(　　)A．120种B．90种C．60种D．30种6．[易错题]12名同学合影，站成了前排4人后排8人．现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是(　　)A．CAB．CAC．CAD．CA二、填空题7．若C－C＝C(m为正整数，且m≥4)，则m＝________.8．现从8名学生中选出4人去参加一项活动，若甲、乙两名同学不能同时入选，则共有________种不同的选派方案．(用数字作答)9．[探究题]将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同的放法共有______种．三、解答题10．已知一个袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1)从中任取4个球，则红球的个数不少于白球的个数的取法有多少种？(2)若取1个红球记2分，取1个白球记1分，从中任取5个球，则总分不小于7分的取法有多少种？学科素养升级练1．[多选题]某工程队有卡车、挖掘机、吊车、混凝土搅拌车4辆工程车，将它们全部派往3个工地进行作业，每个工地至少派1辆工程车，则不同的派往方法有(　　)A．18种B．CCCC种C．CCA种D．CA种2．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中，不出现空盒时的放入方式共有________种；可出现空盒时的放入方式共有________种．3．[学科素养——逻辑推理]从7名男生、5名女生中，选出5人，分别求符合下列条件的选法种数：(1)A，B必须被选出；(2)A，B都不被选出；(3)A，B不全被选出；(4)至少有2名女生被选出；(5)选出的5人分别担任体育委员、文娱委员等5种不同的职务，但体育委员由男生担任，文娱委员由女生担任．3．1　组合3．2　组合数及其性质必备知识基础练1．解析：(1)因为集合A的任一个含3个元素的子集与元素顺序无关，故它是组合问题．(2)车票与起点、终点顺序有关，例如“甲→乙”与“乙→甲”的车票不同，故它是排列问题．(3)从7本不同的书中取出5本给某同学，取出的5本书并不考虑书的顺序，故它是组合问题．(4)因为一种分工方法就是从5种不同工作中取出3种，按一定顺序分给3人去干，故它是排列问题．(5)因为3本书是相同的，把3本书无论分给哪三个人都不需要考虑顺序，故它是组合问题．2．解析：所有组合为ABC、ABD、ABE、ACD、ACE、ADE、BCD、BCE、BDE、CDE.3．解析：∵C＝C，∴2x－7＝x或2x－7＋x＝20，解得x＝7或x＝9.答案：C4．解析：C＋C＝＋＝28＋56＝84.答案：845．解析：(1)根据组合数公式可将原方程化为－＝，即60－10(6－m)＝(7－m)(6－m)，整理得m2－23m＋42＝0，解得m＝2或m＝21.又0≤m≤5，m∈N，所以m＝2.故C＝C＝＝28.(2)方法一(分组利用性质2)C＋C＋C＋C＝(C＋C)＋C＋C＋C－1＝C＋C＋C＋C－1＝C＋C＋C－1＝C＋C－1＝C－1＝126－1＝125.方法二(直接利用性质2的推广)C＋C＋C＋C＝C＋C＋C＋C＋C－1＝C－1＝－1＝125.6．解析：可分为以下2种情况：(1)A类选修课选1门，B类选修课选2门，有CC种不同的选法；(2)A类选修课选2门，B类选修课选1门，有CC种不同的选法．所以不同的选法共有CC＋CC＝18＋12＝30(种).答案：A7．解析：有两种满足题意的放法：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子中，有C＝4种放法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子中，有C＝6种放法．则不同的放球方法共有4＋6＝10(种).答案：108．解析：(1)第一步：选2名男同学，有C种选法．第二步：选2名女同学，有C种选法．所求选法共有CC＝3×10＝30(种).(2)“至少有1名男同学”的反面为“全是女同学”．从8人中任选4人，有C种选法，其中全是女同学的选法有C种．所以至少有1名男同学的选法有C－C＝70－5＝65(种).(3)当选男组长时，有C种选法．当不选男组长时，有(C－C)种选法．故既要有组长，又要有男同学的选法有C＋C－C＝51(种).9．解析：(1)女生甲担任语文课代表，再选4人分别担任其他4门学科的课代表，故方法种数为A＝840.(2)除乙外，先选出4人，有C种方法，连同乙在内，5人担任5门不同学科的课代表，乙不担任英语课代表，有CA种方法，故方法种数为CCA＝3360.(3)分两类：第一类，丙担任课代表，先选出除丙外的2名男生和2名女生，有CC种方法，连同丙在内，5人担任5门不同学科的课代表，丙不担任英语课代表，有CA种方法，所以有CCCA种方法；第二类：丙不担任课代表，有CCA种方法．根据分类加法计数原理，知方法种数为CCCA＋CCA＝3168.关键能力综合练1．解析：①当取出3个数字后，如果改变3个数字的顺序，会得到不同的三位数，所以此问题不但与取出元素有关，而且与元素的安排顺序有关，是排列问题；②取出3个数字之后，无论怎样改变这3个数字的顺序，其和均不变，此问题只与取出的元素有关，而与元素的安排顺序无关，是组合问题；③两名学生完成的是同一份工作，没有顺序，是组合问题；④甲与乙通一次电话，也就是乙与甲通一次电话，无顺序区别，为组合问题；⑤发信人与收信人是有区别的，是排列问题，故选B.答案：B2．解析：由题意得，不同选法的种数为C＝15.故选A.答案：A3．解析：先将甲、乙两人分到两个不同的班，方法有A种，再分丙，方法有C种，则不同分法的种数为A·C＝4，故选A.答案：A4．解析：组合数C＋2C＋C＝C＋C＋C＋C＝C＋C＝C.答案：A5．解析：第一步，抽1名志愿者安排到甲场馆，有C种安排方法；第二步，从剩下的5名志愿者中抽取2名安排到乙场馆，有C种安排方法；第三步，将剩下的3名志愿者安排到丙场馆；所以共有CC＝60种不同的安排方法．答案：C6．解析：从后排8人中选2人，有C种选法，这2人插入前排4人中且保证其他人的相对顺序不变，则先向前排4人中(5个空)插入1人，有5种插法，余下的1人则要插入前排5人中(6个空)，有6种插法，即两人共有A种插法，所以共有CA种不同的调整方法．答案：C7．解析：由题可知C＝C＋C＝C，∴m＋1＝3＋4，解得m＝6.答案：68．解析：根据题意，分两种情况讨论：①甲、乙两位同学只有一人入选，只需从剩余的6人中再选出3人，有C×C＝40(种)选派方案；②甲、乙两位同学都没有入选，只需从剩余的6人中选出4人，有C＝15(种)选派方案．由分类加法计数原理，共有40＋15＝55(种)选派方案．答案：559．解析：第一步：先从4个盒子中选一个盒子准备装两个球，有4种选法；第二步，从5个球里选出两个球放在刚才的盒子里，有C种选法；第三步：把剩下的3个球全排列，有A种排法，由分步乘法计数原理得不同方法共有4CA＝240种．答案：24010．解析：(1)由题意，知至少要取2个红球．①取2个红球，2个白球，有CC种取法；②取3个红球，1个白球，有CC种取法；③取4个红球，有C种取法．故共有CC＋CC＋C＝115种取法．(2)设取x个红球，y个白球，则，解得或或，故符合题意的取法有CC＋CC＋CC＝186(种).学科素养升级练1．解析：将4辆工程车分组为1，1，2后再分配到3个工地，共有C·A＝36种派法，故D正确；先选择1个工地派2辆工程车，再将剩余的2辆车派给其他2个工地，共有CCA＝36种派法，故C正确；CCCC＝18≠36.故选CD.答案：CD2．解析：将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入“隔板”的方式对应一种球的放入方式，则不同的放入方式共有C＝20种．每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排序，即从10个位置中选3个位置安排“隔板”，则不同的放入方式共有C＝120种．答案：20　1203．解析：(1)除A，B被选出外，从其他10个人中再选3人，共有C＝120种选法．(2)去掉A，B，从其他10人中任选5人，共有C＝252种选法．(3)方法一：按A，B的被选情况进行分类：第一类，A，B都不被选出的方法数为C；第二类，A，B被选出1人的方法数为CC.故共有C＋CC＝672种选法．方法二：从12人中选5人的选法中去掉A，B都被选出的情况，故共有C－C＝672种选法．(4)方法一：按女生的被选情况分类：选2名女生、3名男生；选3名女生、2名男生；选4名女生、1名男生；选5名女生．共有CC＋CC＋CC＋C＝596种选法．方法二：从反面考虑，用间接法，去掉女生不被选和被选1人的情况，故共有C－C－CC＝596种选法．(5)选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，剩下的10人中任取3人担任其他3个职务．用分步乘法计数原理可得，共有C·C·A＝25200种选法．2．1　排列与排列数2．2　排列数公式必备知识基础练知识点一排列的概念1.判断下列问题是否为排列问题，并说明理由．(1)平面上有5个点，其中任意3个点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？可确定多少条射线？(2)从集合M＝{1，2，…，9}中任取两个元素作为a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆＋＝1？可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线－＝1 (3)会场有50个座位，若从中选出3个座位，共有多少种方法？若选出3个座位安排3位客人，又有多少种方法？2．甲、乙、丙三人互相传球，由甲开始发球传给乙，并作为第一次传球，传球五次后结束传球．(1)将五次传球的所有不同的传球方式用树状图表示出来；(2)写出经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方式．知识点二排列数与排列数公式3.已知A＝132，则n＝(　　)A．11B．12C．13D．144.＝(　　)A．　　　B．　　　C．　　　D．5．化简＝________．6．(1)解方程：A＝140A；(2)解不等式：A＞6A.知识点三排列的简单应用7.考生甲填报某高校专业意向，打算从5个专业中挑选3个，分别作为第一、第二、第三志愿，则不同的填法有(　　)A．10种B．60种C．125种D．243种8．4个男同学，3个女同学站成一排．(1)3个女同学必须相邻，有多少种不同的排法？(2)任何2个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？(3)3个女同学站在中间三个位置上，有多少种不同的排法？(4)这7个人中，甲、乙2人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？关键能力综合练一、选择题1．[多选题]下列问题属于排列问题的是(　　)A．从10个人中选2人分别去种树和扫地B．从10个人中选2人去扫地C．从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队D．从数字5，6，7，8中任取2个不同的数做logab中的底数与真数2．若A＝(n＞3，n∈N*)，则A是(　　)A．AB．AC．AD．A3．用排列数表示(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N*，n＜55)为(　　)A．AB．AC．AD．A4．用四个数字1，2，3，4组成没有重复数字的两位数的个数为(　　)A．6B．12C．16D．205．从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有(　　)A．280种B．240种C．180种D．96种6．[易错题]元旦晚会期间，高三(2)班的学生准备了6个节目，其中有2个舞蹈节目，2个小品节目，2个歌曲节目，要求歌曲节目一定排在首尾，另外，2个舞蹈节目一定要排在一起，则这6个节目的不同编排种数为(　　)A．48B．36C．24D．127．某小区的6个停车位连成一排，现有3辆车随机停放在停车位上，则任何两辆车都不相邻的停放方式的种数为(　　)A．24B．72C．120D．144二、填空题8．用1，2，3，4，5，6组成没有重复数字，且至少有一个数字是奇数的三位偶数，这样的三位数一共有________个．9．在实验员进行的一项实验中，先后要实施5个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序C和D实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有________种．三、解答题10．[探究题]用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的数，则(1)可以组成多少个六位奇数？(2)可以组成多少个不大于4310的四位偶数？学科素养升级练1．[多选题]甲、乙等6个人排成一队，甲不站最左端，也不站最右端的排法种数为(　　)A．AAB．AAC．AAAD．A－2A2．将A，B，C，D，E这5个字母排成一列，若要求A，B，C在排列中的顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，则有________种不同的排列方法．3．[学科素养——逻辑推理](1)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，则不同的排法共有多少种？(2)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，则不同的摆法有多少种？2．1　排列与排列数2．2　排列数公式必备知识基础练1．解析：(1)确定直线不是排列问题，确定射线是排列问题．理由如下：任取2个点确定的直线与这2个点的顺序无关，故不是排列问题；任取2个点确定的射线与这2个点的顺序有关，故是排列问题．(2)从集合M＝{1，2，…，9}中任取两个元素作为a，b，得到多少个焦点在x轴上的椭圆＋＝1不是排列问题，得到多少个焦点在x轴上的双曲线－＝1是排列问题．理由如下：若方程＋＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a＞b，a，b的大小关系一定，所以不是排列问题；不管a＞b还是a＜b，方程－＝1均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故是排列问题．(3)从50个座位中选出3个座位不是排列问题，从50个座位中选出3个座位安排3位客人是排列问题．理由如下：从50个座位中选出3个座位与顺序无关，故不是排列问题；从50个座位中选出3个座位安排3位客人与顺序有关，故是排列问题．2．解析：(1)甲第一次把球传给乙，则所有不同的传球方式用树状图表示如下：(2)由(1)，知经过五次传球后，球仍回到甲手中的传球方式为：甲→乙→甲→乙→丙→甲，甲→乙→甲→丙→乙→甲，甲→乙→丙→甲→乙→甲，甲→乙→丙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→丙→甲．3．解析：∵A＝132，∴n(n－1)＝132，整理得n2－n－132＝0，解得n＝12或n＝－11(不合题意，舍去)，∴n的值为12，故选B.答案：B4．解析：＝＝＝.故选A.答案：A5．解析：＝×(n－m)！×＝×(n－m)！×＝1.答案：16．解析：(1)原方程可化为(2x＋1)·2x·(2x－1)·(2x－2)＝140·x·(x－1)·(x－2)，化简得(4x2－35x＋69)(x－1)x＝0，解得x＝3或x＝或x＝1或x＝0.由，得x≥3，且x∈N*.所以原方程的解为x＝3.(2)原不等式可化为＞，其中2≤x≤9，x∈N*，整理得x2－21x＋104＞0，即(x－8)(x－13)＞0，所以x＜8或x＞13.因为2≤x≤9，x∈N*，所以2≤x＜8，x∈N*.所以原不等式的解集为{2，3，4，5，6，7}．7．解析：从5个专业中选3个并分配到3个志愿中，有A＝60种不同的填法．答案：B8．解析：(1)3个女同学是特殊元素，她们排在一起，共有A种排法．视排好的3个女同学为一个整体，再与4个男同学排成一排，这时是5个元素的全排列，有A种排法．由分步乘法计数原理，知不同的排法有AA＝720(种).(2)先将男同学排好，共有A种排法，再在这4个男同学之间及两头的5个空隙中插入3个女同学，有A种排法，故符合条件的排法有AA＝1440(种).(3)3个女同学站在中间三个位置上的不同排法有AA＝144(种).(4)先排甲、乙、丙3人外的4人，有A种排法；由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有A种排法；最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人之间及两头的5个空隙中，有A种排法．故共有AAA＝960种不同的排法．关键能力综合练1．答案：AD2．解析：易得A＝n·(n－1)·(n－2)·…·4＝，所以A＝A.答案：D3．解析：因为55－n，56－n，…，69－n中的最大数为69－n，且共有(69－n)－(55－n)＋1＝15个连续的自然数，所以(55－n)(56－n)…(69－n)＝A.答案：D4．解析：根据题意，一共有A＝4×3＝12个不同的两位数．答案：B5．解析：根据题意，从事翻译工作的为特殊位置，有A种可能方案，其余三项工作，从剩余的5人中选取，有A种可能方案，根据分步乘法计数原理知，选派方案共有AA＝4×5×4×3＝240(种)，故选B.答案：B6．解析：分3步进行：①歌曲节目排在首尾，有A＝2种排法，②将2个小品节目安排在歌曲节目的中间，有A＝2种排法，③排好后，2个小品节目与2个歌曲节目之间有3个空位，将2个舞蹈节目全排列，安排在中间的3个空位，有AA＝6种排法．则这6个节目的不同编排种数为2×2×6＝24，故选C.答案：C7．解析：任排3个空停车位，形成4个空，再将3辆车插入即可，故有A＝24种．答案：A8．解析：当个位是偶数时，共有AA＝60种可能，当三个数字都是偶数时，有A＝6种可能，则满足题意的三位数共有60－6＝54个．答案：549．解析：程序A只能出现在第一步或最后一步，共有2种不同的排法；将程序C和D捆绑成一个元素，再和其他两个元素一起排列，有A种不同的排法，同时，考虑程序C和D有2种不同的排法．根据分步乘法计数原理得，共有2×A×2＝24种不同的编排方法．答案：2410．解析：(1)方法一(从特殊位置入手)：分三步完成：第一步，填末位，有A种填法；第二步，填首位，有A种填法；第三步，填其他位，有A种填法．根据分步乘法计数原理，知共有AAA＝288个无重复数字的六位奇数．方法二(从特殊元素入手)：0不在首位也不在末位，有A种排法；从1，3，5中任选一个排在末位，有A种排法；其他位上用剩下的数字进行全排列，有A种排法．故共有AAA＝288个无重复数字的六位奇数．方法三(间接法)：六个数字共有A种排法，数字0，2，4在末位上有3A种排法，数字1，3，5在末位上且0在首位上共有3A种排法，故组成的无重复数字的六位奇数共有A－3A－3A＝288个．(2)①当千位上排1或3时，从0，2，4中任选一个排在个位，有A种排法，其他位上从剩下的四个数字中选择两个进行排列，有A种排法，故共有AAA种排法；②当千位上排2时，从0，4中任选一个排在个位，然后从剩下的四个数字中选择两个排列，故共有AA种排法；③当千位上排4时，形如40××，42××的各有A种排法，形如41××的有AA种排法，形如43××的只有4310和4302这两种排法．故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2＝110个．学科素养升级练1．解析：(1)(位置分析法)　因为甲不站左、右两端，故先从甲以外的5个人中任选2个人站在左、右两端，有A种站法；再让剩下的4个人站在中间的4个位置上，有A种站法．由分步乘法计数原理知，共有AA种站法．故A正确；(元素分析法)　因为甲不能站左、右两端，故先让甲站在除左、右两端之外的任一位置上，有A种站法；再让余下的5个人站在其他5个位置上，有A种站法．由分步乘法计数原理知，共有AA种站法．故B正确，C错误；(间接法)　在排列时，我们不考虑甲站位的要求，对6个人进行全排列，有A种站法，但其中包含甲站在最左端或最右端的情况，甲在最左端或最右端有2A种站法，于是共有A－2A种站法．故D正确，故选ABD.答案：ABD2．解析：解法一(整体法)：5个元素无约束条件的全排列有A种，由于字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”或“C，B，A”，因此，在上述的全排列中恰好符合“A，B，C”或“C，B，A”的排列方法有×2＝40种．解法二(插空法)：若字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”，将字母D，E插入形成的4个空中，分两类：第一类：若字母D，E相邻，则有A·A种排法；第二类：若字母D，E不相邻，则有A种排法．所以有A·A＋A＝20种不同的排列方法．同理，若字母A，B，C的排列顺序为“C，B，A”，也有20种不同的排列方法．因此，满足条件的排列方法有20＋20＝40种．答案：403．解析：(1)当甲在最左端时，有A＝120种排法；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有AA＝4×24＝96种排法，共有120＋96＝216种排法．(2)根据题意，产品A与产品B相邻，将A、B看成一个整体，考虑A、B之间的顺序，有A＝2种情况，将A、B作为一个整体和除产品C外剩余的2件产品全排列，有A＝6种情况，产品A与产品C不相邻，C有3个空位可选，即有3种情况，不同的摆法共有2×6×3＝36种．1．1　分类加法计数原理　1．2　分步乘法计数原理　1．3　基本计数原理的简单应用知识点一分类加法计数原理的应用1.有4位教师在同一年级的4个班中分别担任数学老师，在数学测验时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有(　　)A．8种B．9种C．10种D．11种2．在手绘涂色本的某页上画有排成一列的6条未涂色的鱼，小明用红、蓝两种颜色给这些鱼涂色，每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色，涂色后，既有红色鱼又有蓝色鱼的涂色方法种数为________．3．设椭圆＋＝1(a＞0，b＞0)的焦点在y轴上，其中a∈{1，2，3，4，5}，b∈{1，2，3，4，5，6，7}，求满足上述条件的椭圆的个数．知识点二分步乘法计数原理的应用4.将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法的种数为(　　)A．81B．64C．14D．125．用5种不同的颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色，规定一个区域只能涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，共有________种不同的涂色方案．6．(1)用数字7，8，9可以组成多少个三位数？(2)用数字7，8，9可以组成多少个没有重复数字的三位数？知识点三两个计数原理的综合应用7.已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的个数为(　　)A．18B．10C．16D．148．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的任意三天中参加某项志愿者活动，若要求每人参加一天且每天至多安排一人，且要求甲安排在另外两位前面，则不同的安排方法共有多少种？关键能力综合练一、选择题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．102．从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．3B．4C．6D．83．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有(　　)A．10种B．20种C．25种D．32种4．已知集合A＝{1，2，3，4，5}，B＝{5，8，9}，则从这两个集合中各取出一个元素组成一个新的双元素集合，则可以组成这样的新集合的个数为(　　)A．8B．12C．14D．155．如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为(　　)A．6，8B．6，6C．5，2D．6，26．[易错题]现有4种不同颜色，任选其中几种对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有(　　)金 榜题 名A.144种B．72种C．64种D．84种二、填空题7．现有A，B两种类型的车床各一台，甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙两种车床都会操作，丙只会操作A种车床，现在要从这三名工人中选两名分别去操作这两台车床，则不同的选派方法有______种．8．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓．若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________．9．[探究题]有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面或3面旗纵向排列在某一旗杆上表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成________种不同的信号．三、解答题10．现有4个数学课外小组，且一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每组选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选2人发言，这2人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？学科素养升级练1．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2．某外语小组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语．从中选出会英语和日语的各一人组成一个二人活动小组，有________种选法．3．[学科素养——逻辑推理]用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的(1)密码箱的四位密码；(2)比2000大的四位偶数．1．1　分类加法计数原理1．2　分步乘法计数原理1．3　基本计数原理的简单应用必备知识基础练1．解析：设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班级分别为a，b，c，d.假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同的方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同的方法．由分类加法计数原理得，监考方法共有3＋3＋3＝9(种).答案：B2．解析：红色用1次，有6种方法；红色用2次，有10种方法；红色用3次，有4种方法．由分类加法计数原理可知共20种．答案：203．解析：因为椭圆的焦点在y轴上，所以b＞a.则当a＝1时，b可取2，3，4，5，6，7，有6种取法；当a＝2时，b可取3，4，5，6，7，有5种取法；当a＝3时，b可取4，5，6，7，有4种取法；当a＝4时，b可取5，6，7，有3种取法；当a＝5时，b可取6，7，有2种取法．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．4．解析：对于第一个小球有4种不同的放法，第二个小球也有4种不同的放法，第三个小球也有4种不同的放法，即每个小球都有4种不同的放法，根据分步乘法计数原理知共有4×4×4＝64种放法，故选B.答案：B5．解析：由题意，可分步进行，区域A有5种涂法，区域B有4种涂法，区域C有3种涂法，区域D有3种涂法，∴共有5×4×3×3＝180种不同的涂色方案．答案：1806．解析：(1)要完成“组成三位数”这件事，需分以下三步进行．第一步：确定个位数字，7，8，9三个数字都可以选择，有3种选法．第二步：确定十位数字，7，8，9三个数字都可以选择，有3种选法．第三步：确定百位数字，7，8，9三个数字都可以选择，有3种选法．根据乘法原理，可以组成的三位数有3×3×3＝27个．(2)要完成“组成没有重复数字的三位数”这件事，需分以下三步进行．第一步：确定个位数字，7，8，9三个数字都可以选择，有3种选法．第二步：确定十位数字，第一步选过的数字不能选择，因此有2种选法．第三步：确定百位数字，只有1种选法．根据分步乘法原理，可以组成的没有重复数字的三位数有3×2×1＝6个．7．解析：第三、四象限内点的纵坐标为负值，横坐标不为0，故分两种情况讨论，第一种：取M中的点作横坐标，取N中的点作纵坐标，共有3×2＝6个点；第二种：取N中的点作横坐标，取M中的点作纵坐标，共有4×1＝4个点．综上所述，共有4＋6＝10个不同的点，故选B.答案：B8．解析：分三类：若甲在周一，则乙、丙有4×3＝12种排法；若甲在周二，则乙、丙有3×2＝6种排法；若甲在周三，则乙、丙有2×1＝2种排法，所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20(种).关键能力综合练1．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，一共可以确定8＋5＝13个不同的平面．答案：C2．解析：公比q＝2时，有1，2，4；2，4，8.公比q＝3时，有1，3，9.公比q＝时，有4，6，9.以上共4个，反过来也有4个，即4，2，1；8，4，2；9，3，1；9，6，4.所以等比数列的个数为8.答案：D3．解析：每个同学都有2种选择，根据分步乘法计数原理，不同的报名方法共有25＝32种，故选D.答案：D4．解析：第一步，从A中选1个元素，有5种；第二步，从B中选一个元素，有3种；第三步，去除元素重复的1个集合，共有5×3－1＝14(个)新集合．答案：C5．解析：根据分步乘法计数原理可得，从甲地经乙地到丙地的走法共有3×2＝6种；再由分类加法计数原理可得，从甲地到丙地共有6＋2＝8种走法，故选A.答案：A6．解析：根据题意，分3步进行分析：①给“金”着色，有4种结果．②给“榜”着色，有3种结果．③给“题”着色，若其与“榜”同色，则给“名”着色有3种结果；若其与“榜”不同色，则给“题”着色有2种结果，然后给“名”着色有2种结果．共有4×3×(3＋2×2)＝84种结果，故选D.答案：D7．解析：若选甲、乙两人，则甲操作A种车床，乙操作B种车床或甲操作B种车床，乙操作A种车床，共有2种选派方法．若选甲、丙两人，则甲操作B种车床，丙操作A种车床，共有1种选派方法．若选乙、丙两人，则乙操作B种车床，丙操作A种车床，共有1种选派方法．故共有2＋1＋1＝4种不同的选派方法．答案：48．解析：根据题意，第一个可以从6个螺栓里任意选一个，共有6种选择方法，并且机会是相等的，若第一个选1号螺栓，则第二个可以选3，4，5号螺栓，依次选下去，可以得到10种方法(135246，135264，136425，142536，142635，146253，146352，152463，153624，153642)，所以总共有10×6＝60种方法．答案：609．解析：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9(种)不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27(种)不同的信号．根据分类加法计数原理，共可组成3＋9＋27＝39(种)不同的信号．答案：3910．解析：(1)分四类：第一类，从一组中选1人，有7种选法；第二类，从二组中选1人，有8种选法；第三类，从三组中选1人，有9种选法；第四类，从四组中选1人，有10种选法．所以不同的选法共有7＋8＋9＋10＝34(种).(2)分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四组中选1人担任组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040(种).(3)分六类：从一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种).学科素养升级练1．解析：如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，与面对角线B1D1成60°角的面对角线即四个侧面内的对角线，共8条，同理与A1C1成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对，又正方体共有6个面，所以共有16×6＝96对，而每对面对角线被计算了2次，因此所成的角为60°的面对角线有×96＝48对．答案：C2．解析：因为7＋3－9＝1，所以外语小组9人中有1人既会英语又会日语．共分三类：①当既会英语又会日语的人被当作会英语的人时，选出只会日语的一人即可，有2种选法；②当既会英语又会日语的人被当作会日语的人时，选出只会英语的一人即可，有6种选法；③当既会英语又会日语的人没被选出时，则需从只会日语和只会英语的人中各选出一人，有2×6＝12(种)方法，故共有2＋6＋12＝20(种)选法．答案：203．解析：(1)分步解决．第一步：选取第一个位置上的数字，有6种选取方法；第二步：选取第二个位置上的数字，有5种选取方法；第三步：选取第三个位置上的数字，有4种选取方法；第四步：选取第四个位置上的数字，有3种选取方法；由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个).(2)方法一：按个位是0，2，4分为三类．第一类：个位是0的有4×4×3＝48个；第二类：个位是2的有3×4×3＝36个；第三类：个位是4的有3×4×3＝36个．则由分类加法计数原理得比2000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个．方法二：按千位是2，3，4，5分四类．第一类：千位是2的有2×4×3＝24个；第二类：千位是3的有3×4×3＝36个；第三类：千位是4的有2×4×3＝24个；第四类：千位是5的有3×4×3＝36个．则由分类加法计数原理得比2000大的四位偶数有24＋36＋24＋36＝120个．方法三(间接法)：用0，1，2，3，4，5可以组成的无重复数字的四位偶数，第一类：个位数是0的有5×4×3＝60个；第二类：个位数是2或4的有2×4×4×3＝96个，共有60＋96＝156个．其中比2000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36个，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120个．