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  • 2021-06-15 发布

【数学】2019届一轮复习北师大版计数原理学案

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第19练 计数原理 ‎[明考情]‎ 排列组合与二项式定理交替考查,主要以选择、填空题形式出现,试题难度中档或偏易.‎ ‎[知考向]‎ ‎1.基本计数原理.‎ ‎2.排列组合问题.‎ ‎3.二项式定理.‎ 考点一 基本计数原理 要点重组 (1)分类加法计数原理中分类方法中的每一种方法都能完成这件事情,类与类之间是独立的.‎ ‎(2)分步乘法计数原理中每步中的某一方法只能完成这件事的一部分,步与步之间是相关联的.‎ ‎1.(2017·福建质检)5名 生进行知识竞赛.笔试结束后,甲、乙两名参赛者去询问成绩,回答者对甲说:“你们5人的成绩互不相同,很遗憾,你的成绩不是最好的”;对乙说:“你不是最后一名”.根据以上信息,这5人的笔试名次的所有可能的种数是(  )‎ A.54B.72C.78D.96‎ 答案 C 解析 由题得甲不是第一,乙不是最后,先排乙,乙得第一,有A=24(种),乙没得第一有3种,再排甲也有3种,余下的有A=6(种),故有6×3×3=54(种),所以共有24+54=78(种).‎ ‎2.(2017春·定州市校级月考)设函数f:N*→N*满足:对于任意大于3的正整数n,f(n)=n-3,且当n≤3时,2≤f(n)≤3,则不同的函数f(x)的个数为(  )‎ A.1B.3C.6D.8‎ 答案 D 解析 ∵n≤3,2≤f(n)≤3,‎ ‎∴f(1)=2或3,f(2)=2或3,f(3)=2或3.‎ 根据分步乘法计数原理,可得共2×2×2=8(个)不同的函数.‎ ‎3.设l={1,2,3,4},A与B是l的子集,若A∩B={1,2},则称(A,B)为一个理想配集.若将(A,B)与(B,A)看成不同的“理想配集”,则符合此条件的“理想配集”的个数是(  )‎ A.4B.8C.9D.16‎ 答案 C 解析 对子集A分类讨论:‎ 当A是二元集{1,2}时,B可以为{1,2,3,4},{1,2,4},{1,2,3},{1,2},共4种情况;‎ 当A是三元集{1,2,3}时,B可以取{1,2,4},{1,2},共2种情况;‎ 当A是三元集{1,2,4}时,B可以为{1,2,3},{1,2},共2种情况;‎ 当A是四元集{1,2,3,4},此时B取{1,2},有1种情况,‎ 根据分类加法计数原理知,共有4+2+2+1=9(种)结果,即符合此条件的“理想配集”有9个.‎ ‎4.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以表示第三、四象限内不同点的个数为(  )‎ A.18B.10C.16D.14‎ 答案 B 解析 第三、四象限内点的纵坐标为负值,横坐标无限制;‎ 分2种情况讨论,①取M中的点作横坐标,取N中的点作纵坐标,有3×2=6(种)情况;‎ ‎②取N中的点作横坐标,取M中的点作纵坐标,有4×1=4(种)情况,共有6+4=10(种)情况.‎ ‎5.如果一条直线与一个平面垂直,那么,称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是(  )‎ A.48B.18C.24D.36‎ 答案 D 解析 正方体一条棱对应着2个“正交线面对”,12条棱共对应着24个“正交线面对”,正方体的一条面对角线对应着1个“正交线面对”,12条面对角线对应着12个“正交线面对”,所以共有36个“正交线面对”.‎ ‎6.如图,正五边形ABCDE中,若把顶点A,B,C,D,E染上红、黄、绿三种颜色中的一种,使得相邻顶点所染颜色不相同,则不同的染色方法共有(  )‎ A.30种B.27种C.24种D.21种 答案 A 解析 由题意知本题需要分类来解答,‎ 首先A选取一种颜色,有3种情况.‎ 如果A的两个相邻点颜色相同,有2种情况;‎ 这时最后两个点也有2种情况;‎ 如果A的两个相邻点颜色不同,有2种情况;‎ 这时最后两个点有3种情况.‎ 所以方法共有3×(2×2+2×3)=30(种).‎ 考点二 排列组合问题 方法技巧 解排列组合问题的三大原则:先特殊后一般,先取后排,先分类后分步.‎ ‎7.(2017·自贡模拟)已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系上的坐标,则确定的不同点的个数为(  )‎ A.6B.32C.33D.34‎ 答案 C 解析 不考虑限定条件确定的不同点的个数为CCA=36,但集合B,C中有相同元素1,‎ 由5,1,1三个数确定的不同点的个数只有三个,故所求的个数为36-3=33.‎ ‎8.小孔家有爷爷、奶奶、姥爷、姥姥、爸爸、妈妈,包括他共7人,一天爸爸从果园里摘了7个大小不同的梨,给家里每人一个,小孔拿了最小的一个,爷爷、奶奶、姥爷、姥姥4位老人之一拿最大的一个,则梨子的不同分法共有(  )‎ A.96种B.120种C.480种D.720种 答案 C 解析 由题意知,小孔拿了最小的一个,爷爷、奶奶、姥爷、姥姥4位老人之一拿最大的一个的拿法有C=4(种),其余人的拿法有A=120(种),则梨子的不同分法共有480种.‎ ‎9.有4名优秀的大 毕业生被某公司录用,该公司共有5个部门,由公司人事部安排他们去其中任意3个部门上班,每个部门至少安排一人,则不同的安排方法有(  )‎ A.120种B.240种C.360种D.480种 答案 C 解析 先从5个部门中任选3个,有C=10(种)方法,再从4人中选2人作为一个元素,和另外2人分配到3个部门,故共有C·C·A=360(种)不同的安排方法.‎ ‎10.(2017·全国Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有(  )‎ A.12种B.18种C.24种D.36种 答案 D 解析 由题意可得其中1人必须完成2项工作,其他2人各完成1项工作,则安排方式共有C·C·A=36(种),或列式为C·C·C=3××2=36(种).‎ 故选D.‎ ‎11.设集合A={(x1,x2,x3,x4,x5)|xi∈{-1,0,1},i=1,2,3,4,5},那么集合A 中满足条件“1≤|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|≤3”的元素个数为(  )‎ A.60B.90C.120D.130‎ 答案 D 解析 易知|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=1或2或3,下面分三种情况讨论.其一:|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=1,此时,从x1,x2,x3,x4,x5中任取一个让其等于1或-1,其余等于0,于是有CC=10(种)情况;其二:|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=2,此时,从x1,x2,x3,x4,x5中任取两个让其都等于-1或都等于1或一个等于1,另一个等于-1,其余等于0,于是有2C+CC=40(种)情况;其三:|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|=3,此时,从x1,x2,x3,x4,x5中任取三个让其都等于1或都等于-1或两个等于1,另一个等于-1或两个等于-1,另一个等于1,其余等于0,于是有2C+CC+CC=80(种)情况.所以共有10+40+80=130(种)情况,故选D.‎ 考点三 二项式定理 方法技巧 (1)求二项展开式的特定项的实质是通项公式Tk+1=Can-kbk的应用,可通过确定k的值再代入求解.‎ ‎(2)二项展开式各项系数和可利用赋值法解决.‎ ‎(3)求二项展开式系数最大的项,一般采用不等式组法:设展开式各项系数分别为A1,A2,…,An+1,则最大的系数Ak满足 ‎12.(2017·全国Ⅰ)(1+x)6的展开式中x2的系数为(  )‎ A.15B.20C.30D.35‎ 答案 C 解析 因为(1+x)6的通项为Cxk,所以(1+x)6的展开式中含x2的项为1·Cx2和·Cx4.‎ 因为C+C=2C=2×=30,‎ 所以(1+x)6的展开式中x2的系数为30.‎ 故选C.‎ ‎13.(2017·肇庆二模)若n的展开式中含有常数项,则正整数n的最小值等于(  )‎ A.3B.4C.5D.6‎ 答案 C 解析 由题意知,n的展开式的项为Tk+1=C(x6)n-kk=‎ 令6n-k=0,得n=k,当k=4时,n取到最小值5.‎ ‎14.(2017·重庆一模)(2+x)(1-2x)5的展开式中,x2项的系数为(  )‎ A.30 B.70‎ C.90 D.-150‎ 答案 B 解析 ∵(1-2x)5展开式的通项公式为Tk+1=C·(-2x)k,‎ ‎∴(2+x)(1-2x)5的展开式中,x2项的系数为2C·(-2)2+C·(-2)=70.‎ ‎15.如果n的展开式中各项系数之和为128,则展开式中的系数是________.‎ 答案 21‎ 解析 n的展开式中各项系数之和为n=2n=128,所以n=7,所以n=7,其展开式的通项为Tk+1=C(3x)7-k·k=C37-k(-1)k.‎ 由7-=-3,得k=6,‎ 所以的系数为(-1)6·31·C=21.‎ ‎16.(1+2x)n(其中n∈N且n≥6)的展开式中,x3与x4项的二项式系数相等,则系数最大项为________.‎ 答案 672x5‎ 解析 由于x3与x4项的二项式系数相等,则n=7.‎ ‎∴Tk+1=C(2x)k,‎ 由得≤k≤,‎ ‎∴k=5,‎ ‎∴系数最大项为C(2x)5=672x5.‎ ‎1.在某次舰载机起降飞行训练中,有5架歼-15飞机准备着舰.如果甲、乙两机必须相邻着舰,而丙、丁两机不能相邻着舰,那么不同的着舰方法有(  )‎ A.12种B.18种C.24种D.48种 答案 C 解析 将甲、乙捆绑,与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列,有A·A种排法.而后将丙、丁进行插空,有3个空,有A种排法,故共有A·A·A=24(种)排法.‎ ‎2.某 校周二安排有语文、数 、英语、物理、化 、体育六节课,要求数 不排在第一节课,体育不排在第四节课,则这天课表的不同排法种数为(  )‎ A.720B.504C.384D.120‎ 答案 B 解析 (1)数 课排在第四节时,有A=120(种)排法;‎ ‎(2)数 课不排第四节时,数 有4种排法,体育从第四节及数 课外的四节中任选一节,有4种排法,其余课程有A种排法,共有4×4×24=384(种)排法.‎ 综上,不同排法有120+384=504(种).‎ ‎3.(2017·青羊区校级模拟)5展开式中,各项系数之和为3,则展开式中的常数项为(  )‎ A.-120B.-80C.80D.120‎ 答案 D 解析 ∵5展开式中,各项系数之和为3,‎ ‎∴当x=1时,1+a=3,∴a=2,‎ 5=5.‎ ‎∵5展开式中含x的项为80x,含x-1的项为-40x-1,∴展开式中的常数项为160-40=120.‎ 解题秘籍 (1)解有限制条件的排列组合问题的原则:按元素(或位置)的性质分类,按事件发生的过程分步.‎ ‎(2)各项系数和要根据式子整体结构,灵活赋值;对复杂的展开式的指定项,可利用转化思想,通过二项展开式的项解决.‎ ‎1.某校为了提高素质教育,丰富 生们的课外生活,分别成立绘画、象棋和篮球兴趣小组,现有甲、乙、丙、丁四名 生报名参加,每人仅参加一个兴趣小组,每个兴趣小组至少有一人报名,则不同报名方法有(  )‎ A.12种B.24种C.36种D.72种 答案 C 解析 由题意可知,从4人中任选2人作为一个整体,共有C=6(种)情况,再把这个整体与其他2人进行全排列,对应3个活动小组,有A=6(种)情况,所以共有6×6=36(种)不同的报名方法.‎ ‎2.某微信群中甲、乙、丙、丁、戊五名成员抢4个红包,每人最多抢一个,且红包被全部抢光,4个红包中有两个2元,两个3元(红包中金额相同视为相同的红包),则甲、乙两人都抢到红包的情况有(  )‎ A.35种B.24种C.18种D.9种 答案 C 解析 若甲、乙抢的是一个2元和一个3元的红包,剩下2个红包,被剩下3名成员中的2名抢走,有AA=12(种);若甲、乙抢的是两个2元或两个3元的红包,剩下两个红包,被剩下的3名成员中的2名抢走,有AC=6(种).根据分类加法计数原理可得,甲、乙两人都抢到红包的情况共有12+6=18(种).‎ ‎3.(2016·四川)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为(  )‎ A.24B.48C.60D.72‎ 答案 D 解析 由题可知,五位数要为奇数,则个位数只能是1,3,5.分为两步:先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C种选法,再将剩下的4个数字排列有A种排法,则满足条件的五位数有C·A=72(个).故选D.‎ ‎4.(2017·全国Ⅲ)(x+y)(2x-y)5的展开式中x3y3的系数为(  )‎ A.-80B.-40C.40D.80‎ 答案 C 解析 因为x3y3=x·(x2y3),其系数为-C·22=-40,‎ x3y3=y·(x3y2),其系数为C·23=80.‎ 所以x3y3的系数为80-40=40.‎ 故选C.‎ ‎5.在二项式n的展开式中,前三项的系数成等差数列,把展开式中所有的项重新排成一列,有理项都互不相邻的概率为(  )‎ A.B.C.D. 答案 D 解析 n的展开式的通项是Tk+1=C·()n-kk=C2-k,依题意有C+C2-2=2C2-1=n,即n2-9n+8=0,(n-1)(n-8)=0(n≥2),解得n=8或n=1(舍去).所以当k ‎=0,4,8时,为整数,相应的项为有理项,因此二项式的展开式中共有9项,其中有3项是有理项,6项是无理项,则所求概率为P==.‎ ‎6.设A是整数集的一个非空子集,对于k∈A,如果k-1∉A,且k+1∉A,那么称k是A的一个“孤立元”.给定S={1,2,3,4,5,6,7,8},由S的3个元素构成的所有集合中,其元素都是“孤立元”的集合个数是(  )‎ A.6B.15C.20D.25‎ 答案 C 解析 S的所有三元素子集共有C个,三元素中只有两个相邻的有两类:一是若1,2或7,8相邻,则只需再从与之不相邻的5个元素中任取一个,共有2C=10(个);二是若2,3或3,4或4,5或5,6或6,7相邻,则需从与之不相邻的4个元素中再任取一个,共5C=20(个);三元素都相邻的共有6个,即123,234,345,456,567,678,所以符合题意的三元素子集共有C-10-20-6=20(个).‎ ‎7.(2017·武昌区模拟)若n的展开式中所有项系数的绝对值之和为1024,则该展开式中的常数项是(  )‎ A.-270B.270C.-90D.90‎ 答案 C 解析 n的展开式中所有项系数的绝对值之和等于n的展开式中所有项系数的绝对值之和,‎ 令x=1,可得4n=1024,解得n=5.‎ ‎∴5的通项公式为Tk+1=C5-k·(-)k=(-1)kC35-k,令=0,解得k=3.‎ ‎∴该展开式中的常数项是(-1)3C×32=-90.‎ ‎8.(2017·浙江)从6男2女共8名 生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有________种不同的选法.(用数字作答)‎ 答案 660‎ 解析 方法一 只有1名女生时,先选1名女生,有C种方法;再选3名男生,有C种方法;然后选队长、副队长,有A种方法.由分步乘法计数原理知,共有CCA=480(种)选法.‎ 有2名女生时,再选2名男生,有C种方法;然后选队长、副队长,有A种方法.由分步乘法计数原理知,共有CA=180(种)选法.所以依据分类加法计数原理知,共有480+180=660(‎ 种)不同的选法.‎ 方法二 不考虑限制条件,共有AC种不同的选法,‎ 而没有女生的选法有AC种,‎ 故至少有1名女生的选法有AC-AC=840-180=660(种).‎ ‎9.(2017·天津)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)‎ 答案 1080‎ 解析 ①当组成四位数的数字中有一个偶数时,四位数的个数为C·C·A=960.‎ ‎②当组成四位数的数字中不含偶数时,四位数的个数为A=120.‎ 故符合题意的四位数一共有960+120=1080(个).‎ ‎10.(2016·山东)若5的展开式中x5的系数为-80,则实数a=________.‎ 答案 -2‎ 解析 ∵Tk+1=C(ax2)5-kk=a5-kC,‎ ‎∴10-k=5,解得k=2,∴a3C=-80,解得a=-2.‎ ‎11.(2017·浙江)已知多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,则a4=______,a5=______.‎ 答案 16 4‎ 解析 a4是x项的系数,由二项式的展开式得 a4=C·C·2+C·C·22=16.‎ a5是常数项,由二项式的展开式得a5=C·C·22=4.‎ ‎12.设a=ʃ(3x2-2x)dx,则二项式6展开式中的第4项为________.‎ 答案 -1280x3‎ 解析 a=ʃ(3x2-2x)dx=(x3-x2)|=(23-22)-(13-12)=4,‎ 所以二项式6=6,‎ 其展开式的通项Tk+1=C(4x2)6-kk=C46-k·(-1)kx12-3k,‎ 令k=3,则T4=C46-3(-1)3x12-3×3=-1280x3.‎