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Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date高三复习会资料-计数原理高三复习会资料-计数原理第十二章 计数原理一、2013大纲要求计数原理（一）分类加法计数原理、分步乘法计数原理1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理。2.会用两个原理分析和解决一些简单的计数应用问题。（二）排列与组合1.理解排列、组合的概念。 2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式。 3.能解决简单的实际问题。 （三）二项式定理1.能用计数原理证明二项式定理。2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题。注：计数原理这部分内容的大纲要求近几年均未发生改变。二、知识重点与难点（一）分类加法计数原理、分步乘法计数原理1、分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事情，共有种不同的方法。2、分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事情共有N种不同的方法。3、两个原理的联系与区别两个原理都是对完成一件事的方法种数而言的区别在于：(1)分类加法计数原理是“分类”，分步乘法计数原理是“分步”；(2)分类加法计数原理中每类办法中的每一种方法都能独立完成一件事，分步乘法计数原理中每步中每种方法都只能做这件事的一步，不能独立完成这件事。4、对两个原理的进一步理解分类加法计数原理中，“完成一件事，有类办法”，是说每种办法“互斥”，即每种方法都可以独立地完成这件事，同时他们之间没有重复也没有遗漏进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能独立完成这件事只有满足这个条件，才能直接用分类加法计数原理，否则不可以。分步乘法计数原理中，“完成一件事，需要分成个步骤”，是说每个步骤都不足以完成这件事，这些步骤彼此间也不能有重复和遗漏。解决问题时，应分析：要完成做一件什么事；这件事怎么做才可以做好；需要分类还是分布，运用分类计数原理和分布计数原理，认真分析题意，设计合理的求解程序是求解问题的关键。（二）排列与组合1、排列 (1)排列的定义：从n个不同元素中取出m (mn)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m个元素的一个排列。(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示。(3)排列数公式：A。(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列，An·(n1)·(n2)··2·1，这里规定。2、组合(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(mn)个元素组成一组，叫做从n个不同元素中取出m(mn)个元素的一个组合(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m(mn)个元素的组合数，用C表示(3)组合数的计算公式：C，由于所以C1。(4)组合数的性质：C；CC 。3、组合与排列的区别与联系解决排列组合问题可遵循“先组合后排列”的原则，区分排列组合问题主要是判断“有序”和“无序”，更重要的是弄清怎样的算法有序，怎样的算法无序，关键是在计算中体现“有序”和“无序”，要能够写出所有符合条件的排列或组合，尽可能使写出的排列或组合与计算的排列数相符，使复杂问题简单化，这样既可以加深对问题的理解，检验算法的正确与否，又可以对排列数或组合数较小的问题的解决起到事半功倍的效果。求解排列组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘。” （三）二项式定理1、二项式定理(ab)nCanb0Can1bCan2b2CanrbrCa0bn(r0,1,2，n)这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(ab)n的二项展开式。二项展开式的通项：Tr1Canrbr，r0,1,2，n，其中C叫做二项式系数2、二项式系数与展开式项的系数的异同在Tk1Cankbk中，C就是该项的二项式系数，它与a，b的值无关；Tk1项的系数指化简后除字母以外的数，如a2x，b3y，Tk1C2nk·3kxnkyk，其中C2nk3k就是Tk1项的系数。3、二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“距离相等”的两个二项式系数相等，即CC.(2)增减性与最大值：二项式系数C，当k<时，二项式系数是递增的；当k>时，二项式系数是递减的。当n是偶数时，取得最大值当n是奇数时，中间两项和相等，且同时取得最大值4、各二项式系数的和(ab)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，CCCCC2n；二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即CCCCCC·2n2n1。三、高考走向浙江省高考真题1、（2012浙江理6）若从1,2,3，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有A.60种 B.63种 C.65种 D.66种2、（2012浙理14）若将函数表示为， 其中，为实数，则_3、（2013浙江理14）将六个字母排成一排,且均在的同侧,则不同的排法共有_种(用数字作答) 4、（2013浙江理11）设二项式的展开式中常数项为,则_命题规律1、 题型：高考对本章的考查多以选择题、填空题的形式出现。2、 能力要求：高考对本章的考查以理解和运用为主，题目难度中等。命题趋势1、排列组合试题都具有一定的灵活性和综合性，一般以应用的形式出现，解法具有多样性，符合高考选择填空题的特点，易于考查学生理解问题的能力、分析和解决问题的能力及分类讨论的思想。分类和分布计数原理多与实际问题相结合，并可以综合排列组合知识成为能力型题目。并且以基本方法为中心，通过基本方法的复合构造新类型，学生易懂题意，但难区分该使用何种方法，没有偏题怪题。2、二项式定理考查比较固定，利用通项公式求展开式种某项的系数、某特定的项、项的系数的最值问题、几个二项式和或积的展开式中某项的系数、赋值法求系数和等等问题，多以基础知识考查为主。四、范例精选1、分类和分布原理的应用例1、 （2012浙江理6）若从1,2,3，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有A.60种 B.63种 C.65种 D.66种解：从1,2,3，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数的取法分为三类；第一类是取四个偶数，即种方法；第一类是取两个奇数，两个偶数，即种方法；第三类是取四个奇数，即故有5+60+1=66种方法。故选D。说明：分类时，首先要确定一个恰当的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理变式训练1、两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（ ）A. 10种 B.15种 C. 20种 D. 30种解：首先分类计算假如甲赢，比分3：0是1种情况；比分3：1共有3种情况，分别是前3局中（因为第四局肯定要赢），第一或第二或第三局输，其余局数获胜；比分是3：2共有6种情况，就是说前4局2：2，最后一局获胜，前4局中，用排列方法，从4局中选2局获胜，有6种情况.甲一共就1+3+6=10种情况获胜.所以加上乙获胜情况，共有10+10=20种情况.故选C。说明：(1)解决此类综合题的关键在于区分该问题是“分类”还是“分步”。(2)解决既有“分类”又有“分步”的综合问题时，应“先分类，后分步”。2、有限制条件的排列问题例2、（排队问题） 有4名男生、4名女生，问下列情形，各有多少种不同的排法？（1）全体排成一行，甲不在首位，乙不在尾（2）全体排成一行，甲乙必须坐在一起（3）全体排成一行，甲乙二人之间必须有2人（4）全体排成一行，甲乙不相邻（5）全体排成一行，甲与乙、丙都不相邻（6）全体排成一行，甲要在乙的前面（7）全体排成一行，甲、乙要在丙的同侧（8）全体排成2行，第一行3人后一行5人（9）全体排成2行，第一行4人后一行4人，甲与乙不相邻（不在乙的前后左右）解：（1）特殊元素特殊位置，优先分析。第一类：甲在第2-7位时，乙可在6个位置，第二类：甲在末尾，乙可在7个位置，所以共有种不同排法。（2）捆绑法：甲乙捆绑成一个元素，内部有一个排列，再和剩余的元素全排列，所以有（3）分步完成：第一步，先从剩余6人中选出2人排好，第二步，将排好的两人与甲乙作为一个整体与其余剩余4人进行全排列，第三步，甲乙内部有个排序，故共有（4）插空法，先排好剩余6人，甲乙在剩余6人间的7个空挡上插空，故共有（5）结合插空的分类，第一类：甲、乙、丙三者两两均不相邻，用插空，。第二类：乙丙相邻与甲不相邻。故。（6）顺序排列，先让甲乙以外的6个人在8个位置上选定6个排好，再让甲乙在余下两个位置排好，因甲在乙的前面，故只有一种排法，故共有（7）分类：丙在第1位有种，丙在第二位有,丙在第3位有，丙在第4位有，丙在5、6、7、8位时和在第1、2、3、4位时效果相同，所以共有（8）双排问题单排化：双排等价于一排，故有（9）分类：当甲位于第一排第一个、第一排第四个、第二排第一个、第二排第四个这四个位置时，乙的位置可以有5个，当甲位于其余位置时，乙的位置可以有4个，所有共有。变式训练2、若从1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这10个数中任意取3个数，则这三个数互不相邻的取法种数有？解：利用插空法，反面构造插空模型，取出三个不相邻数的方法数等价于放入三个不相邻数的方法数，所以说明：常见的限制条件有：特殊元素或特殊位置用位置分析法分类讨论、元素相邻时用捆绑法、元素不相邻时插空法、元素顺序一定先排好余下的剩余的就是定序的。3、有限制条件的组合问题例3、 某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法? (1)只有一名女生； (2)两队长当选； (3)至少有一名队长当选； (4)至多有两名女生当选； (5)既要有队长，又要有女生当选解:(1)一名女生，四名男生故共有350(种)(2)将两队长作为一类, 其他11人作为一类,故共有165(种)(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和两名队长故共有：825(种)或采用排除法：825(种)(4)至多有两名女生含有三类:有两名女生、只有一名女生、没有女生.故选法为: 966(种)(5)分两类:第一类女队长当选：；第二类女队长不当选：.故选法共有：790(种)说明：组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含“，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取。(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解,通常用直接法分类复杂时,考虑逆向思维,用间接法处理。变式训练3、 甲、乙两人从4门课程中各选修2门， (1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种? (2)甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种?解：(1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门,且甲乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有 (种)(2)甲、乙两人从4门课程中选两门不同的选法种数为，又甲、乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为种,因此满足条件的不同选法种数为30.4、排列组合综合应用模型例4、（球放盒子问题） 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有CCC×A144(种)(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法(3) 确定2个空盒有C种方法。4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有·A种方法。故共有C(CCA·A)84(种)。例5（分组与分配问题） 按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本解(1)无序不均匀分组问题先选1本，有种选法；再从余下的5本中选2本，有种选法；最后余下3本全选，有种选法。故共有60(种)。(2)有序不均匀分组问题由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有A360(种)(3) 无序均匀分组问题先分三步，则应是CCC种方法，但是这里出现了重复不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有A种情况，而这A种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有15(种)。(4)有序均匀分组问题在(3)的基础上再分配给3个人，共有分配方式·ACCC90(种)。(5)无序部分均匀分组问题。共有15(种)(6)有序部分均匀分组问题。在(5)的基础上再分配给3个人，共有分配方式·A90(种)(7)直接分配问题。甲选1本，有C种方法；乙从余下的5本中选1本，有C种方法；余下4本留给丙，有C种方法共有分配方式CCC30(种)。说明： 解此类排列组合基本步骤：第一步：确定分组的形式，即是否为均匀分组或有序分组第二步：利用排列组合公式计算第三步：给出明确的结论第四步：反思回顾查看关键点。易错点和答题规范(1)均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数，还要充分考虑到是否与顺序有关；有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数此题中第(3)问为均匀无序分组，第(4)问为均匀有序分组(2)本题易错为：很多考生认为第(2)问与第(1)问结果相同，导致该种错误的原因是没有弄清人与人是有顺序的思想方法感悟提高例6、（多面手问题） 一杂技团有8名演员,6人会口技, 5人会魔术,今从这8人中选出2人,1人演口技, 1人演魔术,有多少种不同的选法?解:以全能型演员为主分类:(1)都不上场; (2) 1人上场; 若演口技,则若演魔术,则(3)2人上场所以共有选法也可以只会口技的人来分类，或者以只会魔术的人来分类。例7、（隔板法）有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配方案？ 解:因为10个名额没有差别，把它们排成一排.相邻名额之间形成9个空隙.在9个空档中选6个位置插个隔板,可把名额分成7份，对应地分给7个班级，每一种插板方法对应一种分法共有种分法。变式训练4、12个相同的球分给3个人,每人至少一个,而且必须全部分完，有多少种分法？解:将12个球排成一排,一共有11个空隙,将两个隔板插入这些空隙中,规定两 隔板分成的左中右三部分球分别分给3个人,每一种隔法 对应一种分法,于是分法的总数为 种方法。变式训练5、求方程X+Y+Z+W=100的正整数解的组数是多少？ 解：说明：将n个相同的元素分成m份,可以用m-1块隔板,插入n个元素排成一排的n-1个空隙中,所有的插法数就是分法数,这种方法叫隔板法。隔板法如果把条件若化就变成了允许重复的组合问题。例8、（染色问题）如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数。 解：法一：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论由题设，四棱锥SABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×360(种)染色方法当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法可见，当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7420(种)。法二：以S、A、B、C、D顺序分步染色第一步，S点染色，有5种方法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S、A、C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×32×2)420(种)法三：按所用颜色种数分类第一类，5种颜色全用，共有A种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C或B与D)，共有2×A种不同的方法；例9、（构造组合模型）如图从A出发到B处，只能向前和向上有几种线路？解：从A到B一共需要9步，只能选择5步向上，4步向前所有有说明：构造模型是学生的薄弱环节，方法学生都知道但是不能够灵活使用，主要问题在于基本的事件分析不清，不能够准确的描述事件。总结解排列组合的基本方法与基本技巧1解排列、组合综合题一般是先选元素、后排元素，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个基本计数原理作最后处理。2对于较难直接解决的问题则可用间接法，但应做到不重不漏。3对于选择题要谨慎处理，注意等价答案的不同形式，处理这类选择题可采用排除法分析答案的形式，错误的答案都是犯有重复或遗漏的错误。4对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏。5、二项式定理研究通项、二项式系数、系数、二项式系数性质、赋值法求系数和的问题例9、 在二项式的展开式中,前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项.解:二项展开式的前三项的系数分别是1, , n(n1),2·1n(n1)，解得n8或n1(舍去).当4kZ时, Tk1为有理项，0k8且kZ，k0, 4, 8符合要求故有理项有3项，分别是T1x4，T5x，T9x2.n8，展开式中共9项，中间一项即第5项的二项式系数最大且为T5x说明： 求二项展开式中的指定项,一般是利用通项公式进行,化简通项公式后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k1，代回通项公式即可。例10、（常见“项”的概念）已知在的展开式中，第6项为常数项(1)求n；(2)求含x2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项。解: (1)通项为Tr1Cx x Cx 因为第6项为常数项，所以r5时，有0，即n10.(2)令2，得r(n6)×(106)2，所求的系数为C.(3)根据通项公式，由题意令k (kZ)，则102r3k，即r5k. rN，k应为偶数. k可取2, 0,2, 即r可取2, 5, 8.所以第3项,第6项与第9项为有理项,它们分别为Cx2 , C, Cx2.例11、（赋值法）在(2x3y)10的展开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和； (3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和解： (1)二项式系数的和为CCC210.(2)令xy1，各项系数和为(23)10(1)101.(3)奇数项的二项式系数和为CCC29，偶数项的二项式系数和为CCC29.(4)令xy1，得到a0a1a2a101，令x1，y1(或x1，y1)，得a0a1a2a3a10510，得2(a0a2a10)1510，奇数项的系数和为；例12、（匹配问题）已知等式(x22x2)5a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9a10(x1)10，其中ai (i0, 1, 2，10)为实常数求：(1)an的值；(2)nan的值解: (1)(x22x2)5a0a1(x1)a2(x1)2a10(x1)10,令x0，则a0a1a2a9a102532；令 x1, 则a01, 即an31.(2)(x22x2)51(x1)25×15(x1)2(x1)4(x1)10a0a1(x1)a2(x1)2a10(x1)10，a0，a1a3a5a7a90，a2，a4，a6，a8，a10nana12a23a310a10246810=160例13、（多项式运算的原理）在的展开式中，含的项的系数是_解：形成可以有五种情况，第一个括号选择常数其余选，第二个括号选择常数其余选，依此类推到第五个括号选择常数其余选。所以的系数为。说明：解题方法与技巧1.通项公式最常用，是解题的基础2.对三项或三项以上的展开问题,应根据式子的特点，转化为二项式来解决,转化的方法通常为集项、配方、因式分解,集项时要注意结合的合理性和简捷性.3.求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对k的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性4.因为二项式定理中的字母可取任意数或式,所以在解题时根据题意，给字母赋值，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法.6.二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系数的性质对条件进行逐个分析，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法，同时注意二项式定理的逆用易错点1.要把“二项式系数的和”与“各项系数和”，“奇(偶)数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来2.根据通项公式时常用到根式与幂指数的互化，学生易出错3.通项公式是第k1项而不是第k项。五、参考选题二项式定理一、选择题1、展开式中不含项的系数的和为（ ）A.-1 B.0 C.1 D.22、已知的展开式中的系数为,则（）ABCD3、设为正整数,展开式的二项式系数的最大值为,展开式的二项式系数的最大值为,若,则（）A5B6C7D84、的展开式中的系数是（）ABCD5、使得（）ABCD 6、设，且，若能被13整除，则a=（ ）A0 B1 C11 D127、的展开式的常数项是（ ） 8、展开式中不含x的项的系数绝对值的和为243，不含y的项的系数绝对值的和为32，则的值可能为（ ） A B C D . 二、填空题1、已知的展开式中没有常数项，且2n8，则n=_2、在（x+ ）的展开式中，系数为有理数的项共有_项。3、若将函数表示为， 其中，为实数，则_4、二项式的展开式中,含的项的系数是_.(用数字作答)5、设常数,若的二项展开式中项的系数为,则6、若的展开式中的系数为7,则实数_. 7、已知则 8、已知 排列、组合一、选择题1、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（ ）A243B252C261D2792、满足,且关于x的方程有实数解的有序数对的个数为（）A14B13C12D103、从这五个数中,每次取出两个不同的数分别为,共可得到的不同值的个数是（ ）ABCD4、方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有 （ ）A、60条 B、62条 C、71条 D、80条5、两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（ ）A. 10种 B.15种 C. 20种 D. 30种6、现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张.不同取法的种数为（ ）（A）232 (B)252 (C)472 (D)4847、一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为（ ）(A)3×3！ (B) 3×(3！)3 (C)(3！)4 (D) 9！8、从0，2中选一个数字.从1.3.5中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为( )A. 24 B. 18 C. 12 D. 69、6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品，已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到份纪念品的同学人数为（ ） 或 或 或 或10、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11、将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（ ）（A）12种 （B）18种 （C）36种 （D）54种12、某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有 （ ）A. 504种 B. 960种 C. 1008种 D. 1108种 13、8名学生和2位第师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（ ）（A） （B） （C） （D） 14、由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是（ ）（A）72 （B）96 （C） 108 （D）144 15、如图，用四种不同颜色给图中的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颜色，则不同的涂色方法用（ ）（A）288种 （B）264种 （C）240种 （D）168种16、现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加。甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（ ）A152 B.126 C.90 D.5417、12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为（ ）ABCD 二、填空题1、将六个字母排成一排,且均在的同侧,则不同的排法共有_种(用数字作答)2、从名骨科.名脑外科和名内科医生中选派人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科.脑外科和内科医生都至少有人的选派方法种数是_(用数字作答)3、将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人,每人至少1张,如果分给同一人的2张参观券连号,那么不同的分法种数是_4某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为 （用数字作答）.5.将6位志愿者分成4组，其中两个各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有 种（用数字作答）。6.某学校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有 种.(用数字作答)参考答案二项式定理一、选择题1、B2、D3、B4、D5、B6、D解：由于51=52-1，,又由于13|52,所以只需13|1+a，0a<13,所以a=12选D.7、D解：第一个因式取，第二个因式取 得：，第一个因式取，第二个因式取得： 展开式的常数项是8、D二、填空题1、52、6解：二项式展开式的通项公式为要使系数为有理数，则r必为4的倍数，所以r可为0.、4、8、12、16、20共6种，故系数为有理数的项共有6项3、10解：法一：由等式两边对应项系数相等即：法二：对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用赋值法，令得：，即4、105、6、7、1658、分类、分步、排列、组合一、选择题1、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（ B）A243B252C261D2792、满足,且关于x的方程有实数解的有序数对的个数为（B）A14B13C12D103、从这五个数中,每次取出两个不同的数分别为,共可得到的不同值的个数是（C ）ABCD4、方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有 （ B ）A、60条 B、62条 C、71条 D、80条解：本题可用排除法，6选3全排列为120，这些方程所表示的曲线要是抛物线，则且,，要减去，又和时，方程出现重复，用分步计数原理可计算重复次数为，所以不同的抛物线共有120-40-18=62条.故选B.5、两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（ C ）A. 10种 B.15种 C. 20种 D. 30种解：首先分类计算假如甲赢，比分3：0是1种情况；比分3：1共有3种情况，分别是前3局中（因为第四局肯定要赢），第一或第二或第三局输，其余局数获胜；比分是3：2共有6种情况，就是说前4局2：2，最后一局获胜，前4局中，用排列方法，从4局中选2局获胜，有6种情况.甲一共就1+3+6=10种情况获胜.所以加上乙获胜情况，共有10+10=20种情况.故选C.6、现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张.不同取法的种数为（ C ）（A）232 (B)252 (C)472 (D)484若没有红色卡，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有种，若2色相同，则有；若红色卡片有1张，则剩余2张若不同色，有种，如同色则有，所以共有，故选C。7、一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为（ C ）(A)3×3！ (B) 3×(3！)3 (C)(3！)4 (D) 9！解：此排列可分两步进行，先把三个家庭分别排列，每个家庭有种排法，三个家庭共有种排法；再把三个家庭进行全排列有种排法。因此不同的坐法种数为，答案为C 8、从0，2中选一个数字.从1.3.5中选两个数字,组成无重复数字的三位数.