第23期 排列，组合-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版2019）

书 第２２期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ｄ．　４．６０；　５．８． ６．解：按个位数字是２，３，４，５，６，７，８，９分成８类，在每 一类中满足条件的两位数分别是１个，２个，３个，４个，５ 个，６个，７个，８个，则共有１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＋８＝ ３６（个）． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｄ；　３．Ａ．　４．２４；　５．２４３． ６．解：分３个步骤： 第１步，百位可放７个数； 第２步，十位可放６个数； 第３步，个位可放４个数． 根据分步乘法计数原理，可组成不同的三位数的个数 是７×６×４＝１６８． 第２２期３，４版 计数原理同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＡＣＤ　５～８　ＢＢＡＤ 提示： １．采用分类加法计数原理，有７＋１１＋９＝２７（种 ） 方法． ２．第三语言从４个中任选一个，有４种方法， 第四语言从５个中任选一个，有５种方法， 所以共有４×５＝２０（种）组合选法． ３．要让电路从Ａ处到Ｂ处接通，不同的路径条数为２ ×１＋２×３＝８． ４．对于（Ａ），共有４×４×４＝４３ ＝６４（种）投法，故 （Ａ）错误； 对于（Ｂ），共有４×３×２＝２４（种）可能，故（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），共有４×４×４＝４３＝６４（种）种法，故（Ｃ） 错误； 对于（Ｄ），共有３×３×３×３＝３４＝８１（种）买法，故 （Ｄ）正确． ５．求不同填法需要４步：①中间一列填２和５有２种 方法；②再填１有３种方法；③与１同列的只能是３或４， 有２种方法；④最后两个区域，填两个数字有２种方法， 所以不同填法种数是２×３×２×２＝２４． ６．Ａ，Ｂ两项实验安排在第一周，若第二周安排１项实 验，有３种方案，若第二周安排２项实验，有３种方案，故共 有３＋３＝６（种）方案； Ａ，Ｂ两项实验不安排在第一周，则安排在第二周或第 三周，有２种方案；第一周安排两项实验有３种方案，故有 ２×３＝６（种）方案． 综上，不同的实验方案有６＋６＝１２（种）． ７．分三类： 第一类，千位数字为３时，要使四位数为“渐降数”，则 四位数只有３２１０，共１个； 第二类，千位数字为４时，“渐降数”有４３２１，４３２０， ４３１０，４２１０，共４个； 第三类，千位数字为５时，“渐降数”有５４３２，５４３１， ５４３０，５４２１，５４２０，５４１０，５３２１，５３２０，５３１０，５２１０，共 １０ 个． 由分类加法计数原理得，满足题意的“渐降数”共有 １＋４＋１０＝１５（个）． ８．如 右 图， 在 正 六 棱 柱 ＡＢＣＤＥＦ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１Ｅ１Ｆ１中，连接 ＡＣ，Ａ１Ｃ１，ＡＥ，Ａ１Ｅ１，易知ＡＣ⊥平面 ＡＡ１Ｆ１Ｆ，ＡＥ⊥ 平面 ＡＡ１Ｂ１Ｂ，ＡＦ⊥ 平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ，ＡＢ⊥平面ＡＡ１Ｅ１Ｅ． 取矩形ＡＡ１Ｆ１Ｆ为阳马的底面， 则阳马的另一个顶点可以为Ｃ，Ｄ，Ｃ１，Ｄ１； 取矩形ＡＡ１Ｂ１Ｂ为阳马的底面，则阳马的另一个顶点 可以为Ｄ，Ｅ，Ｄ１，Ｅ１； 取矩形ＡＡ１Ｃ１Ｃ为阳马的底面，则阳马的另一个顶点 可以为Ｄ，Ｆ，Ｄ１，Ｆ１； 取矩形ＡＡ１Ｅ１Ｅ为阳马的底面，则阳马的另一个顶点 可以为Ｂ，Ｄ，Ｂ１，Ｄ１； 所以这样的阳马的个数是１６． 二、多项选择题 ９．ＢＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＣ． 提示： ９．因为生物课要求在Ｂ层上，只有第２，３节课，故分 两类进行讨论： 第一类，若生物选第２节，则地理可选第１节或第３ 节，有２种选法，政治有２种选法，故有２×２＝４（种）选 法． 第二类，若生物选第３节，则地理只能选第１节，政治 只能选第４节，自习只能选第２节，故有１种选法． 根据分类加法计数原理得到选课方式共有４＋１＝ ５（种），故（Ａ）错误，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），自习可以安排在４节课的任意一节，故（Ｃ） 错误，（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｄ）． １０．对于（Ａ），（Ｂ），因为甲、乙两人共付费５元，则其 中一人的乘坐站数不超过４，另一人的乘坐站数超过４不 超过７，若甲乘坐站数不超过４，有４种下地铁方案，乙乘坐 站数超过４不超过７，有３种下地铁方案，则有４×３＝ １２（种）方案； 同理，若乙乘坐地铁不超过４站，甲乘坐地铁超过４ 站不超过７站，也有１２种方案， 因此甲和乙两人共付费 ５元时，共有 １２＋１２＝ ２４（种）下地铁的方案，故（Ａ）错误，（Ｂ）正确． 对于（Ｃ），（Ｄ），若甲、乙两人共付费６元，则共有三类 情况：①甲付２元，乙付４元；②甲付３元，乙付３元；③甲 付４元，乙付２元．易知①③两类情况，每类情况有４×３＝ １２（种）方案，②类情况有３×３＝９（种）方案，所以甲、乙 两人共付费６元时，共有１２＋９＋１２＝３３（种）下地铁的 方案，故（Ｃ）错误，（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｄ）． １１．对于（Ａ），由分类加法计数原理，共有５＋２＋７＝ １４（种）种不同的选法，故（Ａ）正确； 对于（Ｂ），从国画、油画、水彩画中各选一幅，分别有５ 种、２种、７种不同的选法， 根据分步乘法计数原理，共有５×２×７＝７０（种）不 同的选法，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），若其中一幅选自国画，一幅选自油画，则有 ５×２＝１０（种）不同的选法； 若一幅选自国画，一幅选自水彩画，则有 ５×７＝ ３５（种）不同的选法； 若一幅选自油画，一幅选自水彩画，则有 ２×７＝ １４（种）不同的选法， 故共有１０＋３５＋１４＝５９（种）不同的选法，故（Ｃ）正 确； 对于（Ｄ），从５幅国画中选出２幅分别挂在左、右两边 墙上，可以分两个步骤完成： 第一步，从５幅画中选１幅挂在左边墙上，有５种选法； 第二步，从剩下的４幅画中选１幅挂在右边墙上，有４ 种选法， 根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是５×４＝ ２０（种）不同的选法，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．９；　１３．１８；　１４．２３． 提示： １２．由题意，他的父母的血型都是Ａ，Ｂ，Ｏ三种之一， 由分步乘法计数原理知，其父母血型的所有可能情况 有３×３＝９（种）． １３．ｌｇｂ－ｌｇａ＝ｌｇｂａ有多少个不同值，只要看 ｂ ａ不 同值的个数即可．分两步分别取出ａ，ｂ．第１步，从五个数 中取出一个数作为ｂ，有５种方法；第２步，从剩下的四个 数中取出一个数作为ａ，有４种方法．根据分步乘法计数原 理，取法种数为５×４＝２０．由于 １３ ＝ ３ ９， ３ １ ＝ ９ ３，故ｌｇｂ －ｌｇａ的不同值的个数为２０－２＝１８． １４．每个水闸有打开或关闭两种情况，五个水闸的打 开或关闭的不同结果有２５种， 水闸Ａ打开，水闸Ｂ，Ｃ至少打开一个，水闸Ｄ，Ｅ至少 打开一个，下游有水， 水闸Ｂ，Ｃ至少打开一个的情况有（２２－１）种，水闸Ｄ， Ｅ至少打开一个的情况有（２２－１）种， !"#$%&'()*+,-./0. ! ( ! " # $ %&' !"#$%&'( )*& !!"!#+,-./ 0123456 & $+78 %&+9 ! " # $ % & ! ! # ! " ! % ! $ ! & ! 书 由分步乘法计数原理得下游有水的不同结果有１× （２２－１）×（２２－１）＝９（种）， 所以所求五个水闸打开或关闭的情况有 ２５－９＝ ２３（种）． 四、解答题 １５．解：由题意，从Ａ地到Ｂ地每天有汽车５班，故坐汽 车有５种走法，从Ａ地到Ｂ地每天有火车２班，故坐火车有 ２种走法，从Ａ到Ｂ共有５＋２＝７（种）走法．从Ｂ到Ｃ有 两类，一类有３种走法，另一类有２种走法，共有３＋２＝ ５（种）走法． 综上，从Ａ地到Ｃ地不同的走法数为７×５＝３５（种）． １６．解：若选择 ①②③，则三人出游的不同方法数 Ｎ ＝４×５×５＝１００． 若选择①②④，则需分两类．第一类，若甲选择４月２７ 日出游，则三人出游的不同方法数Ｎ１ ＝５×６＝３０；第二 类，若甲不选择４月２７日出游，则三人出游的不同方法数 Ｎ２ ＝３×４×６＝７２．故三人出游的不同方法数 Ｎ＝ Ｎ１＋Ｎ２ ＝１０２． 若选择①③④，则三人出游的不同方法数Ｎ＝４×５ ×５＝１００． 若选择②③④，则三人出游的不同方法数Ｎ＝５×５ ×５＝１２５． １７．解：不考虑甲试剂不能对Ｃ细胞染色时： 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂不同， 共有４×３×２×（１＋２）＝７２（种）方法， 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂相同， 共有４×３×２×２＝４８（种）方法， 此时共有７２＋４８＝１２０（种）染色方法． 现考虑甲试剂对Ｃ细胞染色： 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂不同， 共有３×２×（２＋１）＝１８（种）方法， 若Ｃ，Ｅ细胞的染色试剂相同， 共有３×２×２＝１２（种）方法， 此时共有１８＋１２＝３０（种）染色方法． 所以符合条件的染色方法有１２０－３０＝９０（种）． １８．解：（１）分３类：第１类是负责人从高一产生，有８ 种不同的选法；第２类是负责人从高二产生，有１０种不同 的选法；第３类是负责人从高三产生，有１２种不同的选法． 故共有Ｎ＝８＋１０＋１２＝３０（种）不同的选法． （２）每种选法可分为３个步骤： 第１步，从高一选一名负责人，共有８种不同的选法； 第２步，从高二选一名负责人，共有１０种不同的选法； 第３步，从高三选一名负责人，共有１２种不同的选法． 故共有Ｎ＝８×１０×１２＝９６０（种）不同的选法． （３）分３类，每类又可分两步．第１类，从高一和高二 年级中各选１人，共有８×１０＝８０（种）不同的选法；第２ 类，从高一和高三年级中各选１人，共有８×１２＝９６（种） 不同的选法；第３类，从高二和高三年级中各选１人，共有 １０×１２＝１２０（种）不同的选法． 故共有Ｎ＝８０＋９６＋１２０＝２９６（种）不同的选法． １９．解：（１）当百位为６，符合要求的“吉祥数”有６００； 当百位为５，符合要求的“吉祥数”有５１０； 当百位为４，符合要求的“吉祥数”有４２０，４０２； 当百位为３，符合要求的“吉祥数”有３３０，３１２； 当百位为２，符合要求的“吉祥数”有２４０，２０４，２２２； 当百位为１，符合要求的“吉祥数”有１５０，１１４，１３２． 综上，三位正整数中共有１２个“吉祥数”． （２）（ⅰ）千位有９种不同填法，百位有１０种不同填 法，十位、个位对应各有１种填法．由分步乘法计数原理可 知，四位回文数的个数为９×１０×１×１＝９０． （ⅱ）由回文数的对称性知，只需考虑 ２ｎ＋１（ｎ∈ Ｎ＋）位回文数自左至右的前ｎ＋１位数．最高位有９种不 同填法，其余ｎ位分别有１０种不同填法，由分步乘法计数 原理可知，２ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）位回文数的个数为９×１０ ｎ． 第２３期２版 专项小练一 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ａ．　４．２４；　５．｛８｝． ６．解：（１）能组成无重复数字的四位数的个数为 Ａ４６ ＝３６０． （２）四位偶数要求个位数为偶数，先排个位数字，有 Ａ１３种选法；再从剩下的５个数中选出３个排成一列，共有 Ａ３５ ＝６０（种）选法．故共能组成无重复数字的四位偶数为 Ａ１３Ａ ３ ５ ＝１８０（个）． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｄ；　３．Ｃ．　４．３０；　５．９８． ６．解：（１）从１５人中选３人，共有Ｃ３１５＝４５５（种）不同 的选派方法． （２）分两类：第１类，男生２人，女生１人，有Ｃ２１０Ｃ １ ５ ＝ ４５×５＝２２５（种）不同的选法；第２类，男生１人，女生２ 人，有Ｃ１１０Ｃ ２ ５ ＝１０×１０＝１００（种）不同的选法．故共有 Ｃ２１０Ｃ １ ５＋Ｃ １ １０Ｃ ２ ５ ＝３２５（种）不同的选派方法． （３）分两类：第１类，男生２人，女生１人（即女生甲）， 有Ｃ２１０×１＝４５（种）不同的选法；第２类，男生１人，女生 ２人（含女生甲），有Ｃ１１０Ｃ １ ４＝１０×４＝４０（种）不同的选法． 故共有４５＋４０＝８５（种）不同的选派方法． 第２３期３，４版 排列与组合同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＢＣＢ　５～８　ＤＢＣＣ 提示： １．４×５×６×…×ｎ＝ｎ×（ｎ－１）×…×５×４＝Ａｎ－３ｎ ． ２．因为 Ａ３２ｎ ＝１０Ａ ３ ｎ，所以 ２ｎ（２ｎ－１）（２ｎ－２）＝ １０ｎ（ｎ－１）（ｎ－２），解得ｎ＝８． ３．由题意得有个居民家去两名水暖工，其他两个居民 家各去一名水暖工，因此分配的方案共有Ｃ２４Ａ ３ ３（种）． ４．取出的兔子只恰有２只测量过该指标，即从３只测 过指标的里面选２只，从未测的里面选１只，所以恰有２只 测量过该指标的所有情况数为Ｃ２３Ｃ １ ２，又从这５只兔子中随 机取出３只的所有情况数为Ｃ３５，故所求概率为 Ｃ２３Ｃ １ ２ Ｃ３５ ＝３５． ５．根据题意有两种方式： 第一种方式，有一个地方去３名专家，另外两个地方 各去１名专家，共有 Ｃ１５·Ｃ １ ４·Ｃ ３ ３ Ａ２２ ·Ａ３３ ＝６０（种）方法； 第二种方式，有一个地方去１名专家，另外两个地方 各去２名专家，共有 Ｃ１５·Ｃ ２ ４·Ｃ ２ ２ Ａ２２ ·Ａ３３ ＝９０（种）方法， 所以分派方法的种数为６０＋９０＝１５０． ６．混合双打比赛要求每一队必须是一名男队员和一 名女队员．可以分以下两步： 第一步：先从４名男选手中选２名出来，再从４名女选 手选２名出来，组成一组，其余４名选手为另一组，共有 Ｃ２４Ｃ ２ ４ ＝３６（种）分法； 第二步：由于是一男一女的配合，所以每组选出来的 ４名选手（２男２女）共有２种搭配方法． 由分步乘法计数原理得不同的分配方案共有３６×２ ＝７２（种）． ７．根据题意，可分三种情况讨论： ①若小明的父母只有一人与小明相邻且父母不相邻 时，先在其父母中选一人与小明相邻，有 Ｃ１２ ＝２（种）情 况，将小明与选出的家长看出一个整体，考虑其顺序有Ａ２２ ＝２（种）情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全 排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有 Ａ２２×Ａ ２ ３ ＝ １２（种）安排方法，此时有２×２×１２＝４８（种）不同坐法； ②若小明的父母只有一人与小明相邻且父母相邻 时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有２种情 况，考虑父母之间的顺序，有２种情况，则这个整体内部有 ２×２＝４（种）情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列， 有Ａ３３ ＝６（种）情况，此时有４×６＝２４（种）不同坐法； ③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在 两边，将３人看成一个整体，考虑父母的顺序，有 Ａ２２ ＝ ２（种）情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有Ａ３３ ＝ ６种情况，此时共有２×６＝１２（种）不同坐法． 综上所述，共有４８＋２４＋１２＝８４（种）不同的坐法． ８．由于每名同学必须参加且只能参加１个社团且每 个社团至多两人参加，因此可以将问题看成是将６名同学 分配到除“演讲团”外的四个社团或三个社团，可以分两 类： 第一类：先将６人分成四组，分别为１人，１人，２人，２ 人，再分配到四个社团，不同的参加方法数为 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ １ ２Ｃ １ １ Ａ２２Ａ ２ ２ · Ａ４４ ＝１０８０（种）； 第二类：将６人平均分成三组，再分配到除“演讲团” 外的四个社团中的任意三个社团，不同的参加方法数为 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ Ａ３３ ·Ａ３４ ＝３６０（种）． 所以不同的参加方法数共有１０８０＋３６０＝１４４０（种）． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣＤ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．从六名学生中选三名学生参加数学、物理、化学竞 赛，共有多少种选法属于排列问题，故（Ａ）正确； 有十二名学生参加植树活动，要求三人一组，可分为 四组，三人一组无先后顺序，不属于排列问题，故（Ｂ）错 误； !"#$%&'()*+,-./0. ! ( 书 从３，５，７，９中任选两个数进行指数运算，可以得到多 少个幂属于排列问题，故（Ｃ）正确； 从１，２，３，４中任取两个数作为点的坐标，可以得到多 少个点属于排列问题，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．若五人每人可任选一项工作，则每人都有４种选 法，则共有４×４×４×４×４＝４５（种）选法，故（Ａ）错误； 若安排小张和小赵从事翻译、安保工作，其余三人中任 选两人从事礼仪、服务工作，则不同的方案有 Ａ２２Ａ ２ ３ ＝ １２（种），故（Ｂ）正确； 在五人中任选两人，安排礼仪工作，有 Ｃ２５ ＝１０（种） 选法，再给剩下三人安排剩下的三项工作，有Ａ３３ ＝６（种） 情况，则有１０×６＝６０（种）不同的方案，故（Ｃ）正确； 在五人中任选两人，安排在第一排，有 Ａ２５ ＝２０（种） 排法，剩下三人安排在第二排，要求身高最高的站中间，有 ２（种）排法，则有２０×２＝４０（种）不同的站法，故（Ｄ）正 确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．根据题意，依次分析选项： 在６辆不同的工程车中选出２辆，分给甲地，有Ｃ２６种 分法，在剩下的４辆工程车中选出２辆，分给乙地，有Ｃ２４种 分法，将最后的２辆工程车分给丙地，有 Ｃ２２种分法，则有 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ ＝９０（种）分配方式，故（Ａ）错误； 在６辆不同的工程车中选出２辆，分给甲地，有Ｃ２６种 分法，在剩下的４辆工程车中选出２辆，分给乙地，有Ｃ２４种 分法，在剩下的２辆工程车中选出１辆，分给丙地，有Ｃ１２种 分法，将最后的１辆工程车分给丁地，有１种分法，则有 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ １ ２ ＝１８０（种）分配方式，故（Ｂ）正确； 将６辆工程车分为４，１，１的三组，有Ｃ４６种分法，将分 好的三组安排到三个工地，有Ａ３３种情况， 则有Ｃ４６Ａ ３ ３ ＝１５×６＝９０（种）分配方式，（Ｃ）错误； 将６辆工程车分为２，２，１，１的四组，有 Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ １ ２Ｃ １ １ Ａ２２Ａ ２ ２ ＝ ４５（种）分法，将分好的四组安排到四个工地，有 Ａ４４ ＝ ２４（种）情况，则有４５×２４＝１０８０（种）分配方式，（Ｄ）正 确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１２；　１３．３６０；　１４．４２． 提示： １２．老师必须站在正中间，则老师的位置是指定的；甲 同学不与老师相邻，则甲同学站两端，其余同学全排列，故 不同站法种数为Ｃ１２Ａ ３ ３ ＝１２． １３．第一步安排甲学校，由于甲学校连续参观两天，所 以只能有６种不同的安排方法；第二步安排余下的三所学 校，由于这三所学校均只参观一天，所以有Ａ３５种不同的安 排方法．由分步乘法计数原理得不同的安排方法有６Ａ３５＝ ６×５×４×３＝３６０（种）． １４．６人分组照顾三位老人有Ｃ２６Ｃ ２ ４＝９０（种），当Ａ照 顾老人甲时有Ｃ１５Ｃ ２ ４ ＝３０（种），同理义工Ｂ照顾老人乙也 有３０种，Ａ，Ｂ同时分别照顾老人甲和乙有 Ｃ２４·２＝ １２（种），所以共有９０－３０×２＋１２＝４２（种）． 四、解答题 １５．解：若不选多项选择题，可从８道单项选择题中任 选６道题，有Ｃ６８ ＝Ｃ ２ ８ ＝２８（种）选择方法； 若选１道多项选择题，可从８道单项选择题中任选５ 道题，再从３道多项选择题中任选１道题即可，有Ｃ５８Ｃ １ ３ ＝ ３Ｃ３８ ＝１６８（种）选择方法． 综上，共有１６８＋２８＝１９６（种）选择方法． １６．解：（１）根据题意可知同一科目的书相邻， 那么先将同一栏目的书捆绑起来，然后整体排列得到 排法有Ａ２２Ａ ２ ２Ａ ３ ３ ＝２４（种）． （２）要求同一科目的书不相邻，那么需要采用间接 法，用所有的情况减去相邻的情况即可， 即排法有Ａ５５－２Ａ ２ ２Ａ ４ ４＋Ａ ２ ２Ａ ２ ２Ａ ３ ３ ＝４８（种）． １７．解：（１）根据题意，若恰在第５次测试后就找出了 所有次品，则第５次测试的产品恰为最后一件次品，另３ 件次品在前４次测试中出现，则前４次测试中有一件正品 出现，所以共有Ｃ１４·（Ｃ １ ６Ｃ ３ ３）·Ａ ４ ４＝５７６（种）不同的测试方 法． （２）根据题意，分３步进行分析：先排第１次测试，只 能取正品，有６种不同的测试方法，再从４件次品中选２件 排在第２次和第７次的位置上测试，有Ａ２４ ＝１２（种）测试 方法，最后排余下４件被测试产品的测试位置，有Ｃ２５Ａ ４ ４ ＝ ２４０（种）测试方法．所以共有６×１２×２４０＝１７２８０（种） 不同的测试方法． １８．解：６个人排有Ａ６６种排法，６人排好后包括两端共 有７个“间隔”可以插入空位． （１）空位不相邻相当于将４个空位安插在上述７个 “间隔”中，有Ｃ４７ ＝３５（种）插法， 故空位不相邻的坐法有Ａ６６Ｃ ４ ７ ＝２５２００（种）． （２）将相邻的３个空位当作一个元素，另一空位当作 另一个元素，往７个“间隔”里插有Ａ２７种插法，故４个空位 中只有３个相邻的坐法有Ａ６６Ａ ２ ７ ＝３０２４０（种）． （３）４个空位至多有２个相邻的情况有三类： ①４个空位各不相邻有Ｃ４７种坐法； ②４个空位２个相邻，另有２个不相邻有Ｃ１７Ｃ ２ ６种坐法； ③４个空位分两组，每组都有２个相邻，有Ｃ２７种坐法． 综上，共有Ａ６６（Ｃ ４ ７＋Ｃ １ ７Ｃ ２ ６＋Ｃ ２ ７）＝１１５９２０（种）坐法． １９．解：（１）Ｃ３－１５ ＝ （－１５）×（－１６）×（－１７） ３！ ＝ －６８０． （２） Ｃ３ｘ （Ｃ１ｘ） ２ ＝ ｘ（ｘ－１）（ｘ－２） ６ｘ２ ＝ (１６ ｘ＋２ｘ－ )３ ． 因为ｘ＞０，ｘ＋２ｘ≥ 槡２２，当且仅当ｘ＝槡２时取等号， 所以当ｘ＝槡２时， Ｃ３ｘ （Ｃ１ｘ） ２取得最小值． （３）性质①不能推广．例如当ｘ＝槡２时，Ｃ ２ 槡２有意义， 但Ｃ槡２－２ 槡２ 无意义； 性质②能推广，其推广形式是：Ｃｍｘ＋Ｃ ｍ－１ ｘ ＝Ｃ ｍ ｘ＋１，ｘ∈ Ｒ，ｍ是正整数． 事实上，当ｍ＝１时，有Ｃ１ｘ＋Ｃ ０ ｘ ＝ｘ＋１＝Ｃ １ ｘ＋１， 当ｍ≥２时，Ｃｍｘ ＋Ｃ ｍ－１ ｘ ＝ ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋１） ｍ！ ＋ ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２） （ｍ－１）！ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２） （ｍ－１ [）！ ｘ－ｍ＋１ｍ ＋ ]１ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２）（ｘ＋１）ｍ！ ＝Ｃ ｍ ｘ＋１． 第２４期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｄ；　３．Ｃ．　４．４５ｘ６；　５．－２． ６．解： ａ ｘ－ ｘ 槡( )２ ９ 的展开式的通项为Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ９× ａ( )ｘ ９－ｒ × － ｘ槡( )２ ｒ ＝（－１）ｒ×Ｃｒ９×２ －ｒ２×ａ９－ｒ×ｘ ３ｒ ２－９， 令 ３ｒ ２－９＝３，解得ｒ＝８． 所以（－１）８×Ｃ８９×２ －４×ａ＝ ９４，解得ａ＝４． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ａ．　４．２５５；　５．１０． ６．解：依题意得２ｎ ＝５１２，所以ｎ＝９． 设展开式中的常数项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ９ｘ １８－２ｒ（－１）ｒｘ－ｒ ＝ （－１）ｒＣｒ９ｘ １８－３ｒ，由１８－３ｒ＝０，得ｒ＝６． 所以展开式中的常数项为（－１）６Ｃ６９ ＝８４． 第２４期３，４版 二项式定理同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＤＣＡ　５～８　ＣＢＢＣ 提示： １．因为Ｔｒ＋１＝Ｃ ｒ ５ｘ ５－ｒ －１( )ｘ ｒ ＝（－１）ｒＣｒ５ｘ ５－２ｒ，故ｒ＝ １时为展开式中含ｘ３的项，该项的二项式系数为Ｃ１５ ＝５． ２．由题意得，第８项的系数为Ｃ７１０×（槡３ｉ） ３×（－１）７ ＝１２０× 槡３３ｉ＝ 槡３６０３ｉ． ３．令ｘ＝１，各项系数的和为４ｎ，二项式系数的和为 ２ｎ，故有４ ｎ ２ｎ ＝６４，所以ｎ＝６． ４．由Ｃ１ｎｘ＋Ｃ ２ ｎｘ ２＋… ＋Ｃｎｎｘ ｎ ＝（１＋ｘ）ｎ－１，分别将 选项（Ａ），（Ｂ），（Ｃ），（Ｄ）代入检验知，仅有（Ａ）适合． ５．因为Ｔｒ＋１＝Ｃ ｒ ｎ×（３ｘ ２）ｎ－ｒ× －２ ｘ( )３ ｒ ＝（－１）ｒ×Ｃｒｎ ×３ｎ－ｒ×２ｒ×ｘ２ｎ－５ｒ，所以由题意知２ｎ－５ｒ＝０，即ｎ＝５ｒ２． 因为ｎ∈Ｎ＋，ｒ∈Ｎ，所以ｎ的最小值为５． ６．由题意Ｃ１ｎ ＝Ｃ １１ ｎ，所以ｎ＝１２，因此展开式共有１３ 项，中间一项是第７项，Ｔ７ ＝Ｃ ６ １２ｘ (６ －１ )ｘ ６ ＝Ｃ６１２． ７．由题意得Ｃ２ｎ ＝Ｃ ３ ｎ，因此ｎ＝５． 因为（１＋λｘ）５ ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ ２＋… ＋ａ５ｘ ５， 所以令ｘ＝０，可得ａ０ ＝１． 令ｘ＝１，则（１＋λ）５ ＝ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ５． 又ａ１＋ａ２＋…＋ａ５＝２４２，所以（１＋λ） ５＝２４３＝３５， 因此λ＝２． (所以 ｘ＋２ )ｘ ４ 展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ ４ｘ ４－ｋ２ｋｘ－ｋ ＝Ｃｋ４２ ｋｘ４－２ｋ． !"#$%&'()*+,-./0. ! ( 书 由４－２ｋ＝０得ｋ＝２， (因此 ｘ＋２ )ｘ ４ 展开式中常数项为Ｔ３＝Ｃ ２ ４２ ２＝２４． ８．依题意，ａｉ＝Ｃ ｉ １０（－３） ｉ，ｉ∈Ｎ，ｉ≤１０，当ｉ∈｛０，２， ４，６，８，１０｝时，ａｉ ＞０，当 ｉ∈ ｛１，３，５，７，９｝时，ａｉ ＜０．而 ∑ １０ ｉ＝０ ｜ａｉ｜的值为（ｘ ３－３ｙ）１０的展开式中各项系数绝对值之 和，于是取ｘ＝１，ｙ＝－１，所以∑ １０ ｉ＝０ ｜ａｉ｜＝（１ ３＋３×１）１０＝ ４１０． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．二项式（１－２ｘ）５的展开式通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝ Ｃｒ５（－２） ｒｘｒ，ｒ∈Ｎ，ｒ≤５，ａ０ ＝１，ａ５ ＝Ｃ ５ ５（－２） ５ ＝－３２， （Ａ），（Ｂ）都正确； 显然，展开式中的奇数项系数为正，偶数项系数为负， ｜ａ０｜＋｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋｜ａ３｜＋｜ａ４｜＋｜ａ５｜＝ａ０－ａ１＋ａ２ －ａ３＋ａ４－ａ５ ＝［１－２×（－１）］ ５ ＝３５，（Ｃ）正确； ａ１ ＝Ｃ １ ５（－２）＝－１０，ａ２ ＝Ｃ ２ ５（－２） ２ ＝４０，ａ３ ＝ Ｃ３５（－２） ３＝－８０，ａ４＝Ｃ ４ ５（－２） ４＝８０，因此，ａ０＋ａ１＋２ａ２ ＋３ａ３＋４ａ４＋５ａ５ ＝１＋（－１０）＋２×４０＋３×（－８０）＋ ４×８０＋５×（－３２）＝－９，（Ｄ）不正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０． (由二项式定理可得 槡ｘ－２ｘ )２ ８ 的展开式的通项 为Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ８（槡ｘ） ８－ｒ (· －２ｘ )２ ｒ ＝（－１）ｒＣｒ８２ ｒｘ４－ ５ｒ ２． 设第ｒ＋１项系数的绝对值最大． 则 Ｃｒ８·２ ｒ≥Ｃｒ＋１８ ·２ ｒ＋１， Ｃｒ８·２ ｒ≥Ｃｒ－１８ ·２ ４－１{ ，所以 １ ８－ｒ≥ ２ ｒ＋１， ２ ｒ≥ １ ９－ｒ { ， 解得５≤ｒ≤６．故系数绝对值最大的项是第６项和第 ７项，故（Ａ）错误； 二项式系数最大的项为中间项，即为第５项，所以 Ｔ５ ＝（－１）４Ｃ４８·２ ４·ｘ４－ ２０ ２ ＝１１２０ｘ－６，故（Ｂ）正确； 由（Ａ）知，展开式中的第６项和第７项系数的绝对值 最大，而第６项的系数为负数，第７项的系数为正数，则系 数最大的项为Ｔ７ ＝（－１） ６Ｃ６８·２ ６·ｘ－１１ ＝１７９２ｘ－１１，故 （Ｃ）正确； 系数最小的项为 Ｔ６ ＝（－１） ５Ｃ５８·２ ５·ｘ－ １７ ２ ＝ －１７９２ｘ－ １７ ２，故（Ｄ）错误．故选（Ｂ）（Ｃ）． １１．依题意可得 Ｃ４ｎ ＝ Ｃ ６ ｎ，得 ｎ！ ４！·（ｎ－４）！ ＝ ｎ！ ６！·（ｎ－６）！，得（ｎ－４）（ｎ－５）＝３０，得ｎ＝１０． (在 ａｘ２＋１ 槡 )ｘ １０ 的展开式中，令ｘ＝１，得（ａ＋１）１０ ＝１０２４，因为ａ＞０，所以ａ＋１＝２，所以ａ＝１ ( ． ｘ２＋１ 槡 )ｘ １０ 展开式的通项公式为Ｔｋ＋１＝Ｃ ｋ １０（ｘ ２）１０－ｋ (· １ 槡 )ｘ ｋ ＝Ｃｋ１０·ｘ ２０－５２ｋ，ｋ＝０，１，２，３，４，５，６，７，８，９，１０， 由２０－５２ｋ为整数，得ｋ＝０，２，４，６，８，１０，所以展开 式中的有理项有６项，故（Ａ）正确； (因为 ｘ２＋１ 槡 )ｘ １０ 的展开式中各项的系数等于各项 的二项式系数，且总共有１１项，所以展开式中第６项的系 数最大，故（Ｂ）正确； 根据二项式系数的性质可得，展开式中奇数项的二项 式系数和为２９ ＝５１２，故（Ｃ）不正确； 令２０－５２ｋ＝１５，得ｋ＝２，所以展开式中ｘ １５的系数 为Ｃ２１０ ＝４５，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．２；　１３．±槡２２；　１４．２． 提示： １２．通项Ｔｒ＋１＝ａ －ｒ×Ｃｒ６×ｘ １２－３ｒ，当１２－３ｒ＝３时，ｒ＝ ３，所以含ｘ３项的系数为ａ－３×Ｃ３６ ＝ ５ ２，解得ａ＝２． １３．由（ｘｃｏｓθ＋１）５＝（１＋ｘｃｏｓθ）５，知其展开式中ｘ２ 的系数为Ｃ２５ｃｏｓ ２θ． 由 ｘ＋( )５４ ４ ＝ ５ ４( )＋ｘ ４ ，知其展开式中 ｘ３的系数 为 ５ ４Ｃ ３ ４．由题意可知Ｃ ２ ５ｃｏｓ ２θ＝ ５４Ｃ ３ ４，所以ｃｏｓ ２θ＝ １２， 所以ｃｏｓθ＝±槡２２． １４． (易知 ｘ＋ １ )ｘ ７ 的展开式的通项 Ｔｒ＋１ ＝ Ｃｒ７ｘ ７ (－ｒ １ )ｘ ｒ ＝Ｃｒ７ｘ ７－２ｒ，令７－２ｒ＝１，得ｒ＝３；令７－２ｒ ＝２，得ｒ＝５２，不符合题意；令７－２ｒ＝３，得ｒ＝２．分析 可知（ａｘ＋ｂ (） ｘ＋１ )ｘ ７ 的展开式中ｘ２的系数为ａＣ３７，ｘ ３ 的系数为ｂＣ２７，故ａＣ ３ ７＋ｂＣ ２ ７ ＝７，得５ａ＋３ｂ＝１，故８ ａ＋ｂ× ４ａ ＝２３ａ＋３ｂ×２２ａ ＝２５ａ＋３ｂ ＝２． 四、解答题 １５．解：由已知Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎ＋Ｃ ２ ｎ ＝３７， 解得ｎ＝８或ｎ＝－９（舍去）． （１）通项Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ８（槡ｘｘ） ８－ｒ １ ３ 槡 ( )ｘ ｒ ＝Ｃｒ８ｘ １２－１１６ｒ， 由题意得ｒ必为６的倍数，且０≤ｒ≤８， 所以ｒ＝０或ｒ＝６． 所以含ｘ的整数次幂的项为Ｔ１ ＝ｘ １２，Ｔ７ ＝２８ｘ． （２）由ｎ＝８知展开式共９项，二项式系数最大的项 为第５项，即Ｔ５ ＝Ｃ ４ ８ｘ １４ ３ ＝７０ｘ １４ ３． １６．解：（１）由Ｃ４ｎ（－２） ４∶Ｃ２ｎ（－２） ２ ＝５６∶３， 解得ｎ＝１０． 因为通项Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ １０（槡ｘ） １０ (－ｒ －２３ 槡 )ｘ ｒ ＝（－２）ｒＣｒ１０· ｘ５－ ５ｒ ６，０≤ｒ≤１０，ｒ∈Ｎ，所以当５－５ｒ６为整数时，ｒ可取０，６， 于是有理项为Ｔ１ ＝ｘ ５和Ｔ７ ＝１３４４０． （２）原式 ＝１０＋９Ｃ２１０＋８１Ｃ ３ １０＋… ＋９ １０－１Ｃ１０１０ ＝ ９Ｃ１１０＋９ ２Ｃ２１０＋９ ３Ｃ３１０＋… ＋９ １０Ｃ１０１０ ９ ＝ Ｃ０１０＋９Ｃ １ １０＋９ ２Ｃ２１０＋９ ３Ｃ３１０＋… ＋９ １０Ｃ１０１０－１ ９ ＝（１＋９） １０－１ ９ ＝ １０１０－１ ９ ． １７．解 (： 槡ｘ＋ １２４槡 )ｘ ｎ 的展开式中的前三项的系数分 别为Ｃ０ｎ， １ ２Ｃ １ ｎ， １ ４Ｃ ２ ｎ，由题意知Ｃ １ ｎ ＝Ｃ ０ ｎ＋ １ ４Ｃ ２ ｎ，所以ｎ＝ １＋ｎ（ｎ－１）８ ，即ｎ ２－９ｎ＋８＝０，解得ｎ＝８或ｎ＝１（合 去）． (则二项式 槡ｘ＋ １２４槡 )ｘ ８ 展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ８·ｘ ８－ｒ ２· １ ２ｒ ·ｘ－ ｒ ４ ＝ １ ２ｒ ·Ｃｒ８·ｘ ４－３４ｒ． （１）令４－３４ｒ＝１，得ｒ＝４， 所以含有ｘ项的系数为 １ ２４ ×Ｃ４８ ＝ ３５ ８． （２）设展开式中，第ｒ＋１项为有理项， 则当ｒ＝０，ｒ＝４，ｒ＝８时分别对应的项为有理项， 有理项分别为Ｔ１ ＝ｘ ４，Ｔ５ ＝ ３５ ８ｘ，Ｔ９ ＝ １ ２５６ｘ２ ． １８．解：（１）分别令ｘ＝１，ｘ＝－１，得ｆ（１）＝ａ７＋ａ６＋ … ＋ａ１＋ａ０ ＝２ ７＋２７，ｆ（－１）＝－ａ７＋ａ６－… －ａ１＋ａ０ ＝０，两式相加除以２，得ａ０＋ａ２＋ａ４＋ａ６ ＝１２８． （２）当ｍ＝ｎ时，ｆ（ｘ）＝（１＋ｘ）ｍ ＋（１＋ｘ）ｎ ＝２（１ ＋ｘ）ｎ，所以Ｔ３ ＝２Ｃ ２ ｎｘ ２ ＝２０ｘ２，即２Ｃ２ｎ ＝２０，所以ｎ＝５． （３）由ｆ（ｘ）的展开式中含ｘ项的系数是１９，得ｍ＋ｎ ＝１９，所以ｘ２的系数为Ｃ２ｍ ＋Ｃ ２ ｎ ＝ １ ２ｍ（ｍ－１）＋ １ ２ｎ（ｎ －１）＝１２［（ｍ＋ｎ） ２－２ｍｎ－（ｍ＋ｎ）］＝１７１－ｍｎ＝１７１ －（１９－ｎ）ｎ＝ ｎ－１９( )２ ２ ＋３２３４，所以，当ｎ＝１０或ｎ＝ ９时，ｆ（ｘ）的展开式中ｘ２的系数最小，最小值为８１． １９．解：由二项式定理得ａｉ＝Ｃ ｉ ２ｎ＋１（ｉ＝０，１，２，…，２ｎ ＋１）． （１）Ｔ２ ＝ａ２＋３ａ１＋５ａ０ ＝Ｃ ２ ５＋３Ｃ １ ５＋５Ｃ ０ ５ ＝３０． （２）因为（ｎ＋１＋ｋ）Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１ ＝（ｎ＋１＋ｋ）· （２ｎ＋１）！ （ｎ＋１＋ｋ）！（ｎ－ｋ）！ ＝（２ｎ＋１）·（２ｎ）！ （ｎ＋ｋ）！（ｎ－ｋ）！ ＝（２ｎ＋１）Ｃｎ＋ｋ２ｎ， 所以Ｔｎ ＝∑ ｎ ｋ＝０ （２ｋ＋１）ａｎ－ｋ ＝∑ ｎ ｋ＝０ （２ｋ＋１）Ｃｎ－ｋ２ｎ＋１ ＝∑ ｎ ｋ＝０ （２ｋ＋１）Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１ ＝∑ ｎ ｋ＝０ ［２（ｎ＋１＋ｋ）－（２ｎ＋１）］Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１ ＝２∑ ｎ ｋ＝０ （ｎ＋１＋ｋ）Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１ －（２ｎ＋１）∑ ｎ ｋ＝０ Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１ ＝２（２ｎ＋１）∑ ｎ ｋ＝０ Ｃｎ＋ｋ２ｎ －（２ｎ＋１）∑ ｎ ｋ＝０ Ｃｎ＋１＋ｋ２ｎ＋１ ＝２（２ｎ＋１）·１２·（２ ２ｎ＋Ｃｎ２ｎ）－（２ｎ＋１）· １ ２·２ ２ｎ＋１ ＝（２ｎ＋１）Ｃｎ２ｎ， 所以Ｔｎ ＝（２ｎ＋１）Ｃ ｎ ２ｎ ＝（２ｎ＋１）（Ｃ ｎ－１ ２ｎ－１＋Ｃ ｎ ２ｎ－１） ＝２（２ｎ＋１）Ｃｎ２ｎ－１． 因为Ｃｎ２ｎ－１∈Ｎ＋，所以Ｔｎ能被４ｎ＋２整除． !"#$%&'()*+,-./0. ! ( 书书书 １６． （１５ 分 ） 有 五 本 不 同 的 书 ， 其 中 数 学 书 ２ 本 ， 语 文 书 ２ 本 ， 物 理 书 １ 本 ，将 书 摆 放 在 书 架 上 ． （１ ） 要 求 同 一 科 目 的 书 相 邻 ，有 多 少 种 排 法 ？ （ 用 数 字 作 答 ） （２ ） 要 求 同 一 科 目 的 书 不 相 邻 ，有 多 少 种 排 法 ？ （ 用 数 字 作 答 ） １７． （１５ 分 ） 已 知 １０ 件 不 同 的 产 品 中 有 ４ 件 是 次 品 ，现 对 它 们 进 行 测 试 ，直 至 找 出 所 有 的 次 品 为 止 ． （１ ） 若 恰 在 第 ５ 次 测 试 后 就 找 出 了 所 有 次 品 ， 则 这 样 的 不 同 测 试 方 法 种 数 是 多 少 ？ （２ ） 若 恰 在 第 ２ 次 测 试 测 试 到 第 １ 件 次 品 ，第 ７ 次 测 试 才 找 到 最 后 一 件 次 品 ，则 这 样 的 不 同 测 试 方 法 种 数 是 多 少 ？ １８． （１７ 分 ）６ 个 人 坐 在 一 排 １０ 个 座 位 上 ，问 ： （ １ ） 空 位 不 相 邻 的 坐 法 有 多 少 种 ？ （２ ）４ 个 空 位 只 有 ３ 个 相 邻 的 坐 法 有 多 少 种 ？ （ ３ ）４ 个 空 位 至 多 有 ２ 个 相 邻 的 坐 法 有 多 少 种 ？ １９． （１７ 分 ） 规 定 Ｃ ｍｘ ＝ ｘ（ｘ － １ ） … （ｘ － ｍ ＋ １ ） ｍ ！ ，其 中 ｘ ∈ Ｒ ，ｍ 是 正 整 数 ，且 Ｃ ０ｘ ＝ １ ，这 是 组 合 数 Ｃ ｍｎ （ｎ ，ｍ 是 正 整 数 ， 且 ｍ ≤ ｎ ） 的 一 种 推 广 ． （１ ） 求 Ｃ ３－１５ 的 值 ； （ ２ ） 设 ｘ ＞ ０ ，当 ｘ 为 何 值 时 ， Ｃ ３ｘ （Ｃ １ｘ ） ２ 取 得 最 小 值 ？ （３ ） 组 合 数 的 两 个 性 质 ：① Ｃ ｍｎ ＝ Ｃ ｎ－ｍ ｎ ；② Ｃ ｍｎ ＋ Ｃ ｍ －１ ｎ ＝ Ｃ ｍｎ＋ １ 是 否 都 能 推 广 到 Ｃ ｍｘ （ｘ ∈ Ｒ ，ｍ 是 正 整 数 ） 的 情 形 ？若 能 推 广 ，则 写 出 推 广 的 形 式 并 给 出 证 明 ；若 不 能 ，则 说 明 理 由 ． !"#$%&'()*+,-./0123!"#$%&'( 4"#$%&'(5*+,-670128!")$%&'( 9 : ; < = > ? @ A B C = ; D + ! ? 书 数字问题是排列、组合应用中的一类热点 问题．下面以一道经典例题及其变式为例来说 明． 典例：用数字０，１，２，３，４，５组成没有重复 数字的数： （１）能够组成多少个六位奇数？ （２）能够组成多少个大于２０１３４５的正整 数？ 解析：（１）先从１，３，５中选１个数放在末 位，有Ａ１３种情况；再从除０以外的４个数中选１ 个数放在首位，有 Ａ１４种情况；然后将剩余的数 进行全排列，有Ａ４４种情况．所以能组成的六位 奇数的个数为Ａ１３Ａ １ ４Ａ ４ ４ ＝２８８． （２）法１：由０，１，２，３，４，５组成的所有没有 重复数字的正整数的个数是 Ａ１５Ａ ５ ５．其中不大于 ２０１３４５的正整数，当首位数字是２时，只有２０１ ３４５这１个；当首位数字是１时，有Ａ５５个．所求的 正整数的个数为Ａ１５Ａ ５ ５－（１＋Ａ ５ ５）＝４７９． 法２：由０，１，２，３，４，５组成的没有重复数字 的正整数中，大于２０１３４５的正整数分为以下几 种情况：前４位数字为２０１３，只有２０１３５４，个数 为１；同理，前３位数字为２０１且大于２０１３５４，个 数为Ａ１２Ａ ２ ２；前２位数字为２０且大于２０１５４３，个 数为Ａ１３Ａ ３ ３；首位数字为２且大于２０５４３１，个数 为Ａ１４Ａ ４ ４；首位数字为３，４，５中的一个，个数为 Ａ１３Ａ ５ ５． （下转第２版） 书 组合问题是高考的常考题型之一．本文总 结一下解决组合问题的常用方法，供同学们参 考． 一、列举法 例１将标号为１，２，３，…，１０的１０个小球放 入标号为１，２，３，…，１０的１０个盒子中，每个盒子 内放入一个球，则恰好有三个球的标号与所在 盒子的标号不一致的放法共有多少种？ 解析：１０个小球中有３个小球标号不一致， 共有Ｃ３１０种情况，且各种情况放法数相等．如果 标号为１，２，３的小球装入标号１，２，３的盒子中， 且标号不一致，可能的放入的情况数如下表： 盒子 １ ２ ３ 小球 ２ ３ １ ３ １ ２ 即有２种情况，故所求放法数共有Ｃ３１０×２＝ ２４０（种）． 点评：对情况数少的问题可用列举法进行 求解． 二、隔板法 例２从７个班的志愿者中挑选１０名组成考 察小分队，已知每班报名人数都多于４名，若每 班至少挑选１名，则各班名额的分配方案共有 种． 解析：每种分配方案一一对应于将１０个相 同的小球排成一列，并在小球之间插入６块隔板 后所分成的７个区域的球数（每个“空格”只能 插一张隔板），不同的插板方式对应不同的分球 方法，所以，不同的分配方案共有 Ｃ６９ ＝Ｃ ３ ９ ＝ ８４（种）． 点评：对于位置不能空的问题，隔板必须 “隔”在元素之间．如分三段“两”隔板，分四段 “三”隔板，以此类推． 三、分组法 例３有６本不同的书，按下列要求分配，有 多少种不同的分法？ （１）分给甲、乙、丙三人，每人两本； （２）平均分成三份． 解析：（１）３个人两本两本的来取书，甲从６ 本不同的书中任取２本的方法有 Ｃ２６种；甲不论 用哪一种方法取得２本书后，乙再从余下的４本 书中取书有Ｃ２４种方法；而甲、乙不论用哪一种方 法各取２本书后，丙从余下的两本中取两本书， 有Ｃ２２种方法，所以一共有 Ｃ ２ ６Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ ＝９０（种）分 法． （２）设平均分成三份有 ｘ种方法，再分给 甲、乙、丙三人每人得２本，根据分步乘法计数原 理得ｘＡ３３ ＝Ｃ ２ ６Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２，所以平均分成三份有 ｘ＝ Ｃ２６Ｃ ２ ４Ｃ ２ ２ Ａ３３ ＝１５（种）不同的分法． 点评：本题中的两问都是分成３堆，每堆２ 本，属于平均分组问题，但第（１）问分给甲、乙、 丙三人，相当于给出了甲、乙、丙三个指定的组， 第（２）问没有给出组名，所以结果是不同的． 书 排列问题是高中数学中较为抽象的内容． 初学排列知识的同学，一遇到这类问题，不知从 何入手．下面介绍一些常见的解题策略，供大家 参考． 一、特殊者“优先法” 就是某些排列问题中某些元素（位置）必须 （不能）排在指定的位置上（排某些元素），这时 可优先考虑这些元素（位置），再排其他元素（位 置）． 例１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、乙两名志愿者都不从事翻译工作，则不同的 选派方案共有 （　　） （Ａ）２８０种　　　　　　（Ｂ）２４０种 （Ｃ）１８０种 （Ｄ）９６种 解析：由于甲、乙两名志愿者都不能从事翻 译工作，因此翻译工作从剩下的四名志愿者中 任选一人，有Ａ１４种选法；再从其余的５人中任选 ３人从事导游、导购、保洁三种不同的工作有 Ａ３５ 种选法．所以不同的选派方案共有 Ａ１４Ａ ３ ５ ＝ ２４０（种）．故选（Ｂ）． 二、相邻问题“捆绑法” 对于某些元素要求相邻排列的问题，可先 将相邻元素捆绑并看作一个元素，再与其他元 素进行排列，同时对相邻元素进行内部排列． 例２有７人站成一排，其中甲、乙两人必须 相邻，有多少种排法？ 解析：先将甲、乙两人“捆”在一起，捆法有 Ａ２２种；再将捆好的两个人看成一个人，并与其他 ５人进行全排列，有 Ａ６６种排法．于是，所求不同 的排法有Ａ２２Ａ ６ ６ ＝１４４０（种）． 三、不相邻问题“插空法” 先安排好没有限制条件的元素，然后在排好 的元素之间的空位和两端插入不能相邻的元素． 例３某校开文艺晚会，其中有５个舞蹈，４ 个唱歌，唱歌节目不可排两头，并且任何两个唱 歌节目不连排，则不同的排法有多少种？ 解析：先排无限制条件的５个舞蹈有 Ａ５５种 排法；再将４个唱歌节目插入５个舞蹈节目中 （每空插一个），则有 Ａ４４种排法．由分步乘法计 数原理得共有Ａ５５Ａ ４ ４ ＝２８８０（种）排法． 四、定序问题“倍除法” 对于某几个元素顺序一定的排列问题，可 先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然 后用总排列数除以这几个元素的全排列数． 例４用１，２，３，４，５，６，７组成无重复数字的 七位数中，若２，４，６次序一定，则有多少个不同 的七位数？ 解析：若不考虑附加条件，组成的七位数共 有Ａ７７个；而２，４，６次序不定时有Ａ ３ ３种可能，２，４， ６次序一定时只有一种排法，故符合条件的七位 数共有 Ａ７７ Ａ３３ ＝８４０（个）． !"#$%&'()*+ "#$%&$'!(')* !",-%&'()*+ +,$%&$'!%!"# !"#$ %&' ./012345 # 63 !!!"7 #$%&8 '%9 !(:;<74 3 7 !" EF0G1$HI EFJ1KLMNOPQRHS TUVWXYZ2 [\]^_` abc,deZ2fg]!"#$%&'&'(h)i jklgm*+,#-. !"#$% &'() ! no p q ! EF r s tuvwxyz {vwb| *+,-./ 012345678 019:;*+,- <=>?23456 @A>?BC;*+ ,-DEFG234 56HH8IJK LMN>?OBP2Q RSTU2 VWXY ./012*+Z[ \]W2^3_`a ]*2b3Ocd] e2 f3_`ag hi ?0jklm2 nopqrslmM tuvw6M> ?xyaz{|] }&~2 t€2 ‚ƒa„…†‡ˆ ‰Š‹aŒ2Ž ‘O’Š‹“ˆ ”•–*+a?—p l˜2™š›zœ 2 žšŸ„ ¡2 ¢£‚ƒa?0– tuv¤¥–> ?B¦2§F>¨ ]©?0ªa«l ¬­2Ž‰uv¤¥ a>£®¯°>?2 ¡±>?2²³´‰ lFµa`¶–N· v·vU2 ‰·£‰ v– tuv¸¹–º ¸¹a»„±¼> h½2 *+q¾¿ À– \Á2§F> è‰Äm2p¨‰ Åm–*+ÆÇtž š¤yȱ>2ÉO žšÊ‘È˸¹ ÌÍ ! E} ~€ 书 专项小练二、组合 ◎ 数理报社试题研究中心 １．已知集合Ａ含有７个元素，则集合Ａ的三元 子集共有 （　　） （Ａ）２１０个 （Ｂ）３５个 （Ｃ）７个 （Ｄ）３个 ２．已知Ｃｘ１２ ＝Ｃ ５ １２，则ｘ的值为 （　　） （Ａ）５ （Ｂ）７ （Ｃ）１２ （Ｄ）５或７ ３．从４台甲型和５台乙型电冰箱中任意取出３ 台，其中至少有甲型与乙型电冰箱各１台，则不同 的取法共有 （　　） （Ａ）１４０种 （Ｂ）８４种 （Ｃ）７０种 （Ｄ）３５种 ４．２０２４年吉林马拉松准备从Ａ，Ｂ两所大学的 ９名优秀学生（４人来自Ａ大学，５人来自Ｂ大学）中 选取３人作为志愿者，要求选出的３人中，２人来自 Ａ大学，１人来自Ｂ大学，则不同的选法有 种． ５．某校开设１０门课程供学生选修，其中Ａ，Ｂ， Ｃ三门由于上课时间相同，至多选一门．学校规定， 每位同学选修３门课程，则每位同学不同的选修方 案共有 种． ６．学校决定从１５名“三好”学生（男生１０人， 女生５人）中选派３人去参加省数学竞赛培训． （１）共有多少种不同的选派方法？ （２）若要求男生和女生至少各一人，共有多少 种不同的选派方法？ （３）若女生甲必须参加，且男生至少有一人参 加，共有多少种不同的选派方法？ 书 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ｄ．　４．６０；　５．８．　６．３６个． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｄ；　３．Ａ．　４．２４；　５．２４３．　６．１６８． 一、单项选择题　１～４　ＢＡＣＤ　５～８　ＢＢＡＤ 二、多项选择题　９．ＢＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＣ． 三、填空题 １２．９；　１３．１８；　１４．２３． 四、解答题 １５．３５种． １６．解：若选择①②③，则三人出游的不同方法数为１００． 若选择①②④，则三人出游的不同方法数为１０２． 若选择①③④，则三人出游的不同方法数为１００． 若选择②③④，则三人出游的不同方法数为１２５． １７．解：９０种． １８．解：（１）３０种． （２）每种选法可分为３个步骤： 第１步，从高一选一名负责人，共有８种不同的选法； 第２步，从高二选一名负责人，共有１０种不同的选法； 第３步，从高三选一名负责人，共有１２种不同的选法． 故共有Ｎ＝８×１０×１２＝９６０（种）不同的选法． （３）分３类，每类又可分两步．第１类，从高一和高二年级中各 选１人，共有８×１０＝８０（种）不同的选法；第２类，从高一和高三年 级中各选１人，共有８×１２＝９６（种）不同的选法；第３类，从高二和 高三年级中各选１人，共有１０×１２＝１２０（种）不同的选法． 故共有Ｎ＝８０＋９６＋１２０＝２９６（种）不同的选法． １９．解：（１）当百位为６，符合要求的“吉祥数”有６００； 当百位为５，符合要求的“吉祥数”有５１０； 当百位为４，符合要求的“吉祥数”有４２０，４０２； 当百位为３，符合要求的“吉祥数”有３３０，３１２； 当百位为２，符合要求的“吉祥数”有２４０，２０４，２２２； 当百位为１，符合要求的“吉祥数”有１５０，１１４，１３２． 综上，三位正整数中共有１２个“吉祥数”． （２）（ⅰ）千位有９种不同填法，百位有１０种不同填法，十位、个 位对应各有１种填法．由分步乘法计数原理可知，四位回文数的个 数为９×１０×１×１＝９０． （ⅱ）由回文数的对称性知，只需考虑２ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）位回文 数自左至右的前ｎ＋１位数．最高位有９种不同填法，其余ｎ位分别 有１０种不同填法，由分步乘法计数原理可知，２ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）位回 文数的个数为９×１０ｎ． 书书书 排 列 与 组 合 同 步 核 心 素 养 测 评 ◆ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １ ． ４ × ５ × ６ × … × ｎ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） Ａ ｎ－ ４ ｎ （ Ｂ） Ａ ｎ－ ３ ｎ （ Ｃ） Ａ ４ ｎ （ Ｄ ） （ ｎ － ４） ！ ２． 若 Ａ ３ ２ｎ ＝ １０ Ａ ３ ｎ ，则 ｎ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １　 　 　 （ Ｂ） ８　 　 　 （ Ｃ） ９　 　 　 （ Ｄ ） １０ ３． 分 配 ４ 名 水 暖 工 去 ３ 个 不 同 的 居 民 家 里 检 查 暖 气 管 道 ，要 求 ４ 名 水 暖 工 都 分 配 出 去 ， 且 每 个 居 民 家 都 要 有 人 去 检 查 ， 那 么 分 配 的 方 案 共 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） Ａ ３ ４ 种 （ Ｂ） Ａ ３ ３ Ａ １ ３ 种 （ Ｃ） Ｃ２ ４ Ａ ３ ３ 种 （ Ｄ ） Ｃ１ ４ Ｃ１ ３ Ａ ３ ３ 种 ４． 生 物 实 验 室 有 ５ 只 兔 子 ，其 中 只 有 ３ 只 测 量 过 某 项 指 标 ． 若 从 这 ５ 只 兔 子 中 随 机 取 出 ３ 只 ，则 恰 有 ２ 只 测 量 过 该 指 标 的 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ ３ （ Ｂ） ３ ５ （ Ｃ） ２ ５ （ Ｄ ） １ ５ ５ ． “ 碳 中 和 ” 是 指 企 业 、 团 体 或 个 人 等 在 一 定 时 间 内 直 接 或 间 接 产 生 的 温 室 气 体 排 放 总 量 ，通 过 植 树 造 林 、 节 能 减 排 等 形 式 ， 以 抵 消 自 身 产 生 的 温 室 气 体 排 放 量 ，实 现 正 负 抵 消 ， 达 到 相 对 “ 零 排 放 ” ． 某 “ 碳 中 和 ” 研 究 中 心 计 划 派 ５ 名 专 家 分 别 到 Ａ， Ｂ， Ｃ 三 地 指 导 “ 碳 中 和 ” 工 作 ， 每 名 专 家 只 去 一 个 地 方 ， 且 每 个 地 方 至 少 派 驻 １ 名 专 家 ， 则 分 派 方 法 的 种 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３０ （ Ｂ） １８ ０ （ Ｃ） ９０ （ Ｄ ） １５ ０ ６ ． 将 ４ 名 男 乒 乓 球 选 手 和 ４ 名 女 乒 乓 球 选 手 同 时 平 均 分 成 两 组 进 行 混 合 双 打 表 演 ，则 不 同 的 比 赛 分 配 方 案 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） １４ ４ 种 （ Ｂ） ７２ 种 （ Ｃ） ２８ ８ 种 （ Ｄ ） ２１ ６ 种 ７． 小 明 跟 父 母 、爷 爷 奶 奶 一 同 参 加 地 方 台 《 青 少 年 诗 词 大 会 》 的 现 场 录 制 ，５ 人 坐 成 一 排 ．若 小 明 的 父 母 至 少 有 一 人 与 他 相 邻 ， 则 不 同 坐 法 的 种 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ６０ （ Ｂ） ７２ （ Ｃ） ８４ （ Ｄ ） ９６ ８ ． 某 高 校 大 一 新 生 中 的 ６ 名 同 学 打 算 参 加 学 校 组 织 的 “ 演 讲 团 ” 、“ 吉 他 协 会 ” 等 五 个 社 团 ，若 每 名 同 学 必 须 参 加 且 只 能 参 加 １ 个 社 团 且 每 个 社 团 至 多 两 人 参 加 ，则 这 ６ 个 人 中 没 有 人 参 加 “ 演 讲 团 ” 的 不 同 参 加 方 法 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ ６０ ０ （ Ｂ） １ ０８ ０ （ Ｃ） １ ４４ ０ （ Ｄ ） ２ ５２ ０ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 下 列 选 项 中 ，属 于 排 列 问 题 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 从 六 名 学 生 中 选 三 名 学 生 参 加 数 学 、 物 理 、 化 学 竞 赛 ， 共 有 多 少 种 选 法 （ Ｂ） 有 十 二 名 学 生 参 加 植 树 活 动 ， 要 求 三 人 一 组 ， 共 有 多 少 种 分 组 方 案 （ Ｃ） 从 ３， ５， ７， ９ 中 任 选 两 个 数 做 指 数 运 算 ，可 以 得 到 多 少 个 幂 （ Ｄ ） 从 １， ２， ３， ４ 中 任 取 两 个 数 作 为 点 的 坐 标 ， 可 以 得 到 多 少 个 不 同 的 点 １０ ．太 原 新 能 源 汽 车 博 览 会 于 国 庆 期 间 举 办 ， 大 会 有 ５０ 多 个 品 牌 ，数 百 款 热 销 车 型 参 展 ， 并 有 亿 元 购 车 补 贴 ．小 张 、 小 赵 、 小 李 、 小 罗 、小 王 五 人 为 志 愿 者 ．现 有 翻 译 、安 保 、 礼 仪 、 服 务 四 项 不 同 的 工 作 可 供 安 排 ，则 下 列 说 法 正 确 的 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） 若 五 人 每 人 可 任 选 一 项 工 作 ，则 不 同 的 选 法 有 ５４ 种 （ Ｂ） 若 安 排 小 张 和 小 赵 从 事 翻 译 、 安 保 工 作 ， 其 余 三 人 中 任 选 两 人 从 事 礼 仪 、服 务 工 作 ，则 有 １２ 种 不 同 的 方 案 （ Ｃ） 若 礼 仪 工 作 必 须 安 排 两 人 ， 其 余 工 作 各 安 排 一 人 ， 则 有 ６０ 种 不 同 的 方 案 （ Ｄ ） 已 知 五 人 身 高 各 不 相 同 ， 若 安 排 五 人 拍 照 ， 前 排 两 人 ， 后 排 三 人 ，后 排 要 求 三 人 中 身 高 最 高 的 站 中 间 ，则 有 ４０ 种 不 同 的 站 法 １１ ．某 工 程 队 有 ６ 辆 不 同 的 工 程 车 ，按 下 列 方 式 分 给 工 地 进 行 作 业 ，每 个 工 地 至 少 分 １ 辆 工 程 车 ，则 下 列 结 论 正 确 的 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） 分 给 甲 、乙 、丙 三 地 每 地 各 ２ 辆 ，有 １２ ０ 种 分 配 方 式 （ Ｂ） 分 给 甲 、乙 两 地 每 地 各 ２ 辆 ，分 给 丙 、丁 两 地 每 地 各 １ 辆 ，有 １８ ０ 种 分 配 方 式 （ Ｃ） 分 给 甲 、乙 、丙 三 地 ，其 中 一 地 分 ４ 辆 ， 另 两 地 各 分 １ 辆 ， 有 ６０ 种 分 配 方 式 （ Ｄ ） 分 给 甲 、乙 、丙 、 丁 四 地 ， 其 中 两 地 各 分 ２ 辆 ， 另 两 地 各 分 １ 辆 ，有 １ ０８ ０ 种 分 配 方 式 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ．甲 、乙 、丙 、丁 四 名 同 学 和 一 名 老 师 站 成 一 排 合 影 留 念 ．要 求 老 师 必 须 站 在 正 中 间 ， 甲 同 学 不 与 老 师 相 邻 ， 则 不 同 站 法 种 数 为 ． １３ ．如 果 在 一 周 内 （ 周 一 至 周 日 ） 安 排 四 所 学 校 的 学 生 参 观 考 古 博 物 馆 ，每 天 最 多 只 安 排 一 所 学 校 ， 要 求 甲 学 校 的 学 生 连 续 参 观 两 天 ， 其 余 学 校 的 学 生 均 只 参 观 一 天 ， 那 么 不 同 的 安 排 方 法 有 种 （ 用 数 字 作 答 ） ． １４ ．慈 安 敬 老 院 安 排 Ａ， Ｂ， Ｃ， Ｄ ，Ｅ ，Ｆ 六 名 义 工 照 顾 甲 、 乙 、 丙 三 位 老 人 ，每 两 位 义 工 照 顾 一 位 老 人 ．考 虑 到 义 工 与 老 人 住 址 距 离 问 题 ，义 工 Ａ 不 安 排 照 顾 老 人 甲 ，义 工 Ｂ 不 安 排 照 顾 老 人 乙 ， 则 安 排 方 法 共 有 种 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 数 学 老 师 要 从 ８ 道 单 项 选 择 题 和 ３ 道 多 项 选 择 题 中 选 出 ６ 道 ，组 成 随 堂 测 试 卷 ，要 求 多 项 选 择 题 至 多 选 １ 道 ， 问 有 多 少 种 选 择 方 法 ？ ! " # $ % & ' ( ) * + , - . / 0 1 2 3 ! " # $ % & ' ( 4 " # $ % & ' ( 5 * + , - 6 7 0 1 2 8 ! " ) $ % & ' ( 书 专项小练一、排　列 ◎ 数理报社试题研究中心 １．某公司从甲、乙、丙、丁四人中选出两人分别 派往上海和北京出差，则不同的派法共有 （　　） （Ａ）２种　　　　　　（Ｂ）４种 （Ｃ）６种 （Ｄ）１２种 ２．若Ａｍｎ ＝１７×１６×１５×… ×５×４，则ｎ和 ｍ的值分别为 （　　） （Ａ）１４，１７ （Ｂ）１７，１３ （Ｃ）１７，１４ （Ｄ）１７，４ ３．某公司要从小张、小赵、小李、小罗、小王五 个人中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四 项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工 作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派 方案共有 （　　） （Ａ）３６种 （Ｂ）１２种 （Ｃ）１８种 （Ｄ）４８种 ４．五人站成一排，甲不能站在两边的不同排法 有 种． ５．不等式Ａｘ８ ＜６Ａ ｘ－２ ８ 的解集为 ． ６．由１，２，３，４，５，６这六个数字， （１）能组成多少个无重复数字的四位数？ （２）能组成多少个无重复数字的四位偶数？ 书 （上接第１版） 所求的正整数的个数是１＋Ａ１２Ａ ２ ２＋Ａ １ ３Ａ ３ ３＋ Ａ１４Ａ ４ ４＋Ａ １ ３Ａ ５ ５ ＝４７９． 点评：本题给出了两类数字问题：（１）是简单 的奇偶数问题，解题时要注意奇偶数的特征；（２） 是某数在所有数中从小到大排是第几个数的问 题．求解这类问题，常用间接排除或直接分类的 方法，注意的是分类时标准要明确，做到既不重 复也不遗漏． 对于（２），稍加改变一下问法，可有： 变式１用０，１，２，３，４五个数字组成没有重复 数字的四位数，若按从小到大排列，其中３２０４是 第几个数？ 解法一：（分类法）由高位到低位逐级分为： ①千位是１或２时，有Ａ１２Ａ ３ ４个；②千位是３时，百 位可排０，１，２．当百位排０，１时，有Ａ１２Ａ ２ ３个；当百 位排２时，比３２０４小的仅有３２０１一个． 故比３２０４小的四位数共有Ａ１２Ａ ３ ４＋Ａ １ ２Ａ ２ ３＋１ ＝６１（个），所以３２０４是第６２个数． 解法二：（间接法）Ａ１４Ａ ３ ４－（Ａ ３ ４＋Ａ ２ ３＋Ａ １ ２Ａ １ ２） ＝６２（个）． 点评：本题是某数在所有数中从小到大排是 第几个数的问题．求解时往往是按最高位的数字 进行分类，当最高位的数字就是该数的最高位数 字时，再依次往下分，直至逼近并找到该数为止． 若考虑数字的“固定顺序”，可有： 变式２从１，２，３，４，５，６中任取３个数字组成无 重复数字的三位数，若有１和３时，３必须排在１的 前面，若只有１和３其中一个时，它们应排在其他 数字的前面，这样不同的三位数共有 个． 解析：分３种情形： ①没有１和３，共有Ａ３４ ＝２４（个）； ② 只有 １和 ３其中一个时，有 Ａ１２Ａ ２ ４ ＝ ２４（个）； ③同时有１和３时，“３在１的前面”和“３在 １的后面”机会均等．若不考虑“３在１的前面”的 限制，则有Ｃ１４Ａ ３ ３个；若考虑“３在１的前面”的限 制，则有 １ ２Ｃ １ ４Ａ ３ ３ ＝１２（个）． 所以不同的三位数共有 ２４＋２４＋１２＝６０（个）． 点评：本题解答中的③属顺序固定的数字问 题，这类问题一般用“除法”解决．即：对于某几个 数字按一定顺序的问题，可先不考虑顺序，然后 用总数除以这几个数字的全排列数． 若考虑数字的“倍数及被整除”，可有： 变式３由１，２，３，…，９这九个数字能组成多 少个： （１）没有重复数字的四位偶数？ （２）是５的倍数且没有重复数字的三位数？ 解析：（１）没有重复数字的四位偶数的个位 是２，４，６，８，所以有Ａ１４Ａ ３ ８ ＝１３４４（个）． 故符合题意的四位偶数共有１３４４个． （２）是５的倍数的三位数的个位只能是５，有 Ａ２８ ＝５６（个）． 故符合题意的三位数共有５６个． 点评：倍数及被整除等数字问题是一类重要 题型．对于这类问题，同学们掌握一些结论是应 用的关键． ! 9:;<= >?@ABCDEF !! !GHIJI2 !KP,Q2 !RSTUVN$%#!&#'(!'#) !GHWXNYZ[\]^_`abcd '$' efgPH1h !' ijkHlRST !mnRoN$%$$$) !^pTqHrsN$%#!!#'(!')* !##%))%)++(>tuveF !qwNxyGH^pTXz{|}~m€>F !mnqw‚sN!!!+# !ƒ„…†q‡ˆq‰Šq ! 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