第六章 计数原理（知识清单）数学人教A版选择性必修第三册

第六章 计数原理 1.分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=         种不同的方法. 推广:完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2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,那么完成这件事共有N=        种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=        种不同的方法. 推广:完成一件事需要n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,……,做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=         种不同的方法. 3.排列与排列数公式 (1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,并按照　     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)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的　     ,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用符号        表示. (3)正整数1到n的连乘积,叫做n的阶乘,用         表示. (4)排列数公式:=         ＝(m,n∈N*,m≤n). 4.组合与组合数公式 (1)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的的         个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用         表示． (2)组合数公式：C＝＝         ＝. 5.排列、组合综合问题 (1)解决“在”与“不在”的问题,常用的方法是特殊位置分析法、特殊元素分析法.若以位置为主,则需先满足特殊位置的要求,再处理其他位置,若有两个及以上的约束条件,则在考虑一个约束条件的同时要兼顾其他条件;若以元素为主,则需先满足特殊元素的要求,再处理其他的元素.当直接求解困难时,可考虑用间接法求解,即先不考虑限制条件,计算出排列总数,再减去          排列数. (2)解决相邻问题一般用“捆绑法”.将n个不同的元素排成一列,其中k(k≤n)个元素排在相邻的位置上,求不同排法的种数的方法如下:(1)先将这k个元素“捆绑”在一起,看成一个整体;(2)把这个整体当成一个元素与其他元素一起排列,有         种排法;(3)“松绑”,即将“捆绑”在一起的元素进行内部排列,其排列方法有种;(4)由分步乘法计数原理知,符合条件的排法有         种. (3)解决不相邻问题通常用“插空法”.“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．“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”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． 6.二项式定理 (1)二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝          (n∈N*) 二项展开式的通项公式 Tk＋1＝Can－kbk,它表示第         项 二项式系数 二项展开式中各项的系数          (k∈{0,1,2,…,n}) (2)二项式系数的性质 (i)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数         . (ii)增减性与最大值：当时随的增大而         ,当时随的增大而         ,n是偶数时,          项的二项式系数最大；n是奇数时,          与         项的二项式系数相等且最大． (iii)(a＋b)n展开式的二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C=         . 易错点1 求解与排列组合式子有关的方程或不等式忽略隐含条件 【例1】不等式的解集为________． 【例2】若,则__________ 【提醒】在中,且都是自然数. 易错点2 求解“至少”问题计数重复 【例3】将5名志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1 个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案有( ) A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 【例4】安排3名教师完成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．72种 B．18种 C．24种 D．36种 【提醒】排列组合中有一类“至少”问题,若使用分步计数很容易出现计数重复,如从1,2,3,4中任取2个数字,至少有1个偶数,问有多少种不同取法,若先取1个偶数,再从另外3个数中任取1个,计数会重复,这是因为先2后4或先4后2的结果是一样的,求解此类问题,一般是分类求解,如该问题可分2类：仅有1个偶数及有2个偶数. 易错点3 利用分步乘法原理计数,忽略各步骤相互独立 【例5】把3个不同的小球投入到4个盒子,所有可能的投法共有(　　) A．24种 B．4种 C．43种D．34种 【例6】给如图所示的由,,,,,,七个正六边形区域组成的平面图形涂色,有四种不同的颜色可供选择,每个区域只涂一种颜色,有公共边的两个正六边形区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为（    ） A．288 B．432 C．576 D．972 【提醒】利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的,并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的,只有各个步骤都完成了,才算完成这件事．分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立,互不干扰；二是步与步确保连续,逐步完成． 易错点4 分组问题混淆“均分”与“非均分” 【例7】某校高二年级共有六个班,现从外地转入名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排名,则不同的安排方案种数为（） A． B． C． D． 【提醒】平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列.分堆到位相当于分堆后各堆再全排列,平均分堆不到指定位置,其分法数为：.对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配.②被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素,不适用),位置也应是不同的(如不同的“盒子”).③分堆时要注意是否均匀.如6分成(2,2,2)为均匀分组,分成(1,2,3)为非均匀分组,分成(4,1,1)为部分均匀分组. 易错点5 计数时混淆有序与定序 【例8】身高互不相同的七名学生排成一排,从中间往两边越来越矮,不同的排法有（） A．5040种 B．720种 C．240种 D．20种 【例9】某班级有一个7人小组,现任选其中3人相互调整座位,其余4人座位不变,则不同的调整方案的种数有(　　) A．35 B．70 C．210 D．105 【提醒】这里的“有序”是指元素的位置可以有不同的顺序,有序问题是排列问题；“定序”是指元素的相对顺序固定,定序问题可看作组合问题,如例6先选3人排左边,排法是,不是,有序是指元素排列有顺序的区别,元素相同,位置不同是不同的结果,定序是指不同元素的相对位置固定,不同元素的定序排列可看作组合问题,此外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,然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数. 易错点6 涉及元素个数,忽略两元素相等的情况 【例10】从1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字中任取两个,其中一个作为底数,另一个作为真数,则可以得到不同对数值的个数为（    ） A．64 B．57 C．53 D．51 【例11】若直线方程Ax＋By＝0中的A,B可以从0,1,2,3,4,5这五个数字中任取两个不同的数字,则方程所表示的不同直线共有_______条？ 【提醒】在涉及元素个数时要注意有没有两元素相等的情况，以例11为例，当时=1，2，3，4，5时都表示同一条直线，当时与表示同一条直线，若允许，则时只表示一条直线. 易错点7 误用隔板法 【例12】安排6个学生参加3项不同活动,每项活动都有学生参加,则不同的安排种数为 . 【例13】的自然数解有 组. 【提醒】使用隔板法必须满足以下条件：（1）相同元素分配到不同的组；（2）每组至少1个. 易错点8 混淆二项式系数与系数 【例14】的二项展开式的第6项系数是（   ） A． B． C． D． 【例15】若的展开式中第7项的二项式系数最大,则的值不可能是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【提醒】注意二项展开式中二项式系数与某一项系数的区别. (a＋b)n的展开式中第r+1项的系数是,其值只与有关,与无个,系数是该项中的常数,在(a＋b)n的展开式中,系数最大的项是中间项；但当a,b的系数不是1时,系数最大的项的位置就不一定在中间,需要利用通项公式,根据系数的增减性具体讨论而定. 易错点9 错误认为二项展开式的通项是第项 【例16】判断在的展开式中,第7项是否可能为常数,若可能,求出的值,若不可能,说明理由． 【提醒】是的展开式中的第项,不是第项. 1．若,则（    ） A．2或6 B．2或3 C．3 D．6 2．《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名著.书架的某一层上有4本不同的文学书,现将四大名著各一本插入这4本书的5个空隙中,要求原有书的顺序不变且四大名著中至少有3本相邻,则不同的插法共有（    ） A．120种 B．240种 C．480种 D．600种 3．在一次校园活动的组织过程中,由甲、乙等5名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目,每名同学只负责一个服务项目,且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目,则不同的安排方案共有（   ） A．18种 B．36种 C．48种 D．54种 4．若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等,则（    ） A．9 B．8 C．7 D．6 5．某空间站由,,三个舱构成,某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展,每个人只能去1个舱,每个舱至少安排1名宇航员,其中宇航员甲只能去舱,则不同的安排方法的种数为（   ） A．35 B．36 C．42 D．50 6．春节期间,某家庭准备了5个不同的马年新春红包,全部装入3个不同的红包袋中,每个红包袋至少装1个红包,则不同的装法种数是（    ） A．90 B．150 C．240 D．300 7．已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大,则展开式中项的系数为（    ） A． B． C．80 D．160 8．森林植被是主要由树木组成的植物群落,常见的典型类型包括：常绿阔叶林（以云南西双版纳为代表）、落叶阔叶林（以华北地区为代表）和针叶林（以大兴安岭为代表）．某地理研究团队计划派5个研究小组对这三种典型森林植被的3个代表地区进行考察,要求每个研究小组只分配到一个地区,每个地区至少分配1个研究小组,则不同的分配方案共有（    ） A．300种 B．240种 C．150种 D．120种 9．清明将至,为倡导文明祭祀,筑牢防火安全防线,4名青年志愿者到3个社区参加“绿色清明”公益宣讲活动,要求每名志愿者只能选择一个社区,每个社区至少要有一名志愿者,则不同的分配方案共有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．72种 10．将4个不同的小球放入4个不同的盒子中,则恰有两个盒子为空的放法种数为（       ） A．72 B．78 C．84 D．96 11．将1,1,2,2,3,3六张数字牌按顺序进行排列,其中相同的数字牌不相邻的排法总数为（   ） A．12 B．30 C．60 D．90 12．（多选题）已知在的展开式中,各项的二项式系数之和为64,则下列说法正确的有（    ） A． B．只有第3项的二项式系数最大 C．的系数为 D．各项系数之和为 13．（多选题）下面正确的是（   ） A．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中,没有空盒子,有150种不同的放法； B．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中,盒子可空,有种不同的放法； C．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中,没有空盒子,有6种不同的放法； D．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中,盒子可空,有19种不同的放法． 14．（多选题）甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍,假设它们均不慎失足下落,已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A,B,C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D,E,F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G,A,C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B,D,H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I,C,E,则下列结论正确的是（ ） A．最高处的树枝为G,I中的一个 B．最低处的树枝一定是F C．这九根树枝从高到低不同的顺序共有33种 D．这九根树枝从高到低不同的顺序共有32种 三、填空题 15．六名同学参加三项比赛,三个项目比赛冠军的不同结果有_________种（同一名同学可获得多项冠军）. 16．将4个相同的小球摆放在的方格中,要求每一个方格中只能摆放一个小球,且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点,则所有摆放种数为___________． 17．某大学的数学与统计学院有数学与应用数学、统计学和信息与计算科学三个专业,每个专业有两名男教授和两名女教授,现在每个专业选两名教授组成一个六人的委员会,并且委员会中男、女各三人,则组成这个委员会的所有可能的不同方法共有___________种． 18．来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节,分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手,每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人,且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则,该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种. ( 22 / 23 ) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 计数原理 1.分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=    m+n    种不同的方法. 推广:完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2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,那么完成这件事共有N=    m1+m2+…+mn    种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N=    m×n    种不同的方法. 推广:完成一件事需要n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,……,做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=    m1×m2×…×mn    种不同的方法. 3.排列与排列数公式 (1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,并按照　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)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的　个数    ,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用符号        表示. (3)正整数1到n的连乘积,叫做n的阶乘,用    n!    表示. (4)排列数公式:=    n(n-1)(n-2)…(n-m+1)    ＝(m,n∈N*,m≤n). 4.组合与组合数公式 (1)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用表示． (2)组合数公式：C＝＝＝. 5.排列、组合综合问题 (1)解决“在”与“不在”的问题,常用的方法是特殊位置分析法、特殊元素分析法.若以位置为主,则需先满足特殊位置的要求,再处理其他位置,若有两个及以上的约束条件,则在考虑一个约束条件的同时要兼顾其他条件;若以元素为主,则需先满足特殊元素的要求,再处理其他的元素.当直接求解困难时,可考虑用间接法求解,即先不考虑限制条件,计算出排列总数,再减去不符合要求的排列数. (2)解决相邻问题一般用“捆绑法”.将n个不同的元素排成一列,其中k(k≤n)个元素排在相邻的位置上,求不同排法的种数的方法如下:(1)先将这k个元素“捆绑”在一起,看成一个整体;(2)把这个整体当成一个元素与其他元素一起排列,有种排法;(3)“松绑”,即将“捆绑”在一起的元素进行内部排列,其排列方法有种;(4)由分步乘法计数原理知,符合条件的排法有种. (3)解决不相邻问题通常用“插空法”.“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．“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”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． 6.二项式定理 (1)二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*) 二项展开式的通项公式 Tk＋1＝Can－kbk,它表示第k＋1项 二项式系数 二项展开式中各项的系数C(k∈{0,1,2,…,n}) (2)二项式系数的性质 (i)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等. (ii)增减性与最大值：当时随的增大而增大,当时随的增大而减小,n是偶数时,项的二项式系数最大；n是奇数时,与项的二项式系数相等且最大． (iii)(a＋b)n展开式的二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n. 易错点1 求解与排列组合式子有关的方程或不等式忽略隐含条件 【例1】不等式的解集为________． 【错解展示】原不等式可化为,整理得,即,所以或．所以该不等式的解集为. 【答案】 【正解】原不等式可化为,其中,,整理得,即,所以或．因为,,所以,,所以原不等式的解集为． 【例2】若,则__________ 【错解展示】因为,所以或,解得或,当时,当时. 【答案】 【正解】由组合数的性质可得,解得,又因为,所以或,解得（舍去）或,所以. 【提醒】在中,且都是自然数. 易错点2 求解“至少”问题计数重复 【例3】将5名志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1 个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案有( ) A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 【错解展示】先让其中4名志愿者各分一个项目,结果有中,最后一名志愿者再任选一个项目,所有不同的分配方案共有480种,错误原因是计数重复,如甲第1步分配到冰球项目,第2步分配到冰壶项目与甲第1步分配到冰壶项目与第2步分配到冰球项目结果是一样的. 【答案】C 【正解】正确解法是先分组,再分配：先从5名志愿者中任选2人,组成一个小组,有种选法；然后连同其余三人,看成四个元素,四个项目看成四个不同的位置,四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种,根据乘法原理,完成这件事,共有种不同的分配方案,故选C． 【例4】安排3名教师完成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．72种 B．18种 C．24种 D．36种 【错解展示】先把4项工作的3项分给3个人,每人一项,有中分法,最后一项工作可以分给任意1人,所以总的安排方式种数为. 【答案】D 【正解】解法一：分组分配之分人 首先分组将三人分成两组,一组为三个人,有种可能,另外一组从三人在选调一人,有种可能；其次排序两组前后在排序,在对位找工作即可,有种可能；共计有36种可能． 解法二：分组分配之分工作 工作分成三份有种可能,在把三组工作分给3个人有可能,共计有36种可能． 解法三：分组分配之人与工作互动 先让先个人个完成一项工作,有种可能,剩下的一项工作在有3人中一人完成有 种可能,但由两项工作人数相同,所以要除以,共计有36种可能． 解法四：占位法 其中必有一个完成两项工作,选出此人,让其先占位,即有中可能；剩下的两项工作 由剩下的两个人去完成,即有种可能,按分步计数原理求得结果为36种可能． 【提醒】排列组合中有一类“至少”问题,若使用分步计数很容易出现计数重复,如从1,2,3,4中任取2个数字,至少有1个偶数,问有多少种不同取法,若先取1个偶数,再从另外3个数中任取1个,计数会重复,这是因为先2后4或先4后2的结果是一样的,求解此类问题,一般是分类求解,如该问题可分2类：仅有1个偶数及有2个偶数. 易错点3 利用分步乘法原理计数,忽略各步骤相互独立 【例5】把3个不同的小球投入到4个盒子,所有可能的投法共有(　　) A．24种 B．4种 C．43种D．34种 【错解展示】因为每个盒子有三种投入方法,共4个盒子,所以共有3×3×3×3＝34(种)投法．错误原因是没有考虑每个球只能投入一个盒子中,把第1个球投入甲盒子后,该球不可能再投入乙盒子,该解法各步骤不是相互独立. 【答案】C 【正解】第1个球投入盒子中有4种投法；第2个球投入盒子中也有4种投法；第3个球投入盒子中也有4种投法．只要把这3个球投完,就做完了这件事情,由分步乘法计数原理可得共有43种方法,故选C. 【例6】给如图所示的由,,,,,,七个正六边形区域组成的平面图形涂色,有四种不同的颜色可供选择,每个区域只涂一种颜色,有公共边的两个正六边形区域颜色不相同,则不同的涂色方案种数为（    ） A．288 B．432 C．576 D．972 【错解展示】先涂A有4种方法,后面每个区域都有3种方法,所以共有种方案．错误原因是忽略后面5个区域有些有3种涂色方案,有些有2种方案. 【答案】C 【正解】从四个不同的颜色中选出一种颜色给涂色,有4种可能,再给涂色,有3种可能,给涂色,有2种可能,给涂色,有2种可能,给涂色,有3种可能,给涂色,有2种可能,给涂色,有2种可能,这样给七个正六边形区域,,,,,,涂色,不同的涂色方案有．故选C． 【提醒】利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的,并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的,只有各个步骤都完成了,才算完成这件事．分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立,互不干扰；二是步与步确保连续,逐步完成． 易错点4 分组问题混淆“均分”与“非均分” 【例7】某校高二年级共有六个班,现从外地转入名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排名,则不同的安排方案种数为（） A． B． C． D． 【错解展示】先将4名学生均分成两组方法数为,再分配给6个年级中的2个分配方法数为,根据分步计数原理合要求的安排方法数为,错误原因是混淆均分与非均分,因为是均分,要除以. 【答案】B 【正解】先将4名学生均分成两组方法数为,再分配给6个年级中的2个分配方法数为,根据分步计数原理合要求的安排方法数为．故选B． 【提醒】平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列.分堆到位相当于分堆后各堆再全排列,平均分堆不到指定位置,其分法数为：.对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配.②被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素,不适用),位置也应是不同的(如不同的“盒子”).③分堆时要注意是否均匀.如6分成(2,2,2)为均匀分组,分成(1,2,3)为非均匀分组,分成(4,1,1)为部分均匀分组. 易错点5 计数时混淆有序与定序 【例8】身高互不相同的七名学生排成一排,从中间往两边越来越矮,不同的排法有（） A．5040种 B．720种 C．240种 D．20种 【错解展示】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,有种排法,第二步：排右边,有种排法,根据分步乘法计数原理,共有种,错误原因是混淆有序与定序,定序相当于组合问题. 【答案】D 【正解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,因顺序固定有种排法,第二步：排右边,因顺序固定,有1种排法,根据分步乘法计数原理,共有种,故选． 【例9】某班级有一个7人小组,现任选其中3人相互调整座位,其余4人座位不变,则不同的调整方案的种数有(　　) A．35 B．70 C．210 D．105 【错解展示】从7个中任意选3个,所有的情况有,这3人再排列,有种情况,其余4个人的位置只有一种,那么可知一共有210种.错误原因是忽略3人相互调整座位,每人都不坐在原有座位上,只有1种方案. 【答案】A 【解析】根据题意,由于班级有一个7人小组,现任选其中3人相互调整座位,那么其余的4人的位置不变,则可知从7个中任意选3个,所有的情况有 ,其余4个人的位置只有一种,那么可知一共有35种,故选A. 【提醒】这里的“有序”是指元素的位置可以有不同的顺序,有序问题是排列问题；“定序”是指元素的相对顺序固定,定序问题可看作组合问题,如例6先选3人排左边,排法是,不是,有序是指元素排列有顺序的区别,元素相同,位置不同是不同的结果,定序是指不同元素的相对位置固定,不同元素的定序排列可看作组合问题,此外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,然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数. 易错点6 涉及元素个数,忽略两元素相等的情况 【例10】从1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字中任取两个,其中一个作为底数,另一个作为真数,则可以得到不同对数值的个数为（    ） A．64 B．57 C．53 D．51 【错解展示】由于1只能作为真数,则以1为真数,从其余各数中任取一数为底数,对数值均为0,从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数,共能组成个对数式,所以不同对数值的个数为57. 【答案】C 【正解】由于1只能作为真数,则以1为真数,从其余各数中任取一数为底数,对数值均为0,从除1外的其余各数中任取两数分别作为对数的底数和真数,共能组成个对数式,其中,,,,,重复了4次,所以得到不同对数值的个数为.故选C. 【例11】若直线方程Ax＋By＝0中的A,B可以从0,1,2,3,4,5这五个数字中任取两个不同的数字,则方程所表示的不同直线共有_______条？ 【错解展示】当A或B中有一个为0时,表示直线为x＝0或y＝0,共有2条；当A,B都不取0时,共确定5×4＝20(条)直线．由分类加法计数原理,方程所表示的不同直线有2＋20＝22(条)． 【答案】20 【正解】分两类完成：第一类：当A或B中有一个为0时,表示直线为x＝0或y＝0,共有2条； 第二类：当A,B都不取0时,直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成：第一步,确定A的值,从1,2,3,4,5中选一个,共有5种不同的方法；第二步,确定B的值,共有4种不同的方法．由分步乘法计数原理,共确定5×4＝20(条)直线．但是表示同一条直线,表示同一条直线,所以由分类加法计数原理,方程所表示的不同直线有2＋20-2＝20(条)． 【提醒】在涉及元素个数时要注意有没有两元素相等的情况，以例11为例，当时=1，2，3，4，5时都表示同一条直线，当时与表示同一条直线，若允许，则时只表示一条直线. 易错点7 误用隔板法 【例12】安排6个学生参加3项不同活动,每项活动都有学生参加,则不同的安排种数为 . 【错解展示】在6个学生中间的5个空隙中选2个空隙,插入2个隔板,把学生分为3部分,分别参加3项活动,安排种数为. 【答案】720 【正解】把6个学生分为3组,有1,1,4；1,2,3；2,2,2三种情况,所以不同的安排种数为. 【例13】的自然数解有 组. 【错解展示】先写出一排10个1,在10个1中间的9个空隙中选2个插入隔板,把10个1分为3组,各组1的个数依次为,所以组数共有. 【答案】66 【解析】设,则,且,先写出一排13个1,在13个1中间的12个空隙中选2个插入隔板,把12个1分为3组,各组1的个数依次为,所以组数共有. 【提醒】使用隔板法必须满足以下条件：（1）相同元素分配到不同的组；（2）每组至少1个. 易错点8 混淆二项式系数与系数 【例14】的二项展开式的第6项系数是（   ） A． B． C． D． 【错解展示】误以为求的是二项式系数,错选A. 【答案】C 【正解】的二项展开式的第6项为,所以第6项系数是. 【例15】若的展开式中第7项的二项式系数最大,则的值不可能是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【错解展示】根据,求的可能值,错误原因是把二项式系数最大值混淆为系数最大值. 【答案】A 【正解】当为偶数时,的展开式中二项式系数最大的项为第项, 令,得；当为奇数时,的展开式中二项式系数最大的项为第项和第项,令,得；令,得.所以结合选项可知的值不可能是. 【提醒】注意二项展开式中二项式系数与某一项系数的区别. (a＋b)n的展开式中第r+1项的系数是,其值只与有关,与无个,系数是该项中的常数,在(a＋b)n的展开式中,系数最大的项是中间项；但当a,b的系数不是1时,系数最大的项的位置就不一定在中间,需要利用通项公式,根据系数的增减性具体讨论而定. 易错点9 错误认为二项展开式的通项是第项 【例16】判断在的展开式中,第7项是否可能为常数,若可能,求出的值,若不可能,说明理由． 【错解展示】第7项为,令,得,所以不可能. 【答案】8 【正解】,∴,解得． 【提醒】是的展开式中的第项,不是第项. 1．若,则（    ） A．2或6 B．2或3 C．3 D．6 【答案】A 【解析】由题意可得或,解得或.经检验均满足题意.故选A. 2．《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名著.书架的某一层上有4本不同的文学书,现将四大名著各一本插入这4本书的5个空隙中,要求原有书的顺序不变且四大名著中至少有3本相邻,则不同的插法共有（    ） A．120种 B．240种 C．480种 D．600种 【答案】D 【解析】四大名著恰有3本相邻共有种插法；4本相邻时共有种插法, 所以不同的插法共有600种,故选D. 3．在一次校园活动的组织过程中,由甲、乙等5名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目,每名同学只负责一个服务项目,且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目,则不同的安排方案共有（   ） A．18种 B．36种 C．48种 D．54种 【答案】B 【解析】将甲、乙视为1个人,即相当于将4名同学安排到3个项目的方案,有种． 4．若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等,则（    ） A．9 B．8 C．7 D．6 【答案】C 【解析】的展开式中第3项与第6项的二项式系数分别为,,由题意得,所以. 5．某空间站由,,三个舱构成,某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展,每个人只能去1个舱,每个舱至少安排1名宇航员,其中宇航员甲只能去舱,则不同的安排方法的种数为（   ） A．35 B．36 C．42 D．50 【答案】D 【解析】有四类不同的安排情形：①甲单独在舱,其余四人分成两组,一组1人,一组3人,安排在舱,有种不同的安排方法；②甲单独在舱,其余四人平均分成两组每组人,安排在舱,有种不同的安排方法；③舱安排人,其余三人分成两组,一组人,一组人,安排在舱,有种不同的安排方法；④舱安排人,其余二人分成两组,安排在舱,有种不同的安排方法；综上,不同的安排方法共有种. 6．春节期间,某家庭准备了5个不同的马年新春红包,全部装入3个不同的红包袋中,每个红包袋至少装1个红包,则不同的装法种数是（    ） A．90 B．150 C．240 D．300 【答案】B 【解析】将5个不同的红包分3组,有两种不同的方式,①：“1,1,3”型,则有种分法； ②：“2,2,1”型,则有种分法,所以共有25种分法,将分好的3组,装入3个不同的红包袋中,共有种装法. 7．已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大,则展开式中项的系数为（    ） A． B． C．80 D．160 【答案】A 【解析】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大,所以,所以的展开式的通项为,令,得,故,故展开式中的系数为. 8．森林植被是主要由树木组成的植物群落,常见的典型类型包括：常绿阔叶林（以云南西双版纳为代表）、落叶阔叶林（以华北地区为代表）和针叶林（以大兴安岭为代表）．某地理研究团队计划派5个研究小组对这三种典型森林植被的3个代表地区进行考察,要求每个研究小组只分配到一个地区,每个地区至少分配1个研究小组,则不同的分配方案共有（    ） A．300种 B．240种 C．150种 D．120种 【答案】C 【解析】5个小组分配到3个地区,每个地区至少有1个小组,可分为两种情况：①各地区小组数分别为1,1,3：先将5个小组分为三组,再分配到3个地区,方法数为种；②各地区小组数分别为2,2,1：先将5个小组分为三组,再分配到3个地区,方法数为种；因此所求方案共有种方法． 9．清明将至,为倡导文明祭祀,筑牢防火安全防线,4名青年志愿者到3个社区参加“绿色清明”公益宣讲活动,要求每名志愿者只能选择一个社区,每个社区至少要有一名志愿者,则不同的分配方案共有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．72种 【答案】B 【解析】根据题意,将4名青年志愿者分为三组,共有种情况,再分配到3个社区,共有种情况, 所以共有种不同情况． 10．将4个不同的小球放入4个不同的盒子中,则恰有两个盒子为空的放法种数为（       ） A．72 B．78 C．84 D．96 【答案】C 【解析】第一步：选择两个空盒子,有种方法；第二步：4个不同的小球放入2个不同的盒子中,有两种方式,第一种方式,两个盒子都有2个不同的小球,不同的方式有种,第二种方式,两个盒子中一个盒子有1个小球,另一个盒子有3个不同的小球,所以不同的方法有,所以恰有两个盒子为空的放法种数为.故选C 11．将1,1,2,2,3,3六张数字牌按顺序进行排列,其中相同的数字牌不相邻的排法总数为（   ） A．12 B．30 C．60 D．90 【答案】B 【解析】总排列数：,两个1相邻的排列数：,两个2相邻的排列数：,两个3相邻的排列数：,两个1相邻且两个2相邻的排列数：, 两个1相邻且两个3相邻的排列数：,两个2相邻且两个3相邻的排列数：, 两个1,两个2,两个3都相邻的排列数：,由容斥原理得：两个1相连或两个2相连或两个3相邻的排列数为：.所以相同的数字牌不相邻的排法总数为. 12．（多选题）已知在的展开式中,各项的二项式系数之和为64,则下列说法正确的有（    ） A． B．只有第3项的二项式系数最大 C．的系数为 D．各项系数之和为 【答案】AC 【解析】由题设,可得,A对；展开式共有7项,故只有第4项的二项式系数最大,B错误； 展开式通项为,,令,可得,则的系数为,C对；令,则,D错.故选AC. 13．（多选题）下面正确的是（   ） A．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中,没有空盒子,有150种不同的放法； B．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中,盒子可空,有种不同的放法； C．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中,没有空盒子,有6种不同的放法； D．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中,盒子可空,有19种不同的放法． 【答案】AC 【解析】将5个不同的小球分为三组,每组的小球数量分别为2、2、1或3、1、1,然后再将这三组小球放入三个盒子中,因此,不同的放法种数为种,故A正确每个小球有3种方法,由分步乘法计数原理可知,将5个不同的小球放入3个不同的盒子中,盒子可空,不同的放法种数为种,故B错误；将5个相同的小球放入3个不同的盒子中,没有空盒子,只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可,所以不同的放法种数为种,故C正确.将5个相同的小球放入3个不同的盒子中,盒子可空,等价于将8个相同的小球放入3个不同的盒子中,每个盒子不空,只需在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可,所以不同的放法种数为种,故D错误；故选AC. 14．（多选题）甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍,假设它们均不慎失足下落,已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A,B,C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D,E,F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G,A,C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B,D,H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I,C,E,则下列结论正确的是（ ） A．最高处的树枝为G,I中的一个 B．最低处的树枝一定是F C．这九根树枝从高到低不同的顺序共有33种 D．这九根树枝从高到低不同的顺序共有32种 【答案】AC 【解析】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为,还剩下,,,且树枝比高,树枝在树枝,之间,树枝比低,最高可能为G或I,最低为F或H,故选项正确,B错误；先看树枝,有4种可能,若在,之间,则有3种可能：①在,之间,有5种可能；②在,之间,有4种可能；③在,之间,有3种可能,此时树枝的高低顺序有（种）.若不在,之间,则有3种可能,有2中可能,若在,之间,则有3种可能,若在,之间,则有三种可能,此时树枝的高低顺序有（种）可能,故这九根树枝从高到低不同的顺序共有种,故选项正确.故选AC. 三、填空题 15．六名同学参加三项比赛,三个项目比赛冠军的不同结果有_________种（同一名同学可获得多项冠军）. 【答案】 【解析】由题意,每项比赛的冠军都有种可能,因为有3项比赛,所以冠军获奖者共有种可能. 16．将4个相同的小球摆放在的方格中,要求每一个方格中只能摆放一个小球,且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点,则所有摆放种数为___________． 【答案】29 【解析】根据题意,两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点,即禁止斜对角相邻,可以上下左右相邻（共用两个方格顶点）或不相邻（无公共顶点）,可以把的方格分为两类, 小球必不可能在中间方格,否则一定会有斜对角相邻的情况,将四个角的方格设成类方格,以保证类在除去中间方格的情况下没有斜对角相邻的方格,剩余4个小格为类方格,如图所示： （1）4个小球若占用4个A类方格,有种；（2）4个小球若占用3个A类方格,1个B类方格,有种；（3）4个小球若占用2个A类方格,2个B类方格,此时只能选择隔着中间方格相对的B类方格,共2种可能,所以此时有种；（4）4个小球若占用1个A类方格,3个B类方格,此时一定会有斜对角相邻的情况,舍.（5）4个小球若占用4个B类方格,此时一定会有斜对角相邻的情况,舍.因此,共有种． 17．某大学的数学与统计学院有数学与应用数学、统计学和信息与计算科学三个专业,每个专业有两名男教授和两名女教授,现在每个专业选两名教授组成一个六人的委员会,并且委员会中男、女各三人,则组成这个委员会的所有可能的不同方法共有___________种． 【答案】 【解析】由题意知分两种情况：①三个专业各选出1名男教授和1名女教授,选法有：种；②一个专业选出2名男教授,一个专业选出1名男教授和1名女教授,一个专业选出2名女教授,选法有：先从3个专业中选出1个专业出2名男教授,有种选法； 再从剩下的2个专业中选出1个专业出2名女教授,有种选法；最后剩下的1个专业中选出1名男教授和1名女教授,有种选法,对于选出2名男教授的专业,有种选法；对于选出2名女教授的专业,有种选法；对于选出1男教授1女教授的专业,有种选法,此时选法有：种,所以组成这个委员会的所有可能的不同方法共有种. 18．来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节,分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手,每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人,且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则,该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种. 【答案】1122 【解析】为方便叙述,将“方案设计”、“模型构建”、“编程实现”、“成果展示”四个环节依次记为环节一、环节二、环节三、环节四,由规则②④可知,环节一至少有2个人,环节一、环节二和环节四至少共有4个人,因此环节三最多有3个人.（1）当环节三有3个人时,则有可能是3个女生,或者2个女生和1个男生,或者1个女生和2个男生,则安排好环节三有种方案,剩余4个人,环节一必然有2个人,环节二和环节四各有1个人,则安排好环节一、环节二和环节四有种方案.所以安排好四个环节共有种方案.（2）当环节三有2个人时,则有可能是2个女生,或者1个女生和1个男生, 则安排好环节三有种方案,剩余5个人,当环节一有2个人时,环节四有2个人,环节二有1个人,此时有种方案；当环节一有3个人时,环节四有1个人,环节二有1个人,此时有种方案.所以安排好四个环节共有种方案.综上,满足条件的安排方案共有种. 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