【数学】2019届一轮复习北师大版计数原理学案

【数学】2019届一轮复习北师大版计数原理学案

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.‎