资源简介

板块综合融会　计数原理与杨辉三角性质的综合应用
(习题课小结评价式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1.浸润的核心素养
通过对两个计数原理、排列与组合的运算、二项式定理的学习,提升数学运算素养.通过建立排列与组合的模型提升数学建模的素养.
2.渗透的数学思想
在本章中,两个计数原理有分类与分步的区别,本身含有分类讨论的思想.在解决排列组合综合问题时,正面解比较困难,可进行反面考虑,使复杂问题简单化,体现正难则反的思想;在排列组合问题中,涉及至多、至少问题时,也可转化为其反面考虑,二项式定理中,多项可转化为二项,体现转化与化归思想.
融通点(一)　解排列组合问题的常用方法
[例1]　6名师生站成一排照相留念,其中老师1名,男同学3名,女同学2名.
(1)(捆绑法与插空法)若两位女生相邻,但都不与老师相邻的站法有多少种
(2)(特殊元素与特殊位置优先原则或正难则反法)若排成一排,其中甲不站最左边,乙不站最右边的站法有多少种
(3)(隔板法)现有14个相同的口罩全部发给这5名学生,每名同学至少发2个口罩,则不同的发放方法有多少种
听课记录:
[思维建模]
解决排列组合应用题的常用方法
(1)合理分类,准确分步;(2)特殊优先,一般在后;
(3)先取后排,间接排除;(4)集团捆绑,间隔插空;
(5)抽象问题,构造模型;(6)均分除序,定序除序.
　　[针对训练]
1.某城市的街道如图,某人要从A地前往B地,则路程最短的走法有 (　　)
A.8种 B.10种
C.12种 D.32种
2.[多选]将4个编号分别为1,2,3,4的小球放入4个编号分别为1,2,3,4的盒子中,下列说法正确的是 (　　)
A.共有24种放法
B.若每个盒子都有小球,则有24种放法
C.若恰好有一个空盒,则有144种放法
D.若每个盒内放一个小球,且恰好有一个小球的编号与盒子的编号相同,则有24种放法
3.从5名学生中选出4名分别参加A,B,C,D四科竞赛,其中甲不能参加C,D两科竞赛,则不同的参赛方案种数为　　　　　.
融通点(二)　排列组合与古典概型相结合
[例2]　现在六个人并排站成一排,则甲、乙、丙三人不相邻,且甲在乙的左边,乙在丙的左边的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
听课记录:
　　[针对训练]
4.(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生,其中高一、 高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
5.用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,则数字3在五位数中位于1和5之间(可以不相邻)的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
融通点(三)　二项式系数与杨辉三角性质相结合
[例3]　[多选]“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列,在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示,在“杨辉三角”中,除每行两边的数都是1外,其余每个数都是其“肩上”的两个数之和.下列结论正确的是 (　　)
A.第9行从左到右第7个数是84
B.当n=12时，从第1行起，每一行第2列的数字之和为78
C.第n行的所有数字之和为2n-1
D.记第n行的第i个数为ai，则2i-1ai=3n+1
听课记录:
[思维建模]
　　结合所学过的二项式定理的知识,在杨辉三角中横看、斜看、局部看、整体看,发现了一些规律.
①第n行的和为2n,即+++…+=2n.
②第n行所有数字拼在一起为11n(第4行数字为1,4,6,4,1,拼在一起为14 641=114).
③自腰上的某个1开始平行于腰上的一条线上的连续n个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数(曲棍球定理)+++…+=.④从第3条斜线中数字的和起,其后各斜线中数字的和是前两条斜线中数字和之和(斐波那契).
记从第n行的1开始相加,得到的数为F(n),则
F(n)=+++…
F(n+1)=+++…
F(n+2)=+++…
所以F(n+2)=F(n+1)+F(n).
⑤+=.
　　
[针对训练]
6.杨辉是我国南宋杰出的数学家,其著作《详解九章算法》中画有一张表示二项式展开后的二项式系数构成的三角形数阵(如图所示),称为“开方作法本源”,现简称为“杨辉三角”.若用A(m,n)表示三角形数阵中的第m行第n个数,m,n∈N*,则A(100,3)= (　　)
A.5 050 B.4 851
C.4 950 D.5 000
7.[多选]如图的构造思路源于杨辉三角,该图由若干行数字组成,每一行最左与最右的数字均为2,其余的数字都等于其“肩上”的数字之积.记第i行从左往右第j个数为ai,j(i,j∈N*,j≤i),则 (　　)
A.a8，2=128
B.ai，2=245
C.第9行的奇数项之积等于偶数项之积
D.存在j，使得log2a63，j∶log2a63，j+1∶log2a63，j+2=3∶4∶5
　
板块综合融会　计数原理与杨辉三角性质的综合应用
[融通点(一)]
[例1]　解:(1)先把除两位女生和老师这3人外的3人排好,有种排法,
由于两名女生相邻,故再把两名女生排好,有种排法,
最后把排好的女生这个整体与老师分别插入原先排好的3人之间及两端的4个空隙中,有种排法,故排法共有=144(种).
(2)法一　甲在最右边时,其他的可全排,有种方法;甲不在最右边时,可从余下的4个位置任选一个,有种,而乙可排在除去最右边的位置后剩下的4个中任选一个有种,其余人全排列,有种不同排法,共有+··=504(种).
法二　6名师生全排列,有种方法,其中甲在最左边时,有种方法,乙在最右边时,有种方法,其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形,有种方法,共-2+=504(种).
(3)法一　14个相同的口罩,每位同学先拿一个,剩下的9个口罩排成一排有8个间隙,插入4块板子分成5份,每一种分法所得5份给到5个人即可,所以不同的发放方法有=70种.
法二　先分发给每位学生2个口罩,再将剩下4个相同的口罩分给5位同学,有五类分法:
①四个口罩分给1人,有=5种分法;
②四个口罩分成2,2两份分给2人,有=10种分法;
③四个口罩分成3,1两份分给2人,有=20种分法;
④四个口罩分成2,1,1三份分给3人,有=30种分法;
⑤四个口罩分成1,1,1,1四份分给4人,有=5种分法;
则共有5+10+20+30+5=70种分法.
[针对训练]
1.选B　此人从A到B,路程最短的走法应走2纵3横,将纵用0表示,横用1表示,则一种走法就是2个0和3个1的一个排列,只需从5个位置中选2个排0,其余位置排1即可,故共有=10种.
2.选BC　对于A,每个小球有4种放法,所以共有44=256种放法,故A错误.
对于B,若每个盒子都有小球,则有=24种放法,故B正确.
对于C,先从4个小球中任选2个,放入其中1个盒子中,有=24种放法,再在剩下的3个盒子中任选2个,放入剩下的2个小球,有=6种放法,所以共有24×6=144种放法,故C正确.
对于D,先从4个小球中任选1个,放入编号相同的盒子中,有=4种放法,再将剩下的3个小球放入编号不同的盒子中,有2种放法,所以共有4×2=8种放法,故D错误.故选BC.
3.解析:分为以下几步:(1)选人:先从5人中选出4人,分为两种情况:有甲参加和无甲参加.有甲参加时,选法有=4(种);无甲参加时,选法有=1(种).(2)安排科目:有甲参加时,先排甲,再排其他人,排法有=12(种);无甲参加时,排法有=24(种).由分步乘法计数原理,不同的参赛方案种数为4×12+1×24=72.
答案:72
[融通点(二)]
[例2]　选B　6人的全排列有,利用插空法,将余下的三个人全排列,则将甲、乙、丙三人插入到四个空中且他们的顺序为甲乙丙一种,又由甲、乙、丙三人的全排列有种,所以甲、乙、丙三人不相邻,且甲在乙的左边,乙在丙的左边的排法有种,故所求概率为=.
[针对训练]
4.选D　记高一年级2名学生分别为a1,a2,高二年级2名学生分别为b1,b2,则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的样本点有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),(b1,b2),共6个,其中这2名学生来自不同年级的样本点有(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),共4个,所以这2名学生来自不同年级的概率P==,故选D.
5.选D　用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,
样本点总数n==120,数字3在五位数中位于1和5之间的样本点个数m=·=40,则数字3在五位数中位于1和5之间(可以不相邻)的概率为==.故选D.
[融通点(三)]
[例3]　选AB　对于A,第9行从左到右第7个数是=84,故A正确.
对于B,当n=12时,从第1行起,每一行第2列的数字之和为1+2+…+12==78,故B正确.
对于C,第n行的所有数字之和为2n,故C错误.
对于D，易知ai=，所以2i-1ai=20a1+21a2+22a3+…+2nan+1=20+21+22+…+2n=(1+2)n=3n，故D错误.故选AB.
[针对训练]
6.选B　由二项展开式中各二项式系数可知,第m行第n个数应为,所以第100行第3个数为=4 851,即A(100,3)=4 851.故选B.
7. 选ACD　对于A，a8，2表示第8行从左往右第2个数，其指数为=7，所以a8，2=27=128，故A正确.
对于B，ai，2=2i-1=210-2≠245，故B错误.
对于C,第9行的奇数项的指数之和为++++=27,偶数项的指数之和为+++=27,所以第9行的奇数项之积为=2128,偶数项之积为=2128,所以第9行的奇数项之积等于偶数项之积,故C正确.
对于D,假设存在满足题意的j,则=且=(因为a63,j的指数为,所以log2a63,j=),即=且=,化简,得=且=,解得j=27,故D正确.故选ACD.
4 / 4(共69张PPT)
板块综合融会　计数原理与杨辉三角
性质的综合应用
(习题课——小结评价式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1.浸润的核心素养
通过对两个计数原理、排列与组合的运算、二项式定理的学习，提升数学运算素养.通过建立排列与组合的模型提升数学建模的素养.
2.渗透的数学思想
在本章中，两个计数原理有分类与分步的区别，本身含有分类讨论的思想.在解决排列组合综合问题时，正面解比较困难，可进行反面考虑，使复杂问题简单化，体现正难则反的思想；在排列组合问题中，涉及至多、至少问题时，也可转化为其反面考虑，二项式定理中，多项可转化为二项，体现转化与化归思想.
CONTENTS
目录
1
2
3
融通点(一)　解排列组合问题的常用方法
融通点(二)　排列组合与古典
概型相结合
融通点(三)　二项式系数与杨辉
三角性质相结合
4
课时跟踪检测
融通点(一)　解排列组合问题
的常用方法
01
[例1]　6名师生站成一排照相留念，其中老师1名，男同学3名，女同学2名.
(1)(捆绑法与插空法)若两位女生相邻，但都不与老师相邻的站法有多少种
解：先把除两位女生和老师这3人外的3人排好，有种排法，
由于两名女生相邻，故再把两名女生排好，有种排法，
最后把排好的女生这个整体与老师分别插入原先排好的3人之间及两端的4个空隙中，有种排法，故排法共有=144(种).
(2)(特殊元素与特殊位置优先原则或正难则反法)若排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边的站法有多少种
解：法一　甲在最右边时，其他的可全排，有种方法；甲不在最右边时，可从余下的4个位置任选一个，有种，而乙可排在除去最右边的位置后剩下的4个中任选一个有种，其余人全排列，有种不同排法，共有+··=504(种).
法二　6名师生全排列，有种方法，其中甲在最左边时，有种方法，乙在最右边时，有种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有种方法，共-2+=504(种).
(3)(隔板法)现有14个相同的口罩全部发给这5名学生，每名同学至少发2个口罩，则不同的发放方法有多少种
解：法一　14个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的9个口罩排成一排有8个间隙，插入4块板子分成5份，每一种分法所得5份给到5个人即可，所以不同的发放方法有=70种.
法二　先分发给每位学生2个口罩，再将剩下4个相同的口罩分给5位同学，有五类分法：
①四个口罩分给1人，有=5种分法；
②四个口罩分成2，2两份分给2人，有=10种分法；
③四个口罩分成3，1两份分给2人，有=20种分法；
④四个口罩分成2，1，1三份分给3人，有=30种分法；
⑤四个口罩分成1，1，1，1四份分给4人，有=5种分法；
则共有5+10+20+30+5=70种分法.
[思维建模]
解决排列组合应用题的常用方法
(1)合理分类，准确分步；(2)特殊优先，一般在后；
(3)先取后排，间接排除；(4)集团捆绑，间隔插空；
(5)抽象问题，构造模型；(6)均分除序，定序除序.
1.某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有 (　　)
A.8种 B.10种
C.12种 D.32种
解析：此人从A到B，路程最短的走法应走2纵3横，将纵用0表示，横用1表示，则一种走法就是2个0和3个1的一个排列，只需从5个位置中选2个排0，其余位置排1即可，故共有=10种.
针对训练
√
2.[多选]将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，下列说法正确的是 (　　)
A.共有24种放法
B.若每个盒子都有小球，则有24种放法
C.若恰好有一个空盒，则有144种放法
D.若每个盒内放一个小球，且恰好有一个小球的编号与盒子的编号相同，则有24种放法
√
√
解析：对于A，每个小球有4种放法，所以共有44=256种放法，故A错误.
对于B，若每个盒子都有小球，则有=24种放法，故B正确.
对于C，先从4个小球中任选2个，放入其中1个盒子中，有=24种放法，再在剩下的3个盒子中任选2个，放入剩下的2个小球，有=6种放法，所以共有24×6=144种放法，故C正确.
对于D，先从4个小球中任选1个，放入编号相同的盒子中，有=4种放法，再将剩下的3个小球放入编号不同的盒子中，有2种放法，所以共有4×2=8种放法，故D错误.故选BC.
3.从5名学生中选出4名分别参加A，B，C，D四科竞赛，其中甲不能参加C，D两科竞赛，则不同的参赛方案种数为_____.
解析：分为以下几步：(1)选人：先从5人中选出4人，分为两种情况：有甲参加和无甲参加.有甲参加时，选法有=4(种)；无甲参加时，选法有=1(种).(2)安排科目：有甲参加时，先排甲，再排其他人，排法有=12(种)；无甲参加时，排法有=24(种).由分步乘法计数原理，不同的参赛方案种数为4×12+1×24=72.
72
融通点(二)　排列组合与古典
概型相结合
02
[例2]　现在六个人并排站成一排，则甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
√
解析：6人的全排列有，利用插空法，将余下的三个人全排列，则将甲、乙、丙三人插入到四个空中且他们的顺序为甲乙丙一种，又由甲、乙、丙三人的全排列有种，所以甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的排法有种，故所求概率为=.
针对训练
4.(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生，其中高一、 高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
√
解析：记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的样本点有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的样本点有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P==，故选D.
5.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则数字3在五位数中位于1和5之间(可以不相邻)的概率为 (　　)
A.B. C. D.
解析：用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，样本点总数n==120，数字3在五位数中位于1和5之间的样本点个数m=·=40，则数字3在五位数中位于1和5之间(可以不相邻)的概率为==.故选D.
√
融通点(三)　二项式系数与杨辉
三角性质相结合
03
[例3]　[多选]“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和.下列结论正确的是 (　　)
√
√
解析：对于A，第9行从左到右第7个数是=84，故A正确.
对于B，当n=12时，从第1行起，每一行第2列的数字之和为1+2+…
+12==78，故B正确.对于C，第n行的所有数字之和为2n，
故C错误.对于D，易知ai=，
+2nan+1=20+21+22+…+2n=(1+2)n=3n，故D错误.故选AB.
　[思维建模]
　　结合所学过的二项式定理的知识，在杨辉三角中横看、斜看、局部看、整体看，发现了一些规律.
①第n行的和为2n，即+++…+=2n.
②第n行所有数字拼在一起为11n(第4行数字为1，4，6，4，1，拼在一起为14 641=114).
③自腰上的某个1开始平行于腰上的一条线上的连续n个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数(曲棍球定)+++…+=.
④从第3条斜线中数字的和起，其后各斜线中数字的和是前两条斜线中数字和之和(斐波那契).
记从第n行的1开始相加，得到的数为F(n)，则
F(n)=+++…
F(n+1)=+++…
F(n+2)=+++…
所以F(n+2)=F(n+1)+F(n).
⑤+=.
针对训练
6.杨辉是我国南宋杰出的数学家，其著作《详解
九章算法》中画有一张表示二项式展开后的二项
式系数构成的三角形数阵(如图所示)，称为“开方
作法本源”，现简称为“杨辉三角”.若用A(m，n)表
示三角形数阵中的第m行第n个数，m，n∈N*，
则A(100，3)= (　　)
A.5 050 B.4 851
C.4 950 D.5 000
解析：由二项展开式中各二项式系数可知，第m行第n个数应为，所以第100行第3个数为=4 851，即A(100，3)=4 851.故选B.

√
7.[多选]如图的构造思路源于杨辉三角，该图由若干行数字
组成，每一行最左与最右的数字均为2，其余的数字都等于
其“肩上”的数字之积.记第i行从左往右第j个数为ai，j(i，j∈
N*，j≤i)，则 (　　)
√
√
√
偶数项之积为=2128，所以第9行的奇数项之积等于偶数项之积，故C正确.
对于D，假设存在满足题意的j，则=且=(因为a63，j的指数为，所以log2a63，j=)，即=且=，
化简，得=且=，解得j=27，故D正确.故选ACD.
课时跟踪检测
04
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2
A级——综合提能
1.在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的个数为(　　)
A.36 B.24 C.18 D.6
解析：各位数字之和为奇数分为两类：两个偶数、一个奇数，有=18(个)；三个都是奇数，有=6(个).所以各位数字之和为奇数的个数为18+6=24.
√
1
5
6
7
8
9
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2
3
4
2.考试停课复习期间，小王同学计划将一天中的7节课全部用来复习4门不同的考试科目，每门科目复习1节或2节课，则不同的复习安排方法种数为 (　　)
A.360 B.630
C.2 520 D.15 120
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2
3
4
解析：用7节课复习4门科目，每门科目复习1节或2节课，按每门科目复习的课的节数进行分组，则分组情况为1，2，2，2，分两步完成，第一步：从4门科目中选择1门，安排一节课，共有=28种方法，第二步：安排剩下的科目，每门科目2节课，共有=90种方法，所以不同的复习安排方法共有28×90=2 520(种).故选C.
1
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14
3
4
2
3.如图所示，在由二项式系数构成的杨辉三角中，第m行从左到右第14个数与第15个数的比为2∶3，则m= (　　)
A.40 B.50
C.34 D.32
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解析：由题意，得第m行从左到右第n个数为，n∈N*，m∈N且n-1≤m，∵第m行从左到右第14个数与第15个数的比为2∶3，∴=，即=，∴m=34.故选C.
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3
4
2
4.甲、乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务活动，每个人从“检录组”“计分组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
√
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解析：若人数配比为3∶1∶1时，则有=60种不同安排方法；若人数配比为2∶2∶1时，则有=90种不同安排方法；所以共有60+90=150种不同安排方法.若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为3∶1∶1时，则有=18种不同安排方法；若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为2∶2∶1时，则有=18种不同安排方法；所以共有18+18=36种不同安排方法.所以甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为P==.
1
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2
5.如图，在“杨辉三角”中，从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成数列1，2，3，3，6，4，10，5，…，则此数列前30项的和为 (　　)
√
A.680 B.679
C.816 D.815
1
5
6
7
8
9
10
11
12
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2
解析：易知1+2+3+3+6+4+10+5+…=++++++++…，所以数列前30项的和S30=++++++++…++
=(+)+(+)+(+)+(+)+…+(+)
=++++…+
1
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=(+)++++…+-
=++++…+-
=+++…+-
=…=-
=816-1=815，故选D.
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6.为响应国家号召，某校甲、乙、丙、丁、戊、己这6名大学生计划到西部边远地区A，B，C三个学校支教.根据学校需要及所学的专业，每个学校去2名大学生，甲不能去A学校，乙、丙所学专业相同，不能去同一所学校，则不同的安排方法有_____种.(用数字作答)
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解析：当甲去B学校时，若从乙、丙中选1人去B学校，有种方法，剩下4人去A，C两个学校，有种方法，共有=12种方法；若从丁、戊、己中选1人去B学校，有种方法，乙、丙去A，C两个学校，有种方法，余下2人去A，C两个学校，也有种方法，共有=12种方法.所以甲去B学校共有12+12=24种方法.同理，甲去C学校也有24种方法.故不同的安排方法有24+24=48(种).
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7.如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨三角形”，它是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为(n∈N*，n≥2)，每个数是它下一行左、右相邻两数的和，如=+=+=+，…，则第10行第4个数字(从左往右数)为________.
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解析：将杨辉三角中的每一个数都换成分数即可得到“莱布尼茨三角形”，杨辉三角中，第9行第4个数字为=84，
所以“莱布尼茨三角形”中第10行第4个数字为=.
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8.从1，2，3，4，5，6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中，若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有_____个.(用数字作答)
解析：1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类.
分三类：①没有数字1和3时，满足条件的三位数有个；
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②只有1和3中的一个时，满足条件的三位数有2个；
③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空中的1个即可，满足条件的三位数有个.所以满足条件的三位数共有+2+=60(个).
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9.已知集合A={x|1(1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个
解：由1从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成的三位数的个数为=120.
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(2)从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数
解：由1若从集合A中取元素3，则3不能是千位上的数字，
满足题意的自然数的个数为=180.
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若不从集合A中取元素3，则四位数的组成数字有5组：4，5，6，7；4，6，7，8；4，5，6，8；4，5，7，8；5，6，7，8.分别全排列，有5=120(个)满足题意的自然数.
所以满足题意的自然数共有180+120=300(个).
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10.从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问：
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数
解：分步完成：第1步，在四个偶数中取三个，可有种情况；
第2步，在五个奇数中取四个，可有种情况；
第3步，三个偶数，四个奇数进行排列，可有种情况.
所以符合题意的七位数有=100 800(个).
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(2)在(1)中的七位数中，三个偶数排在一起的有几个
解：(1)的七位数中，三个偶数排在一起的有=14 400(个).
(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个
解：(1)的七位数中，三个偶数排在一起，四个奇数也排在一起的有=5 760(个).
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(4)在(1)中任意两偶数都不相邻的七位数有几个
解：(1)的七位数中，偶数都不相邻，可先把四个奇数排好，再将三个偶数分别插入5个空位中，共有=28 800(个).
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B级——应用创新
11.下图是某项工程的网络图(单位：天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有(　　)
√
A.14条 B.12条 C.9条 D.7条
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解析：整个过程分为三步，第一步从①到④有3条路径，第二步从④到⑥有2条路径，第三步从⑥到⑧有2条路径，由分步乘法计数原理得共有3×2×2=12条路径，故选B.

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12.[多选]如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和.下列结论正确的是 (　　)
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A.第10行从左往右第3个数为45
B.若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，…，则此数列的前21项和为240
C.存在正整数r，n且rD.在“杨辉三角”中，第n行所有数字的平方和恰好是第2n行的中间一项
√
√
√
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解析：对于A，第10行从左往右第3个数为=45，故A正确.
对于B，易知第n行的和为2n(n=0，1，2，…，n)，所以前n行的和为=2n-1.在“杨辉三角”中，前n行中为1的项的个数为2n-1，数列的前21项为前8行中，去除所有为1的项后剩余的项，所以前21项和为28-1-15=240，故B正确.
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对于C，假设存在正整数r，n且r即=+
=+，
所以=+
=+，
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整理，得n2-(4r+5)n+4r(r+2)+2=0，n2-(4r+9)n+4(r+1)(r+3)+2=0，两式相减，得n=2r+3，由二项式系数的性质知，=<=，与等差数列的性质矛盾，故C错误.
对于D，(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n=(+x+x2+…+xn)(xn+xn-1
+xn-2+…+)，对应相乘可得xn的系数为()2+()2+()2+…
+()2，(1+x)2n的展开式的通项为Tr+1=·xr，r≤2n，令r=n，得Tn+1
=xn，所以xn的系数为，所以()2+()2+…+()2=，故D正确.故选ABD.
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13.若x4(x+3)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a12(x+2)12，则log2(a1+a3+…+a11)=_____.
解析：令x=-1，得28=a0+a1+a2+…+a11+a12，
令x=-3，得0=a0-a1+a2-…-a11+a12，
∴28=2(a1+a3+…+a11)，
∴a1+a3+…+a11=27，
∴log2(a1+a3+…+a11)=log227=7.
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14.在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目.
(1)当4个舞蹈节目接在一起时，有多少种不同的安排顺序
解：分两步：第一步，将4个舞蹈节目捆绑，与6个演唱节目全排列，有=5 040种方法.
第二步，将4个舞蹈节目全排列，有=24种方法.
根据分步乘法计数原理，共有5 040×24=120 960种不同的安排顺序.
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(2)当每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的安排顺序
解：分两步：第一步，将6个演唱节目排成一排(如图中的“□”)，一共有=720种方法.
×□×□×□×□×□×□×
第二步，将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)，相当于7个“×”选4个来排，一共有=840种方法.
根据分步乘法计数原理，共有720×840=604 800种不同的安排顺序.
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(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗歌朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的安排顺序
解：若所有节目没有顺序要求，全排列，则有种排法，但原来的节目已定好顺序，所以共有=132种不同的安排顺序.课时跟踪检测(十一)　计数原理与杨辉三角性质的综合应用
A级——综合提能
1.在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中,各位数字之和为奇数的个数为 (　　)
A.36 B.24
C.18 D.6
2.考试停课复习期间,小王同学计划将一天中的7节课全部用来复习4门不同的考试科目,每门科目复习1节或2节课,则不同的复习安排方法种数为 (　　)
A.360 B.630
C.2 520 D.15 120
3.如图所示,在由二项式系数构成的杨辉三角中,第m行从左到右第14个数与第15个数的比为2∶3,则m= (　　)
A.40 B.50
C.34 D.32
4.甲、乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务活动,每个人从“检录组”“计分组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位,每个岗位至少有一名志愿者,则甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
5.如图,在“杨辉三角”中,从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成数列1,2,3,3,6,4,10,5,…,则此数列前30项的和为 (　　)
A.680 B.679
C.816 D.815
6.为响应国家号召,某校甲、乙、丙、丁、戊、己这6名大学生计划到西部边远地区A,B,C三个学校支教.根据学校需要及所学的专业,每个学校去2名大学生,甲不能去A学校,乙、丙所学专业相同,不能去同一所学校,则不同的安排方法有　　　种.(用数字作答)
7.如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨三角形”,它是由整数的倒数组成的,第n行有n个数且两端的数均为(n∈N*,n≥2),每个数是它下一行左、右相邻两数的和,如=+,=+,=+,…,则第10行第4个数字(从左往右数)为　　　　　　.
8.从1,2,3,4,5,6这6个数字中,任取3个数字组成无重复数字的三位数,其中,若有1和3时,3必须排在1的前面;若只有1和3中的一个时,它应排在其他数字的前面,这样不同的三位数共有　　　　个.(用数字作答)
9.已知集合A={x|1(1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数,则可以组成多少个
(2)从集合A中取出1个元素,从集合B中取出3个元素,可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数
10.从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数,试问:
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数
(2)在(1)中的七位数中,三个偶数排在一起的有几个
(3)在(1)中的七位数中,偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个
(4)在(1)中任意两偶数都不相邻的七位数有几个
B级——应用创新
11.下图是某项工程的网络图(单位:天),则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有 (　　)
A.14条 B.12条
C.9条 D.7条
12.[多选]如图所示,在“杨辉三角”中,除每行两边的数都是1外,其余每个数都是其“肩上”的两个数之和.下列结论正确的是 (　　)
A.第10行从左往右第3个数为45
B.若去除所有为1的项,依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,…,则此数列的前21项和为240
C.存在正整数r,n且rD.在“杨辉三角”中,第n行所有数字的平方和恰好是第2n行的中间一项
13.若x4(x+3)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a12(x+2)12,则log2(a1+a3+…+a11)=　　　　.
14.在高三一班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目.
(1)当4个舞蹈节目接在一起时,有多少种不同的安排顺序
(2)当每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的安排顺序
(3)若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗歌朗诵和快板2个节目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的安排顺序
课时跟踪检测(十一)
1.选B　各位数字之和为奇数分为两类:两个偶数、一个奇数,有=18(个);三个都是奇数,有=6(个).所以各位数字之和为奇数的个数为18+6=24.
2.选C　用7节课复习4门科目,每门科目复习1节或2节课,按每门科目复习的课的节数进行分组,则分组情况为1,2,2,2,分两步完成,第一步:从4门科目中选择1门,安排一节课,共有=28种方法,第二步:安排剩下的科目,每门科目2节课,共有=90种方法,所以不同的复习安排方法共有28×90=2 520(种).故选C.
3.选C　由题意,得第m行从左到右第n个数为,n∈N*,m∈N且n-1≤m,
∵第m行从左到右第14个数与第15个数的比为2∶3,∴=,即=,∴m=34.故选C.
4.选C　若人数配比为3∶1∶1时,则有=60种不同安排方法;若人数配比为2∶2∶1时,则有=90种不同安排方法;所以共有60+90=150种不同安排方法.若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为3∶1∶1时,则有=18种不同安排方法;若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为2∶2∶1时,则有=18种不同安排方法;所以共有18+18=36种不同安排方法.所以甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为P==.
5.选D　易知1+2+3+3+6+4+10+5+…=++++++++…,所以数列前30项的和S30=++++++++…++=(+)+(+)+(+)+(+)+…+(+)
=++++…+
=(+)++++…+-
=++++…+-
=+++…+-
=…=-
=816-1=815,故选D.
6.解析:当甲去B学校时,若从乙、丙中选1人去B学校,有种方法,剩下4人去A,C两个学校,有种方法,共有=12种方法;若从丁、戊、己中选1人去B学校,有种方法,乙、丙去A,C两个学校,有种方法,余下2人去A,C两个学校,也有种方法,共有=12种方法.所以甲去B学校共有12+12=24种方法.同理,甲去C学校也有24种方法.故不同的安排方法有24+24=48(种).
答案:48
7.解析:将杨辉三角中的每一个数都换成分数即可得到“莱布尼茨三角形”,杨辉三角中,第9行第4个数字为=84,所以“莱布尼茨三角形”中第10行第4个数字为=.
答案:
8.解析:1与3是特殊元素,以此为分类标准进行分类.
分三类:①没有数字1和3时,满足条件的三位数有个;
②只有1和3中的一个时,满足条件的三位数有2个;
③同时有1和3时,把3排在1的前面,再从其余4个数字中选1个数字插入3个空中的1个即可,满足条件的三位数有个.所以满足条件的三位数共有+2+=60(个).
答案:60
9.解:由1又x∈N*,所以x的取值为3,4,5,6,7,即A={3,4,5,6,7},所以A∪B={3,4,5,6,7,8}.
(1)从A∪B中取出3个不同的元素,可以组成的三位数的个数为=120.
(2)若从集合A中取元素3,则3不能是千位上的数字,
满足题意的自然数的个数为=180.
若不从集合A中取元素3,则四位数的组成数字有5组:4,5,6,7;4,6,7,8;4,5,6,8;4,5,7,8;5,6,7,8.分别全排列,有5=120(个)满足题意的自然数.
所以满足题意的自然数共有180+120=300(个).
10.解:(1)分步完成:第1步,在四个偶数中取三个,可有种情况;
第2步,在五个奇数中取四个,可有种情况;
第3步,三个偶数,四个奇数进行排列,可有种情况.所以符合题意的七位数有=100 800(个).
(2)(1)的七位数中,三个偶数排在一起的有=14 400(个).
(3)(1)的七位数中,三个偶数排在一起,四个奇数也排在一起的有=5 760(个).
(4)(1)的七位数中,偶数都不相邻,可先把四个奇数排好,再将三个偶数分别插入5个空位中,共有=28 800(个).
11.选B　整个过程分为三步,第一步从①到④有3条路径,第二步从④到⑥有2条路径,第三步从⑥到⑧有2条路径,由分步乘法计数原理得共有3×2×2=12条路径,故选B.
12.选ABD　对于A,第10行从左往右第3个数为=45,故A正确.
对于B,易知第n行的和为2n(n=0,1,2,…,n),所以前n行的和为=2n-1.
在“杨辉三角”中,前n行中为1的项的个数为2n-1,数列的前21项为前8行中,去除所有为1的项后剩余的项,所以前21项和为28-1-15=240,故B正确.
对于C,假设存在正整数r,n且r=+,
=+,
所以=+,
=+,
整理,得n2-(4r+5)n+4r(r+2)+2=0,n2-(4r+9)n+4(r+1)(r+3)+2=0,两式相减,得n=2r+3,
由二项式系数的性质知,=<=,与等差数列的性质矛盾,故C错误.
对于D,(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n=(+x+x2+…+xn)(xn+xn-1+xn-2+…+),对应相乘可得xn的系数为()2+()2+()2+…+()2,(1+x)2n的展开式的通项为Tr+1=·xr,r≤2n,令r=n,得Tn+1=xn,所以xn的系数为,所以()2+()2+…+()2=,故D正确.故选ABD.
13.解析:令x=-1,得28=a0+a1+a2+…+a11+a12,
令x=-3,得0=a0-a1+a2-…-a11+a12,
∴28=2(a1+a3+…+a11),
∴a1+a3+…+a11=27,
∴log2(a1+a3+…+a11)=log227=7.
答案:7
14.解:(1)分两步:第一步,将4个舞蹈节目捆绑,与6个演唱节目全排列,有=5 040种方法.
第二步,将4个舞蹈节目全排列,有=24种方法.
根据分步乘法计数原理,共有5 040×24=120 960种不同的安排顺序.
(2)分两步:第一步,将6个演唱节目排成一排(如图中的“□”),一共有=720种方法.
×□×□×□×□×□×□×
第二步,将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置),相当于7个“×”选4个来排,一共有=840种方法.
根据分步乘法计数原理,共有720×840=604 800种不同的安排顺序.
(3)若所有节目没有顺序要求,全排列,则有种排法,但原来的节目已定好顺序,所以共有=132种不同的安排顺序.
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