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第十四章 计数原理
§14.1 排列与组合
考纲·题型解读
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.会区分分类加法计数原理与分步乘法计数原理并能解决一些简单的实际问题.
3.理解排列、组合的概念,区分它们的异同.
4.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式,能解决简单的实际问题.
5.排列组合是高考每年必考内容之一,一般有1~2道小题且多为选择题、填空题.虽然在高考中所占比重不大,但试题都
具有一定的灵活性和综合性.高考对排列、组合的内容的考查,一般以实际应用题形式出现,这是因为排列、组合的应用性比较
强,并充满思辨性和解法多样性,符合高考选择题的特点,易于考查学生的理解问题能力、分析和解决问题的能力及分类讨论的
思想.
题源1 两个计数原理 一是完成一件事,必须且只需连续做完几步,即不漏
步也不重步;二是每个步骤的方法之间是无关联的,不能
解题模型 互相替代.
3.两个计数原理解决问题的一般思路与方法
1.分类计数原理 ()应用分类计数原理要求分类的每一种方法都能把
完成一件事,有n 类办法,
1
在第1类办法中有m1 种不 事件独立完成(注意:分类做到不重不漏);应用分步计数
同的方法,在第2类办法中有m2 种不同的方法……在第n 原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的
类办法中有mn 种不同的方法.那么完成这件事共有 N= 步骤.
m1+m2+…+mn 种不同的方法. (2)一般是先分类再分步,分类时要设计好标准,设计
在应用分类计数原理时注意以下几点: 好分类方案,防止重复和遗漏.分步时要注意步与步之间的
(1)清楚怎样才是完成一件事的含义,即知道做“一件 连续性.
事”或叫完成一个“事件”在题目中的具体所指. (3)元素重复的问题,往往用分步乘法计数原理.
(2)解决“分类”问题,用分类计数原理,即完成事件通 (4)对于较复杂的两个原理综合使用的问题,恰当地
过途径A,就不必再通过途径B 就可以单独完成. 画出示意图或表格,是解决这类问题的直观形象工具.
(3)每个题中,标准不同,分类也不同,分类的基本要
求是:每一种方法必属于某一类(不漏),任意不同类的两 [真题1] (2021·北京)由数字1,2,3,4,5组成的无重复
种方法是不同的方法,各类之间的交集为空集,各类的并 数字的四位偶数的个数为 ( )
集为全集,分类应做到不重不漏. A.8 B.24 C.48 D.120
[解析]2. 本题主要考查排列组合知识以及分步计数原理知分步计数原理
, , 识.属于基础知识、基本运算的考查.2和4排在末位时,共有
1
完成一件事 需要分成n 个步骤 做第1步有m1 种不 A2
=2种排法,其余三位数从余下的四个数中任取三个有A3, 4=4×同的方法 做第2步有 m2 种不同的方法……做第n 步有
3×2=24种排法,于是由分步计数原理,符合题意的偶数共有2
mn 种不同的方法.那么完成这件事共有 N=m1×m2×… ×24=48(个).故选C.
×mn 种不同的方法. [真题2] (2020·辽宁)一生产过程有4道工序,每道工序
在应用分步计数原理时注意以下几点: 需要安排一人照看.现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照
(1)清楚怎样才是完成一件事的含义,即知道完成一 看一道工序,第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人,第四
个事件在每个题中需要经过哪几个步骤. 道工序只能从甲、丙两工人中安排1人,则不同的安排方案共有
(2)解决“分步”问题,用分步乘法计数原理,需要分成 ( )
若干个步骤,每个步骤都完成了,才算完成一个事件,注意 A.24种 B.36种 C.48种 D.72种
各步骤之间的连续性. [解析] 分为三类,第一类安排甲丙分别做第1第4道工
(3)每个题中,标准不同,分步也不同.分步基本要求: 序,则其余4人中安排2人做第2第3道工序有 A24 种方案;第
二类安排乙甲分别做第1第4道工序,则其余4人中安排2人做
·304·
第2第3道工序有A24 种方案;第三类安排乙丙分别做第1第4 解题模型
道工序,则其余4人中安排2人做第2道工序有 A24 种方案,由
1.排列
分类计数原理可得不同的安排方案有 A2+A24 4+A24=36种,故 (1)排列:从n 个不同元素中,任取 m(m≤n)个元素
应选B.
[ ] ( (被取出的元素各不相同),按照一定的顺序排成一列,叫真题3 2022·天津)如图,用四种不同颜色给图中的
, , , , , , , 做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列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.则不同的涂色方法共有 2 排列数 从n 个不同元素中取出m
(m≤n)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
A.288种 A C 的排列数,用符号A
m
n 表示.
E
B.264种 (3)排列数公式:当mC.240种 n!为Amn=n(n-1)·(n-2)·…·(n-m+1)=
D.168种 (n-m)!
.
F
[解析] n 不同的涂色方法分两类. B D 当m=n 时,排列称为全排,排列数为 An=n(n-1)·(n
一类选3色涂上:共有A3×2种涂法 -2)·…·3×2×1=n!.规定4 0! =1.
一类选4色涂上:共有A34·C13×(1+2)种涂法
∴共有264种涂法.
[ ] , 2.
组合
点评 选项角度不好 易失分.
[ ] ( · ) , (1)组合:从n 个不同的元素中,任取 (真题4 2020 全国Ⅰ 如图 一环形花 m m≤n
)个元
、 、 、 素并组成一组,叫做从 个不同元素中取出 个元素的一坛分成A B C D 四块.现有4种不同的花供摆 n m
放,要求在每块里放1种花,且相邻的2块摆不 个组合.
同的花,则不同的种法总数为 ( ) (2)组合数:从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素
A.96 B.84 的所有组合的个数,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素
m
C.60 D.48 的组合数,用符号Cn 表示.
[解析] 本小题主要考查有限制条件的排列组合问题及分 (3)组合公式:
类计数原理. n(n-1)(n-2)…(n-m+1)Cm m mn = An/Am = =
给图中四个区域摆放鲜花,有4类摆法:第1类四个区域鲜 m!
花颜色全不相同,依A、B、C、D 的顺序依次摆放,共有4×3×2 n! .规定:C0n=1.
×1=24种;第2类A、C 同色,B、D 不同色,共有4×3×2=24 m! (n-m)!
种;第3类B、D 同色,A、C 不同色,共有4×3×2=24种;第4 (4)组合数性质:
类A、 , 、 ,
m n-m m m m-1
C 同色 B D 同色 共有4×3=12种.依据分类计数原理, ①Cn=Cn ;②Cn+1=Cn+Cn .
共有不同的摆花方案种数为:24+24+24+12=84(种),故选B.
[真题5] (2020·安徽)12名同学合影,站成了前排4人 [真题6] (2020·上海)组合数C
r
n(n>r≥1,n、r∈Z)恒
后排8人.现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排,若其他 等于 ( )
的相对顺序不变,则不同调整方法的种数是 ( ) r+1A. Cr-1n+1 n-1 B.
(n+1)(r+1)Cr-1n-1
A.C28A23 B.C2A68 6 C.C2A28 6 D.C28A25
[解析] 由后排8人中抽调2人有C28 种抽取方法,将其中 C.nrCr-1
n
D. Cr-1n-1 n-1
一位同学插入前排有5种方法,另一位同学再插入有6种方法, r
由分步计数原理可得不同的调整方法总数为C28×5×6=C2 2 ( )(8A6, [ ] r nn-1 n-2
)…(n-r+1) n
解 析 ∵Cn =
C. r(r-1)(r-2)…4·3·2·1
= ·
故应选 r
(n-1)(n-2)…(n-r+1) n r-1 r n
题源2 排列数与组合数公式 ( · , ·r-1)(r-2)…4·3·2·1=r Cn-1 ∴Cn=r C
r-1
n-1(n>
r≥1,n,r∈Z),故应选D.
[真题7] (2020·湖南)设[x]表示不超过x 的最大整数
( [ ] ,[5如 2 =2 ]=1),对 于 给 定 的 n∈N*,定 义4 C
x
n =
n(n-1)…(n-[x]+1) 32
x(x-1)…(
, [, ),则 ;当
x-[x]+1)x∈ 1 +∞ C8 = x
∈[2,3)时,函数Cx8 的值域是 .
3
[解析] 本 题 是 定 义 型 函 数 问 题,由 题 意 不 难 到:C28 =
8 16 8×7 56
= ;Cx8= ( )= 2 , [,),3 3 x x-1 x -x x∈ 23 ∵x∈
[2,3)时,
2
x2-x∈[2,6),∴Cx∈ (288 ,3 28] .
本题是通过定义的方式给出了一个函数,主要考查学生的
·305·
阅读、理解与归纳的能力,这类题目难在“新”,重在准确阅读,理 ④甲、乙排在相邻两天,且丙排在10月1日,丁排在10月7
解题意. 日的情况有A22A44 种;
所以甲、乙排在相邻两天,且丙不排在10月1日,丁不排在题源3 排列题 10月7日的情况有 A2A6 2 5 2 5 2 42 6-A2A5-A2A5+A2A4=1008种.故
选C.
解题模型
题源4 组合题
排列问题常见的限制条件及对策:
①对于有特殊元素或特殊位置的,一般采用直接法,
解题模型
即先排特殊元素或特殊位置.
②相邻排列问题,通常采用“捆绑”法,即可以把相邻 组合问题常见的限制条件及对策:
元素看作一个整体参与其他元素排列. (1)在解组合应用题时,常会遇到“至少”“最多”“含”等
③对于元素不相邻的排列,通常采用“插空”的方法, 词,要仔细审题,理解其含义.
即先考虑不受限制的元素的排列,再将不相邻的元素插在 (2)组合几何图形的题目,一定要注意图形自身对其
前面元素排列的空隙中. 构成元素的限制,解决这类问题常用间接法(或排除法).
④对于元素有顺序限制的排列,可以先不考虑顺序限
制排列后,再利用规定顺序的实情求结果.
(3)分 组、分 配 问 题:分 组 问 题 和 分 配 问 题 是 有 区 别
[真题8] (2022·山东)某台小型晚会由6个节目组成,演 的,前者组与组之间只要元素个数相同,是不可区分的,而
出顺序有如下要求:节目甲必须排在前两位,节目乙不能排在第 后者则即使两组元素个数相同,但因元素不同,仍然是可
一位,节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排 区分的.对于这类问题必须遵循先分组后排列,若平均分m
方案共有 ( ) 取法组,则分法= ! .
A.36种 B.42种 m
C.48种 D.54种 [真题12] (2022·全国Ⅰ)某校开设A 类选修课3门,B
[解析] 因为丙必须排在最后一位,因此只需考虑其余五
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
人在前五位上的排法,当甲排在第一位时,有A44=24种排法,当 少选一门,则不同的选法共有 ( )
甲排在第二位时,有A13·A33=18种排法,所以共有方案24+18 A.30种 B.35种
=42种,故选B. C.42种 D.48种
[真题9] (2022·北京)8名学生和2位老师站成一排合 [解析] 解法一:分两种情况:①2门A,1门B 有C2 13C4=
影,2位老师不相邻的排法种数为 ( )
12种选法;②1门A,2门B 有C13C24=3×6=18种,∴Nr=12
A.A88A29 B.A88C29 +18=30种.
C.A8A2 D.A8 28 7 8C7 解法二:排除法:A 类3门,B 类4门,共7门,选3门,A、B
[解析] 不相邻问题用插空法,8名学生先排有 A88 种,产 各至少选1门,有C3-C37 3-C34=35-1-4=30种选法.故选A.
生9空,2位老师插空有 A29 种排法,所以最终有 A8 28·A9 种排 [真题13] (2021·广东)2010年广州亚运会组委会要从
法,故选A. 小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻
[真题10] (2022·四川)由1、2、3、4、5、6组成没有重复数 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
字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是 ( ) 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
A.72 B.96 共有 ( )
C.108 D.144 A.48种 B.12种 C.18种 D.36种
[解析] 第一步将2,4,6全排,有 A33 种;第二步分1,3相 [解析] 由于小张和小赵至少一人被选派参与工作,因此
邻不与5相邻,有A2A22 3 种,1,3,5均不相邻,有A33 种.故总的排 分两类:第一类,两人有且仅有一人参与工作的不同选派方案有
法为A33(A2A2+A32 3 3)=108,故选C. C1A1 32 2A3=24种;第二类,当两人同时选派参与工作的不同选派
[真题11] (2022·重庆)某单位安排7位员工在10月1 方案有A23A22=12种.选D.
日至7日值班,每天安排1人,每人值班1天.若7位员工中的 [真题14] (2022·全国Ⅱ)将标号为1,2,3,4,5,6的6张
甲、乙排在相邻两天,丙不排在10月1日,丁不排在10月7日, 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,
则不同的安排方案共有 ( ) 2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有 ( )
A.504种 B.960种 A.12种 B.18种
C.1008种 D.1108种 C.36种 D.54种
[解析] ①甲、乙排在相邻两天的情况有A2 62A6 种; [解析] 从3个信封中选一个1、2卡片的有C13 种,再将3、
②甲、乙 排 在 相 邻 两 天,且 丙 排 在10月1日 的 情 况 有 C2
A2A5 种; 4
、5、6 4的卡片平均分成两组再放置有 ·A2,故共有C1·C22 2 3 4=
2 5 A2
③甲、乙 排 在 相 邻 两 天,且 丁 排 在10月7日 的 情 况 有 18(种).选B.
A2A52 5 种; [真题15] (2021·重庆)将4名大学生分配到3个乡镇去
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当村官,每个乡镇至少一名,则不同的分配方案有 种 选出4个不同的子集,需同时满足以下两个条件:
(用数字作答). (1) ,U 都要选出;
[解析] 本题主要考查考生能否结合所学排列组合知识, (2)对选出的任意两个子集A 和B,必须有A B 或A B.
通过恰当地分类或分步,综合利用解决排列组合问题的各种方 那么,共有 种不同的选法.
法求得相关的方法数的能力.依题意得满足题意的分配方案共 [解析] 将选法分成两类.
有C1C2 23 4A2=36种(注:其中C13 表示从三个乡镇中任选定一个 第一类:其中一个是单元素集合,则另一集合为两个或三个
乡镇,且让其中某两位大学生去的方法数;C24 表示从四名大学 元素且含有单元素集合中的元素,有C14×6=24种.
生中任选2名到前一步所选定的乡镇去的方法数;A22 表示将剩 第二类:其中一个是两个元素集合,则另一个是含有这两个
余的2名大学生分配到另两个乡镇去的方法数). 元素的三元素集合,有C24×2=12种.
[真题16] (2022·上海)从集合U={a,b,c,d}的子集中 综上,共有24+12=36种.
(★代表高考出现的频次)
题源1 两个计数原理(★★★★★) 题源2 排列数和组合数公式(★★★★)
1.(2019·北京)某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后 9.(2020·安徽)设(1+x)8=a0+a1x+…+a 88x ,则a0,
接4个数字组成,其中4个数字互不相同的牌照号码共有 a1,…,a8 中奇数的个数为 ( )
( ) A.2 B.3 C.4 D.5
A.(C1 )226 A4 2 410个 B.A26A10个 n
10.(2020·湖南)记 ( 12x+ ) 的展开式中第m 项的系数C.(C1 )2104 2 426 个 D.A2610 个 x
2.(2022·湖南)在某种信息传输过程中,用4个数字的一 为bm .若b3=2b4,则n= .
个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息. 11.(2020·湖南)对有n(n≥4)个元素的总体{1,2,3,…,
若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上 n}进行抽样,先将总体分成两个子总体{1,2,…,m}和{m+1,m
的数字相同的信息个数为 ( ) +2,…,n}(m 是给定的正整数,且2≤m≤n-2),再从每个子总
A.10 B.11 C.12 D.15 体中各随机抽取2个元素组成样本.用Pij表示元素i和j同时
3.(2021·北京)用0到9这10数字,可以组成没有重复数 出现在样本中的概率,则P1n= ;所有Pij(1≤i字的三位偶数的个数为 ( ) n)的和等于 .
A.324 B.328 C.360 D.648
4.(2020·全国Ⅰ)将1,2,3填入3×3的方格中,要求每 题源3 排列题(★★★★★)
行、每列都没有重复数字,下面是一种填法,则不同的填写方法
共有 ( ) 12.(2019·北京)记者要为5名志愿者和他们帮助的2位
A.6种 1 2 3 老人拍照,要求排成一排,2位老人相邻但不排在两端,不同的排
B.12种 3 1 2 法共有 ( )
C.24种 2 3 1 A.1440种 B.960种 C.720种 D.480种
D.48种 13.(2022·广东)为了迎接2010年广州亚运会,某大楼安
5.(2021·宁海)7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参 装了5个彩灯,它们闪亮的顺序不固定,每个彩灯只能闪亮红、
加社区公益活动.若每天安排3人,则不同的安排方案共 有 橙、黄、绿、蓝中的一种颜色,且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相
种(用数字作答). 同.记这5处彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁.在每个闪烁中,
6.(2021·浙江)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若 每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮,而相邻两个闪烁的时间间隔均
每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不 为5秒.如果要实现所有不同的闪烁,那么需要的时间至少是
同的站法种数是 (用数字作答). ( )
7.(2019·天津)如图,用6种不同的颜 A.1205秒 B.1200秒
色给图中的4个格子涂色,每个格子涂一种 C.1195秒 D.1190秒
颜色.要求最多使用3种颜色且相邻的两个格 14.(2019·辽宁)将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i个
子颜色不同,则不同的涂色方法共有 种(用数字作答). 数为ai(i=1,2,…6).若a1≠1,a3≠3,a5≠5,a18.(2020·重庆)某人有4种颜色的灯 C 同的排列方法种数为 ( )
泡(每种颜色的灯泡足够多), B要在图中所 A
C A.18 B.30 C.36 D.48
、 、 、 1示的6个点A B C A1、B1、C1 上各装一 15.(2021·重庆)5个人站成一排,其中甲、乙两人不相邻的
B
个灯泡,要求同一条线段两端的灯泡不同 A1 1 排法有 种(用数字作答).
色,则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有 16.(2021·天津)用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数
种(用数字作答). 字的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位
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数共有 个(用数字作答). 班,每个班至少分到一名学生,且甲、乙两名学生不能分到同一
个班,则不同分法种数为 ( )
题源4 组合题(★★★★★) A.18 B.24 C.30 D.36
21.(2021·全国Ⅰ)甲组有5名男同学、3名女同学;乙组有
17.(2021·辽宁)从5名男医生、4名女医生中选3名医生 6名男同学、2名女同学.若从甲、乙两组中各选出2名同学,则选
组成一个医疗小分队,要求其中男、女医生都有,则不同的组队 出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有 ( )
方案共有 ( ) A.150种 B.180种 C.300种 D.345种
A.70种 B.80种 C.100种 D.140种 22.(2022·江西)将6位志愿者分成4组,其中两个组各2
18.(2020·宁海)甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五 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
的5天中参加某项志愿者活动,要求每人参加一天且每天至多 分配方案有 种(用数字作答).
安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有 23.(2020·全国Ⅱ)从10名男同学,6名女同学中选3名参
( ) 加体能测试,则选到的3名同学中既有男同学又有女同学的不
A.20种 B.30种 C.40种 D.60种 同选法共有 种.(用数字作答)
19.(2021·湖南)某地政府召集5家企业的负责人开会,已 24.(2022·浙江)有4位同学在同一天的上、下午参加“身
知甲企业有2人到会,其余4家企业各有1人到会,会上有3人 高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的
发言,则这3人来自不同企业的可能情况的种数为 ( ) 测试,每位同学上、下午各测试一个项目,且不重复,若上午不测
A.14 B.16 C.20 D.48 “握力”项目,下午不测“台阶”项目,其余项目上、下午都各测试
20.(2021·湖北)将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的 一人.则不同的安排方案共有 种(用数字作答).
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 8.( 4)2008年中国北京奥运会吉祥物由5个“中国福娃”
只有一个选项符合题意) 组成,分别叫贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮.现有两套不同大小的
1.( 2)Cr+1+C17-r10 10 可能值的个数为 ( ) 福娃(共10个福娃),从两套福娃中任意选出5个福娃,恰好组
A.1 B.2 C.3 D.无数个 成完整“奥运会吉祥物”的选法有 ( )
2.( 1.3.4)从2,3,5,7,11这五个数字中,任取两个不同的 A.32种 B.120种
数字组成分数,则不同的分数值共有 ( ) C.160种 D.320种
A.20个 B.15个 C.10个 D.5个 二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
3.( 3)5人站成一排,甲、乙两人之间恰有1人的不同站法
9.( 3)若a∈{1,2,3,5},
b
b∈{1,2,3,5},则方程y= x
的种数为 ( ) a
A.18 B.24 C.36 D.48 表示不同的直线有 条.
4.( 1.4)某班选派6人参加两项公益活动,每项活动最多 10.( 3.4)从1,2,…,10这十个数字中取出四个数,使它们
安排4人,则不同的安排方法有 ( ) 的和为奇数,共有 种取法.(用数字作答)
A.50种 B.70种 11.( 4)一排共9个座位,甲、乙、丙三人按如下方式入座:
C.35种 D.55种 每人左右两旁都有空座位,且甲必须在乙、丙两人之间,则不同
5.( 3)用数字1,2,3,4,5可以组成没有重复数字,并且比 的坐法共有 种.(用数字作答)
20000大的五位偶数共有 ( ) 12.( 1.4)某校有6间不同的电脑室,每天晚上至少开放2
A.48个 B.36个 C.24个 D.18个 间,则不同安排方案的种数是 .
6.( 2)设集合 M={(x,y)|x2+y2=1,x∈R,y∈R},N 三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)
={(x,y)|C2x5 <6,x∈R,y∈R},则集合 M∩N 中元素的个数为 13.( 4)一个口袋内装有4个不同的红球,6个不同的白
( ) 球,若取出一个红球记2分,取出一个白球记1分,从口袋中取5
A.1 B.2 C.3 D.4 个球,使总分不小于7分的取法有多少种
7.( 2)对任意正整数n,定义n 的双阶乘n!! 如下:当n
为偶数时,n!! =n(n-2)(n-4)…6×4×2,当n 为奇数时,
n!! =n(n-2)(n-4)…5×3×1,现有四个命题:
①(2019!!)(2019!!)=2007!; ②2006!! =2×1003!!;
③2006!! 个位数为0; ④2007!! 个位数为5.
其中正确的个数为 ( )
A.1 B.2
C.3 D.4
·308·
14.( 3.4)三个男生和四个女生站成一排,求分别满足下 16.( 4)设有编号为1,2,3,4,5的五个球和编号为1,2,3,
列各条件的方法: 4,5的五个盒子,现将这五个球放入5个盒子内.
(1)甲站在中间;(2)甲、乙分别站两端;(3)甲、乙必须相邻; (1)只有一个盒子空着,共有多少种投放方法
(4)三个男生两两不相邻;(5)三个男生和四个女生分别站在一 (2)没有一个盒子空着,但球的编号与盒子编号不全相同,
起;(6)男女相间而站;(7)甲不站排头且乙不站排尾. 有多少种投放方法
(3)每个盒子内投放一球,并且至少有两个球的编号与盒子
编号是相同的,有多少种投放方法
15.( 3.4)在直角坐标系中,有两组平行线中(包括坐标 17.( 3.4)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中,每次选
轴),一组有4条,一组有5条. 出五个,可以组成多少个分别符合下列条件的没有重复数字的
(1)求图中有多少个矩形 五位数
(2)由点O 到点A 有多少条最短路径 (1)奇数;(2)偶数;(3)能被25整除;(4)50000到90000之
间的偶数.
·309·( 4 ) 4 ( ) 8k5+ z+ ≥5+2 z· =9. 得y=0 舍去 或y= 即 点的纵坐标是z z 16k2+1. B yB
当且仅当z=2,即x=1时上式取等号. 8k= 2 .所 以△ABC 的 面 积16k +1 S△ABC =2S△AOB =∴当x=1时,函数y 有最小值9,无最大值.
16. 解:(1)设该厂应每隔x 天购买一次面粉,则 1 32k2× ·2 |OA|
·yB = 因 为16k2+1. k>0
,所 以
其采购量为6x 吨,由题意可知,面粉的保管等其他
32k 32 1
费用3[6x+6(x-1)+6(x-2)+…+6×1]=9x(x S△ABC = ,由 于16k2+1= 1 16k + k ≥
+1), 16k+k
设平均每天所支付的总费用为y1 元,则 1 1 1
[ ( ) ] 2 16k· =8,当且仅当9x x+1 +900 900 16k=
,即k= 时取
y1= x +1800×6= x +9x
k k 4
+
“=”,
32
所以S△ABC= 1≤4
,即△ABC 面积的最
900
10809≥2 ·x 9x+10809=10989
, 16k+k
900 大值等于4.
当且仅当9x= ,即x=10时取等号x .
故该厂每隔10天购买一次面粉,才能使平均每 第十四章 计数原理
天所支付的总费用最少. §14.1 排列与组合
(2)因为不少于210吨,每天用面粉6吨,所以至 五年高考母题原型训练
少间隔35天购买面粉一次.设该厂利用此优惠条件 1.A 【解析】 由26个英文字母中任选2个
后,每隔x(x≥35)天购买一次面粉,平均每天支付的 (可以重复选择)有(C1 226) 种选择方法,后4个数字可
总费用为y2 元,则 由10个数字中选择4个排列可得共有 A410种选择方
1
y2= [9x(x+1)+900]+6×1800×0.90 法,由分步计数原理可得不同的牌照共有(C
1 2 4
26)A10
x
个,故应选A.
900
= x +9x+9729
(x≥35), 2.B 【解析】 位置完全不同有1个,有1个位
100 置相同有4个,有2个位置相同有6个,共计1+4+6
令f(x)=x+ (x≥35),设x x2>x1≥35
,
=11个,故选B.
( ) ( ) ( 100) ( 100) 【失分警示】 分类不清楚则f x1 -f x2 = x1+x - .x2+1 x2 3.B 【解析】 本题主要考查排列组合知识以
(x2-x1)(100-x1x2)= 及分类计数 原 理 和 分 步 计 数 原 理 知 识.属 于 基 础 知x1x2 识、基本运算的考查.首先应考虑“0”是特殊元素,当0
∵x2>x1≥35,∴x2-x1>0,x1x2>1225,100
排在末位时,有A29=9×8=72(个),当0不排在末位
-x1x2<0.
时,有A1A1A14 8 8=4×8×8=256(个),于是由分类计
∴f(x1)-f(x2)<0,f(x1)数原理,得符合题意的偶数共有72+256=328(个).
100
即f(x)=x+ ,当x x≥35
时为增函数. 故选B.
∴当x=35时,(x)有最小值,此时 ≈10070 4.B 【解析】f y 本小题主要考查有限制条件的2
<10989. 排列组合问题及分步计数原理.
∴该厂应接受此优惠条件. 第一步先 排 第 一 行 有 A
3
3 种,第 二 步 再 排 第 二
17. 解:依题意,椭圆的左顶点 A(-4,0),所以 行,第一行确定后对应2种,第三行只有一种,所以总
3
直线 AB 的 方 程 为 y =k(x +4)(k<0).由 数为A3×2×1=12种,故选B.
y=k(x+4), 5.140 【解析】 从7名志愿者中选择3人参{x2 消去x 得(16k2+1)y2-8ky=0,解 加周六的社区公益活动有C37 种安排方法,再在剩下16+y2=1, 的4人中选择3人参加周日的社区会益活动有C34 种
·173·
安排方法,由分步计数原理可得不同的安排方案共有 设置,要求学生通过分析、理解、转化等思维途径寻求
C3C37 4=35×4=140种. 解决问题的思路,特别是(2)问对学生的综合能力提
6.336 【解析】 本题主要考查排列组合两个 出了较高的要求.
计数原理.分两类:第 一 类,甲、乙、丙3人 站3个 台 12.B 【解析】 先将两位两 老 人 排 在 一 起 有
阶,有A37 种;第二类,甲、乙、丙3人站2个台阶,有 A22 种排法,再将5名志愿者排在一起有 A55 种排法,
C23A27 种,所以共有A3 2 27+C3A7=336种. 最后将两位老人插入5名志愿者间的4个空中有C14
7.390 【解析】 考查排列组合的基本运算及 种插入方法,由分步计数原理可得不同的排法拍照方
分析问题、解决问题的能力,分为三种颜色和两种颜 法共有A2 5 12A5C4=960种,故应选B.
色即3A36+A26=390. 13.C 【解析】 由题意知,共有 A55=120个不
8.216 【解析】 本题解题思路是依据题意恰 同的闪烁,而每一个闪烁要完成5个闪亮需用时5秒
当地进行分类或分步,同时注意全面思考问题.记4 钟,共用120×5=600秒,每两个闪烁之间需间隔5
种颜色的灯泡分别是a、b、c、d,依题意分步确定满足 秒钟,共有120-1=119个闪烁间隔,用时119×5=
题意的方法数:第一步,从4种颜色的灯泡中任选三 595秒,故总用时600+595=1195秒.
种分别装在点A、B、C,有 A34 种方法(不妨假定在点 14.B 【解析】 当a1=2时,若a3=4,则a5=
A、B、C 分别装的是颜色依次是a、b、c的灯泡);由于 6,不同的排法数有A33=6种;
A1,B1,C1 三点中必恰好有一点处装颜色d 的灯泡, 当a1=2时,若a3=5,则a5=6,不同的排法数
因此第二步,从A1,B ,C 三点中选定一处,有C11 1 3 种 有A33=6种;
情形(不防假定选定点A1 处装的颜色是d 的灯泡); 当a1=3时,若a3=4,则a5=6,不同的排法数
第三步,确定点B1,C1 处分别装上满足题意的颜色 有A33=6种;
的灯泡,不难确定共有3种不同的方法.因此由乘法 当a1=3时,若a3=5,则a5=6,不同的排法数
原理得满足题意的安装方法共有A34C13·3=216种. 有A33=6种;
9.A 【解析】 C08,C1 2 3 8 08,C8,C8,…,C8 中仅C8= 当a1=4时,若a3=5,则a5=6,不同的排法数
C88=1为奇数,故应选A. 有A33=6种,
10.5 【解析】 本题是二项式定理问题,由题 综上可得符合条件a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1意得b3=C2n2n-2,b4=C3n2n-3,故C22n-1=2C3 n-3n n2 , 得C2=C3n n,∴n=5. 15.72 【解析】 本题主要考查考生能否结合
本题主要考查学生对二项式定理的应用情况,需 所学排列组合知识,通过恰当的分类或分步,综合利
要学生准确记忆二项展开式的通项公式,并进行准确 用解决排列组合问题的各种方法求得相关的方法数
的推理运算. 的能力.依题意得满足题意的排法共有5! -A2·A42 4
4
11. 6 【解析】 本题是组合问题, =72种.m(n-m)
16.324 【解析】 本题考查排列组合的基本方
C1 1
P = m-1
Cn-m-1 4
由已知得 · = . 法 及 分 类 讨 论 的 数 学 思 想,A1 3 1 31n 2 2 ( ) 6A6 - A3A3 -Cm Cn-m m n-m
C12 4C
1 1 3 1 2 1 3
C 3
C3C3-C3C3C3A3=324.
当1≤im
ij的和为C2
·1=1 17.A 【解析】 本题考查排列组合的知识.本
m
当1≤i≤m女的时候,共有C3·(n-m)=4 5+C
3
4=14种方法,从9人中选择3
C2 人一共有C
3
9=84种方法,所以要求男女都有共有84
当m=1. 解.当组队中有一名女医生时有C1C24 5=40种组法,当
∴1≤i本题以组合问题为背景,通过一系列情景和问题 有70种组队方法.
·174·
18.A 【解析】 本题考查排列组合,按甲参加 2x+y≥7, 0≤x≤4, x=2,
其 中 ∴ 或
的日期分类,甲周一参加,乙和丙在剩下的4天中选 {x+y=5, {0≤y≤6. {y=3
两天参加,共 A24 种;甲周二参加,同理可知道有 A23 x=3,
或
种;甲 周 三 参 加,有 A2 { {
x=4,
2 种,根 据 加 法 原 理 可 知,共 y=2 y=1.
A2+A2 2 2 3 3 2 4 14 3+A2=20种. 因此所求的取法种数是C4C6+C4C6+C4C6=
排列组合问题需要动手排一排,进行合理分类, 186种.
分清两个基本原理,本题属于中等题. 14. 解:(1)因为甲站中间,则只需考虑其余6
19.B 【解析】 本题考查排列组合综合计数问 人,故共有A66=720种方法;
题,属于基础知识、基本运算的考查.对3人分两类考 (2)甲、乙的站法有A2 种,其余5人全排列有A52 5
虑:若3人没有1人是来自甲企业的,则不同种数是 种,故共有A2A52 5=240种方法;
C34=4;若三人中有一个来自甲企业的,则不同种数 (3)相邻问题应该采用“捆绑法”,共有 A6A26 2=
是C1C22 4=12.故共有16种,选B. 1440种方法;
20.C 【解析】 甲乙两名学生分到同一个班的 (4)两两不相邻问题应该采用“插空法”,共有
种数是C1A2,所求的方法种数是C2A3-C1A2=30. A4 33 2 4 3 3 2 4A5=1440种方法;
本题考查排列组合知识,强调根据不同的背景材料, (5)分别对三个男生和四个女生用“捆绑法”,把
灵活处理问题. 他们 当 作 2 个 整 体 进 行 排 列,再 松 绑,故 共 有
21.D 【解析】 由计数原理,第一类,女生在甲 A22A3A43 4=288种方法;
组C1C15 3C26=225,第二类,女生在乙组C2 1 15C2C6=120, (6)因为女生比男生多1人,因此男女相间而站,
由分类计数原理,C1C1C2+C2C1C15 3 6 5 2 6=345.本题属于 就是在四名女生之间的间隔中站入三名男生,所以只
简单题,考查排列组合知识解应用题. 需分别排列男生和女生,故共有A3A43 4=144种方法.
22.1080 【解析】 6位 志 愿 者 分 成 四 组 有 (7)因为甲不站排头且乙不站排尾,所以甲和乙
C2 2 16C4C2 4 是特殊元素,排头和排尾是特殊位置,应该优先考虑.
2 2=45种方法,四组分赴四个不同场馆有· AA A 42 2 我们不妨先确定甲站在什么位置,很明显,甲站与不
, C
2 2
6C4C12· 4 站排尾对于乙的影响是不同的,故分为两种情况;=24 A = ①种方法 因此不同的分配方案有
A2 2 42·A2 甲站排尾,则乙就没有限制了,共有 A66 种站法;②甲
1080种方法. 不站排尾,则甲有A15 种站法,因为乙也不能站排尾,
23.420 【解析】 从16名同学中任选3名共 故乙还有A1 种站法,其余的人随便站,共有A1A1A55 5 5 5
有C3 316种选法,其中只选男生有C10种方法,只选女生 种站法.所以,甲不站排头且乙不站排尾共有 A66+
有C36 种选法,即得选到的3名同学中既有男同学又 A15A1 55A5 种方法,即有3720种方法;
有女同学有C3 3 316-C10-C6=420种. 15. 解:(1)有多少个矩形,可转化为:在与x 轴
24.264 【解析】 上午测试安排有 A44 种方法, 平行的5条平行线中任抽2条,再从与y 轴平行的纵
下午测试分为:(1)若上午测试“台阶”的同学下午测 向4条平行线中任抽2条即可.故有:C25C24=60个
试“握力”,其余三位同学有2种方法测试;(2)若上午 矩形.
测试“台阶”的同学下午不测试“握力”,则有C13 种方 (2)从O 点到A 最短的路径必须走7步,即三
法选择,其余三位同学选1人测试“握力”有C13 种方 “横”四“纵”.可转化为在7个位置中选3个位置填上
法,其余两位只有一种方法,则共有C1·C13 3=9种, “横”的元素,其余当然就是“纵”的元素.故有:C37=35
因此测试方法共有A44·(2+9)=264种. 条最短路径.
2012—2013高考题源拓展测试 16. 解:(1)只有一个盒子空着的投放方法,要分
1.B 2.A 3.C 4.B 5.B 6.D 7.B 两步:①把5个球取2个放一起,有10种方法;②把
8.C 9.19 10.100 11.70 12.59 ①中的这2个球看成一个球与剩下的3个球放入4
13. 解:设取x 个红球,y 个白球,得 个盒里,有5×4×3×2(种),则共有10×5×4×3×2
·175·
=1200(种). 任选一个,有A17=7种;
(2)没有1个盒子空的投放方法且球的编号与盒 第二步排余下的两位,可从余下的7个数字中任
子编号不全相同分两类:①不考虑球的编码与盒子编 选2个排上有A27=42种,∴共有N1=A17·A27=294
码,有5×4×3×2×1种;②球的编码与盒子编码完 (个);
全相同,有1种,则共有5×4×3×2×1-1=119 第二类:末两位是75,排法同第一类,∴共有 N2
(种). =294(个).
(3)不满足的情形:第一类,恰有一球相同的放 第三类:末两位是50,因零已取出排在末位,其
法:5×9=45种;第二类,五个球的编号与盒子编号 他三位只要从余下的8个数字中任取3个进行排列
全不同的放法:44种. 即可,故 N3=A38=336(个).
∴满足条件的放法数为:120-45-44=31(种). 根据分类计数原理,符合条件的五位数有
17. 解:(1)在本题中,个位(奇数),首位(不能为 N=N1+N2+N3=924(个).
0)为特殊位置,可先排,第一步:先排个位,只能从1, (4)在本题中,万位数字上可选5,6,7,8,个位上
3,5,7,9这5个 数 字 中 任 选 一 个 排 在 个 位 上 有 可排0,2,4,6,8,首位、末位都是特殊的位置,所以要
A15 种. 对特殊位置先排,以万位为分类标准,可将符合要求
第二步:万位上不能排0,从余下的除0以外的8 的五位数分为以5或7为首位的与以6或8为首位
个数字中任取一个排在万位上,有A18 种方法. 数的两类:
第三步:在余下的8个数字中任选3个排在余下 第一类:第一步,万位排5或7有A12=2种方法,
的3个位置上,有A38 种方法,根据乘法原理,符合条 第二步,个位从0,2,4,6,8五个数字中任选一个,有
件的排列共有 A15A1 38A8=13440种,从而共有奇数 A15=5种方法,第三步,从余下的8个数字中任取3
13440个. 个排在其余3个位置上,有A38 种不同排法,依据乘法
(2)同(1)但0可以在个位上,所以此题有个位 原理,共有 N =A1A1 31 2 5A8=3360(个).
(特殊位置)0(特殊元素),有两种情况: 第二类:万位排6或8,第一步,排万位有 A12 种
①若0在个位. 方法,第二步,排个位,从剩下的4个偶数中任取一
第一步:0在个位有1种方法. 个,有A14 种方法,第三步,其他三位数字可从余下的
第二步:从余下的9个数字中任取4个排在余下
8个数字中任取3个数字有 A38 种不同排法,依据乘
的4个位置上共有 A49 种方法,据乘法原理,共有符
法原理,共有 N2=A12A1 34A8=2688(个).
合条件的不同排列A49 种方法.
根据分类计数原理,符合条件的五位数共有 N
②若0不在个位.
: ,,, =N1+N2=3360+2680=6048
(个).
第一步 个位从2468四个数字中任选一个排
, 1 §14.2 二项式定理在个位上 有A4 种方法.
第二步:万位上不能排零,从余下的8个数字中 五年高考母题原型训练
任取一个排在万位上,有A1 种方法. 1.D 【解析】 考查换元法及二项展开式的通8
第三步:在余下的8个数字中任选3个排在余下 项公式的应用,令t=x+1,则x=t-1,由已知得(t
2 10
的3个位置上,有A3 种方法,根据乘法原理,共有符 -1)+(t-1) =a0+a1t+…+a9t
9+a 1010t ,因此
8
1
合条件的不同排列A1A1A3 种. a9=C10(-1)
1=-10.故选D.
4 8 8
再根据加法原理,符合条件的排列共有 A4+ 2.40 【解析】 本题考查了二项式定理.由题意9
A1A1
1
A3=13776(种),从而有13776个偶数. 知C5a=10,得a=2,故bx
2=C25(2x)2,∴b=40.4 8 8
(3)欲使5位数能被25整除,末两位数只能是 3. -2
8 【解析】 本题主要考查二项式定理,
25,50,75,符合条件的排列可以分为如下三类: 属于基础知识、基本运算能力的考查.令x=1,则a0
第一类:末两位是25时,首位(万位)不能排数 +a1+a2+a3+a4+a5=0;令x=-1,则a0-a1+
字0. a2-a +a 53 4-a5=2.
第一步排首位从1,3,4,6,7,8,9这七个数字中 ∴a 4 40+a2+a4=2,a1+a3+a5=-2.
·176·
4.B 【解析】 本题主要考查二项式定理.Tr+1= 11.A 【解析】 本题主要考查二项式定理展开
1 式的通项和二项式系数的性质,同时考查运算能力
Cr(x2)5-r(- )r=Cr5 5(
.
-1)rx10-3r,令x 10-3r=4
,得r
二项式的二次项系数和为2n=64,可知n=6,利用二
=2.所以,展开式中含x4 的项的系数为C25(-1)2=10. r
项式展开式的通项:T r 6-r
1
选B. r+1=C6
(3 x) - ÷ =
è x
5.D 【解析】 本小题主要考查二项式定理展 Cr·36-r6 (-1)r·x3-r,易知展开式的常数项为第四
开式的通项公式的灵活运用. 3
项,即为C3(
1
6 3 x)3 - ÷r =-540,故选A.
由题意知T =Crx2(n-r)r+1 n ( 1-x ) =Crnx2n-3r· è x 12.7 【解析】 本题考查二项式定理的性质,
( 2-1)r.若展开式为常数项,则r= n,则n 必为3 属于基 础 知 识、基 本 运 算 的 考 查.由 条 件 易 知(1+3
x)3,(1+ x)3,(1+3x)3 展开式中x 项的系数分
的倍数.经验证n=6(此时r=4)时符合题意,故选D.
别是C13,C23,C33,即所求系数是3+3+1=7.
6.6 【解析】 本题考查利用二项式定理求系
13.31 【解析】 本题考查赋值法在二项展开
数.根据通项公式得:T rr+1=C4(x y)4-r(y x)r= 式中的应用.令x=0得a0=-32,令x=1得a0+a1
r 4+r r
Cr 4-4x 2y 2 ,令4- =3,则r=2满足题意,故所 +a2+a3+a4+a5=-1,所以a1+a2+a3+a4+a52
=31.
求系数为C24=6.
14.B 【解析】 (1- x)6(1+ x)4=(1-x)4(7. -20 【解析】 1 本题考查二项式定理的展开
1 - x)
2=(1-x)4·(x+x),其展开式中x 的系数为
式的通项公式的应用.注意到(2x- )6 的展开式的2x C14·(-1)×1+1×1=-3,故应选B.
1 10
通项是T =Cr·(2x)6-r·(- )r=Cr·(-1)r 15.D 【解析】 (1+
3x)6
1
r+1 6 2x 6
1+4 ÷ 展开式è x
·26-2r ·x6-2r,令 6-2r=0 得 r=3.因 此 m n 4m-3n的通项为Cm n - m n6x3 ·C10x 4=C6C10·x 12 ,其中 m
1 6(2x- ) 的展开式的常数项是C3·(-1)36 =-20. =0,1,2,…,6;n=0,1,2,…,10.当且仅当4m=3n,2x
m=0, m=3, m=6,
【解析】 [x -
1 ( )· 即{ 或 { 或 { 时 得 展 开 式 的 常 数8.15 ∵原 式= y 2 + -1 n=0, n=4, n=8,
-1yx 02]6, 项,即得常数项为C6C010+C36C410+C6C86 10=1+4200+
r 6-r -6-r r ,故应选∴Tr+1=C6x y 2 (-1)ryrx-
45=4246 D.
2
16.C
=(-1)rCrx6-
3 3
2ry2r-36 . n
3 17.5 【解析】 ( 1二项式 x+ 3 ) 展开式的通
又∵6-2r=3
,r=2, x
项公式为Cr·xn-r·x-3rn =Crn ·xn-4r 通项分别与
∴x3 系数为(-1)2C26=15. 前面的三项相乘可得Cr ·xn-4r、Cr ·xn-4r+1n n 、Crn·
r
9.1 【解析】 由 T r 9-r a n-4r+2r+1=C9·x · (- ) x ,∵展开式中不含常数项,∴n≠4r 且n≠4rx
且
( )r r 9-2r, , , -1 n≠4r-2
,∵2≤n≤8,∴n≠4,8且n≠3,7且
= -a C9x 令9-2r=3r=3
n≠2,6,∴n=5.
有(-a)3C39=-84,解得a=1. 2012—2013高考题源拓展测试
1 810.72 【解析】 二 项 式 x+4 ÷ 展 开 式 1.C 2.C 3.C 4.B 5.B 6.D 7.A è x
8.D 9.15 10.40 11.726.089 12.4
8-r r 3r
的通项公式为Tr+1=Cr8·x 2 ·x-4=Cr·x4-8 4, 16 1 52
其中r=0,1,2,3,…,8,当且仅当r=0,4,8时, 13.
解: 5x +
÷ 的展开式的通项为
展开 Tr+1è x
式中的含x 的项为整数次幂,此时它们的系数和为 5-r 1 r 5-r 20-5r
0 4 8 =C
r (16x2 ) 5 ÷C +C +C =72. 5 =è x (
16) ·Cr5·x 2 ,令
8 8 8 5
·177·
Tr+1为常数项,则20-5r=0∴r=4,∴常数项T5= 17. 解:(1)(x2-3x+2)5=(x-1)5(x-2)5,
16 (x-1)5 展开式的通项公式为Cr(-1)rx5-r5 (4 ,又(a2 )n 展开式的各项系数之和等 0≤r≤C5×5=16 +1 5);(x-2)5 展开式的通项公式为
于2n,由题意得2n=16,∴n=4,由二项式系数的性 Cs5(-2)sx5-s(0≤s≤5).
质知,(a2+1)n 展开式中系数最大的项是中间项T3, 所以(x2-3x+2)5 展开式的通项公式为
∴C2 44a =54,∴a=± 3. CrCs(-1)r+s·2s·x10-r-s5 5 ,∴r+s=8,得
14. 解:(1)第4r 项与第r+2项的二项式系数 r=3, r=4, r=5,
分别为C4r-1和Cr+1,由题设得:C4r-1 r+1
或 或
20 20 20 =C20 由组合 {s=5 {s=4 {s=3.
数性质得:4r-1=r+1,或4r-1=20-(r+1).4r- 所以展开式中x2 的系数为
1=r+1没有整数解,则由4r-1=20-(r+1),得r C3 5 5 4 45C5·2 +C5C5·24+C55C35·22=800,即a2
=4.所以r=4. =800.
(2)T4r=T16=-C15 3020x =-15504x30. Tr+2= (2)令f(x)=(x2-3x+2)5=a0+a1x+ax22 +
T =-C5x106 20 =-15504x10. …+a10x10.
15. 解:(1)∵C4+C6n n=2C5n,∴n2-21n+98= a0=f(0)=25=32,
0,∴n=7或n=14. a0+a1+a2+…+a10=f(1)=0,∴a1+a2+
当n=7时,展开式中二项式系数最大的项是T4 …+a10=-32.
4 35
和T , T 的系数 25 ∴ 4 =C3× (17 ) ×23= ,T (5 的系 3)(a0+a2+a4+a6+a8+a10)-(a1+a3+2 2
a5+a 23 7+a9)
数=C4 1 47× (2 ) ×2=70. =(a0+a1+a2+…+a10)(a0-a1+a2-…+
当n=14时,展开式中二项式系数最大的项是 a10)
1 7 =f(1)·f(-1)=0.T8,∴T8 的系数=C7 714× (2 ) ×2=3432. 第十五章 概率与统计
(2)由C0+C1 2n n+Cn=79,可得n=12,设T
k+1项
的系数最大. §15.1 概 率
1 12 1 12∵ ( (2+2x) = (2 ) 1+4x)12, 五年高考母题原型训练1.C 【解析】 (m+ni)(n-mi)=2mn+(n2
Ck4k≥Ck-1 k-1{ 12 12 4 , 2 2 2∴ ∴9.4≤k≤10.4,∴k=10, -m )i为实数,有n -m =0,∴m=n,所求的概率Ck k124 ≥Ck+1 k+112 4 , 6 1
∴展开式中系数最大的项为T . P= = .本题考查了复数、概率等基础知识11 36 6 .
12
T = (1 ) C10410 10 10 2.D 【解析】 从30名同学中任选3名共有n11 2 12 x =16896x . =C330种选法,其中只选男生有C320种方法,只选女生
16. 解:(1)∵77=4×19+1. 有C310种选法,即得选到的3名同学中既有男同学又
∴7777-7=(76+1)77-7 有女同学有 m=C330-C3 -C320 10种方法,由此可得选
=C0 ·7677+C177 77·7676+…+C7677·76+C7777·1 到的3名同学中既有男同学又有女同学的概率为P
-7 m C3 3 330-C20-C10 20
=76(C077·7676+C177·7675+…+C76)-19+ =n = C3 =
,故应选
77 30 29
D.
(19-6),所以余数是19-6=13. 3.B 【解析】 显然,符合条件的火炬手的编号
(2)1.025=(1+0.02)5=1+C15·0.02+C25· 可以是(1,4,7),(2,5,8),…,(12,15,18),共12组,
0.022+C35·0.023+C45·0.024+C55·0.025,∵C25·0. 12 1
2 而所有 取 法 为 C
3 ,所 以,所 求 概 率 为= = ,
02=4×10-3=0.004,C3 3 -5 18 35·0.02=8×10 ,∴当(2) C18 68
中的结果精确到0.01时,只要取展开式的前三项和 选B.
为:1+0.10+0.004=1.104.近似值为1.10. 4.B 【解析】 本题解题思路是依据题意得出
·178·

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