资源简介

两个计数原理、排列与组合
(120分钟 150分)
【命题视点】
单元大任务 理解计数原理、排列和组合的概念，掌握相关公式，能正确区分并运用它们解决实际问题
命题情境点 生活实践情境：2、4、7、11题 探索创新情境：8、14题 课程学习情境：1、3、9、12题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.学校要安排一场文艺演出，有5个不同的节目，现在要从中选出3个节目安排出场顺序，则不同的节目安排顺序有
A.10种
B.20种
C.60种
D.120种
2.某游乐场举行消费赠礼品活动，规则如下：消费满1000元但不超过2000元的可从A组或B组礼品中取一件礼品(礼品种类互不相同，且A组礼品种类比B组礼品种类少)，消费超过2000元的可从A组和B组中各取一件礼品.现有顾客甲消费1800元，可取不同礼品的情况数为11，顾客乙消费3000元，可取两件礼品的不同情况数为24，则B组礼品的种数为
A.3
B.4
C.5
D.8
3.+++…+=
A.300
B.475
C.495
D.500
4.甲、乙、丙、丁站成一排，现要求重新站队，且其中三人没站自己原来的位置，则重新站队的站法总数为
A.6
B.8
C.12
D.16
5.以正五棱柱的顶点为顶点的四面体的个数为
A.140
B.170
C.180
D.190
6.不等式3<2+6(x∈N*)的解为
A.2
B.3
C.2或3
D.3或4
7.现有包括男生甲在内的5名男生和3名女生排成一排，要求3名女生必须相邻，且男生甲不能与女生相邻，那么不同的排法种数为
A.2880
B.360
C.576
D.720
8.一个正六边形的六个顶点分别为A，B，C，D，E，F，现同时用3种不同的颜色对这六个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为
A.60
B.48
C.24
D.18
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.在某次奥运会上，某一比赛项目有8个参赛队伍进入决赛阶段，比赛规定每个队伍都要和其他队伍比赛一场(单循环赛制)，则下列说法正确的是
A.总共需要进行28场比赛
B.如果要从这8个队伍中选出3个队伍进行小组对抗赛(单循环赛制)，那么共有336种不同的比赛安排
C.如果要从这8个队伍中选出3个队伍进行小组对抗赛(单循环赛制)，那么共有168种不同的比赛安排
D.如果把8个队伍平均分成两组，那么共有35种分法
10.有一种密码锁，锁上有三个转轮，每个转轮只能按一个方向旋转，每个转轮上刻有0~9这十个数字，则以下说法正确的是
A.密码可能的组合有30种
B.如果密码是三个不同的数字，那么密码可能的组合有720种
C.如果密码是三个相同的数字，那么共有10种可能的密码
D.如果密码由三个数字组成(可以重复)，且三个数字之和为奇数，那么共有500种可能的密码
11.有甲、乙、丙、丁、戊、己六名同学，下列说法正确的是
A.如果甲与乙相邻，那么排列方法共有120种
B.若甲必须排在第一位，同时乙和丙必须紧随其后，则排列方法共有12种
C.若丙和丁不能相邻，同时甲和乙必须相邻，则满足条件的排列方法共有144种
D.若己不排在最后一位，甲和乙都不排在第一位和第二位，则排列方法共有262种
题序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.从甲地到乙地有3条不同的道路，从乙地到丙地有4条不同的道路，从甲地不经过乙地直接到丙地有2条不同的道路，那么从甲地到丙地共有　　　　条不同的道路.(用数字作答)
13.某高铁候车区有10个座位(连成一排)，甲、乙、丙三人随机就座，要求他们每两人之间至少有一个空位，则不同的坐法有　　　　种.(用数字作答)
14.新年晚会的舞台上有10个不同颜色的气球(分别标记为1~10号)，要从中选取若干个气球布置成一个造型，要求必须包含3号气球，并且选取的气球个数为偶数，同时如果选取了5号气球就不能选取8号气球，反之亦然，那么满足条件的选取方法有　　　　种.(用数字作答)
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)某芯片制造企业生产一种新型芯片，该芯片的生产过程需要经过两道主要工序：光刻和蚀刻.
(1)光刻工序有3种不同的光刻技术可供选择，蚀刻工序有4种不同的蚀刻方法可供选择.问：完成这种芯片的生产共有多少种不同的方法
(2)该企业打算对这种新型芯片进行升级，在光刻工序方面有三种技术可供选择，若选择第一种光刻技术，后续蚀刻工序有3种蚀刻方法可供选择；若选择第二种光刻技术，蚀刻工序有4种蚀刻方法可供选择；若选择第三种光刻技术，蚀刻工序有5种蚀刻方法可供选择.问：完成这种升级后的芯片生产共有多少种不同的方法
16.(15分)在一场马拉松比赛中，共有30名选手参赛.
(1)比赛设置了金银铜牌各一枚，问：这30名选手获得奖牌的不同情况有多少种
(2)比赛途中设有5个补给站，每个补给站提供水、运动饮料、能量胶这三种补给品中的至少一种，并且规定后面补给站提供的补给品种类与相邻前一补给站不完全相同.现在要计算补给站补给品安排的总方案数，假设补给品充足，问：补给站补给品安排的总方案有多少种
17.(15分)已知数字0，1，2，3，4，5.
(1)用上述数字(每个数字至多用一次)能组成多少个被5整除的三位数
(2)用上述数字(每个数字至多用一次)能组成多少个大于42301的数
18.(17分)(1)现有包括甲、乙、丙在内的6人排成前后两排照相，每排3人，其中甲、乙要求站前排，丙要求站后排，求不同的排法种数；
(2)求x+y+z=8所有正整数解的个数；
(3)上9级楼梯，每次跨一级或两级，求不同的走法种数.
19.(17分)(1)解方程：+=(x∈N*).
(2)求证：(-1)kk=0(n>1，k，n∈N).
(3)[x]表示不大于x的最大整数，例如：[3.1]=3，[-3.2]=-4，[3]=3.求证：(-1)k2n-2k=n+1.
【参考答案】
1.C　解析：由题意可得=5×4×3=60，即不同的节目安排顺序有60种.
2.D解析：设A组、B组分别有m，n(m3.C　解析：+++…+=+++…+=++…+=++…+=…=+==495.
4.B　解析：不妨设丁站自己原来的位置，甲、乙、丙三人没站自己原来的位置.若甲站乙原来的位置，则乙站丙原来的位置，丙站甲原来的位置，若甲站丙原来的位置，则丙站乙原来的位置，乙站甲原来的位置，共2种站法.所以重新站队的站法总数为×2=8.
5.C　解析：-2-20=180.
6.D　解析：由3<2+6，可知x≥3，且3<2+6，整理可得3x2-17x+10<0，解得7.A　解析：首先使用捆绑法：将3名女生看作一个整体，3名女生内部的排列方式有=3×2×1=6种.然后采用插空法：此时除甲外的4名男生和这3名女生整体有6个空(包括两端)，由于男生甲不能与女生相邻，那么男生甲只能插入除女生整体两边的4个空中，有4种插法.所以满足条件的排法共有×4×=6×4×120=2 880种.
8.A　解析：设三种颜色分别为红、黄、绿.情况一：A和C颜色不同时，先涂A，有3种涂法，则B有2种涂法，C有1种涂法.不妨设A涂红色，B涂黄色，C涂绿色，此时D有2种涂法.当D涂红色时，E，F分别涂黄、绿色或绿、黄色；当D涂黄色时，E，F分别涂红、黄色或红、绿色或绿、黄色.所以不同的涂色方法种数为×5=30.
情况二：A和C颜色相同时，先涂A，有3种涂法，则B有2种涂法，C与A同色，算1种情况.不妨设A，C涂红色，B涂黄色，此时D有2种涂法：当D涂黄色时，E，F分别涂红、绿色或绿、黄色；当D涂绿色时，E，F分别涂红、黄色或红、绿色或黄、绿色.所以不同的涂色方法种数为×1×5=30.
综上所述，不同的涂色方法种数为30+30=60.
9.ACD　解析：在单循环赛制中，根据组合数公式可得，8个队伍比赛的总场次为=28，所以选项A正确；从8个队伍中选3个队伍进行小组对抗赛(单循环赛制)，共有=56×3=168种不同的比赛安排，所以选项B错误，选项C正确；把8个队伍平均分成两组，共有=35种分法，所以选项D正确.故选ACD.
10.BCD解析：每个转轮都有10种选择，因为确定一个完整的密码需要依次确定三个转轮上的数字，所以根据分步乘法计数原理可得，可能的组合有10×10×10=1000种，选项A错误；
第一个转轮有10种选择，由于规定密码是三个不同的数字，第二个转轮就只能有9种选择(除去第一个转轮已选的数字)，第三个转轮有8种选择(除去前两个转轮已选的数字)，根据分步乘法计数原理可得，可能的组合有10×9×8=720种，选项B正确；
密码要求三个数字相同，总共有0~9这10种数字情况，所以有10种可能的密码，选项C正确；
可以分成三个数字中有一个奇数和三个奇数两种情况，所以总共有5×5×5×3+5×5×5=500种可能的密码，选项D正确.故选BCD.
11.BC　解析：把甲与乙捆绑在一起看作一个元素，再与丙、丁、戊、己这四名同学全排列，又因为甲与乙的内部顺序有2种，所以排列方法共有×2=240种，A项错误；
甲排在第一位，乙和丙必须紧随其后，那么甲的排法只有1种，乙和丙的排法有2种，剩下的丁、戊、己全排列，排法有种，根据分步乘法计数原理可得，排列方法共有1×2×=12种，B项正确；
甲和乙作为一个整体与戊、己全排列，有=12种排法，再把丙和丁插入元素甲乙(看作一个元素)、戊、己形成的四个空隙中，有=12种插法，根据分步乘法计数原理可得，共有12×12=144种排列方法，选项C正确；
若甲和乙有一人排最后一位，则有=144种排法，若甲和乙没人排最后一位，则有=108种排法，所以总共有144+108=252种排法，选项D不正确.故选BC.
12.14解析：从甲地到丙地可分为两类：一类是经过乙地，有3×4=12条不同的道路；另一类是不经过乙地直接到丙地，有2条不同的道路.所以共有12+2=14条不同的道路.
13.336　解析：甲、乙、丙每两人之间至少有一个空位，即甲、乙、丙互不相邻，相当于有7个空位放置成一排，形成8个空档，甲、乙、丙三人各带一个座位插入，所以有=8×7×6=336种不同的坐法.
14.192　解析：选取的气球个数为偶数的情况如下：选取2个气球，因为必须包含3号气球，所以另一个气球从剩下9个中选，有=9种选法；选取4个气球，先确定3号气球已经被选，再从剩下9个中选3个，总的选法有=84种，但是其中包含同时选5号和8号的情况，需要排除，同时选5号和8号时，相当于从剩下7个中再选1个，有7种选法，所以选取4个气球时满足条件的有84-7=77种选法；选取6个气球，先确定3号气球已经被选，再从剩下9个中选5个，总的选法有=126种，但是其中包含同时选5号和8号的情况，需要排除，同时选5号和8号时，相当于从剩下7个中再选3个，有=35种选法，所以选取6个气球时满足条件的有126-35=91种选法；选取8个气球，先确定3号气球已经被选，再从剩下9个中选7个，总的选法有=36种，但是其中包含同时选5号和8号的情况，需要排除，同时选5号和8号时，相当于从剩下7个中再选5个，有=21种选法，所以选取8个气球时满足条件的有36-21=15种选法；选取10个气球的情况不存在.综上，满足条件的选取方法共有9+77+91+15=192种.
15.解析：
(1)因为芯片生产需要先完成光刻工序，再完成蚀刻工序，完成光刻工序有3种技术，对于光刻工序的每一种技术，蚀刻工序都有4种方法与之对应，所以根据分步乘法计数原理可得，完成这种芯片的生产共有3×4=12种不同的方法.
(2)分成三类情况：
当选择第一种光刻技术时，蚀刻工序有3种方法，此时共有1×3=3种方法；
当选择第二种光刻技术时，蚀刻工序有4种方法，此时共有1×4=4种方法；
当选择第三种光刻技术时，蚀刻工序有5种方法，此时共有1×5=5种方法.
根据分类加法计数原理可得，完成这种升级后的芯片生产共有3+4+5=12种不同的方法.
16.解析：(1)因为金银铜牌不同，所以从30名选手中选3个人分别获得金银铜牌的顺序是有影响的，所以获得奖牌的不同情况有=24 360种.
(2)因为每个补给站至少有一种补给品，所以第一个补给站有23-1=7种补给品安排方式，第二个补给站不能与第一个补给站完全相同，所以有23-1-1=6种补给品安排方式，同理，第三个补给站不能与第二个补给站完全相同，所以有23-1-1=6种补给品安排方式，第四个补给站也有6种补给品安排方式，第五个补给站也有6种补给品安排方式.根据分步乘法计数原理可得，补给站补给品安排的总方案有7×6×6×6×6=9 072种.
17.解析：
(1)能被5整除，则末尾数字必须是5或0.当末尾数字是0时，十位和百位从剩余数字中可以任意选择，有=20个；当末尾数字是5时，百位除0，5外还有4种选择，十位从剩余数字中任意选，有4种选择，所以有16个.综上所述，能组成20+16=36个被5整除的三位数.
(2)可以分为五位数和六位数.若组成的是六位数，共有=600个.若组成的是五位数，当万位是5时，有=120个；当万位是4，千位是3或5时，有=48个；当万位是4，千位是2，百位是5时，有=6个；当万位是4，千位是2，百位是3时，有+1=5个.所以能组成600+120+48+6+5=779个大于42 301的数.
18.解析：
(1)根据多排问题直排策略，先排特殊元素，先排甲、乙，有种排法，再排丙，有种排法，最后3人任意排，有种排法，所以不同的排法有=108种.
(2)因为x，y，z∈N*，且x+y+z=8，所以可分解为1，1，6三种排列，1，2，5六种排列，1，3，4六种排列，2，2，4三种排列，2，3，3三种排列，所以共有3+6+6+3+3=21组正整数解.
(3)如果每次跨一级，9次走完，有1种走法；如果1次跨两级，8次走完，有=8种走法；如果2次跨两级，7次走完，有=21种走法；如果3次跨两级，6次走完，有=20种走法；如果4次跨两级，5次走完，有=5种走法.所以不同的走法有1+8+21+20+5=55种.
19.解析：
(1)由+=，+=，得=，即=，
所以=，化简可得x(x-1)=12，解得x=4或x=-3，又即x≥3，所以x=4.
(2)证明：先证明基本恒等式k=n(1≤k≤n，k，n∈N*).
左边==，右边==.因为左边=右边，所以基本恒等式k=n(1≤k≤n，k，n∈N*)成立.
因此有(-1)kk=(-1)kn=n(-1)k=n(-+-++…+(-1)n-1)=0(n>1).
(3)证明：在互逆公式ak=(-)bn-2k，bn=(-1)kan-2k中，
取ak=2k，bk=k+1，要证明等式成立，只需证明(-)(n-2k+1)=2n，m=　(*).
事实上，(-)(n-2k+1)=(n+1)(-)-2k(-)=(n+1)-2qn，而qn=k-k=k-(k+1)=m-=(m+1)-.
注意到等式=
当n为奇数时，n=2m+1，则=m，2qn=2(m+1)-2n，
所以(-)(n-2k+1)=(2m+2)-2(m+1)+2n=2n，即(*)成立；
当n为偶数时，n=2m，则=m，2qn=2(m+1)-2n-，
所以(-)(n-2k+1)=(2m+1)-2(m+1)+22+=2n，这时(*)也成立.
因而由互逆公式可得所证的恒等式成立.

展开更多......

收起↑