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章末分层突破

两个计数原理的应用

分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本部分内容的基础，对应用题的考查，经常要对问题进行分类或者分步进行分析求解．

(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情．“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件．

(2)分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法.

王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，

1

4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．

(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？

(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？

(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？

【精彩点拨】

解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法使这件事是否完成，从而区分加法原理和乘法原理．

【规范解答】

(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种)．

(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种)．

(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法．即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种)．

应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：(1)要做什么事；(2)如何去做这件事；(3)怎样才算把这件事完成了．并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法．

[再练一题] 1．如图1-1为电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电.

【导学号：29472039】

图1-1

2

【解析】

先分三类．第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2＝4(种)方法，所以总的线路条数N＝3＋1＋4＝8. 【答案】

8

排列、组合的应用

排列、组合应用题是高考的重点内容，常与实际问题结合命题，要认真审题，明确问题本质，利用排列、组合的知识解决．

(1)5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种．(用数字作答) (2)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个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？

②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？

③若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？

【精彩点拨】

按照“特殊元素先排法”分步进行，先特殊后一般．

123【规范解答】

(1)①只有1名老队员的排法有C2C3A3＝36种．②有2名老112队员的排法有C22C3C2A2＝12种．所以共有36＋12＝48种．

(2)①第一步，先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节7目一起排，有A7＝5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A44＝24种方法．

根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960种．

②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A66＝720种方法．

×□×□×□×□×□×□×

第二步，再将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)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A47＝7×6×5×4＝840种．

3

根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800种．

③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A1212种排法，但原来的节目已A1212定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A10＝A212＝132种排法．

10

解排列、组合应用题应遵循三大原则，掌握基本类型，突出转化思想．

(1)三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则．

(2)基本类型主要包括：排列中的“在与不在”问题，组合中的“有与没有”问题、“相邻与不相邻”问题、“分组问题”等．

(3)转化思想就是把一些排列、组合问题与基本类型相联系，从而把这些问题转化为基本类型，然后加以解决．

[再练一题] 2．(1)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有(

) A．60种

B．48种

C．30种

D．24种

(2)10件产品中有2件次品，8件合格品，从中任意取4件，至少有1件是次品的抽法有________种．

4【解析】

(1)由题意知，不同的座次有A22A4＝48种，故选B. (2)法一(直接法)：抽取的4件产品至少有1件次品分为有1件次品、2件次322品2种情况，有1件次品的抽法有C12C8种；有2件次品的抽法有C2C8种．根据322分类加法计数原理至少有1件次品的抽法共有C12C8＋C2C8＝140种．

4法二(间接法)：从10件产品中任意抽取4件，有C10种抽法，其中没有次品44的抽法有C48种，因此至少有1件次品的抽法有C10－C8＝210－70＝140种．

【答案】

(1)B

(2)140

二项式定理问题的处理方法和技巧

4

对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项．另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题．

a12x＋x的展开式中3的系数是84，则实数a＝

(1)若二项式x(

) A．2

C．1

D n75B.4 2.4

12*x＋(2)已知(1＋x＋x)x3

(n∈N)的展开式中没有常数项，且2≤n≤8，则n＝_____. (3)设(3x－1)6＝a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a6＋a4＋a2＋a0的值为___．

【精彩点拨】

(1)、(2)利用二项式定理的通项求待定项；

(3)通过赋值法求系数和．

aa7－r2x＋x的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr【规范解答】

(1)二项式(2x)7x7r17－rr7－2r525＝Cr2ax，令7－2r＝－3，得r＝5.故展开式中3的系数是C72a＝84，解7x得a＝1. 11rn－rrn－4rx＋3(2)x

展开式的通项是Tr＋1＝Cnxx3＝C，r＝0,1,2，…，n，

nx1rn－4rrn－4rrnx＋x3

的展开式中没有常数项，由于(1＋x＋x2)所以Cx，xCx＝Cnnnx－4r＋1nrnn－4rn－4r＋2和x2Cr＝Cr都不是常数，则n－4r≠0，n－4r＋1≠0，n－4r＋2≠0，nxnx又因为2≤n≤8，所以n≠2,3,4,6,7,8，故取n＝5. (3)令x＝1，

得a6＋a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝26＝64. 令x＝－1，得a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)6＝4 096. 两式相加，得2(a6＋a4＋a2＋a0)＝4 160，

所以a6＋a4＋a2＋a0＝2 080.

5

【答案】

(1)C

(2)5

(3)2 080

1．(1)区分“项的系数”与“二项式系数”．项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正数．

(2)切实理解“常数项”、“有理项(字母指数为整数)”、“系数最大的项”等概念．

2．(1)求展开式中的指定项，要把该项完整写出，不能仅仅说明是第几项．

(2)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1等．

[再练一题] 3．(1)在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝(

) A．45

C．120

nB．60 D．210 2i3(2)已知x－x的展开式中第三项与第五项的系数之比为－14，其中i2＝－1，则展开式中系数为实数且最大的项为(

)

【导学号：29472040】

A．第三项

C．第五项

B．第四项

D．第五项或第六项

n【解析】

(1)因为f(m，n)＝Cm6C4，

所以f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3) 0211203＝C36C4＋C6C4＋C6C4＋C6C4＝120. 2Cn322n－542n－10(2)T3＝－Cnx，T5＝Cnx.由－C4＝－14，得nn2－5n－50＝0，解得n＝5r10(舍去n＝－5)，又Tr＋1＝Cr10(－i)x20－r，据此可知当r＝0,2,4,6,8,10时其系2数为实数，且当r＝4时，C410＝210为最大．

【答案】

(1)C

(2)C

排列、组合中的分组与分配问题

6

n个不同元素按照条件分配给k个不同的对象称为分配问题，分定向分配与不定向分配两种问题；将n个不同元素按照某种条件分成k组，称为分组问题，分组问题有不平均分组、平均分组、部分平均分组三种情况．分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的，而后者即使2组元素个数相同，但因所属对象不同，仍然是可区分的．对于后者必须先分组再排列．

按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？

(1)分成三份，每份1本，1份2本，1份3本；

(2)甲、乙、丙三人中，每人得1本，一人得2本，一人得3本；

(3)平均分成三份，每份2本；

(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；

(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；

(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本．

【精彩点拨】

这是一个分配问题，解题的关键是搞清事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．

1【规范解答】

(1)无序不均匀分组问题．先选1本有C6种选法，再从余下3123的5本中选2本有C25种选法，最后余下3本全选有C3种选法．故共有C6C5C3＝60(种)．

(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)问基础上，233还应考虑再分配，共有C16C5C3A3＝360(种)．

222(3)无序均匀分组问题．先分三步，则应是C6C4C2种方法，但是这里出现了重复．不妨记6本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，22第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则C2EF，6C4C2种分法中还有(AB，CD)，(AB，CD，EF)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，3AB，CD)，共A33种情况，而这A3种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只22C26C4C2能作为一种分法，故分配方式有A3＝15(种)．

3(4)有序均匀分组问题．在第(3)问基础上再分配给3个人，共有分配方式

7

22C26C4C23222A3·3＝C6C4C2＝90(种)．

A3411C6C2C1(5)无序部分均匀分组问题．共有A2＝15(种)．

2(6)有序部分均匀分组问题．在第(5)问基础上再分配给3个人，共有分配方11C46C2C1式A2·A33＝90(种)．

2

均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型．解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数，还要充分考虑到是否与顺序有关，有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数．

[再练一题] 4．将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有(

) A．240种

C．150种

B．180种

D．540种

【解析】

5名同学可分为2,2,1和3,1,1两种方式：

123当5名学生分成2,2,1时，共有2C25C3A3＝90种方法；当5名学生分成3,1,13时，共有C35A3＝60种方法．

由分类加法计数原理，共有90＋60＝150种不同保送方法．

【答案】

C

1．如图1-2，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(

)

8

图1-2 A．24

C．12

B．18 D．9 【解析】

从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条．如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条)．所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.

【答案】

B 2．(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(

) A．10

C．30

B．20

D．60 【解析】

法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，

232含y2的项为T3＝C2y. 5(x＋x)·415其中(x2＋x)3中含x5的项为C1x＝C3x. 3x·1所以x5y2的系数为C25C3＝30.故选C. 法二：(x2＋x＋y)5为5个(x2＋x＋y)之积，其中有两个取y，两个取x2，一个221取x即可，所以x5y2的系数为C5C3C3＝30.故选C. 【答案】

C 3．设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝(

)

9

A．5

C．7

B．6

D．8 【解析】

(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为Cm2m，

∴a＝Cm2m. ＋1同理，b＝Cm2m＋1. m＋1∵13a＝7b，∴13·CmC22m＝7·m＋1. 2m！2m＋1！∴13·＝7·. m！m！m＋1！m！∴m＝6. 【答案】

B 4．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(

) A．243

C．261

B．252

D．279 【解析】

0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，

∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．

【答案】

B 21x－x的展开式中x7的系数为________．(用数字作答) 5.121r28－rrr16－3rx－－【解析】

的通项T＝(－1)C8x，当16－3r＋1＝C8(x)rxx＝7时，r＝3，则x7的系数为(－1)3C38＝－56. 【答案】

－56 6．(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________. 【解析】

设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5. 令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.①

令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②

①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，∴a＝3. 【答案】

3

10 88r

11