新課標A版·數學·選修2-3高中同步學習方略新課標A版·數學·選修2-3高中同步學習方略PAGEPAGE44雙基限時練(一)1．某班有男生26人，女生24人，從中選一位同學為數學課代表，則不同選法的個數是()A．50 B．26C．24 D．616解析由分類計數原理知，共有26＋24＝50(個)．答案A2．從A地到B地要經過C地和D地，從A地到C地有3條路，從C地到D地有2條路，從D地到B地有4條路，則從A地到B地不同走法的種數是()A．3＋2＋4＝9 B．1C．3×2×4＝24 D．1＋1＋1＝3解析由乘法計數原理知，共有3×2×4＝24(種)．答案C3．學校有4個出入大門，某學生從任一門進入，從另外一門走出，則不同的走法種數有()A．4 B．8C．12 D．16解析4×3＝12(種)．答案C4．從集合A＝{0,1,2,3,4}中任取三個數作為二次函數y＝ax2＋bx＋c的系數a，b，c，則可構成不同的二次函數的個數是()A．48 B．59C．60 D．100解析由題意知，a≠0，a可取1,2,3,4中任意一個．有4種取法．同理b有4種取法，c有3種取法．由分步計數原理知，共有4×4×3＝48(個)．答案A5．5名高中畢業生報考三所重點院校，每人限報且只報一所院校，則不同的報名方法有()A．35種 B．53種C．60種 D．10種解析每一名高中畢業生都有3種選擇，因此共有3×3×3×3×3＝35(種)．答案A6．已知集合A＝{x|－2≤x≤10，x∈Z}，m，n∈A，方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1表示焦點在x軸上的橢圓，則這樣的橢圓共有()A．45個 B．55個C．78個 D．91個解析m，n只能取1,2,3，…，10，且m>n，按m取10,9,8，…，3,2可分為9類，共有9＋8＋7＋…＋1＝45(個)．答案A7．電子計算機的輸入紙帶每排有8個穿孔位置，每個穿孔位置可穿孔或不穿孔，則每排最多可產生________種不同的信息．解析由題意知，每個穿孔都有2個信息，因此8個穿孔共有28種不同的信息．答案2568．從5名醫生和8名護士中選出1位醫生和1名護士組成一個兩人醫療組，共有________種不同的選法．解析5×8＝40(種)．答案409．用數字2,3組成四位數，且數字2,3至少都出現一次，這樣的四位數共有________個．(用數字作答)解析因為四位數的每個位數上都有兩種可能性(取2或3)，其中四個數字全是2或3的不合題意，所以適合題意的四位數共有2×2×2×2－2＝14(個)．答案1410．由數字0,1,2,3,4可以組成多少個三位整數(各位上的數字可以重復)．解要組成一個三位數，要分三步．①確定百位上的數字有4種；②確定十位上的數字有5種；③確定個位上的數字有5種，所以N＝4×5×5＝100(個)．11．有一項活動，需在3名老師，8名男同學和5名女同學中選人參加．(1)若只需一人參加，有多少種不同的選法？(2)若需老師，男同學，女同學各一人參加，有多少種不同的選法？(3)若需一名老師，一名學生參加，有多少種不同的選法？解(1)可分為三類：選老師1名，男同學1名，女同學1名，由分類加法計數原理，共有3＋8＋5＝16種選法．(2)可分三步：第一步選老師1名，第二步選男同學1名，第三步選女同學1名，由分步乘法計數原理，共有3×8×5＝120種選法．(3)可分兩類，每一類又可分兩步．第一類：選1名老師和1名男同學；第二類：選1名老師和1名女同學．因此，共有3×8＋3×5＝39種選法．12．若直線方程ax＋by＝0中的a，b可以從0,1,2,3,4這五個數中任取兩個不同的數字，則該方程表示的不同的直線共有多少條？解按a，b是否為0進行分類．第一類：a或b中有一個取0時，方程表示不同直線為x＝0，或y＝0，共2條；第二類，a，b都不取0時，確定a的取值有4種方法，確定b的取值有3種方法，共有3×4＝12(種)．但是，當a＝1，b＝2與a＝2，b＝4時，方程表示同一條直線．類似地還有a＝2，b＝1與a＝4，b＝2的情況，綜合上述，方程表示的不同直線共有：2＋12－2＝12(條)．13．如圖，一只螞蟻沿著長方體的棱，從頂點A爬到相對頂點C1，求其中經過3條棱的路線有多少條．解從總體上看有三類方法：分別經過AB，AD，AA1，從局部上看每一類α需分兩步完成，故第一類：經過AB，有m1＝1×2＝2條；第二類：經過AD，有m2＝1×2＝2條；第三類：經過AA1有m3＝1×2＝2條．根據分類加法計數原理，從頂點A到頂點C1經過3條棱的線路共有N＝2＋2＋2＝6條．雙基限時練(二)1．由數字1,2,3,4,5,6可以組成沒有重復數的兩位數的個數為()A．11 B．12C．30 D．36解析先確定十位數字，有6種取法，再確定個位數字有5種取法，由乘法原理得6×5＝30(個)．答案C2．某同學逛書店，發現三本喜歡的書，決定至少買其中的一本，則購買方案有()A．3種 B．6種C．7種 D．9種解析買一本，有3種方案；買兩本，有3種方案；買三本有一種方案，因此共有方案：3＋3＋1＝7(種)．答案C3．某座四層大樓共有3個門，樓內有兩個樓梯，那么由樓外到這座樓的第四層的不同走法的種數共有()A．12 B．24C．18 D．36解析由分步乘法計數原理得，共有3×2×2×2＝24(種)．答案B4．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的焦點在y軸上，若a∈{1,2,3,4,5}，b∈{1,2,3,4,5,6,7}，則這樣的橢圓共有()A．20個 B．21個C．25個 D．35個解析依題意知，b>a，當b取2,3,4,5,6,7時，對應的a可取值的個數分別為1,2,3,4,5,5個，所以共有1＋2＋3＋4＋5＋5＝20(個)．答案A5．將一個四棱錐的每個頂點染上一種顏色，并使同一條棱上的兩端異色，若只有5種顏色可供使用，則不同的染色方法總數為()種．()A．240 B．300C．360 D．420解析如圖，四棱錐S－ABCD，按S→A→B→C→D依次染色，當A，C同色時有5×4×3×1×3＝180(種)．當A，C不同色時，有5×4×3×2×2＝240(種)．因此共有180＋240＝420(種)．答案D6．要把3張不同的電影票分給10個人，每人最多一張，則有不同的分法種數是()A．2160 B．720C．240 D．120解析10×9×8＝720(種)．答案B7．完成某項工作需4個步驟，每一步方法數相等，完成這項工作共有81種方法，改革后完成這項工作減少了一個步驟，改革后完成這項工作有________種方法．解析設每一步驟有n種方法，則n4＝81，∴n＝3.減少一個步驟后，共有3×3×3＝27(種)．答案278．如下圖的陰影部分由方格紙上3個小方格組成，我們稱這樣的圖案為L形，那么在由3×5個小方格組成的方格紙上可以畫出不同位置的L形圖案的個數為________．(注：其他方向的也是L形)解析每四個小正方形圖案都可畫出四個不同的L形圖案，該圖中共有8個這樣的小正方形．故可畫出不同的位置的L型圖案的個數為4×8＝32.答案329．1800的正約數有________個．解析∵1800＝23×32×52，∴1800的正約數有4×3×3＝36個．答案3610．現有高一4個班學生34人，其中一、二、三、四班分別有7人，8人，9人，10人．他們自愿組成數學課外活動小組．(1)選其中一人為負責人，有多少種不同的選法？(2)每班選一名組長，有多少種不同的選法？(3)推選二人作中心發言，這二人需來自不同的班級，有多少種不同的選法？解(1)分四類，第一類，從一班學生中選1人有7種選法；第二類，從二班學生中選1人有8種選法；第三類，從三班學生中選1人有9種選法；第四類，從四班學生中選1人有10種選法，所以共有不同的選法7＋8＋9＋10＝34(種)．(2)分四步，第一、二、三、四步分別從一、二、三、四班學生中選一人任組長，所以共有不同的選法7×8×9×10＝5040(種)．(3)分六類，每一類又分兩步，從一、二班學生中各選1人，有7×8種不同的選法；從一、三班學生中各選1人，有7×9種不同的選法；從一、四班學生中各選1人，有7×10種不同的選法；從二、三班學生中各選1人，有8×9種不同的選法；從二、四班學生中各選1人，有8×10種不同的選法；從三、四班學生中各選1人，有9×10種不同的選法．所以共有不同的選法7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(種)．11．用n種不同顏色為下列兩塊廣告牌著色(如圖甲、乙)，要求在①，②，③，④四個區域中相鄰(有公共邊界)的區域不用同一種顏色．(1)若n＝6，為甲著色時共有多少種不同方法？(2)若為乙著色時共有120種不同方法，求n.解完成著色這件事，共分四個步驟，可依次考慮為①、②、③、④著色時各自的方法數，再由乘法原理確定總的著色方法數．(1)為①著色有6種方法，為②著色有5種方法，為③著色有4種方法，為④著色也只有4種方法．∴共有著色方法6×5×4×4＝480(種)；(2)與(1)的區別在于與④相鄰的區域由兩塊變成了三塊，同理，不同的著色方法數是n(n－1)·(n－2)(n－3)．由n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，∴(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0.即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－12×10＝0.∴n2－3n－10＝0.∴n＝5.12．用1,2,3,4四個數字組成可有重復數字的三位數，這些數從小到大構成數列{an}．(1)這個數列共有多少項？(2)若an＝341，求n.解(1)依題意知，這個數列的項數就是由1,2,3,4組成有重復數字的三位數的個數，每一個位置都有4種取法．因此共有4×4×4＝64項．(2)比341小的數分為兩類：第一類：百位數字是1或2，有2×4×4＝32個；第二類：百位數字是3，十位數可以是1,2,3，有3×4＝12個．因此比341小的數字有32＋12＝44個，所以n＝45.雙基限時練(三)1.eq\f(A\o\al(3,4),5！)＝()A.eq\f(1,20) B.eq\f(12,5)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,10)答案C2．下列各式中與排列數Aeq\o\al(m,n)相等的是()A.eq\f(n！,m－n！) B．n(n－1)(n－2)…(n－m)C.eq\f(n,n－m＋1)·Aeq\o\al(n－1,n) D．Aeq\o\al(1,n)·Aeq\o\al(m－1,n－1)解析Aeq\o\al(1,n)·Aeq\o\al(m－1,n－1)＝eq\f(nn－1！,n－m！)＝Aeq\o\al(m,n).答案D3．若從6名志愿者中選出4人分別從事翻譯、導游、導購、保潔四種不同的工作，則分配方案共有()A．180種B．360種C．15種D．30種解析這是一個排列問題，Aeq\o\al(4,6)＝6×5×4×3＝360.答案B4．已知3Aeq\o\al(n－1,8)＝4Aeq\o\al(n－2,9)，則n等于()A．5B．6C．7D．8解析∵3Aeq\o\al(n－1,8)＝4Aeq\o\al(n－2,9)，∴eq\f(3·8！,8－n＋1！)＝eq\f(4·9！,9－n＋2！)，即eq\f(3,9－n！)＝eq\f(4·9,11－n！)∴(11－n)(10－n)＝12.即n2－21n＋98＝0，解得n＝7，或n＝14(舍去)．答案C5．已知Aeq\o\al(2,n＋1)－Aeq\o\al(2,n)＝10，則n等于()A．4B．5C．6D．7解析把n＝5代入驗證知，Aeq\o\al(2,6)－Aeq\o\al(2,5)＝6×5－5×4＝10.答案B6．以下四個命題，屬于排列問題的是()①一列車途經12個車站，應準備多少張車票；②在假期間，某班同學互通一次電話；③高三·2班有50名同學，選出2名同學去校長辦公室開座談會；④從1,2,3,4這四個數字中，任取3個數字組成三位數．A．①②B．②③C．③④D．①④答案D7．若Aeq\o\al(2,n－2)＋n>2，則n的取值范圍是________________________________________________________________________．解析根據題意，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n－2≥2，,n－2n－3＋n>2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≥4，,n∈N*.))答案{n|n≥4，n∈N*}8．若S＝Aeq\o\al(1,1)＋Aeq\o\al(2,2)＋Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(4,4)＋…＋Aeq\o\al(100,100)，則S的個位數是________．解析∵Aeq\o\al(1,1)＝1，Aeq\o\al(2,2)＝2，Aeq\o\al(3,3)＝6，Aeq\o\al(4,4)＝24，Aeq\o\al(5,5)＝120，…，∴S的個位數字是3.答案39．求證：Aeq\o\al(m,n＋1)－Aeq\o\al(m,n)＝mAeq\o\al(m－1,n).證明∵Aeq\o\al(m,n＋1)－Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n＋1！,n＋1－m！)－eq\f(n！,n－m！)＝eq\f(n！,n－m！)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n＋1－m)－1))＝eq\f(n！,n－m！)·eq\f(m,n＋1－m)＝m·eq\f(n！,n－m＋1！)＝mAeq\o\al(m－1,n).∴Aeq\o\al(m,n＋1)－Aeq\o\al(m,n)＝mAeq\o\al(m－1,n).10．解方程：3Aeq\o\al(3,x)＝2Aeq\o\al(2,x＋1)＋6Aeq\o\al(2,x).解由3Aeq\o\al(3,x)＝2Aeq\o\al(2,x＋1)＋6Aeq\o\al(2,x)得，3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，∵x≥3，∴兩邊同除以x得，3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5，或x＝eq\f(2,3)(舍去)，∴x＝5.11．(1)求證：eq\f(n,n＋1！)＝eq\f(1,n！)－eq\f(1,n＋1！)；(2)求和：eq\f(1,2！)＋eq\f(2,3！)＋eq\f(3,4！)＋…＋eq\f(n,n＋1！).解(1)證明：∵eq\f(1,n！)－eq\f(1,n＋1！)＝eq\f(n＋1！－n！,n！·n＋1！)＝eq\f(n·n！,n！n＋1！)＝eq\f(n,n＋1！)∴eq\f(n,n＋1！)＝eq\f(1,n！)－eq\f(1,n＋1！).(2)由(1)知，eq\f(1,2！)＋eq\f(2,3！)＋eq\f(3,4！)＋…＋eq\f(n,n＋1！)＝(1－eq\f(1,2！))＋(eq\f(1,2！)－eq\f(1,3！))＋(eq\f(1,3！)－eq\f(1,4！))＋…＋[eq\f(1,n！)－eq\f(1,n＋1！)]＝1－eq\f(1,n＋1！).12．對于任意正整數n，定義“n的雙階乘n！！”如下：當n為偶數時，n！！＝n·(n－2)·(n－4)…6×4×2；當n為奇數時，n！！＝n(n－2)(n－4)…5×3×1.證明：(1)(2010！！)·(2009！！)＝2010！；(2)2010！！＝21005·1005！.證明(1)由定義，得(2010！！)·(2009！！)＝(2010×2008×2006×…×6×4×2)×(2009×2007×2005×…×5×3×1)＝2010！.(2)2010！！＝2010×2008×…×6×4×2＝21005(1005×1004×…×3×2×1)＝21005·1005！.雙基限時練(四)1．從5本不同的書中選兩本送給兩名同學，每人一本，共有給法()A．5種 B．10種C．20種 D．25種解析從5本不同的書中選兩本送給兩位同學，相當從5個元素當中選兩個元素的排列．因此有Aeq\o\al(2,5)＝5×4＝20(種)．答案C2．由數字0,1,2,3,4,5組成沒有重復數字的五位數，其中個位數字小于十位數字的有()A．210個 B．300個C．464個 D．600個解析先求組成多少個五位數，先確定萬位有Aeq\o\al(1,5)種方法，再確定其他位置有Aeq\o\al(4,5)種方法，∴共有五位數Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(4,5)＝600(個)．其中適合題意的占eq\f(1,2)，因此有300個．答案B3．用1,2,3,4,5這五個數字，組成沒有重復數字的三位數，其中偶數共有()A．24個 B．30個C．40個 D．60個解析分兩類計算，一類以2為個位數，有Aeq\o\al(2,4)個，另一類以4為個位數，也有Aeq\o\al(2,4)個．因此符合條件的偶數共有Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2,4)＝24(個)．答案A4．有3名男生和5名女生站成一排照相，如果男生不排在最左邊且不相鄰，那么不同的排法有()A．Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(5,8)種 B．Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(3,5)種C．Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(3,6)種 D．Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(3,4)種解析先排5名女生，有Aeq\o\al(5,5)種排法，男生不排最左邊且不相鄰，插空有Aeq\o\al(3,5)種方法，因此共有Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(3,5)種方法．答案B5．6人站成一排，其中甲、乙、丙三人必須站在一起的所有排列的總數為()A．Aeq\o\al(6,6) B．3Aeq\o\al(3,3)C．Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3) D．4！3!解析把甲、乙、丙三人看作一個整體，與其他三人作全排列，有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,3)種方法．答案D6．5名學生站成一排，其中A不能站在兩端，B不能站在中間，則不同的排法種數是()A．36 B．54C．60 D．66解析以A為特殊元素分兩類解答．當A站在中間時，有Aeq\o\al(4,4)種排法，當A不站在中間也不在兩端，有Aeq\o\al(1,2)種排法，B有Aeq\o\al(1,3)種排法，其他有Aeq\o\al(3,3)種排法，由分步乘法原理知有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)種排法．綜上知，共有Aeq\o\al(4,4)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝24＋36＝60(種)．答案C7．安排7位工作人員在5月1日至5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排5月1日和5月2日，不同的安排方法有________種(用數字作答)．答案24008．今有2個紅球、3個黃球、4個白球，同色球不加以區分，將這9個球排成一列，有__________種不同的方法(用數字作答)．答案12609．將數字1,2,3,4,5,6排成一列，記第i個數為ai(i＝1,2,3，…，6)．若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1<a3<a5，則不同的排列方法有________種(用數字作答)．解析由題設知a5＝6.第一類：當a1＝2時，a3可取4,5，∴共有2Aeq\o\al(3,3)＝12種；第二類：當a1＝3時，a3可取4,5，∴共有2Aeq\o\al(3,3)＝12種；第三類：當a1＝4時，a3必取5，∴有Aeq\o\al(3,3)＝6種．∴共有12＋12＋6＝30種．答案3010．將序號分別為1,2,3,4,5的5張參觀券全部分給4人，每人至少1張，如果分給同一人的2張參觀券連號，那么不同的分法種數是________．解析依題意把1,2,3,4,5分成4份，共有4種分法，每一種分法對應4人的全排列，因此不同的分法種數為4Aeq\o\al(4,4)＝4×24＝96.答案9611．要排一張有5個歌唱節目和4個舞蹈節目的演出節目單．(1)任何兩個舞蹈節目不相鄰的排法有多少種？(2)歌唱節目與舞蹈節目間隔排列的方法有多少種？解(1)先排歌唱節目有Aeq\o\al(5,5)種排法．歌唱節目之間及兩端有6個空位，從中選4個放入舞蹈節目有Aeq\o\al(4,6)種排法，所以任何兩個舞蹈節目不相鄰的排法共有Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(4,6)＝43200種．(2)先排舞蹈節目有Aeq\o\al(4,4)種排法，在舞蹈節目之間及兩端有5個空位，恰好供5個歌唱節目放入，所以歌唱節目與舞蹈節目間隔排列的排法共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(5,5)＝2880種．12．從集合M＝{1,2,3，…，20}中任選出3個不同的數，使這3個數成等差數列，這樣的等差數列可以有多少個？解設a，b，c∈M，若a，b，c成等差數，則有a＋c＝2b，因此a，c同時為偶數或奇數，當a，c確定后，中間的數b被唯一確定，而集合M中含有10個奇數和10個偶數，因此，選法只有兩類．第一類：a，c同為偶數，有Aeq\o\al(2,10)種選法；第二類：a，c同為奇數，有Aeq\o\al(2,10)種選法．于是選出3個數成等差數列的個數有Aeq\o\al(2,10)＋Aeq\o\al(2,10)＝180.雙基限時練(五)1．集合M＝{x|x＝Ceq\o\al(n,4)，n≥0且n∈N}，集合Q＝{1,2,3,4}，則下列結論正確的是()A．M∪Q＝{0,1,2,3,4} B．QMC．MQ D．M∩Q＝{1,4}解析由Ceq\o\al(n,4)知，n＝0,1,2,3,4，又Ceq\o\al(0,4)＝1，Ceq\o\al(1,4)＝4，Ceq\o\al(2,4)＝eq\f(4×3,2)＝6，Ceq\o\al(3,4)＝Ceq\o\al(1,4)＝4，Ceq\o\al(4,4)＝1.∴M＝{1,4,6}．故M∩Q＝{1,4}．答案D2．已知x，y∈N*，且Ceq\o\al(x,n)＝Ceq\o\al(y,n)，則x與y的關系是()A．x＝y B．y＝n－xC．x＝y或x＋y＝n D．x≥y解析由組合數的性質知Ceq\o\al(x,n)＝Ceq\o\al(n－x,n)＝Ceq\o\al(y,n)，∴x＝y，或y＝n－x.答案C3．已知集合A＝{1,2,3,4,5,6}，B＝{1,2}．若集合M滿足BMA，則這樣的集合M的個數為()A．12 B．13C．14 D．15解析由條件知，M至少含3個元素，且必含有1和2，且M≠A.因此滿足條件的M的個數為Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,4)＝4＋6＋4＝14(個)．答案C4．甲、乙、丙3位同學選修課程，從4門課程中，甲選修2門，乙、丙各選修3門，則不同的選修方案共有()A．36種 B．48種C．96種 D．192種解析甲選修2門有Ceq\o\al(2,4)＝6種選法，乙、丙各有Ceq\o\al(3,4)＝4種選法．由分步乘法原理可知，共有6×4×4＝96種選法．答案C5．組合數Ceq\o\al(r,n)(n>r≥1，n，r∈Z)恒等于()A.eq\f(r＋1,n＋1)Ceq\o\al(r－1,n－1) B．(n＋1)(r＋1)Ceq\o\al(r－1,n－1)C．nrCeq\o\al(r－1,n－1) D.eq\f(n,r)Ceq\o\al(r－1,n－1)解析取r＝2，n＝3，則Ceq\o\al(r,n)＝Ceq\o\al(2,3)＝3.驗證選項知D成立．答案D6．安排3名支教老師去6所學校任教，每校至多2人，則不同的分配方案共有________種．(用數字作答)解析若某校去2人，則有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,6)＝90種方法．若沒有2人到同一學校，則有Aeq\o\al(3,6)＝120種方法，∴共有90＋120＝210種方法．答案2107．若eq\f(1,6)Aeq\o\al(3,n＋1)＝Ceq\o\al(2,n＋1)，則n＝________.解析eq\f(1,6)Aeq\o\al(3,n＋1)＝Ceq\o\al(2,n＋1)，即eq\f(n＋1nn－1,6)＝eq\f(n＋1n,2).∵n∈N*，∴n－1＝3，n＝4.答案48．從2,3,5,7四個數中任取兩個不同的數相乘，有m個不同的積；任取兩個不同的數相除，有n個不同的商，則m:n＝________.解析依題意知，m＝Ceq\o\al(2,4)＝6，n＝Aeq\o\al(2,4)＝12，∴m:n＝1:2.答案eq\f(1,2)9．計算：(1)Ceq\o\al(5,8)＋Ceq\o\al(98,100)·Ceq\o\al(7,7)；(2)Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(4,5)＋Ceq\o\al(5,5)；(3)Ceq\o\al(n,n＋1)·Ceq\o\al(n－1,n)；(4)Ceq\o\al(38－n,3n)＋Ceq\o\al(3n,21＋n).解(1)Ceq\o\al(5,8)＋Ceq\o\al(98,100)·Ceq\o\al(7,7)＝Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(2,100)×1＝eq\f(8×7×6,3×2×1)＋eq\f(100×99,2×1)＝5006.(2)Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(4,5)＋Ceq\o\al(5,5)＝2(Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5))＝2(1＋5＋10)＝32.(3)Ceq\o\al(n,n＋1)·Ceq\o\al(n－1,n)＝Ceq\o\al(1,n＋1)·Ceq\o\al(1,n)＝(n＋1)n＝n2＋n.(4)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤38－n≤3n，,0≤3n≤21＋n.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(19,2)≤n≤38，,0≤n≤\f(21,2).))∵n∈N*，∴n＝10.∴Ceq\o\al(38－n,3n)＋Ceq\o\al(3n,21＋n)＝Ceq\o\al(28,30)＋Ceq\o\al(30,31)＝Ceq\o\al(2,30)＋Ceq\o\al(1,31)＝466.10．4位同學參加某種形式的競賽，競賽規則是：每位同學必須從甲、乙兩道題中任選一題作答，選甲題答對得100分，答錯得－100分；選乙題答對得90分，答錯得－90分．若4位同學的總分為0，則4位同學不同的得分情況有多少種？解依題意可分三種情形：(1)4人都選甲題，2人答對，2人答錯，共有Ceq\o\al(2,4)＝6種情況；(2)4人都選乙題，2人答對，2人答錯，共有Ceq\o\al(2,4)＝6種情況；(3)甲、乙兩題都選，2人選甲題，且1人答對，1人答題．另2人選乙題，且1人答對，1人答錯，共有2Ceq\o\al(2,4)×2＝24種情況．綜上知，共有6＋6＋24＝36種不同的情況．11．從3名骨科、4名腦外科和5名內科醫生中選派5人組成一個抗震救災醫療小組，則骨科、腦外科和內科醫生都至少有1人的選派方法有多少種？解設選派骨科a人，腦外科b人，內科c人，記為(a，b，c)，則有以下幾種選派方案：(1,1,3)，(1,3,1)，(1,2,2)，(2,2,1)，(2,1,2)，(3,1,1)共6種，因此選派種數為Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5)＝120＋60＋180＋90＋120＋20＝590.12．某市工商局對35種商品進行抽樣檢查，鑒定結果有15種假貨，現從35種商品中選取3種．(1)其中某一種假貨必須在內，不同的取法有多少種？(2)其中某一種假貨不能在內，不同的取法有多少種？(3)恰有2種假貨在內，不同的取法有多少種？(4)至少有2種假貨在內，不同的取法有多少種？(5)至多有2種假貨在內，不同的取法有多少種？解(1)從余下的34種商品中，選取2種有Ceq\o\al(2,34)＝561(種)，∴某一種假貨必須在內的不同的取法有561種．(2)從34種可選商品中，選取3種，有Ceq\o\al(3,34)種或者Ceq\o\al(3,35)－Ceq\o\al(2,34)＝Ceq\o\al(3,34)＝5984(種)．∴某一種假貨不能在內的不同的取法有5984種．(3)從20種真貨中選取1件，從15種假貨中選取2件有Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(2,15)＝2100(種)．∴恰有2種假貨在內的不同的取法有2100種．(4)選取2件假貨有Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(2,15)種，選取3件假貨有Ceq\o\al(3,15)種，共有選取方法Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(2,15)＋Ceq\o\al(3,15)＝2100＋455＝2555(種)．∴至少有2種假貨在內的不同的取法有2555種．(5)選取3件的總數有Ceq\o\al(3,35)，因此共有選取方式Ceq\o\al(3,35)－Ceq\o\al(3,15)＝6545－455＝6090(種)．∴至多有2種假貨在內的不同的取法有6090種．雙基限時練(六)1．5人排成一排，其中甲不排在兩端，也不和乙相鄰的排法種數為()A．84 B．78C．54 D．36解析按先排甲再排乙的順序列式為Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝36.答案D2．從5男4女中選出4位代表，其中至少有兩位男同志和至少一位女同志，分別到四個不同的工廠調查，不同的選派方法有()A．100種 B．400種C．480種 D．2400種解析分3男1女和2男2女兩類共有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(4,4)＝2400(種)．答案D3．四個不同的小球全部隨意放入三個不同的盒子中，使每個盒子都不空的放法種數為()A．Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,4) B．Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)C．Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2) D．Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,2)解析把四個不同的小球分為3堆有Ceq\o\al(2,4)種分法，這3堆小球的全排列就對應著放入三個不同的盒子放法，共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3).答案B4．從長度分別為1,2,3,4的四條線段中，任取三條的不同取法共有n種，在這些取法中，以取出的三條線段為邊可組成三角形的個數為m，則eq\f(m,n)等于()A．0 B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,4)解析由題意知n＝Ceq\o\al(3,4)＝4，其中能組成三角形的只有2,3,4一組，故m＝1，所以eq\f(m,n)＝eq\f(1,4).答案B5．4位同學每人從甲、乙、丙三門課程中選修1門，則恰有2人選修課程甲的不同選法共有()A．12種 B．24種C．30種 D．36種解析依題意，滿足題意的選法共有Ceq\o\al(2,4)×2×2＝24(種)．答案B6．現安排甲、乙、丙、丁、戊5名同學參加上海世博會志愿者服務活動，每人從事翻譯、導游、禮儀、司機四項工作之一，每項工作至少有一個人參加．甲、乙不會開車但能從事其他三項工作，丙、丁、戊都能勝任四項工作，則不同安排方案的種數是()A．152 B．126C．90 D．54解析按參加司機人數分為兩類．第一類，有一人從事司機工作，有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝108(種)；第二類，有2人從事司機工作，有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)＝18(種)，由分類加法計數原理得，不同安排方案的種數為108＋18＝126.答案B7．有6名學生，其中有3名會唱歌，2名會跳舞，1名既會唱歌也會跳舞，現從中選出2名會唱歌的，1名會跳舞的去參加文藝演出，則共有選法________種．解析以2名會跳舞的分類，分為有1人參加，都不參加兩類，共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,3)＝15(種)．答案158．正六邊形的中心和頂點共7個點，以其中3個點為頂點的三角形共有________個．解析Ceq\o\al(3,7)－3＝32，或Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(2,6)－3＝32.答案329．有6名同學參加兩項課外活動，每位同學必須參加一項活動且不能同時參加兩項，每項活動最多安排4人，則不同的安排方法有________種(用數字作答)．解析把6名同學分成兩組，一組最多4人，有分法Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(3,3)＝25(種)，每一種分法對應著兩種安排方案，因此共有不同的安排方案2×25＝50(種)．答案5010．某醫院有內科醫生12名，外科醫生8個，現要選派5名參加賑災醫療隊，(1)某內科醫生必須參加，某外科醫生不能參加，有幾種選法？(2)至少有1名內科醫生和至少有1名外科醫生參加有幾種選法？解(1)只需從其他18人中選4人即可，共有Ceq\o\al(4,18)＝3060(種)．(2)方法1(直接法)：至少一名內科醫生一名外科醫生的選法分四類：一內四外；二內三外；三內二外；四內一外．∴共有Ceq\o\al(1,12)Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(2,12)Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(2,8)＋Ceq\o\al(4,12)Ceq\o\al(1,8)＝14656(種)．方法2(間接法)：從總數中減去5名醫生都是內科醫生和都是外科醫生的選法．故選法為Ceq\o\al(5,20)－Ceq\o\al(5,12)－Ceq\o\al(5,8)＝14656(種)．11．如下圖從5×6方格中的頂點A到頂點B的最短路線有多少條？解從A到B的最短線路均需走11步(一步一格)．即橫向走6步，縱向走5步，因此，要確定一種走法，只要確定這11步中哪6種走橫向即可．所以共有Ceq\o\al(6,11)＝462種不同的走法．12．平面內有12個點，其中有4個點共線，此處再無任何三點共線，以這些點為頂點，可得到多少個不同的三角形？解方法1：以共線的4點取點的多少進行分類．第一類：共線的4個點中有2個點作為三角形的頂點，共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,8)＝48(個)不同的三角形；第二類：共線的4個點中有1個點作為三角形的頂點，共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,8)＝112(個)不同的三角形；第三類：共線的4個點中沒有點作為三角形的頂點，共有Ceq\o\al(3,8)＝56(個)不同的三角形．由分類加法計數原理，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(個)．方法2：從12個點中任取3個點有Ceq\o\al(3,12)＝220種取法，而在共線的4個點中任意三點都不能構成三角形，故不能構成三角形的情況有Ceq\o\al(3,4)＝4(種)．故這12個點構成三角形的個數為Ceq\o\al(3,12)－Ceq\o\al(3,4)＝216.13．為了提高學生參加體育鍛煉的熱情，宏達中學組織籃球比賽，共24個班參加，第一輪比賽是先分四組進行單循環賽，然后各組取前兩名再進行第二輪單循環賽．(在第一輪中相遇過的兩個隊不再進行比賽)，問要進行多少場比賽？解第一輪每組6個隊進行單循環賽，共有Ceq\o\al(2,6)場比賽，4個組共計4Ceq\o\al(2,6)場．第二輪每組取前兩名，共計8個組，應比賽Ceq\o\al(2,8)場，由于第一輪中在同一組的兩隊不再比賽，故應減少4場，因此第二輪應比賽Ceq\o\al(2,8)－4場．綜上，兩輪比賽共進行4Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,8)－4＝84場．雙基限時練(七)1．在(x－eq\r(3))10的展開式中，x6的系數是()A．－27Ceq\o\al(5,10) B．27Ceq\o\al(4,10)C．－9Ceq\o\al(5,10) D．9Ceq\o\al(4,10)解析通項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)x10－r(－eq\r(3))r＝(－eq\r(3))rCeq\o\al(r,10)x10－r.令10－r＝6，得r＝4.∴x6的系數為9Ceq\o\al(4,10).答案D2．在(eq\r(3,2)x－eq\f(1,\r(2)))20的展開式中，系數是有理數的項共有()A．4項 B．5項C．6項 D．7項解析Tr＋1＝Ceq\o\al(r,20)(eq\r(3,2)x)20－r(－eq\f(1,\r(2)))r＝(－1)rCeq\o\al(r,20)2eq\s\up15(eq\f(20－r,3)－eq\f(r,2))·x20－r.要使系數為有理數，只要eq\f(20－r,3)－eq\f(r,2)為整數，即eq\f(40－5r,6)為整數．∵0≤r≤20，∴r＝2,8,14,20，∴共有4項．答案A3．(2x－eq\f(1,\r(x)))9的展開式中，常數項為()A．－672 B．672C．－288 D．288解析Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9)(2x)9－r(－eq\f(1,\r(x)))r＝(－1)r29－rCeq\o\al(r,9)·x9－r－eq\f(r,2)，令9－r－eq\f(r,2)＝0，得r＝6.∴常數項為23Ceq\o\al(6,9)＝8Ceq\o\al(3,9)＝672.答案B4．設P＝1＋5(x＋1)＋10(x＋1)2＋10(x＋1)3＋5(x＋1)4＋(x＋1)5，則P等于()A．x5 B．(x＋2)5C．(x－1)5 D．(x＋1)5解析P＝Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)(x＋1)＋Ceq\o\al(2,5)(x＋2)2＋…＋Ceq\o\al(5,5)(x＋1)5＝(x＋1＋1)5＝(x＋2)5.答案B5．在(eq\r(x)＋eq\f(2,x))n的展開式中，常數項為60，則n等于()A．3 B．6C．9 D．12解析Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(eq\r(x))n－r(eq\f(2,x))r＝2rCeq\o\al(r,n)xeq\s\up15(eq\f(n－r,2)－r).令eq\f(n－3r,2)＝0，則n＝3r.∴2rCeq\o\al(r,3r)＝60，試驗知r＝2，∴n＝6.答案B6．(x2＋eq\f(2,x))8的展開式中x4的系數是()A．16 B．70C．560 D．1120解析(x2＋eq\f(2,x))8的展開式的通項是Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)·(x2)8－r·(eq\f(2,x))r＝2r·Ceq\o\al(r,8)·x16－3r，令16－3r＝4，得r＝4.因此x4的系數為24·Ceq\o\al(4,8)＝1120.答案D7．對于二項式(eq\f(1,x)＋x3)n(n∈N＋)，四位同學作出四種判斷：甲：存在n∈N＋，展開式中有常數項；乙：對任意n∈N＋，展開式中沒有常數項；丙：對任意n∈N＋，展開式中沒有x的一次項；丁：存在n∈N＋，展開式中有x的一次項．其中判斷正確的是________．解析由通項公式Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(eq\f(1,x))n－r·(x3)r＝Ceq\o\al(r,n)x4r－n若r＝1，則n＝4，T2就是常數項，令r＝1，n＝3時，就存在x的一次項．因此應填甲、丁．答案甲丁8．在(1＋x)3＋(1＋eq\r(x))3＋(1＋eq\r(3,x))3的展開式中，x的系數為________(用數字作答)．解析x的系數為Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,1)＋Ceq\o\al(3,3)＝3＋3＋1＝7.答案79．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)－\r(\f(x,2))))9的展開式中x3的系數為eq\f(9,4)，則常數a的值為________．解析答案410．在(4x－2－x)6的展開式中，常數項為________．解析(4x－2－x)6展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)(4x)6－r·(－2－x)r＝(－1)rCeq\o\al(r,6)(2x)2(6－r)－r，由2(6－r)－r＝0，得r＝4，∴(－1)4Ceq\o\al(4,6)＝15.即常數項為15.答案1511．設f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n展開式中x的系數是19(m，n∈N*)．(1)求f(x)展開式中x2的系數的最小值；(2)當f(x)展開式中x2的系數取最小值時，求f(x)展開式中x7的系數．解(1)由題設條件，得m＋n＝19.∴m＝19－n，x2的系數為Ceq\o\al(2,m)＋Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(2,19－n)＋Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(19－n18－n,2)＋eq\f(nn－1,2)＝n2－19n＋171＝(n－eq\f(19,2))2＋eq\f(323,4)，∵n∈N*，∴當n＝9，或n＝10時，x2的系數取最小值(eq\f(1,2))2＋eq\f(323,4)＝81.(2)當n＝9，m＝10或n＝10，m＝9時，x2的系數取最小值，此時x7的系數為Ceq\o\al(7,10)＋Ceq\o\al(7,9)＝Ceq\o\al(3,10)＋Ceq\o\al(2,9)＝156.12．已知數列{an}是公比為q的等比數列．(1)求和：a1Ceq\o\al(0,2)－a2Ceq\o\al(1,2)＋a3Ceq\o\al(2,2)，a1Ceq\o\al(0,3)－a2Ceq\o\al(1,3)＋a3Ceq\o\al(2,3)－a4Ceq\o\al(3,3)；(2)由(1)的結果歸納概括出關于正整數n的一個結論，并證明．解(1)a1Ceq\o\al(0,2)－a2Ceq\o\al(1,2)＋a3Ceq\o\al(2,2)＝a1－2a1q＋a1q2＝a1(1－q)2，a1Ceq\o\al(0,3)－a2Ceq\o\al(1,3)＋a3Ceq\o\al(2,3)－a4Ceq\o\al(3,3)＝a1－3a1q＋3a1q2－a1q3＝a1(1－q)3.(2)歸納概括的結論為：若數列{an}是首項為a1，公比為q的等比數列，則a1Ceq\o\al(0,n)－a2Ceq\o\al(1,n)＋a3Ceq\o\al(2,n)－a4Ceq\o\al(3,n)＋…＋(－1)nan＋1Ceq\o\al(n,n)＝a1(1－q)n，n為正整數．證明：a1Ceq\o\al(0,n)－a2Ceq\o\al(1,n)＋a3Ceq\o\al(2,n)－a4Ceq\o\al(3,n)＋…＋(－1)nan＋1Ceq\o\al(n,n)＝a1Ceq\o\al(0,n)－a1qCeq\o\al(1,n)＋a1q2Ceq\o\al(2,n)－a1q3Ceq\o\al(3,n)＋…＋(－1)na1qnCeq\o\al(n,n)＝a1[Ceq\o\al(0,n)－qCeq\o\al(1,n)＋q2Ceq\o\al(2,n)－q3Ceq\o\al(3,n)＋…＋(－1)nqnCeq\o\al(n,n)]＝a1(1－q)n.雙基限時練(八)1．設(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，則a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝()A．1 B．2C．3 D．4解析令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(－1)4＝1.答案A2．設n為自然數，則Ceq\o\al(0,n)2n－Ceq\o\al(1,n)2n－1＋…＋(－1)kCeq\o\al(k,n)2n－k＋…＋(－1)nCeq\o\al(n,n)＝()A．－1 B．0C．1 D．2n解析由二項式定理知(2－1)n＝Ceq\o\al(0,n)2n－Ceq\o\al(1,n)2n－1＋Ceq\o\al(2,n)2n－2＋…＋Ceq\o\al(k,n)(－1)k2n－k＋…＋(－1)nCeq\o\al(n,n)＝1n＝1.答案C3．若(1＋a)＋(1＋a)2＋(1＋a)3＋…＋(1＋a)n＝b0＋b1a＋b2a2＋…＋bnan，且b0＋b1＋b2＋…bn＝30，則自然數n的值為()A．6 B．5C．4 D．3解析令a＝1，得b0＋b1＋b2＋…＋bn＝2＋22＋…＋2n＝eq\f(22n－1,2－1)＝2n＋1－2，又b0＋b1＋b2＋…＋bn＝30，∴2n＋1－2＝30，解得n＝4.答案C4．關于(a－b)10的說法，錯誤的是()A．展開式中的二項式系數之和是1024B．展開式的第6項的二項式系數最大C．展開式的第5項或第7項的二項式系數最大D．展開式中第6項的系數最小