高中数学新教材变式题12《计数原理》(命题人广州市第三中学刘窗洲)

十二、《计数原理》变式题（命题人：广州市第三中学刘窗洲）审校人

张志红1．（人教

A版选修

2-3

第

22页例

4）用0到

9这

10个数字，能够构成多少个没有重复数字的三位数

？变式1：由1，4，5，x可构成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各位数字之和为288，则x＝．【分析】：（1+4+5+x）A44=288，解得10+x=12．【答案】：x=2．变式2：在由数字1，2，3，4，5构成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有（）（A）56个（B）57个（C）58个（D）60个【解答】解法一：（直接法）当首位排2，次位排3时，有A33-1种；次位排4、5时有2A33种，合计17种；当首位排3，A44种，合计24种；当首位排4，次位排3时，有A33-1种；次位排1、2时有2A33种，合计17种；以上总计17+24+17=58种。解法二：（间接法）不作限准时有A55=120种；当首位排1或5时，各有A44种，合计48种不知足要求；当首位排2，次位排1时，有A33种；而次位排3时有1种，合计7种不知足要求；当首位排4，次位排5时，有A33种；而次位排3时有1种，合计7种不知足要求；所以共有120-48-7-7=58种排法，即58个数．变式3：给定数字0、1、2、3、5、9每个数字最多用一次1）可能构成多少个四位数？2）可能构成多少个四位奇数？3）可能构成多少个四位偶数？4）可能构成多少个自然数？【剖析】：注意0不可以放在首位，还要注意个位数字，方法多种多样，利用特别优先法，即特别的元素，特别的地点优先考虑．【解答】（1）解法一：从“地点”考虑，因为0不可以放在首位，所以首位数字只好有A1种5取法，其他3个数位能够从余下的5个数字（包含0）中任取3个摆列，所以能够构成A51A53300个四位数；解法二：从“元素”考虑，构成的四位数能够按有无数字0分红两类，有数字0的有A31A53个，无数字0的有A54个，所以共构成A31A53+A54=300个四位数；解法三：“清除法”从6个元素中取4个元素的所有摆列中，减去0在首位上的摆列数即为所求，所以共有A4A1A3300个四位数；615（2）从“地点”考虑，个位数字一定是奇数有A41种排法，因为0不可以放在首位，所以首位数字只好有A41种取法，其他两个数位的排法有A42，所以共有A41A41A42192个四位奇数；（3）解法一：由（1）（2）知共有300-192=108个四位偶数；解法二：从“地点”考虑，按个位数字能否为0分红两种状况，0在个位时，有A11A53个四位偶数；2在个位时，有A11A41A42个四位偶数，所以共有A11A53+A11A41A42=108个四位偶数；（4）一位数：有A61=6个；两位数：有A51A51=25个；三位数：有A51A52=100个；四位数：有A51A53=300个；五位数：有A15A54=600个；六位数：有A15A55=600个；所以共有6+25+100+300+600+600=1631个自然数．【评论】解有条件限制的摆列问题思路：①正确选择原理；②办理好特别元素和特别地点，先让特别元素占位，或特别地点选元素；③再考虑其他元素或其他地点；④数字的摆列问题，不可以排在首位．2．（人教A版选修2-3第29页例4）在100件产品中，有98件合格品，2件次品，从这100件产品中随意抽出3件。（1）有多少种不一样的抽法？（2）抽出的3件中恰巧有1件是次品的抽法有多少种？（3）抽出的3件中起码有1件是次品的抽法有多少种？变式1：某人手中有５张扑克牌，此中２张为不一样花色的２，３张为不一样花色的Ａ，有５次出牌时机，每次只好出一种点数的牌但张数不限，这人有多少种不一样的出牌方法？【剖析】：分类议论，因为状况太多，要做到不重不漏．【解答】出牌的方法可分为以下几类：（1）5张牌所有分开出，有A55种方法；2）2张2一同出，3张A一同出，有A52种方法；3）2张2一同出，3张A分开出，有A54种方法；4）2张2一同出，3张A分两次出，有C32A53种方法；5）2张2分开出，3张A一同出，有A53种方法；6）2张2分开出，3张A分两次出，有C32A54种方法；所以，共有不一样的出牌方法A5A2A4C2A3A3C2A4860种．55535535【评论】分类议论向来是高中的难点，但更是高考的热门内容之一，所以同学们不可以回避，应增强训练．变式2：将7个小球随意放入四个不一样的盒子中，每个盒子都不空，1）若7个小球同样，共有多少种不一样的放法？2）若7个小球互不同样，共有多少种不一样的放法？【分析】：（1）解法1：∵7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2，∴分三类，共有分法C41A42C4120(种).解法2（隔板法）：将7个小球排成一排，插入3块隔板，故共有分法C6320(种).2）∵7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2，∴共有分法C74A44C72C53A42C12C11C72C52C32C116510.变式3：一个口袋内有4个不一样的红球，6个不一样的白球，（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？（2）若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分许多于7分的取法有多少种？【分析】：（1）将拿出4个球分红三类状况1）取4个红球，没有白球，有C44种2）取3个红球1个白球，有C43C61种；3）取2个红球2个白球，有C42C62,3．（人教A版选修2-3第36页例2）（1）求(12x)7的睁开式的第4项的系数；（2）求(x1)9的睁开式中x3的系数？x1n变式1：在二项式3x的睁开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．23x（１）求睁开式的第四项；（２）求睁开式的常数项；（３）求睁开式的各项系数的和．【剖析】：此题旨在训练二项式定理通项公式的运用．【解答】第一项系数的绝对值为Cn0，第二项系数的绝对值为Cn1，第三项系数的绝对值为2Cn2，4依题意有Cn0+Cn2=Cn12，解得n=8，42532C83137x3；（１）第四项T4x23x48rr8r2r8Tr1C8r113x（２）通项公式为x3xC8r，睁开式的常数项有2322r-8=0，即r=4，4常数项为T5C84135；28118（３）令x=1，得睁开式的各项系数的和11．228256【评论】此题旨在训练二项式定理通项公式的运用，但要注意通项为Tr1而不是Tr，这是同学们最简单犯错的地方．变式2：设3x14a0a1xa2x2a3x3a4x4．（１）求a0a1a2a3a4；（２）求a0a2a4；（３）求a1a3；（４）求a1a2a3a4；5）求各项二项式系数的和．【剖析】：此题旨在训练二项睁开式各项的系数与二项式系数．【解答】（１）令x=1得a0a1a2a3a431416；（２）令x=-1得a0a1a2a3a4314256，而由（1）知：a0a1a2a3a431416，两式相加得a0a2a4136；（３）将（2）中的两式相减得a1a3120；（４）令x=0得a00141，得a1a2a3a4a0a1a2a3a4-a0=16-1=15；（5）各项二项式系数的和为C40C41C42C43C442416．【评论】①要注意二项睁开式各项的系数与二项式系数是不一样的两个观点；②系数和与二项式系数和不必定同样，此题的（1）与（5）结果同样纯属偶合；③注意求系数和上述是最一般的方法，必定要理解．15变式3：二项睁开式x1）中，有理项的项数是（3x(A)3(B)4(C)5(D)615rr455r【分析】：Tr1C15r1C15rx6x（r=0，1，2，，14），3x当r=3，9，15时，为有理项．【答案】：A变式4：