三维设计 数学 选择性必修 第三册 (配人教A版) 课时跟踪检测汇（1-19） 分类加法计数原理与分步乘法计数原理- 一元线性回归模型及其应用

课时跟踪检测（一）分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．甲、乙两个班级分别有29名、30名学生，从两个班中选一名学生，则()A．有29种不同的选法B．有30种不同的选法C．有59种不同的选法D．有29×30种不同的选法解析：选C分两类：第一类从甲班选有29种选法，第二类从乙班选有30种选法．由分类加法计数原理得共有29＋30＝59(种)不同选法．故选C.2．某校开展劳动教育，决定在植树节这天派小明、小光等5名学生去附近的两个植树点去植树，若小明和小光必须在同一植树点，且各个植树点至少去两名学生，则不同的分配方案种数为()A．8B．10C．12D．14解析：选A分两类，第一类，小明和小光去一个植树点，其他3名学生去另一个植树点，有2种不同的分配方案；第二类，小明和小光与另外一人去一个植树点，剩下两名学生去另一个植树点，有2×3＝6种不同的分配方案．则共有6＋2＝8种不同的分配方案．3．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有()A．30个 B．42个C．36个 D．35个解析：选C要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)有6种方法，第二步确定a有6种方法，故由分步乘法计数原理知共有6×6＝36个虚数．4．若5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有()A．10种 B．20种C．25种 D．32种解析：选D5位同学依次报名，每人均有2种不同的选择，所以共有2×2×2×2×2＝32种报名方法．5．一学习小组有4名男生、3名女生，任选一名学生当数学课代表，共有________种不同选法；若选男女生各一名当组长，共有________种不同选法．解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选，有4种选法；另一类是从女生中选，有3种选法．根据分类加法计数原理，不同选法共有4＋3＝7(种)．若选男女生各一名当组长，需分两步：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2步，从女生中选一名，有3种选法．根据分步乘法计数原理，不同选法共有4×3＝12(种)．答案：7126．某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有________种．解析：分3类：买1本好书，买2本好书和买3本好书，各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)．答案：77．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,2,3,5,7这6个数中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．解析：若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时，有5×4＝20条，则共有20＋2＝22(条)，即所求的不同的直线共有22条．答案：228．某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息．(1)若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有几种坐法？(2)若小明与爸爸分别就座，有多少种坐法？解：(1)小明爸爸选凳子可以分两类：第一类：选东面的空闲凳子，有8种坐法；第二类：选西面的空闲凳子，有6种坐法．根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8＋6＝14种坐法．(2)小明与爸爸分别就座，可以分两步完成：第一步，小明先就座，从东西面共8＋6＝14个空闲凳子中选一个坐下，共14种坐法(小明坐下后，空闲凳子数变成13)；第二步，小明爸爸再就座，从东西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法．由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就座共有14×13＝182种坐法．9．有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？解：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理，共可组成3＋9＋27＝39种不同的信号．1．如图，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()A．24 B．18C．12 D．9解析：选B由题意可知，E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法．2.如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为()A．8 B．6C．5 D．3解析：选B从A处到B处的电路接通可分两步：第一步，前一个并联电路接通有2条线路；第二步，后一个并联电路接通有3条线路．由分步乘法计数原理知电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为2×3＝6，故选B.3．已知集合A＝{0,3,4}，B＝{1,2,7,8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种．解析：分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种；当集合C中的元素属于集合B时，有4种．因为集合A与集合B无公共元素，所以集合C的情况共有3＋4＝7(种)．答案：74．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列有多少个？解：当公比为2时，等比数列可为1,2,4；2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为eq\f(3,2)时，等比数列可为4,6,9.同时，4,2,1；8,4,2；9,3,1和9,6,4也是等比数列，共8个．5．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．(1)若取出的2个小球的颜色不同，有多少种取法？(2)若取出的2个小球颜色相同，有多少种取法？解：(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取1个，或A，C袋中各取1个，或B，C袋中各取1个，共有1×2＋1×3＋2×3＝11种取法．若2个球颜色相同，则应在B袋中取出2个，或在C袋中取出2个，共有1＋3＝4种取法．课时跟踪检测（二）分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用1．由数字0,1,2,3,4可组成无重复数字的两位数的个数是()A．25B．20C．16D．12解析：选C分两步：先选十位，再选个位，可组成无重复数字的两位数的个数为4×4＝16.2．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A．24种B．4种C．43种D．34种解析：选C第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．3．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A．9B．14C．15D．21解析：选B因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，所以x∈{y,2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，有7种情况；当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，有7种情况．共有7＋7＝14种情况．即这样的点的个数为14.4．从1,2,3,4,5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为()A．2B．4C．6D．8解析：选D第一类，公差大于0，有①1,2,3，②2,3,4，③3，4,5，④1,3,5，共4个等差数列；第二类，公差小于0，也有4个．根据分类加法计数原理可知，共有4＋4＝8个不同的等差数列．5.如图所示，从点A沿圆或三角形的边运动到点C，则不同的走法有________种．解析：由A直接到C有2种不同的走法，由A经点B到C有2×2＝4种不同的走法．因此由分类加法计数原理知，共有2＋4＝6种不同的走法．答案：66．甲、乙、丙3个班各有3,5,2名三好学生，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有________种推选方法．解析：分为三类：①甲班选1名，乙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×5＝15(种)选法；②甲班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有3×2＝6(种)选法；③乙班选1名，丙班选1名，根据分步乘法计数原理，有5×2＝10(种)选法．综上，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31(种)推选方法．答案：317．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的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________种．解析：分三类：若甲在周一，则乙、丙有4×3＝12种排法；若甲在周二，则乙、丙有3×2＝6种排法；若甲在周三，则乙、丙有2×1＝2种排法．所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种．答案：208．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？解：法一(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得，共有方法数N＝5×4×3＝60.法二(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60.9．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营．(1)若从中选1人作总负责人，共有多少种不同的选法？(2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？(3)若从中推选2人作为中心发言人，要求这2人要来自不同的年级，则有多少种选法？解：(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选1人作总负责人有42种选法；从高三选1人作总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122(种)选法．(2)从高一选1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有30种选法．由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63000(种)选法．(3)①从高一和高二各选1人作为中心发言人，有50×42＝2100(种)选法；②从高二和高三各选1人作为中心发言人，有42×30＝1260(种)选法；③从高一和高三各选1人作为中心发言人，有50×30＝1500(种)选法．综上，共有2100＋1260＋1500＝4860(种)选法．1．在由0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的有()A．512个B．192个C．240个D．108个解析：选D能被5整除的四位数，可分为两类：一类是末位为0，由分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60(个)．另一类是末位为5，由分步乘法计数原理，共有4×4×3＝48(个)．由分类加法计数原理得所求的四位数共有60＋48＝108(个)．2．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有()A．24种B．18种C．12种D．6种解析：选B法一(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2＝6(种)不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18(种)．法二(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)方法，故不同的种植方法共有24－6＝18(种)．3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图．将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，若只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为()A．180B．240C．420D．480解析：选C由题设，四棱锥S­ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60种染色方法；当S，A，B染好时，不妨设所染颜色依次为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法，即当S，A，B染好时，C，D还有7种染法．故不同的染色方法有60×7＝420（种）．4．若一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a3＜a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数是多少？解：分8类，当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1,0，由分步乘法计数原理，凸数的个数为1×2＝2；当中间数为3时，百位可选1,2，个位可选0,1,2，由分步乘法计数原理，凸数的个数为2×3＝6；同理可得：当中间数为4时，凸数的个数为3×4＝12；当中间数为5时，凸数的个数为4×5＝20；当中间数为6时，凸数的个数为5×6＝30；当中间数为7时，凸数的个数为6×7＝42；当中间数为8时，凸数的个数为7×8＝56；当中间数为9时，凸数的个数为8×9＝72.故所有凸数的个数为2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.5．用1，2，3，4四个数字组成可重复数字的三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．(1)写出这个数列的前11项；(2)若an＝341，求项数n.解：(1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133.(2)比an＝341小的数有两类：①首位是1或2：1××2××②首位是3：31×32×33×故共有2×4×4＋1×3×4＝44(项)．因此an＝341是该数列的第45项，即n＝45.课时跟踪检测（三）排列与排列数1．下列问题中，是排列问题的是()A．由1,2,3三个数字组成无重复数字的三位数B．从40人中选5人组成篮球队C．从100人中选2人抽样调查D．从1,2,3,4,5中选2个数组成集合解析：选A选项A中组成的三位数与数字的排列顺序有关，选项B，C，D只需取出对象即可，与对象的排列顺序无关．2．甲、乙、丙三人排成一排去照相，甲不站在排头的所有排列种数为()A．6 B．4C．8 D．10解析：选B列树状图如下：3．若Aeq\o\al(2,n)＝132，则n等于()A．11 B．12C．13 D．14解析：选B因为Aeq\o\al(2,n)＝132，所以n(n－1)＝132，n2－n－132＝0，解得n＝12或n＝－11(舍去)．4．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是()A．9 B．10C．18 D．20解析：选Clga－lgb＝lgeq\f(a,b)，从1,3,5,7,9中任取两个数分别记为a，b，共有Aeq\o\al(2,5)＝20种，其中lgeq\f(1,3)＝lgeq\f(3,9)，lgeq\f(3,1)＝lgeq\f(9,3)，故共可得到18种结果．5．[多选]下列等式成立的是()A．Aeq\o\al(m,n)＝nAeq\o\al(m－1,n－1) B．Aeq\o\al(m,n)＝mAeq\o\al(m－1,n－1)C.eq\f(1,n－m)Aeq\o\al(m＋1,n)＝Aeq\o\al(m,n) D．Aeq\o\al(m,n)＋mAeq\o\al(m－1,n)＝Aeq\o\al(m,n＋1)解析：选ACDAeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)＝eq\f(n·n－1！,[n－1－m－1]！)＝nAeq\o\al(m－1,n－1)，A正确；Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)，而mAeq\o\al(m－1,n－1)＝m·eq\f(n－1！,[n－1－m－1]！)＝eq\f(mn－1！,n－m！)，B错误；eq\f(1,n－m)Aeq\o\al(m＋1,n)＝eq\f(1,n－m)·eq\f(n！,n－m－1！)＝eq\f(n！,n－m！)＝Aeq\o\al(m,n)，C正确；Aeq\o\al(m,n)＋mAeq\o\al(m－1,n)＝eq\f(n！,n－m！)＋eq\f(m·n！,n－m＋1！)＝eq\f(n－m＋1·n！＋m·n！,n－m＋1！)＝eq\f(n＋1！,n＋1－m！)＝Aeq\o\al(m,n＋1)，D正确．6．计算：eq\f(A\o\al(6,7)－A\o\al(5,6),A\o\al(4,5))＝__________.解析：因为Aeq\o\al(6,7)＝7×6×Aeq\o\al(4,5)，Aeq\o\al(5,6)＝6×Aeq\o\al(4,5)，所以原式＝eq\f(36A\o\al(4,5),A\o\al(4,5))＝36.答案：367．学号分别为1,2,3,4的四位同学排成一排，若学号相邻的同学不相邻，则所有不同的排列为________．解析：先排学号1,2的同学，有2种方法，此时1,2之间必须插入4，有1种方法，3必须选择与1相邻的另一侧，故所有不同的排列为3142,2413.答案：3142,24138．8人围桌而坐，共有________种坐法．解析：围桌而坐与坐成一排不同，围桌而坐没有首尾之分，因此固定一人并从此位置把圆形展成直线，则其余7人共有(8－1)！＝7！＝5040种坐法．答案：50409．(1)有7本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？(2)有7种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？解：(1)从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个对象中任取3个对象的一个排列，所以共有Aeq\o\al(3,7)＝7×6×5＝210种不同的送法．(2)从7种不同的书中买3本书，这3本书并不要求都不相同，根据分步乘法计数原理，共有不同的送法7×7×7＝343种．10．(1)解关于x的方程：eq\f(A\o\al(7,x)－A\o\al(5,x),A\o\al(5,x))＝89；(2)解不等式：Aeq\o\al(x,9)>6Aeq\o\al(x－2,9).解：(1)∵Aeq\o\al(7,x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)(x－6)＝(x－5)(x－6)·Aeq\o\al(5,x)，∴eq\f(x－5x－6A\o\al(5,x)－A\o\al(5,x),A\o\al(5,x))＝89.∵Aeq\o\al(5,x)>0，∴(x－5)(x－6)＝90.故x＝－4(舍去)或x＝15.(2)原不等式可化为eq\f(9！,9－x！)>eq\f(6×9！,9－x＋2！)，由排列数定义知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤9，,0≤x－2≤9，))∴2≤x≤9，x∈N*.化简得(11－x)(10－x)>6，∴x2－21x＋104>0，即(x－8)(x－13)>0，∴x<8或x>13.又2≤x≤9，x∈N*，∴2≤x<8，x∈N*.故解集为{x|2,3,4,5,6,7}．1．一个数阵有m行5列，第一行中的数为1,2,3,4,5，其余各行都由这5个数以不同顺序组成．如果要使任意两行的顺序都不相同，那么m的最大值为()A．5 B．25C．120 D．3125解析：选C第一行的数为1,2,3,4,5，其余各行都由这5个数以不同顺序组成，由于5个不同元素的全排列共有5！个，所以由5个不同的数值可以以不同顺序形成其余的每一行，并且任意两行的顺序都不同，为使每一行都不重复，m可以取的最大值是5！＝120.2．满足不等式eq\f(A\o\al(7,n),A\o\al(5,n))>12的n的最小值为________．解析：由排列数公式，得eq\f(n！n－5！,n－7！n！)>12，即(n－5)(n－6)>12，解得n>9或n<2.又n≥7，所以n>9，又n∈N*，所以n的最小值为10.答案：103．一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知m＞1，客运车票增加了62种，问原有多少个车站？现在有多少个车站？解：由题意可知，原有车票的种数是Aeq\o\al(2,n)种，现有车票的种数是Aeq\o\al(2,n＋m)种，∴Aeq\o\al(2,n＋m)－Aeq\o\al(2,n)＝62，即(n＋m)(n＋m－1)－n(n－1)＝62.∴m(2n＋m－1)＝62＝2×31.∵m＜2n＋m－1，且n≥2，m，n∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,2n＋m－1＝31，))解得m＝2，n＝15，故原有15个车站，现有17个车站．4．规定Aeq\o\al(m,x)＝x(x－1)…(x－m＋1)，其中x∈R，m为正整数，且Aeq\o\al(0,x)＝1，这是排列数Aeq\o\al(m,n)(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广．(1)求Aeq\o\al(3,－15)的值．(2)排列数的两个性质①Aeq\o\al(m,n)＝nAeq\o\al(m－1,n－1)，②Aeq\o\al(m,n)＋mAeq\o\al(m－1,n)＝Aeq\o\al(m,n＋1)(n，m是正整数，且m≤n)是否都能推广到Aeq\o\al(m,x)(x∈R，m是正整数)的情形？若能推广，写出推广的形式并给予证明；若不能，请说明理由．解：(1)Aeq\o\al(3,－15)＝(－15)×(－16)×(－17)＝－4080.(2)证明：性质①，②均可推广，推广的形式分别是，①Aeq\o\al(m,x)＝xAeq\o\al(m－1,x－1)，②Aeq\o\al(m,x)＋mAeq\o\al(m－1,x)＝Aeq\o\al(m,x＋1)(x∈R，m是正整数)．证明如下：在①中，当m＝1时，左边＝Aeq\o\al(1,x)＝x，右边＝xAeq\o\al(0,x－1)＝x，等式成立；当m≥2时，左边＝x(x－1)(x－2)…(x－m＋1)＝x{(x－1)(x－2)…[(x－1)－(m－1)＋1]}＝xAeq\o\al(m－1,x－1)＝右边．因此Aeq\o\al(m,x)＝xAeq\o\al(m－1,x－1)(x∈R，m是正整数)成立．在②中，当m＝1时，左边＝Aeq\o\al(1,x)＋Aeq\o\al(0,x)＝x＋1＝Aeq\o\al(1,x＋1)＝右边，等式成立；当m≥2时，左边＝x(x－1)(x－2)…(x－m＋1)＋mx(x－1)(x－2)…(x－m＋2)＝x(x－1)(x－2)…(x－m＋2)[(x－m＋1)＋m]＝(x＋1)x(x－1)(x－2)…[(x＋1)－m＋1]＝Aeq\o\al(m,x＋1)＝右边．因此Aeq\o\al(m,x)＋mAeq\o\al(m－1,x)＝Aeq\o\al(m,x＋1)(x∈R，m是正整数)成立．课时跟踪检测（四）排列与排列数的应用1．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有()A．60种 B．48种C．36种 D．24种解析：选D把A，B视为一人，且B排在A的右边，则本题相当于4人的全排列，故有Aeq\o\al(4,4)＝24种排法．2．某班级从A，B，C，D，E，F六名学生中选四人参加4×100m接力比赛，其中第一棒只能在A，B中选一人，第四棒只能在A，C中选一人，则不同的选派方法共有()A．24种 B．36种C．48种 D．72种解析：选B若第一棒选A，则第四棒选C，有Aeq\o\al(2,4)种选派方法；若第一棒选B，则有2Aeq\o\al(2,4)种选派方法．由分类加法计数原理知，共有3Aeq\o\al(2,4)＝36种选派方法．3．三位女歌手和她们各自的指导老师合影，要求每位歌手与她们的老师站一起，这六人排成一排，则不同的排法数为()A．24 B．48C．60 D．96解析：选B先将三位女歌手和她们各自的指导老师捆绑在一起，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)种排法，再将各位女歌手和她们的指导老师进行全排列，即为三个不同对象进行全排列，有Aeq\o\al(3,3)种排法．所以不同的排法数N＝Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝48.故选B.4．2022年11月30日，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”，为记录这一历史时刻，他们准备在天和核心舱合影留念．假设6人站成一排，要求神舟十四号三名航天员互不相邻，且神舟十五号三名航天员也互不相邻，则他们的不同站法共有()A．72种 B．144种C．36种 D．108种解析：选A由题知，不妨先将神舟十四号三名航天员全排列，有Aeq\o\al(3,3)＝6，再将神舟十五号三名航天员插入到神舟十四号三名航天员中．因为神舟十四号三名航天员互不相邻，所以先将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间空出的两个位置上进行排列，有Aeq\o\al(2,3)＝6，最后一位神舟十五号航天员在首和尾中选一个位置站下，共Aeq\o\al(1,2)＝2.故不同站法有Aeq\o\al(3,3)×Aeq\o\al(2,3)×Aeq\o\al(1,2)＝6×6×2＝72（种）．5．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比30000大的五位偶数有()A．288个B．192个C．144个D．126个解析：选B个位上是0时，有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,4)＝72(个)；个位上是2时，有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,4)＝72个；个位上是4时，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,4)＝48(个)，所以共有符合条件的偶数72＋72＋48＝192(个)．6．从班委会的5名成员中选出3名分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙两人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种．(用数字作答)解析：文娱委员有3种选法，则安排学习委员、体育委员有Aeq\o\al(2,4)＝12种方法．由分步乘法计数原理知，共有3×12＝36种选法．答案：367．用1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的七位数，若1,3,5,7的顺序一定，则有________个七位数符合条件．解析：满足条件的七位数有eq\f(A\o\al(7,7),A\o\al(4,4))＝210(个)．答案：2108．用0,1,2,3,4这5个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的五位数有______种．解析：0夹在1,3之间有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)种排法，0不夹在1,3之间又不在首位有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)种排法．所以一共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝28种排法．答案：289．一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单．(1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？解：(1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有Aeq\o\al(2,5)种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有Aeq\o\al(6,6)种排法，故共有不同排法Aeq\o\al(2,5)Aeq\o\al(6,6)＝14400（种）．(2)先不考虑排列要求，有Aeq\o\al(8,8)种排法，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有Aeq\o\al(4,5)Aeq\o\al(4,4)种排法，所以前四个节目有舞蹈节目的排法有Aeq\o\al(8,8)－Aeq\o\al(4,5)Aeq\o\al(4,4)＝37440（种）．1．[多选]有3位男生和3位女生，要在某风景点前站成一排照合影，则下列说法正确的是()A．共有Aeq\o\al(6,6)种不同的排法B．男生不在两端共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)种排法C．男生甲、乙相邻共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(5,5)种排法D．三位女生不相邻共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)种排法解析：选AC有3位男生和3位女生，要在某风景点前站成一排照合影，共有Aeq\o\al(6,6)种不同的排法，A正确；男生不在两端，从3位女生中取2人站两端，再排余下4人，共有Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(4,4)种排法，B不正确；男生甲、乙相邻，视甲、乙为1人与其余4人全排列，再排甲、乙，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(5,5)种排法，C正确；三位女生不相邻，先排3位男生，再在2个间隙及两端4个位置中插入3位女生，共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,4)种排法，D不正确．2．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为________．解析：(插空法)8名学生的排列方法有Aeq\o\al(8,8)种，隔开了9个空位，在9个空位中排列2位老师，方法数为Aeq\o\al(2,9)，由分步乘法计数原理，得总的排法种数为Aeq\o\al(8,8)Aeq\o\al(2,9)＝2903040.答案：29030403.“双减”政策实施以来，各地中小学纷纷开展丰富的课后活动．某校积极开展各种棋类益智活动，某项单人跳棋游戏的规则如下：如图所示，棋子的初始位置为①处，玩家每掷出一枚骰子，朝上一面的点数即为棋子沿棋盘实线顺时针方向前进的格子数，即玩家掷出的点数为ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＝1，2，…，6))，则棋子就按顺时针方向前进i个格子，一直循环下去，现在已知小明同学抛掷3次骰子后棋子恰好又回到起点①处，则其不同的走法数为________．(用数字作答)解析：根据题意可知抛掷3次骰子后恰好回到起点①处需要8步或16步，所以3次投掷骰子的点数之和为8或16，则3次投掷的点数可以为1,1,6；1,2,5；1,3,4；2,2,4；2,3,3；4,6,6；5,5,6；当点数为1,1,6；2,2,4；2,3,3；4,6,6；5,5,6时，有5×3＝15种情况；当点数为1,2,5；1,3,4时，有2×Aeq\o\al(3,3)＝12种情况．综上可得不同的走法数为12＋15＝27.答案：274．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？(1)一个唱歌节目开头，另一个放在最后压台；(2)2个唱歌节目互不相邻；(3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．解：(1)先排唱歌节目有Aeq\o\al(2,2)种排法，再排其他节目有Aeq\o\al(6,6)种排法，所以共有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(6,6)＝1440种排法．(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目有Aeq\o\al(6,6)种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有Aeq\o\al(2,7)种排法，所以共有Aeq\o\al(6,6)·Aeq\o\al(2,7)＝30240种排法．(3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共有Aeq\o\al(4,4)种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有Aeq\o\al(3,5)种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有Aeq\o\al(2,2)种排法，所以共有Aeq\o\al(4,4)·Aeq\o\al(3,5)·Aeq\o\al(2,2)＝2880种排法．5．从1到9这9个数字中取出不同的5个数进行排列．问：(1)奇数的位置上是奇数的有多少种排法？(2)取出的奇数必须排在奇数位置上有多少种排法？解：(1)奇数共有5个，奇数位置共有3个；偶数共有4个，偶数位置共有2个．第一步先在奇数位置上排上奇数共有Aeq\o\al(3,5)种排法；第二步再排偶数位置，有4个偶数和余下的2个奇数可以排，排法为Aeq\o\al(2,6)种，由分步乘法计数原理知，排法种数为Aeq\o\al(3,5)·Aeq\o\al(2,6)＝1800.(2)因为偶数位置上不能排奇数，故先排偶数位，排法为Aeq\o\al(2,4)种，余下的2个偶数与5个奇数全可排在奇数位置上，排法为Aeq\o\al(3,7)种，由分步乘法计数原理知，排法种数为Aeq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,7)＝2520.课时跟踪检测（五）组合与组合数公式1．[多选]下列问题是组合问题的是()A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？B．平面上有2020个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？C．集合{a1，a2，a3，…，an}的含有四个元素的子集有多少个？D．从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？解析：选ABC组合问题与次序无关，排列问题与次序有关，D项中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是两个不同的选法，因此不是组合问题，A、B、C均是组合问题．2．若Ceq\o\al(2,n)＝28，则n＝()A．9 B．8C．7 D．6解析：选B由Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(n×n－1,2)＝28，解得n＝8.3．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有()A．Aeq\o\al(3,10)种 B．Ceq\o\al(3,10)种C．Ceq\o\al(3,10)Aeq\o\al(3,10)种 D．30种解析：选B三张票没区别，从10人中选3人即可，即Ceq\o\al(3,10)，故选B.4．下列计算结果为21的是()A．Aeq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,6) B．Ceq\o\al(3,7)C．Aeq\o\al(2,7) D．Ceq\o\al(2,7)解析：选DCeq\o\al(2,7)＝eq\f(7×6,2×1)＝21.5．甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有()A．36种 B．48种C．96种 D．192种解析：选C甲选修2门有Ceq\o\al(2,4)＝6种选法，乙、丙各有Ceq\o\al(3,4)＝4种选法．由分步乘法计数原理可知，共有6×4×4＝96种选法．6．6个朋友聚会，每两人握手1次，一共握手________次．解析：每两人握手1次，无顺序之分，是组合问题，故一共握手Ceq\o\al(2,6)＝15次．答案：157．若Ceq\o\al(4,n)>Ceq\o\al(6,n)，则n的集合是________．解析：∵Ceq\o\al(4,n)>Ceq\o\al(6,n)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(4,n)>C\o\al(6,n)，,n≥6，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n！,4！n－4！)>\f(n！,6！n－6！)，,n≥6))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2－9n－10<0，,n≥6))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<n<10，,n≥6.))∵n∈N*，∴n＝6,7,8,9.∴n的集合为{6,7,8,9}．答案：{6,7,8,9}8．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A、B、O、AB四种之一，依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB型时，子女一定不是O型，若某人的血型为O型，则父母血型的所有可能情况有________种．解析：父母应为A或B或O，共有Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,3)＝9种情况．答案：99．(1)解不等式：2Ceq\o\al(x－2,x＋1)<3Ceq\o\al(x－1,x＋1)；(2)计算Ceq\o\al(3n,13＋n)＋Ceq\o\al(3n－1,12＋n)＋Ceq\o\al(3n－2,11＋n)＋…＋Ceq\o\al(17－n,2n)；(3)求证：Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n,n－m)Ceq\o\al(m,n－1).解：(1)∵2Ceq\o\al(x－2,x＋1)<3Ceq\o\al(x－1,x＋1)，∴2Ceq\o\al(3,x＋1)<3Ceq\o\al(2,x＋1)，∴2×eq\f(x＋1xx－1,3×2×1)<3×eq\f(x＋1x,2×1).∴eq\f(x－1,3)<eq\f(3,2)，∴x<eq\f(11,2)，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥3，,x＋1≥2，))∴x≥2，∴2≤x<eq\f(11,2)，又x∈N*，∴x＝2,3,4,5.∴不等式的解集为{2,3,4,5}．(2)由题意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n≤13＋n，,17－n≤2n，))得eq\f(17,3)≤n≤eq\f(13,2)，又n∈N*，故n＝6.∴原式＝Ceq\o\al(18,19)＋Ceq\o\al(17,18)＋Ceq\o\al(16,17)＋…＋Ceq\o\al(11,12)＝Ceq\o\al(1,19)＋Ceq\o\al(1,18)＋Ceq\o\al(1,17)＋…＋Ceq\o\al(1,12)＝19＋18＋17＋…＋12＝124.(3)证明：∵eq\f(n,n－m)Ceq\o\al(m,n－1)＝eq\f(n,n－m)·eq\f(n－1！,m！n－1－m！)＝eq\f(n！,m！n－m！)＝Ceq\o\al(m,n)，∴原式成立．10．在6名内科医生和4名外科医生中，现要组成5人医疗小组送医下乡，依下列条件各有多少种选派方法？(1)有3名内科医生和2名外科医生；(2)既有内科医生，又有外科医生．解：(1)先选内科医生有Ceq\o\al(3,6)种选法，再选外科医生有Ceq\o\al(2,4)种选法，故有Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(2,4)＝120种选派方法．(2)既有内科医生，又有外科医生，正面思考应包括四种情况，内科医生去1人，2人，3人，4人，有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(1,4)＝246种选派方法．若从反面考虑，则有Ceq\o\al(5,10)－Ceq\o\al(5,6)＝246种选派方法．1．从6名男生和3名女生中选出4名代表，其中必须有女生，则不同的选法种数为()A．168 B．45C．60 D．111解析：选D选出的代表中女生有1,2,3名时，男生相应有3,2,1名，则不同的选法种数为Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,6)＝111.2．若Aeq\o\al(3,m)＝6Ceq\o\al(4,m)，则m的值为()A．6 B．7C．8 D．9解析：选B由Aeq\o\al(3,m)＝6Ceq\o\al(4,m)得eq\f(m！,m－3！)＝6·eq\f(m！,4！m－4！)，即eq\f(1,m－3)＝eq\f(1,4)，解得m＝7.3．某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路)，则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有________条．解析：要使路线最短，只能向右或向上走，途中不能向左或向下走．因此，从A地到B地归结为走完5条横线段和4条纵线段．设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段，从9个行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有Ceq\o\al(4,9)Ceq\o\al(5,5)＝126种走法，故从A地到B地的最短路线共有126条．答案：1264．从1,2,3,4,5,6六个数字中任选3个后得到一个由这三个数组成的最小三位数，则可以得到多少个不同的这样的最小三位数？解：从6个不同数字中任选3个组成最小三位数，相当于从6个不同元素中任选3个元素的一个组合，故所有不同的数的个数为Ceq\o\al(3,6)＝eq\f(6×5×4,3×2×1)＝20.5．某市工商局对35种商品进行抽样检查，鉴定结果有15种假货，现从35种商品中选取3种．(1)恰有2种假货在内的不同取法有多少种？(2)至少有2种假货在内的不同取法有多少种？(3)至多有2种假货在内的不同取法有多少种？解：(1)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件，有Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(2,15)＝2100(种)，所以恰有2种假货在内的不同取法有2100种．(2)选取2件假货有Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(2,15)种，选取3件假货有Ceq\o\al(3,15)种，共有选取方法Ceq\o\al(1,20)Ceq\o\al(2,15)＋Ceq\o\al(3,15)＝2555(种)．(3)选取3件的种数有Ceq\o\al(3,35)，因此有选取方法Ceq\o\al(3,35)－Ceq\o\al(3,15)＝6090(种)．所以至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．课时跟踪检测（六）组合的综合应用1．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这2个球同色的不同取法有()A．27种 B．24种C．21种 D．18种解析：选C分两类：一类是2个白球有Ceq\o\al(2,6)＝15种取法，另一类是2个黑球有Ceq\o\al(2,4)＝6种取法，所以共有15＋6＝21种取法．2．某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为()A．120 B．84C．52 D．48解析：选C间接法：Ceq\o\al(3,8)－Ceq\o\al(3,4)＝52种．3．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A．10种 B．15种C．20种 D．30种解析：选C按比赛局数分类：3局时有2种，4局时有2Ceq\o\al(2,3)种，5局时有2Ceq\o\al(2,4)种，故共有2＋2Ceq\o\al(2,3)＋2Ceq\o\al(2,4)＝20种．4.如图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为()A．320 B．160C．96 D．60解析：选A按③→①→②→④的顺序涂色，有Ceq\o\al(1,5)×Ceq\o\al(1,4)×Ceq\o\al(1,4)×Ceq\o\al(1,4)＝5×4×4×4＝320种不同的方法．5．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有()A．56种 B．68种C．74种 D．92种解析：选D根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(3,6)种，有一个“多面手”的选派方法有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(3,5)种，有两个“多面手”的选派方法有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(3,4)种，即共有20＋60＋12＝92种不同的选派方法．6．4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去1名，则不同的保送方案有________种．解析：把4名学生分成3组有Ceq\o\al(2,4)种方法，再把3组学生分配到3所学校有Aeq\o\al(3,3)种方法，故共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36种保送方案．答案：367．将9名教师分到3所中学任教，一所2名，一所3名，一所4名，则有________种不同的分法．解析：Ceq\o\al(2,9)Ceq\o\al(3,7)Ceq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,3)＝7560(种)．答案：75608．将标号为1,2，…，10的10个球放入标号为1,2，…，10的10个盒子内．每个盒内放一个球，则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有______种．(以数字作答)解析：从10个球中任取3个，有Ceq\o\al(3,10)种方法．取出的3个球与其所在盒子的标号不一致的方法有2种．所以共有2Ceq\o\al(3,10)＝240种方法．答案：2409．一个口袋里装有7个白球和2个红球，从口袋中任取5个球．(1)共有多少种不同的取法？(2)恰有1个为红球，共有多少种取法？解：(1)从口袋里的9个球中任取5个球，不同的取法共有Ceq\o\al(5,9)＝126(种)．(2)可分两步完成，首先从7个白球中任取4个白球，有Ceq\o\al(4,7)种取法，然后从2个红球中任取1个红球共有Ceq\o\al(1,2)种取法．所以共有Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(4,7)＝70种取法．10．10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现下列结果：(1)4只鞋子没有成双的；(2)4只鞋子恰有两双；(3)4只鞋子有2只成双，另2只不成双．解：(1)从10双鞋子中选取4双，有Ceq\o\al(4,10)种不同选法，每双鞋子中各取一只，分别有2种取法，根据分步乘法计数原理可知，选取种数为N＝Ceq\o\al(4,10)×24＝3360.(2)从10双鞋子中选2双有Ceq\o\al(2,10)种取法，即有45种不同取法．(3)先选取一双有Ceq\o\al(1,10)种选法，再从9双鞋中选取2双有Ceq\o\al(2,9)种选法，每双鞋只取一只各有2种取法，根据分步乘法计数原理，不同取法种数为N＝Ceq\o\al(1,10)Ceq\o\al(2,9)×22＝1440.1.如图是由6个正方形拼成的矩形图案，从图中的12个顶点中任取3个点作为一组．其中可以构成三角形的组数为()A．208 B．204C．200 D．196解析：选C任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种：一是3条横线上的4个点，其组数为3Ceq\o\al(3,4)；二是4条竖线上的3个点，其组数为4Ceq\o\al(3,3)；三是4条对角线上的3个点，其组数为4Ceq\o\al(3,3)，所以可以构成三角形的组数为Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)－8Ceq\o\al(3,3)＝200，故选C.2．某学习小组有男、女生共8人，现从男生中选2人，女生中选1人分别去做3种不同的工作，共有90种不同的选法，则男、女生人数分别为()A．2,6 B．3,5C．5,3 D．6,2解析：选B设男生人数为n，则女生人数为8－n，其中(1<n<8，n∈N*)，由题意知，Ceq\o\al(2,n)Ceq\o\al(1,8－n)Aeq\o\al(3,3)＝90，即eq\f(nn－1,2)·(8－n)＝15，整理，得(n－3)(n2－6n－10)＝0，解得n＝3，所以男、女生人数分别为3,5.故选B.3．以正方体的顶点为顶点的四面体共有________个．解析：先从8个顶点中任取4个的取法为Ceq\o\al(4,8)种，其中，共面的4点有12个，则四面体的个数为Ceq\o\al(4,8)－12＝58个．答案：584．从1到6这6个数中，取2个偶数和2个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：(1)能组成多少个不同的四位数？(2)四位数中，2个偶数排在一起的有几个？(3)2个偶数不相邻的四位数有几个？(所得结果均用数值表示)．解：(1)易知四位数共有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(4,4)＝216(个)．(2)上述四位数中，偶数排在一起的有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝108(个)．(3)由(1)(2)知，两个偶数不相邻的四位数有216－108＝108(个)．5．已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β内有6个点．(1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同的平面？(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？(3)(2)中的三棱锥最多可以有多少个不同体积？解：(1)所作出的平面有三类．①α内1点，β内2点确定的平面，最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,6)个．②α内2点，β内1点确定的平面，最多有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,6)个．③α，β本身，有2个．故所作的平面最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,6)＋2＝98(个)．(2)所作的三棱锥有三类．①α内1点，β内3点确定的三棱锥，最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,6)个．②α内2点，β内2点确定的三棱锥，最多有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,6)个．③α内3点，β内1点确定的三棱锥，最多有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,6)个．故最多可作出的三棱锥有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,6)＝194(个)．(3)当等底面积、等高时，三棱锥的体积相等，所以体积不相同的三棱锥最多有Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(2,4)＝114(个)．故最多有114个体积不同的三棱锥．课时跟踪检测（七）二项式定理1．1－2Ceq\o\al(1,n)＋4Ceq\o\al(2,n)－8Ceq\o\al(3,n)＋…＋(－2)nCeq\o\al(n,n)＝()A．1 B．－1C．(－1)n D．3n解析：选C逆用公式，将1看作公式中的a，－2看作公式中的b，可得原式＝(1－2)n＝(－1)n.2．若(2x－3eq\r(x))n＋3的展开式中共有15项，则自然数n的值为()A．11 B．12C．13 D．14解析：选A因为(2x－3eq\r(x))n＋3的展开式中共n＋4项，所以n＋4＝15，即n＝11.3．[多选]对于二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3))n(n∈N*)，以下判断正确的是()A．存在n∈N*，展开式中有常数项B．对任意n∈N*，展开式中没有常数项C．对任意n∈N*，展开式中没有含x的项D．存在n∈N*，展开式中有含x的项解析：选AD二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3))n(n∈N*)展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))n－r(x3)r＝Ceq\o\al(r,n)x4r－n，不妨令n＝4，则r＝1时，展开式中有常数项，故A正确，B错误；令n＝3，则r＝1时，展开式中有含x的项，故C错误，D正确．故选A，D.4．(2024·北京高考)在(x－eq\r(x))4的展开式中，x3的系数为()A．6 B．－6C．12 D．－12解析：选A(x－eq\r(x))4的展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)x4－r(－eq\r(x))r＝(－1)rCeq\o\al(r,4)x4－eq\f(r,2)(r＝0,1,2,3,4)．由4－eq\f(r,2)＝3，得r＝2，所以(x－eq\r(x))4的展开式中x3的系数为(－1)2Ceq\o\al(2,4)＝6.5．对任意实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3，则a2的值为()A．3B．6C．9D．21解析：选B∵x3＝[(x－2)＋2]3＝Ceq\o\al(0,3)(x－2)3＋Ceq\o\al(1,3)(x－2)2·2＋Ceq\o\al(2,3)(x－2)·22＋Ceq\o\al(3,3)·23＝8＋12(x－2)＋6(x－2)2＋(x－2)3，∴a2＝6.6．(2024·天津高考)在eq\b\lc\(\rc\)(\f(3,x3)＋\f(x3,3))6的展开式中，常数项为________．解析：展开式的通项Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x3)))6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)))k＝Ceq\o\al(k,6)·36－2k·x6k－18.令6k－18＝0，则k＝3，所以常数项为T4＝Ceq\o\al(3,6)·30·x0＝20.答案：207．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．解析：(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)x8－ryr，r＝0,1，…，7,8.令r＝6，得T6＋1＝Ceq\o\al(6,8)x2y6，令r＝5，得T5＋1＝Ceq\o\al(5,8)x3y5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq\o\al(6,8)－Ceq\o\al(5,8)＝－28.答案：－288．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,x)))9的展开式中x3的系数是－84，则a＝________.解析：展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9)x9－r(－a)req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,9)·(－a)rx9－2r(0≤r≤9，r∈N)．当9－2r＝3时，解得r＝3，根据题意得Ceq\o\al(3,9)(－a)3＝－84，解得a＝1.答案：19．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))n的展开式中，前三项的系数成等差数列．(1)求n；(2)求展开式中的有理项；(3)求展开式中系数最大的项．解：(1)由二项展开式知，前三项的系数分别为Ceq\o\al(0,n)，eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,n)，eq\f(1,4)Ceq\o\al(2,n)，由已知得2×eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,n)＝Ceq\o\al(0,n)＋eq\f(1,4)Ceq\o\al(2,n)，解得n＝8(n＝1舍去)．(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(4,x))))8的展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)(eq\r(x))8－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(4,x))))r＝2－rCeq\o\al(r,8)x4－eq\f(3r,4)(r＝0,1，…，8)，要求有理项，则4－eq\f(3r,4)必为整数，即r＝0,4,8，共3项，这3项分别是T1＝x4，T5＝eq\f(35,8)x，T9＝eq\f(1,256x2).(3)设第r＋1项的系数ar＋1最大，则ar＋1＝2－rCeq\o\al(r,8)，则eq\f(ar＋1,ar)＝eq\f(2－rC\o\al(r,8),2－r－1C\o\al(r－1,8))＝eq\f(9－r,2r)≥1，eq\f(ar＋1,ar＋2)＝eq\f(2－rC\o\al(r,8),2－r＋1C\o\al(r＋1,8))＝eq\f(2r＋1,8－r)≥1，解得2≤r≤3.当r＝2时，a3＝2－2Ceq\o\al(2,8)＝7，当r＝3时，a4＝2－3Ceq\o\al(3,8)＝7，因此，第3项和第4项的系数最大，故系数最大的项为T3＝7xeq\f(5,2)，T4＝7xeq\f(7,4).10．求(x＋2)10(x2－1)的展开式中x10的系数．解：(x＋2)10(x2－1)＝x2(x＋2)10－(x＋2)10，本题求x10的系数，只需求(x＋2)10展开式中x8及x10的系数．由Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)x10－r·2r，取r＝2得x8的系数为Ceq\o\al(2,10)×22＝180，又x10的系数为Ceq\o\al(0,10)＝1，因此所求系数为180－1＝179.1．若(x＋2)n的展开式的第4项是eq\f(5,2)，第3项的二项式系数是15，则x的值为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(\r(2),8)D.eq\f(1,8)解析：选B由(x＋2)n的展开式的第4项为23Ceq\o\al(3,n)xn－3，第3项的二项式系数是Ceq\o\al(2,n)，可知Ceq\o\al(2,n)＝15,23Ceq\o\al(3,n)xn－3＝eq\f(5,2)，解得n＝6，x＝eq\f(1,4)，故选B.2．(1－x)4(1－eq\r(x))3的展开式中x2的系数是()A．－6B．－3C．0D．3解析：选A∵(1－x)4(1－eq\r(x))3＝(1－4x＋6x2－4x3＋x4)(1－3xeq\f(1,2)＋3x－xeq\f(3,2))，∴x2的系数是－12＋6＝－6.3．若(1＋eq\r(2))5＝a＋beq\r(2)(a，b为有理数)，则a＋b＝________.解析：∵(1＋eq\r(2))5＝1＋Ceq\o\al(1,5)eq\r(2)＋Ceq\o\al(2,5)(eq\r(2))2＋Ceq\o\al(3,5)(eq\r(2))3＋Ceq\o\al(4,5)(eq\r(2))4＋Ceq\o\al(5,5)(eq\r(2))5＝41＋29eq\r(2)，∴a＝41，b＝29，a＋b＝41＋29＝70.答案：704．已知(eq\r(x)＋eq\r(3,x))n(其中n<15)的展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数成等差数列．(1)求n的值；(2)写出它展开式中的所有有理项．解：(1)由(eq\r(x)＋eq\r(3,x))n(其中n<15)的展开式中第9项，第10项，第11项的二项式系数分别是Ceq\o\al(8,n)，Ceq\o\al(9,n)，Ceq\o\al(10,n)，得eq\f(n！,8！n－8！)＋eq\f(n！,10！n－10！)＝2·eq\f(n！,9！n－9！)，化简得90＋(n－9)(n－8)＝20(n－8)，即n2－37n＋322＝0，解得n＝14或n＝23，因为n<15，所以n＝14.(2)展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,14)xeq\f(14－r,2)·xeq\f(r,3)＝Ceq\o\al(r,14)·xeq\f(42－r,6)，展开式中的有理项当且仅当r是6的倍数，0≤r≤14，所以展开式中的有理项共3项是：r＝0，T1＝Ceq\o\al(0,14)x7＝x7；r＝6，T7＝Ceq\o\al(6,14)x6＝3003x6；r＝12，T13＝Ceq\o\al(12,14)x5＝91x5.5．已知m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为19，求x2的系数的最小值及此时展开式中x7的系数．解：由题设知m＋n＝19，又m，n∈N*，所以1≤m≤18.x2的系数为Ceq\o\al(2,m)＋Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(1,2)(m2－m)＋eq\f(1,2)(n2－n)＝m2－19m＋171.所以当m＝9或10时，x2的系数的最小值为81，此时x7的系数为Ceq\o\al(7,9)＋Ceq\o\al(7,10)＝156.课时跟踪检测（八）二项式系数的性质1.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))11的展开式中二项式系数最大的项是()A．第6项 B．第8项C．第5,6项 D．第6,7项解析：选D由n＝11为奇数，则展开式中第eq\f(11＋1,2)项和第eq\f(11＋1,2)＋1项，即第6项和第7项的二项式系数相等，且最大．2．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－\r(3,x)))n(n∈N*)的展开式中，所有的二项式系数之和为32，则所有系数之和为()A．32 B．－32C．0 D．1解析：选D由题意得2n＝32，得n＝5.令x＝1，得展开式所有项的系数之和为(2－1)5＝1.3．若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝()A．40 B．41C．－40 D．－41解析：选B依题意，令x＝1，可得1＝a4＋a3＋a2＋a1＋a0，令x＝－1，可得81＝a4－a3＋a2－a1＋a0，以上两式相加可得82＝2(a4＋a2＋a0)，所以a0＋a2＋a4＝41，故选B.4．若(1－2x)2020＝a0＋a1x＋…＋a2020x2020(x∈R)，则eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2020,22020)的值为()A．2 B．0C．－2 D．－1解析：选D(1－2x)2020＝a0＋a1x＋…＋a2020x2020，令x＝eq\f(1,2)，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2×\f(1,2)))2020＝a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2020,22020)＝0，其中a0＝1，所以eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2020,22020)＝－1.5．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为()A．212 B．211C．210 D．29解析：选D因为(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以Ceq\o\al(3,n)＝Ceq\o\al(7,n)，解得n＝10，所以二项式(1＋x)10的展开式中奇数项的二项式系数和为eq\f(1,2)×210＝29.6．(2024·上海高考)