資源簡介

板塊綜合融會　計數原理與楊輝三角性質的綜合應用
(習題課小結評價式教學)
[建構知識體系]
[融通學科素養]
1.浸潤的核心素養
通過對兩個計數原理、排列與組合的運算、二項式定理的學習,提升數學運算素養.通過建立排列與組合的模型提升數學建模的素養.
2.滲透的數學思想
在本章中,兩個計數原理有分類與分步的區別,本身含有分類討論的思想.在解決排列組合綜合問題時,正面解比較困難,可進行反面考慮,使復雜問題簡單化,體現正難則反的思想;在排列組合問題中,涉及至多、至少問題時,也可轉化為其反面考慮,二項式定理中,多項可轉化為二項,體現轉化與化歸思想.
融通點(一)　解排列組合問題的常用方法
[例1]　6名師生站成一排照相留念,其中老師1名,男同學3名,女同學2名.
(1)(捆綁法與插空法)若兩位女生相鄰,但都不與老師相鄰的站法有多少種
(2)(特殊元素與特殊位置優先原則或正難則反法)若排成一排,其中甲不站最左邊,乙不站最右邊的站法有多少種
(3)(隔板法)現有14個相同的口罩全部發給這5名學生,每名同學至少發2個口罩,則不同的發放方法有多少種
聽課記錄:
[思維建模]
解決排列組合應用題的常用方法
(1)合理分類,準確分步;(2)特殊優先,一般在后;
(3)先取后排,間接排除;(4)集團捆綁,間隔插空;
(5)抽象問題,構造模型;(6)均分除序,定序除序.
　　[針對訓練]
1.某城市的街道如圖,某人要從A地前往B地,則路程最短的走法有 (　　)
A.8種 B.10種
C.12種 D.32種
2.[多選]將4個編號分別為1,2,3,4的小球放入4個編號分別為1,2,3,4的盒子中,下列說法正確的是 (　　)
A.共有24種放法
B.若每個盒子都有小球,則有24種放法
C.若恰好有一個空盒,則有144種放法
D.若每個盒內放一個小球,且恰好有一個小球的編號與盒子的編號相同,則有24種放法
3.從5名學生中選出4名分別參加A,B,C,D四科競賽,其中甲不能參加C,D兩科競賽,則不同的參賽方案種數為　　　　　.
融通點(二)　排列組合與古典概型相結合
[例2]　現在六個人并排站成一排,則甲、乙、丙三人不相鄰,且甲在乙的左邊,乙在丙的左邊的概率為 (　　)
A. B.
C. D.
聽課記錄:
　　[針對訓練]
4.(2023·全國甲卷)某校文藝部有4名學生,其中高一、 高二年級各2名.從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演,則這2名學生來自不同年級的概率為 (　　)
A. B.
C. D.
5.用數字1,2,3,4,5組成沒有重復數字的五位數,則數字3在五位數中位于1和5之間(可以不相鄰)的概率為 (　　)
A. B.
C. D.
融通點(三)　二項式系數與楊輝三角性質相結合
[例3]　[多選]“楊輝三角”是二項式系數在三角形中的一種幾何排列,在我國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中就有出現.如圖所示,在“楊輝三角”中,除每行兩邊的數都是1外,其余每個數都是其“肩上”的兩個數之和.下列結論正確的是 (　　)
A.第9行從左到右第7個數是84
B.當n=12時，從第1行起，每一行第2列的數字之和為78
C.第n行的所有數字之和為2n-1
D.記第n行的第i個數為ai，則2i-1ai=3n+1
聽課記錄:
[思維建模]
　　結合所學過的二項式定理的知識,在楊輝三角中橫看、斜看、局部看、整體看,發現了一些規律.
①第n行的和為2n,即+++…+=2n.
②第n行所有數字拼在一起為11n(第4行數字為1,4,6,4,1,拼在一起為14 641=114).
③自腰上的某個1開始平行于腰上的一條線上的連續n個數的和等于最后一個數斜右下方的那個數(曲棍球定理)+++…+=.④從第3條斜線中數字的和起,其后各斜線中數字的和是前兩條斜線中數字和之和(斐波那契).
記從第n行的1開始相加,得到的數為F(n),則
F(n)=+++…
F(n+1)=+++…
F(n+2)=+++…
所以F(n+2)=F(n+1)+F(n).
⑤+=.
　　
[針對訓練]
6.楊輝是我國南宋杰出的數學家,其著作《詳解九章算法》中畫有一張表示二項式展開后的二項式系數構成的三角形數陣(如圖所示),稱為“開方作法本源”,現簡稱為“楊輝三角”.若用A(m,n)表示三角形數陣中的第m行第n個數,m,n∈N*,則A(100,3)= (　　)
A.5 050 B.4 851
C.4 950 D.5 000
7.[多選]如圖的構造思路源于楊輝三角,該圖由若干行數字組成,每一行最左與最右的數字均為2,其余的數字都等于其“肩上”的數字之積.記第i行從左往右第j個數為ai,j(i,j∈N*,j≤i),則 (　　)
A.a8，2=128
B.ai，2=245
C.第9行的奇數項之積等于偶數項之積
D.存在j，使得log2a63，j∶log2a63，j+1∶log2a63，j+2=3∶4∶5
　
板塊綜合融會　計數原理與楊輝三角性質的綜合應用
[融通點(一)]
[例1]　解:(1)先把除兩位女生和老師這3人外的3人排好,有種排法,
由于兩名女生相鄰,故再把兩名女生排好,有種排法,
最后把排好的女生這個整體與老師分別插入原先排好的3人之間及兩端的4個空隙中,有種排法,故排法共有=144(種).
(2)法一　甲在最右邊時,其他的可全排,有種方法;甲不在最右邊時,可從余下的4個位置任選一個,有種,而乙可排在除去最右邊的位置后剩下的4個中任選一個有種,其余人全排列,有種不同排法,共有+··=504(種).
法二　6名師生全排列,有種方法,其中甲在最左邊時,有種方法,乙在最右邊時,有種方法,其中都包含了甲在最左邊且乙在最右邊的情形,有種方法,共-2+=504(種).
(3)法一　14個相同的口罩,每位同學先拿一個,剩下的9個口罩排成一排有8個間隙,插入4塊板子分成5份,每一種分法所得5份給到5個人即可,所以不同的發放方法有=70種.
法二　先分發給每位學生2個口罩,再將剩下4個相同的口罩分給5位同學,有五類分法:
①四個口罩分給1人,有=5種分法;
②四個口罩分成2,2兩份分給2人,有=10種分法;
③四個口罩分成3,1兩份分給2人,有=20種分法;
④四個口罩分成2,1,1三份分給3人,有=30種分法;
⑤四個口罩分成1,1,1,1四份分給4人,有=5種分法;
則共有5+10+20+30+5=70種分法.
[針對訓練]
1.選B　此人從A到B,路程最短的走法應走2縱3橫,將縱用0表示,橫用1表示,則一種走法就是2個0和3個1的一個排列,只需從5個位置中選2個排0,其余位置排1即可,故共有=10種.
2.選BC　對于A,每個小球有4種放法,所以共有44=256種放法,故A錯誤.
對于B,若每個盒子都有小球,則有=24種放法,故B正確.
對于C,先從4個小球中任選2個,放入其中1個盒子中,有=24種放法,再在剩下的3個盒子中任選2個,放入剩下的2個小球,有=6種放法,所以共有24×6=144種放法,故C正確.
對于D,先從4個小球中任選1個,放入編號相同的盒子中,有=4種放法,再將剩下的3個小球放入編號不同的盒子中,有2種放法,所以共有4×2=8種放法,故D錯誤.故選BC.
3.解析:分為以下幾步:(1)選人:先從5人中選出4人,分為兩種情況:有甲參加和無甲參加.有甲參加時,選法有=4(種);無甲參加時,選法有=1(種).(2)安排科目:有甲參加時,先排甲,再排其他人,排法有=12(種);無甲參加時,排法有=24(種).由分步乘法計數原理,不同的參賽方案種數為4×12+1×24=72.
答案:72
[融通點(二)]
[例2]　選B　6人的全排列有,利用插空法,將余下的三個人全排列,則將甲、乙、丙三人插入到四個空中且他們的順序為甲乙丙一種,又由甲、乙、丙三人的全排列有種,所以甲、乙、丙三人不相鄰,且甲在乙的左邊,乙在丙的左邊的排法有種,故所求概率為=.
[針對訓練]
4.選D　記高一年級2名學生分別為a1,a2,高二年級2名學生分別為b1,b2,則從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演的樣本點有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),(b1,b2),共6個,其中這2名學生來自不同年級的樣本點有(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),共4個,所以這2名學生來自不同年級的概率P==,故選D.
5.選D　用數字1,2,3,4,5組成沒有重復數字的五位數,
樣本點總數n==120,數字3在五位數中位于1和5之間的樣本點個數m=·=40,則數字3在五位數中位于1和5之間(可以不相鄰)的概率為==.故選D.
[融通點(三)]
[例3]　選AB　對于A,第9行從左到右第7個數是=84,故A正確.
對于B,當n=12時,從第1行起,每一行第2列的數字之和為1+2+…+12==78,故B正確.
對于C,第n行的所有數字之和為2n,故C錯誤.
對于D，易知ai=，所以2i-1ai=20a1+21a2+22a3+…+2nan+1=20+21+22+…+2n=(1+2)n=3n，故D錯誤.故選AB.
[針對訓練]
6.選B　由二項展開式中各二項式系數可知,第m行第n個數應為,所以第100行第3個數為=4 851,即A(100,3)=4 851.故選B.
7. 選ACD　對于A，a8，2表示第8行從左往右第2個數，其指數為=7，所以a8，2=27=128，故A正確.
對于B，ai，2=2i-1=210-2≠245，故B錯誤.
對于C,第9行的奇數項的指數之和為++++=27,偶數項的指數之和為+++=27,所以第9行的奇數項之積為=2128,偶數項之積為=2128,所以第9行的奇數項之積等于偶數項之積,故C正確.
對于D,假設存在滿足題意的j,則=且=(因為a63,j的指數為,所以log2a63,j=),即=且=,化簡,得=且=,解得j=27,故D正確.故選ACD.
4 / 4(共69張PPT)
板塊綜合融會　計數原理與楊輝三角
性質的綜合應用
(習題課——小結評價式教學)
[建構知識體系]
[融通學科素養]
1.浸潤的核心素養
通過對兩個計數原理、排列與組合的運算、二項式定理的學習，提升數學運算素養.通過建立排列與組合的模型提升數學建模的素養.
2.滲透的數學思想
在本章中，兩個計數原理有分類與分步的區別，本身含有分類討論的思想.在解決排列組合綜合問題時，正面解比較困難，可進行反面考慮，使復雜問題簡單化，體現正難則反的思想；在排列組合問題中，涉及至多、至少問題時，也可轉化為其反面考慮，二項式定理中，多項可轉化為二項，體現轉化與化歸思想.
CONTENTS
目錄
1
2
3
融通點(一)　解排列組合問題的常用方法
融通點(二)　排列組合與古典
概型相結合
融通點(三)　二項式系數與楊輝
三角性質相結合
4
課時跟蹤檢測
融通點(一)　解排列組合問題
的常用方法
01
[例1]　6名師生站成一排照相留念，其中老師1名，男同學3名，女同學2名.
(1)(捆綁法與插空法)若兩位女生相鄰，但都不與老師相鄰的站法有多少種
解：先把除兩位女生和老師這3人外的3人排好，有種排法，
由于兩名女生相鄰，故再把兩名女生排好，有種排法，
最后把排好的女生這個整體與老師分別插入原先排好的3人之間及兩端的4個空隙中，有種排法，故排法共有=144(種).
(2)(特殊元素與特殊位置優先原則或正難則反法)若排成一排，其中甲不站最左邊，乙不站最右邊的站法有多少種
解：法一　甲在最右邊時，其他的可全排，有種方法；甲不在最右邊時，可從余下的4個位置任選一個，有種，而乙可排在除去最右邊的位置后剩下的4個中任選一個有種，其余人全排列，有種不同排法，共有+··=504(種).
法二　6名師生全排列，有種方法，其中甲在最左邊時，有種方法，乙在最右邊時，有種方法，其中都包含了甲在最左邊且乙在最右邊的情形，有種方法，共-2+=504(種).
(3)(隔板法)現有14個相同的口罩全部發給這5名學生，每名同學至少發2個口罩，則不同的發放方法有多少種
解：法一　14個相同的口罩，每位同學先拿一個，剩下的9個口罩排成一排有8個間隙，插入4塊板子分成5份，每一種分法所得5份給到5個人即可，所以不同的發放方法有=70種.
法二　先分發給每位學生2個口罩，再將剩下4個相同的口罩分給5位同學，有五類分法：
①四個口罩分給1人，有=5種分法；
②四個口罩分成2，2兩份分給2人，有=10種分法；
③四個口罩分成3，1兩份分給2人，有=20種分法；
④四個口罩分成2，1，1三份分給3人，有=30種分法；
⑤四個口罩分成1，1，1，1四份分給4人，有=5種分法；
則共有5+10+20+30+5=70種分法.
[思維建模]
解決排列組合應用題的常用方法
(1)合理分類，準確分步；(2)特殊優先，一般在后；
(3)先取后排，間接排除；(4)集團捆綁，間隔插空；
(5)抽象問題，構造模型；(6)均分除序，定序除序.
1.某城市的街道如圖，某人要從A地前往B地，則路程最短的走法有 (　　)
A.8種 B.10種
C.12種 D.32種
解析：此人從A到B，路程最短的走法應走2縱3橫，將縱用0表示，橫用1表示，則一種走法就是2個0和3個1的一個排列，只需從5個位置中選2個排0，其余位置排1即可，故共有=10種.
針對訓練
√
2.[多選]將4個編號分別為1，2，3，4的小球放入4個編號分別為1，2，3，4的盒子中，下列說法正確的是 (　　)
A.共有24種放法
B.若每個盒子都有小球，則有24種放法
C.若恰好有一個空盒，則有144種放法
D.若每個盒內放一個小球，且恰好有一個小球的編號與盒子的編號相同，則有24種放法
√
√
解析：對于A，每個小球有4種放法，所以共有44=256種放法，故A錯誤.
對于B，若每個盒子都有小球，則有=24種放法，故B正確.
對于C，先從4個小球中任選2個，放入其中1個盒子中，有=24種放法，再在剩下的3個盒子中任選2個，放入剩下的2個小球，有=6種放法，所以共有24×6=144種放法，故C正確.
對于D，先從4個小球中任選1個，放入編號相同的盒子中，有=4種放法，再將剩下的3個小球放入編號不同的盒子中，有2種放法，所以共有4×2=8種放法，故D錯誤.故選BC.
3.從5名學生中選出4名分別參加A，B，C，D四科競賽，其中甲不能參加C，D兩科競賽，則不同的參賽方案種數為_____.
解析：分為以下幾步：(1)選人：先從5人中選出4人，分為兩種情況：有甲參加和無甲參加.有甲參加時，選法有=4(種)；無甲參加時，選法有=1(種).(2)安排科目：有甲參加時，先排甲，再排其他人，排法有=12(種)；無甲參加時，排法有=24(種).由分步乘法計數原理，不同的參賽方案種數為4×12+1×24=72.
72
融通點(二)　排列組合與古典
概型相結合
02
[例2]　現在六個人并排站成一排，則甲、乙、丙三人不相鄰，且甲在乙的左邊，乙在丙的左邊的概率為 (　　)
A. B.
C. D.
√
解析：6人的全排列有，利用插空法，將余下的三個人全排列，則將甲、乙、丙三人插入到四個空中且他們的順序為甲乙丙一種，又由甲、乙、丙三人的全排列有種，所以甲、乙、丙三人不相鄰，且甲在乙的左邊，乙在丙的左邊的排法有種，故所求概率為=.
針對訓練
4.(2023·全國甲卷)某校文藝部有4名學生，其中高一、 高二年級各2名.從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演，則這2名學生來自不同年級的概率為 (　　)
A. B.
C. D.
√
解析：記高一年級2名學生分別為a1，a2，高二年級2名學生分別為b1，b2，則從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演的樣本點有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6個，其中這2名學生來自不同年級的樣本點有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4個，所以這2名學生來自不同年級的概率P==，故選D.
5.用數字1，2，3，4，5組成沒有重復數字的五位數，則數字3在五位數中位于1和5之間(可以不相鄰)的概率為 (　　)
A.B. C. D.
解析：用數字1，2，3，4，5組成沒有重復數字的五位數，樣本點總數n==120，數字3在五位數中位于1和5之間的樣本點個數m=·=40，則數字3在五位數中位于1和5之間(可以不相鄰)的概率為==.故選D.
√
融通點(三)　二項式系數與楊輝
三角性質相結合
03
[例3]　[多選]“楊輝三角”是二項式系數在三角形中的一種幾何排列，在我國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書中就有出現.如圖所示，在“楊輝三角”中，除每行兩邊的數都是1外，其余每個數都是其“肩上”的兩個數之和.下列結論正確的是 (　　)
√
√
解析：對于A，第9行從左到右第7個數是=84，故A正確.
對于B，當n=12時，從第1行起，每一行第2列的數字之和為1+2+…
+12==78，故B正確.對于C，第n行的所有數字之和為2n，
故C錯誤.對于D，易知ai=，
+2nan+1=20+21+22+…+2n=(1+2)n=3n，故D錯誤.故選AB.
　[思維建模]
　　結合所學過的二項式定理的知識，在楊輝三角中橫看、斜看、局部看、整體看，發現了一些規律.
①第n行的和為2n，即+++…+=2n.
②第n行所有數字拼在一起為11n(第4行數字為1，4，6，4，1，拼在一起為14 641=114).
③自腰上的某個1開始平行于腰上的一條線上的連續n個數的和等于最后一個數斜右下方的那個數(曲棍球定)+++…+=.
④從第3條斜線中數字的和起，其后各斜線中數字的和是前兩條斜線中數字和之和(斐波那契).
記從第n行的1開始相加，得到的數為F(n)，則
F(n)=+++…
F(n+1)=+++…
F(n+2)=+++…
所以F(n+2)=F(n+1)+F(n).
⑤+=.
針對訓練
6.楊輝是我國南宋杰出的數學家，其著作《詳解
九章算法》中畫有一張表示二項式展開后的二項
式系數構成的三角形數陣(如圖所示)，稱為“開方
作法本源”，現簡稱為“楊輝三角”.若用A(m，n)表
示三角形數陣中的第m行第n個數，m，n∈N*，
則A(100，3)= (　　)
A.5 050 B.4 851
C.4 950 D.5 000
解析：由二項展開式中各二項式系數可知，第m行第n個數應為，所以第100行第3個數為=4 851，即A(100，3)=4 851.故選B.

√
7.[多選]如圖的構造思路源于楊輝三角，該圖由若干行數字
組成，每一行最左與最右的數字均為2，其余的數字都等于
其“肩上”的數字之積.記第i行從左往右第j個數為ai，j(i，j∈
N*，j≤i)，則 (　　)
√
√
√
偶數項之積為=2128，所以第9行的奇數項之積等于偶數項之積，故C正確.
對于D，假設存在滿足題意的j，則=且=(因為a63，j的指數為，所以log2a63，j=)，即=且=，
化簡，得=且=，解得j=27，故D正確.故選ACD.
課時跟蹤檢測
04
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2
A級——綜合提能
1.在1，2，3，4，5這五個數字組成的沒有重復數字的三位數中，各位數字之和為奇數的個數為(　　)
A.36 B.24 C.18 D.6
解析：各位數字之和為奇數分為兩類：兩個偶數、一個奇數，有=18(個)；三個都是奇數，有=6(個).所以各位數字之和為奇數的個數為18+6=24.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2
3
4
2.考試停課復習期間，小王同學計劃將一天中的7節課全部用來復習4門不同的考試科目，每門科目復習1節或2節課，則不同的復習安排方法種數為 (　　)
A.360 B.630
C.2 520 D.15 120
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
2
3
4
解析：用7節課復習4門科目，每門科目復習1節或2節課，按每門科目復習的課的節數進行分組，則分組情況為1，2，2，2，分兩步完成，第一步：從4門科目中選擇1門，安排一節課，共有=28種方法，第二步：安排剩下的科目，每門科目2節課，共有=90種方法，所以不同的復習安排方法共有28×90=2 520(種).故選C.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
3.如圖所示，在由二項式系數構成的楊輝三角中，第m行從左到右第14個數與第15個數的比為2∶3，則m= (　　)
A.40 B.50
C.34 D.32
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解析：由題意，得第m行從左到右第n個數為，n∈N*，m∈N且n-1≤m，∵第m行從左到右第14個數與第15個數的比為2∶3，∴=，即=，∴m=34.故選C.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
4.甲、乙等5名學生參加學校運動會志愿者服務活動，每個人從“檢錄組”“計分組”“宣傳組”三個崗位中隨機選擇一個崗位，每個崗位至少有一名志愿者，則甲、乙兩人恰選擇同一崗位的概率為 (　　)
A. B.
C. D.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
3
4
2
解析：若人數配比為3∶1∶1時，則有=60種不同安排方法；若人數配比為2∶2∶1時，則有=90種不同安排方法；所以共有60+90=150種不同安排方法.若甲、乙兩人恰選擇同一崗位且人數配比為3∶1∶1時，則有=18種不同安排方法；若甲、乙兩人恰選擇同一崗位且人數配比為2∶2∶1時，則有=18種不同安排方法；所以共有18+18=36種不同安排方法.所以甲、乙兩人恰選擇同一崗位的概率為P==.
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5.如圖，在“楊輝三角”中，從第2行右邊的1開始按箭頭所指的數依次構成數列1，2，3，3，6，4，10，5，…，則此數列前30項的和為 (　　)
√
A.680 B.679
C.816 D.815
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解析：易知1+2+3+3+6+4+10+5+…=++++++++…，所以數列前30項的和S30=++++++++…++
=(+)+(+)+(+)+(+)+…+(+)
=++++…+
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=(+)++++…+-
=++++…+-
=+++…+-
=…=-
=816-1=815，故選D.
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6.為響應國家號召，某校甲、乙、丙、丁、戊、己這6名大學生計劃到西部邊遠地區A，B，C三個學校支教.根據學校需要及所學的專業，每個學校去2名大學生，甲不能去A學校，乙、丙所學專業相同，不能去同一所學校，則不同的安排方法有_____種.(用數字作答)
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解析：當甲去B學校時，若從乙、丙中選1人去B學校，有種方法，剩下4人去A，C兩個學校，有種方法，共有=12種方法；若從丁、戊、己中選1人去B學校，有種方法，乙、丙去A，C兩個學校，有種方法，余下2人去A，C兩個學校，也有種方法，共有=12種方法.所以甲去B學校共有12+12=24種方法.同理，甲去C學校也有24種方法.故不同的安排方法有24+24=48(種).
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7.如圖所示的三角形數陣叫“萊布尼茨三角形”，它是由整數的倒數組成的，第n行有n個數且兩端的數均為(n∈N*，n≥2)，每個數是它下一行左、右相鄰兩數的和，如=+=+=+，…，則第10行第4個數字(從左往右數)為________.
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解析：將楊輝三角中的每一個數都換成分數即可得到“萊布尼茨三角形”，楊輝三角中，第9行第4個數字為=84，
所以“萊布尼茨三角形”中第10行第4個數字為=.
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8.從1，2，3，4，5，6這6個數字中，任取3個數字組成無重復數字的三位數，其中，若有1和3時，3必須排在1的前面；若只有1和3中的一個時，它應排在其他數字的前面，這樣不同的三位數共有_____個.(用數字作答)
解析：1與3是特殊元素，以此為分類標準進行分類.
分三類：①沒有數字1和3時，滿足條件的三位數有個；
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②只有1和3中的一個時，滿足條件的三位數有2個；
③同時有1和3時，把3排在1的前面，再從其余4個數字中選1個數字插入3個空中的1個即可，滿足條件的三位數有個.所以滿足條件的三位數共有+2+=60(個).
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9.已知集合A={x|1(1)從A∪B中取出3個不同的元素組成三位數，則可以組成多少個
解：由1從A∪B中取出3個不同的元素，可以組成的三位數的個數為=120.
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(2)從集合A中取出1個元素，從集合B中取出3個元素，可以組成多少個無重復數字且比4 000大的自然數
解：由1若從集合A中取元素3，則3不能是千位上的數字，
滿足題意的自然數的個數為=180.
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若不從集合A中取元素3，則四位數的組成數字有5組：4，5，6，7；4，6，7，8；4，5，6，8；4，5，7，8；5，6，7，8.分別全排列，有5=120(個)滿足題意的自然數.
所以滿足題意的自然數共有180+120=300(個).
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10.從1到9的九個數字中取三個偶數四個奇數，試問：
(1)能組成多少個沒有重復數字的七位數
解：分步完成：第1步，在四個偶數中取三個，可有種情況；
第2步，在五個奇數中取四個，可有種情況；
第3步，三個偶數，四個奇數進行排列，可有種情況.
所以符合題意的七位數有=100 800(個).
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(2)在(1)中的七位數中，三個偶數排在一起的有幾個
解：(1)的七位數中，三個偶數排在一起的有=14 400(個).
(3)在(1)中的七位數中，偶數排在一起、奇數也排在一起的有幾個
解：(1)的七位數中，三個偶數排在一起，四個奇數也排在一起的有=5 760(個).
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(4)在(1)中任意兩偶數都不相鄰的七位數有幾個
解：(1)的七位數中，偶數都不相鄰，可先把四個奇數排好，再將三個偶數分別插入5個空位中，共有=28 800(個).
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B級——應用創新
11.下圖是某項工程的網絡圖(單位：天)，則從開始節點①到終止節點⑧的路徑共有(　　)
√
A.14條 B.12條 C.9條 D.7條
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解析：整個過程分為三步，第一步從①到④有3條路徑，第二步從④到⑥有2條路徑，第三步從⑥到⑧有2條路徑，由分步乘法計數原理得共有3×2×2=12條路徑，故選B.

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12.[多選]如圖所示，在“楊輝三角”中，除每行兩邊的數都是1外，其余每個數都是其“肩上”的兩個數之和.下列結論正確的是 (　　)
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A.第10行從左往右第3個數為45
B.若去除所有為1的項，依次構成數列2，3，3，4，6，4，5，10，…，則此數列的前21項和為240
C.存在正整數r，n且rD.在“楊輝三角”中，第n行所有數字的平方和恰好是第2n行的中間一項
√
√
√
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解析：對于A，第10行從左往右第3個數為=45，故A正確.
對于B，易知第n行的和為2n(n=0，1，2，…，n)，所以前n行的和為=2n-1.在“楊輝三角”中，前n行中為1的項的個數為2n-1，數列的前21項為前8行中，去除所有為1的項后剩余的項，所以前21項和為28-1-15=240，故B正確.
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對于C，假設存在正整數r，n且r即=+
=+，
所以=+
=+，
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整理，得n2-(4r+5)n+4r(r+2)+2=0，n2-(4r+9)n+4(r+1)(r+3)+2=0，兩式相減，得n=2r+3，由二項式系數的性質知，=<=，與等差數列的性質矛盾，故C錯誤.
對于D，(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n=(+x+x2+…+xn)(xn+xn-1
+xn-2+…+)，對應相乘可得xn的系數為()2+()2+()2+…
+()2，(1+x)2n的展開式的通項為Tr+1=·xr，r≤2n，令r=n，得Tn+1
=xn，所以xn的系數為，所以()2+()2+…+()2=，故D正確.故選ABD.
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13.若x4(x+3)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a12(x+2)12，則log2(a1+a3+…+a11)=_____.
解析：令x=-1，得28=a0+a1+a2+…+a11+a12，
令x=-3，得0=a0-a1+a2-…-a11+a12，
∴28=2(a1+a3+…+a11)，
∴a1+a3+…+a11=27，
∴log2(a1+a3+…+a11)=log227=7.
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14.在高三一班元旦晚會上，有6個演唱節目，4個舞蹈節目.
(1)當4個舞蹈節目接在一起時，有多少種不同的安排順序
解：分兩步：第一步，將4個舞蹈節目捆綁，與6個演唱節目全排列，有=5 040種方法.
第二步，將4個舞蹈節目全排列，有=24種方法.
根據分步乘法計數原理，共有5 040×24=120 960種不同的安排順序.
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(2)當每2個舞蹈節目之間至少安排1個演唱節目時，有多少種不同的安排順序
解：分兩步：第一步，將6個演唱節目排成一排(如圖中的“□”)，一共有=720種方法.
×□×□×□×□×□×□×
第二步，將4個舞蹈節目排在一頭一尾或兩個節目中間(即圖中“×”的位置)，相當于7個“×”選4個來排，一共有=840種方法.
根據分步乘法計數原理，共有720×840=604 800種不同的安排順序.
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(3)若已定好節目單，后來情況有變，需加上詩歌朗誦和快板2個節目，但不能改變原來節目的相對順序，有多少種不同的安排順序
解：若所有節目沒有順序要求，全排列，則有種排法，但原來的節目已定好順序，所以共有=132種不同的安排順序.課時跟蹤檢測(十一)　計數原理與楊輝三角性質的綜合應用
A級——綜合提能
1.在1,2,3,4,5這五個數字組成的沒有重復數字的三位數中,各位數字之和為奇數的個數為 (　　)
A.36 B.24
C.18 D.6
2.考試停課復習期間,小王同學計劃將一天中的7節課全部用來復習4門不同的考試科目,每門科目復習1節或2節課,則不同的復習安排方法種數為 (　　)
A.360 B.630
C.2 520 D.15 120
3.如圖所示,在由二項式系數構成的楊輝三角中,第m行從左到右第14個數與第15個數的比為2∶3,則m= (　　)
A.40 B.50
C.34 D.32
4.甲、乙等5名學生參加學校運動會志愿者服務活動,每個人從“檢錄組”“計分組”“宣傳組”三個崗位中隨機選擇一個崗位,每個崗位至少有一名志愿者,則甲、乙兩人恰選擇同一崗位的概率為 (　　)
A. B.
C. D.
5.如圖,在“楊輝三角”中,從第2行右邊的1開始按箭頭所指的數依次構成數列1,2,3,3,6,4,10,5,…,則此數列前30項的和為 (　　)
A.680 B.679
C.816 D.815
6.為響應國家號召,某校甲、乙、丙、丁、戊、己這6名大學生計劃到西部邊遠地區A,B,C三個學校支教.根據學校需要及所學的專業,每個學校去2名大學生,甲不能去A學校,乙、丙所學專業相同,不能去同一所學校,則不同的安排方法有　　　種.(用數字作答)
7.如圖所示的三角形數陣叫“萊布尼茨三角形”,它是由整數的倒數組成的,第n行有n個數且兩端的數均為(n∈N*,n≥2),每個數是它下一行左、右相鄰兩數的和,如=+,=+,=+,…,則第10行第4個數字(從左往右數)為　　　　　　.
8.從1,2,3,4,5,6這6個數字中,任取3個數字組成無重復數字的三位數,其中,若有1和3時,3必須排在1的前面;若只有1和3中的一個時,它應排在其他數字的前面,這樣不同的三位數共有　　　　個.(用數字作答)
9.已知集合A={x|1(1)從A∪B中取出3個不同的元素組成三位數,則可以組成多少個
(2)從集合A中取出1個元素,從集合B中取出3個元素,可以組成多少個無重復數字且比4 000大的自然數
10.從1到9的九個數字中取三個偶數四個奇數,試問:
(1)能組成多少個沒有重復數字的七位數
(2)在(1)中的七位數中,三個偶數排在一起的有幾個
(3)在(1)中的七位數中,偶數排在一起、奇數也排在一起的有幾個
(4)在(1)中任意兩偶數都不相鄰的七位數有幾個
B級——應用創新
11.下圖是某項工程的網絡圖(單位:天),則從開始節點①到終止節點⑧的路徑共有 (　　)
A.14條 B.12條
C.9條 D.7條
12.[多選]如圖所示,在“楊輝三角”中,除每行兩邊的數都是1外,其余每個數都是其“肩上”的兩個數之和.下列結論正確的是 (　　)
A.第10行從左往右第3個數為45
B.若去除所有為1的項,依次構成數列2,3,3,4,6,4,5,10,…,則此數列的前21項和為240
C.存在正整數r,n且rD.在“楊輝三角”中,第n行所有數字的平方和恰好是第2n行的中間一項
13.若x4(x+3)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a12(x+2)12,則log2(a1+a3+…+a11)=　　　　.
14.在高三一班元旦晚會上,有6個演唱節目,4個舞蹈節目.
(1)當4個舞蹈節目接在一起時,有多少種不同的安排順序
(2)當每2個舞蹈節目之間至少安排1個演唱節目時,有多少種不同的安排順序
(3)若已定好節目單,后來情況有變,需加上詩歌朗誦和快板2個節目,但不能改變原來節目的相對順序,有多少種不同的安排順序
課時跟蹤檢測(十一)
1.選B　各位數字之和為奇數分為兩類:兩個偶數、一個奇數,有=18(個);三個都是奇數,有=6(個).所以各位數字之和為奇數的個數為18+6=24.
2.選C　用7節課復習4門科目,每門科目復習1節或2節課,按每門科目復習的課的節數進行分組,則分組情況為1,2,2,2,分兩步完成,第一步:從4門科目中選擇1門,安排一節課,共有=28種方法,第二步:安排剩下的科目,每門科目2節課,共有=90種方法,所以不同的復習安排方法共有28×90=2 520(種).故選C.
3.選C　由題意,得第m行從左到右第n個數為,n∈N*,m∈N且n-1≤m,
∵第m行從左到右第14個數與第15個數的比為2∶3,∴=,即=,∴m=34.故選C.
4.選C　若人數配比為3∶1∶1時,則有=60種不同安排方法;若人數配比為2∶2∶1時,則有=90種不同安排方法;所以共有60+90=150種不同安排方法.若甲、乙兩人恰選擇同一崗位且人數配比為3∶1∶1時,則有=18種不同安排方法;若甲、乙兩人恰選擇同一崗位且人數配比為2∶2∶1時,則有=18種不同安排方法;所以共有18+18=36種不同安排方法.所以甲、乙兩人恰選擇同一崗位的概率為P==.
5.選D　易知1+2+3+3+6+4+10+5+…=++++++++…,所以數列前30項的和S30=++++++++…++=(+)+(+)+(+)+(+)+…+(+)
=++++…+
=(+)++++…+-
=++++…+-
=+++…+-
=…=-
=816-1=815,故選D.
6.解析:當甲去B學校時,若從乙、丙中選1人去B學校,有種方法,剩下4人去A,C兩個學校,有種方法,共有=12種方法;若從丁、戊、己中選1人去B學校,有種方法,乙、丙去A,C兩個學校,有種方法,余下2人去A,C兩個學校,也有種方法,共有=12種方法.所以甲去B學校共有12+12=24種方法.同理,甲去C學校也有24種方法.故不同的安排方法有24+24=48(種).
答案:48
7.解析:將楊輝三角中的每一個數都換成分數即可得到“萊布尼茨三角形”,楊輝三角中,第9行第4個數字為=84,所以“萊布尼茨三角形”中第10行第4個數字為=.
答案:
8.解析:1與3是特殊元素,以此為分類標準進行分類.
分三類:①沒有數字1和3時,滿足條件的三位數有個;
②只有1和3中的一個時,滿足條件的三位數有2個;
③同時有1和3時,把3排在1的前面,再從其余4個數字中選1個數字插入3個空中的1個即可,滿足條件的三位數有個.所以滿足條件的三位數共有+2+=60(個).
答案:60
9.解:由1又x∈N*,所以x的取值為3,4,5,6,7,即A={3,4,5,6,7},所以A∪B={3,4,5,6,7,8}.
(1)從A∪B中取出3個不同的元素,可以組成的三位數的個數為=120.
(2)若從集合A中取元素3,則3不能是千位上的數字,
滿足題意的自然數的個數為=180.
若不從集合A中取元素3,則四位數的組成數字有5組:4,5,6,7;4,6,7,8;4,5,6,8;4,5,7,8;5,6,7,8.分別全排列,有5=120(個)滿足題意的自然數.
所以滿足題意的自然數共有180+120=300(個).
10.解:(1)分步完成:第1步,在四個偶數中取三個,可有種情況;
第2步,在五個奇數中取四個,可有種情況;
第3步,三個偶數,四個奇數進行排列,可有種情況.所以符合題意的七位數有=100 800(個).
(2)(1)的七位數中,三個偶數排在一起的有=14 400(個).
(3)(1)的七位數中,三個偶數排在一起,四個奇數也排在一起的有=5 760(個).
(4)(1)的七位數中,偶數都不相鄰,可先把四個奇數排好,再將三個偶數分別插入5個空位中,共有=28 800(個).
11.選B　整個過程分為三步,第一步從①到④有3條路徑,第二步從④到⑥有2條路徑,第三步從⑥到⑧有2條路徑,由分步乘法計數原理得共有3×2×2=12條路徑,故選B.
12.選ABD　對于A,第10行從左往右第3個數為=45,故A正確.
對于B,易知第n行的和為2n(n=0,1,2,…,n),所以前n行的和為=2n-1.
在“楊輝三角”中,前n行中為1的項的個數為2n-1,數列的前21項為前8行中,去除所有為1的項后剩余的項,所以前21項和為28-1-15=240,故B正確.
對于C,假設存在正整數r,n且r=+,
=+,
所以=+,
=+,
整理,得n2-(4r+5)n+4r(r+2)+2=0,n2-(4r+9)n+4(r+1)(r+3)+2=0,兩式相減,得n=2r+3,
由二項式系數的性質知,=<=,與等差數列的性質矛盾,故C錯誤.
對于D,(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n=(+x+x2+…+xn)(xn+xn-1+xn-2+…+),對應相乘可得xn的系數為()2+()2+()2+…+()2,(1+x)2n的展開式的通項為Tr+1=·xr,r≤2n,令r=n,得Tn+1=xn,所以xn的系數為,所以()2+()2+…+()2=,故D正確.故選ABD.
13.解析:令x=-1,得28=a0+a1+a2+…+a11+a12,
令x=-3,得0=a0-a1+a2-…-a11+a12,
∴28=2(a1+a3+…+a11),
∴a1+a3+…+a11=27,
∴log2(a1+a3+…+a11)=log227=7.
答案:7
14.解:(1)分兩步:第一步,將4個舞蹈節目捆綁,與6個演唱節目全排列,有=5 040種方法.
第二步,將4個舞蹈節目全排列,有=24種方法.
根據分步乘法計數原理,共有5 040×24=120 960種不同的安排順序.
(2)分兩步:第一步,將6個演唱節目排成一排(如圖中的“□”),一共有=720種方法.
×□×□×□×□×□×□×
第二步,將4個舞蹈節目排在一頭一尾或兩個節目中間(即圖中“×”的位置),相當于7個“×”選4個來排,一共有=840種方法.
根據分步乘法計數原理,共有720×840=604 800種不同的安排順序.
(3)若所有節目沒有順序要求,全排列,則有種排法,但原來的節目已定好順序,所以共有=132種不同的安排順序.
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