第三章排列、组合与二项式定理 3.1排列与组合 3.1.1 基本计数原理 基础巩固 1.已知两条异面直线α，b上分别有5个点和8个点.则这13个点可以确定不同的平面个数为 () A.40 B.16 C.13 D.10 答案] 解析份两类情况讨论：第一类，直线α分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面； 第二类，直线b分别与直线α上的5个点可以确定5个不同的平面根据分类加法计数原理， 共可以确定8+5=13个不同的平面 2.给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符选用A,B,后两个字符选用ab,c(允许重复)，则编 号不同的书共有( A.8本 B.9本 C.12本 D.18本 答案D 解析☐完成这件事可以分为三步：第一步，确定首字符，共有2种方法；第二步，确定第二个字 符，共有3种方法；第三步，确定第三个字符，共有3种方法 依据分步乘法计数原理，不同编号的书共有2×3×3=18本.故选D 3.现有6名学生去听同时进行的5场课外知识讲座，每名学生可自由选择去听其中的一场讲 座，不同选法的种数是 () A.56 B.65 C5x6x5x4x3x2 2 D.6×5×4×3×2 答案☐A 解析每名学生可自由选择5场讲座中的其中一场讲座，故6名学生的安排可分6步进行， 每步均有5种选择，依据分步乘法计数原理，共有5×5×5×5×5×5=56种不同选法 4.已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐 标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是() A.18 B.17 C.16 D.14 答案D 解析份两类 第一类：M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、第二象限内的点有3×2=6个： 第二类：N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、第二象限内的点有4×2=8个 依据分类加法计数原理，表示第一、第二象限内的点的个数共有6+8=14 5.己知直线方程Ax+By=0,若从0,1,3,5,7,8这6个数字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， 答案2
第三章排列、组合与二项式定理 3.1 排列与组合 3.1.1 基本计数原理 基础巩固 1.已知两条异面直线 a,b 上分别有 5 个点和 8 个点,则这 13 个点可以确定不同的平面个数为 ( ) A.40 B.16 C.13 D.10 答案 C 解析 分两类情况讨论:第一类,直线 a 分别与直线 b 上的 8 个点可以确定 8 个不同的平面; 第二类,直线 b 分别与直线 a 上的 5 个点可以确定 5 个不同的平面.根据分类加法计数原理, 共可以确定 8+5=13 个不同的平面. 2.给一些书编号,准备用 3 个字符,其中首字符选用 A,B,后两个字符选用 a,b,c(允许重复),则编 号不同的书共有( ) A.8 本 B.9 本 C.12 本 D.18 本 答案 D 解析 完成这件事可以分为三步:第一步,确定首字符,共有 2 种方法;第二步,确定第二个字 符,共有 3 种方法;第三步,确定第三个字符,共有 3 种方法. 依据分步乘法计数原理,不同编号的书共有 2×3×3=18 本.故选 D. 3.现有 6 名学生去听同时进行的 5 场课外知识讲座,每名学生可自由选择去听其中的一场讲 座,不同选法的种数是 ( ) A.56 B.65 C.5×6×5×4×3×2 2 D.6×5×4×3×2 答案 A 解析 每名学生可自由选择 5 场讲座中的其中一场讲座,故 6 名学生的安排可分 6 步进行, 每步均有 5 种选择,依据分步乘法计数原理,共有 5×5×5×5×5×5=5 6 种不同选法. 4.已知集合 M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐 标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( ) A.18 B.17 C.16 D.14 答案 D 解析 分两类. 第一类:M 中的元素作横坐标,N 中的元素作纵坐标,则在第一、第二象限内的点有 3×2=6 个; 第二类:N 中的元素作横坐标,M 中的元素作纵坐标,则在第一、第二象限内的点有 4×2=8 个. 依据分类加法计数原理,表示第一、第二象限内的点的个数共有 6+8=14. 5.已知直线方程 Ax+By=0,若从 0,1,3,5,7,8 这 6 个数字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. 答案 22
解析份两类：第一类，若A或B中有一个为0时，另一个不论取何值，方程都只表示2条直线 x=0和y=0,第二类，当AB≠0时，依据分步乘法计数原理，共有5×4=20条不同的直线 综上所述，依据分类加法计数原理，共有20+2=22条不同的直线。 6.某班元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节 目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为 答案42 解析可以分两步：第一步，将第一个新节目插入5个节目已排成的节目单中有6种插入方 法，第二步，将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，依据 分步乘法计数原理，共有6×7=42种插入方法. 7.某运动会上，8名男运动员参加100米决赛，其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条 跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有 种 答案☐2880 解析份两步安排这8名运动员： 第一步，安排甲、乙、丙三人，有1,3,5,7四条跑道可安排，共有4×32=24种方法； 第二步，安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1=120种方 法 依据分步乘法计数原理，安排这8名男运动员比赛的方式共有24×120=2880种. 8.某单位职工义务献血，在体检合格的人中，有28人是O型血，有7人是A型血，有9人是B 型血，有3人是AB型血. (1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从B型血和AB型血中各选1人去献血，有多少种不同的选法？ 解☐从0型血的人中选1人有28种不同的选法； 从A型血的人中选1人有7种不同的选法： 从B型血的人中选1人有9种不同的选法； 从AB型血的人中选1人有3种不同的选法 (1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成， 依据分类加法计数原理，共有28+7+9+3=47种不同的选法」 (2)分两步来完成：第一步，从B型血的人中选1人有9种不同的选法；第二步，从AB型血的人 中选1人有3种不同的选法，依据分步乘法计数原理，共有9×3=27种不同的选法 9.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，小明和爸爸来这里休息 (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，选东面的空闲凳子坐下，有8种坐法； 第二类，选西面的空闲凳子坐下，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，共有14种坐法； 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 根据分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就座共有14×13=182种坐法. 10.现有四个组的学生共34人，其中一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，他们 自愿组成数学课外小组. (1)选其中一个为负贵人，有多少种不同的选法？ (2)每组选一名组长，有多少种不同的选法？
解析 分两类:第一类,若 A 或 B 中有一个为 0 时,另一个不论取何值,方程都只表示 2 条直线 x=0 和 y=0;第二类,当 AB≠0 时,依据分步乘法计数原理,共有 5×4=20 条不同的直线. 综上所述,依据分类加法计数原理,共有 20+2=22 条不同的直线. 6.某班元旦晚会原定的 5 个节目已排成节目单,开演前又增加了 2 个新节目,如果将这两个节 目插入原节目单中,那么不同的插法的种数为 . 答案 42 解析 可以分两步:第一步,将第一个新节目插入 5 个节目已排成的节目单中有 6 种插入方 法,第二步,将第二个新节目插入到刚排好的 6 个节目排成的节目单中有 7 种插入方法,依据 分步乘法计数原理,共有 6×7=42 种插入方法. 7.某运动会上,8 名男运动员参加 100 米决赛,其中甲、乙、丙三人必须在 1,2,3,4,5,6,7,8 八条 跑道的奇数号跑道上,则安排这 8 名运动员比赛的方式共有 种. 答案 2 880 解析 分两步安排这 8 名运动员: 第一步,安排甲、乙、丙三人,有 1,3,5,7 四条跑道可安排,共有 4×3×2=24 种方法; 第二步,安排另外 5 人,可在 2,4,6,8 及余下的一条奇数号跑道安排,共有 5×4×3×2×1=120 种方 法. 依据分步乘法计数原理,安排这 8 名男运动员比赛的方式共有 24×120=2 880 种. 8.某单位职工义务献血,在体检合格的人中,有 28 人是 O 型血,有 7 人是 A 型血,有 9 人是 B 型血,有 3 人是 AB 型血. (1)从中任选 1 人去献血,有多少种不同的选法? (2)从 B 型血和 AB 型血中各选 1 人去献血,有多少种不同的选法? 解 从 O 型血的人中选 1 人有 28 种不同的选法; 从 A 型血的人中选 1 人有 7 种不同的选法; 从 B 型血的人中选 1 人有 9 种不同的选法; 从 AB 型血的人中选 1 人有 3 种不同的选法. (1)任选 1 人去献血,即无论选哪种血型的哪一个人,“任选 1 人去献血”这件事情都可以完成, 依据分类加法计数原理,共有 28+7+9+3=47 种不同的选法. (2)分两步来完成:第一步,从 B 型血的人中选 1 人有 9 种不同的选法;第二步,从 AB 型血的人 中选 1 人有 3 种不同的选法,依据分步乘法计数原理,共有 9×3=27 种不同的选法. 9.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,小明和爸爸来这里休息. (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,选东面的空闲凳子坐下,有 8 种坐法; 第二类,选西面的空闲凳子坐下,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,共有 14 种坐法; 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. 根据分步乘法计数原理,小明与爸爸分别就座共有 14×13=182 种坐法. 10.现有四个组的学生共 34 人,其中一、二、三、四组分别有 7 人、8 人、9 人、10 人,他们 自愿组成数学课外小组. (1)选其中一个为负责人,有多少种不同的选法? (2)每组选一名组长,有多少种不同的选法?
(3)推选两人进行发言，这两人需来自不同的组，有多少种不同的选法？ 解☐1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法 第二类，从二班学生中选1人，有8种选法； 第三类，从三班学生中选1人，有9种选法； 第四类，从四班学生中选1人，有10种选法 根据分类加法计数原理，共有7+8+9+10=34种不同的选法. (2)分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长 根据分步乘法计数原理.共有7×8×9×10=5040种不同的选法 (3)分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选1人，有7×8=56种不同的选法 从一、三班学生中各选1人，有7×9=63种不同的选法： 从一、四班学生中各选1人，有7×10=70种不同的选法 从二、三班学生中各选1人，有8×9=72种不同的选法； 从二、四班学生中各选1人，有8×10=80种不同的选法； 从三、四班学生中各选1人，有9×10=90种不同的选法. 依据分类加法计数原理，不同的选法共有56+63+70+72+80+90=431种。 拓展提高 1已知某乒乓球队里有男队员6人，女队员5人，从中选取男、女队员各一人组成混合双打队 不同的组队方法有 () A.11种 B.30种 C.56种 D.65种 答案☐B 解析先选1名男队员有6种方法，再选1名女队员有5种方法，故共有6×5=-30种不同的组 队方法 2.在正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，则一个 正五棱柱对角线的条数为( A.20 B.15 C.12 D.10 答案D 解析由题意，正五棱柱对角线一定为上底面的一个顶，点和下底面的一个顶，点的连线因为 不同在任何侧面内，所以从一个顶点出发的对角线有2条.所以正五棱柱对角线的条数为 2×5=10 3.(多选题)已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6,7，r∈{8,9，则方程x-a)2+ybP=2可表示不同的圆的个 数用式子表示为( A.4+4+4+4+4+4 B.4+4+4+4 C.3×4 D.3×4×2 答案]AD 解析方法一：完成表示不同的圆这件事可以分三步完成：第一步，确定α有3种不同的选取 方法；第二步，确定b有4种不同的选取方法；第三步，确定”有2种不同的选取方法」 由分步乘法计数原理，方程(x-a)2+0yb)2=2可表示不同的圆共有3×4×2=24个. 方法二：由分类加法计数原理，得当a=1时，b=4,5,6,7,r=8或9，有4+4种，当a=2 时，b=4,5,6,7,=8或9，有4+4种；当a=3时，b=4,5,6,7,=8或9，有4+4种，故方程(x-a)2+(y b)2=r2可表示不同的圆共有4+4+4+4+4+4=24个。 4.已知三个车队分别有4辆、5辆、6辆车，现欲从其中两个车队各抽取一辆车外出执行任 务，设不同的抽调方案数为n,则n的值为 答案74
(3)推选两人进行发言,这两人需来自不同的组,有多少种不同的选法? 解 (1)分四类:第一类,从一班学生中选 1 人,有 7 种选法; 第二类,从二班学生中选 1 人,有 8 种选法; 第三类,从三班学生中选 1 人,有 9 种选法; 第四类,从四班学生中选 1 人,有 10 种选法. 根据分类加法计数原理,共有 7+8+9+10=34 种不同的选法. (2)分四步:第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长. 根据分步乘法计数原理,共有 7×8×9×10=5 040 种不同的选法. (3)分六类,每类又分两步:从一、二班学生中各选 1 人,有 7×8=56 种不同的选法; 从一、三班学生中各选 1 人,有 7×9=63 种不同的选法; 从一、四班学生中各选 1 人,有 7×10=70 种不同的选法; 从二、三班学生中各选 1 人,有 8×9=72 种不同的选法; 从二、四班学生中各选 1 人,有 8×10=80 种不同的选法; 从三、四班学生中各选 1 人,有 9×10=90 种不同的选法. 依据分类加法计数原理,不同的选法共有 56+63+70+72+80+90=431 种. 拓展提高 1.已知某乒乓球队里有男队员 6 人,女队员 5 人,从中选取男、女队员各一人组成混合双打队, 不同的组队方法有 ( ) A.11 种 B.30 种 C.56 种 D.65 种 答案 B 解析 先选 1 名男队员有 6 种方法,再选 1 名女队员有 5 种方法,故共有 6×5=30 种不同的组 队方法. 2.在正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,则一个 正五棱柱对角线的条数为( ) A.20 B.15 C.12 D.10 答案 D 解析 由题意,正五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线.因为 不同在任何侧面内,所以从一个顶点出发的对角线有 2 条.所以正五棱柱对角线的条数为 2×5=10. 3.(多选题)已知 a∈{1,2,3},b∈{4,5,6,7},r∈{8,9},则方程(x-a) 2+(y-b) 2=r2 可表示不同的圆的个 数用式子表示为( ) A.4+4+4+4+4+4 B.4+4+4+4 C.3×4 D.3×4×2 答案 AD 解析 方法一:完成表示不同的圆这件事可以分三步完成:第一步,确定 a 有 3 种不同的选取 方法;第二步,确定 b 有 4 种不同的选取方法;第三步,确定 r 有 2 种不同的选取方法. 由分步乘法计数原理,方程(x-a) 2+(y-b) 2=r2 可表示不同的圆共有 3×4×2=24 个. 方法二:由分类加法计数原理,得当 a=1 时,b=4,5,6,7,r=8 或 9,有 4+4 种;当 a=2 时,b=4,5,6,7,r=8 或 9,有 4+4 种;当 a=3 时,b=4,5,6,7,r=8 或 9,有 4+4 种,故方程(x-a) 2+(yb) 2=r2 可表示不同的圆共有 4+4+4+4+4+4=24 个. 4.已知三个车队分别有 4 辆、5 辆、6 辆车,现欲从其中两个车队各抽取一辆车外出执行任 务,设不同的抽调方案数为 n,则 n 的值为 . 答案 74
解析不妨设三个车队分别为甲、乙、丙，则分3类 从甲、乙车队各抽取一辆车共有4×5=20种方案：从甲、丙车队各抽取一辆车共有4×6=24 种方案；从乙、丙车队各抽取一辆车共有5×6=30种方案，所以共有20+24+30=74种抽调方 案 5.三边均为整数，且最大边长为11的三角形有个 答案6 解析☐另两边长分别用xy表示，且不妨设1ss11.要构成三角形，需x+212.当y=11时x ∈{1,2，，11}，有11个三角形；当y=10时x∈{2,3，，10)，有9个三角形.当y=6时x=6,有 1个三角形 故满足条件的三角形有11+9+7+5+3+1=36个 6.同寝室四人各写一张贺卡，首先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡 的不同的分配方式有种 答案☐9 解析☐设4人为甲、乙、丙、丁，分两步进行： 第一步，让甲拿，有三种方法； 第二步，让写甲拿到的卡片的人去拿，有三种方法，剩余两人只有一种拿法，故共有3×3×1×1=9 种不同的分配方式 7.用0,1,2,3可以排成多少个数字不重复的三位偶数？ 解☐第1类：末位为0， 第1步，排末位，有1种方法；第2步，排首位，从1,2,3中选1个，有3种方法；第3步，排十位，有2 种方法 故此类方法中有1×3×2=6个偶数， 第2类：末位为2. 第1步，排末位，有1种方法；第2步，排首位，从1,3中选1个，有2种方法：第3步，排十位，有2 种方法 故此类方法中有1×2×2=4个偶数 则一共有6+4=10个满足条件的不同数字」 8.乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名队员参加比赛，3名主力队员要安排在第 一、三、五位置，从其余7名队员中选2名安排在第二、四位置，则不同的出场安排共有多少 种？ 解☐按出场位置顺序逐一安排 第一位置有3种安排方法； 第二位置有7种安排方法； 第三位置有2种安排方法， 第四位置有6种安排方法； 第五位置有1种安排方法」 由分步乘法计数原理知，不同的出场安排方法有3×7×2×6×1=252种. 挑战创新 (1)用0,1,2,3,4可以排成多少个无重复数字的四位密码？ (2)用0,1,2,3,4可以排成多少个无重复数字的四位数？ 解)完成“排成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤： 第一步，选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法； 第二步，选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法：
解析 不妨设三个车队分别为甲、乙、丙,则分 3 类. 从甲、乙车队各抽取一辆车共有 4×5=20 种方案;从甲、丙车队各抽取一辆车共有 4×6=24 种方案;从乙、丙车队各抽取一辆车共有 5×6=30 种方案,所以共有 20+24+30=74 种抽调方 案. 5.三边均为整数,且最大边长为 11 的三角形有 个. 答案 36 解析 另两边长分别用 x,y 表示,且不妨设 1≤x≤y≤11.要构成三角形,需 x+y≥12.当 y=11 时,x ∈{1,2,…,11},有 11 个三角形;当 y=10 时,x∈{2,3,…,10},有 9 个三角形;……当 y=6 时,x=6,有 1 个三角形. 故满足条件的三角形有 11+9+7+5+3+1=36 个. 6.同寝室四人各写一张贺卡,首先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺卡,则四张贺卡 的不同的分配方式有 种. 答案 9 解析 设 4 人为甲、乙、丙、丁,分两步进行: 第一步,让甲拿,有三种方法; 第二步,让写甲拿到的卡片的人去拿,有三种方法,剩余两人只有一种拿法,故共有 3×3×1×1=9 种不同的分配方式. 7.用 0,1,2,3 可以排成多少个数字不重复的三位偶数? 解 第 1 类:末位为 0. 第 1 步,排末位,有 1 种方法;第 2 步,排首位,从 1,2,3 中选 1 个,有 3 种方法;第 3 步,排十位,有 2 种方法. 故此类方法中有 1×3×2=6 个偶数. 第 2 类:末位为 2. 第 1 步,排末位,有 1 种方法;第 2 步,排首位,从 1,3 中选 1 个,有 2 种方法;第 3 步,排十位,有 2 种方法. 故此类方法中有 1×2×2=4 个偶数. 则一共有 6+4=10 个满足条件的不同数字. 8.乒乓球队的 10 名队员中有 3 名主力队员,派 5 名队员参加比赛,3 名主力队员要安排在第 一、三、五位置,从其余 7 名队员中选 2 名安排在第二、四位置,则不同的出场安排共有多少 种? 解 按出场位置顺序逐一安排: 第一位置有 3 种安排方法; 第二位置有 7 种安排方法; 第三位置有 2 种安排方法; 第四位置有 6 种安排方法; 第五位置有 1 种安排方法. 由分步乘法计数原理知,不同的出场安排方法有 3×7×2×6×1=252 种. 挑战创新 (1)用 0,1,2,3,4 可以排成多少个无重复数字的四位密码? (2)用 0,1,2,3,4 可以排成多少个无重复数字的四位数? 解 (1)完成“排成无重复数字的四位密码”这件事,可以分四个步骤: 第一步,选取左边第一个位置上的数字,有 5 种选取方法; 第二步,选取左边第二个位置上的数字,有 4 种选取方法;
第三步，选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法： 第四步，选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法 由分步乘法计数原理知，可排成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120个 (2)完成“排成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤： 第一步，从1,2,3,4中选取一个数字作千位数字，有4种不同的选取方法； 第二步，从1,2,3,4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取一个数字作百位数字，有4种不 同的选取方法； 第三步，从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种不同的选取方法； 第四步，从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种不同的选取方法。 由分步乘法计数原理知，可排成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96个
第三步,选取左边第三个位置上的数字,有 3 种选取方法; 第四步,选取左边第四个位置上的数字,有 2 种选取方法. 由分步乘法计数原理知,可排成不同的四位密码共有 N=5×4×3×2=120 个. (2)完成“排成无重复数字的四位数”这件事,可以分四个步骤: 第一步,从 1,2,3,4 中选取一个数字作千位数字,有 4 种不同的选取方法; 第二步,从 1,2,3,4 中剩余的三个数字和 0 共四个数字中选取一个数字作百位数字,有 4 种不 同的选取方法; 第三步,从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字,有 3 种不同的选取方法; 第四步,从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字,有 2 种不同的选取方法. 由分步乘法计数原理知,可排成不同的四位数共有 N=4×4×3×2=96 个