高中数学计数原理试题

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，可以组成多少个没有重复数字的三位数 ？

变式1： 由1，4，5，x可组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＝ ．

【解析】：（1+4+5+x）A4=288，解得10+x=12． 【答案】：x=2．

变式2：在由数字1，2，3，4，5组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）

3当首位排2，次位排3时，有A33-1种；次位排4、5时有2 A3种，共计17种；

4当首位排3，A44种，共计24种；

3当首位排4，次位排3时，有A33-1种；次位排1、2时有2 A3种，共计17种；

以上总计17+24+17=58种。 解法二：（间接法）

不作限定时有A5=120种；

当首位排1或5时，各有A44种，共计48种不满足要求；

当首位排2，次位排1时，有A33种；而次位排3时有1种，共计7种不满足要求； 当首位排4，次位排5时，有A33种；而次位排3时有1种，共计7种不满足要求； 因此共有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）可能组成多少个四位数？ （2）可能组成多少个四位奇数？ （3）可能组成多少个四位偶数？ （4）可能组成多少个自然数？

【分析】：注意0不能放在首位，还要注意个位数字，方法多种多样，利用特殊优先法，即

5特殊的元素，特殊的位置优先考虑．

【解答】（1）解法一：从“位置”考虑，由于0不能放在首位，因此首位数字只能有A5种取法，其余3个数位可以从余下的5个数字（包括0）中任取3个排列，所以可以组成

13A5A5300个四位数；

1解法二：从“元素”考虑，组成的四位数可以按有无数字0分成两类，有数字0的有A3A5个，无数字0的有A5个，所以共组成A3A5+A5=300个四位数；

413413解法三：“排除法”从6个元素中取4个元素的所有排列中，减去0在首位上的排列数即为

413所求，所以共有A6A1A5300个四位数；

（2）从“位置”考虑，个位数字必须是奇数有A4种排法，由于0不能放在首位，因此首位

2数字只能有A4种取法，其余两个数位的排法有A4，所以共有A4A4A4192个四位奇数；

11121（3）解法一：由（1）（2）知共有300-192=108个四位偶数；

解法二：从“位置”考虑，按个位数字是否为0分成两种情况，0在个位时，有A1A5个四位偶数；2在个位时，有A1A4A4个四位偶数，所以共有A1A5+A1A4A4=108个四位偶数； （4）一位数：有A6=6个； 两位数：有A5A5=25个； 三位数：有A5A5=100个； 四位数：有A5A5=300个； 五位数：有A5A5=600个； 六位数：有A5A5=600个；

所以共有6+25+100+300+600+600=1631个自然数．

【点评】解有条件的排列问题思路：①正确选择原理；②处理好特殊元素和特殊位置，先让特殊元素占位，或特殊位置选元素；③再考虑其余元素或其余位置；④数字的排列问题，0不能排在首位．

2．（人教A版选修2-3第29页例4）

151413121111311213112在 100 件产品中，有 98 件合格品，2 件次品，从这 100 件产品中任意抽出 3 件。 （1）有多少种不同的抽法 ？

（2）抽出的 3 件中恰好有 1 件是次品的抽法有多少种 ？ （3）抽出的 3 件中至少有 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，其中２张为不同花色的２，３张为不同花色的Ａ，有５次

出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？

【分析】：分类讨论，由于情况太多，要做到不重不漏． 【解答】出牌的方法可分为以下几类：

（1）5张牌全部分开出，有A5种方法；

（2）2张2一起出，3张A一起出，有A5种方法； （3）2张2一起出，3张A分开出，有A5种方法；

23（4）2张2一起出，3张A分两次出，有C3A5种方法；

425（5）2张2分开出，3张A一起出，有A5种方法；

24（6）2张2分开出，3张A分两次出，有C3A5种方法；

52423324因此，共有不同的出牌方法A5A5A5C3A5A5C3A5860种．

3【点评】分类讨论一直是高中的难点，但更是高考的热点内容之一，所以同学们不能回避，应加强训练．

变式2：将7个小球任意放入四个不同的盒子中，每个盒子都不空， （1）若7个小球相同，共有多少种不同的放法？ （2）若7个小球互不相同，共有多少种不同的放法？ 【解析】：（1）解法1：∵7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2， ∴分三类，共有分法

121C4A4C420(种).解法2（隔板法）：将7个小球排成一排，插入3块隔板，

3故共有分法 C620(种). （2）∵7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2，

112221∴共有分法C74A44C72C53A42C2C1C7C5C3C16510.

变式3：一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，

（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，使总分不少于7分的

取法有多少种？

【解析】：（1）将取出4个球分成三类情况1）取4个红球，没有白球，有C4种 2）取3个红球1个白球，有C4C6种；3）取2个红球2个白球，有C4C6,

43122C4C4C6C4C6115种31224xy5(0x4)(2)设取x个红球,y个白球,则2xy7(0y6)x2x3x4或或y3y2y1233241符合题意的取法种数有C4C6C4C6C4C6186种

3．（人教A版选修2-3第36页例2）

（1）求 (12x) 的展开式的第 4 项的系数 ； （2）求 (x) 的展开式中 x 的系数 ？

71x9331x变式1：在二项式的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列． 32x（１）求展开式的第四项； （２）求展开式的常数项； （３）求展开式的各项系数的和．

【分析】：本题旨在训练二项式定理通项公式的运用．

1Cn【解答】第一项系数的绝对值为C，第二项系数的绝对值为，第三项系数的绝对值为

20nnCn2， 41Cn2Cn2，解得n=8， 依题意有C+=

420n13（１）第四项T4C832x（２）通项公式为Tr12r-8=0，即r=4，

5x3373x；

421C8r32x8rx3r1C2r88rx32r8，展开式的常数项有

351常数项为T5C；

82484111（３）令x=1，得展开式的各项系数的和18．

25622【点评】本题旨在训练二项式定理通项公式的运用，但要注意通项为Tr1而不是Tr，这是

同学们最容易出错的地方．

变式2：设3x1a0a1xa2x2a3x3a4x4．

48（１）求a0a1a2a3a4； （２）求a0a2a4； （３）求a1a3；

（４）求a1a2a3a4； （5）求各项二项式系数的和．

【分析】：本题旨在训练二项展开式各项的系数与二项式系数． 【解答】（１）令x=1得a0a1a2a3a43116；

4（２）令x=-1得a0a1a2a3a431256，

4而由（1）知：a0a1a2a3a43116，

4两式相加得a0a2a4136；

（３）将（2）中的两式相减得a1a3120； （

４

）

令

x=0

得

a00114，得

a1a2a3a4a0a1a2a3a4-a0=16-1=15；

（5）各项二项式系数的和为C4C4C4C4C4216．

【点评】①要注意二项展开式各项的系数与二项式系数是不同的两个概念；②系数和与二项式系数和不一定相同，本题的（1）与（5）结果相同纯属巧合；③注意求系数和上述是最一般的方法，一定要理解．

0123441变式3：二项展开式x中，有理项的项数是（ ） 3x(A) 3 【解析】：Tr1C15r15(B) 4 (C) 5 r455r6(D) 6 x15r1r3C15xx（r = 0，1，2，…，14 ），

当r = 3，9，15时，为有理项． 【答案】：A

变式4： 若23x100a0a1xa2x2a3x3a100x100，

22求a0a2a4a100a1a3a5a99的值． 【解析】：令x=1得a0a1a2a3a4a10023100，

令x=-1得a0a1a2a3a4a5a99a10023100a0a2a4a1002a1a3a5a992

=a0a1a2a3a4a100a0a1a2a3a4a5a99a100 =23=1 【答案】：1

23100100