高考数学复习计数原理变式题

高考数学复习计数原理变式题（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，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）44A=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）当首位排2，次位排3时，有A33-1种；次位排4、5时有2A33种，共计17种；当首位排3，A44种，共计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，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55A=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15A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3003515AA个四位数；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3513AA个，无数字0的有45A个，所以共组成3513AA+45A=300个四位数；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所求，所以共有300351146AAA个四位数；（2）从“位置”考虑，个位数字必须是奇数有14A种排法，由于0不能放在首位，因此首位数字只能有14A种取法，其余两个数位的排法有24A，所以共有192241414AAA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“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3511AA个四位偶数；2在个位时，有241411AAA个四位偶数，所以共有3511AA+241411AAA=108个四位偶数；（4）一位数：有16A=6个；两位数：有1515AA=25个；三位数：有2515AA=100个；四位数：有3515AA=300个；五位数：有4515AA=600个；六位数：有5515AA=600个；所以共有6+25+100+300+600+600=1631个自然数．【点评】解有条件限制的排列问题思路：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）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55A种方法；（2）2张2一起出，3张A一起出，有25A种方法；（3）2张2一起出，3张A分开出，有45A种方法；（4）2张2一起出，3张A分两次出，有3523AC种方法；（5）2张2分开出，3张A一起出，有35A种方法；（6）2张2分开出，3张A分两次出，有4523AC种方法；因此，共有不同的出牌方法8604523353523452555ACAACAAA种．【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).(20142414种CAC).(2036种C（2）∵7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2，∴共有分法.65101123252711122435274447CCCCCCACCAC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44C种2）取3个红球1个白球，有1634CC种；3）取2个红球2个白球，有,2624CC种符合题意的取法种数有或或则个白球个红球设取种186142332)60(72)40(5,,)2(1151644263436242624163444CCCCCCyxyxyxyyxxyxyxCCCCC3．（人教A版选修2-3第36页例2）（1）求7(12)x的展开式的第4项的系数；（2）求91()xx的展开式中3x的系数？变式1：在二项式nxx3321的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．（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．【解答】第一项系数的绝对值为0nC，第二项系数的绝对值为21nC，第三项系数的绝对值为42nC，依题意有0nC+42nC=221nC，解得n=8，（１）第四项3233533844721xxxCT；（２）通项公式为82388383812121rrrrrrrxCxxCT，展开式的常数项有2r-8=0，即r=4，常数项为835214485CT；（３）令x=1，得展开式的各项系数的和25612121188．【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1rT而不是rT，这是同学们最容易出错的地方．变式2：设44332210413xaxaxaxaax．（１）求43210aaaaa；（２）求420aaa；（３）求31aa；（４）求4321aaaa；（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1613443210aaaaa；（２）令x=-1得25613443210aaaaa，而由（1）知：1613443210aaaaa，两式相加得136420aaa；（３）将（2）中的两式相减得12031aa；（４）令x=0得11040a，得4321aaaa43210aaaaa-0a=16-1=15；（5）各项二项式系数的和为16244434241404CCCCC．【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．变式3：二项展开式1531xx中，有理项的项数是（）(A)3(B)4(C)5(D)6【解析】：6545153151511rrrrrrxCxxCT（r=0，1，2，…，14），当r=3，9，15时，为有理项．【答案】：A变式4：若10010033221010032xaxaxaxaax，求2995312100420aaaaaaaa的值．【解析】：令x=1得1001004321032aaaaaa，令x=-1得1001009954321032aaaaaaaa2995312100420aaaaaaaa=1009954321010043210aaaaaaaaaaaaaa=1003210032=1【答案】：1