高考数学 17-18版 附加题部分 第1章 第58课 课时分层训练2

高考数学 17-18版 附加题部分 第1章 第58课 课时分层训练2

课时分层训练(二) A 组 基础达标 (建议用时：30 分钟) 1．(2016·江苏高考)(1)求 7C36－4C 47的值； (2)设 m，n∈N＋，n≥m，求证：(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋ nCmn－1＋(n＋1)Cmn ＝(m＋1)Cm＋2n＋2 . [解] (1)7C36－4C47＝7×6×5×4 3×2×1 －4×7×6×5×4 4×3×2×1 ＝0. (2)证明：当 n＝m 时，结论显然成立． 当 n>m 时，(k＋1)Cmk ＝ k＋1·k！ m！·k－m！ ＝(m＋1)· k＋1！ m＋1！·[k＋1－m＋1]！ ＝(m＋1)Cm＋1k＋1 ，k＝m＋1，m＋2，…，n. 又因为 Cm＋1k＋1 ＋Cm＋2k＋1 ＝Cm＋2k＋2 ， 所以(k＋1)Cmk ＝(m＋1)(Cm＋2k＋2 －Cm＋2k＋1 )，k＝m＋1，m＋2，…，n. 因此，(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋(n＋1)Cmn ＝(m＋1)Cmm＋[(m ＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋(n＋1)Cmn ] ＝(m＋1)Cm＋2m＋2＋(m＋1)[(Cm＋2m＋3－Cm＋2m＋2)＋(Cm＋2m＋4－Cm＋2m＋3)＋…＋(Cm＋2n＋2 －Cm＋2n＋1 )] ＝(m＋1)Cm＋2n＋2 . 2．某同学有同样的画册 2 本，同样的集邮册 3 本，从中取出 4 本赠送给 4 位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有多少种？ 【导学号：62172320】 [解] 赠送 1 本画册，3 本集邮册．需从 4 人中选取 1 人赠送画册，其余赠 送集邮册，有 C 14种方法． 赠送 2 本画册，2 本集邮册，只需从 4 人中选出 2 人赠送画册，其余 2 人赠 送集邮册，有 C 24种方法． 由分类加法计数原理，不同的赠送方法有 C14＋C24＝10 种． 3．将甲、乙等 5 名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人， 且甲、乙在同一路口的分配方案共有多少种？ [解] 1 个路口 3 人，其余路口各 1 人的分配方法有 C13C22A 33种.1 个路口 1 人， 2 个路口各 2 人的分配方法有 C23C22A 33种， 由分类计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为 C13C22A33＋C23C22A33＝36 种． 4．男运动员 6 名，女运动员 4 名，其中男女队长各 1 名，选派 5 人外出比 赛，在下列情形中各有多少种选派方法？ (1)至少有 1 名女运动员； (2)既要有队长，又要有女运动员． [解] (1)法一：至少有 1 名女运动员包括以下几种情况： 1 女 4 男，2 女 3 男，3 女 2 男，4 女 1 男， 由分类加法计数原理可得总选法数为 C14C46＋C24C36＋C34C26＋C44C16＝246(种)． 法二：“至少有 1 名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求 解． 从 10 人中任选 5 人有 C 510种选法，其中全是男运动员的选法有 C 56种． 所以“至少有 1 名女运动员”的选法为 C510－C56＝246(种)． (2)当有女队长时，其他人选法任意，共有 C 49种选法． 不选女队长时，必选男队长，共有 C 48种选法．其中不含女运动员的选法有 C 45种，所以不选女队长时共有 C48－C 45种选法，所以既有队长又有女运动员的选 法共有 C49＋C48－C45＝191(种)． 5．7 名师生站成一排照相留念，其中老师 1 人，男生 4 人，女生 2 人，在 下列情况下，各有不同站法多少种？ (1)两个女生必须相邻而站； (2)4 名男生互不相邻； (3)老师不站中间，女生甲不站左端. 【导学号：62172321】 [解] (1)∵两个女生必须相邻而站， ∴把两个女生看做一个元素， 则共有 6 个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有 A66A22＝1 440 种 站法． (2)∵4 名男生互不相邻， ∴应用插空法， 对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有 A33A44＝144 种站法． (3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有 A66＝720 种站法． 当老师不站左端时，老师有 5 种站法，女生甲有 5 种站法，余下的 5 个人在 五个位置进行排列共有 A55×5×5＝3 000 种站法．根据分类计数原理知共有 720 ＋3 000＝3 720 种站法． 6．用数字 0,1,2,3,4,5,6 组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位 上的数字之和为偶数的四位数共有多少个？ [解] 个位、十位和百位上的数字为 3 个偶数的有 C23A33C14＋A33C13＝90(个)； 个位、十位和百位上的数字为 1 个偶数 2 个奇数的有 C23A33C14＋C13C23A33C13＝ 234(个)，所以共有 90＋234＝324(个)． B 组 能力提升 (建议用时：15 分钟) 1．设有编号为 1,2,3,4,5 的五个球和编号为 1,2,3,4,5 的五个盒子，现将这五 个球放入五个盒子内． (1)只有一个盒子空着，共有多少种投放方法？ (2)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方 法？ (3)每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的， 有多少种投放方法？ [解] (1)C25A45＝1 200 种；(2)A55－1＝119 种． (3)满足的情形：第一类，五个球的编号与盒子编号全同的放法：1 种； 第二类，四个球的编号与盒子编号相同的放法：0 种； 第三类，三个球的编号与盒子编号相同的放法：10 种； 第四类，两个球的编号与盒子编号相同的放法，2C25＝20 种． 故满足条件的放法数为：1＋10＋20＝31 种． 2．(1)3 人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不 同坐法的种数为几种？ (2)现有 10 个保送上大学的名额，分配给 7 所学校，每校至少有 1 个名额， 问名额分配的方法共有多少种？ [解] (1)由题意知有 5 个座位都是空的，我们把 3 个人看成是坐在座位上的 人，往 5 个空座的空档插，由于这 5 个空座位之间共有 4 个空，3 个人去插，共 有 A34＝24 种． (2)法一：每个学校至少一个名额，则分去 7 个，剩余 3 个名额分到 7 所学 校的方法种数就是要求的分配方法种数，分类：若 3 个名额分到一所学校有 7 种方法； 若分配到 2 所学校有 C27×2＝42 种； 若分配到 3 所学校有 C37＝35 种． ∴共有 7＋42＋35＝84 种方法． 法二：10 个元素之间有 9 个间隔，要求分成 7 份，相当于用 6 块档板插在 9 个间隔中，共有 C69＝84 种不同方法． 所以名额分配的方法共有 84 种． 3．(2017·南京模拟)已知整数 n≥3，集合 M＝{1,2,3，…，n}的所有含有 3 个元素的子集记为 A1，A2，A3，…，AC3n，设 A1，A2，A3，…，AC 3n中所有元素 之和为 Sn. (1)求 S3，S4，S5，并求出 Sn； (2)证明：S3＋S4＋…＋Sn＝6C5n＋2. [解] (1)当 n＝3 时，集合 M 只有 1 个符合条件的子集， S3＝1＋2＋3＝6， 当 n＝4 时，集合 M 每个元素出现了 C 23次． S4＝C23(1＋2＋3＋4)＝30. 当 n＝5 时，集合 M 每个元素出现了 C 24次， S5＝C24(1＋2＋3＋4＋5)＝90. 所以 ，当集合 M 有 n 个元素时，每个元素出现了 C2n－1，故 Sn＝C2n－1·nn＋1 2 . (2)证明：因为 Sn＝C2n－1·nn＋1 2 ＝n＋1nn－1n－2 4 ＝6C4n＋1. 则 S3＋S4＋S5＋…＋Sn＝6(C44＋C45＋C46＋…＋C4n＋1) ＝6(C55＋C45＋C46＋…＋C4n＋1)＝6C5n＋2. 4．(2017·苏州期末)如图 581，由若干个小正方形组成的 k 层三角形图阵， 第一层有 1 个小正方形，第二层有 2 个小正方形，依此类推，第 k 层有 k 个小正 方形．除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之 上．现对第 k 层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为 x1，x2，…， xk，其中 xi∈{0,1}(1≤i≤k)，其它小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标 注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为 x0. 图 581 (1)当 k＝4 时，若要求 x0 为 2 的倍数，则有多少种不同的标注方法？ (2)当 k＝11 时，若要求 x0 为 3 的倍数，则有多少种不同的标注方法？ [解] (1)当 k＝4 时，第 4 层标注数字依次为 x1，x2，x3，x4，第 3 层标注数 字依次为 x1＋x2，x2＋x3，x3＋x4，第 2 层标注数字依次为 x1＋2x2＋x3，x2＋2x3 ＋x4， 所以 x0＝x1＋3x2＋3x3＋x4. 因为 x0 为 2 的倍数，所以 x1＋x2＋x3＋x4 是 2 的倍数，则 x1，x2，x3，x4 四 个都取 0 或两个取 0 两个取 1 或四个都取 1，所以共有 1＋C24＋1＝8 种标注方法. (2)当 k＝11 时，第 11 层标注数字依次为 x1，x2，…，x11，第 10 层标注数字 依次为 x1＋x2 ，x2＋x3，…，x10＋x11，第 9 层标注数字依次为 x1＋2x2＋x3，x2 ＋2x3＋x4，…，x9＋2x10＋x11，以此类推，可得 x0＝x1＋C110x2＋C210x3＋…＋C910x10 ＋x11. 因为 C210＝C810＝45，C310＝C710＝120，C410＝C610＝210，C510＝252 均为 3 的倍 数，所以只要 x1＋C110x2＋C910x10＋x11 是 3 的倍数，即只要 x1＋x2＋x10＋x11 是 3 的 倍数， 所以 x1，x2，x10，x11 四个都取 0 或三个取 1 一个取 0，而其余七个 x3，x4，…， x9 可以取 0 或 1，这样共有(1＋C34) ×27＝640 种标注方法．