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1、十二、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） 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）当首位排2,次位排3时，有A3
2、-1种；次位排4、5时有2 A；种，共计17种；当首位排3, A4种，共计24种；当首位排4,次位排3时，有A3-1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）5不作限7E时有A =120种；当首位排1或5时，各有A4种，共计48种不满足要求；当首位排2,次位排1时，有A3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A3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
3、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A15 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13A51 A53300 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A31 A53个，无数字。的有A54个，所以共组成 A1A3+A54=300个四位数；解法三： “排除法”从6 个元素中取
4、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A64A11 A53300 个四位数；（ 2 ）从“位置”考虑，个位数字必须是奇数有A41 种排法，由于0 不能放在首位，因此首位数字只能有A41 种取法，其余两个数位的排法有A42 ，所以共有A41A41A42192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。分成两种情况，0在个位时，有 A1A3个四位偶数； 2 在个位时，有A11 A41 A42 个四位偶数，所以共有A11 A53 + A11 A41 A42 =108 个四位偶数；（ 4 ）一
5、位数：有A61 =6 个；两位数：有A51 A51 =25 个；三位数：有A15A52=100 个；13四位数：有A5 A5 =300 个；五位数：有A15 A54 =600 个；六位数：有A51 A55 =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：正确选择原理；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； 再考虑其余元素或其余位置； 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。
6、(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 A；种方法；(2) 2张2一起出，3张A一起出，有 A2种方法；(3) 2张2一起出，3张A分开出，有A；种方法；(4) 2张2一起出，3张A分两次出，有 C；A；种方法;(5) 2张2分开出，3张A一起
7、出，有A3种方法；(6) 2张2分开出，3张A分两次出，有C32A54种方法;因此，共有不同的出牌方法 A； As A C/A： A3 C/A：860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C4 A42 C4 20(种).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C3
8、 20(种).(2) 7=1+1 + 1+4=1+1+2+3=1+2+2+2 ,，共有分法 C74A： C7C55A42C2C； C72C2C2C116510.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 C：种2)取33122个红球1个白球，有C4c6种；3)取2个红球2个白球，有C4c6,C： C3c6 C2C；115 种(2)设取x个红球，y个白球，则x2xy
9、 5(0 x 4)y 7(0 y 6)x2. x3. x4或 或C：C6186 种y3 y2 y1符合题意的取法种数有C：C； C3C；3.(人教A版选修2-3第36页例2)(1)求(1 2x)7的展开式的第 4项的系数；193 求(x -)9的展开式中 x3的系数？n变式1：在二项式3/x 1 的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列.23 x(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.C1【解答】第一项系数的绝对值为 c0 ,第二项系数的绝对值为 ,第三项系数的绝对值为2C2C依题意有C0 + C2 C：2
10、 ,解得n=8(1 )第四项T4C；(2 )通项公式为Tr 1c8123 xC；8 r3x2r展开式的常数项有2r-8=0,即 r=4 ,常数项为T5C84435.8(3)令x=1 ,得展开式的各项系数的和12812561而不是Tr ,这是【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同学们最容易出错的地方.变式 2：设 3x 1 4 a0 a1x a2x2 a3x3 a4x4.(1)求 a0 a1 a2 a3 a4 ；(2 )求 a。 a2 a4 ；(3)求 a1 a3 ；(4)求 a a? a3 a；(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
11、二项式系数.4【解答】(1)令 x=1 得 a。a1 a2 a3 a43 116 ；(2)令 x=-1 得 a0 a1 a2 a3 a43 1 4256,4而由(1)知：a。 a1 a2 a3 a43 116,两式相加得a0 a2 a4 136；（3）将（2）中的两式相减得 a1 a3120；3（4） 令 x=0 得a00 14 1, 得ai a2 a3 a4 a。 ai a2 a3 a4-a。=16-1=15;（5）各项二项式系数的和为 C40 C4 C2 C3 C：2416.【点评】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；系数和与二项式系数和不一定相同，本题的（1）与（5）
12、结果相同纯属巧合；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15中，有理项的项数是（(A) 3(B) 4(C) 5(D) 6r【解析】：Tr 115 rC15x45 5rC；5 x 6(r = 0,1, 2,，14 ),当r = 3, 9, 15时，为有理项.【答案】:A100变式4：若2 V3x23a0 a1x a2xa3x100 a100x,求 aa2a42a100a1a3a52a99 的值.【解析】：令x=1得a0 a1 a2 a3 a4a1001003令 x=-1 得 a0 a1 a2 a3 a4 a5a99a100,31002 a99aa2a4a0 a1 a2a3a4a100 a0a1a2 a3 a4 a5a99a100100.31003=1
