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1、
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7C－4C的值；
(2)设m，n∈N＋，n≥m，求证：(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C.
[解] (1)7C－4C＝7×－4×＝0.
(2)证明：当n＝m时，结论显然成立．
当n>m时，(k＋1)C＝＝(m＋1)·
＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n.
又因为C＋C＝C，
所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n.
因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C＝(m＋1)C＋[
2、(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C]
＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)]
＝(m＋1)C.
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种方法．
由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C＋C＝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
3、，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CCA种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有CCA种，
由分类计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为CCA＋CCA＝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
CC＋CC＋CC＋CC＝246(种)．
法二：“至少
4、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种选法，其中全是男运动员的选法有C种．
所以“至少有1名女运动员”的选法为C－C＝246(种)．
(2)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法．
不选女队长时，必选男队长，共有C种选法．其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时共有C－C种选法，所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝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
5、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AA＝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AA＝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A＝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A×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
6、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CAC＋AC＝90(个)；个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有CAC＋CCAC＝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
7、子编号是相同的，有多少种投放方法？
[解] (1)CA＝1 200种；(2)A－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，2C＝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
8、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A＝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C×2＝42种；
若分配到3所学校有C＝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C＝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,
9、3，…，n}的所有含有3个元素的子集记为A1，A2，A3，…，AC，设A1，A2，A3，…，AC中所有元素之和为Sn.
(1)求S3，S4，S5，并求出Sn；
(2)证明：S3＋S4＋…＋Sn＝6C.
[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次．
S4＝C(1＋2＋3＋4)＝30.
当n＝5时，集合M每个元素出现了C次，
S5＝C(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C，故Sn＝C·.
(2)证明：因为Sn＝C·＝＝6C.
则S3＋S4＋S5＋…＋Sn＝6(C
10、＋C＋C＋…＋C)
＝6(C＋C＋C＋…＋C)＝6C.
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、＝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＋C＋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＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx10＋x11.
因为C＝C＝45，C＝C＝120，C＝C＝210，C＝252均为3的倍数，所以只要x1＋Cx2＋Cx10＋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＋C)
×27＝640种标注方法．
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
