§4简单计数问题

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高中数学 1.4 简单计数问题同步课件北师大版选修23

本类有 C35·C13·C12×2 种涂法．
第三类：用 5 色中的 4 色，有 C45·A44种涂法．由分类加法计数原理，共有涂法 C25·A22＋C35·C13·C12×2＋C45·A44＝260(种)．
形规转律化方为法简易的图(1)形带．图(形2)涂的色排问列题组是合一实类际特问殊题的通排常列将组复合杂问的题图，它通常是先分步再分类，但结合题目特点，也可以分类求解，但无论分类还是分步，思路必须清晰．
(2)分配问题的处理途径将n个元素按一定要求分给m个人，称为分配问题．分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不可区分的；而后者即使两个元素个数相同，但因人不同，仍然是可区分的．对于这类问题必须遵循先分组后排列的原则．
题型一涂色问题
【例1】用5种不同的颜色给图中A、B、C、D四块区域涂色，要求相邻的区域颜色不同，每块只涂一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？
【训练1】用4种不同的颜色涂入图中矩形A、B、C、D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有多少种？
解 (分步涂色)

A
B
C
D
第一步：给矩形 A 涂色有 C14种方法．
第二步：给矩形 B 涂色有 C13种方法．第三步：给矩形 C 涂色有 C12种方法．第四步：给矩形 D 涂色有 C13种方法．
解 (1)分三步，第一步先选 1 人有 C16种选法；第二步从其余 5 人中选 2 人有 C25种选法；第三步，最后剩余三人并成一组，有 C33种选法，共有选法 C16C25C33＝60(种)．
(2)先分三步，则应是 C62·C42·C22种方法，但是这里面出现了重复，不妨记六个人为 A，B，C，D，E，F，若第一步取了 AB，第二步取了 CD，第三步取了 EF，记该种分法为(AB， CD，EF)，则 C26·C24·C22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD， AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB， CD)，共 A33种情况，而且这 A33种情况仅是 AB，CD，EF 的顺序不同，因此，只能作为一种分法，故分配方式有 C26·AC2433·C22＝15 种．

18学年高中数学第一章计数原理4简单计数问题课件北师大版选修2_3

5 2 理共有 A5 A4＝1 440 种．
[答案]
A
[一点通] 对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后再将不相邻的元素在这些排好的元素之间及两端的空隙中插入．
4．有 6 个座位连成一排，现有 3 人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有 A．36 C．72 B．48 D．96 ( )
相邻的元素“捆绑”起来看作一个元素与其他元素排列，然后再对相邻元素之间进行排列．
3． (辽宁高考)一排 9 个座位坐了 3 个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为 A．3×3! C．(3！)4 B．3×(3！)3 D．9! ( )
解析：利用“捆绑法”求解．满足题意的坐法种数为
3 3 4 A3 (A3 3) ＝(3！) .
答案：A
10．(浙江高考)在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖．将这 8 张奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．
解析：分情况：一种情况将有奖的奖券按 2 张、1 张分给 4
2 1 2 个人中的 2 个人，种数为 C3 C1A4＝36；另一种将 3 张有奖
3 共有 C2 4A4＝144(种)不同的放法．
(5 分)
(3)恰有 2 个盒子不放球，也就是把 4 个不同的小球只放入 2 个盒子中，有两类放法：第一类，1 个盒子放 3 个小球，1 个盒子放 1 个小球，先把小球分组，有 C3 4种，再放到 2 个小盒中有
2 2 A4 种放法，共有 C3 A 4 4种放法；
9．4 种不同的种子，选出 3 种种在三块不同的地上，每一块地只能种一种，则不同的种法有
3 3 A．C4 A3种 3 1 C．C4 A3种 3 B．C2 A 3 3种 3 1 D．A4 A3种

高二数学北师大版选修2-3同步导学案：1.4 简单计数问题

§4　简单计数问题1．进一步理解计数原理和排列、组合的概念．(重点)2．能够运用原理和公式解决简单的计数问题．(难点)[基础·初探]教材整理　简单计数问题阅读教材P18～P21，完成下列问题．1．计数问题的基本解法(1)直接法：以________为考察对象，先满足________的要求，再考虑________(又称元素分析法)．或以________为考察对象，先满足________的要求，再考虑________(又称位置分析法)．(2)间接法：先不考虑附加条件，计算出所有的方法数，再减去不符合要求的方法数．【答案】　(1)元素　特殊元素　其他元素　位置　特殊位置　其他位置2．解决计数问题应遵循的原则先________后一般，先________后排列，先________后分步，充分考虑元素的特殊性，进行合理的分类与分步．【答案】　特殊　组合　分类5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少一个球，若甲球必须放入A盒，则不同放法总数是( )A．120 B．72 C．60 D．36【解析】　分两类：第一类，A盒只有甲球，则余下4个球放入3个不同的盒子中，243每个盒子至少一个球，此时4个球应分为2,1,1三组，有C种，每一种有A种放法，共2434有C A种放法；第二类，A盒中有甲球和另1球，则有A种排法．由分类加法计数原理，2434得共有放法总数C A＋A＝60种．【答案】　C[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：　解惑：　疑问2：　解惑：　疑问3：　解惑：　[小组合作型]排列问题　某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有( )A．504种　B．960种C．1 008种D．1 108种【精彩点拨】　先安排甲、乙，再考虑丙、丁，最后安排其他员工．214【自主解答】　(1)若甲、乙安排在开始两天，则丁有4种选择，共有安排方案A C A 4＝192种；2144(2)若甲、乙安排在最后两天，则丙有4种选择，共有A C A＝192种；(3)若甲、乙安排在中间5天，选择两天有4种可能，2143若丙安排在10月7日，丁有4种安排法，共有4×A C A＝192种；213133若丙安排在中间5天的其他3天，则丁有3种安排法，共有4×A C C A＝432种．所以共有192＋192＋192＋432＝1 008种．【答案】　C1．本小题用到分类讨论的方法，按照特殊元素(甲、乙在一起，丙、丁不在特殊位置)进行讨论．2．较复杂的排列问题要注意模型化归，转化为常用的方法．[再练一题]1．由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字，且1,3都不与5相邻的六位偶数的个数是( ) 【导学号：62690018】A．72 B．96 C．108 D．14432【解析】　第一步将2,4,6全排，有A种；第二步分1,3相邻且不与5相邻，有A A 23332233种；1,3,5均不相邻，有A种．故总的排法为A(A A＋A)＝108种，故选C.【答案】　C组合问题　某班有54位同学，其中正、副班长各1名，现选派6名同学参加某科课外小组，在下列各种情况中，各有多少种不同的选法？(只列式不计算)(1)正、副班长必须入选；(2)正、副班长只有1人入选；(3)正、副班长都不入选；(4)正、副班长至多有1人入选；(5)班长以外的某3人不入选；(6)班长有1人入选，班长以外的某2人不入选．【精彩点拨】　这是一道有限制条件的组合问题，先处理特殊元素，然后考虑一般元素．【自主解答】　(1)先选正、副班长，再从剩下的52人中选4人．由分步乘法计数原2452理，得C·C种．(2)先从正、副班长中选1人，再从剩下的52人中选5人．由分步乘法计数原理，得12552C·C种．02652(3)因为正、副班长都不选，因此从剩下的52人中选6人，共C·C种，即C652种．1255202652(4)只有一个班长入选，或两个班长都不入选，故共有C·C＋C·C种，或6542452C－C·C种．03651651(5)某3人可除外，故共有C·C种，即C种．120255012550(6)C·C·C种，即C·C种．解答组合应用题的总体思路1．整体分类，对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算结果时使用加法原理．2．局部分步，整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的不重复，计算每一类的相应结果时，使用乘法原理．[再练一题]2．将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排两名学生，那么互不相同的分配方案共有( )A ．252种B ．112种C ．20种D ．56种【解析】　不同的分配方案共有C C ＋C C ＋C C ＋C C ＝112(种)．275374473572【答案】　B[探究共研型]排列、组合的综合应用探究1　从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相乘，有多少个不同的结果？完成的“这件事”指的是什么？【提示】　共有C ＝＝6(个)不同结果．244×32完成的“这件事”是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相乘．探究2　从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素相除，有多少个不同结果？这是排列问题，还是组合问题？完成的“这件事”指的是什么？【提示】　共有A －2＝10(个)不同结果．这个问题属于排列问题．完成的“这件事”24是指：从集合{1,2,3,4}中任取两个不同元素并相除．探究3　完成“从集合{0,1,2,3,4}中任取三个不同元素组成一个是偶数的三位数”这件事需先分类，还是先分步？有多少个不同的结果？【提示】　由于0不能排在百位，而个位必须是偶数.0是否排在个位影响百位与十位的排法，所以完成这件事需按0是否在个位分类进行．第一类：0在个位，则百位与十位共A 种排法；第二类：0不在个位且不在百位，则需先从2,4中任选一个排个位再从剩下24非零数字中取一个排百位，最后从剩余数字中任取一个排十位，共C C C ＝18(种)不同的121313结果，由分类加法原理，完成“这件事”共有A ＋C C C ＝30(种)不同的结果．24121313　有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文课代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．【精彩点拨】　(1)按选中女生的人数多少分类选取．(2)采用先选后排的方法．(3)先安排该男生，再选出其他人担任4科课代表．(4)先安排语文课代表的女生，再安排“某男生”课代表，最后选其他人担任余下三科的课代表．【自主解答】　(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，共有352345135C C＋C C种，后排有A种，352345135共(C C＋C C)·A＝5 400种．474(2)除去该女生后，先选后排，有C·A＝840种．47144(3)先选后排，但先安排该男生，有C·C·A＝3 360种．3613(4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C种，再安排该男生有C种，其余3336133人全排有A种，共C·C·A＝360种．解决排列、组合综合问题要遵循两个原则1．按事情发生的过程进行分步．2．按元素的性质进行分类．解决时通常从以下三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．[再练一题]3．某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案共有( )A．16种 B．36种 C．42种 D．60种24232【解析】　若选择了两个城市，则有C C A＝36种投资方案；若选择了三个城市，则343有C A＝24种投资方案，因此共有36＋24＝60种投资方案．【答案】　D[构建·体系]1．(2016·长武高二检测)某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( )A ．14B ．24C ．28D ．48【解析】　(间接法)：6人中选派4人的组合数为C ，其中都选男生的组合数为C .464所以至少有1名女生的选派方案有C －C ＝14(种)．464【答案】　A2．在1,2,3,4,5这五个数字所组成的没有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数共有( )A ．6个B ．9个C ．12个D ．18个【解析】　由题意知，所求三位数只能是1,3,5或2,3,4的排列，共有A ＋A ＝12(个)．33【答案】　C3．6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答). 【导学号：62690019】【解析】　6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人，有A 种方法，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位，有A 种方法，所以425共有：A ·A ＝480.425【答案】　4804．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．【解析】　有C ·C ·A ＝36种满足题意的分配方案．其中C 表示从3个乡镇中任132421324选定1个乡镇，且其中某2名大学生去的方法数；C表示从4名大学生中任选2名到上一2步选定的乡镇的方法数；A表示将剩下的2名大学生分配到另2个乡镇去的方法数．【答案】　365．车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，问有多少种选派方法．【解】　法一：设A，B代表两名老师傅．454A，B都不在内的选派方法有：C·C＝5(种)；A，B都在内且当钳工的选派方法有：2254C·C·C＝10(种)；A，B都在内且当车工的选派方法有：24524C·C·C＝30(种)；A，B都在内，一人当钳工，一人当车工的选派方法有：223534C·A·C·C＝80(种)；A，B有一人在内且当钳工的选派方法有：12354C·C·C＝20(种)；A，B有一人在内且当车工的选派方法有：124534C·C·C＝40(种)．所以共有45422542452422353412354124534C·C＋C·C·C＋C·C·C＋C·A·C·C＋C·C·C＋C·C·C＝185(种)选派方法．法二：5名钳工有4名被选上的方法有：4546C·C＝75(种)；5名钳工有3名被选上的方法有：354512C·C·C＝100(种)；25245名钳工有2名被选上的方法有：C·C·C＝10(种)．所以一共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．我还有这些不足：(1)　(2)　我的课下提升方案：(1)　(2)　学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为( )25262526A．C C　B．C A2522622526C．C A C A D．A A25【解析】　分两步进行：第一步，选出两名男选手，有C种方法；第二步，从6名女262526生中选出2名且与已选好的男生配对，有A种．故有C A种．【答案】　B2．某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的素菜，用餐者可以按下述方法搭配午餐：①任选两种荤菜，两种素菜和白米饭；②任选一种荤菜，两种素菜和蛋炒饭，则每天不同午餐的搭配方法有( )A．22种B．56种C．210种D．420种24271427【解析】　按第一种方法有C C种不同的搭配方法，按第二种方法共有C C种不同24271427的搭配方法，故共有C C＋C C＝6×21＋4×21＝210种搭配方法，故答案选C.【答案】　C3．将A，B，C，D四个球放入编号为1,2,3的三个盒子中，每个盒子中至少放一个球且A，B两个球不能放在同一盒子中，则不同的放法有( )A．15B．18C．30D．36243【解析】　间接法，所有的不同放法有C·A种．A，B两球在同一个盒子中的放法22432种数为3×A，满足题意的放法种数为C A－3×A＝6×6－3×2＝36－6＝30.【答案】　C4．某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名进行发言，要求甲、乙两人至少有一人参加．当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻．那么不同的发言顺序的种数为( )A ．360B ．520C ．600D ．720【解析】　当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为2C A ＝480，当甲、354乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为A A ＝120，则不同的发言顺序的种数为2523480＋120＝600，故选C.【答案】　C5．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )A ．23个B ．24个C ．18个D ．6个【解析】　各位数字之和为奇数可分两类：都是奇数或两个偶数一个奇数，故满足条件的三位数共有A ＋C A ＝24个．3133【答案】　B 二、填空题6．现有6张风景区门票分配给6位游客，若其中A ，B 风景区门票各2张，C ，D 风景区门票各1张，则不同的分配方案共有________种. 【导学号：62690020】【解析】　6位游客选2人去A 风景区，有C 种，余下4位游客选2人去B 风景区，26有C 种，余下2人去C ，D 风景区，有A 种，所以分配方案共有C C A ＝180(种)．24226242【答案】　1807．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个(用数字作答)．【解析】　分两种情况：第一类：个、十、百位上各有一个偶数，有C A ＋C A C ＝90个；13323314第二类：个、十、百位上共有两个奇数一个偶数，有C A C ＋C C A C ＝234个．共233141323313有90＋234＝324个．【答案】　3248．某餐厅供应盒饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种为________种．(结果用数值表示)【解析】　在5种不同的荤菜中选出2种的选择方式的种数是C ＝＝10.因选255×42择方式至少为200种，设素菜为x 种，则有C C ≥200.即≥20，化简得x(x －1)2x 25x x －12≥40，解得x≥7.所以至少应准备7种素菜．【答案】　7三、解答题9．3名男同志和3名女同志到4辆不同的公交车上服务．(1)若每辆车上都要有人服务，但最多安排男女各一名，有多少种不同的安排方法？(2)若男女各包两辆车，有多少种安排方法？34【解】　(1)先将3名男同志安排到车上，有A种方法，在未安排男同志的那辆车上1323341323安排一名女同志，有C种方法，还有2名女同志有A种安排方法．共有A C A＝432种安排方法．2323(2)男同志分2组有C种方法，女同志分2组有C种分法，将4组安排到4辆车上有423234A种方法．共有C C A＝216种安排方法．10．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球．【解】　(1)每个小球都有4种方法，根据分步乘法计数原理，共有46＝4 096种不同放法．(2)分两类：第1类，6个小球分3,1,1,1放入盒中；第2类，6个小球分2,2,1,1放36143262424入盒中，共有C·C·A＋C·C·A＝1 560(种)不同放法．1424(3)法一：按3,1,1,1放入有C种方法，按2,2,1,1，放入有C种方法，共有1424C＋C＝10(种)不同放法．法二：(挡板法)在6个球之间的5个空中插入三个挡板，将6个球分成四份，共有35C＝10(种)不同放法．[能力提升]1．(2015·四川高考)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A．144个B．120个C．96个D．72个【解析】　分两类进行分析：第一类是万位数字为4，个位数字分别为0,2；第二类是万位数字为5，个位数字分别为0,2,4.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，341334共有2A个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C A个偶341334数．故符合条件的偶数共有2A＋C A＝120(个)．【答案】　B2．从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有1双同色的取法有( )23A．240种B．180种C．120种D．60种【解析】　取一双同色手套有C种取法，在剩下的5双手套中取2只不同色的手套，16有C22种取法，由分步乘法计数原理知，恰好有一双同色手套的取法有C C·22＝240 251625种．【答案】　A3．(2016·孝感高级中学期中)正五边形ABCDE中，若把顶点A，B，C，D，E染上红、黄、绿、黑四种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有________种．【解析】　若用三种颜色，有C A种染法，若用四种颜色，有5·A种染法，则不同15344的染色方法有C A＋5·A＝240(种)．15344【答案】　2404．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？【解】　(1)先排前4次测试，只能取正品，有A种不同测试方法，再从4件次品中46选2件排在第5和第10的位置上测试，有C A＝A种测法，再排余下4件的测试位置，24224有A种测法．4所以共有不同测试方法A·A·A＝103 680种．46244(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C·C·A＝576种．16344。

高中数学知识点精讲精析简单计数问题

4 简单计数问题在解决“计数问题”时，我们采用的方法通常有三种：枚举法、加法原理和乘法原理。

1. 枚举法枚举法就是要将计数的对象一一列举出来，做到不重复、不遗漏，最后数出或计算出所列举的总数目。

为了在枚举时不重复不遗漏，我们的思考就要遵循某种规律，或者说采取某种规则，也就是说思路应该是“有序”的。

应避免“东想一个，西想一个”，造成不必要的麻烦。

应用枚举法，所得的结果完整、直观，一目了然。

但是枚举法也有缺点，就是如果题目中数目较大，那么枚举的思考难度就比较大，思考的过程也比较费时。

下面给大家介绍一种很简捷的方法。

2. 乘法原理乘法原理：完成一件事需要几个步骤，如果第一步有种方法，第二步有种方法……，第n 步有种方法，我们就说完成这件事一共有：种不同的方法。

3．加法原理，完成一件事，若完成它可以有n 类办法，而第一类办法中有种方法，第二类办法中有种方法，……，第n 类办法中有种方法，则完成这件事共有：种不同的方法。

1．有()+∈N n n 件不同的产品排成一排，若其中A 、B 两件不同的产品排在一起的排法有48种，则=n【解析】对于含有某几个元素相邻的排列问题可先将相邻元素“捆绑”起来视为一个大元素，与其他元素一起进行了全排列，然后瑞对相邻元素内部进行全排列，这就是处理相邻排列问题的“捆绑”方法。

将A 、B 两件产品看作一个大元素，与其他产品排列有11--n n A 种排法；对于上述的每种排法，A 、B 两件产品之间又有22A 种排法，由分步计数原理得满足条件的不同排法有 2211A A n n --=48种，故5=n2．有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2个就座，规定前排中间的3 个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是（）(A) 234 (B) 346 (C)350 (D) 363【解析】对于前排中某个元素互不不相邻的排列问题，可先将其它元素排成一排，然后将不相邻的元素插入这些排好的元素之间及两端的空隙中，这就是解决互不相邻问题最为奏效的插空法。

数学高二-选修2-3知识导航第一章4简单计数问题

§4 简单计数问题自主整理1.区别排列问题与组合问题的关键是元素是否_____________________.2.解决相邻元素问题的方法是____________________.3.解决元素不相邻问题的方法是____________________.4.有特殊要求的元素问题常用____________________.5.有特殊要求的位置问题常用____________________.6.无序平均分组问题常用____________________.7.相同元素分组问题常用____________________.8.“至多”“至少”问题常用____________________. 高手笔记1.捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列.它主要用于解决“元素相邻问题”.例如，一般地，n 个不同元素排成一列，要求其中某m(m≤n ）个元素必相邻的排列有A 11+-+-m n m n ·A mm 个.其中A 11+-+-m n m n 是一个“整体排列”，而A mm 则是“局部排列”.2.插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”.运用插空法解决“元素不相邻问题”时，要同时借助框图和数数法求解.3.占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.4.调序法：当某些元素次序一定时，可用此法.解题方法是：先将n 个元素进行全排列有A nn 种，m(m<n)个元素的全排列有A mm 种，由于要求m 个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到调序的作用，即若n 个元素排成一列，其中m 个元素次序一定，共有m mn nA A 种排列方法.记忆规律是：顺序一定作除法.名师解惑1.解排列、组合应用题应注意哪些问题？剖析：做排列、组合的应用题，一般来讲要解决好三大难题：一是确定问题的属性，即所给问题是排列还是组合；二是确定解题策略，即是要分类求解还是分步求解；三是选择恰当的解题方法，即是用直接法还是间接法.而这三大难题的关键则是真正弄清“三对关系”的深刻含义.（1）“分类与分步”的关系分类复杂事件A 的排列与组合问题，需要对A 在一个标准下分类讨论，把A 分解为n 类简单事件A 1，A 2，…，A n .分类的原则是：A=A 1∪A 2∪…∪A n ,A i ∩A j =(i≠j,i 、j=1,2,…,n).在这样的原则下对事件A 分类，能够确保分类的不漏不重.把A 分为A 1，A 2，…，A n 的同时，对应的办法S 也随之被分为n 类办法S 1，S 2，…，S n ，且S=S1∪S2∪…∪S n,S i∩S j=(i≠j;i、j=1,2,…,n).其结果用分类加法计数原理计算.分步事件A完成分类以后，对每一类要进行分步，分步要做到“步骤连续”和“步骤独立”，这样就可以确保对每一类事件的分步不漏不重.事件的分步对应方法的分步.如A1分为n步B1，B2，…，B n，则对应的有S1被分为n种方法S11，S12，…，S1n.其结果用分步乘法计数原理计算.由此可见，我们可以得到两点结论：其一，分类与分步是区别选用分类加法计数原理和分步乘法计数原理的唯一标准，即分类相加，分步相乘；其二，若把事件A分为n类简单事件A1,A2,…,A n，并且完成事件A k又需分作S k步（k=1,2,3,…,n)，对应每一步又可有S ki(i=1,2,3,…,n)种不同方法，这样完成事件A就共有N=(S11·S12·S13…S1n)+(S21·S22·S23…S2n)+…+(S n1·S n2·S n3…S nn)种不同方法.（2）“有序与无序”的关系界定排列与组合问题的唯一标准是“顺序”，“有序”是排列问题，“无序”是组合问题.排列与组合问题并存的时候，解答排列与组合问题，一般采用先组合后排列的方法解答.（3）“元素与位置”的关系解答排列与组合问题，界定哪些事物是元素，哪些事物是位置至关重要，又没有唯一的定势标准，所以要辩证地去看待元素与位置.解题过程中，要优先安排有限制条件的特殊元素和特殊位置，并灵活运用“捆绑法”和“插空法”，“直接法”和“间接法”.2.排列、组合应用题的基本题型与解题策略是什么？剖析：排列、组合应用题的常见类型及解题策略如下表：类型特征常见题型解题策略组合排列指定元素型从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内先C后A策略分类求解策略C r krnrrC--C kkrkrnrrAC--从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内krnC-kkkrnAC-从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某r个元素中的s个元素skrnsrCC--kkskrnsrACC--从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每一个排列（或组合），都至少包含某r个元素中的s个元分类求解策略k kNA1+--+=srskrnsrCCCN1----++krnrrskrnCCC素从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每一个排列（或组合），都至多包含某r个元素中的s个元素kkNA1rkrnrCCCN+=-skrnsrkrnCCC----++1定位型从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列，规定某r个元素都包含在内，并且都排在某r个指定位置分步求解策略rkrnrrAA--相邻型把n个不同元素作全排列，规定某r个元素连排在一起捆绑策略11+-+-rnrnrrAA相离型把n个不同元素作全排列，规定某r个元素中的任意两个元素都不相邻（r≤21+n)插空策略r rnrnrnAA1+---平均分组型把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有几种分法排异除重策略kknnnnkACC)1(nk nC-•环状型把n个不同元素围绕一个圆进行排列，共有几种不同的排列11--=nnnn AnA顺序一定型把n个不同元素作全排列，规定某r个元素必须按一定顺序排列，共有几种不同排列rrnnAA讲练互动【例1】7个人按下列要求并排站成一排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站在正中间，也不站在两端；（2）甲、乙两人相邻；（3）甲、乙之间相隔2人；（4）甲站在乙的右边；（5）甲、乙都与丙不相邻.（6）若7个人站成两排，第一排3人，第二排4人，共有多少种站法？（7）若7个人站成一个圆环，有多少种站法？分析：（1）的限制条件甲不站在正中间与两端，意思是说甲只能站在余下的4个位置，因此可以先在这4个位置上排上甲而后再排其他人员，或者先从其余六人中选出三人排在正中间和两端.（2）由于甲、乙两人相邻，因此可把甲、乙两人合看作一个元素（捆绑法）参加全排列，但不要忘记甲、乙两人的局部排列问题.（3）可以先从其余五人中选两人站在甲、乙之间，然后将此二人连同甲、乙四人看作一个元素（捆绑法）参加全排列，同样甲、乙之间也要进行全排列；还可以运用“数数法”将甲、乙站的位置确定出来，即甲、乙只能在1与4，2与5，3与6，4与7这四种位置上.（4）甲不是站在乙的右边，就是站在乙的左边，两者必居其一，因此可以用“调序法”求解，或先按题目的要求从七个位置中选两个将甲、乙排好，然后再排其余人员.（5）本题可分成甲、乙相邻但不与丙相邻及甲、乙不相邻且都不与丙相邻两类进行研究. （6）把元素排成几排的问题，可化归为一排考虑，再在一排中分段处理.（7）7人站成一个圆环，剪开排成一排，对应7个排列.故环状排列问题用剪断直排法处理.（1）解法一：先让甲站在余下的四个位置中的任一位置上，有C14种，再让余下的6人站在其他位置上，有A66种不同站法，根据分步计数原理，共有N=C14·A66=2 880种不同站法.解法二：甲不站正中间也不站在两端，可先从其余6人中任选3人站在这3个位置上（占位法），有A36种站法，再让剩下的4人（含甲）站在其他4个位置上，有A44种站法，根据分步乘法计数原理，知共有N=A36·A44=2 880种不同站法.解法三：先让甲以外的6人站成一排，有A66种站法，再让甲插入这6个人之间的4个空档位置（不插在正中间），有A14种方法.故共有N=A66·A14=2 880种不同的站法.解法四：整体排异法.无限制条件的7人并排站成一排，有A77种站法，去掉甲站在正中间及两端的情况，共有A13A66种，故共有N=A77-A13A66=2 880种不同站法.（2）解法一：捆绑法.先把甲、乙两人合在一起看作一个元素，参加全排列共有A66种站法，然后甲、乙两人局部排列，共有A22种站法，根据分步乘法计数原理，共有N=A66·A22=1 440种不同站法.解法二：插空法.先让甲、乙以外的5个人站队，有A55种站法，再把甲、乙两人合在一起作为一个元素插入5个人形成的6个空档中，有A16种站法，最后甲、乙两人局部排列，有A22种站法，根据分步乘法计数原理，共有N=A55A16A22=1 440种不同站法.（3）解法一：捆绑法.先从甲、乙以外的5人中任选2人站在甲、乙之间，有A25种站法，再将甲、乙及中间二人共4人看作一个整体参加全排列，有A44种站法，最后甲、乙进行局部排列，有A22种站法.根据分步乘法计数原理，知共有N=A25·A44·A22=960种不同站法.解法二：数数法与插空法相结合.先让甲、乙以外的5人站队，有A 55种站法，再在5人形成的6个空档中的1与4，2与5，3与6，4与7的位置上排上甲、乙，共有4A 22种站法，根据分步乘法计数原理，有N=A 55·4A 22=960种不同站法.（4）解法一：组合法——顺序一定用组合.先在7个位置中选2个位置排上甲、乙（甲在乙的右边——顺序一定问题），有C 27种站法，再在余下的5个位置上站其余5人，有A 55种站法，根据分步乘法计数原理，知共有N=C 27·A 55=2 520种.解法二：调序法.甲在乙的右边与甲在乙的左边的情况是一一对应的，因此，甲在乙的右边的站法是7人任意站法的一半.故共有N=21A 77=2 520种. （5）解法一：直接法.分类求解.将问题分成甲与乙相邻但不与丙相邻及甲、乙、丙互不相邻两类研究.第一类情况可先让其余4人站队，有A 44种站法，他们之间形成5个空档，再把甲、乙两人看作一个整体与丙共两个元素插入5个空档，有A 25种站法，最后甲、乙两人进行局部排列，有A 22种站法，故这类情况有A 44·A 25·A 22种不同站法；第二类情况也可先让其余4人站队，有A 44种方法，再把甲、乙、丙3人插入5个空档，共有A 35种方法，因此这类情况有A 44·A 35种，根据分类加法计数原理，知共有N=A 44·A 25·A 22+A 44·A 35=2 400种不同站法. 解法二：间接法.整体排异，7个人排成一排，有A 77种方法.甲、乙都与丙相邻的站法，即丙站在甲、乙中间的站法共有A 55·A 22种；甲与丙相邻或乙与丙相邻的站法均为A 66·A 22种.但甲、丙相邻与乙、丙相邻的站法中都包括了丙站在甲、乙中间，故根据分类计数原理和整体排异策略知，共有N=A 77-2A 66·A 22+A 55·A 22=2 400种不同方法. （6）A 77=5 040种不同站法.（7）777A =720种不同的站法.绿色通道:“在”与“不在”，“相邻”与“不相邻”或“相间”，是常见的有限制条件的排列问题.“在”一般用“直接法”求解，“不在”可用“间接法”；“相邻”问题一般用“捆绑法”，“不相邻”问题用“插空法”；“顺序一定”可用“调序法”或“组合法”.一般来说，解排列、组合应用题除了上述方法外，有时还用“占位法”或“数数法”，更多情况下需要对问题进行恰当的分类或分步.分类时要注意“类与类”之间的并列性和独立性、完整性；分步时要注意“步与步”之间的连续性和独立性、依赖性，做到不重不漏.. 变式训练1.安排7位工作人员在10月1日至10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在10月1日和2日.不同的安排方法共有________________种.（用数字作答）解析：因为甲、乙二人都不安排在10月1日和2日，可安排在其余5日值班，有A 25种方法；再安排其余5人，有A 55种方法.根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有A 25·A 55=2 400种.答案：2 400【例2】由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数小于十位数的共有________________个.解析：没有重复数字的六位数共有C 15A 55=600个，其中个位数小于十位数的与十位数小于个位数的各占一半.∴符合题意的共有300个. 答案：300 变式训练2.(2006高考北京卷，3)在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（）A.36个B.24个C.18个D.6个解析：由各位数字之和为奇数，分两类：三位数都是奇数或两个偶数一个奇数，满足条件的三位数共有A 33+C 13A 33=24个.答案：B【例3】现有10个完全相同的小球分配到三个班级，每个班级至少分得1个小球，问有多少种不同分法？分析：对于相同元素的分组分配问题，常规解法烦琐而易错，若掌握隔板法，则操作方便且易懂.将10个完全相同的小球排成一行，10个球之间出现9个空档，用“隔板”把10个小球隔成有序的三份，每个班级依次按班级序号分到对应位置的几个球. 解：根据以上分析，分球的方法实际上为隔板的隔法：即9个空插入2个隔板，其方法数为：N=C 2913110C =--=36种.绿色通道:n 个相同．．的元素分配到m 个不同的单元中（n≥m)，不能有空放，常用隔板法，有C 11--m n 种不同的分配方法.变式训练3.8个相同的球放入标号为1、2、3的三个盒子中，问有多少种不同的放法？解法一：与例3不同的是，此题中的盒子可以为空.还是利用隔板原理将8个球分为三堆，只不过有的堆的球数为零，即在8个球之间及两端插入两块隔板.首先将8个球排成一排，就有9个空，任取一个空插入一块隔板，有C 19种；然后再将第二块隔板插入前面8个球和第一块隔板形成的10个空中，有C 110种，但这两种放法中有重复的，要除以2；最后将第一块隔板左边的球放入1号盒子中，两块隔板之间的球放入2号盒子中，第二块隔板右边的球放入3号盒子中.故共有21C 19C 110=C 210=45种.解法二：分三类：第一类，把8个小球放入一个盒内，有C13种放法.第二类，把8个小球放入两个盒内，先去掉一个空盒有C13种方法，然后在8个小球的7个空隙中插入一个隔板分成两份，分别放入两个盒内有C17种方法，故第二类共有C13·C17种方法.第三类，三个盒子都不空，利用隔板法将8个小球分成三份，分别放入3个盒中，共有C27种方法，故共有C13+C13·C17+C27=45种方法.【例4】有甲、乙、丙三项任务，甲需由2人承担，乙、丙各需由1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有多少种？分析：有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，常采用逐步分组法求解.解：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下8人中选1人承担乙项任务，最后从另外7人中选1人承担丙项任务，根据乘法原理可知不同的方法种数共计C210·C18·C17=2 520种.绿色通道:有序分配问题通常是根据需要选出人员分配给各个任务或项目..变式训练4.(2006高考重庆卷，8)将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有（）A.30种B.90种C.180种D.270种解：设三个班级为甲、乙、丙，则5名实习教师分配到三个班级，由题意知，一定有一个班级只分配到一名实习教师，其余两个班级每个班级分到了两名实习教师.故分步：第一步，选一名教师安排在一个班级中有C15C13种方法；第二步，余下的4名教师平均分配给剩下的两个班级，有C24C22种方法.故共有C15C13·C24C22=90种分配方案.【例5】有甲、乙、丙、丁四种不同的种子，要选出三种在三块不同的土地上试种.若甲被选，则甲必在第一块土地上试种，问不同的试种方法有多少种？分析：列举法即一一列举，它虽然不如其他方法简捷，但思维更加严谨、清晰.解：如果甲被选，则有甲、乙、丙，甲、丙、乙，甲、丙、丁，甲、丁、丙，甲、乙、丁，甲、丁、乙6种不同的选法；如果甲未被选，则有乙、丙、丁，乙、丁、丙，丙、乙、丁，丙、丁、乙，丁、乙、丙，丁、丙、乙6种不同的选法.故有N=6+6=12种.绿色通道:当完成一件事情没有直接的公式可用且数目较小时，我们可以按着“次序”一一地“数”出来，这就是列举法.用列举法解排列组合问题时，通常要借助图表来表示，这样不仅可以帮助我们在选取时避免重复和遗漏，而且可以使分析过程更清晰明了..变式训练5.将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字都不相同的填法有多少种？解：采用树形图如下：故填法有9种.。

§4简单计数问题(二)

课题：§4简单计数问题（二）【学习目标】1.进一步学习排列与组合的综合性问题，应用两个计数原理及排列组合的规律,解决简单的实际问题；2.通过分析问题和解决问题的过程,培养缜密思维的习惯和逻辑思维能力,提高分析问题,解决问题的能力.【学习重点】利用计数原理和排列组合的规律解决实际问题．【学习难点】把实际问题抽象成排列或组合问题,选择恰当的计数方法．【合作探究】活动一: 用0、1、2，…，8这9个数字，（1）可以组成多少个4位数？（2）可以组成多少个没有重复数字的4位数？（3）可以组成多少个没有重复数字且能被2整除的4位数？（4）可以组成多少个没有重复数字且能被5整除的4位数？变式训练：由1、4、5、x四个数字，组成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各位上的数字之和为288,求x．活动二: 某批产品中有一等品20个,二等品15个,三等品5个,从其中任取4个进行检验,那么:（1）一共有多少种抽取结果?（2）全部抽到二等品的结果有多少种?（3）抽不到三等品的结果有多少种?（4）恰抽到2个二等品的结果有多少种?（5）恰抽到1个一等品,2个二等品的结果有多少种?（6）至少抽到1个一等品的结果有多少种?活动三: 4名男同学3名女同学排成一排，（1）3名女同学相邻，有多少种不同的排法？（2）3名女同学不能相邻，有多少种不同的排法？（3）女同学不能站在两端，有多少种不同的排法？（4）男女相间排列，有多少种不同的排法？【达标测评】1．（08福建·理7）某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为（）A．14 B．24 C．28 D．482．（08海南·理9）甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有（）A．20种B．30种C．40种D．60种3．（07海南·理16）某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有种（用数字作答）．4．（07北京·理5）记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（）A．1440种B．960种C．720种D．480种5．（07四川·理10）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（）A．288个B．240个C．144个D．126个6．（07陕西·理16）安排3名支教教师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有种．7．（09陕西·理9）从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为A．300 B．216 C．180 D．1628．（09海南·理15）7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动。

高中数学第一章计数原理 4 简单计数问题自我小测北师大版选修23

高中数学第一章计数原理 4 简单计数问题自我小测北师大版选修2-31．从4名男生和3名女生中选3人分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派的方案共有( )种．A．108 B．186 C．216 D．2702．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法有( )．A．40种B．50种C．60种D．70种3．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有( )．A．36 B．48 C．72 D．964．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有( )．A．2人或3人B．3人或4人C．3人D．4人5．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排方法有( )种．A．50 B．60 C．120 D．2106．安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有__________种．7．要在如图所示的花圃中的5个区域中种入4种颜色不同的花，要求相邻区域不同色，有__________种不同的种法．8．有一排8个发光二极管，每个二极管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3个二极管点亮，但相邻的两个二极管不能同时点亮，根据这三个点亮的二极管的不同位置和不同颜色来表示不同的信息，求这排二极管能表示的信息种数共有多少种？9．如图，在∠AOB的两边上，分别有3个点和4个点，连同角的顶点共8个点．这8个点能作多少个三角形？10．袋中有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球，(1)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？(2)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取出4球的总分不低于5分，则有多少种不同取法？参考答案1. 答案：B解析：(1)直接法：从4名男生和3名女生中选出3人，至少有1名女生的选派方案可分为三类：①恰好有1名女生，2名男生，有123343C C C 种方法；②恰好有2名女生，1名男生，有213343C C A 种方法；③恰好有3名女生，有3333C A 种方法；综合①②③共有123343C C A ＋213343C C A ＋3333C A ＝186种不同的选派方案．(2)间接法：从全部方案数中减去只派男生的方案数，则有3374A A -＝186种不同的选派方案．2. 答案：B解析：先分组再排列，一组2人一组4人有26C ＝15种不同的分法；两组各3人共有3622C A ＝10种不同的分法，所以共有(15＋10)×2＝50种不同的乘车方法．3. 答案：C解析：恰有两个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排3个人，然后插空，从而共3234A A ＝72种不同的坐法．4. 答案：A解析：设男生有n 人，则女生有(8－n )人，由题意可知218C C n n -＝30，解得n ＝5或6.代入验证，可知女生为2人或3人．5. 答案：C解析：先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)，(5,6)，(6,7)，甲任选一种为16C ，然后在剩下的5天中任选两天有序地安排其余两校参观，安排方法有25A 种，按照分步乘法计数原理可知共有1265C A ⋅＝120种不同的安排方法．6. 答案：2 400解析：先安排甲、乙两人在后5天值班，有25A ＝20种排法，其余5人再进行排列，有55A ＝120种排法，所以共有20×120＝2 400种安排方法．7. 答案：72解析：区域5有4种种法，区域1有3种种法，区域4有2种种法，若1,3同色，区域2有2种种法，若1,3不同色，区域2有1种种法，所以共有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种不同的种法．8. 解：因为相邻的两个二极管不能同时点亮，所以需要把3个点亮的二极管插放在未点亮的5个二极管之间及两端的6个空上，共有36C 种亮灯办法．然后分步确定每个二极管发光颜色有2×2×2＝8种方法，所以这排二极管能表示36C ×2×2×2＝160种不同的信息．9. 解：从8个点中，任选3点共有38C 种选法，其中有一个5点共线和4点共线，故共有333845C C C --＝42个不同的三角形． 10. 解：(1)可分三类：有4红，3红1白，2红2白，则共有4312244646C C C C C ++＝115种不同的取法．(2)取4球总分不低于5分转化为至少有一个红球被选取即可．方法一(直接法)：13223144646464C C C C C C C +++＝195(种)．方法二(间接法)：44106C C -＝195(种)．。

高中数学第一章计数原理4简单计数问题同步测控北师大版选修23

高中数学第一章计数原理 4 简单计数问题同步测控北师大版选修2-3我夯基，我达标1.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（）.30 C解析：分两步：第一步，把新增的第一个节目插入原5个节目中，有6种方法；第二步，把新增的第二个节目插入前6个节目中，有7种方法，故共有6×7=42种插法.答案：A2.从长度分别为1，2，3，4，5的五条线段中，任取三条的不同取法共有n 种.在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m ，则nm 等于（） A.101 B.51 C.103 D.52 解析：n=C 35=10，由余弦定理知可组成钝角三角形的有“2、3、4”和“2、4、5”，故m=2,∴n m =102=51. 答案：B3.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有（）种种种种解析：既有女生又有男生，可以分类表示，三男一女有C 34·C 13种选法，二男二女有C 24C 23种选法，一男三女有C 14·C 33种选法，则总的不同的选法有C 34·C 13+C 24·C 23+C 14·C 33=34种. 答案：D4.某校高二年级共有六个班，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（）2624 212624 2624 D.2A 26 解析：分两步：①把4名学生平均分成两组，有方法2122224=•C C C 24种；②把两组学生分到六个班的两个班中，有A 26种方法，故共有方案21A 26C 24种. 答案：B位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得-100分；选乙题答对得90分，答错得-90分.若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是（）.36 C解析：若甲、乙全选，4位同学得分100，-100，90，-90有A 44=24种；若甲、乙选其一，4位同学得分为100，100，-100，-100或90，90，-90，-90，有C12C24=12种.故共有24+12=36种.答案：B6.(2007高考江苏卷，12)某校开设9门课程供学生选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修4门，共有________________种不同的选修方案.（用数值作答）解析：①若不选A、B、C课的选法有C46=15种，②若选A、B、C中一门课的选法有C36·C13=60种，∴共有15+60=75种.答案：757.(2006高考江苏卷，13)今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有_______________种不同的方法（用数字作答）.解析：第一步：从9个不同的位置中选2个放上两个相同的红球，共有C29种放法；第二步：从余下的7个不同位置中选3个放上3个相同的黄球，共有C37种放法；第三步：在剩余的4个位置放上4个相同的白球，共有C44种放法.由分步乘法计数原理，共有C29×C37×C44=1260种不同的方法.答案：1 2608.(2006高考湖北卷，14)某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，又工程丁必须在工程丙完成后立即进行.那么安排这6项工程的不同排法种数是_______________.（用数字作答）解析：工程甲、工程乙、工程丙、工程丁的顺序已确定，则只需将余下的2个工程安排好，即A25=20.答案：20我综合，我发展9.(2006高考天津卷，5)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（）种种种种解析：有两种满足题意的放法：（i）1号盒子里放2个球，2号盒子里放2个球，有C24·C22种放法；（ii)1号盒子里放1个球，2号盒子里放3个球，有C14·C33种放法.综上可得，不同的放球方法共有C24·C22+C14·C33=10种.答案：A10.四棱锥的8条棱分别代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱所代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共点的两条棱所代表的化工产品放在同一仓库是安全的.现打算用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种数为（）.48 C解析：8条棱没有公共点只能分成四组，每组两条棱，否则三条棱时必会有公共点，而分成四组，每组两条没有公共点的棱有且仅有下面两种分组情况：SA，CD；SB，AD；SC，AB；SD，BC或SA，BC；SB，CD；SC，AD；SD，AB.把四个组排到四个空白中有A44种不同方法，故存在不同方法种数为2×A44=48种.答案：B11.过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）对对对对解析：一条底面棱有5条直线与其异面，例如与AB异面的直线分别是B1C，A1C，B1C1，A1C1，CC1.侧面中与底面相交的棱有4条与其异面的直线，例如与BB1异面的直线分别是AC，A1C1，AC1，A1C.侧面中的对角线有5条与其异面的直线，例如与AB1异面的直线分别是BC1，CC1，A1C，A1C1，BC.而每一对异面直线都计算了两次，故共有2653465⨯+⨯+⨯=36对.答案：D12.(2006高考辽宁卷，15)5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有种.（以数字作答）解析：分为两种情况：（1）当有1名老队员时，应从3名新队员中选出2名，其排法种数：C12·C23·A33=36种；（2）当有2名老队员时，应从3名新队员中选出1名，其排法种数：C13·C12·A22=12种；由加法原理得36+12=48种.答案：4813.如图所示，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有__________________种.（以数字作答）解析：先排1区，有4种方法；再排2区，有3种方法；接着排3区，有2种排法.下面对4区涂色情况进行分类：若4区与2区同色，有1种方法，此时5区有2种方法；若4区与2区不同色，则1、2、3区不同色，故4区也只有1种方法，此时5区只有1种方法.故共有4×3×2×(1×2+1×1)=72种.答案：7214.用0，1，2，3，4五个数字组成无重复数字的四位数.（1）有多少个四位偶数？（2）若按从小到大排列，3 204是第几个数？解：（1）方法一：先按个位数字，分两类，第二类中再分三步：①0在个位时有A34种；②2、4在个位时按个位、千位、十位和百位的顺序排，有A12A13A23种，故共有A34+A12A13A23=60个四位偶数.方法二：间接法.若无限制条件，总排列数为A45，其中不符合条件的有两类：①0在千位，有A34种；②1、3在个位，有A12A13A23种，则四位偶数有A45-A34-A12A13A23=60个.（2）方法一：分类法.由高位到低位逐级分为：①千位是1或2时，有A12A34个；②千位是3时，百位可排0、1或2.（i)当百位排0、1时，有A12·A23个，（ii)当百位排2时，比3 204小的仅有3 201一个，故比3 204小的四位数共有A12·A34+A12·A23+1=61个，3 204是第62个数.方法二：间接法.A14A34-(A34+A23+A12A12)=62个.我创新，我超越15. a是a,b,c,d中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是多少？解：按abcd中所含不同数字的个数分三类：（1）恰有两个不同的数字时，组成C24=6个数；（2）恰有三个不同数字时，组成C13C12C12+C12C12=16个数；（3）恰有4个不同数字时，组成A33=6个数.故符合要求的四位数abcd共有6+16+6=24个.16.方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有多少个？解：以特殊的元素x1进行分类：（1）当x1=1时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=1,得其中的一个加数为1，则其余8个加数均为0，所以此时的非负整数解共有9组.（2）当x1=0时，x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3,作变换y i=x i+1,i=2,3,…,10,则y2+y3+y4+y5+y6+y7+y8+y9+y10=12.于是问题转化为求方程y2+y3+y4+y5+y6+y7+y8+y9+y10=12的正整数解的个数.由于y2,y3,y4,y5,y6,y7,y8,y9,y10都是正整数，并且它们的和为12，所以可以构造如下模型：设想将12个小球排成一排，它们中间有11个相间空（不含两端），用八个分离器“0”插空，分12个小球成9组，每组分得的小球的个数依次记为y2,y3,y4,y5,y6,y7,y8,y9,y10，每个分法唯一对应着一个正整数解.所以共有插空方法C811=C311=165种.故方程y2+y3+y4+y5+y6+y7+y8+y9+y10=12的正整数解的个数共有C811=C311=165个.即当x1=0时，方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有165个.综合（1）（2）知方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有165+9=174个.。

2020-2021学年北师大版数学选修2-3课后作业：第一章 4 简单计数问题 Word版含解析

[A组基础巩固]1．从字母a，b，c，d，e，f中选出4个字母排成一列，其中一定要选出a和b，并且必须相邻(a在b的前面)，共有排列方法()A．36种B．72种C．90种D．144种解析：字母a，b一定选出且有顺序，只需再从c，d，e，f中选出2个，有C24种选法，安排这两个字母的位置有3A22种方法，所以排列方法共有3C24A22＝36(种)．答案：A2．7人站成一行，如果甲、乙两人不相邻，则不同的排法种数是()A．1 440 B．3 600C．4 320 D．4 800解析：先让甲、乙之外的5人排成一行，有A55种排法，再让甲、乙两人在每两人之间及两端的六个间隙中插入，有A26种方法，故共有A55·A26＝3 600种排法．答案：B3．用0,2,3,4,5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有()A．24个B．30个C．40个D．60个解析：因组成的三位数为偶数，个位的数字必须是偶数，又0不能排在首位，故0是其中的“特殊”元素，应优先安排，按0排在个位和0不排在个位分为两类：①当0排在个位时，有A24个；②当0不排在个位时，三位偶数有A12A13A13个．由分类加法计数原理，其中偶数共有A24＋A12A13A13＝30(个)．答案：B4．从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排列共有()A．120种B．480种C．720种D．840种解析：先将“qu”看成一个元素，再从剩余的6个元素中取出3个元素，共有C36种不同取法，然后对取出的4个元素进行全排列，有A44种方法，由于“qu”顺序不变，根据分步乘法计数原理共有C36A44＝480种不同排列．答案：B5．由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有()A．210个B．300个C．464个D．600个解析：若不考虑附加条件，组成的六位数共有A15A55个，而其中个位数字与十位数字的A22种排法中只有一种符合条件，故符合条件的六位数共有A15A55÷A22＝300(个)．答案：B6．4名不同科目的实习教师被分配到三个班级，每班至少有一人的不同分法有________种．解析：将4名教师分三组，然后全排列分配到不同的班级，共有C24A33＝36(种)．答案：367．在50件产品中有4件是次品，从中任意抽出5件，至少有三件是次品的抽法共有________种．解析：分两类，有4件次品的抽法为C44·C146；有三件次品的抽法为C34·C246，所以共有C44·C146＋C34·C246＝4 186种不同的抽法．答案：4 1868．有10只不同的试验产品，其中有4只次品，6只正品．现每次取一只测试，直到4只次品全测出为止，求最后一只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？解析：解法一设想有五个位置，先从6只正品中任选1只，放在前四个位置中的任一个位置上，有C16C14种方法；再把4只次品在剩下的四个位置上任意排列，有A44种排法．故不同的情形共有C16C14A44＝576(种)．解法二设想有五个位置，先从4只次品中任选1只，放在第五个位置上，有C14种方法；再从6只正品中任选1只，和剩下的3只次品一起在前四个位置上任意排列，有C16A44种方法，故不同的情形共有C14C16C44＝576(种)．9．如图，在∠AOB的两边上，分别有3个点和4个点，连同角的顶点共8个点．这8个点能作多少个三角形？解析：从8个点中，任选3点共有C38种选法，其中有一个5点共线和4点共线，故共有C38－C34－C35＝42个不同的三角形．[B组能力提升]1．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为() A．232B．252C．472D．484解析：解法一(直接法)分两类：第一类：选3色．又分选红色与不选红色两种情况，共有C 23C 14C 14C 14＋C 14C 14C 14＝256(种)．第二类：选2色．同上也分选红色与不选红色两种，共有3C 14C 24＋6C 14C 24＝216(种)．综上可知，不同的取法的种数为256＋216＝472，故选C. 解法二(间接法)C 316－4C 34－C 24C 112＝16×15×146－16－72＝472. 解法三(间接法)C 04C 312－3C 34＋C 14C 212＝12×11×106－12＋4×12×112＝472. 答案：C2．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________(用数字作答)．解析：3个人各站一级台阶有A 37＝210种站法；3个人中有2个人站在一级，另一个人站在另一级，有C 13A 27＝126种站法，共有210＋126＝336种站法．答案：3363．现在从男、女共8名学生干部中选出2名男同学和1名女同学分别参加全校“资源”“生态”“环保”三个夏令营活动，已知共有90种不同的方案，那么有男生______人、女生______人．解析：设男、女同学的人数分别为m 和n ，则有，⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝8，C 2m ·C 1n ·A 33＝90，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝8，C 2m ·C 1n ＝15. 由于m ，n ∈N ＋，则m ＝3，n ＝5. 答案：3 54．有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒不放球，有多少种放法？ (3)恰有1个盒内放2个球，有多少种放法？ (4)恰有2个盒内不放球，有多少种放法？解析：(1)一个球一个球地放到盒子里去，每个球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理知，放法共有44＝256(种)．(2)为保证“恰有1个盒子不放球”，先从4个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2,1,1的三组，有C 24种分法；然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球，2个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理知，共有放法C 14·C 24·C 13·A 22＝144(种)．(3)“恰有1个盒内放2个球”，即另外的3个盒子放剩下的2个球，而每个盒子至多放1个球，即另外3个盒子中恰有1个空盒．因此，“恰有1个盒子放2个球”与“恰有1个盒子不放球”是一回事，故也有144种放法．(4)先从4个盒子中任意拿走2个，有C24种拿法，问题转化为：“4个球，2个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类：第1类，可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C34·C12种放法；第2类，有C24种放法．因此共有C34·C12＋C24＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有2个盒子不放球”的放法有C24×14＝84(种)．5．三位数(100,101，…，999)共900个，在卡片上打印这些三位数．每张卡片打印1个三位数．有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如：198倒过来看是861(1倒过来看仍视为1)；有的卡片则不然，如531倒过来是135，因此有些卡片可以一卡二用，问至多可少打印多少张卡片？解析：把卡片倒过来仍为三位数，这些数的十位数字只可取0,1,6,8,9，而百位数字与个位数字只可取1,6,8,9，这种三位数共有A15A14A14＝5×42＝80(个)．但其中有卡片倒过来虽然仍为三位数，但与原数相同，如619,808等等，这种数的十位数字只能取0,1,8，百位数中可取1,6,8,9，这时个位数字就随之确定了．共有A13A14＝12(个)．∴可少打印的卡片数至多有12×(80－12)＝34(张)．莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

简单计数问题导学案

主备人：审核：包科领导：年级组长：使用时间：课题：第一章§4简单计数问题【学习目标】1.能区分排列问题与组合问题。

2.能结合两个基本计数原理解决排列组合的综合性问题【重点、难点】重点：利用两个基本计数原理和排列组合的规律解决实际问题。

难点：把实际问题正确地抽象成排列或组合的问题。

【学法指导】1、根据学习目标，自学课本p18-p21内容，限时独立完成导学案；2、用红笔勾出疑难点，提交小组讨论；3、带*号的为选做题。

【自主探究】不看不讲1. 排列与组合的区别在于： .2．解排列组合应用题最常用的方法与技巧：（1）.解决无限制条件的排列组合问题应遵循两个原则：一是二是（2）.解决有限制条件的排列组合应用题，通常从三个途径分析：①②③3. 排列组合问题用到的基本方法与技巧⑴⑵⑶⑷⑸⑹⑺⑻4. 排列组合问题的解题思路：⑴⑵【合作探究】不议不讲1.在高二年级中的16个班中组织一个20人的年级学生分会，每班要求至少1人，名额分配方案有多少种？2.某班有43位同学，从中任抽5人，正、副班长和团支部书记至少有一人在内的抽法有多少种？3.学校组织老师和学生一起看电影，同一排电影票12张。

8个学生，4个老师。

要求老师在学生之间，且老师互不相邻，共有多少种不同的坐法？4.用0,1,2,3,4,5这六个数字（1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？（2）能组成多少个无重复数字且比31245大的五位数？【巩固提高】不练不讲1.有5名学生站成一列，要求甲同学必须站在乙同学的后面（可以不相邻），则不同的站法有（）A．120种 B.60种 C.48种 D.150种2.高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有（）A．16种 B.18种 C.37种 D.48种3.2011年西安世园会期间，某校举行世园知识竞赛，有6支代表队参赛，每队2名同学，12名参赛同学中有4人获奖，且这4人来自3个不同的代表队，则不同获奖情况种数共有4.对某种产品的6件不同正品和4件次品一一进行测试，直至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第五次测试时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能？.※5.从集合｛1,2,3，…，20｝中任选出3个不同的数，使这3个数成等差数列，这样的等差数列可以有多少个？【方法小结】：1.解决有限制条件的排列问题的常用方法：（1）特殊优先（2）排除法（3）捆绑法（4）插空法2.解决组合问题常用方法：（1）直接分类讨论法（不明确就讨论）（2）间接排除法（正难则反）3.解决排列组合的综合问题的方法：（1）先选后排、边选边排法（2）先分组后分配。

【组合数学】04-基本计数问题

【组合数学】04-基本计数问题1. 基本计数1.1 统⼀模型本篇来讨论⼏个基本的计数问题，这些问题虽然都有各⾃的模型，但本质上却有着内在的联系，因此我们先建⽴⼀个统⼀的模型。

现在有元素集E,F，它们的元素都有内在的结构，建⽴映射E→F，问题是这样的映射有多少个？满射和单射有多少个？所谓有内在的结构，就是元素间的拓扑结构，我们所说的映射个数，严格讲是在拓扑同构意义下的等价类的个数。

拓扑结构种类繁多，⽆法⼀⼀研究，本篇只探讨两个基本的拓扑结构，下⼀篇会做更⼀般性的讨论。

这个模型虽然对本章作⽤有限，但可以从更⾼的视⾓思考看待问题的本质，⽽且各个问题间联系也⼀⽬了然。

两个基本拓扑结构分别是：⽆序结构和有向链表。

⽆序结构中的元素是离散的、⽆差别的，在拓扑同构下可以互相替换。

有向链表中的元素是完全区分的，它的拓扑同构只有⾃⾝，当然只有⾃⾝的拓扑结构不⽌这⼀个，这⾥只要强调完全区分性，所谓有向链表可以当做是给每个元素编了号。

以下设E,F都是有限集，且记|E|=m,|F|=n。

1.2 模型1：可区分→可区分可完全区分的结构⽐较简单，先来看E,F都是有向链表的情况，E,F分别纵向排列，E→F就是⼀般的函数定义。

对E的每个元素都有n 个值可以映射，由乘法原理便知映射⼀共有n m种。

这个结构有⼀个更常⽤、更直观的模型，考察由n个字母组成的集合S，⽤这些字母组成长度为m的单词x1x2⋯x m。

这个单词也被称S上的m元可重复排列，或m元字。

不难证明它和模型1的等价性，故S上的m元字有n m个。

现在对映射添加⼀些限制，⽐如假设E的第k个元只能取某n k个值，由乘法定理知可以有n1n2⋯n m个m元字。

再限制每个元素的映射不能相同，或者说字中没有重复字母，第k个元素只能取n−k+1个值。

这其实就是我们熟悉的n个元素中选m个元素的排列数P(n,m)（式（1）），其中表达式x(x−1)⋯(x−k+1)简记为(x)k，也叫做x的降k阶乘（x不要求是⾃然数）。

北师版数学选修2-3讲义：第1章 4 简单计数问题

高中数学第一章计数原理4简单计数问题教学案北师大版选修2-3(2021学年)

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4 简单计数问题错误!有限制条件的组合问题［例１] 2０11年7调6名奔赴事故现场抢救伤员，其中这10名医疗专家中有４名是外科专家.问：（1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种?(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种?(3）至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？［思路点拨］选取医疗专家不需要考虑顺序,因此是组合问题,解答本题应首先分清“恰有"“至少＂“至多"的含义,正确的分类或分步．［精解详析] (１)分两步：首先从4名外科专家中任选2名,有Ｃ错误!种选法，再从除外科专家的6人中选取4人，有C错误!种选法,所以共有C错误!C错误!＝90种抽调方法.(2)“至少”的含义是不低于,有两种解答方法,法一(直接法）:按选取的外科专家的人数分类:①选2名外科专家,共有C＼o＼al(2，4)Ｃ错误!种选法；②选３名外科专家，共有C错误!C错误!种选法;③选4名外科专家，共有C错误!Ｃ错误!种选法.根据分类加法计数原理，共有C错误!C错误!+C错误!C错误!+Ｃ错误!C错误!=185种抽调方法.法二(间接法):不考虑是否有外科专家，共有C错误!种选法，若选取1名外科专家参加，有C错误!C错误!种选法;没有外科专家参加,有Ｃ错误!种选法,所以共有C6，10－C错误!Ｃ错误!-C错误!＝1８5种抽调方法.（３）“至多2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情况,分类解答．①没有外科专家参加,有Ｃ错误!种选法;②有1名外科专家参加,有C错误!Ｃ错误!种选法；③有２名外科专家参加，有C＼o＼ａl(2,4)C＼ｏ＼aｌ（４,6)种选法．所以共有C错误!＋C错误!C错误!+Ｃ错误!C错误!＝115种抽调方法．［一点通] (1)解决有约束条件的组合问题与解决有约束条件的排列问题的方法一样,都是遵循“谁特殊谁优先”的原则，在此前提下,采用分类或分步法或用间接法．（2)要正确理解题中的关键词,如“至少”“至多”“含”“不含”等的确切含义，正确分类,合理分步.（3)要谨防重复或遗漏,当直接法中分类较复杂时,可考虑用间接法处理，即“正难则反”的策略．1．某乒乓球队有９名队员,其中2名是种子选手，现在挑选５名选手参加比赛，种子选手都必须在内，那么不同的选手共有（）Ａ．２６ B.84Ｃ.35 D．２1解析:从7名队员中选出３人有Ｃ错误!=错误!=35种选法．答案:C2．从5名男医生，４名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队,要求其中男、女医生都有,则不同的组队方案共有( )A.7０种ﻩB.80种Ｃ．100种ﻩ D．14０种解析:可分两类,男医生2名,女医生1名或男医生1名,女医生2名.∴共有C２5C错误!＋Ｃ错误!C错误!＝７０种.答案:A3．某医科大学的学生中,有男生12名女生8名在某市人民医院实习，现从中选派５名参加青年志愿者医疗队.(1）某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？(２)甲、乙均不能参加,有多少种选法?(3）甲、乙二人至少有一人参加,有多少种选法？解：(1）只需从其他18人中选3人即可，共有选法C错误!=816种．(2）只需从其他18人中选5 人即可，共有选法C错误!=８５６8种．（3）分两类:甲、乙中只有一人参加,则有C错误!·Ｃ错误!种选法；甲、乙两人都参加，则有Ｃ错误!种选法.故共有选法C错误!C错误!+C错误!=6 9３6种。

2019-2020北师大版高中数学选修2-3备课：1.4 简单计数问题 .pdf

§4　简单计数问题备课资源参考教学建议1.排列与组合的综合应用题的背景丰富,情景与生产、生活实际相结合,因此成为高考的热点,常以选择、填空题形式出现.2.本节重点是解决排列与组合的综合应用题及分组分配问题;难点是如何用好两个计数原理及排列组合定义进行合理分类、恰当分步.3.在解题过程中,要发挥学生的主动探究过程,从多种角度思考,从而培养学生思维的条理性、深刻性、灵活性.备选习题1把4名男乒乓球选手与4名女乒乓球选手同时平均分成两组进行混合双打表演,不同的比赛分配方案有种.解析:混合双打比赛要求每队必须是一名男队员和一名女队员.可以分以下几步:第1步:将4名男选手平均分成两组,有=3种不同分法;C 24·C 22A 22第2步:将4名女选手平均分成两组,有=3种不同的分法;C 24·C 22A 22第3步:每组的两名男队员中选1名,有种不同的选法;每组的两名女队员中选1名,也有C 12C 12种不同的选法,男队和女队都各有2个小组,应有·种不同的搭配方式.C 12C 12由分步乘法计数原理,不同的分配方案共有3×3····=144种.C 12C 12C 12C 12答案:1442某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多),要在如图所示的6个点A,B,C,A1,B1,C1上各装一个灯泡,要求同一条线段两端的灯泡不同色,则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种?解:可分两步完成.第一步安装下底面,显然A1处4种,B1处3种,C1处2种,则下底面共有4×3×2=24(种).第二步安装上底面,选取与下底面所用灯泡颜色不同的灯泡装在上底面的一个位置上,有3种方法,剩余两个位置有(1+2)种方法.由分步计数原理,共有24×3×(1+2)=216种安装方法.3从6双不同的鞋子中任取4只,其中至少有一双的选法有多少种?分析:取鞋子问题属于组合问题,根据任取的4只中至少有一双可分为两类,一类是恰好一双,一类是恰好两双,再根据具体的取法加以分析.解:4只鞋子最多可以组成两双,C26(1)若4只鞋子恰好组成两双,相当于从6双鞋子中取出两双,有=15种选法;(2)若4只鞋子恰好组成一双,先选一双完整的,再从剩下的5双中选两双,然后在这两双中各C16C25C12C12抽取一只,共有=240种选法.所以至少有一双的选法有15+240=255种.。

简单的计数问题

正方形一共有：10＋3＝13（个）
●三角形分四类统计：由一个基本图形组成的三角形有8个，由3个基本图形组成的图形有3个，由6个基本图形组成的三角形有2个，由10个基本图形组成的三角形只有1个。
三角形一共有：8＋3＋2＋1＝14（个）
【练习讲评】
3. 有红、黄、绿、蓝、白五种颜色的铅笔，每两种颜色的铅笔为一组，最多可以配成不重复的几组？
点，根据左端点进行分类
统计。左端点是A的线段有AB、AC、AD和AE共4条；左端点是B的线段有BC、BD、BE共3条；左端点是C的线段有CD、 CE共2条，左端点是D的线段只有DE一条，左端点是E的线段不存在，因此线段总数是：
4+3+2+1=10（条）
【例题讲解】
例2．右图中有几个三角形？
分析：底边左端点是B的三角形共有 △BCA、△BDA、△BEA三个，底边左端点是C的三角形共有△CDA、 △CEA两个，底边左端点是D的三角形只有△DAE一个，所以三角形的个数是：
2+3+5+6，
3+4+6+7
●由7个基本图形组成的只有1个：1+2+3+4+5+6+7
一共组成：4+6+3+3+1＝17（个）
【例题小结】
在数图形的时候要按图形特点正确合理的分类，在分类统计后再相加，这样才能做到不重复不遗漏。
【例题讲解】
例5 图中有6个点，9条线段。一只蚂蚁从A点出发，要沿着某几条线段爬到F点。进行中，同一个点或同一条线段只能经过1次。这只蚂蚁最多有多少种不同的走法？
【例题讲解】
例6.用0，2，3，6四个数字，可以组成几个不同的四位数？