(通用版)高考数学一轮复习 第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列学案 理-人教版高三全册数学

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列
第一节排列、组合
本节主要包括2个知识点： 1.两个计数原理； 2.排列、组合问题.
突破点(一) 两个计数原理
[基本知识]
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
3．两个计数原理的比较
名称分类加法计数原理分步乘法计数原理
相同点都是解决完成一件事的不同方法的种数问题
不同点
运用加法运算运用乘法运算
分类完成一件事，并且每类办法中
的每种方法都能独立完成这件事
情，要注意“类”与“类”之间的
独立性和并列性．分类计数原理可
利用“并联”电路来理解
分步完成一件事，并且只有各个步骤都完
成才算完成这件事情，要注意“步”与
“步”之间的连续性．分步计数原理可利
用“串联”电路来理解
[基本能力]
1．判断题
(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．( )
(2)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( ) 答案：(1)×(2)√(3)√
2．填空题
(1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种
数是________．
解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．
答案：6
(2)从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有________个．
解析：∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，
由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．
答案：36
(3)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________．解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为4×5×6＝120.
答案：120
[全析考法]
分类加法计数原理
(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．
(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．
(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．
[例1] (1)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种B．6种
C．10种D．16种
(2)(2018·杭州二中月考)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14 B．13
C．12 D．10
[解析] (1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，
同理，甲先踢给丙时，满足条件有3种方法．
由分类加法计数原理，共有3＋3＝ 6种传递方式．
(2)①当a＝0时，有x＝－b
2
，b＝－1,0,1,2，有4种可能；
②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，
(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；
(ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；
(ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．
∴有序数对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
[答案] (1)B (2)B
[易错提醒]
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
分步乘法计数原理
能用分步乘法计数原理解决的问题具有以下特点：
(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可．
(2)完成每一步有若干种方法．
(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．
[例2] (1)从－2,0,1,8这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．
(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，
E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．
[解析] (1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．
(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．
[答案] (1)18 6 (2)63
[易错提醒]
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
两个计数原理的综合问题
原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．
[例3] (1)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
(2)如图矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种
不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色
互异，则共有________种不同的涂色方法．
[解析] (1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48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3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．
(2)区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C 与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区
域D也有3种涂色方法，所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．[答案] (1)B (2)260
[方法技巧]
使用两个计数原理进行计数的基本思想
对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．
[全练题点]
1.[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A．504 B．210
C．336 D．120
解析：选A 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．
2.[考点二]某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )
A．20 B．25
C．32 D．60
解析：选C 依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.
3.[考点一]从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A．3 B．4
C．6 D．8
解析：选D 先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.
以2为首项的等比数列为2,4,8.
以4为首项的等比数列为4,6,9.
同理可得到4个递减数列，
∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8.
4.[考点一]在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．
解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．
答案：8
5.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色
全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，
则不同的涂色方法有________种．
解析：按区域1与3是否同色分类．
①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，
再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．
所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．
②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，
第二步，涂区域2有2种涂色方法，
第三步，涂区域4只有一种方法，
第四步，涂区域5有3种方法．
所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．
故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为
24＋72＝96.
答案：96
突破点(二) 排列、组合问题
[基本知识]
1．排列与排列数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个排列
不同元素中取出m个元素的一个排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元排列数
素中取出m个元素的排列数，记作A m n
A m n ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)
＝n ！n －m ！ C
m n ＝A m
n A m m ＝n n －1…n －m ＋1m ！
＝
n ！m ！n －m ！ 4．排列与组合的区别
[基本能力]
1．判断题
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )
(3)若组合式C x n ＝C m
n ，则x ＝m 成立．( )
(4)(n ＋1)！－n ！＝n ·n ！.( )
(5)A m n ＝n A m －1n －1.( )
(6)k C k n ＝n C k －1n －1.( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)√
2．填空题
(1)A 、B 、C 、D 、E 五人并排站成一排，不同的排法共有________种．
答案：120
(2)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言________条．
解析：由题意，得毕业留言共A 240＝1 560(条)．
答案：1 560
(3)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．
解析：依题意得知，满足题意的选法共有C 14·C 13·C 12＝24(种)．
答案：24
(4)方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 的解为________．
解析：由排列数公式可知
3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，
∵x ≥3且x ∈N *，
∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，
解得x ＝5或x ＝23(舍去)，∴x ＝5. 答案：5
(5)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7
，则m ＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，原等式可化为m ！5－m ！
5！－
m ！6－m ！6！
＝7×7－m ！m ！
10×7！，整理可得m 2
－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2. 答案：2
[全析考法]
排列问题
[例1] (1)的排法共有( )
A．192种B．216种
C．240种D．288种
(2)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
[解析] (1)第一类：甲在最左端，有A55＝120种排法；
第二类：乙在最左端，有4A44＝96种排法，
所以共有120＋96＝216种排法．
(2)记其余两种产品为D，E，由于A，B相邻，则视为一个元素，先与D，E排列，有A22A33种方法．再将C插入，仅有3个空位可选，共有A22A33C13＝2×6×3＝36种不同的摆法．[答案] (1)B (2)36
[方法技巧] 求解排列问题的六种主要方法
直接法把符合条件的排列数直接列式计算
优先法优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元
素排列的空当中
定序问题
除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法正难则反、等价转化的方法
组合问题
常见题型一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等
解题思路
(1)分清问题是否为组合问题；
(2)对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，
然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题
选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为( ) A．85 B．86
C．91 D．90
(2)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为( )
A．130 B．120
C．90 D．60
(3)(2017·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)．
[解析] (1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；
第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；
第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.
所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.
法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.
(2)易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C15C12＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C25＋C25C12＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C35＋C25C13＋C15C24＝80种情况．所以满足条件的元素个数为10＋40＋80＝130.
(3)从8人中选出4人，且至少有1名女学生的选法种数为C48－C46＝55.
从4人中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人的选法为A24＝12种．
故总共有55×12＝660种选法．
[答案] (1)B (2)A (3)660
[方法技巧]
有限制条件的组合问题的解法
组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”
或“最多”含有几个元素：
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．
分组分配问题
分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．
[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．
(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．
(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．
[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 2
2A 33
种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种不同的分派方法．
(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 1
1A 22
种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36种． (3)将6名教师分组，分三步完成：
第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 1
6种分法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；
第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．
根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．
再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，
故共有60×6＝360种不同的分法．
[答案] (1)90 (2)36 (3)360
[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略
[全练题点]
1.[考点一]某工程队有6项工程需要单独完成，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，工程丁必须在工程丙完成后立即进行．则安排这6项工程的不同方法种数为( )
A ．10
B ．20
C ．30
D ．40 解析：选 B 因为工程丙完成后立即进行工程丁，若不考虑与其他工程的顺序，则安排这6项工程的不同方法数为A 5
5，对于甲、乙、丙、丁所处位置的任意排列有且只有一种情况
符合要求，因此，符合条件的安排方法种数为A 55A 33
＝5×4＝20. 2.[考点三]世界华商大会的某分会场有A ，B ，C 三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为( )
A ．12
B ．10
C ．8
D ．6 解析：选D ∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A 3
3种，∴甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为A 33＝6.
3.[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )
A ．1 800
B ．900
C ．300
D ．1 440
解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 35C 12C 11A 22
＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有
⎝
⎛⎭⎪⎫C 35C
12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22·A 33A 33＝900(种)，故选B. 4.[考点一、二](2017·天津高考)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)
解析：(1)有一个数字是偶数的四位数有C 14C 35A 44＝960个．
(2)没有偶数的四位数有A 45＝120个．
故这样的四位数一共有960＋120＝1 080个．
答案：1 080
5.[考点二]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3张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________．
解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C 14C 212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C 312－3C 34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理，不同的取法种数为264＋208＝472.
答案：472
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2017·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A ．12种
B ．18种
C ．24种
D ．36种
解析：选D 第一步：将4项工作分成3组，共有C 24种分法．
第二步：将3组工作分配给3名志愿者，共有A 33种分配方法，故共有C 24·A 3
3＝36种安排方法．
2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18
C．12 D．9
解析：选B 分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.
3．(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m 项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A．18个B．16个
C．14个D．12个
解析：选C 当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；
②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14(个)，故选C.
4．(2014·全国大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组．则不同的选法共有( )
A．60种B．70种
C．75种D．150种
解析：选C 从6名男医生中选出2名有C26种选法，从5名女医生中选出1名有C15种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C26·C15＝75(种)．故选C.
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一) 两个计数原理
1．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条
件的一个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( ) A．9 B．14
C．15 D．21
解析：选B 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7个．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y，∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点的个数是7＋7＝14.
2．(2018·云南调研)设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x ∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是( )
A．7 B．10
C．25D．52
解析：选B 因为集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2×5＝10(个)．3．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( )
A．4种B．10种
C．18种D．20种
解析：选B 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4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6种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有4＋6＝10(种)．4．(2018·绍兴模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252
C．261 D．279
解析：选B 0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900个三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648个，∴有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.
5．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为( )
A．24 B．14
C．10 D．9
解析：选B 第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理，共有12＋2＝14种选择方式．
6.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一
条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总
数为________．
解析：先染顶点S，有5种染法，再染顶点A有4种染法，染顶点
B有3种染法，顶点C的染法有两类：若C与A同色，则顶点D有3种染法；若C与A不同色，则C有2种染法，D有2种染法，所以共有5×4×3×3＋5×4×3×2×2＝420种染色方法．
答案：420
对点练(二) 排列、组合问题
1．(2018·福建漳州八校联考)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有( )
A．34种B．48种
C．96种D．144种
解析：选C 特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C12种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有C12·A44·A22＝96种排法，故选C.
2．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为( )
A．10 B．20
C．30 D．40
解析：选B 将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有C35C22A22＝20(种)．
3．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( ) A．13 B．24
C．18 D．72
解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C34种不同的选法；第二步，在调查时，“住房”安排的顺序有A13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C34A13A33＝72.
4．(2017·舟山二模)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( )
A．18种B．24种
C．36种D．72种
解析：选C 1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有C13A33种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有C23A33种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为C13A33＋C23A33＝36(种)．
5．(2018·豫南九校联考)某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有( )
A．72种B．36种
C．24种D．18种
解析：选B A12(C23C13＋C13C23)＝36(种)．
6．7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法．
解析：先排最中间位置有1种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C36种排法，再排剩下右边三个位置，共1种排法，所以排法种数为C36＝20.
答案：20
7．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C34＝4种情况，再对应到4个人，有A44＝24种情况，则共有4×24＝96种情况．
答案：96
8．若把英语单调“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误种数共有________种．解析：把g，o，o，d 4个字母排一行，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A24＝12种．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种)．
答案：11
[大题综合练——迁移贯通]。