高考数学一轮总复习 第十一篇 计数原理教案 理 苏教版

第十一篇计数原理
第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识梳理
1．分类加法计数原理
完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．
3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．
辨析感悟
1．两个计数原理的理解
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(√)
(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．(√)
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(×)
2．两个计数原理的应用
(5)(教材习题改编)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有10种．(√)
(6)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有14个．(√) [感悟·提升]
1．两点区别
一是分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”，如(1)、(2)．
二是分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这个步骤的一种方法，简单的说步与步之间的方法“相互独立，分步完成”，如(3)、(4)．
2．两点提醒
一是分类时，标准要明确，应做到不重不漏；可借助几何直观，探索规律，如(5)．
二是分步时，要合理设计顺序、步骤，并注意元素是否可以重复选取，如(6)中2,3可重复但至少各出现一次.
考点一 分类加法计数原理
【例1】 (2013·福建卷改编)满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为________．
解析 由于a ，b ∈{－1,0,1,2}．
(1)当a ＝0时，有x ＝－b 2
为实根，则b ＝－1,0,1,2有4种可能； (2)当a ≠0时，则方程有实根，
∴Δ＝4－4ab ≥0，所以ab ≤1.(*)
①当a ＝－1时，满足(*)式的b ＝－1,0,1,2有4种可能．
②当a ＝1时，b ＝－1,0,1，有3种可能．
③当a ＝2时，b ＝－1,0，有2种可能．
∴由分类加法计数原理，有序数对(a ，b )共有4＋4＋3＋2＝13(个)．
答案 13
规律方法 分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类.
【训练1】 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1本，则不同的赠送方法共有________．
解析 赠送一本画册，3本集邮册，需从4人中选取一人赠送画册，其余送邮册，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人送画册，其余2人送邮册，有C 24种方法． 由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C 14＋C 24＝10(种)．
答案 10种
考点二 分步计数原理
【例2】 将字母a ，a ，b ，b ，c ，c 排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________．
解析 先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A 33种不同排法．再排第二列，其中
第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·2·1＝12(种)不同的排列方法．
答案12种
规律方法 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，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)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
【训练2】将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有________．
解析因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6种涂色方案．
答案6种
考点三两个计数原理的综合应用
【例3】(2014·济南质检)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，则不同的涂色种数有________.
审题路线由于区域1,2,3又相邻区域不同色，因此应按区域1和区域3是否同色分类求解．
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A33种方法．
∴区域1与3涂同色，共有4A33＝24种方法．
(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A24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．
∴这时共有A24×2×1×3＝72种方法，
故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.
答案96
规律方法 (1)解决涂色问题，一定要分清所给的颜色是否用完，并选择恰当的涂色顺序．(2)切实选择好分类标准，分清哪些可以同色，哪些不同色．
【训练3】如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________．
解析若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6个．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
答案240
1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类．(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”．
2．(1)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．(2)分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．
3．若综合利用两个计数原理，一般先分类再分步．
创新突破8——与计数原理有关的新定义问题
【典例】 (2012·湖北卷)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.(*)
则：(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．(**)
突破：由(*)式，理解“特殊”背景——回文数的含义，借助计数原理计算．
结合(**)，可从2位回文数，3位回文数，4位回文数探索求解方法，从特殊到一般发现规律．
解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．
共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．
由计数原理，共有9×10n种填空．
答案(1)90 (2)9×10n
[反思感悟] (1)一题两问，以“回文数”为新背景，考查计数原理，体现了化归思想，将确
定回文数的问题转化为“填方格”问题，进而利用分步乘法计数原理解决，将新信息转化为所学的数学知识来解决．
(2)从特殊情形入手，通过分析、归纳，发现问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．
【自主体验】
1．(2014·扬州调研)从8名女生4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种．
解析从男生中抽取1人有4种方法．
从女生中抽取两人有C28＝28种方法．
∴由分步乘法计数原理，共有28×4＝112种方法．
答案112
2．(2013·山东卷改编)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________．
解析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有900－648＝252(个)．
答案252
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、填空题
1．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有________．
解析按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二位号码有3种选法，其余三位号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．
答案960种
2．(2012·新课标全国卷改编)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有________．解析分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2种选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6种选派方法．
由分步乘法计数原理，不同选派方案共有2×6＝12(种)．
答案12种
3．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有________．
解析第一步先排甲，共有A14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A55种不同的排法．因此不同的演讲次序共有A14·A55＝480(种)．
答案480种
4．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________．
解析以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；
把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，
∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个)．
答案8
5．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对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是________．
解析当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．
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．
答案14
6．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
解析第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．
第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选
法，再选体育委员有3种选法．
由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．
答案36
7．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．
解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32个；
第二类，有两条公共边的三角形共有8个．
由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．
答案40
8．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有________场比赛．
解析小组赛共有2C24场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛；根据分类加法计数原理共有2C24＋4＝16(场)比赛．
答案16
二、解答题
9．电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？
解(1)幸运之星在甲箱中抽，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17 400种．
(2)幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400种．
共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．
10．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，求第30个“渐升数”．
解渐升数由小到大排列，形如
12××
的渐升数共有6＋5＋4＋3＋2＋1
形如
134×
的渐升数共有5个．
形如
135×
的渐升数共有4个．
故此时共有21＋5＋4＝30(个)．
因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、填空题
1．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为________．
解析可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．
由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.
答案84
2．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为________．
解析若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C34；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C24.
由分类加法计数原理知满足条件的信息个数为1＋C34＋C24＝11.
答案11
3．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
解析四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1、4都通，2和3至少有一个通
时线路才通共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．
答案13
二、解答题
4．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．
(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？
(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.
解(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．
根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480种不同的方法．
(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.
学生用书第157页
第2讲排列与组合
知识梳理
1．排列与组合的概念
名称定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同元素按照一定的顺序排成一列
组合合成一组
(1)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个不同元素中取出m个元素的排列数．
(2)从n 个不同元素中取出m(m ≤n )个元素的所有不同组合的个数，叫从n 个不同元素中取出m个元素的组合数．
3．排列数、组合数的公式及性质
公式(1)A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
n！
n－m！
(2)C m n＝
A m n
A m m
＝
n n－1n－2…n－m＋1
m！
＝
n！
m！n－m！
(n，m ∈N*，且m≤n)．特别地C0n＝1.
性质(1)0！＝1；A n n＝n！.
(2)C m n＝C n－m
n；C
m
n＋1＝C
m
n＋C
m－1
n.
1．排列与组合的基本概念、性质
(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．(×)
2．排列与组合的应用
(4)5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有A55－A22A44＝72种．(√)
(5)(教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有3×43－A34＝168(个)．(×)
(6)(2013·北京卷改编)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是4A44＝96种．(√)
[感悟·提升]
1．一个区别 排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关是排列，如果与顺序无关即是组合，如(1)忽视了元素的顺序．
2．求解排列、组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”
考点一 排列应用题
【例1】 4个男同学，3个女同学站成一排． (1)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？ (2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？ (3)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？
解 (1)3个女同学是特殊元素，共有A 3
3种排法；由于3个女同学必须排在一起，视排好的女同学为一整体，再与4个男同学排队，应有A 5
5种排法． 由分步乘法计数原理，有A 33A 5
5＝720种不同排法．
(2)先将男生排好，共有A 44种排法，再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生有A 3
5种方法．
故符合条件的排法共有A 44A 3
5＝1 440种不同排法．
(3)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有A 4
4种排法；由于甲、乙要相邻，故先把甲、乙排好，有A 2
2种排法；最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档及两边有A 2
5种排法．
总共有A 44A 22A 25＝960种不同排法.
学生用书第158页
规律方法 (1)在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．
【训练1】 (1)(2014·济南质检)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________(结果可不化简)．
(2)(2013·四川卷改编)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是________．
解析 (1)把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4
种． (2)由于lg a －lg b ＝lg a b
(a >0，b >0)，
∴lg a b 有多少个不同的值，只需看a b
不同值的个数．
从1,3,5,7,9中任取两个作为a b 有A 2
5种，又13与39相同，31与93
相同，∴lg a －lg b 的不同值的
个数有A 2
5－2＝18. 答案 (1)(3！)4
(2)18
考点二 组合应用题
【例2】 某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？ (1)只有一名女生； (2)两队长当选； (3)至少有一名队长当选； (4)至多有两名女生当选； (5)既要有队长，又要有女生当选．
解 (1)一名女生，四名男生．故共有C 1
5·C 4
8＝350(种)．
(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C 2
2·C 3
11＝165(种)．
(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和两名队长．故共有：C 1
2·C 4
11＋C 2
2·C 3
11＝825(种)或采用排除法：C 5
13－C 5
11＝825(种)．
(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生．故选法为： C 2
5·C 3
8＋C 1
5·C 4
8＋C 58＝966(种)．
(5)分两类：第一类女队长当选：C 4
12；第二类女队长不当选： C 1
4·C 3
7＋C 2
4·C 2
7＋C 3
4·C 1
7＋C 4
4. 故选法共有：
C 4
12＋C 1
4·C 3
7＋C 2
4·C 2
7＋C 3
4·C 1
7＋C 4
4＝790(种)． 规律方法 组合问题常有以下两类题型变化
(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：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解． 【训练2】 若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________．
解析 满足题设的取法可分为三类：一是取四个奇数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C 4
5＝5(种)；二是两个奇数和两个偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有C 2
5·C 2
4＝60(种)；三是取4个偶数的取法有1种． 所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)． 答案 66种
考点三 排列、组合的综合应用
【例3】 (1)(2013·浙江卷)将A ，B ，C ，D ，E ，F 六个字母排成一排，且A ，B 均在C 的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．
(2)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为________．
审题路线 (1)选出3个位置排特殊元素A 、B 、C ，并把元素A 、B 作为元素集团进行排列；(2)可将4名同学分成两组(每组2人)，再分配到两个班级．
解析 (1)先将A ，B 视为元素集团，与C 先排在6个位置的三个位置上，有C 36A 22C 1
2种排法； 第二步，排其余的3个元素有A 3
3种方法．
∴由分步乘法计数原理，共有C 36A 22C 1
2·A 3
3＝480种排法．
(2)法一 将4人平均分成两组有12C 24种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 2
6种．
所以不同的安排方法有12
C 24A 2
6种，即45种．
法二 先从6个班级中选2个班级有C 26种不同方法，然后安排学生有C 24C 22种，故有C 26C 2
4＝12A 26
C 2
4种，即45种． 答案 (1)480 (2)45
规律方法 (1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法． 【训练3】 从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为________．
解析 根据所选偶数为0和2分类讨论求解．
①当选数字0时，再从1,3,5中取出2个数字排在个位与百位．∴排成的三位数的奇数有C 23A 22＝6个．
②当取出数字2时，再从1,3,5中取2个数字有C 2
3种方法．然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列． ∴排成的三位数的奇数有C 23A 12A 2
2＝12个．
∴由分类加法计数原理，共有18个三位数的奇数． 答案 18
1．熟练掌握：(1)排列数公式A m n＝
n！
n－m！
；(2)组合数公式C m n＝
n！
m！n－m！
，这是正
确计算的关键．
2．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．
3．排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．
学生用书第159页
易错辨析6——实际意义理解不清导致计数错误
【典例】(2012·山东卷改编)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________．
[错解] 第一类，含有一张红色卡片，取出红色卡片有C14种方法，再从黄、蓝、绿三色中选出两色并各取一张卡片有C23C14C14种方法．
因此满足条件的取法有C14·C23C14C14＝192种．
第二类，不含有红色卡片，从其余三色卡片中各取一张有C14C14C14＝64种取法．
∴由分类计数原理，不同的取法共有192＋64＝256种．
[答案] 256
[错因] 错解的原因是没有理解“3张卡片不能是同一种颜色”的含义，误认为“取出的三种颜色不同”．
[正解] 第一类，含有1张红色卡片，不同的取法C14C212＝264(种)．
第二类，不含有红色卡片，不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．
由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．
[答案] 472
[防范措施] (1)准确理解题意，抓住关键字词的含义，“3张卡片不能是同一种颜色”是指“两种颜色或三种颜色”都满足要求．
(2)选择恰当分类标准，避免重复遗漏，出现“至少、至多”型问题，注意间接法的运用．【自主体验】
1．(2013·大纲全国卷改编)有5人排成一行参观英模事迹展览，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答)．
解析先把除甲、乙外的3人全排列，有A33种，再把甲、乙两人插入这3人形成的四个空位中的两个，共A24种不同的方法．
∴所有不同的排法共有A24·A33＝72(种)．
答案72
2．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
解析第一类：恰有三个相同的数字为1，
选2,3,4中的一个数字排在十、百、千位的一个位置上，有C13·A13种方法，四位“好数”有9个．
第二类：相同的三个数字为2,3,4中的一个，这样的四位“好数”为2221,3331,4441共3个．
由分类加法计数原理，共有“好数”9＋3＝12个．
答案12
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、填空题
1．一个平面内的8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为________．
解析从8个点中任选3个点有选法C38种，因为有4点共圆所以减去C34种再加1种，即有圆C38－C34＋1＝53个．
答案53
2．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，称这个数为“伞数”．现从1,2,3,4,5,6这六个数字中取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有________个．
解析分类讨论：若十位数为6时，有A25＝20个；若十位数为5时，有A24＝12个；若十位数为4时，有A23＝6个；若十位数为3时，有A22＝2个，因此一共有40个．
答案40
3．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为________．。