第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布

第九章⎪⎪⎪ 计数原理与概率、随机变量及其分布第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理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．[小题体验]1．(教材习题改编)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 ．504B ．210C ．336D ．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．(教材习题改编)若给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A ～G ，或U ～Z ，后两个要求用数字1～9.则最多可以给________个程序模块命名．答案：1 0533．(教材习题改编)一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是________．答案：91．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．[小题纠偏]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有()A．30B．20C．10 D．6解析：选D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．2．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．252C．261 D．279解析：选B0,1，2，…，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)．考点一分类加法计数原理(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(易错题)(2016·铜梁第一中学月考)如果把个位数是1，且恰好有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()A．9个B．3个C．12个D．6个解析：选C当重复数字是1时，有C13·C13；当重复数字不是1时，有C13种．由分类加法计数原理，得满足条件的“好数”有C13·C13＋C13＝12个．2．五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服．由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有()A．30种B．31种C．35种D．40种解析：选B分类：第一类，两人拿对：2×C25＝20种；第二类，三人拿对：C35＝10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种．故共有20＋10＋1＝31种．3．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O 和A→C→B→O 2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．答案：5[谨记通法]利用分类加法计数原理解题时2个注意点(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，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．考点二分步乘法计数原理(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则：(1)P可表示平面上________个不同的点．(2)P可表示平面上________个第二象限的点．解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第1步，确定a的值，共有6种方法；第2步，确定b的值，也有6种方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第1步，确定a，由于a<0，所以有3种方法；第2步，确定b，由于b>0，所以有2种方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.答案：(1)36(2)6[由题悟法]利用分步乘法计数原理解题时3个注意点(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．[即时应用]1．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2 160B．720C．240 D．120解析：选B分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．2．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数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)．解析：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，同上可知共有3×2＝6个偶函数．答案：18 6考点三两个原理的应用(常考常新型考点——多角探明)[命题分析]两个原理的常见命题角度有：(1)涂色问题；(2)几何问题；(3)集合问题．[题点全练]角度一：涂色问题涂色问题大致有两种解答方案：(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数；(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数．1．(1)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作答)．(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)从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480种涂色方法．(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)480(2)260角度二：几何问题主要与立体几何、解析几何相结合考查．2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16C．13 D．10解析：选C分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．角度三：集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有{}a1，a2，a3，…，a n的子集有2n个，真子集有2n－1个．3．(2015·保定调研)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x ∈A，y∈B，x<y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个．解析：当A＝{1}时，B有23－1种情况；当A＝{2}时，B有22－1种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况；所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)．答案：17[方法归纳]两个原理综合应用的1个关键点解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是()A．20B．16C．10 D．6解析：选B当a当组长时，则共有1×4＝4种选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4×3＝12种选法．因此共有4＋12＝16种选法．2．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．25C．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．某班班干部有5名男生、4名女生，从9人中选1人参加某项活动，则不同选法的种数为()A．9 B．5C．4 D．72解析：选A分两类：一类从男生中选1人，有5种方法；另一类是从女生中选1人，有4种方法．因此，共有5＋4＝9种不同的选法．4．从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是________．解析：从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0，可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法．故所求奇数的个数为3×3×2＝18.答案：185．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：40二保高考，全练题型做到高考达标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()A．180种B．360种C．720种D．960种解析：选D按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有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)．2．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A．6种B．12种C．18种D．20种解析：选D分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C23＝6(种)情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C24＝12(种)情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20(种)．3．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选B依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共计3＋6＋3＋3＝15(个)．4．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52解析：选D在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．5．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有()A．32个B．34个C．36个D．38个解析：选A先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可．故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)．6．如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．解析：按区域分四步：第一步，A区域有5种颜色可选；第二步，B区域有4种颜色可选；第三步，C区域有3种颜色可选；第四步，D区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．答案：1807．在2014年南京青奥会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24种．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120种．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880种．答案：2 8808．8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：169．集合N＝{a，b，c}⊆{－5，－4，－2,1,4}，若关于x的不等式ax2＋bx＋c<0恒有实数解，则满足条件的集合N的个数是________．解析：依题意知，集合N最多有C35＝10(个)，其中对于不等式ax2＋bx＋c<0没有实数解的情况可转化为需要满足a>0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当a，c同号时才有可能，共有2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10－2＝8.答案：810．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：幸运之星在甲箱中抽取，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；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．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数共有()A．180种B．240种C．360种D．480种解析：选D依题意，歌手乙、丙都排在歌手甲的前面的排法共有A22×4×5×6＝240种，因此满足题意的不同排法共有240×2＝480种．2．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：133．为参加2014年云南昭通地震救灾，某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？解：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C17种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A27种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C37种抽调方法．故共有C17＋A27＋C37＝84种抽调方法．第二节排列与组合1．排列与排列数(1)排列：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个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：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，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质[小题体验]1. (教材习题改编)A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A，B 可以不相邻)，那么不同的排法共有()A ．24种B ．60种C ．90种D ．120种解析：选B 可先排C ，D ，E 三人，共A 35种排法，剩余A ，B 两人只有一种排法，由分步乘法计数原理满足条件的排法共A 35＝60(种)．2．(教材习题改编)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( )A ．12种B ．16种C ．24种D ．48种解析：选C 依题意得知，满足题意的选法共有C 14·C 13·C 12＝24种． 3．(教材习题改编)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则C m 8＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，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.故C m 8＝C 28＝28. 答案：281．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．2．计算A m n 时易错算为n (n －1)(n －2)…(n －m )．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．[小题纠偏]1．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)，即3x 2－17x ＋10＝0，解得x ＝5或x ＝23(舍去)，∴x ＝5. 答案：52．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为________．(用数字作答)解析：法一：依题意可得C 12×C 34＋C 22×C 24＝8＋6＝14，故满足要求的方案有14种．法二：6人中选4人的方案有C 46＝15种，没有女生的方案只有1种，所以满足要求的方案有14种．答案：14考点一排列问题(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2015·山西模拟)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()A．60种B．48种C．30种D．24种解析：选B由题知，不同的座次有A22A44＝48种．2．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A．324 B．648C．328 D．360解析：选C首先应考虑“0”，当0排在个位时，有A29＝9×8＝72(个)，当0排在十位时，有A14A18＝4×8＝32(个)．当不含0时，有A14·A28＝4×8×7＝224(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．3．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．解析：(捆绑法)首先排两个奇数1,3有A22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C12种方法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8.答案：8[谨记通法]1．解决排列问题的4种方法2．解决排列类应用题的3种策略(1)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置．(2)分排问题直排法处理．(3)“小集团”排列问题采用先集中后局部的处理方法．考点二组合问题(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2016·山师大附中摸底)某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，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．600 D．720解析：选C根据题意，分2种情况讨论：若只有甲、乙其中一人参加，有C12·C35·A44＝480种情况；若甲、乙两人都参加，有C22·C25·A44＝240种情况，其中甲、乙相邻的有C22·C25·A33·A22＝120种情况．则不同的发言顺序的种数为480＋240－120＝600.2．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[由题悟法]1．解决组合应用题的2个步骤第一步，整体分类要注意分类时，不重复不遗漏，用到分类加法计数原理；第二步，局部分步用到分步乘法计数原理．2．含有附加条件的组合问题的2种方法通常用直接法或间接法，应注意“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解，对于涉及“至少”“至多”等词的组合问题，既可考虑反面情形即间接求解，也可以分类研究进行直接求解．[即时应用]1．(2016·大连模拟)某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有()A．3种B．6种C．9种D．18种解析：选C由题知有2门A类选修课，3门B类选修课，从中选出3门的选法有C35＝10种．两类课程都有的对立事件是选了3门B类选修课，这种情况只有1种．满足题意的选法有10－1＝9种．2．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有()A．30种B．33种C．36种D．39种解析：选B分两种情况：顶点A与各棱的中点共面的有3个侧面，每个侧面中有5个点，有C35种，3个侧面有3×C35种；3个点不在同一个表面的有3个，共有3×C35＋3＝33种取法．考点三分组分配问题(常考常新型考点——多角探明)[命题分析]分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．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，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．常见的命题角度有：(1)整体均分问题；(2)部分均分问题；(3)不等分问题．[题点全练]角度一：整体均分问题1．国家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．解析：先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 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6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法． 答案：90角度二：部分均分问题2．(2016·内江模拟)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( )A ．144B ．72C ．36D ．48解析：选C 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 11A 22；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．角度三：不等分问题 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：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 16种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种取法．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：360[方法归纳]解决分组分配问题的3种策略(1)整体均分解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．(2)部分均分解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．(3)不等分组只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．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()A．10种B．9种C．12种D．8种解析：选C依题意，满足题意的不同安排方案共有C12·C24＝12种．2．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有()A．12种B．10种C．8种D．6种解析：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A33种，∴甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A33＝6种．3．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．20C．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C35C22×2＝20种．4．从1,2,3,4,5,6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有()A．9个B．24个C．36个D．54个解析：选D选出符合题意的三个数共有C13C23种方法，这三个数可组成C13C23A33＝54个没有重复数字的三位数．5．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。