两个计数原理与排列组合知识点与例题

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排列组合知识点及排列组合经典例题讲解

排列组合知识点及排列组合经典例题讲解
排列组合一直是一个比较难的知识内容，今天极客数学帮就来给同学们讲讲排列组合的知识点，主要还是要从练习题上对这个知识点进行掌握，所以就和极客数学帮一起来看看关于排列组合的知识点和例题解析吧。

１．计数原理知识点
①乘法原理：N=n1·n2·n3·…nM (分步)
②加法原理：N=n1+n2+n3+…+nM (分类)
2．排列组合混合题的解题原则：先选后排，先分再排
排列组合题的主要解题方法：优先法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.
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.
捆绑法（集团元素法，把某些必须在一起的元素视为一个整体考虑）
插空法（解决相间问题）
间接法和去杂法等等。

清单35 两个计数原理、排列与组合(原卷版)-2022年新高考数学一轮复习知识方法清单与跟踪训练

清单35 两个计数原理、排列组合一、知识与方法清单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．【对点训练1】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．【对点训练2】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．24B．18C．12D．93．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有n类办法，这n 类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理.【对点训练3】(1)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48 B．18C．24 D．36(2)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是() A．60 B．48C．36 D．244.分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词，关键元素，关键位置．(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准．(2)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，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复．(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏．【对点训练4】从3名骨科，4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是__________(用数字作答).5.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．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．【对点训练5】给一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有多少种？6.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么．(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．(3)弄清分步、分类的标准是什么．(4)利用两个计数原理求解．【对点训练6】某小区一号楼共有7层，每层只有1家住户，已知任意相邻两层数的住户在同一天至多一家有快递，且任意相邻三层楼的住户在同一天至少一家有快递，则在同一天这7家住户有无快递的可能情况共有________种．7．排列与组合的概念作中的一种，现已确定这6人中的甲必须选上且专门从事翻译工作，则不同的选派方案有()(2)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8.排列数与组合数(1)排列数的定义：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，用A m n表示．(2)组合数的定义：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，用C m n表示．【对点训练8】寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排A，B，C，D，E五个座位(一排共五个座位)，上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有______种．(用数字作答)9．排列数、组合数的公式及性质2n nA.1B.8C.9D.1010.应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义.应用组合数＋C m n时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右性质C m n＋1＝C m－1n边)下标加1，上标取大.使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短.【对点训练10】(1)解方程：3A3x＝2A2x＋1＋6A2x；(2)计算：C22＋C23＋C24＋…＋C2100.11.排列应用问题的分类与解法排列、组合之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行全排列，因此，分析解决排列的基本思路是“先选，后排”.【对点训练11】有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A，B两位学生去问成绩，老师对A说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为()A．6 B．18C．20 D．2412.限制元素(位置)优先法：①元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；②位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置.【对点训练12】六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A ．192种B ．216种C ．240种D ．288种13.正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总体中去掉.【对点训练13】从3名骨科，4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是__________(用数字作答).14.复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决.在解题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则是先分类，再分步.【对点训练14】设A 是集合{}12345678910，，，，，，，，，的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A 的个数为（）A ．32B ．56C ．72D ．8415.相离问题插空法：某些元素不能相邻或要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间.【对点训练15】（2022届广东省珠海市高三上学期10月月考）五名同学国庆假期相约去珠海野狸岛日月贝采风观景，结束后五名同学排成一排照相留念，若甲､乙二人不相邻，则不同的排法共有（）A ．36种B ．48种C ．72种D ．120种16.相邻问题捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”作全排列，最后再“松绑”——将“捆绑”元素在这些位置上作全排列.【对点训练16】（2022届河北省唐县高三上学期9月月考）7个人站成一排准备照一张合影，其中甲、乙要求相邻，丙、丁要求分开，则不同的排法有（）A ．400种B ．720种C ．960种D ．1200种17.定序问题用除法：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数，也可看作组合问题.【对点训练17】（2022届广东省深圳市高三上学期月考）某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有（）A ．120种B ．80种C ．20种D ．48种18.相同元素隔板法：隔板模型是解决排列组合问题的一种基本方法，常常用于解决一类相同元素分给不同对象的分配问题，运用隔板法必须同时具备以下三个条件：①所有元素必须相同；②所有元素必须分完；③每组至少有一个元素.【对点训练18】(1)将10个完全相同的球放到3个不同的盒子中，要求每个盒子至少放一个球，一共有多少种方法？(2) 将10个优秀的指标分配给3个班级，每班至少一个，则共有多少种分配方法？(3)求方程10=+++w z y x 的正整数解的个数.19.“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．【对点训练19】（2021届福建省福州高三上学期质量检测）某市近几年大力改善城市环境，全面实现创建生态园林城市计划，现省专家组评审该市是否达到“生态园林城市”的标准，从包含甲、乙两位专家在内的8人中选出4人组成评审委员会，若甲、乙两位专家至少一人被邀请，则组成该评审委员会的不同方式共有（）A ．70种B ．55种C ．40种D ．25种20.分组、分配问题的求解策略①对不同元素的分配问题a ．对于整体均分，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．b ．对于部分均分，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 ！，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．c ．对于不等分组，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．②对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”．【对点训练20】（2022届贵州省贵阳第一中学高三上学期月考）2021年暑假，贵阳一中继续组织学生开展“百行体验”社会实践活动.现高三年级某班有6名学生需要去敬老院､社区医院､儿童福利院三个机构开展活动，要求每个机构去2名学生，且学生甲不去敬老院，则不同的安排共有（）A ．60种B ．360种C ．15种D ．100种二、跟踪检测一、单选题1．（2022届四川省巴中市高三上学期“零诊”）接种疫苗是预防控制新冠疫情最有效的方法.我国自2021年1月9日起实施全民免费接种新冠疫苗工作，截止到2021年5月底，国家已推出了三种新冠疫苗（腺病毒载体疫苗､新冠病毒灭活疫苗､重组新型冠病毒疫苗）供接种者选择，每位接种者仼选其中一种.若甲､乙､丙､丁4人去接种新冠疫苗，则恰有两人接种同一种疫苗的概率为（）A ．49B ．916C ．23D ．892．（2022届山东省济南市高三上学期开学考试）某校甲、乙、丙、丁四位同学报名参加A ，B ，C 三所高校的强基计划考试，每所高校报名人数不限，因为三所高校的考试时间相同，所以甲、乙、丙、丁只能随机各自报考其中一所高校，则恰有两人报考同一所高校的报名种数为（）A．24B．36C．64D．723．（2022届浙江省五校高三上学期联考）有10台不同的电视机，其中甲型3台，乙型3台，丙型4台．现从中任意取出3台，若其中至少含有两种不同的型号，则不同的取法共有（）A．96种B．108种C．114种D．118种4．（2022届广东省广州市高三上学期10月调研）把标号为1，2，3，4的四个小球分别放入标号为1，2，3，4的四个盒子，每个盒子只放一个小球，则1号球和2号球都不放入1号盒子的方法共有（）A．18种B．12种C．9种D．6种5．（广东省花都区2022届高三上学期8月调研）现将8张连号的门票按需求分配给5个家庭，甲家庭需要3张连号的门票，乙家庭需要2张连号的门票，剩余的3张随机分给剩余的3个家庭，则这8张门票不同的分配方法的种数为（）A．71B．96C．108D．1206．（2022届宁夏银川一中高三上学期月考）有12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（）A．168 B．260 C．840 D．5607．（2022届江苏省南通市高三上学期9月质量监测）某亲子栏目中，节目组给6位小朋友布置一项搜寻空投食物的任务．已知：①食物投掷点有远、近两处；②由于小朋友甲年纪尚小，所以要么不参与该项任务，要么参与搜寻近处投掷点的食物，但不参与时另需1位小朋友在大本营陪同；③所有参与搜寻任务的小朋友被均匀分成两组，一组去远处，一组去近处．那么不同的搜寻方案有（）A．10种B．40种C．70种D．80种8．《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一本数学专著，该书介绍了我国古代14种算法，其中积算（即筹算）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了知算､成数算､把头算､龟算､珠算13种均需要计算器械.某研究性学习小组3人分工搜集整理这13种计算器械的相关资料，其中一人搜集5种，另两人每人搜集4种，则不同的分配方法种数为（）A．54431384322C C C AAB．54421384233C C C AAC．544138422C C CAD．5441384C C C9．（2022届广东省广州市高三上学期综合测试）通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，笫二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号．其中序号的编码规则为：①由0，1，2，…，9这10个阿拉伯数字与除I，O之外的24个英文字母组成；②最多只能有2个位置是英文字母，如：粤A326S0，则采用5位序号编码的粤A 牌照最多能发放的汽车号牌数为（） A ．586万张 B ．682万张 C ．696万张 D ．706万张 10．重庆11中本学期接收了5名西藏学生，学校准备把他们分配到A ，B ，C 三个班级，每个班级至少分配1人，则其中学生甲不分配到A 班的分配方案种数是（）A ．720B ．100C ．150D ．34511．（2022届湖南省岳阳市高三上学期入学考试）如图，在某城市中，M ､N 两地之间有整齐的方格形道路网，其中1A ､2A ､3A ､4A 是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M ､N 处的甲､乙两人分别要到N ､M 处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N ､M 处为止.则下列说法正确的是（）A ．甲从M 到达N 处的方法有120种B ．甲从M 必须经过2A 到达N 处的方法有64种C ．甲､乙两人在2A 处相遇的概率为81400 D ．甲､乙两人相遇的概率为1212．（2021届山东省高考考前热身押题卷）为迎接第24届冬季奥林匹克运动会，某校安排甲､乙､丙､丁､戊共五名学生担任冰球､冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人.则学生甲不会被安排到冰球比赛项目做志愿者的概率为（）A ．34B ．23C ．56D ．12 二、多选题13．（2021届辽宁省实验中学高三考前模拟）一个布袋内装除颜色外完全相同的4个红球和3个蓝球.现从袋中摸出4个球，则（）A ．摸出4个红球的概率是135B ．摸出3个红球和1个蓝球的概率是1235C ．摸出2个红球和2个蓝球的概率是1835D ．摸出1个红球和3个蓝球的概率是13514．把座位号为1、2、3、4、5的五张电影票全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且分给同一人的多张票必须连号，那么不同的分法种数为N种，则N的值不可能为（）. A．18 B．24 C．36 D．4815．（2021届广东省梅州市高三下学期3月质检）某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是（）C．自习不可能安排在第2节D．自习可安排在4节课中的任一节16．2020年3月，为促进疫情后复工复产期间安全生产，滨州市某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（）A．若C企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种C．若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到A企业，则所有不同分派方案共12种D．所有不同分派方案共34种三、填空题17．（2022届云南省师范大学附属中学高三月考）洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象如图，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数（图中白圈为阳数，黑点为阴数）.现利用阴数和阳数构成一个四位数，规则如下：（从左往右数）第一位数是阳数，第二位数是阴数，第三位数和第四位数一阴一阳和为7，则这样的四位数有___________个18．（2022届江苏省常州市高三上学期10月学情检测）为调查新冠疫苗的接种情况，需从5名志愿者中选取3人到3个社区进行走访调查，每个社区一人．若甲乙两人至少有一人入选，则不同的选派方法有_____________.19．（2022届四川省成都石室中学高三上学期10月月考）一条路上有10盏路灯，为节约资源，准备关闭其中的3盏．为安全起见，不能关闭两端的路灯，也不能关闭任意相邻的两盏路灯．则不同的关闭路灯的方法有________种．20．从6种不同的蔬菜种子a ，b ，c ，d ，e ，f 中选出4种，分别种在4块不同的土壤A ，B ，C ，D 中进行试验，已有资料表明A 土壤不宜种植a ，B 土壤不宜种植b ，但a 、b 品种产量高.现a 、b 品种必种的试验方案有________种.四、解答题21．一个盒子里有9个球，其中有6个白球，3个黑球现每次从盒子洞口随机摸出一个球且不放回，如果9个球都被摸出，以X 表示6个白球被3个黑球所隔成的段数.例如，摸出顺序为“白黑白白黑白白白黑"，则此时X =3，摸出顺序为“黑黑黑白白白白白白”，则此时x =1. （1）求三个黑球相连在一起被摸出的概率；（2）求X 的分布列和数学期望.22．（2021届广东省揭阳市高三上学期第月考）某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶1A ，2A ，3A 中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶1B ，2B 中的一个.（1）记事件n E ：一次性购买n 个甲系列盲盒后集齐玩偶1A ，2A ，3A 玩偶；事件n F ：一次性购买n 个乙系列盲盒后集齐1B ，2B 玩偶；求概率()5P E 及()4P F ；（2）某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为23，购买乙系列的概率为13；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为14，购买乙系列的概率为34，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为12，购买乙系列的概率为12；如此往复，记某人第n 次购买甲系列的概率为n Q .①求{}n Q 的通项公式；②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个.。

2020届中职数学对口升学复习第十部分《排列组合二项式定理》基础知识点归纳及山西历年真题汇编

n( ( ( 第十部分排列组合二项式定理【知识点 1】两个计数原理1.分类计数原理：完成一件事有 n 类办法，在第 1 类办法中有 m 1 种不同方法，在第 2 类办法中有 m 2 种不同方法...... ，在第 n 类办法中有 m n 种不同的方法，那么完成这件事共有 N=m 1+m 2+...+m n 种不同的方法 .（加法原理）2.分步计数原理：完成一件事需要分为 n 个步骤，做第 1 步有 m 1 种不同方法，做第 2 步有 m 2 种不同的方法 ... 做第 n 步有 m n 种没同的方法，那么完成这件事共有 N=m 1 ⨯ m 2 ⨯ ... ⨯ m n 种不同的方法 .（乘法原理）【知识点 2】排列与排列数1.排列的定义(1)元素：问题中所选取的对象.(2)排列：从 n 个不同元素中，任取 m (m ≤ n ) 个元素，按时一定的顺序排成一列，叫作从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列.(3)选排列：如果 m<n ，这样的排列叫作选排列. (4)全排列：如果 m=n ，这样的排列叫作全排列.2.排列数：从 n 个不同元素中取出 m (m ≤ n ) 个元素的所有排列的个数，叫作从n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数，记作 A m .【注意】：排列是结果，排列数是排列的个数。

【知识点 3】排列数公式1.选排列计数公式：A m = n g n- 1)g n - 2)g ⋅⋅⋅ g n - m + 1),其中m , n ∈ N *，且m ≤ n (m 个元素相乘) n2.全排列计数公式：A n = n ⨯ (n - 1)⨯ (n - 2)g ⋅⋅⋅ g 3 ⨯ 2 ⨯1 = n !n自然数1~n的连乘积叫作n的阶乘，用n!表示，即A n=n!.n【注意】：①0！=1;②A0=1;A1=n;A n=n!;n n n【知识点4】组合及组合数的定义1.组合的定义：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.【注意】：排列与顺序有关，而组合与顺序无关；2.组合数的定义：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素的所有组合的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C m表示.n【注意】：组合是把取出的元素合并成一组；组合数是所有不同组合的个数，它是一个数.【知识点5】组合数的计数公式与性质1.组合数公式：C m= n A mnA mm=n(n-1)(n-2)⋅⋅⋅(n-m+1)m!(n,m∈N*,且m≤n)；C m=nn!m!(n-m)!【注意】：C0=C n=1;C1=n .n n n2.组合数性质:(1)C m=C n-m(2)C m=C m+C m-1.n n n+1n n【知识点6】二项式定理1.二项式定理：一般地，(a+b)n=C0a n b0+C1a n-1b1+⋅⋅⋅+C m a n-m b m+⋅⋅⋅+C n a0b n(n∈N*)n n n n这个公式所表示的规律叫作二项式定理.右边的多项式叫作(a+b)n的二项展开式，其中Cm(m=0,1,2,⋅⋅⋅,n)叫作二项式系n数；式中的Cm a n-m b m 叫作二项式的通项.n2.二项展开式的通项公式：Tm+1 3.二项展开式的性质：(1)展开式共有n+1项；=C m a n-m b m.(二项展开式的第m+1项) n(2)a的指数从n逐渐减到0，b的指数从0逐渐增到n，展开式中的每一项a和b的指数和都为n(3)二项式系数依次为C0,C1,⋅⋅⋅C n，第r项与倒数第r项的系数相等；n n n(4)若二项式的幂指数是偶数2n，那么二项式展开式有(2n+1)项(奇数项)，且中间一项的二项式系数最大，如果二项式的幂指数是奇数2n-1,那么展开式有2n项(偶数项)，且中间两项的二项式系数相等且最大。

新高考数学题型全归纳之排列组合专题01 两个计数原理(解析版)

专题1 两个计数原理类型一、加法原理【例1】高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一名学生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种．【解析】18+38=56．【例2】若a 、b 是正整数，且6a b ≤+，则以()a b ，为坐标的点共有多少个？【解析】66=36´．【例3】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 ．324B ．328C ．360D ．648【解析】由题意知本题要分类来解，当尾数为2、4、6、8时，个位有4种选法，因百位不能为0，所以百位有8种，十位有8种，共有884256创= 当尾数为0时，百位有9种选法，十位有8种结果，共有98172创=根据分类计数原理知共有25672328+= 故选：B ．【例4】用数字12345，，，，组成的无重复数字的四位偶数的个数为（）A ．8B ．24C ．48D ．120【解析】由题意知本题需要分步计数，2和4排在末位时，共有122A =种排法，其余三位数从余下的四个数中任取三个有3443224A =创=种排法，根据由分步计数原理得到符合题意的偶数共有22448?（个)．故选：C ．【例5】用012345，，，，，这6个数字，可以组成____个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数．【解析】分四类：①千位数字为3,4之一时，百十个位数只要不重复即可，有352120A =个； ②千位数字为5时，百位数字为0,1,2,3之一时，有124448A A =个；③千位数字为5时，百位数字是4，十位数字是0,1之一时，有11236A A =个；最后还有5420也满足题意. 所以，所求四位数共有120+48+6+1=175个. 故答案为 175．类型二、乘法原理【例6】公园有4个门，从一个门进，一个门出，共有_____种不同的走法．【解析】根据题意，要求从从任一门进，从任一门出，则进门的方法有4种，出门的方法也有4种，则不同的走法有4416?种【例7】将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有_______．【解析】根据题意，依次对3个小球进行讨论：第一个小球可以放入任意一个盒子，即有4种不同的放法，同理第二个小球也有4种不同的放法，第三个小球也有4种不同的放法，即每个小球都有4种可能的放法，根据分步计数原理知共有即44464创=不同的放法，故答案为：64．【例8】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，其余两所学校均只参观一天，那么不同的安排方法共有种．【解析】分两步完成，第一步先安排甲学校参观，共六种安排方法；第二步安排另外两所学校，共有25A 安排方法，故不同的安排种法有256120A ?，故答案为120．【例9】高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一名男生和一名女生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种．【解析】111838684C C = 【例10】六名同学报名参加三项体育比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名结果？【解析】每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得共有不同的报名方法63729=种．【例11】六名同学参加三项比赛，三个项目比赛冠军的不同结果有多少种？【解析】由题意，每项比赛的冠军都有6种可能，因为有3项体育比赛，所以冠军获奖者共有36666创=种可能【例12】用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是__________（用数字作答）．【解析】解析：可分三步来做这件事：第一步：先将3、5排列，共有22A 种排法；第二步：再将4、6插空排列，插空时要满足奇偶性不同的要求，共有222A 种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中，共有15C 种排法．由分步乘法计数原理得共有221225240A A C =（种)．答案为：40【例13】从集合{12311}，，，，中任选两个元素作为椭圆方程22221x y m n +=中的m 和n ，则能组成落在矩形区域{()|||11B x y x ，，=<且||9}y <内的椭圆个数为（） A ．43B ．72C ．86D ．90【解析】椭圆落在矩形内，满足题意必须有，m n ¹，所以有两类，一类是m ，n 从{1，2，3，6¼，7，8}任选两个不同数字，方法有2856A = 令一类是m 从9，10，两个数字中选一个，n 从{1，2，3，6¼，7，8}中选一个方法是：2816?所以满足题意的椭圆个数是：561672+= 故选：B ．【例14】若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为2y x =-，值域为{19}，--的“同族函数”共有（）A ．7个B ．8个C ．9个D ．10个【解析】定义域是集合的子集，且子集中至少应该含有1-、1中的一个和3-、3中的一个，满足条件的定义有：{1-，3}-、{1-，3}、{1，3}-、{1，3}、{1-，1，3}-、{1-，1，3}、{1-，3-，3}、{1，3-，3}、{1-，1，3-，3}，共9个．故选：C ．【例15】某银行储蓄卡的密码是一个4位数码，某人采用千位、百位上的数字之积作为十位和个位上的数字（如2816）的方法设计密码，当积为一位数时，十位上数字选0，并且千位、百位上都能取0．这样设计出来的密码共有（）A ．90个B ．99个C ．100个D ．112个【例16】从集合{4321012345}，，，，，，，，，----中，选出5个数组成子集，使得这5个数中的任何两个数之和不等于1，则取出这样的子集的个数为（）A ．10B ．32C ．110D ．220【解析】从集合{1-，2-，3-，4-，0，1，2，3，4，5}中，随机选出5个数组成子集，共有105C 种取法，即可组成105C 个子集，记“这5个数中的任何两个数之和不等于1”为事件A ，而两数之和为1的数组分别为(1,2)-，(2,3)-，(3-，4)(4-，5)，(0,1)，A 包含的结果有①只有有一组数的和为1，有5422213111160C C C C C =种结果②有两组数之和为1，有562160C C =种，则A 包含的结果共有220种故答案为：220．【例17】若x 、y 是整数，且6x ≤，6x ≤，则以()x y ，为坐标的不同的点共有多少个？【解析】整数x ，y 满足6x ≤，6x ≤ 则{6,5,4,3x A?----，2-，1-，0，1，2，3,4,5,6}，{6,5,4y B?---，3-，2-，1-，0，1，2，3，4,5,6}，从A 种选一个共有13种方法，从B 选一个共有13种方法，故有1313169?种．故答案为：169．【例18】用0，1，2，3，4，5这6个数字：⑴可以组成______________个数字不重复的三位数． ⑵可以组成______________个数字允许重复的三位数．【解析】（1）根据题意，分2步分析：①、先选百位，百位可以在1、2、3、4、5中任选1个，则百位有5种方法， ②、在剩下的5个数字中任选2个，安排在十位、个位，有2520A =种选法，则可以组成520100?个无重复数字的三位数（2）分3步进行分析：①、先选百位，百位可以在1、2、3、4、5中任选1个，则百位有5种选法，②、再选十位，十位可以在0、1、2、3、4、5中任选1个，则十位有6种选法， ③、最后分析个位，个位可以在0、1、2、3、4、5中任选1个，则个位有6种选法，则可以组成566180创=个数字允许重复的三位数；【例19】六名同学报名参加三项体育比赛，共有多少种不同的报名结果？【解析】63333333创创?【例20】将3名教师分配到2所中学任教，每所中学至少一名教师，则不同的分配方案共有（）种．A ．5B ．6C ．7D ．8【解析】将3名教师分配到2所中学任教，每所中学至少1名教师，只有一种结果1，2，首先从3个人中选2个作为一个元素，使它与其他两个元素在一起进行排列，共有22326C A =种结果，故选：B ．类型三、基本计数原理的综合应用【例21】用0，3，4，5，6排成无重复字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是_________．（用数字作答）【解析】按首位数字的奇偶性分两类：一类是首位是奇数的，有：2323A A ；另一类是首位是偶数，有：322322()A A A -则这样的五位数的个数是：2332223322()20A A A A A +-=．故答案为：20．【例22】若自然数n 使得作竖式加法(1)(2)n n n ++++均不产生进位现象．则称n 为“可连数”．例如：32是“可连数”，因323334++不产生进位现象；23不是“可连数”，因232425++产生进位现象．那么，小于1000的“可连数”的个数为（）A ．27B ．36C ．39D ．48【解析】如果n 是良数，则n 的个位数字只能是0，1，2，非个位数字只能是0，1，2，3（首位不为0)，而小于1000的数至多三位，一位的良数有0，1，2，共3个二位的良数个位可取0，1，2，十位可取1，2，3，共有339?个三位的良数个位可取0，1，2，十位可取0，1，2，3，百位可取1，2，3，共有34336创=个．综上，小于1000的“良数”的个数为393648++=个故选：D ．【例23】由正方体的8个顶点可确定多少个不同的平面？【解析】依题意，正方体的8个顶点所确定的平面有：6个表面，6个对角面，8个正三角形平面共20个. 故答案为：20【例24】分母是385的最简真分数一共有多少个？并求它们的和．【解析】因为3855711=⨯⨯，在1~385这385个自然数中，5的倍数有385[]775=（个)， 7的倍数有385[]557=（个)，11的倍数有385[]3511=（个)，5735⨯=的倍数有385[]1135=（个)，51155⨯=的倍数有385[]755=（个)， 71177⨯=的倍数有385[]577=（个)，385的倍数有1个．由容斥原理知，在1~385中能被5、7或11整除的数有775535(1175)1145++−+++=（个)，而5、7、11互质的数有385145240−=（个)．即分母为385的真分数有240（个)．如果有一个真分数为385a，则必还有另一个真分数385385a −，即以385为分母的最简真分数是成对出现的，而每一对之和恰为1．故以385为分母的240最简分数可以分成120时，它们的和为1120120⨯=．【例25】用0，1，2，3，4，5这6个数字，可以组成_______个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数．【解析】分四类：①千位数字为3,4之一时，百十个位数只要不重复即可，有352120A =个； ②千位数字为5时，百位数字为0,1,2,3之一时，有124448A A =个；③千位数字为5时，百位数字是4，十位数字是0,1之一时，有11236A A =个；最后还有5420也满足题意. 所以，所求四位数共有120+48+6+1=175个. 故答案为 175．【例26】某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“0000创创创?”到“9999创创创?”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为（）A ．2000B ．4096C ．5904D ．8320【解析】10000个号码中不含4、7的有484096=， \ “优惠卡”的个数为1000040965904-=，故选：C ．【例27】同室4人各写1张贺年卡，先集中起来，然后每人从中各拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有（）A ．6B ．9种C ．11种D ．23种【解析】设四人分别为a 、b 、c 、d ，写的卡片分别为A 、B 、C 、D ，由于每个人都要拿别人写的，即不能拿自己写的，故a 有三种拿法，不妨设a 拿了B ，则b 可以拿剩下三张中的任一张，也有三种拿法，c 和d 只能有一种拿法，所以共有33119创?种分配方式，故选：B．【例28】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个节目插入原节目单中，那么不同的插法种数为（）A．504B．210C．336D．120【解析】由题意知将这3个节目插入节目单中，原来的节目顺序不变，\三个新节目一个一个插入节目单中，原来的6个节目形成7个空，在这7个位置上插入第一个节目，共有7种结果，原来的6个和刚插入的一个，形成8个空，有8种结果，同理最后一个节目有9种结果根据分步计数原理得到共有插法种数为789504创=，故选：A．【例29】某班学生参加植树节活动，苗圃中有甲、乙、丙3种不同的树苗，从中取出5棵分别种植在排成一排的5个树坑内，同种树苗不能相邻，且第一个树坑和第5个树坑只能种甲种树苗的种法共（）A．15种B．12种C．9种D．6种【解析】同种树苗不相邻且第一个树坑和第5个树坑只能种甲种树苗，\只有中间三个坑需要选择树苗，当中间一个种甲时，第二和第四个坑都有2种选法，共有4种结果，当中间一个不种甲时，则中间一个种乙或丙，当中间这个种乙时，第二和第四个位置树苗确定，当中间一个种丙时，第二和第四个位置树苗确定，共有2种结果，\总上可知共有426+-种结果，故选：D．【例30】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．324B．328C．360D．648【解析】由题意知本题要分类来解，当尾数为2、4、6、8时，个位有4种选法，因百位不能为0，所以百位有8种，十位有8种，共有884256创=当尾数为0时，百位有9种选法，十位有8种结果，共有98172创=根据分类计数原理知共有25672328+=故选：B．【例31】足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，那么一个队打14场共得19分的情况有( )A．3种B．4种C．5种D．6种【解析】得3分最多6场，则1分的1场，剩余的场次均得0分；若3分的共5场，则1分的共4场；若3分的共4场，则1分的共7场；若得3分的共3场，则1分的共9场；若得3分的2场，则1分的13场，不合题意，故选B.。

计数原理、排列组合

计数原理一、两个计数原理内容1、分类计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1 +m2 +……+m n种不同的方法.2、分步计数原理：完成一件事，需要分n个步骤，做第1步骤有m1种不同的方法，做第2步骤有m2种不同的方法……做第n步骤有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1×m2×……×m n种不同的方法.二、例题例1 某学校食堂备有5种素菜、3种荤菜、2种汤。

现要配成一荤一素一汤的套餐。

问可以配制出多少种不同的品种？分析：1、完成的这件事是什么？2、如何完成这件事？（配一个荤菜、配一个素菜、配一汤）3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）4、运用哪个计数原理？5、进行计算.解：属于分步：第一步配一个荤菜有3种选择第二步配一个素菜有5种选择第三步配一个汤有2种选择共有N=3×5×2=30（种）例2 有一个书架共有2层，上层放有5本不同的数学书，下层放有4本不同的语文书。

（1）从书架上任取一本书，有多少种不同的取法？（2）从书架上任取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？（1）分析：1、完成的这件事是什么？2、如何完成这件事？3、它们属于分类还是分步？（是否独立完成）4、运用哪个计数原理？5、进行计算。

排列组合知识点总结典型例题及答案解析

排列组合知识点总结+典型例题及答案解析一．基本原理1．加法原理：做一件事有n 类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。

2．乘法原理：做一件事分n 步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。

注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。

二．排列：从n 个不同元素中，任取m （m ≤n ）个元素，按照一定的顺序排成一.m n mn A 有排列的个数记为个元素的一个排列，所个不同元素中取出列，叫做从1.公式：1.()()()()!!121m n n m n n n n A m n -=+---=……2.规定：0!1=(1)!(1)!,(1)!(1)!n n n n n n =⨯-+⨯=+ (2) ![(1)1]!(1)!!(1)!!n n n n n n n n n ⨯=+-⨯=+⨯-=+-； (3)111111(1)!(1)!(1)!(1)!!(1)!n n n n n n n n n +-+==-=-+++++ 三．组合：从n 个不同元素中任取m （m ≤n ）个元素并组成一组，叫做从n 个不同的m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。

1. 公式： ()()()C A A n n n m m n m n m nmn m mm ==--+=-11……!!!! 10=n C 规定：组合数性质：.2 n nn n n m n m n m n m n n m n C C C C C C C C 21011=+++=+=+--……，， ①；②；③；④11112111212211r r r r r r r rr r r rr r r r r r n n r r r n n r r n n n C C C C C C C C C C C C C C C +++++-+++-++-+++++=++++=+++=注：若12m m1212m =m m +m n n n C C ==则或四．处理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事（审题） ②有序还是无序 ③分步还是分类。

排列组合知识总结+经典题型

(1)知识梳理1．分类计数原理（加法原理）:完成一件事,有几类办法,在第一类中有m1种有不同的方法，在第2类中有m2种不同的方法……在第n类型有m3种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法。

2．分步计数原理（乘法原理）:完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法……，做第n步有mn种不同的方法；那么完成这件事共有种不同的方法。

特别提醒：分类计数原理与“分类”有关，要注意“类"与“类"之间所具有的独立性和并列性；分步计数原理与“分步"有关，要注意“步"与“步"之间具有的相依性和连续性，应用这两个原理进行正确地分类、分步，做到不重复、不遗漏.3．排列：从n个不同的元素中任取m(m≤n)个元素,按照一定顺序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列. 4．排列数：从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素排成一列,称为从n个不同元素中取出m个元素的一个排列. 从n个不同元素中取出m个元素的一个排列数，用符号表示.5．排列数公式：特别提醒：（1）规定0！= 1（2)含有可重元素的排列问题.对含有相同元素求排列个数的方法是：设重集S有k个不同元素a1，a2,….。

.an其中限重复数为n1、n2……nk，且n =n1+n2+……nk , 则S的排列个数等于。

例如:已知数字3、2、2，求其排列个数又例如：数字5、5、5、求其排列个数？其排列个数.6．组合:从n个不同的元素中任取m(m≤n）个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。

7．组合数公式：8．两个公式：①②特别提醒：排列与组合的联系与区别.联系：都是从n个不同元素中取出m个元素。

区别：前者是“排成一排”，后者是“并成一组"，前者有顺序关系，后者无顺序关系。

（2）典型例题考点一：排列问题例1.六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1）甲不站两端；（2)甲、乙必须相邻；（3）甲、乙不相邻；(4）甲、乙之间间隔两人；（5）甲、乙站在两端；(6）甲不站左端，乙不站右端。

两个计数原理与排列、组合的基本问题

组合
从n个不同的元素中取出m个元素（m≤n），不考虑顺序的不同，叫做从n个元素中取出m个元素的一个组合。
常见问题类型及解决方法
相邻问题
不相邻问题
定序问题
分组问题
对于某几个元素要求相邻的问题，可以先将这几个元素看作一个整体，然后再进行排列。
对于某几个元素要求不相邻的问题，可以先将其他元素排好，然后再将这几个元素插入到空位中。
01
02
03
编码方式数量
在编码理论中，计数原理用于计算给定信息量的编码方式总数。
错误检测和纠正
在错误检测和纠正中，利用计数原理可以确定给定编码方式下可检测或纠正的错误数量。
码字重量分布
码字重量分布问题涉及计算给定编码方式下，具有特定重量的码字数量，这也需要用到计数原理。
其他领域应用举例
A(4,4)=24种排法。因此，总的排列数为2×24=48种。 • 例题2：7个人站成一排，其中甲、乙两人不能站在一起的排列数有多少种？ • 解答：先考虑7个人全排列的情况，有A(7,7)=5040种排法。再考虑甲、乙两人站在一起的情况，将甲、乙两
人看作一个整体进行排列，有A(2,2)=2种排法。再将这个整体与其余5人进行排列，有A(6,6)=720种排法。因此，甲、乙两人站在一起的总排列数为2×720=1440种。所以，甲、乙两人不能站在一起的排列数为50401440=3600种。
02
根据选取元素的方式和限制条件的不同，计数原理可以分为加法原理和乘法原理两大类。
加法原理与乘法原理
加法原理
如果完成一件事情有n类方法，第一类方法有m1种不同的方式，第二类方法有m2种不同的方式，……，第n类方法有mn种不同的方式，那么完成这件事情共有m1+m2+…+mn种不同的方法。

两个技术原理与排列组合

②相邻排列问题，通常采用“捆绑”法．即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列．
③对于元素不相邻的排列，通常采用插空法，即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档中．
④对于元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序限制排列后，利用规定顺序的实情求结果．
⑤间接法：先求出不考虑限制条件的排列数，再减去不符合条件的排列数．
(3)排列数公式、组合数公式各有两种形式：一种是连乘积形式，
另一种是阶乘之商的形式．
组合数的两个性质，在简化计算，证明有关组合数恒等式中有
着重要作用，它们也是推导二项式展开式与二项式系数性质的重要
依据．
排列数公式的两种不同表达形式本质一样，但作用常有不同，
Amn ＝n(n－1)…(n－m＋1)，常用于具体数字计算，在进行字母化简
3．基本公式
(1)排列数公式
①Anm＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) (连乘形式)
＝n－n！m！ m≤n，n、m∈N*.
(阶乘形式)
②Ann＝n！＝1·2·3…n(自然数 1 到 n 的连乘积，叫做 n 的阶乘)．
规定：0！＝1.
(2)组合数公式、组合数的性质 ①组合数公式
Cmn ＝AAmnmm＝nn－1n－m2！…n－m＋1
(10)3 女不相邻，有多少种不同的排法？ (11)4 男不相邻，有多少种不同的排法？ (12)4 男不在两端，有多少种不同的排法？ (13)甲在乙左边，有多少种不同的排法？ (14)4 男不等高，按高矮顺序排列，有多少种不同的排法？
解析 (1)相当于 7 个元素的全排列，有 A77种． (2)甲占据中间，还有 6 个位置，6 个人任意排列，有 A66种． (3)甲乙在两端，有 A22种，另外 5 人在中间 5 个位置有 A55种，故共有 A22·A55种． (4)甲不在中间和两端三个位置，可排在另外 4 个位置上，故有 A14·A66种，或 A77－3A66种． (5)甲、乙相邻，可视为一个元素，故有 A66·A22种． (6)可用插空法，另外 5 人排定后，甲、乙两人可往中间插，故共有 A55·A26种，或用排除法，有 A77－A66·A22种． (7)甲、乙两人必须相隔 1 人，即甲、乙两人分别在另外 5 人任一个的两侧，故共有 A15·A22·A55种． (8)4 男必相邻，可视 4 男为一个元素，故有 A44·A44种．

计数原理和排列组合

计数原理、知识要点1、分类计数原理：完成一件事，有n类办法，在第一类办法中有m!种不同的方法，第二类方法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有：N= _____________ 种不同的方法。

注意：1 )分类要全、清； 2 )任何一种方法均能完成此事；3)各类方法相互独立。

2、分步计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第一步有m!种不同的方法，做第二步有m2 种不同的方法，……，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有的N=________________________________________________________________________________ 种不同的方法。

注意：1 )各步方法数相互独立；2)每步均完成后才能完成这件事。

3、用两个原理解决实际问题时可按下列步骤进行思考：(1)做什么事？定目标；(2 )怎么做？一一定方法(分类、分步、先分类后分步、先分步后分类等) ；(3)确定每类或每步的方法数；(4)利用原理计算出方法总数并作答。

二、例题分析：例1 :从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。

一天中，火车有4班，汽车有2班，轮船有3班。

那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？例2 :如图，由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条。

从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？三、巩固练习：1.某班级有男三好学生5人，女三好学生4人。

(1)从中任选一人去领奖，有多少种不同的选法？(2)从中任选男、女三好学生各一人去参加座谈会，有多少种不同的选法?2、在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？3、一个三位密码锁,各位上数字由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 十个数字组成，可以设置多少种三位数的密码4、如图,从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁(各位上的数字允许重复)？首位数字不为0的密码数是多少？首位数字是0的密码数又是多少？甲地地到丙地有2条路可通。

排列组合知识点和例题

排列组合知识点和例题1．分类计数原理:完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=n1+n2+n3++nM种不同的方法．2.分步计数原理:完成一件事,需要分成n个步骤,做第一步有m1种不同的方法,做第二步有m2种不同的方法,,做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=n1·n2·n3·nM种不同的方法．注：分类计数原理和分步计数原理是排列组合的基础和核心，既可用来推导排列数、组合数公式，也可用来直接解题。

它们的共同点都是把一个事件分成若干个分事件来进行计算。

只不过利用分类计算原理时，每一种方法都独立完成事件；如需连续若干步才能完成的则是分步。

利用分类计数原理，重在分“类”，类与类之间具有独立性和并列性；利用分步计数原理，重在分步；步与步之间具有相依性和连续性.比较复杂的问题，常先分类再分步。

3.排列的定义：从n个不同的元素中任取m(m≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元．．．．．．素的一个排列.排列数的定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素排成一列，称为从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.从nm个不同元素中取出m个元素的一个排列数，用符号An表示.其中n，m∈N，并且m≤n．m排列数公式:Ann(n1)(nm1)n!(m≤n,n,mN)(nm)!当m=n时，排列称为全排列，排列数为n=n(n1)An21记为n!,且规定O!=1.mm1注：nn!(n1)!n!;AnnAn14.组合的定义:从n个不同的元素中任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.组合数的定义:从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数．用符号Cn表示.mAn!组合数公式:Cnn(n1)(nm1).Amm!m!(nm)!mmnm规定Cn1，其中m，n∈N+，m≤n.注:排列是“排成一排”，组合是“并成一组”,前者有序而后者无序.组合数的两个性质:①Cmn因此从n个不同元素中取出n-m个元素的方法Cnmn;从n个不同元素中取出m个元素后就剩下n-m个元素，是一一对应的，因此是一样多的.②Cm1nmCmnCn1根据组合定义与加法原理得；在确定n+1个不同元素中取m个元素方法时，对于某一元素，只存在取与不取两种可能，如果取这一元素，则需从剩下的n个元素中再取m-1个元素，所以有C需从剩余n个元素中取出m个元素，所以共有Cn种，依分类原理有Cmm1mmnCnCn1.m1n，如果不取这一元素，则常年授课开设班型：一对一和4-8人小班1业精于勤而荒于嬉行成于思而毁于随5．解排列、组合题的基本策略与方法(Ⅰ)排列、组合问题几大解题方法：①直接法;②排除法;③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”;④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”.⑤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.⑥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Ann种，m(mn)个元素的全排列有Amm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，可以利用除法起到去调序的作用，即若n个元素排成一列，其中m个元素次序一定，共有AnnAmm种排列方法.(Ⅱ)排列组合常见解题策略：①特殊元素优先安排策略；②合理分类与准确分步策略；③排列、组合混合问题先选后排的策略（处理排列组合综合性问题一般是先选元素，后排列）；④正难则反，等价转化策略；⑤相邻问题插空处理策略；⑥不相邻问题插空处理策略；⑦定序问题除法处理策略；⑧分排问题直排处理的策略；⑨“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；⑩构造模型的策略.1.1两个计数原理(1)例1、某班共有男生28名，女生20名，从该班选出学生代表参加校学代会。

高中数学第6章计数原理习题课一两个计数原理与排列组合的应用新人教版选择性必修第三册

第六章计数原理
习题课一两个计数原理与排列、
组合的应用
一两个计数原理的应用
1.分类加法计数原理
注:每种方法均能完成任务.
2.分步乘法计数原理
注:两步都完成才算完成任务,缺一不可.
命题角度1:“类中有步”的计数问题
【典型例题1】电视台在某节目中拿出两个信箱,其中存放
着先后两次答题中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有30封,乙
规律总结 “在”与“不在”排列问题解题原则及方法
(1)原则:谁特殊谁优先,可以从元素入手也可以从位置入手.
(2)方法:从元素入手时,先给特殊元素安排位置,再把其他元
素安排在其他位置上;从位置入手时,先安排特殊位置,再安排
其他位置.
提醒:解题时,或从元素考虑,或从位置考虑,都要贯彻到底.不
能一会考虑元素,一会考虑位置,造成分类、分步混乱,导致解
种,而原先七个节目的顺序一

定,故不同的安排方式共有
=720

种.
三排列与组合的综合应用
1.排列、组合综合题的一般解法
一般坚持先组后排的原则,即先选元素后排列,同时注意按
元素性质分类或按事件的发生过程分类.
2.解决受限制条件的排列、组合问题的一般策略
(1)特殊元素优先安排的策略;
(1)一个唱歌节目作开头,另一个作结尾;
(2)两个唱歌节目不相邻;
(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.
解:(1)先排唱歌节目有种排法,再排其他节目有种排法,
故共有 =1 440 种排法.
(2)先排 3 个舞蹈节目,3 个曲艺节目,有种排法,再从其中 7
个空(包括两端)中选 2 个空排唱歌节目,有种方法,故共有

(完整版)两个计数原理与排列组合知识点及例题(最新整理)

m
1
mm
1
2m
1n
m
1
m
n!
1!n
m
1 ! n
2n
1
m
n 1 !n
2!
m
1 !
C m1 n2
右
另法：利用公式
C
m n
Cm n1
C
m1 n1
推得
左
C m1 n
C nm
C
m n
C m1 n
C m1 n1
Cn n1
C m1 n2
右
点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质
并列需要分类计算
解：（1）A 中每个元都可选 0,1,2 三者之一为像，由分步计数原理，共有 3 3 3 3 34 个不同
映射
（2）根据 a, b, c, d 对应的像为 2 的个数来分类，可分为三类：
第一类：没有元素的像为 2，其和又为 4，必然其像均为 1，这样的映射只有一个；
第二类：一个元素的像是
（1）6 名学生排 3 排，前排 1 人，中排 2 人，后排 3 人；（2）6 名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；（3）从 6 名运动员中选出 4 人参加 4×100 米接力赛，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（4）6 人排成一排，甲、乙必须相邻；（5）6 人排成一排，甲、乙不相邻；（6）6 人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、乙、丙可以不相邻）
根据分类计数原理和点 A 共面三点取法共有 3C53 3 33 种
（2）取出的 4 点不共面比取出的 4 点共面的情形要复杂，故采用间接法：先不加限制任取 4 点（ C140
例 1 完成下列选择题与填空题

排列与组合知识点

排列与组合一、两个根本计数原理：〔排列与组合的根底〕1、分类加法计数原理：做一件事，完成它可以有n 类方法，在第一类方法中有1m 种不同的方法，在第二类方法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类方法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N +⋅⋅⋅++=21种不同方法.2、分步乘法计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯=21种不同的方法.二、排列与组合〔1〕排列定义:一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列；排列数用符号mn A 表示对排列定义的理解：1、定义中包括两个根本容：①取出元素②按照一定顺序。

因此，排列要完成的“一件事情〞是“取出m 个元素，再按顺序排列〞2、一样的排列：元素完全一样，并且元素的排列顺序完全一样。

假设只有元素一样或局部一样，而排列顺序不一样，都是不同的排列。

比方abc 与acb 是两个不同的排列描述排列的根本方法：树状图排列数公式：),)(1()2)(1(*∈+-⋅⋅⋅--=N m n m n n n n A m n 我们把正整数由1到n 的连乘积，叫做n 的阶乘，用!n 表示，即12)2()1(!⨯⨯⋅⋅⋅⨯-⨯-⨯=n n n n ，并规定1!0=。

全排列数公式可写成!n A n n =. 由此，排列数公式可以写成阶乘式：)!(!)1()2)(1(m n n m n n n n A m n -=+-⋅⋅⋅--=〔主要用于化简、证明等〕排列应用题的主要解题方法有：直接法、间接法〔排除法〕、优先法、捆绑法、插空法、定序问题除法处理1、直接法：把符合条件的排列数直接列式计算2、间接法〔排除法〕：先不考虑题目中的限制条件，求出所有的排列数，然后从中减去不符合条件的排列数，从而得到所求的排列数。

计数原理与排列组合知识点总结

计数原理与排列组合知识点总结在数学的领域中，计数原理与排列组合是非常重要的概念，它们在解决许多实际问题和理论研究中都有着广泛的应用。

接下来，咱们就一起深入地探讨一下这部分的知识。

一、计数原理1、分类加法计数原理完成一件事，如果有 n 类办法，在第 1 类办法中有 m1 种不同的方法，在第 2 类办法中有 m2 种不同的方法，……，在第 n 类办法中有mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝ m1 ＋ m2 ＋… ＋ mn 种不同的方法。

比如说，从甲地到乙地，可以坐火车、汽车或者飞机。

如果坐火车有 3 种车次可选，坐汽车有 2 种路线可选，坐飞机有 1 种航班可选，那么从甲地到乙地一共有 3 ＋ 2 ＋ 1 ＝ 6 种不同的出行方式。

2、分步乘法计数原理完成一件事，如果需要分成 n 个步骤，做第 1 步有 m1 种不同的方法，做第 2 步有 m2 种不同的方法，……，做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝m1×m2×…×mn 种不同的方法。

例如，从 A 城市到 C 城市需要在 B 城市中转。

从 A 到 B 有 2 条路线可走，从 B 到 C 有 3 条路线可走，那么从 A 到 C 一共有 2×3 ＝ 6 条不同的路线。

这两个计数原理的区别在于：分类加法计数原理是“分类完成”，每一类中的方法都能独立完成这件事；分步乘法计数原理是“分步完成”，每个步骤相互依存，只有每个步骤都完成了，这件事才算完成。

二、排列1、排列的定义从 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。

比如，从 1、2、3 这三个数字中取出 2 个数字进行排列，有 12、21、13、31、23、32 这六种情况。

2、排列数的定义从 n 个不同元素中取出 m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数，用符号 A(n, m)表示。

高二数学两个基本计数原理及排列组合

一、两个基本计数原理（一）知识点1.分类计数原理完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……，在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+...+m n种不同的方法.2.分步计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1*m2*...*m n种不同的方法.（二）运用与方法检测：1、要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少中不同的选法？从3名工人中选1名上白班和1名上晚班，可以分成先选1名上白班，再选1名上晚班这两个步骤完成.先选1名上白班，共有3种选法；上白班的人选定后，上晚班的工人有2种选法.根据分步计数原理，所求的不同的选法数是3×2=6(种).2、有5封不同的信，投入3个不同的信箱中，那么不同的投信方法总数为多少？3的五次3、（1）一件工作可以用两种方法完成，有5人会用第1种方法完成，有4人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的总数是分两类.第一类有5种选法;第二类有4种选法.共9种（2）从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从A村经过B 村去C村不同走法的总数是 3×2=6所有六条路*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，这样的等比数列共有多少个？这样的等比数列有：1、2、4；4、2、1；2、4、8；8、4、2；1、3、9；9、3、1；4、6、9；9、6、4，共计8个，故答案为：8．5、有不同的中文书9本，不同的英文书7本，不同的日文书5本，欲从中取出不是同一国文字的两本书，共有多少种不同的取法？取中文和英文:9*7=63取中文和日文:9*5=45取英文和日文:7*5=35总共:63+45+35=143二、排列与组合（一）知识点1.排列（1）排列的定义：一般地，从n个不同的元素中取出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）排列数的定义：一般地，从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A n m表示.（4）从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排列起来，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。

排列组合二项式定理知识点以及典型例题总结排列组合二项式定理知识点

排列组合二项式定理知识点以及典型例题总结考纲要求:1.知道分类计数原理与分步计数原理的区别，会用两个原理分析和解决一些简单的问题2.知道排列和组合的区别和联系，记住排列数和组合数公式，能用它们解决一些简单的应3.知道一些组合数性质的应用.4.了解二项式定理及其展开式5.记住二项式展开式的通项公式，并能够运用它求展开式中指定的项6.了解二项式系数的性质，能够利用二项式展开式的通项公式求出展开式中二项式系数最大的项.7.了解二项式的展开式中二项式系数与项的系数的区别知识点一：计数原理1.分类加法计数原理如果完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．两个基本计数原理的区别：分类计数原理——每一类办法都能把事单独完成；分步计数原理——缺少任何一个步骤都无法把事完成．2.分步乘法计数原理如果完成一件事，需分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1·m2·…·m n种不同的方法．知识点二：排列1.排列的定义：一般地，从n个不同的元素中，任取m(m≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫作从n个不同元素中取出m 个元素的一个排列．如果m ＜n ，这样的排列叫作选排列．如果m ＝n ，这样的排列叫作全排列．2. 排列数的定义：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有排列的个数，叫作从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号P mn 表示．3. 排列数的公式： (1) P m n ＝n ·(n －1)·(n －2)·…·(n －m ＋1)；(2) P m n ＝()!!n n m -；规定：0！＝1.知识点三：组合1.组合的定义：一般地，从n 个不同元素中，任取m (m ≤n )个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．2.组合数的定义：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号C mn 表示．3. 组合数公式： (1)()()()121P C P !m mn n m n n n n n m m ---+==(2)()!C !!m n n m n m =-(n ，m ∈N ＋，且m ≤n ) 4. 组合数性质：(1) C =C m n m n n -；(2) 111C +C C mm m n n n +++=知识点四：二项式定理1. 二项式定理(a ＋b )n ＝011222C C C C C n n n m n m nn n n n n n a a b a b a b b ---++++++， n ∈N ＋其中C m n (m ＝0，1，2，…，n )叫做二项式系数；T m ＋1＝C m n m m n a b -叫做二项式展开式的通项公式．2. 二项式系数的性质：(1)每一行的两端都是1，其余每一个数都是它“肩上”两个数的和；(2)在二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即C C r n r n n -=(3)如果二项式的幂指数n 是偶数，那么中间一项即第12n +项的系数最大；如果二项式的幂指数n 是奇数，那么中间两项即第12n +项和第32n +项的二项式系数相等且最大； (4)(a ＋b )n 的二项式系数之和为2n ，即012C C C ++C ++C m n n n n n n ++＝2n ； (5)(a ＋b )n 的二项展开式中，奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，都等12n -，024C C C +n n n ++135C +C C n n n =++12n -=.题型一分类加法计数原理例1 一个盒子里有4个不同的红球，3个不同的黄球和5个不同的蓝球．从盒子中任取一个球，有多少种不同的取法？分析：盒子中取出一个球就可以完成任务，所以考察分类加法计数原理.解答：从盒子中任取一个球，共有三类方案：第一类方案，从4个不同的红球中任取一球，有4种方法；第二类方案，从3个不同的黄球中任取一球，有3种方法；第三类方案，从5个不同的蓝球中任取一球，有5种方法．所以，选一个班担任升旗任务的方法共有：12+10+10=32（种）题型二分步乘法计数原理例2 一个盒子里有4个不同的红球，7个不同的黄球和5个不同的蓝球．从盒子中取红球、黄球和蓝球各一个，有多少种不同的取法？分析：盒子中各取出一个球需要分三步，所以考察分步乘法计数原理.解答：完成这件事需要分三步．第一步，从4个不同的红球中任取一球，有4种方法；第二步，从3个不同的黄球中任取一球，有3种方法；第三步，从5个不同的蓝球中任取一球，有5种方法．由分步乘法计数原理，从盒子中取红球、黄球和蓝球各一个共有⨯⨯435=60种不同的取法．例3 邮政大厅有4个邮筒，现将三封信逐一投入邮筒，共有多少种投法？分析：三封信逐一投入邮筒分成三个步骤，每个步骤投一封信，分别均有4种方法．解答：应用分步计数原理，投法共有44464⨯⨯=种．题型三分类分步混合运算例4 一个盒子里有4个不同的红球，7个不同的黄球和5个不同的蓝球．从盒子中任取2个颜色不同的球，有多少种不同的取法？分析分类计数原理与分步计数原理混合使用的问题，一般要“先分类，后分步”.解答：可按所选两球的颜色分为如下3类．第1类：红球、黄球各一个，有4×7＝28种选法；第2类：红球、蓝球各一个，有4×5＝20种选法；第3类：黄球、蓝球各一个，有7×5＝35种选法．根据分类计数原理，不同的选法种数为N ＝28＋20＋35＝83(种)．知识点二排列题型一排列数公式的运用例5 已知221P P n n +-＝10，则n 的值为( ). A ．4 B ．5 C ．6 D ．7解答：由221P P n n +-＝10，得(n ＋1)n －n (n －1)＝10，解得n ＝5.故选B .题型二排列的运用例6 小华准备从7本世界名著中任选3本，分别送给甲、乙、丙3位同学，每人1本，共有多少种选法？分析选出3本不同的书，分别送给甲乙丙3位同学，书的不同排序，结果是不同的.因此选法的种数是从7个不同元素中取出3个元素的排列数.解答：不同的送法的种数是 37P 765210=⨯⨯=．即共有210种不同送法．题型三某元素一定在某位置例7 4名男生和3名女生排成一排照相，分别按下列要求，求各有多少种不同的排法．（1）男生甲一定在中间位置；（2）男生甲不在中间位置.分析本题是有限制条件的排列问题，若有特殊元素优先考虑特殊元素，若有特殊位置，优先考虑特殊位置.（1）分两步完成：第一步，男生站在中间位置，有一种排法；第二步，排其他的元素，共有66P 种排法.所以，男生甲一定在中间位置共有661P 720⨯=种排法.（2）分两步完成：第一步，男生不在中间位置，有5种排法；第二步，排其他的元素，共有66P 种排法.所以，男生甲一定在中间位置共有665P 3600⨯=种排法. 题型四某几个元素相邻例8 4名男生和3名女生排成一排照相，同学甲、乙相邻有多少种排法？分析：解决“相邻”问题采用的是“捆绑法”解答：第一步，把甲、乙看成一个元素，与其他5人共6个元素进行全排列；第二步，甲、乙二人进行全排列．即6262P P ＝720×2＝1440(种)．题型五某几个元素不相邻例9 4名男生和3名女生排成一排照相，同学甲、乙不相邻有多少种排法？分析：解决“不相邻”问题采用的是“插空法”.解答：第一步，把甲、乙之外的5名同学进行全排列；第二步，在5名同学之间或两端共6个空中插入甲、乙两名同学．即5256P P ＝120×30＝3600(种)．例10 4名男生和3名女生排成一排照相，男女同学相间排列，有多少种排法？分析：“相间”是特殊的“不相邻”问题解答：第一步，男生全排列，有44P 种排法；第二步，女生全排列，有33P 种排法；第三步，相间插入有2中插入方法．即男女同学相间排列，有4343P P 2576⨯=种种排法．题型六数字的排列问题例11 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，求：(1)组成的三位数的个数；(2)组成的三位数中偶数的个数；分析：对数字进行排列时，如果数字中含有0，应区别对待．因为0作为特殊元素，不能在首位出现．解答：(1)应采用特殊位置优先法．因为0不能为首位(百位)，所以首位的排法有14P 种，其他两位是从剩余的4个数字中选2个的一个排列，有24P 种，所以共有1244P P ＝48(种)．(2)由于0的存在，应分两类：第一类个位是0，有24P 个；第二类，个位不是0，先确定个位，从2，4中选一个，有12P 种，再确定首位，有13P 种，剩余的一位是从3个数中选1个，有13P 种．所以共有21114233P P P P +＝30(种)．知识点三组合题型一组合的应用例12 学校组织一项活动，要从5名男同学，3名女同学中选4名．共有多少种选法？分析: 从5名男同学，3名女同学中选4名, 选出的4名同学任务是一样的，因此选法的种数是从8个不同元素中取出4个元素的组合数. 解答：不同的选法种数是488765C 704321⨯⨯⨯==⨯⨯⨯种. 题型二一定包含或一定不包含某元素例13 学校组织一项活动，要从5名男同学，3名女同学中选4名．（1）若甲同学必须去，有多少种选法？（2）若甲同学一定不去，有多少种选法？分析：若甲同学必须去，再从其他7人中选3人即可．解答：（1）共有37765C 321⨯⨯=⨯⨯＝35种选法．分析：若甲同学一定不去，从其他7人中选4人即可．解答：（2）共有47C 35=种选法．题型三至多、至少问题例14 学校组织一项活动，要从5名男同学，3名女同学中选4名．若男生甲、女生乙至少有一个被选中，有多少种选法？分析：至多、至少问题从正面解，一般情况先分类，再求解.当从正面求解困难时，可从对立面求解.解答：方法一男生甲、女生乙至少有一个被选中，分成两类：第一类男生甲、女生乙只有一个人被选中，有1326C C 260120=⨯=种选法；第二类男生甲、女生乙都被选中，有2226C C 21530=⨯=种选法.所以，男生甲、女生乙至少有一个被选中，共有120+30=150种不同的选法.题型四组合数性质的的相关计算例15 若44511C C C n n n --=+，求n .分析：考察组合数的性质111C +C C m m m n nn +++=；C =C m n m n n-. 解答：45511C +C =C ,n n n --∴45C =C ,n n∴n ＝4＋5＝9.题型四排列、组合混合应用例16 从6名男生和5名女生中选出3名男生和2名女生排成一行，有多少种不同排法? 分析:可以首先将男生选出，再将女生选出，然后对选出的5名学生排序．解不同排法的总数为32565565454C C P 543212400032121⨯⨯⨯⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯（种）．知识点四二项式定理题型一求二项式展开式的指定项例17 求二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中第4项. 分析：.二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式第4项，则n 的值为10，m 的值为3，可直接用二项式的通项T m ＋1＝C m n m m n a b -求解.解答：T 4＝T 3＋1＝337103C x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭＝－3240x 4， ∴第4项是－3240x 4.. 例18 求二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中含x 6的项. 分析：二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中含x 6的项，则n 的值为10，m 的值未知.此类问题应先写出二项式的通项，结合条件“含x 6的项”确定出m 的值.从而求出含x 6的项.解答: ∵T m ＋1＝()1010210103C 3C m m m mm m x x x --⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，令10－2m ＝6，得m ＝2.∴含x 6的项为T 3＝T 2＋1＝(－3)2210C x 6＝405x 6. 例19 在二项式103x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式，求： (1)常数项；(2)二项式系数最大的项．分析：（1）求常数项，因为不知道m 的值，要根据“常数项”之一条件确定m 的值.所以，与例18过程相似；（2）可计算出第10162+=项为二项式系数最大的项，其实就是求第6项，所以与例17过程相似.解答：（1）∵T m ＋1＝()1010210103C 3C m m m mm m x x x --⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 10－2m ＝0，即m ＝5.∴展开式的第6项是常数项，即T 6＝T 5＋1＝5555510103C =(3)C x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭＝－61236. （2）∵n ＝10，∴展开式有11项，中间一项的二项式系数最大，中间一项为第6项． ∴T 6＝T 5＋1＝5555510103C =(3)C x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭＝－61236. 题型二求二项式展开式的某一项系数与某一项的二项式系数.例20 求92)x -（的二项展开式中6x 的系数和该项的二项式系数．分析：二项展开式中某项的的系数与这一项二项式系数是两个不同的概念. 某项的系数是除字母外的所有数乘积的结果，某项的二项式系数是该项的组合数，和其他无关. 解答： 92)x -（的展开式的通项公式为99199C (2)C (1)2m m m m m m m m T x x --+=-=-⋅⋅ 由9－m =6,得m ＝3．即二项展开式中含6x 的项为第4项．故这一项的系数是3339987C (1)2(8)672321⨯⨯⨯-⨯=⨯-=-⨯⨯．该项的二项式系数为39987C 84321⨯⨯==⨯⨯. 题型三二项式各项系数和与二项式系数和例21 在(1－x )5的二项展开式中，各项系数和为____________；所有项的二项式系数之和为____________.分析：在二项式中令式子中的字母为1，可得各项系数和；所有项的二项式系数之和为2n ，即012C C C ++C ++C m n n n n n n ++＝2n ，故所有项的二项式系数之和只和n 有关.解答：在(1－x )5中，令x =1，可得各项系数和为0.(1－x )5的二项式系数之和为25=32.。

计数原理、排列组合题型与方法

计数原理、排列组合题型与方法计数原理、排列组合题型与方法☆基本思路：大的方向分类，类中可能有步或类例1：架子上有不同的2个红球，不同的3个白球，不同的4个黑球.若从中取2个不同色的球，则取法种数为________.解：先分类、再分步，共有取法2×3＋2×4＋3×4＝26种.故填26.☆基本思路：大的方向分步，步中可能有类或步例1：如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )A ．11种B ．20种C ．21种D ．12种解：分两步，第一部分接通，则可能有一个接通或者两个都接通，有3种可能；第二部分接通，则可能恰有一个接通或恰有两个接通或者都接通，有7种可能。

从而总共有37=21 种方式。

☆基本思路：排除法间接求解例1：(2013·济南模拟)电路如图所示，在A ，B 间有四个开关，若发现A ，B 之间电路不通，则这四个开关打开或闭合的方式有( )解：各个开关打开或闭合有2种情形，故四个开关共有24种可能，其中能使电路通的情形有：1，4都闭合且2和3中至少有一个闭合，共有3种可能，故开关打开或闭合的不同情形共有24－3＝13(种).故选C.☆剔除重复元素例1：(2013·四川)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( )A.9B.10 C解：lg a －lg b ＝lg a b ，而13＝39，31＝93，故所求为A 25－2＝18个，故选C.☆投信问题例1：将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有( )35解：第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法.所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种.故选B.例2：有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．解(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36＝729(种)．(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．☆数字排列问题例1：用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数.(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个不同的四位偶数？解：(1)直接法：A15A35＝300；间接法：A46－A35＝300.(2)由题意知四位数的个位上必须是偶数，同时暗含了千位不能是0，因此该四位数的个位和千位是“特殊位置”，应优先处理；另一方面，0既是偶数，又不能排在千位，属“特殊元素”，应重点对待.解法一：(直接法)0在个位的四位偶数有A35个；0不在个位时，先从2，4中选一个放在个位，再从余下的四个数(不包括0)中选一个放在千位，应有A12A14A24个.综上所述，共有A35＋A12A14A24＝156(个).解法二：(间接法)从这六个数字中任取四个数字组成最后一位是偶数的排法，有A13A35个，其中千位是0的有A12A24个，故适合题意的数有A13A35－A12A24＝156(个).点拨：本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意题中隐含条件0不能在首位.例2：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________ 个(用数字作答)．解析数字2，3至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C14＝4(个)四位数．“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C24＝6(个)四位数．“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C34＝4(个)四位数．综上所述，共可组成14个这样的四位数．例3：(2014·武汉模拟)如果正整数M的各位数字均不为4，且各位数字之和为6，则称M为“幸运数”，则三位正整数中的“幸运数”共有____________个.解：不含4，且和为6的三个自然数可能为(1，2，3)，(1，5，0)，(2，2，2)，(3，3，0)，(6，0，0).因此三位正整数中的“幸运数”有A33＋2A22＋1＋A22＋1＝14(个).故填14.☆错位排列例1：将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格中，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种．解析编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．于是由分类加法计数原理，得共有3＋3＋3＝9(种)不同的填法．例2：(2013·成都模拟)用6个字母A，B，C，a，b，c编拟某种信号程序(大小写有区别).把这6个字母全部排到如图所示的表格中，每个字母必须使用且只使用一次，不同的排列方式表示不同的信号，如果恰有一对字母(同一个字母的大小写)排到同一列的上下格位置，那么称此信号为“微错号”，则不同的“微错号”总个数为()A.432B.288解：根据题意，分3步进行：①先确定排到同一列的上下格位置的一对字母，有C13＝3种情况，将其放进表格中，有C13＝3种情况，考虑这一对字母的顺序，有A22＝2种不同顺序；②再分析第二对字母，其不能排到同一列的上下格位置，假设①选定的一对大小写字母为A 和a，则分析B与b：B有4种情况，b的可选位置有2个；③最后一对字母放入最后两个位置，有A22＝2种放法.则共有3×3×2×4×2×2＝288个“微错号”.故选B.☆选派分配问题例1：2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有( )A．36种B．12种C．18种D．48种解：根据题意分2种情况讨论，①若小张或小赵入选，则有选法C21C21A33=24；下6个位置中任选一个，有A16种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A16种，其余人全排列，共有A16·A16·A66种．由分类加法计数原理，共有A77＋A16·A16·A66＝30 960(种)．法二(特殊位置法)先排最左边，除去甲外，有A17种，余下7个位置全排，有A77种，但应剔除乙在最右边时的排法A16·A66种，因此共有A17·A77－A16·A66＝30 960(种)．法三(间接法)8个人全排，共A88种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A77种，乙在最右边时，有A77种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A66种．因此共有A88－2A77＋A66＝30 960(种)．规律方法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，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．例2：有5盆菊花，其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花不同的摆放种数是( ) A．12 B．24 C．36 D．48解：由题意，第一步将黄1与黄2绑定，两者的站法有2种，第二步将此两菊花看作一个整体，与除白1，白2之外的一菊花看作两个元素做一个全排列有A22种站法，此时隔开了三个空，第三步将白1，白2两菊花插入三个空，排法种数为A32，则不同的排法种数为2×A22×A32=2×2×6=24．故选B．例3：编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有()A．60种B．8种C．20种D．10种解：四盏不亮灯有5个空位，再安排3亮灯，总有3510C 种方案。

两个原理及排列组合经典例题

计数原理排列组合小节与复习一、学习目标：进一步掌握计数原理、排列、组合的常规题型及综合问题，注意两个原理的区别，排列与组合的区别，积累解决排列组合应用问题的思想方法。

二、典型示例：例1．（染色问题）有4种颜色（供选），给下列图形中各区域染色，要求相邻区域不同色，有多少种染色方法？（1）（2）（3）（4）例2．（排数字问题）有0，1，2，3，4，5，6，七个数字。

（1）可组成多少个无重复数字的三位偶数；（2）可组成多少个无重复数字且能被5整除的三位数；（3）可组成多少个无重复数字且能被3整除的三位数；（4）可组成多少个无重复数字且比315小的三位数。

例3．（排队照相问题）解决下列问题，掌握解决问题的方法。

（1）7名学生站成一排照相，其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种站法？（2）7名学生站成一排照相，其中甲、乙相邻且都与丙不相邻，有多少种站法？（3）7名学生站成一排照相，其中甲、乙在丙的同侧，有多少种站法？（4）7名学生站成一排照相，7人身高各不相同，要求中间高两边低，有多少种站法？（5）8名学生站成两排照相，要求后排4人都比前排对应的4人高，有多少种站法？例4．（小球分配问题）解决下列问题，注意它们的区别并掌握解决问题的方法。

（1）把3个不同的小球放入4个不同的盒子中，有多少种不同放法？（2）把3个不同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子最多放1个，有多少种不同放法？（3）把4个不同的小球放入3个不同的盒子中，有多少种不同放法？（4）把4个不同的小球放入3个不同的盒子中，每个盒子最少放一个，有多少种不同放法？（5）把4个相同的小球放入3个不同的盒子中，每个盒子最少放一个，有多少种不同放法？（7个小球呢？）（6）把4个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有多少种不同放法？（7）把4个不同的小球放入3个相同的盒子中，有多少种不同放法？三、补充练习：（1）（2013山东理）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 ．243B ．252C ．261D ．279（2）（2013福建理）满足{},1,0,1,2a b ∈-,且关于x 的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数为（）A ．14B ．13C ．12D ．10（3）（2013四川理）从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别为,a b ,共可得到lg lg a b -的不同值的个数是（）A ．9B ．10C ．18D ．20（4）（2013大纲文）从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖,2名二等奖,3名三等奖,则可能的决赛结果共有种.(用数字作答)（5）（2013上海春）36的所有正约数之和可按如下方法得到:因为2236=23⨯,所以36的所有正约数之和为22(122)(133)91++++=参照上述方法,可求得2000的所有正约数之和为_________.（6）（2013浙江理）将F E D C B A ,,,,,六个字母排成一排,且B A ,均在C 的同侧,则不同的排法共有________种(用数字作答) .（7）（2013北京理）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_________.（8）（2013大纲理）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).（9）以正方体的顶点为顶点的四面体有个.（10）如图，用四种不同的颜色给图中的,,,,,A B C D E F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有________种(用数字作答)．四、总结： B C F E D A。