全国统考2022高考数学一轮复习第十一章计数原理11.2排列与组合学案理含解析北师大版.docx

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(全国统考)2022高考数学一轮复习第十一章计数原理 11.3 二项式定理学案(理,含解析)

11.3二项式定理必备知识预案自诊知识梳理1.二项式定理二项式定理(a+b)n= (n∈N+)二项展开式的通项公式T r+1= ,它表示第项(0≤r≤n,r∈N)二项式系数二项展开式中各项的系数为C n0,C n1,…,C n n2.二项式系数的性质性质性质描述对称性与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等,即增减性二项式系数n n k当k<n+12(n∈N+)时,二项式系数是递增的当k>n-12(n∈N+)时,二项式系数是递减的续表性质性质描述最大值当n为偶数时,中间的一项nnn2取得最大值当n为奇数时,中间的两项nnn-12和nnn+12相等,同时取得最大值3.二项式系数与项的系数的区别二项式系数是指C n0,C n1,…,C n n,它只与各项的项数有关,而与a,b的值无关;而项的系数是指该项中除变量外的常数部分,它不仅与各项的项数有关,而且也与a,b的值有关.如(a+bx)n的二项展开式中,第k+1项的二项式系数是C n n,而该项的系数是C n n a n-k b k.当然,在某些二项展开式中,各项的系数与二项式系数是相等的.1.n n0+n n1+n n2+…+n n n=2n.2.n n0+n n2+n n4+…=n n1+n n3+n n5+…=2n-1.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)(a+b)n的展开式中的第r项是C n n a n-r b r.()(2)在二项展开式中,系数最大的项为中间的一项或中间的两项.()(3)在(a+b)n的展开式中,每一项的二项式系数都与a,b无关.()(4)通项T r+1=C n n a n-r b r中的a和b不能互换.()(5)在(a+b)n的展开式中,某项的系数与该项的二项式系数相同.()2.(2020浙江绍兴质量调测)x-1n5的展开式中的第2项为()A.-5x3B.-10n C.5n3D.10x3.已知C n03n+C n13n-1+C n23n-2+…+C n n-13+C n n=212,则n=()A.8B.6C.4D.24.若(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则a0+a2+a4的值为()A.9B.8C.7D.65.若x3+1√nn的展开式的所有二项式系数之和为128,则n= .6.(x-1)(3x2+1)3的展开式中x4的系数是.关键能力学案突破考点求二项展开式中的特定项(或系数)问题(多考向探究)考向1已知二项式求其特定项(或系数)【例1】(1)(2020天津,11)在(n+2n2)5的展开式中,x2的系数是.(2)(2020云南师大附中高三月考)若(nn-1n)6的展开式中常数项等于-20,则a=()A.12B.-12C.1D.-1解题心得求形如(a+b)n(n∈N+)的展开式中与特定项相关的量(常数项、参数值、特定项等)的步骤(1)利用二项式定理写出二项展开式的通项T r+1=C n n a n-r b r,常把字母和系数分离开来(注意符号不要出错);(2)根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零,有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组),再解出r;(3)把r代入通项中,即可求出T r+1,有时还需要先求n,再求r,才能求出T r+1或者其他量.对点训练1(1)(2020湖南衡阳八中高三月考)√x 3−2√x 5的展开式中的常数项为( )A.5B.10C.40D.-40 (2)已知x-a√x 5的展开式中x 5的系数为A ,x 2的系数为B ,若A+B=11,则a= .考向2 已知两个因式之积求其特定项(或系数)【例2】(1)(1+x 2)1-1n6的展开式中,常数项为( ) A.-15 B.16 C.15D.-16 (2)(2020山东泰安高三一模)已知(2-mx )1-1n3的展开式中的常数项为8,则实数m=( )A.2B.-2C.-3D.3(3)(1-√n )8(1+√n )5的展开式中x 2的系数是( )A.-5B.10C.-15D.25解题心得求形如(a+b )m (c+d )n (m ,n ∈N +)的展开式中与特定项相关的量的步骤(1)根据二项式定理把(a+b )m 与(c+d )n 分别展开,并写出其通项;(2)根据特定项的次数,分析特定项可由(a+b )m 与(c+d )n 的展开式中的哪些项相乘得到;(3)把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量.对点训练2(1)(1-√n )6(1+√n )4的展开式中x 的系数是( )A.-4B.-3C.3D.4(2)已知(x-1)(ax+1)6的展开式中含x 2的项的系数为0,则正实数a= .考向3 已知三项式求其特定项(或系数)【例3】(1)(n 2+1n +√2)5的展开式中的常数项为 . (2)(x 2-x-2)4的展开式中x 2的系数是 .解题心得求三项展开式中某些特定项(或系数)的方法:(1)通过变形先把三项式转化为二项式,再用二项式定理求解;(2)两次利用二项式定理的通项求解;(3)由二项式定理的推证方法知,可用排列、组合的基本原理去求,即把三项式看作几个因式之积,要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量.对点训练3(1)(x 2+x+y )5的展开式中x 5y 2的系数为( )A.10B.20C.30D.60(2)(1+x+√n )4的展开式中x 2的系数为 .考点二项式系数的性质与各项系数的和 (多考向探究)考向1 二项式系数的最值问题【例4】已知m 为正整数,(x+y )2n 的展开式的二项式系数的最大值为a ,(x+y )2n +1的展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b ,则m=( )A .5B .6C .7D .8解题心得二项式系数最大项的确定方法(1)若n 是偶数,则中间一项n n 2+1的二项式系数最大; (2)若n 是奇数,则中间两项n n +12与n n +12+1的二项式系数相等并且最大.对点训练4在(n +n n)n (a>0)的二项展开式中,只有第5项的二项式系数最大,且所有项的系数和为256,则含x 6的项的系数为 .考向2 项的系数的最值问题【例5】已知(√x 3+x 2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x-1)n的展开式的二项式系数和大992,则在(2x -1x)2n 的展开式中,二项式系数最大的项为 ,系数的绝对值最大的项为 .解题心得二项展开式系数最大项的求法如求(a+bx )n (a ,b ∈R )的展开式系数最大的项,一般是采用待定系数法,设展开式各项系数分别为A 1,A 2,…,n n +1,且第r 项系数最大,应用{n n ≥n n -1,n n ≥n n +1,从而解得r. 对点训练5在(n 3+1n 2)n 的展开式中,只有第4项的系数最大,则展开式中x 3项的系数为 .考向3 求二项展开式中系数的和【例6】若(x-3)3(2x+1)5=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 8x 8,则a 0= ,a 0+a 2+…+a 8= .解题心得求二项展开式系数和的常用方法是赋值法:(1)“赋值法”普遍适用于恒等式,对形如(ax+b )n ,(nn 2+nn +n )n (a ,b ∈R )的式子,求其展开式的各项系数之和,常用赋值法,只需令x=1即可;对形如(ax+by )n (a ,b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和,只需令x=y=1即可.(2)一般地,若f (x )=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n ,则f (x )的展开式中各项系数之和为f (1),奇数项系数之和为a 0+a 2+a 4+…=n (1)+n (-1)2,偶数项系数之和为a 1+a 3+a 5+…=n (1)-n (-1)2. 对点训练6已知(1-2x )7=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 7x 7.求:(1)a 1+a 2+…+a 7;(2)a 1+a 3+a 5+a 7;(3)a 0+a 2+a 4+a 6;(4)|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 7|.考点二项式定理的应用【例7】(1)设a∈Z且0≤a<13,若512 012+a能被13整除,则a等于()A.0B.1C.11D.12(2)0.996的计算结果精确到0.001的近似值是()A.0.940B.0.941C.0.942D.0.943(3)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中,对同余除法有较深的研究.设a,b,m(m>0)为整数,若a和b被m除所得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(mod m).若a=C200+ C201·2+C202·22+…+C2020·220, a≡b(mod 10),则b的值可以是()A.2 011B.2 012C.2 013D.2 014解题心得1.整除问题和求近似值是二项式定理中常见的两类应用问题,用二项式定理处理整除问题,通常把幂的底数写成除数与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,切记余数不能为负,求近似值则应关注展开式的前几项.2.二项式定理的应用的基本思路是正用或逆用二项式定理,注意选择合适的形式.对点训练7(1)1-90C101+902C102-903C103+…+(-1)r90r C10n+…+9010C1010除以88的余数是()A.-1B.1C.-87D.87(2)1.028≈(小数点后保留三位小数).指点迷津(四)破解解题密码——排列、组合问题的解题策略排列、组合一直是学习中的难点,通过我们平时做的练习,不难发现排列、组合问题的特点是条件隐晦,不易挖掘,题目多变,解法独特,数字庞大,难以验证.在高考中极易丢分.策略一特殊元素与特殊位置优先策略考情分析位置分析法和元素分析法是解决排列、组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再出来其他元素.若以位置分析为主需先满足特殊位置的要求,再处理其他位置,若多个约束条件,往往是考虑一个约束条件的同时,兼顾其他约束条件.【例1】若从0,1,2,3,4,5这六个数字中选3个数字,组成没有重复数字的三位偶数,则这样的三位数一共有()A.20个B.48个C.52个D.120个思路点拨由于0不能在首位数字,则分2种情况讨论:①若0在个位,此时0一定不在首位,由排列公式即可得此时三位偶数的数目;②若0不在个位,要排除0在首位的可能,由分步乘法计数原理可得此情况下三位偶数的数目,综合2种情况,由分类加法计数原理计算可得答案. 答案C解析根据题意,分2种情况讨论:①若0在个位,此时只需在1,2,3,4,5中任取2个数字,作为十位和百位数字即可,有A 52=20(个)没有重复数字的三位偶数;②若0不在个位,此时必须在2或4中任取1个,作为个位数字,有2种取法,0不能作为百位数字,则百位数字有4种取法,十位数字也有4种取法,此时共有2×4×4=32(个)没有重复数字的三位偶数,综合可得,共有20+32=52(个)没有重复数字的三位偶数.故选C .解题心得解题需要注意偶数的末位数字以及0不能在首位等性质,对于每一类还要注意分步完成.策略二相邻元素捆绑策略【例2】明年的今天,同学们已经毕业离校了,在离校之前,有三位同学要与语文、数学两位老师合影留念,则这两位老师必须相邻且不站两端的站法种数为( )A.12B.24C.36D.48 思路点拨由题意,把两位老师看出一个元素,采用插空法,即可求解.答案B解析由题意,三位同学全排列,共有A 33=6(种)不同的排法,把两位老师看出一个元素,采用插空法,且要求不站在两端,插到三位同学构成的两个空隙中,共有A 33C 21A 22=24(种)不同的排法.故选B .解题心得关于相邻问题,要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决,即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其他元素一起排列,同时要注意合并元素内部也必须排列.策略三不相邻问题插空策略【例3】若4名演讲比赛获奖学生和3名指导教师站在一排拍照,则其中任意2名教师不相邻的站法有种.思路点拨先将4名演讲比赛获奖学生全排列,再根据不相邻问题插空位原则,安排三位指导教师,由分步乘法计数原理即可求得答案.答案1 440解析根据题意,分两步分析:先将4名演讲比赛获奖学生全排列,有A 44=24(种)站法, 站好后有5个空位,在其中选三个空位,安排指导教师,有A 53=60(种)情况,则有24×60=1440(种)符合题意的站法.故答案为1440.解题心得对于不相邻问题,可以把没有位置要求的元素进行排列,再把不相邻的元素插入队列的中间或两端的空隙中.策略四定序问题倍缩、空位插入策略【例4】(经典例题)7人排队,其中甲、乙、丙3人顺序一定,共有多少种不同的排法? 思路点拨全排列除去顺序或把甲乙丙站好,再把剩余4人插入队列,或放7把椅子,让其他人坐好,再让甲乙丙按顺序入座.解(方法1)共有A 77A 33=840(种)不同的排法.(方法2)设想有7把椅子让除甲、乙、丙以外的4人坐,共有A74种坐法,其余的三个位置给甲、乙、丙坐,有1种坐法,则坐法种数为A74=840.故共有840种不同的排法.(方法3)先让甲、乙、丙排队,有1种排法,再把其余4人分别插入,不同排法的种数为4×5×6×7=840.故共有840种不同的排法.解题心得对于定序问题可以倍缩法,也可以转化为占为插空模型处理,只要选出有序元素所占的位置即可,相同元素的排列一般也按定序排列的方法处理.策略五重排问题求幂策略【例5】某校科技大楼电子阅览室在第8层,从下一层到上一层,每层均有2个楼梯,则由一楼上到电子阅览室的不同走法共有()A.29种B.28种C.27种D.82种思路点拨直接利用分步乘法计数原理即可得结果.答案C解析因为从一楼到二楼有2种走法,从二楼到三楼有2种走法,…,从一楼到八楼分7步进行,每步都有2种不同的走法,所以根据分步乘法计数原理可得由一楼上到电子阅览室的不同走法共有27种.故选C.解题心得允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象,元素不受位置约束,可以逐一安排各个元素的位置,但一个元素只能安排一个位置,且不能同时安排在两个位置上.一般地,n个不同的元素没有限制的安排在m个位置上的排列数为m n种.策略六分排问题直排策略【例6】有两排座位,前排11个座位,后排12个座位,现安排2人就座,规定前排中间的3个座位不能坐,并且这两人不左右相邻,那么不同的排法种数是()A.234B.346C.350D.363答案B解析(方法1)一共可坐的位子有20个,2个人坐的方法数为A202,还需排除两左右相邻的情况.把可坐的20个座位排成连续一行,将其中两个相邻座位看成一个整体,则相邻的坐法有A191A22,还应再加上2A22,所以不同坐法的种数为A202−A191A22+2A22=346.(方法2)因为前排中间的3个座位不能坐,实际上可坐的位置是前排8个,后排12个,分成以下3种情况:①甲、乙2人一个前排,一个后排,有C81C121A22种排法;②两人均在后排,共A1212种排法,还需排除甲、乙2人相邻的情况,即A111A22种排法;故有(A1212−A111A22)种排法;③甲、乙均在前排,又分两类:第一类,甲乙2人一左一右,有C41C41A22种排法;第二类,甲乙2人同左同右,有2(A42−A31A22)种排法.综上不同排法种数有C81C121A22+A1212−A111A22+C41C41A22+2(A42−A31A22)=346.解题心得一般地,对于元素分成多排的排列问题,可先转化成一排考虑,再分排研究.策略七元素相同问题隔板策略隔板法模型的构建是解决排列、组合中一类分装组合问题,它是求相同元素名额分配方案种数的一种处理策略.【例7】(1)从A,B,C,D4个班级中选10人组成卫生检查小组,每班至少选一人,每班人数的不同情况的种数为()A.42B.56C.84D.168(2)将十个相同的小球装入编号为1,2,3的三个盒子(每次要把十个球装完)中,要求每个盒子里的个数不少于盒子的编号数,则这样的装法种数为()A.9B.12C.15D.18(3)把1 995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里,使得第i 个盒子中至少有i 个球(i=1,2,…,10),则不同放法的总数是( )A.C 194010B.C 19409C.C 194910D.C 19499(4)8个相同的小球分别放入4个不同的盒子中,每盒可空,共有不同的放法( )A.165种B.56种C.35种D.20种答案(1)C (2)C (3)D (4)A解析(1)将10个人排成一排,然后从中间形成的9个空中选3个,分别放入一个隔板,即可将10个人分为4个部分,且每部分至少1个人,由此可得每班人数的不同情况有C 93=9×8×73×2×1=84(种).故选C .(2)根据题意,先在编号为2,3的三个盒子中分别放入1,2个小球,编号为1的盒子里不放;再将剩下的7个小球放入3个盒子里,每个盒子里至少一个,分析可得,7个小球排好,有6个空位,在6个空位中任选2个,插入挡板,共C 62=15(种)放法,即可得符合题目要求的放法共15种.故选C .(3)先在第i 个盒里放入i 个球,i=1,2,…,10,即第1个盒里放1个球,第2个盒里放2个球,…,这时共放了1+2+…+10=55(个)球,还余下1995-55=1940(个)球.故转化为把1940个球任意放入10个盒子里(允许有的盒子里不放球).把这1940个球用9块隔板隔开,每一种隔法就是一种球的放法,1940个球连同9块隔板共占有1949个位置,相当于从1949个位置中选9个位置放隔板,有C 19499种放法.故选D.(4)首先设想每个盒子内放入1个小球,共用去4个小球,(添加4个这样的小球)将问题转化为把12个相同的小球分装到4个不同的盒子中求不同的放法的问题,利用隔板法,把12个小球排成一列,在11个空隙中插入3个隔板,即得不同的放法有C 113=165(种).故选A .解题心得将n 个相同的元素分成m 份(n ,m 为整数),每份至少一个元素,可以用(m-1)个隔板,插入n 个元素排成一排形成的(n-1)个空隙中,所有分法为C n -1n -1种.策略八小集团问题先整体后局部策略【例8】身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人,身穿蓝颜色衣服的有一人,现将这五人排成一行,要求穿相同颜色衣服的人不能相邻,则不同的排法共有( )A.24种B.28种C.36种D.48种思路点拨由题意知先是五个人的全排列,共有A 55种结果,去掉相同颜色衣服的人都相邻的情况,再去掉仅穿红色衣服的人的相邻和仅穿黄色衣服的人相邻两种情况,从而求得结果.答案D解析由题意知先是五个人的全排列,共有A 55种结果.去掉同颜色衣服相的人都相邻的情况,再去掉仅穿红色相邻和仅穿黄色相邻的两种情况.穿相同颜色衣服的人都相邻的情况有A 22A 22A 33种(相邻的看成一整体),当穿红色衣服的相邻,而穿黄色衣服的人不相邻,共有A 22A 22A 33种(相邻的看成一整体,不相邻利用插空法),同理当穿黄色衣服的相邻,而穿红色衣服的人不相邻,也共有A 22A 22A 33种,所以穿相同颜色衣服的人不能相邻的排法种数是A 55−A 22A 22A 33-2A 22A 22A 33=48.故选D .解题心得小集团排列问题,先整体排列,后局部排列,再结合其他策略进行处理.策略九正难则反总体淘汰策略【例9】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答案B解析由分步乘法计数原理知,用0,1,…,9十个数字组成的三位数(含有重复数字的)共有9×10×10=900(个),组成无重复数字的三位数共有9×9×8=648(个),因此组成有重复数字的三位数共有900-648=252(个).故选B .解题心得有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简单易求,分类情况也较简单明确,此时可以先求出它的反面,再从整体中淘汰.策略十排组混合问题先选后排策略【例10】将甲、乙、丙、丁四位老师分配到三个班级,每个班级至少一位老师,则共有分配方案( )A.81种B.256种C.24种D.36种思路点拨分配的方法分为两步求解,先将四位老师分为三组,再分到三个班,由分步乘法计数原理求解即可计算出答案. 答案D解析第一步,将4名老师分成三组,不同的分法种数是C 42=6;第二步,分到三个班的不同分法有A 33=6(种).故不同的分配方案为6×6=36(种).故选D .解题心得排列组合的应用问题,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.策略十一平均分组除法策略【例11】某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“演讲团”“吉他协会”等五个社团,若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加,则这6个人中没有人参加“演讲团”的不同参加方法种数为( )A.3 600B.1 080C.1 440D.2 520 思路点拨先分成3组与4组两类,再分组分配下去,均分问题要除序后再分配. 答案C解析因为每位同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加,所以可以将问题看成是将6名同学分配到除“演讲团”外的四个社团,或除“演讲团”外的四个社团中的三个社团,可以分成两类:第一类,当6名同学分成人数分别为1,1,2,2四个组时,应分配到除“演讲团”外的四个社团中,不同的参加方法种数为C 61C 51A 22·C 42C 22A 22·A 44=1080;第二类,当6名同学分成人数分别为2,2,2三个组时,应分配到除“演讲团”外的四个社团中的三个社团中,不同的参加方法种数为C 62C 42C 22A 33·C 43·A 33=360.综上,不同的参加方法种数为1080+360=1440.故选C .解题心得平均分成的组,不管它顺序如何,都是一种情况,所以分组以后一定要除以A n n (n 为均分组数),避免重复计数.策略十二合理分类与分步策略【例12】用五种不同颜色给三棱台ABC-DEF 的六个顶点涂色,要求每个点涂一种颜色,且每条棱的两个端点涂不同颜色.则不同的涂色方法有种.思路点拨分两步来进行,先涂A ,B ,C ,再涂D ,E ,F ,然后分若5种颜色都用上、若5种颜色只用4种、若5种颜色只用3种这三种情况,分别求得结果,再相加,即可得结果.答案1 920解析分两步来进行,先涂A,B,C,再涂D,E,F.第一类:若5种颜色都用上,先涂A,B,C,方法有A53种,再涂D,E,F中的两个点,方法有A32种,最后剩余的一个点只有2种涂法,故此时方法共有A53·A32×2=720(种).第二类:若5种颜色只用4种,首先选出4种颜色,方法有C54种;先涂A,B,C,方法有A43种,再涂D,E,F中的一个点,方法有3种,最后剩余的两个点只有3种涂法,故此时方法共有C54·A43×3×3=1080(种).第三类:若5种颜色只用3种,首先选出3种颜色,方法有C53种;先涂A,B,C,方法有A33种,再涂D,E,F,方法有2种,故此时方法共有C53·A33×2=120(种).综上可得,不同涂色方案共有720+1080+120=1920(种),故答案是1920.解题心得解决带约束条件的排列、组合问题,可按元素的性质进行分类,按事情发展的过程进行分步,应做到标准明确,分步层次清楚,不重不漏,分类标准一旦确定要贯穿于整个解题过程,不要一步一个标准.策略十三构造模型策略【例13】(1)方程x+y+z=10的正整数解的组数为()A.9B.12C.15D.18(2)某栋楼从2楼到3楼共10个台阶,上楼可以一步上一个台阶,也可以一步上两个台阶,若规定从2楼到3楼8步走完,则上楼方法种数为()A.14B.16C.21D.28答案(1)C(2)D解析(1)设方程x+y+z=10的正整数解依次为x1,x2,x3,则x1+x2+x3=10(x1≥1,x2≥2,x3≥3).记y1=x1,y2=x2-1,y3=x3-2,则y1+y2+y3=7(y1≥1,y2≥1,y3≥1).于是,问题转化为求方程y1+y2+y3=7的正整数解的组数.进而将问题转化为将7个相同的小球装入3个编号分别为1,2,3的盒子内,每个盒子中至少一个的问题,由隔板法易知其组数为C62=15.故选C.(2)(方法1)由于10÷8的余数为2,所以可以判定一步1个台阶共6次,一步2个台阶共2次.选定在这8步中一步1个台阶的位置或一步2个台阶的位置,则上楼的方法有C86=C82=28(种).(方法2)从结果入手,设计“插入法模型”,构建组合数求解.问题就是将6个1和2个2组合,不同的组合方案就构成了不同的走法,可分类完成.①若2个2不相邻,则先排6个1构成7个空位,在7个空位中选出2个插入2,有C72种方法;②若2个2相邻,则先排6个1构成7个空位,在7个空位中选出1个插入两个2,共有C71种方法,因此上楼的方法共有C71+C72=28(种).故选D.解题心得一些不易理解的排列、组合问题,如果能转化成非常熟悉的模型,如占位填空模型、组数模型、排队模型、装盒模型,相邻模型等可使问题直观,容易解决.策略十四实际操作穷举策略【例14】(1)将15个颜色、大小完全相同的球全部放入编号为1,2和3的三个盒子里,使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号数,则不同的放球方法有()A.15种B.182种C.91种D.120种(2)有红、黄、蓝色的球各5只,分别标有A,B,C,D,E五个字母,现从中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有不同的取法()A.150种B.180种C.120种D.100种答案(1)C(2)A解析(1)先放1,2,3的话,那么还剩下9个球,9个球放到3个不同的盒子里,情况有: 0,0,9,分别在1,2,3号盒子中的任意一个中放9个,共3种情况;0,1,8,分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放8个和1个,共6种情况;0,2,7,分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放2个和7个,共6种情况;1,1,7分别在1,2,3号盒子中的任意两个中放一个,共3种情况;依次讨论可得还有以下几种情况1,2,6;1,3,5;1,4,4;2,2,5;2,3,4;2,5,2;2,6,1;3,3,3;3,6,0;….所以共有91种.故选C.(2)红1 1 1 2 2 3黄1 2 3 1 2 1蓝3 2 1 2 1 1取法n51n41n51n42n51n43n52n31n52n32n53n21共有C51C41+C51C42+C51C43+C52C31+C52C32+C53C21=150(种),故选A.解题心得对于条件比较复杂的排列组合问题,不易用公式进行运算,往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果,一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多,无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须满足的条件,能达到好的效果.策略十五分解与合成策略【例15】30 030能被多少个不同的偶数整除?解先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5×7×11×13.依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个组成乘积,所有的偶因数有C50+C51+C52+C53+C54+C55=32(个).解题心得分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类加法计数原理和分步乘法计数原理将问题合成,从而得到问题的答案,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略.策略十六化归策略【例16】25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种?解将这个问题转化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,有多少种选法.这样每行必有1人从其中的一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉,如此继续下去.从3×3方队中选3人的方法有C31C21C11种.再从5×5方阵选出3×3方阵便可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有C53C53种选法,所以从5×5方阵选不在同一行也不在同一列的3人有C53C53C31C21C11=600(种)选法.解题心得处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题转化成一个简要的问题,通过解决这个简要的问题的解决找到解题方法,从而进一步解决原来的问题.策略十七数字排序问题查字典策略【例17】由0,1,2,3,4,5六个数字可以组成多少个没有重复的比324 105大的数?解可以组成没有重复的比324105大的数的个数为N=2A55+2A44+A33+A22+A11=297.解题心得数字排序问题可用查字典法,查字典的法应从高位向低位查,依次求出其符合要求的个数,根据分类加法计数原理求出其总数.11.3二项式定理必备知识·预案自诊知识梳理1.C n0a n+C n1a n-1b+…+C n n a n-r b r+…+C n n b nC n n a n-r b r r+12.C n n=C n n-n考点自诊1.(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×2.A因为x-1n 5的展开式的通项为Tr+1=C5n x5-r·-1nr=(-1)r C5n x5-2r,令r=1,则可得x-1n5的展开式中的第2项为(-1)×C51x3=-5x3.3.B C n03n+C n13n-1+…+C n n-13+C n n=C n03n10+C n13n-111+…+C n n-1311n-1+C n n301n=(3+1)n=4n=212,即22n=212,得n=6.故选B.4.B令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4=0,令x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4=16,两式相加得a0+a2+a4=8..5.7由题意,可知2n=128,解得n=7.6.-27(x-1)(3x2+1)3展开式中x4的系数,x-1中的x与(3x2+1)3展开式中x3项相乘,但(3x2+1)3展开式中没有x3项,x-1中的-1与(3x2+1)3展开式中x4项相乘,C31(3x2)2=27x4,所以x4的系数是-27.关键能力·学案突破例1(1)10(2)C(1)(n+2n2)5=(x+2·x-2)5,展开式通项T r+1=C5n x5-r(2x-2)r=2r C5n x5-3r,令5-3r=2,得r=1.∴x2的系数为21·C51=2×5=10.(2)∵(nn-1n)6的展开式的通项为T r+1=C6n(-1)r a6-r x6-r-r=C6n(-1)n a6-r x6-2r,令6-2r=0得r=3,可得常数项为C63(-1)3a3=-20a3=-20,得a=1.。

人教A版高考总复习一轮数学精品课件第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第二节排列与组合

字计算,后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证.
常用结论
-1
=(n-m+1)A
1.A
.

-1
=nA
2.A

-1 .
3.(n+1)!-n!=n·n!.
4.kC =nC-1
-1 .
5.C
=

-1
C-1
=

·A
C
=
6.A
.

-

C-1
=
- +1 -1
队长,从 8 人中选 4 人,共有C84 种选派方法,其中不含女运动员的选派方法有C54
种,所以不选女队长时的选派方法共有(C84 − C54 )种.所以既要有队长又要有
女运动员的选派方法共有C94 + C84 − C54 =191(种).
规律方法组合问题的两类题型
对点训练(多选)(2023·江苏扬州高三调研)在新高考方案中,选择性考试科
5 0
10
(2)C10
C10 − C10
.
解
(1)C73
+
5 0
(2)C10
C10
C74
−
=
10
C10
7×6×5
3×2×1
=
+
7×6×5×4
=35+35=70.
4×3×2×1
10×9×8×7×6
×1-1=252-1=251.
5×4×3×2×1
研考点精准突破
考点一
排列问题
题组(1)(2022·新高考Ⅱ,5)甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若

【志鸿优化设计】高考数学一轮总复习 11.2 排列与组合课件(含高考真题)文新人教版

3 5 这时是 5 个元素的全排列,应有A5 5 种排法,由分步计数原理,有A 3 A 5 =720 种
不同排法.
考点一
考点二
考点三
第十一章
11.2 排列与组合 15 -15-
(2)先将男生排好,共有A4 4 种排法,再在这 4 个男生的中间及两头的 5 个 4 3 空当中插入 3 个女生有A3 种方案 , 故符合条件的排法共有 A 4 A 5 =1 440 种不 5 同排法. (3)甲、乙两人先排好,有A2 2 种排法,再从余下 5 人中选 3 人排在甲、乙两人中间,有A3 5 种排法,这时把已排好的 5 人视为一整体,与最后剩下的两人 2 3 3 再排,又有A3 3 种排法,这样总共有A 2 A 5 A 3 =720 种不同排法. (4)先排甲、乙和丙 3 人以外的其他 4 人,有A4 4 种排法;由于甲、乙要相邻,故再把甲、乙排好,有A2 2 种排法;最后把甲、乙排好的这个整体与丙分 4 2 2 别插入原先排好的 4 人的空当中有A2 5 种排法.这样,总共有A 4 A 2 A 5 =960 种不同排法. (5)从 7 个位置中选出 4 个位置把男生排好,则有A4 7 种排法.然后再在余下的 3 个空位置中排女生,由于女生要按身体高矮排列,故仅有一种排法.这样总共有A4 7 =840 种不同排法.
�� 要借助于排列数公式,公式C��
=
排列数A�� 相同,分母是 m 个元素的全排列数.当 m,n 较小时,可利用该公式
�� 计数;组合数公式还可以表示成C�� =
A�� (��-1)(��-2)…(��-��+1) �� = A�� ! ��! ��!(��-��)!

2022高考数学(理)一轮通用版讲义：11.1排列与组合

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节排列与组合[考纲要求]1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．2．理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．3．理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．突破点一两个计数原理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．3．两个计数原理的比较一、判断题对的打“√”，错的打“×”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．答案：1×2√3√二、填空题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________种．答案：62．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________．答案：323．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有________个．答案：120考法一分类加法计数原理与分步乘法计数原理[例1] 1已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，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个元素的一个排列排列数从n个不同元素中取出mm≤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A2组合与组合数组合从n个不同元素中取出mm≤n个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合组合数从n个不同元素中取出mm≤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C3．排列数、组合数的公式及性质一、判断题对的打“√”，错的打“×”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＝C，则＝m成立．4n＋1！－n！＝n·n！5A＝n A6C＝n C答案：1×2√3×4√5√6√二、填空题1．某考生填报某高校专业意向，打算从5个专业中挑选3个，分别作为第一、第二、第三志愿，则不同的填法有________种．答案：602．用1,2,3,4,5,6组成数字不重复的六位数，满足1不在左、右两端，2,4,6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为________．答案：2883．甲、乙、丙、丁四位同学各自在周六、周日两天中随机选一天郊游，则周六、周日都有同学参加郊游的情况共有________种．答案：14考法一排列问题[例1] 3名女生和5名男生排成一排．1如果女生全排在一起，有多少种不同排法2如果女生都不相邻，有多少种排法3如果女生不站两端，有多少种排法4其中甲必须排在乙前面可不邻，有多少种排法5其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法[解] 1捆绑法由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A种排法，因此共有A·A ＝4320种不同排法．2插空法先排5个男生，有A种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有A·A＝14400种不同排法．3法一：位置分析法因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有A·A＝14400种不同排法．法二：元素分析法从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置无限制，有A种排法，因此共有A·A＝14400种不同排法．48名学生的所有排列共A种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中，因此符合要求的排法种数为A＝202205甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．法一：特殊元素法甲在最右边时，其他的可全排，有A种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A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A种，其余人全排列，共有A·A·A种．由分类加法计数原理得，共有A＋A·A·A＝30960种．法二：特殊位置法先排最左边，除去甲外，有A种，余下7个位置全排，有A种，但应剔除乙在最右边时的排法A·A种，因此共有A·A－A·A＝30960种．法三：间接法8个人全排，共A种，其中不合条件的有甲在最左边时，有A种，乙在最右边时，有A种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种．因此共有A－2A＋A＝30960种．[方法技巧] 求解排列应用题的7种主要方法接法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间隔中先整体后局部“小集团”排列问题中先整体后局部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，等价转化的方法考法二组合问题[例2] 某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．1其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种2其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种3恰有2种假货在内，不同的取法有多少种4至少有2种假货在内，不同的取法有多少种5至多有2种假货在内，不同的取法有多少种[解] 1从余下的34种商品中，选取2种有C＝561种取法，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．2从34种可选商品中，选取3种，有C种取法．∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种．3从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有CC ＝2100种取法．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种．4选取2种假货有CC种，选取3种假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2100＋455＝2555种．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种．5法一：间接法选取3种的总数为C，因此共有选取方式C－C＝6545－455＝6090种．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．法二：直接法共有选取方式C＋CC＋CC＝6090种．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．组合问题的2种题型及解法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“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．考法三分组分配问题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，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，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种不同的分派方法．2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种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法．根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．[答案] 190 2360[方法技巧] 分组分配问题的3种类型及求解策略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种解析：选B 第一类：甲在左端，有A＝120种排法；第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A＝96种排法；所以共有120＋96＝216种排法．在某校2022年举办的第32届秋季运动会上，甲、乙两位同学从四个不同的运动项目中各选两个项目报名，则甲、乙两位同学所选的项目中至少有1个不相同的选法种数为A．30 B．36C．60 D．72解析：选A 因为甲、乙两位同学从四个不同的项目中各选两个项目的选法有CC种．其中甲、乙所选的项目完全相同的选法有C种，所以甲、乙所选的项目中至少有1个不相同的选法共有CC－C＝30种．故选A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．12种B．10种C．9种D．8种解析：选A 将4名学生均分为2个小组共有＝3种分法；将2个小组的同学分给2名教师共有A＝2种分法；最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A＝2种分法．故不同的安排方案共有3×2×2＝12种．[课时跟踪检测][A级基础题——基稳才能楼高]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．2160 B．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，则共有10×9×8＝720种分法．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1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2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．3．2022·安徽调研用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3000的四位数，这样的四位数有A．250个B．249个C．48个D．24个解析：选C ①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A＝24个；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A＝24个．由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48个，故选C4．2022·漳州八校联考若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是A．540 B．480C．360 D．200解析：选D 由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有CCA＝50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C＝4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有50×4＝200个．5．2022·福州高三质检福州西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有A．90种B．180种C．270种D．360种解析：选B 可分两步：第一步，甲、乙两个展区各安排一个人，有A种不同的安排方案；第二步，剩下两个展区各两个人，有CC种不同的安排方案，根据分步乘法计数原理，不同的安排方案的种数为ACC＝6．2022·北京朝阳区一模某单位安排甲、乙、丙、丁4名工作人员从周一到周五值班，每天有且只有1人值班，每人至少安排一天且甲连续两天值班，则不同的安排方法种数为A．18 B．24C．48 D．96解析：选B 甲连续两天值班，共有周一，周二，周二，周三，周三，周四，周四，周五四种情况，剩下三个人进行全排列，有A＝6种排法，因此共有4×6＝24种排法，故选B[B级保分题——准做快做达标]1．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．4C．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22＋1＋1＝82．2022·芜湖一模某校高一开设4门选修课，有4名同学选修，每人只选1门，恰有2门课程没有同学选修，则不同的选课方案有A．96种B．84种C．78种D．16种解析：选B 先确定选的两门，选法种数为C＝6，再确定学生选的情况，选法种数为24－2＝14，所以不同的选课方案有6×14＝84种，故选B3．2022·东莞质检将甲、乙、丙、丁4名学生分配到三个不同的班，每个班至少1名，则不同分配方法的种数为A．18 B．24C．36 D．72解析：选C 先将4人分成三组，有C＝6种方法，再将三组同学分配到三个班级有A＝6种分配方法，依据分步乘法计数原理可得不同分配方法有6×6＝36种，故选C4．2022·衡水二中检测用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是A．12 B．24C．30 D．36解析：选C 按顺序涂色，第一个圆有三种选择，第二个圆有二种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有一种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C×C＝24种，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6种．综上可得不同的涂色方案的种数是305．2022·云南民大附中期中将5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、中山大学这3所大学就读，每所大学至少保送1人，则不同的保送方法共有A．150种B．180种C．240种D．540种解析：选A 先将5人分成三组，3,1,1或2,2,1，共有C ＋C×＝25种分法；再将三组学生分到3所学校有A＝6种分法．故共有25×6＝150种不同的保送方法．故选A6．2022·东北三省四市一模6本不同的书在书架上摆成一排，要求甲、乙两本书必须摆放在两端，丙、丁两本书必须相邻，则不同的摆放方法有A．24种B．36种C．48种D．60种解析：选A 由题意知将甲、乙两本书放在两端有A种放法，将丙、丁两本书捆绑，与剩余的两本书排列，有A种放法，将相邻的丙、丁两本书排列，有A种放法，所以不同的摆放方法有A×A×A＝24种，故选A7．2022·河南三门峡联考5名大人带2个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数有A．AA种B．AA种C．AA种D．A－4A种解析：选A 首先5名大人先排队，共有A种排法，然后把2个小孩插进中间的4个空中，共有A种排法，根据分步乘法计数原理，共有AA种排法，故选A8．2022·临海白云高级中学月考2个男生和4个女生排成一排，其中男生必须相邻且不排两端的不同排法有A．AAA种B．AAA种种种解析：选A 4个女生站成一排有A种排法，2个男生相邻，故视作一体，采用插空法，将其放在4个女生的3个空中不含两端，有A种排法，2个男生站成一排有A种排法，根据分步乘法计数原理，不同排法种数为AAA，故选A9．现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是A．120 B．140C．240 D．260解析：选D 由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，再涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，则C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×1×4＋3×3＝260种，故选D10．2022·沈阳东北育才学校月考已知A，B，C，D四个家庭各有2名小孩，四个家庭准备乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名小孩乘同一辆车的4名小孩不考虑位置，其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名小孩中恰有2名来自同一个家庭的乘坐方式共有A．18种B．24种C．36种D．48种解析：选B 若A家庭的孪生姐妹乘坐甲车，则甲车中另外2名小孩来自不同的家庭，有CCC＝12种乘坐方式，若A家庭的孪生姐妹乘坐乙车，则甲车中来自同一个家庭的2名小孩来自B，C，D家庭中的一个，有CCC＝12种乘坐方式，所以共有12＋12＝24种乘坐方式，故选B11．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为________．解析：分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N 中的元素为纵坐标有3×2＝6个不同的点；二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标有4×2＝8个不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14个不同的点．答案：1412．2022·洛阳高三统考某校有4个社团向高一学生招收新成员，现有3名同学，每人只选报1个社团，恰有2个社团没有同学选报的报法有________种用数字作答．解析：法一：第一步，选2名同学报名某个社团，有C·C ＝12种报法；第二步，从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学，有C·C＝3种报法．由分步乘法计数原理得共有12×3＝36种报法．法二：第一步，将3名同学分成两组，一组1人，一组2人，共C种方法；第二步，从4个社团里选取2个社团让两组同学分别报名，共A种方法．由分步乘法计数原理得共有C·A＝36种．13．2022·全国卷Ⅰ从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种．用数字填写答案解析：法一：直接法按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有CC种，有2位女生参加有CC种．故共有CC＋CC ＝2×6＋4＝16种．法二：间接法从2位女生，4位男生中选3人，共有C种情况，没有女生参加的情况有C种，故共有C－C＝20－4＝16种．答案：1614．2022·江西师大附中月考用数字1,2,3组成的五位数中，数字1,2,3均出现的五位数共有________个用数字作答．解析：使用间接法，首先计算全部的情况数目，共3×3×3×3×3＝243个，其中包含数字全部相同即只有1个数字的有3个，还有只含有2个数字的有C·2×2×2×2×2－2＝90个．故1,2,3均出现即含有3个数字的五位数有243－3－90＝150个．15．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．1共有多少种不同的排法2若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法用数字表示解：1从4名男生中选出2人，有C种选法，从6名女生中选出3人，有C种选法，根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列共有CCA＝14400种．2在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有CCAA＝8640种．16．用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数1比21034大的偶数；2左起第二、四位是奇数的偶数．解：1可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个五位数；当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个五位数；当末位数字是4，而首位数字是3时，有A＝6个五位数．故共有6＋12＋12＋3＋6＝39个满足条件的五位数．2可分为两类：末位数是0，个数有A·A＝4；末位数是2或4，个数有A·C＝4故共有4＋4＝8个满足条件的五位数．。

2025年高考数学一轮复习第十一章 -第一节两个基本计数原理、排列与组合【课件】

从小到大排列第22个“单重数”是( B )
事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事.
区别三:
分类加法计数原理：各类方法之间是互斥的、并列的、独立的；
分步乘法计数原理：各步之间是相互依存的，并且既不能重复，也不能遗漏.
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.
3.对于分配问题，一般先分组、再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重
2.现有高一学生5名，高二学生4名，高三学生3名.从中任选1人参加市团委组织的演讲
比赛，不同的选法有( D )
A.60种
B.45种
C.30种
D.12种
[解析] 因为三个年级共有12名学生，由分类加法计数原理可得,从中任选1人参加市团
委组织的演讲比赛，共有12种不同的选法.故选D.
3.一个市禁毒宣传讲座要到4个学校开讲，一个学校讲一次，不同的次序种数为( C )
当2号球与3号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当2号球与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；
当3号球与4号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法.
因此，不同的放球方法有12种.故选B.
［对点训练1］若在一个三位数的自然数各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们
就把这样的三位数定义为“单重数”.例如：232，114等，则不超过200的“单重数”中，
子，且球与盒子的号不能相同，则不同的放球方法有( B )
A.16种
B.12种
C.9种
D.6种
[解析] 由题意可知，这四个小球有两个小球放在一个盒子中，当四个小球分组为如
下情况时，放球方法：
当1号球与2号球放在同一盒子中时，有2种不同的放法；

全国版高考数学一轮复习第11章计数原理第1讲两个计数原理排列与组合课件理

考点1 两个基本计数原理
辨析比较
两个计数原理的联系与区别
原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
联系
两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言.
每步依次完成才算完成这件事(每
每类方案中的每一种方法都能独
区别一
步中的每一种方法都不能独立地
立完成这件事.
完成这件事).
各类方法之间是互斥的、并列的、
区别二
各步之间是相互依存的,缺一不可.
言中间恰好间隔一人,那么不同的发言顺序共有
种.(用数字作答)
思维导引
考法5 排列与组合问题的综合应用
考法5 排列与组合问题的综合应用
考法5 排列与组合问题的综合应用
方法技巧排列组合综合问题,一般采用先选后排策略.求解这类问题的关
键点如下: ①确定分类,先确定是否需要分类,若需分类,分类时务必不重不漏; ②先“选”后“排”,对于每一类,均需要先选定元素,再将这些元素进行排列; ③计数,利用分步乘法计数原理,得出每一类的排列数,利用分类加法计数
新课程标准(2017年版)对本讲知识的考查要求有所降低,预计 2022年高考对本讲知识的考查会适当弱化.本讲知识与概率知识结合的可能性较大,且命题背景会比较新颖,因此在2022年高考的复习备考的过程中,应加强本讲知识的综合训练.
考点帮·必备知识通关
考点1 两个基本计数原理考点2 排列与组合
考点1 两个基本计数原理
若交换某两个元素的位置对结果没有影响,则是组合问题,即组合
组合问题与选取元素顺序无关.
考点2 排列与组合
4.排列数、组合数的公式及性质(n,m∈N*,且m≤n)
公式
性质
考法帮·解题能力提升

2022届新教材高考数学一轮复习11.2排列与组合课件

所共建学校交流学习．若每所共建学校需要派3名教师和1名中层干部，
则共有选派方法( )
A．160种
B．80种
C．40种
D．20种
答案：C
(3)为应对美欧等国的经济制裁，俄罗斯天然气公司决定从10名办公室工作人员中裁去4人，要求甲、乙二人不能全部裁去，则不同的裁员方案的种数为________．
答案：182
【答案】 900
类题通法本题属于部分均分，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！，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．
三、不等分组问题 [典例3] 将6本不同的书分给甲、乙、丙3名学生，其中一人得1本，一人得2本，一人得3本，则有________种不同的分法．
A．42 B．30 C．20 D．12
答案：A
(3)将7个人(其中包括甲、乙、丙、丁4人)排成一排，若甲不能在排头，乙不能在排尾，丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有 ( )种
A．1 108 B．1 008 C．960 D．504
答案：B
题型二组合应用题 [例2] 7名男生、5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法
答案：924 103 680
题组三易错自纠 1．六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
答案：B
2．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3 门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法种数为 ________．
组合
不同组合
数
× √
× √
题组二教材改编

全国版2022高考数学一轮复习第11章计数原理第1讲两个计数原理排列与组合课件理2021031715

要其中某些组中的元素个数相等,就存在均分现象.(2)解决分组与分配问题的基本方法就是先分组后分配.
考法5 排列与组合问题的综合应用
示例7 (1)[2018浙江,16,4分]从1,3,5,7,9中任取2个数
字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成
数.(用数字作要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言,若甲、乙都被选中,且他们发
置,则不同的站法种数
A.90 B.120 C.210 D.216
(2)[2016全国卷Ⅱ,5,5分][理]如图11-1-1,小从
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
图 11-1-1
A.24 B.18 C.12 D.9
考法1 两个基本计数原理的应用
原理,将各类排列数相加.
思维导引 (1)分类处理:第一类,甲、乙、丙各自站在一级台阶上;第二类,有
2人站在同一级台阶上,剩余1人独自站在一级台阶上.算出每类的站法种数, 然后利用分类加法计数原理求解即可. (2)分步处理:第一步计算从E到F最短路径的条数,第二步计算从F到G最短路径的条数,再根据分步乘法计数原理处理.
考法1 两个基本计数原理的应用
考法4 分组与分配问题
方法技巧分组、分配问题的求解策略 (1)分组问题属于“组合”问题,常见的分组问题有三种:
考法4 分组与分配问题
考法4 分组与分配问题
②不同元素的分配问题,利用分步乘法计数原理,先分组,后分配;
③有限制条件的分配问题,采用分类法求解.
注意 (1)分组问题是同学们学习中的难点及易错点,在考试中不容易得分, 在解题过程中容易掉入陷阱,关于分组问题,应该注意的是无论分成几组,只

全国统考2022高考数学一轮复习第十一章计数原理11.2排列与组合学案理含解析北师大版

高考数学一轮复习：11.2 排列与组合必备知识预案自诊知识梳理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 )个元素按照排成一列组合合成一组2.排列数与组合数的概念名称定义排列数从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素的所有不同的个数组合数的个数3.排列数、组合数的公式及性质公式(1)A n m =n (n-1)(n-2)·…·(n-m+1)=n!(n -m)!(2)A n m =A nm A m m =n(n -1)(n -2)·…·(n -m +1)m!=n!m!(n -m)!性质 (1)0!= ;A n n =n ×(n-1)×(n-2)×…×2×1=n !(2)A n m =A n n -m;A n +1m =A n m +A n m-11.A n m =(n-m+1)A n m -1.2.A n m =n A n -1m -1.3.(n+1)!-n !=n ·n !.4.k A n k =n A n -1k -1.5.A n m=nm An-1m-1=nn-mAn-1m=n-m+1mA n m-1.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.()(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.()(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.()(4)若组合式C A A=C A A,则x=m成立.()(5)排列中,给出的n个元素各不相同,被取出的元素也各不相同的情况.即如果某个元素已被取出,则这个元素就不再取了.()2.2019年5月22日具有“国家战略”意义的“长三角一体化”会议在芜湖举行,长三角城市群包括:上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市,简称“三省一市”.现有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游,假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游,则恰有一个地方未被选中的概率为()A.2764B.916C.81256D.7163.将A,B,C,D,E这5名同学从左至右排成一排,则A与B相邻且A与C之间恰好有一名同学的排法种数为()A.18B.20C.21D.224.2020年7月1日迎来了我国建党99周年,6名老党员在这天相约来到革命圣地之一的西柏坡.6名老党员中有3名党员当年在同一个班,他们站成一排拍照留念时,要求同班的3名党员站在一起,且满足条件的每种排法都要拍一张照片,若将照片洗出来,每张照片0.5元(不含过塑费),且有一半的照片需要过塑,每张过塑费为0.75元.若将这些照片平均分给每名老党员(过塑的照片也要平均分),则每名老党员需要支付的照片费为()A.20.5元B.21元C.21.5元D.22元5.(2020广西柳州抽测)将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动,每个地方至少安排一名学生参加,则不同的安排方案共有种.关键能力学案突破考点简单的排列应用题(多考向探究)考向1在与不在问题——特殊元素(或位置)优先法【例1】6人站成一排,其中甲不能站在排头,乙不能站在排尾的不同排法共有种.解题心得解此类问题常用“元素分析法”“位置分析法”.元素分析法——即以元素为主,优先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素;位置分析法——即以位置为主,优先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.变式发散6人站成一排,则甲既不站排头又不站排尾的站法有种.对点训练16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种考向2 相邻问题——捆绑法【例2】3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排法种数为( ) A.2 B.9 C.72 D.36解题心得在实际排列问题中,某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素看成一个整体,与其他元素排列后,再考虑相邻元素的内部排序,这种方法称为“捆绑法”.对点训练2某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为( )A.16B.18C.24D.32 考向3 不相邻问题——插空法【例3】某校高三要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是( )A.1 800B.3 600C.4 320D.5 040解题心得某些元素要求不相邻时,可以先安排其他元素,再将这些不相邻元素插入已排好的元素的空隙或两端位置,这种方法称为“插空法”.对点训练3某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,同类节目不相邻的排法种数是( )A.72B.120C.144D.168 考向4 定序问题——等几率法【例4】有4名男生,3名女生,其中3名女生高矮各不相同,将7名学生排成一行,要求从左到右,女生从矮到高排列(不一定相邻),不同的排法共有种.解题心得若有(m+n )个元素排成一列,其中有m 个元素之间的顺序固定不变,则将这(m+n )个元素排成一列,共有A A +A A +A种不同的排法,然后固定其他的n 个元素的位置不动,把这m 个元素变换顺序,共有A A A 种排法,其中只有一个排列是我们所需要的排列,因而共有A A +AA +A A AA 种不同的排法.对点训练47个人排成一队参观某项目,其中A ,B ,C 三人进入展厅的次序必须是先B 再A 后C ,则不同的列队方式种数为( )A.120B.240C.420D.840考点组合问题【例5】某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种? (2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种? (3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? (4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? (5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? 解题心得组合问题的两类题型及求解方法(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,再由另外的元素补足;“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“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5(1)从4男2女共6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,不同选法共有()A.156种B.168种C.180种D.240种(2)2020年国庆假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各两名,分乘甲乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班两位同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有()A.18种B.24种C.48种D.36种考点分组与分配问题【例6】按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方法?(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;(3)平均分成三份,每份2本;(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本.解题心得分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配.(1)分组问题属于“组合”问题.①对于整体均分,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组数的阶乘;②对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!;③对于不等分组,只需先分组,后排列.(2)分配问题属于“排列”问题.①相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”;②不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组,第二步是发放;③限制条件的分配问题常采用分类法求解.对点训练6(1)某科研单位准备把7名大学生分配到编号为1,2,3的三个实验室实习,若要求每个实验室分配到的大学生人数不小于该实验室的编号,则不同的分配方案的种数为()A.280B.455C.355D.350(2)(2020新高考全国1,3)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有()A.120种B.90种C.60种D.30种(3)在第二届乌镇互联网大会中,为了提高安保的级别同时又为了方便接待,现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿,这五个参会国要在a,b,c三家酒店选择一家,且每家酒店至少有一个参会国入住,则这样的安排方法共有()A.96种B.124种C.130种D.150种11.2排列与组合必备知识·预案自诊知识梳理1.一定的顺序2.排列组合3.(1)1考点自诊1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√2.B4名同学去旅游的所有情况有44=256(种),恰有一个地方未被选中共有C41·C42C21A22·A33=144(种)情况,所以恰有一个地方未被选中的概率为p=144256=916.故选B.3.B当A,C之间为B时,看成一个整体进行排列,共有A22·A33=12(种),当A,C之间不是B时,先在A,C之间插入D,E中的任意一个,然后B在A之前或之后,再将这四个人看成一个整体,与剩余一个进行排列,共有C21·A22·A22=8(种),所以共有20种不同的排法.故选B.4.B利用捆绑法可求得照片的总数为A33A44=144,则每名老党员需要支付的照片费为144×0.5+72×0.756=21(元).故选B.5.36第一步,先从4名学生中任取两人组成一组,与剩下2人组成三组,有C42=6(种)不同的方法;第二步,将分成的三组安排到甲、乙、丙三地,则有A33=6(种)不同的方法.故共有6×6=36(种)不同的安排方案.关键能力·学案突破例1504(方法1特殊元素法)分两类:第1类,甲先从中间四个位置选一个站好,有A41种站法.乙不站排尾,则乙可从除排尾之外的4个位置中选一个站好,共有A41种站法.其余四人任意排,有A44种站法.故共有A41A41A44种站法.第2类,甲站排尾,此时,乙不再特殊,共有A55种站法.根据分类加法计数原理,共有A41A41A44+ A55=504(种)不同的站法.(方法2特殊位置法)排头与排尾特殊,故可以从排头与排尾入手.分三类:第1类,从除甲、乙之外的4人中选2人站排头、排尾,有A42A44种站法.第2类,甲站排尾,有A55种站法.第3类,乙站排头,有A55种站法(其中重合部分:乙站排头,甲站排尾,有A44种站法).根据分类加法计数原理,共有A42A44+A55+A55−A44=504(种)不同的站法.(方法3间接法)6人站成一排有A66种站法,甲站排头或乙站排尾有2A55种站法,甲站排头且乙站排尾有A44种站法,故共有A66-2A55+A44=504(种)不同的站法.变式发散480 先安排甲的位置(既不站排头又不站排尾),再安排其他5人的位置,分为两步:第1步,将甲排在除排头、排尾的任意位置上,有A 41种站法;第2步,余下5人站在剩下的5个位置上,有A 55种站法.由分步乘法计数原理可知,共有A 41A 55=480(种)不同的站法. 对点训练1B 分两类:第1类,甲在最左端,有A 55=5×4×3×2×1=120(种)不同的排法;第2类,乙在最左端,甲不在最右端,有4A 44=4×4×3×2×1=96(种)不同的排法.所以共有120+96=216(种)不同的排法.例2C 可分两步完成:第1步,把3名女生作为一个整体,看成一个元素,3名男生作为一个整体,看成一个元素,两个元素排成一排有A 22种排法;第2步,3名女生排在一起有A 33种排法,3名男生排在一起有A 33种排法,故排法种数为A 22A 33A 33=72.对点训练2C 将4个车位捆绑在一起,看成一个元素,先排3辆不同型号的车,在3个车位上任意排列,有A 33=6(种)方法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空位中,有4种方法,故共有4×6=24(种)方法.例3B 先排除舞蹈节目以外的5个节目,共A 55种排法,再把2个舞蹈节目插在6个空位中,有A 62种排法,所以共有A 55A 62=3600(种)排法.对点训练3B 先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品,小品,相声”“小品,相声,小品”和“相声,小品,小品”.对于第一种情况,形式为“□小品歌舞小品□相声□”,有A 22C 31A 32=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法;对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品□相声□小品□”,有A 22A 43=48(种)安排方法,故共有36+36+48=120(种)安排方法.例4840 7名学生的排列共有A 77种,其中女生的排列共有A 33种,按照从左到右,女生从矮到高的排列只是其中的一种,故有A 77A 33=A 74=840(种)不同的排法.对点训练4D 根据题意,先将7人排成一列,有A 77种排法,其中A ,B ,C 三人进入展厅的次序必须是先B 再A 后C ,即A ,B ,C 三人顺序一定,则不同的列队方式有A 77A 33=840(种).例5解(1)从余下的34种商品中,选取2种,有C 342=561(种)取法,故某一种不合格商品必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中,选取3种,有C 343种或者C 353−C 342=C 343=5984(种)取法.故某一种不合格商品不能在内的不同取法有5984种.(3)从20种合格商品中选取1种,从15种不合格商品中选取2种,有C 201C 152=2100(种)取法.故恰有2种不合格商品在内的不同的取法有2100种.(4)选取2种不合格商品有C 201C 152种取法,选取3种不合格商品有C 153种取法,共有C 201C 152+C 153=2100+455=2555(种)取法.故至少有2种不合格商品在内的不同的取法有2555种. (5)任意选取3种的总数为C 353,因此共有C 353−C 153=6545-455=6090(种)取法. 故至多有2种不合格商品在内的不同的取法有6090种.对点训练5(1)B (2)B (1)从4男2女共6名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队有C 61·C 51·C 42=6×5×4×32=180(种)选法,服务队中没有女生的选法有C 41·C 31·C 22=4×3×1=12(种),所以要求服务队中至少有1名女生,不同选法共有180-12=168(种)选法.故选B .(2)由题意,第一类,一班的2名同学在甲车上,甲车上剩下两个要来自不同的班级,从三个班级中选两个为C 32=3(种),然后分别从选择的班级中再选择一个学生为C 21C 21=4,故有3×4=12(种);第二类,一班的2名同学不在甲车上,则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上,为C 31=3,然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为C 21C 21=4,这时共有3×4=12(种),根据分类加法计数原理得,共有12+12=24(种)不同的乘车方式.故选B . 例6解(1)先从6本书中选1本,有C 61种分配方法;再从剩余5本书中选择2本,有C 52种分配方法,剩余的就是3本书,有C 33种分配方法,所以总共有C 61C 52C 33=60(种)分配方法.(2)由(1)可知分组后共有60种方法,分别分给甲、乙、丙后的方法有C 61C 52C 33A 33=360(种).(3)从6本书中选择2本书,有C 62种分配方法;再从剩余4本书中选择2本书,有C 42种分配方法;剩余的就是2本书,有C 22种分配方法,所以有C 62C 42C 22=90(种)分配方法.但是,该过程有重复.假如6本书分别为A ,B ,C ,D ,E ,F ,若三个步骤分别选出的是(AB ),(CD ),(EF ).则所有情况为(AB ,CD ,EF ),(AB ,EF ,CD ),(CD ,AB ,EF ),(CD ,EF ,AB ),(EF ,AB ,CD ),(EF ,CD ,AB ).所以分配方法共有C 62C 42C 22A 33=15(种).(4)由(3)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人,则分配方法有C 62C 42C 22A 33×A 33=90(种).(5)从6本书中选4本书的方法有C 64种,从剩余2本书中选1本书有C 21种,因为在最后两本书的选择中发生了重复,所以分配方法总共有C 64C 21A 22=15(种).(6)由(5)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人即可,则分配方法有C 64C 21A 22×A 33=90(种).对点训练6(1)B (2)C (3)D (1)每个实验室人数分配有三种情况,即1,2,4;1,3,3;2,2,3.当实验室的人数为1,2,4时,分配方案有C 71C 62C 44=105(种);当实验室的人数为1,3,3时,分配方案有C 71C 63C 33=140(种);当实验室的人数为2,2,3时,分配方案有C 72C 52C 33=210(种).故不同的分配方案有455种.故选B.(2)甲场馆安排1名有C 61种方法,乙场馆安排2名有C 52种方法,丙场馆安排3名有C 33种方法,所以共有C 61·C 52·C 33=60(种)方法,故选C .(3)根据题意,分2步进行分析:①五个参会国要在a ,b ,c 三家酒店选择一家,且这三家至少有一个参会国入住, 所以可以把5个国家人分成三组,一种是1,1,3,另一种是1,2,2.当按照1,1,3来分时共有C 53=10(种)分组方法;当按照1,2,2来分时共有C 52C 32A 22=15(种)分组方法,则一共有10+15=25(种)分组方法;②将分好的三组对应三家酒店,有A 33=6(种)对应方法;则安排方法共有25×6=150(种).故选D .。

高考数学总复习第十一章计数原理11.2排列与组合课件理新人教A版

1 080
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解析答案
考点1 考点2 考点3
考点 1
排列问题
例13名女生和5名男生排成一排. (1)若女生全排在一起,有多少种排法? (2)若女生都不相邻,有多少种排法? (3)若女生不站两端,有多少种排法? (4)其中甲必须排在乙左边(可不邻),有多少种排法? (5)其中甲不站最左边,乙不站最右边,有多少种排法?
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D
解析答案
知识梳理考点自测
12345
3.(2017湖南长沙模拟)考生甲填报某高校专业意向,打算从5个专
业中挑选3个,分别作为第一、第二、第三志愿,则不同的填法有
()
A.10种
B.60种 C.125种D.243种
满足题意的不同的填法共有A35=60(种),故选 B. B
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解析答案
知识梳理考点自测
12345
4.(2017河北武邑中学一模,理6)已知甲、乙和其他4名同学合影留念,站成两排三列,若甲、乙不在同一排也不在同一列,则这6名同学的站队方法共有( )
A.144种 B.180种 C.288种D.360种
站队方法共有C61C21A44=288(种),故选 C. c
பைடு நூலகம்关闭
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解析答案
知识梳理考点自测
(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
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答案
知识梳理考点自测
12345
2.用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为( )
A.24 B.48 C.60 D.72
关闭
由题意知,要组成没有重复数字的五位奇数,则个位数应该为 1,3,5, 其他位置共有A44种排法,所以其中奇数的个数为 3A44=72,故选 D.

2020版高考数学一轮复习第十一章计数原理11.2排列与组合课件新人教A版

(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
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答案
知识梳理
-8-
知识梳理双基自测
12345
2.1名老师和5名同学站成一排照相,老师不站在两端的排法共有 ()
A.450种 B.460种 C.480种 D.500种
关闭
法一(元素分析法):先排老师,有A14种方法,再排学生,有A55种方法,共
有A14 ·A55=480(种)排法;
1234
4.常用结论
(1)①A�� =(n-m+1)A��-1;
②A��
=
�� -��
A��-1
;
③A�� =nA��--11. (2)①nA�� = A��++11 − A�� ;
知识梳理
-7-
知识梳理双基自测
12345
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”.
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列. ( ) (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序. ( ) (3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同. ( )
(4)若组合式C�� = C�� ,则 x=m 成立. ( ) (5)A�� =n(n-1)(n-2)×…×(n-m) ( )
-13-
考点1
考点2
考点3
解：(1)(捆绑法)由于女生全排在一起,可把她们看成一个整体,
这样同 5 名男生合在一起有 6 个元素,排成一排有A66种排法,而其中每一种排法中,3 名女生之间又有A33种排法,因此共有A66 ·A33=4 320(种)不同排法.

全国版2022高考数学一轮复习第11章计数原理第2讲二项式定理课件理2021031716

第十一章计数原理
第一讲二项式定理
考点帮·必备知识通关考点1 二项式定理考点2 二项式系数的性质
考法帮·解题能力提升考法1 求二项式展开式中的特定项或特定项的系数考法2 二项式系数的性质及应用
高分帮 ·“双一流”名校冲刺明易错· 误区警示
易错混淆二项展开式中项的系数与二项式系数致误
法 ①因式分解法:通过分解因式将三项式变成两个二项式,然后用二项式定理分
别展开.
考法1 求二项展开式中的特定项或特定项的系数
②逐层展开法:将三项式分成两组,用二项式定理展开,再把其中含两项的一
组展开.具体步骤如下. 第一步,把三项的和a+b+c看成是a+b与c两项的和; 第二步,根据二项式定理写出[(a+b)+c]n的展开式的通项; 第三步,对特定项的次数进行分析,弄清特定项是由(a+b)n-r的展开式中的哪些项和cr相乘得到的; 第四步,把相乘后的项合并即可得到所求特定项或相关量. ③利用组合知识:把三项式(a+b+c)n(n∈N*)看成n个a+b+c的积,然后利用组合知识求解.
易错混淆二项式中项的系数与二项式系数致误
考法1 求二项展开式中的特定项或特定项的系数
考法1 求二项展开式中的特定项或特定项的系数
考法1 求二项展开式中的特定项或特定项的系数
考法1 求二项展开式中的特定项或特定项的系数
考法1 求二项展开式中的特定项或特定项的系数
类型2 求形如(a+b)m(c+d)n(m,n∈N*)的式子的展开式中与特定项相关
考法2 二项式系数的性质及应用
考法2 二项式系数的性质及应用
考法2 二项式系数的性质及应用

新课改地区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112排列组合与二项式定理课件新人教

2021/4/17
机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
10
【常用结论】 1.(a+b)n的展开式的三个重要特征 (1)项数：项数为n+1. (2)各项次数：各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数和为n. (3)顺序：字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项增1直到n.
2021/4/17
机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
2
内容索引
必备知识·自主学习核心考点·精准研析核心素养测评
新课改地区高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随
2021/4/17
机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
3
新课改地区高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随
2021/4/17
机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
23
结束语
同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，考试加油。
(4) kCkn＝nCkn－ 11 . (
)
(5) C
r an-rbr是(a+b)n的展开式中的第r项.
n
(
)
(6)二项展开式中某项的系数与该项的二项式系数一定相同. ( )
新课改地区高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随
2021/4/17
机变量及其分布112排列组合与二项式定理课件新人教B
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提示:(1)√.
【解析】选C. (x 1 )12 的展开式的第4项
3x
T4=
C

2022版高考数学一轮复习第11章计数原理概率随机变量及其分布第2讲排列与组合课件

以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
【变式精练】
1．(1)7名同学排成一排，其中甲、乙两名同学之间必须恰有3人，
则共有不同的排法总数为
()
A．668
B．680
C．712
D．720
(2)(一题两空)给定数字0,1,2,3,5,9，每个数字最多用一次，可以组成
________个四位数，可以组成________个四位奇数(用数字作答)．
6．(2020年杭州模拟)将1,2,3,4,5,6,7,8这八个数字组成没有重复数字的八位数，要求7与8相邻，且任意相邻两个数字奇偶不同，则这样的八位数的个数是________．
【答案】504
【解析】依题意，将除了 7,8 外的 1～6 排好共有 2A33A33种，然后将 7,8 捆绑后选择一个位置排入，有 C17种，分步问题用乘法，所以共有 2A33 A33×C71＝504 种．
第十一章
计数原理、概率、随机变量及其分布
第2讲排列与组合
考点要求
考情概览
考向预测：从近三年高考情况来看，本讲是高
理解排列、组合考中的一个热点命题方向．预测本年度将会考
的概念及排列数与组查：①有条件限制的排列、组合问题；②排列、
合数公式，并能用其组合与其他知识的综合问题．试题以客观题的
解决一些简单的实际形式呈现，难度不大，属中、低档题型．
(4)选取 2 件假货有 C210C215种，选取 3 件假货有 C315种，共有选取方式 C120C215＋C135＝2 100＋455＝2 555(种)．
所以至少有 2 种假货在内的不同的取法有 2 555 种． (5)选取 3 件的总数有 C335，因此共有选取方式 C335－C135＝6 545－455 ＝6 090(种)．所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种．

2022高考理数复习资料讲义：第11章计数原理第2讲

第2讲排列与组合[考纲解读] 理解排列组合的概念及排列数与组合数公式，并能用其解决一些简单的实际问题．重点[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点命题方向预测2022年将会考查：①有条件限制的排列组合问题；②排列组合与其他知识的综合问题试题以客观题的形式呈现，难度不大，属中、低档题型1．排列与组合的概念2．排列数与组合数1排列数的定义：从n个不同元素中取出mm≤n个元素的个元素的排列数，用表示．2组合数的定义：从n个不同元素中取出mm≤n个元素的个元素的组合数，用表示．3．排列数、组合数的公式及性质4．常用结论1①A＝n－m＋1A；②A＝A；③A＝n A2①n A＝A－A；②A＝A＋m A31！＋2·2！＋3·3！＋…＋n·n！＝n＋1！－14①C＝C；②C＝C；③C＝C5①C＝n C；②C＋C＋C＋…＋C＝C1．概念辨析1所有元素完全相同的两个排列为相同排列．2一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．3从2,4,6,8任取两个数，分别作对数“log□□”的底数、真数，有多少个不同的对数值此题属于排列问题．4甲、乙、丙、丁四个好朋友相互发微信，共有多少条微信此题属于组合问题．5若组合式C＝C，则＝m成立．答案1×2×3√4×5×2．小题热身1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A．1560条B．780条C．1600条D．800条答案A解析由题意，得毕业留言共A＝1560条．2从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有________种．答案36解析分两类：第1类是有1名女生，共有C·C＝2×15＝30种；第2类是有2名女生，共有C·C＝1×6＝6种．由分类加法计数原理得，共有30＋6＝36种．3有大小和形状完全相同的3个红色小球和5个白色小球，将它们排成一排，共有________种不同的排列方法．答案56解析8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题．这样共有C＝56种排法．4从6本不同的书中选出4本，分别发给4个同学，已知其中两本书不能发给甲同学，则不同分配方法有________种．答案240解析因为其中两本书不能发给甲同学，所以甲只能从剩下的4本中分一本，然后再选3本分给3个同学，故有A·A＝240种．题型排列问题7位同学站成一排：1其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法2甲、乙只能站在两端的排法共有多少种3甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种4甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种5甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种6甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种7甲总在乙的前面的排法有多少种解1其中甲站在中间的位置，共有A＝720种不同的排法．2甲、乙只能站在两端的排法共有AA＝240种．37位同学站成一排，共有A种不同的排法；甲排头，共有A种不同的排法；乙排尾，共有A种不同的排法；甲排头且乙排尾，共有A种不同的排法；故共有A－2A＋A＝3720种不同的排法．4先将甲、乙两位同学“捆绑”在一起看成一个元素与其余的5个元素同学一起进行全排列有A种方法；再将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有A种方法，所以这样的排法一共有AA＝1440种．5甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有：解法一：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有A种方法；将剩下的4个元素进行全排列有A种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑”进行排列有A种方法，所以这样的排法一共有AAA＝960种方法．解法二：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素．若丙站在排头或排尾有2A种方法，所以丙不能站在排头和排尾的排法有A－2A·A＝960种方法．解法三：将甲、乙两同学“捆绑”在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个位置选择共有A种方法．再将其余的5个元素进行全排列共有A种方法，最后将甲、乙两同学“松绑”，所以这样的排法一共有AAA＝960种方法．6甲、乙两同学不能相邻的排法共有：解法一：间接法A－A·A＝3600种．解法二：插空法先将其余五个同学排好有A种方法，此时他们留下六个位置就称为“空”吧，再将甲、乙同学分别插入这六个位置空有A种方法，所以一共有：A·A＝3600种．7甲总在乙的前面则顺序一定，共有＝2520种．结论探究1 若将举例说明结论变为“甲、乙、丙三个同学都不能相邻”，则有多少种不同的排法解先将其余四个同学排好，有A种方法，此时他们隔开了五个空位，再从中选出三个空位安排甲、乙、丙，故共有AA＝1440种方法．结论探究2 若甲、乙、丙三位同学不都相邻，则有多少种不同的排法解7位同学站成一排，共有A种不同的排法；甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有AA＝720种．故共有A－AA＝4320种不同的排法．结论探究3 1若将7人站成两排，前排3人，后排4人，共有多少种不同的排法2若现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加1人，后排加2人，其他人保持相对位置不变，则有多少种不同的加入方法解1站成两排前3后4，共有A＝5040种不同的排法．2第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3种，第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人有5种，此时形成6个空，任选一个空加一人，有6种，根据分步乘法计数原理有3×4×5×6＝360种方法．1．求解有限制条件排列问题的主要方法2．解决有限制条件排列问题的策略1根据特殊元素位置优先安排进行分步，即先安排特殊元素或特殊位置．2根据特殊元素当选数量或特殊位置由谁来占进行分类．提醒：1分类要全，以免遗漏．2插空时要数清插空的个数，捆绑时要注意捆绑后元素的个数及要注意相邻元素的排列数．3用间接法求解时，事件的反面数情况要准确1．一排12个座位坐了4个小组的成员，每个小组有3人，若每个小组的成员全坐在一起，则不同的坐法种数为A．AA3B．A4A答案B解析12个座位坐了4个小组的成员，每个小组有3人，操作如下：先分别把第1,2,3,4小组的3个人安排坐在一起，各有A种不同的坐法，再把这4个小组进行全排列，有A种不同的排法，根据分步乘法计数原理得，每个小组的成员全坐在一起共有A4·A种不同的坐法．2．2022·青岛模拟在高三某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么出场的顺序的排法种数为________．答案60解析2位男生不能连续出场的排法共有N1＝A·A＝72种，女生甲排第一个且2位男生不能连续出场的排法共有N2＝A·A ＝12种，所以出场顺序的排法种数为N＝N1－N2＝60题型组合问题1．将12个相同的小球放入编号分别为1,2,3,4的四个桶中，要求每个桶中放入球的数量不得少于该桶的编号，则分配方案有A．10种B．12种C．14种D．16种答案A解析解法一：根据题意，先在编号为2,3,4的3个桶中分别放入1,2,3个小球，编号为1的桶里不放球，再将剩下的6个小球放入四个桶里，每个桶里至少一个，将6个球排成一排，中间有5个空，插入3块挡板分为四堆放入四个桶中即可，共C＝10种方法．解法二：先在编号为1,2,3,4的四个桶中分别放入与编号相同的球数，剩余2个球，把2个球放入同一个桶中有4种方法，2个球放入不同的桶中有C＝6种方法，所以分配方案有4＋6＝10种．2．在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点均除O 点外，连同O点共m＋n＋1个点，现任取其中3个点为顶点作三角形，可作的三角形的个数为A．CC＋CC B．CC＋CCC．CC＋CC＋CC D．CC＋CC答案C解析作出的三角形可以分成两类，一类是含有O点的，另一类是不含O点的．①含有O点的，则在OA，OB上各取1个点，共有CC个；②不含有O点的，则在OA上取一点，OB上取两点，或者在OA上取两点，OB上取一点，共有CC＋CC个．所以可作的三角形个数为CC＋CC＋CC，故选C3．从一架钢琴挑出的10个音键中，分别选择3个，4个，5个，…，10个键同时按下，可发出和声，若有一个音键不同，则发出不同的和声，则这样的不同的和声数为________用数字作答．答案968解析依题意共有8类不同的和声，当有＝3,4,5,6,7,8,9,10个键同时按下时，有C种不同的和声，则和声总数为C＋C＋C＋…＋C＝210－C－C－C＝1024－1－10－45＝9681．组合问题的常见题型及解题思路1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．2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原理化归为简单问题．见举例说明22．两类带有附加条件的组合问题的解法1“含有”或“不含有”某些元素的题型：若“含有”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；若“不含有”，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：解这类题目要重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，用间接法求解．见举例说明31．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，则不同取法的种数是A．60B．63 C．65D．66答案D解析因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C＋C＋CC＝66种不同的取法．2．2022·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种答案B解析2名内科医生，每村一名，有2种方法；3名外科医生和3名护士，平均分成两组，要求外科医生和护士都有：则分1名外科医生、2名护士和2名外科医生、1名护士，若甲村有1名外科医生、2名护士，则有CC＝9种，其余的分到乙村；若甲村有2名外科医生、1名护士，则有CC＝9种，其余的分到乙村；则总的分配方案有2×9＋9＝36种．题型排列组合的综合应用角度1 排列组合的简单应用1．1某学校需从3名男生和2名女生中选出4人，分派到甲、乙、丙三地参加义工活动，其中甲地需要选派2人且至少有1名女生，乙地和丙地各需要选派1人，则不同的选派方法的种数是A．18B．24 C．36D．4222022·开封模拟某班主任准备请2022届毕业生做报告，要从甲、乙等8人中选4人发言，要求甲、乙两人至少一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言中间需恰隔一人，那么不同的发言顺序共有________种用数字作答．答案1D 21080解析1由题设可分两类：一类是甲地有1名女生，先考虑甲地，有CC种选法，再考虑乙、丙两地，有A种选法，共有CCA ＝36种选法；另一类是甲地有2名女生，则甲地有C种选法，乙、丙两地有A种选法，共有CA＝6种选法．由分类加法计数原理可得，不同的选派方法共有36＋6＝42种，应选D2若甲、乙同时参加，有CCCAA＝120种，若甲、乙有一人参与，有CCA＝960种，从而总共的发言顺序有1080种．角度2 分组分配问题2．1将6名同学平均分成三组，每组两人，则不同的分组方法的种数为A．60B．30 C．15D．102在第二届乌镇互联网大会中，为了提高安保的级别同时又为了方便接待，现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿，这五个参会国要在a，b，c三家酒店选择一家，且这三家都至少有一个参会国入住，则这样的安排方法共有A．96种B．124种C．130种D．150种答案1C 2D解析1平均分成三组的方法种数为＝152∵五个参会国要在a，b，c三家酒店选择一家，且这三家都至少有一个参会国入住，∴可以把5个参会国分成三组，一种是按照1、1、3；另一种是1、2、2当按照1、1、3来分时，共有CA＝60种；当按照1、2、2来分时，共有·A＝90种，根据分类加法计数原理知共有60＋90＝150种，故选D1．解决简单的排列与组合综合问题的思路1根据附加条件将要完成事件先分类．2对每一类型取出符合要求的元素组合，再对取出的元素排列．3由分类加法计数原理计算总数．2．分组、分配问题的求解策略1对不同元素的分配问题①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为均分的组数，避免重复计数．②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．见举例说明22．③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”1．某学校获得5个高校自主招生推荐名额，其中甲大学2个，乙大学2个，丙大学1个，并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象，则不同的推荐方法共有A．36种B．24种C．22种D．20种答案B解析根据题意，分两种情况讨论：第一种，3名男生每个大学各推荐1人，2名女生分别推荐给甲大学和乙大学，有AA＝12种推荐方法；第二种，将3名男生分成两组分别推荐给甲大学和乙大学，有CAA＝12种推荐方法．所以共有24种推荐方法，故选B2．某公司有五个不同部门，现有4名在校大学生来该公司实习，要求安排到该公司的两个部门，且每个部门安排两人，则不同的安排方案种数为A．60B．40 C．120D．240答案A解析由题意得，先将4名大学生平均分为两组，共有＝3种不同的分法，再将两组安排在其中的两个部门，共有3×A＝60种不同的安排方法．故选A。