高考数学一轮复习第二十章计数原理20.1两个计数原理排列与组合
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.。
计数原理-备战高考数学(理)一轮复习考点
计数原理【命题趋势】两个基本计数原理是高考必考内容，有时会单独考查，有时会出现在解答题的过程之中，我们必须掌握.（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.（2）会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.排列组合是高考中的必考内容，必须掌握.有时会是单独一道小题，有时会是在概率统计解答题中涉及，分值至少5分.（1）理解排列、组合的概念.（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.（3）能解决简单的实际问题.二项式定理和排列组合在高考中一般交替考查，二者必出其一，二项式定理好拿分，熟练掌握即可.（1）能用计数原理证明二项式定理.（2）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【重要考向】考向一分类加法、乘法计数原理考向二两个计数原理的综合应用考向三排列与组合的综合应用考向四二项展开式通项的应用考向一分类加法、乘法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏． （4）应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步骤，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏． （5）两个计数原理的区别与联系定义：若数列 {a n } 满足所有的项均由 ﹣1,1 构成且其中-1有m 个，1有p 个 (m +p ≥3) ，则称 {a n } 为“ (m,p) ﹣数列”．（1）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则使得 a i a j a k ＝1 的取法有多少种？ （2）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (m,p) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则存在多少正整数 (m,p) 对使得 1≤m ≤p ≤100, 且 a i a j a k =1 的概率为 12 .【答案】 （1）解：三个数乘积为1有两种情况：“ ﹣1,﹣1,1 ”,“ 1,1,1 ”,其中“ ﹣1,﹣1,1 ”共有： C 32C 41＝12 种, “ 1,1,1 ”共有： C 43=4 种,利用分类计数原理得：a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项, 则使得 a i a j a k ＝1 的取法有： 12+4＝16 种．（2）解：与(1)同理,“ ﹣1,﹣1,1 ”共有 C m 2C p 1种, “ 1,1,1 ”共有 C P 3 种,而在“ (m,p) ﹣数列”中任取三项共有 C m+p3种, 根据古典概型有：C m 2C p 1+C p 3C m+p3=12 ,再根据组合数的计算公式能得到： (p ﹣m)(p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2)＝0 , ①p ＝m 时,应满足 {1≤m ≤p ≤100m +p ≥3p =m ,∴(m,p)=(k,k),k ∈{2,3,4,…,100} ,共 99 个,②p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2＝0 时,应满足 {1<m ≤p <100m +p ≥3p 2−3p −2mp +m 2−3m −2=0 , 视 m 为常数,可解得 p ＝(2m+3)±√24m+12,∵m ≥1, ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,∵m ≥1 , ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,（否则 p ≤m ﹣1 ）,下设 k ＝√2m +1 ,则由于 p 为正整数知 k 必为正整数, ∵1≤m ≤100 , ∴5≤k ≤49 ,化简上式关系式可以知道： m ＝k 2−124=(k−1)(k+1)24,∴k ﹣1,k +1 均为偶数,∴设k＝2t+1,(t∈N∗),则2≤t≤24,∴m＝k2−124=t(t+1)6,由于t,t+1中必存在偶数,∴只需t,t+1中存在数为3的倍数即可,∴t＝2,3,5,6,8,9,11,…,23,24,∴k＝5,11,13,…,47,49．检验：p＝(2m+3)+√24m+12=(k−1)(k+1)24≤48+5024＝100,符合题意,∴共有16个,综上所述：共有115个数对(m,p)符合题意．【考点】古典概型及其概率计算公式，分类加法计数原理，组合及组合数公式【解析】(1)易得使得a i a j a k＝1的情况只有“ ﹣1,﹣1,1”,“ 1,1,1”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.(2)易得“ ﹣1,﹣1,1”共有C m2C p1种,“ 1,1,1”共有C P3种.再根据古典概型的方法可知C m2C p1+C p3C m+p3=12,利用组合数的计算公式可得(p﹣m)(p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2)＝0,当p=m时根据题意有(m,p)=(k,k),k∈{2,3,4,…,100},共99个；当p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2＝0时求得p＝(2m+3)±√24m+12,再根据1≤m≤p≤100,换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1000元，即可参与抽奖活动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1、2、3、4、5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次（每次摸出的小球均不放回口袋），编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励100m元（m为三位数的百位上的数字，如三位数为234，则奖励100×2= 200元）.（1）求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；（2）求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与期望E(X).【答案】（1）解：因为总的基本事件个数n1=A53=60，摸到三位数是奇数的事件数n2=A31A42=36，所以P1=3660=35；所以摸到三位数是奇数的概率35.（2）解：获奖金额 X 的可能取值为50、100、200、300、400、500， P(X =50)=35 ， P(X =100)=1×3×260=110， P(X =200)=1×3×160=120，P(X =300)=1×3×260=110 ， P(X =400)=1×3×160=120 ， P(X =500)=1×3×260=110 ，获奖金额 X 的概率分布为均值 E(X)=50×35+100×110+200×120+300×110+400×120+500×110=150 元. 所以期望是150元.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，分步乘法计数原理【解析】（1）首先利用排列求出摸三次的总的基本事件个数： n 1=A 53=60 ；然后利用分步计数原理求出个位的排法、十位百位的排法求出三位数是奇数的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.（2）获奖金额X 的可能取值为50、100、200、300、400、500，求出各个随机变量的分布列，利用均值公式即可求解考向二 两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题． （2）利用两个原理解决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123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n个．对有 n(n ≥4) 个元素的总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,n} 进行抽样，先将总体分成两个子总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,m} 和 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} （ m 是给定的正整数，且 2≤m ≤n −2 ），再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本.用 P ij 表示元素 i 和 j 同时出现在样本中的概率. （1）求 P 1n 的表达式（用m ，n 表示）； （2）求所有 P ij (1≤i <j ≤n) 的和.【答案】 （1）解：由题意，从m 和 m −m 个式子中随机抽取2个，分别有 C m 2 和 C n−m2 个基本事件， 所以 P 1n 的表达式为 P 1n =m−1C m2⋅n−m−1C n−m2=4m(n−m) .（2）解：当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时，可得 P ij =1C m2 ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选两个数的不同方法数为 C m 2 ，则 P ij 的和为1；当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，同理可得 P ij 的和为1； 当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时， P ij =4m(n−m) ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选取一个数，从 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中选一个数的不同方法数为 m(n −m) ， 则 P ij 的和为4，所以所有 P ij 的和为 1+1+4=6 .【考点】相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式，计数原理的应用，组合及组合数公式【解析】（1）根据组合数的公式，以及古典概型的概率计算公式和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；（2）当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时求得 P ij 的和为1，当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，求得 P ij 的和为1，当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时得到 P ij 的和为4，即可求解.6男4女站成一排，求满足下列条件的排法各有多少种？（用式子表达） （1）男甲必排在首位； （2）男甲、男乙必排在正中间； （3）男甲不在首位，男乙不在末位； （4）男甲、男乙必排在一起； （5）4名女生排在一起； （6）任何两个女生都不得相邻； （7）男生甲、乙、丙顺序一定．【答案】 解：（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，故有A 99种， （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，故有A 22A 77种，（3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故有A 1010﹣2A 99+A 88种，（4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，把甲乙两人捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 22A 88种，（5）4名女生排在一起，利用捆绑法，把4名女生捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 44A 77种，（6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，故有A 66A 74种， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，A 1010A 33=A 107种【考点】计数原理的应用【解析】（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，问题得以解决． （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，问题得以解决， （3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故问题得以解决， （4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （5）4名女生排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，问题得以解决， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，问题得以解决．考向三 排列与组合的综合应用先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，利用先选后排法解答问题只需要用三步即可完成. 第一步：选元素，即选出符合条件的元素;第二步：进行排列，即把选出的元素按要求进行排列;第三步：计算总数，即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算方法总数.7名学生，按照不同的要求站成一排，求下列不同的排队方案有多少种． （1）甲、乙两人必须站两端； （2）甲、乙两人必须相邻．【答案】 （1）甲、乙为特殊元素，先将他们排在两头位置，有 A 22 种站法，其余5人全排列，有 A 55种站法．故共 A 22⋅A 55 有＝240种不同站法．（2）(捆绑法)：把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余5人相当于六个元素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以共 A 66⋅A 22 有＝1440种站法．【考点】排列、组合的实际应用，排列、组合及简单计数问题 【解析】（1）运用捆绑法直接求解即可； （2）运用特殊元素分析法直接求解即可.一个笼子里关着10只猫，其中有7只白猫，3只黑猫．把笼门打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫．猫争先恐后地往外钻.如果 10 只猫都钻出了笼子，以X 表示7只白猫被3只黑猫所隔成的段数．例如，在出笼顺序为“□■□□□□■□□■”中，则 X =3 ． （1）求三只黑猫挨在一起出笼的概率； （2）求X 的分布列和数学期望.【答案】 （1）解：设“三只黑猫挨在一起出笼”为事件A ，将三只黑猫捆绑在一起，与其它7只白猫形成 8 个元素， 所以， P(A)=A 33A 88A 1010=115，因此，三只黑猫挨在一起出笼的概率为 115 ；（2）解：由题意可知，随机变量X 的取值为1、2、3、4， 其中 X =1 时，7只白猫相邻，则 P(X =1)=A 77A 44A 1010=130 ，P(X =2)=(A 32C 21C 21C 61+6A 33+A 32C 61)A 77A 1010=310 ，P(X =3)=(A 31C 21A 62+A 32A 62)A 77A 1010=12 ；P(X =4)=A 63A 77A 1010=16， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：因此， E(X)=1×130+2×310+3×12+4×16=145.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量的期望与方差，排列及排列数公式，排列、组合的实际应用【解析】（1）利用捆绑法计算三只黑猫挨在一起出笼的情况种数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，随机变量X 的可能取值有1、2、3、4，利用排列组合思想求出随机变量X 在不同取值下的概率，可得出随机变量X 的分布列，利用数学期望公式可求得随机变量X 的数学期望.考向四 二项展开式通项的应用求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k ,再将k 的值代回通项求解,注意k 的取值范围（0,1,2,,k n ）.（1）第m 项：：此时k +1=m ,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程. （3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.已知 f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗).（1）若 a n =n −1 ，求 f(n) ；（2）若 a n =3n−1 ，求 f(20) 除以5的余数【答案】 （1）因为 f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n . 所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n0 2f(n)=nC n 0+nC n 1+nC n 2+⋯+nC n n =n(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n)=n ⋅2n ，∴f(n)=n ⋅2n−1（2）因为 f(n)=30C n 0+31C n 1+32C n 2+⋯+3n C n n =(1+3)n =4n .f(20)=420=(5−1)20=C 200520−C 201519+C 202518−⋯+C 201852−C 201951+C 202050 除以5余数为1，所以 f(20) 除以5的余数为1. 【考点】二项式系数的性质，二项式定理的应用【解析】（1） 因为f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗)，再结合a n =n −1 ， 得出f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n ，再利用倒序求和法，所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n 0 ， 再利用两式求和法结合二项式的系数的性质，得出 f(n) 。
高考数学一轮总复习课件：两个计数原理
授人以渔
题型一 两个计数原理(自主学习)
例 1 (1)设 x，y∈N*，直角坐标平面中的点为 P(x，y)． ①若 x＋y≤6，这样的 P 点有___1_5____个． ②若 1≤x≤4，1≤y≤5，这样的 P 点有___2_0____个．
例 3 (1)用 0，1，2，3，4，5，6 这 7 个数字可以组成___4_2_0___ 个无重复数字的四位偶数．(用数字作答)
【思路】
【解析】 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位 偶数”，所以千位数字不能为 0，个位数字必须是偶数，且组成 的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步．
状元笔记
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”是什么事． (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．
【解析】 分三步：第一步选 3 个数有 C34＝4 种方法；第二步 把选出的 3 个数中最小的数排在十位，有 1 种方法；第三步排个位 和百位，有 A22＝2 种方法，由乘法原理共有 4×1×2＝8(个)．
(3)(2020·新高考山东Ⅰ)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
个？
【解析】 方法一：按十位上的数字分别是 1，2，3，4，5，6，7， 8 的情况分成 8 类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是 8 个，7 个， 6 个，5 个，4 个，3 个，2 个，1 个．
高三数学一轮复习两个计数原理
分析和解决一些简单的实际问题．
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．
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？ [思路点拨]
[课堂笔记] 法一：根据题意，将十位数上的数字分别是 1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的 两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1 个． 由分类计数原理知：符合题意的两位数的个数共有： 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 故共有36个．
解：(1)分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法； 第二类，从二班学生中选1人，有8种选法； 第三类，从三班学生中选1人，有9种选法； 第四类，从四班学生中选1人，有10种选法， 所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)． (2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学 生中选一人任组长，所以共有不同的选法 N＝7×8×9×10＝5 040(种)．
第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三 步去完成： 第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0只有3个数字可以 选择，有3种选法； 第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两 数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，还有3种选法． 依据分步计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个； 第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其步骤同第二类． 对以上三类结论用分类计数原理，可得所求无重复数字的比 2 000大的4位偶数有4×4×3＋3×4×3＋3×4×3＝120个．
高考数学专题复习《两个基本计数原理、排列与组合》PPT课件
5.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同数字相加,其和为偶数的不同取
法的种数是
.
答案 6
解析 从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两数和为偶数可分为两类:第1类,取出
的两数都是偶数,共有3种方法;第2类,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,不同的取法种数为N=3+3=6.
取0,2,4,6中的任意一个,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数
字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有
3×4×5×4=240(个)数.第2类,当千位数字为偶数且不为0时,即取2,4,6中的
任意一个时,个位数字可以取除首位数字外的任意一个偶数数字,百位数字
不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数
不同的方法
依据 能否独立完成整件事
种
完成这件事共有
N=
m1×m2×…×mn
法
能否逐步完成整件事
种不同的方
2.两个计数原理的区别与联系
名称
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
都是用来计算完成一件事的不同方法种类的计数方法
针对“分类”问题,各种方法相互 针对“分步”问题,各个步骤中的
不同点
注意点
独立,每一类办法中的每一种方 方法互相依存,只有每一个步骤
(5)若组合式C = C ,则 x=m 成立.( × )
2.A24 + C73 =(
)
A.35
B.47
C.45
答案 B
解析
A24
+
C73
=
4!
7!
+
=12+35=47.
2019年高考数学一轮复习：两个计数原理、排列与组合
2019年高考数学一轮复习：两个计数原理、排列与组合两个计数原理、排列与组合1．分类加法计数原理完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝________________种不同的方法．2．分步乘法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m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝____________种不同的方法．3．两个计数原理的区别分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事．4．两个计数原理解决计数问题时的方法最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——是需要分类还是需要分步．(1)分类要做到“______________”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．5．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____________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：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________________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______表示．(3)排列数公式：A m n＝________________________.这里n，m∈N*，并且________．(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个____________，叫做n个元素的一个全排列．A n n＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A m n＝，这里规定0！＝________.6．组合(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素____________，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____________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________表示．(3)组合数公式：C m n＝A m nA m m＝____________＝____________．这里n∈N*，m∈N，并且m≤n.(4)组合数的两个性质：①C m n＝____________；②C m n＋1＝____________＋____________.自查自纠1．m1＋m2＋…＋m n2．m1×m2×…×m n3．相互独立任何一种方法互相依存各个步骤都完成4．(1)不重不漏(2)步骤完整相互独立5．(1)一定的顺序(2)所有不同排列A m n(3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m≤n(4)排列n！n！（n－m）！16．(1)合成一组 (2)所有不同组合 C mn (3)n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！n ！m ！（n －m ）！(4)①C n －mn②C mn C m －1n(2016·郑州模拟)某项测试要过两关，第一关有3种测试方案，第二关有5种测试方案，某人参加该项测试，不同的测试方法种数为( )A ．8B ．15C ．125D ．243 解：由分步计数原理知所求为3×5＝15.故选B.某校学生会由高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人组成，现要选择不同年级的两名成员参加市里组织的活动，则共有选法( )A ．27种B ．33种C ．36种D ．81种 解：由两个计数原理知，所求为3×3＋3×4＋3×4＝33(种)．故选B.(2016·四川)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 ．24B ．48C ．60D ．72 解：由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5；分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个位数有C 13种方法，再将剩下的四个数字排列有A 44种方法，则满足条件的五位数有C 13A 44＝72个．故选D.(2017河南五校质量监测改编)6名同学排成一排照相，甲不站两端，则不同的站法有________种．解：所求为A 14A 55＝480种．故填480.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有____________种．解：按A →B →C →D 顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种)．故填48.类型一 分类与分步的区别与联系甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书．现在乙同学向甲同学借书，试问：(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？ (2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？ (3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情．故用分类计数原理，共有5＋4＋3＝12(种)不同的借法．(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情．故用分步计数原理，共有5×4×3＝60(种)不同的借法．(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5×4＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5×3＝15(种)借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4×3＝12(种)借法．而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20＋15＋12＝47(种)不同的借法．【点拨】仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键．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．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50位观众的来信，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，若先确定一名幸运之星，再从两箱剩下来信中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？解：①幸运之星在甲箱中抽取，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众，根据分步计数原理有30×29×20＝17 400种结果．②幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400种结果．根据分类计数原理共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．类型二 排列数与组合数公式(1)解方程3A x 8＝4A x －19；(2)解方程C x ＋1x ＋3＝C x －1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －2x ＋2.解：(1)利用3A x 8＝38！（8－x ）！，4A x －19＝49！（9－x ＋1）！， 得到3×8！（8－x ）！＝4×9！（10－x ）！.利用(10－x )！＝(10－x )(9－x )(8－x )！，将上式化简后得到(10－x )(9－x )＝4×3.再化简得到x 2－19x ＋78＝0.解方程得x 1＝6，x 2＝13.由于A x 8和A x －19有意义，所以x 满足x ≤8和x －1≤9.于是将x 2＝13舍去，原方程的解是x ＝6.(2)由组合数的性质可得C x －1x ＋1＋C x x ＋1＋C x －2x ＋2＝C 2x ＋1＋C 1x ＋1＋C 4x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2，又C x ＋1x ＋3＝C 2x ＋3，且C 2x ＋3＝C 2x ＋2＋C 1x ＋2，即C 1x ＋2＋C 2x ＋2＝C 2x ＋2＋C 4x ＋2.所以C 1x ＋2＝C 4x ＋2，所以5＝x ＋2，x ＝3.经检验知x ＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x ＝3.【点拨】(1)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．(2)应用组合数性质C m n ＋1＝C m －1n ＋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．(1)解方程：3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x ； (2)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则C m8＝____________． 解：(1)由3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 得3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)， 由x ≠0整理得3x 2－17x ＋10＝0.解得x ＝5或23(舍去)．即原方程的解为x ＝5.(2)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.故填28.类型三 排列的基本问题5名男生、2名女生站成一排照相： (1)两名女生要在两端，有多少种不同的站法？ (2)两名女生都不站在两端，有多少种不同的站法？(3)两名女生要相邻，有多少种不同的站法？ (4)两名女生不相邻，有多少种不同的站法？ (5)女生甲要在女生乙的右方，有多少种不同的站法？(6)女生甲不在左端，女生乙不在右端，有多少种不同的站法？解：(1)两端的两个位置，女生任意排，中间的五个位置男生任意排：A 22A 55＝240(种)；(2)中间的五个位置任选两个排女生，其余五个位置任意排男生：A 25A 55＝2 400(种)；(3)把两名女生当作一个元素，于是对六个元素任意排，然后解决两个女生的任意排列：A 66A 22＝1440(种)；(4)把男生任意全排列，然后在六个空中(包括两端)有顺序地插入两名女生：A 55A 26＝3 600(种)；(5)七个位置中任选五个排男生问题就已解决，因为留下两个位置女生排法是既定的：A57＝2 520(种)；(6)采用排除法，在七个人的全排列中，去掉女生甲在左端的A66个，再去掉女生乙在右端的A66个，但女生甲在左端同时女生乙在右端的A55种排除了两次，要找回来一次．有A77－2A66＋A55＝3 720(种)．【点拨】(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④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数．(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种．正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”．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A66种排法，而其中每一种排法中，三个女生又有A33种排法，因此共有A66·A33＝4 320(种)不同排法．(2)(插空法)先排5个男生，有A55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A36种排法，因此共有A55·A36＝14 400(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A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A66种排法，因此共有A25·A66＝14 400(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A36种排法，其余位置无限制，有A55种排法，因此共有A36·A55＝14 400(种)不同排法．(4)8名学生的所有排列共A88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面各占其中的12，所以符合要求的排法种数为12A88＝20 160(种)．(5)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A77种；甲不在最右边时，可从余下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个中的任意一个上，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)．类型四组合的基本问题课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有1名女生；(2)两队长当选；(3)至少有1名队长当选；(4)至多有2名女生当选；(5)既要有队长，又要有女生当选．解：(1)1名女生，4名男生，故共有C15·C48＝350(种)．(2)将两队长作为一类，其他11个作为一类，故共有C22·C311＝165(种)．(3)至少有1名队长当选含有两类：只有1名队长和2名队长．故共有：C12·C411＋C22·C311＝825(种)．或采用间接法：C513－C511＝825(种)．(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生、只有1名女生、没有女生，故选法为：C25·C38＋C15·C48＋C58＝966(种)．(5)分两类：第一类女队长当选：有C412种选法；第二类女队长不当选：有C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44种选法．故选法共有：C412＋C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44＝790(种)．【点拨】①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法(排除法)；③应防止出现如下常见错误：如对(3)，先选1名队长，再从剩下的人中选4人得C12·C412≠825，请同学们自己找错因．从7名男同学和5名女同学中选出5人，分别求符合下列条件的选法总数为多少？(1)A，B必须当选；(2)A，B都不当选；(3)A，B不全当选；(4)至少有2名女同学当选；(5)选出3名男同学和2名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任．解：(1)只要从其余的10人中再选3人即可，有C310＝120(种)．(2)5个人全部从另外10人中选，总的选法有C510＝252(种)．(3)直接法，分两类：A，B一人当选，有C12C410＝420(种)．A，B都不当选，有C510＝252(种)．所以总的选法有420＋252＝672(种)．间接法：从12人中选5人的选法总数中减去从不含A，B的10人中选3人(即A，B都当选)的选法总数，得到总的选法有C512－C310＝672(种)．(4)直接法，分四步：选2名女生，有C25C37＝10×35＝350(种)；选3名女生，有C35C27＝210(种)；选4名女生，有C45C17＝35(种)；选5名女生，有C55＝1(种)．所以总的选法有350＋210＋35＋1＝596(种)．间接法：从12人中选5人的选法总数中减去不选女生与只选一名女生的选法数之和，即满足条件的选法有C512－(C57＋C15C47)＝596(种)．(5)分三步：选1男1女分别担任体育委员、文娱委员的方法有C17C15＝35(种)；再选出2男1女，补足5人的方法有C26C14＝60(种)；最后为第二步选出的3人分派工作，有A33＝6(种)方法．所以总的选法有35×60×6＝12 600(种)．类型五分堆与分配问题按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(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；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．解：(1)无序不均匀分组问题．先选1本，有C16种选法；再从余下的5本中选2本，有C25种选法；最后余下3本全选，有C33种选法．故共有C16C25C33＝60(种)．(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有C16C25C33A33＝360(种)．(3)无序均匀分组问题．先分三步，则应是C26C24C22种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则C26C24C22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有A33种情况，而这A33种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C26C24C22A33＝15(种)．(4)有序均匀分组问题．在(3)的基础上再分配给3个人，共有分配方式C26C24C22A33·A33＝C26C24C22＝90(种)．(5)无序部分均匀分组问题．共有C46C12C11A22＝15(种)．(6)有序部分均匀分组问题．在(5)的基础上再分配给3个人，共有分配方式C 26C 12C 11A 22·A 33＝90(种)． (7)直接分配问题．甲选1本，有C 16种方法；乙从余下的5本中选1本，有C 15种方法，余下4本留给丙，有C 44种方法，故共有分配方式C 16C 15C 44＝30(种)．【点拨】平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列．分堆到位相当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：平均分堆到指定位置堆数的阶乘.对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配；②被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”)；③分堆时要注意是否均匀，如6分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1)为部分均匀分组．(1)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：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．故填90.(2)(2015·广州调研)有4名优秀学生A ，B ，C ，D 全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有____________种．解：先把4名学生分为2、1、1的3组，有C 24C 12C 11A 22＝6种分法，再将3组分到3个学校，有A 33＝6种情况，则共有6×6＝36种不同的保送方案．故填36.(3)(2015·江西模拟改编)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：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．6名教师分组共有C 16C 25C 33＝60种取法．再把这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，因此共有60×6＝360种不同的分法．故填360.类型六 数字排列问题用0，1，2，3，4，5这6个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类： 第一类：0在个位时，有A 35个；第二类：2在个位时，千位从1，3，4，5中选定一个(A 14种)，十位和百位从余下的数字中选，有A 24种，于是有A 14·A 24个；第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A 14·A 24个．由分类加法计数原理得，共有A 35＋2A 14·A 24＝156(个)．(2)先排0，2，4，再让1，3，5插空，总的排法共A 33·A 34＝144(种)，其中0在排头，将1，3，5插在后三个空的排法共A 22·A 33＝12(种)，此时构不成六位数，故总的六位数的个数为A 33·A 34－A 22·A 33＝144－12＝132(种)．【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．(2015·山西模拟改编)用五个数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的自然数，问：(1)四位数有几个？(2)比3 000大的偶数有几个？解：(1)首位数字不能是0，其他三位数字可以任意，所以四位数有C 14A 34＝96个．(2)比3 000大的必是四位数或五位数． (Ⅰ)若是四位数，则首位数字必是3或4.①若4在首位，则个位数字必是0或2，有C 12A 23个数，②若3在首位，则个位数字必是0或2或4，有C13A23个数，所以比3 000大的四位偶数有C12A23＋C13A23＝30个．(Ⅱ)若是五位数，则首位数字不能是0，个位数字必是0或2或4，①若0在个位，则有A44个；②若0不在个位，则有C12C13A33个数，所以比3 000大的五位偶数有A44＋C12C13A33＝60个．故比3 000大的偶数共有30＋60＝90个．1．解答计数应用问题的总体思路根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得．2．排列与组合的区别与联系排列、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，分析解决排列问题的基本思路是“先选，后排”．3．解排列、组合题的基本方法(1)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．(2)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．(3)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．(4)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．(5)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．(6)相同元素隔板法：将n个相同小球放入m(m≤n)个盒子里，要求每个盒子里至少有一个小球的放法，等价于将n个相同小球串成一串，从间隙里选m－1个结点，剪截成m段，共有C m－1n－1种放法．这是针对相同元素的组合问题的一种方法．(7)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．4．解组合问题时应注意(1)在解组合应用题时，常会遇到“至少”“至多”“含”等词，要仔细审题，理解其含义．(2)关于几何图形的组合题目，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接法(或排除法)．(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者则即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．对于这类问题必须先分组后排列，若平均分m组，则分法＝取法m！.1．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是()A．56B．65C.5×6×5×4×3×22D．6×5×4×3×2 解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选法．故选A.2．A32n＝10A3n，n＝()A．1 B．8 C．9 D．10 解：原式等价于2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n －2)，n>3且n∈N*，整理得n＝8.故选B.3．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有()A．60种B．70种C．75种D．150种解：从中选出2名男医生的选法有C26＝15种，从中选出1名女医生的选法有C15＝5种，所以不同的选法共有15×5＝75种，故选C.4．(2017·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()A．12种B．18种C．24种D．36种解：由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有C24种方法，然后进行全排列A33即可，由乘法原理，不同的安排方式共有C24×A33＝36种方法．故选D.5．(2016·郑州二模)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：可分以下两种情况：①A类选修课选1门，B 类选修课选2门，有C12C23种不同选法；②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C22C13种不同选法．所以根据分类加法计数原理知不同的选法共有：C12C23＋C22C13＝6＋3＝9(种)．故选C.6．(2017·江西新余第一中学调研)西部某县将7位大学生志愿者(4男3女) 分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有()A．36种B．68种C．104种D．110种解：分组的方案有3、4和2、5两类，第一类有(C37－1)A22＝68(种)；第二类有(C27－C23)A22＝36(种)，所以共有68＋36＝104种不同的方案．故选C.7．(2017·天津)用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答) 解：本题分两类：一类是一个数字是偶数，三个数字是奇数的四位数有C14C35A44＝960(个)，二类是四个数字都是奇数的四位数有A45＝120(个)，所以共有 1 080个．故填1 080.8．(2017·浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)解：第一步，选出4人，由于至少1名女生，故有C48－C46＝55种不同的选法；第二步，从4人中选出队长，副队长各1人，有A24＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．故填660.9．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：(1)P可表示平面上多少个不同的点？(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？(3)P可表示多少个不在直线y＝x上的点？解：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步计数原理，得到所求点的个数是6×6＝36个．(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种确定方法．由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6个．(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．结合(1)可得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个．10．将9个人以下列三种方式分为三个小组，完成三项不同的任务，则不同的分配方法各有多少种？(1)将9个人以2，3，4分为三组；(2)将9个人以2，2，5分为三组；(3)将9个人以3，3，3分为三组．解：(1)先将9个人以2，3，4分为三组，有C29·C37·C44＝1 260种分法，再把三项不同的任务分给这三个组，有A33＝6种分法，因此共有1 260×6＝7 560种分配方法．(2)先将9个人以2，2，5分为三组，有C29·C27·C55A22＝378种分法，再把三项不同的任务分给这三个组，有A33＝6种分法，因此共有378×6＝2 268种分配方。
江苏版高考数学 20.1 计数原理与排列组合
专题二十计数原理【真题典例】20.1 计数原理与排列组合挖命题【考情探究】分析解读江苏高考对两个计数原理、排列、组合的考查往往与集合、数列、概率等进行综合,难度较大,主要考查学生的逻辑推理能力.破考点【考点集训】考点一加法原理与乘法原理1.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种,分别种在不同土质的三块土地上,其中黄瓜必须种植,不同的种植方法有种.答案182.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,要求有公共边的两部分颜色互异,则共有种不同的涂色方法.答案260考点二排列1.一排9个座位坐了3个三口之家,若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为.答案642.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.答案183.用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的五位数,其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间,这样的五位数有个.答案28考点三组合1.四位学生,坐在一排有7个位置的座位上,有且只有两个空位是相邻的不同坐法有种.(用数字作答)答案4802.用1、2、3、4、5、6组成一个无重复数字的六位数,要求三个奇数1、3、5有且只有两个相邻,则不同的排法有种.答案4323.有六名同学按下列方法和要求分组,各有不同的分组方法多少种?(1)分成三个组,各组人数分别为1、2、3;(2)分成三个组去参加三项不同的试验,各组人数分别为1、2、3;(3)分成三个组,各组人数分别为2、2、2.解析(1)=60(种).(2)=60×6=360(种).(3)=15(种).炼技法【方法集训】方法一两个计数原理应用的基本策略1.(2018江苏靖江中学调研)将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排,且A,B均在C的同侧,则不同的排法共有种(用数字作答).答案4802.(2019届江苏海门中学调研)从0,8中任取一个数字,从3,5,7中任取两个数字组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为.答案18方法二排列组合及其应用的解题策略1.(2019届江苏金陵中学调研)将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有种.答案182.(2018江苏吴江中学月考)将甲、乙两人在内的7名医生分成三个医疗小组,一组3人,另两组每组各2人,则甲、乙不分在同一组的分法有种.答案803.(2018江苏常州二中调研)桌面上有形状大小相同的白球、红球、黄球各3个,相同颜色的球不加以区分,将此9个球排成一排共有种不同的排法.(用数字作答)答案 1 6804.(2019届江苏太湖中学月考)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数字中任取3个不同的数字构成空间直角坐标系中的点的坐标(x,y,z),若x+y+z是3的倍数,则满足条件的点的个数为.答案252方法三集合中的计数问题1.(2019届江苏赣榆中学月考)设集合A,B是非空集合M的两个不同子集,满足:A不是B的子集,且B也不是A的子集.(1)若M={a1,a2,a3,a4},直接写出所有不同的有序集合对(A,B)的个数;(2)若M={a1,a2,a3,…,a n},求所有不同的有序集合对(A,B)的个数.解析(1)110.(2)集合M 有2n 个子集,不同的有序集合对(A,B)有2n (2n -1)个.若A ⫋B,并设B 中含有k(1≤k ≤n,k ∈N *)个元素,则满足A ⫋B 的有序集合对(A,B)有(2k -1)=2k -=(3n -2n )个.同理,满足B ⫋A 的有序集合对(A,B)有(3n -2n )个. 故满足条件的有序集合对(A,B)的个数为 2n (2n -1)-2(3n -2n )=4n +2n -2×3n .2.(2019届江苏扬州中学月考)已知非空有限实数集S 的所有非空子集依次记为S 1,S 2,S 3,…,集合S k 中所有元素的平均值记为b k .将所有b k 组成数组T:b 1,b 2,b 3,…,数组T 中所有数的平均值记为m(T). (1)若S={1,2},求m(T);(2)若S={a 1,a 2,…,a n }(n ∈N *,n ≥2),求m(T).解析 (1)S={1,2}的所有非空子集为{1},{2},{1,2},所以数组T 为1,2,.因此m(T)==.(2)因为S={a 1,a 2,…,a n },n ∈N *,n ≥2,所以m(T)=--… - -…=--…-- …a i .又因为 - - = · - - - = - - = · - =,所以m(T)=… …a i =a i .过专题 【五年高考】A 组 自主命题·江苏卷题组1.(2016江苏,23,10分)(1)求7 -4的值;(2)设m,n ∈N *,n ≥m,求证:(m+1)+(m+2)+(m+3)+…+n+(n+1)=(m+1).-解析(1)7-4=7×-4×=0.(2)证明:当n=m时,结论显然成立.当n>m时,(k+1)=··-=(m+1)··-=(m+1),k=m+1,m+2,…,n.又因为+=,所以(k+1)=(m+1)(-),k=m+1,m+2,…,n.因此,(m+1)+(m+2)+(m+3)+…+(n+1)=(m+1)+[(m+2)+(m+3)+…+(n+1)]=(m+1)+(m+1)[(-)+(-)+…+(-)]=(m+1).2.(2018江苏,23,10分)设n∈N*,对1,2,…,n的一个排列i1i2…i n,如果当s<t时,有i s>i t,则称(i s,i t)是排列i1i2…i n 的一个逆序,排列i1i2…i n的所有逆序的总个数称为其逆序数,例如:对1,2,3的一个排列231,只有两个逆序(2,1),(3,1),则排列231的逆序数为2.记f n(k)为1,2,…,n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数.(1)求f3(2),f4(2)的值;(2)求f n(2)(n≥5)的表达式(用n表示).解析本小题主要考查计数原理、排列等基础知识,考查运算求解能力和推理论证能力.(1)记τ(abc)为排列abc的逆序数,对1,2,3的所有排列,有τ(123)=0,τ(132)=1,τ(213)=1,τ(231)=2,τ(312)=2,τ(321)=3,所以f3(0)=1,f3(1)=f3(2)=2.对1,2,3,4的排列,利用已有的1,2,3的排列,将数字4添加进去,4在新排列中的位置只能是最后三个位置. 因此f4(2)=f3(2)+f3(1)+f3(0)=5.(2)对一般的n(n≥4)的情形,逆序数为0的排列只有一个:12…n,所以f n(0)=1.逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,所以f n(1)=n-1.为计算f n+1(2),当1,2,…,n的排列及其逆序数确定后,将n+1添加进原排列,n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此,f n+1(2)=f n(2)+f n(1)+f n(0)=f n(2)+n.当n≥5时,f n(2)=[f n(2)-f n-1(2)]+[f n-1(2)-f n-2(2)]+…+[f5(2)-f4(2)]+f4(2)=(n-1)+(n-2)+…+4+f4(2)=--.因此,当n≥5时,f n(2)=--.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点计数原理与排列组合1.(2018课标全国Ⅰ理,15,5分)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)答案162.(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,一共可以组成个没有重复数字的四位数.(用数字作答)答案 1 2603.(2017山东理改编,8,5分)从分别标有1,2,…,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张.则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是.答案4.(2017课标全国Ⅱ理改编,6,5分)安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有种.答案365.(2017浙江,16,4分)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有种不同的选法.(用数字作答)答案6606.(2017天津理,14,5分)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有个.(用数字作答)答案 1 0807.(2016课标全国Ⅱ理改编,5,5分)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.答案188.(2016课标全国Ⅲ理改编,12,5分)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”共有个. 答案149.(2016四川理改编,4,5分)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.答案72C组教师专用题组1.(2015广东,12,5分)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,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)答案 1 5602.(2015四川改编,6,5分)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40 000大的偶数共有个.答案1203.(2014四川改编,6,5分)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,则不同的排法共有种.答案2164.(2014重庆改编,9,5分)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,则同类节目不相邻的排法种数是.答案1205.(2014安徽改编,8,5分)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有对.答案486.(2014北京,13,5分)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有种.答案367.(2011江苏,23,10分)设整数n≥4,P(a,b)是平面直角坐标系xOy中的点,其中a,b∈{1,2,3,…,n},a>b.(1)记A n为满足a-b=3的点P的个数,求A n;(2)记B n为满足(a-b)是整数的点P的个数,求B n.解析(1)点P的坐标满足条件:1≤b=a-3≤n-3,所以A n=n-3.(2)设k为正整数,记f n(k)为满足题设条件以及a-b=3k的点P的个数.只要讨论f n(k)≥1的情形.由1≤b=a-3k≤n-3k知f n(k)=n-3k,且k≤-.设n-1=3m+r,其中m∈N*,r∈{0,1,2},则k≤m.所以B m=f n(k)=(n-3k)=mn-=--.将m=--代入上式,化简得B n=----.所以B n=-是整数--不是整数【三年模拟】一、填空题(每小题5分,共15分)1.(2019届江苏太仓中学月考)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,则不同的选法共有种.答案752.(2018江苏太湖中学月考)某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友1本,则不同的赠送方法共有种.答案103.(2018江苏泰兴中学月考)用数字0,1,2,3,4组成的五位数中,中间三位数字各不相同,但首末两位数字相同的共有种.答案240二、解答题(共60分)4.(2019届江苏前黄中学月考)四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中.(1)若每个盒子放一球,则有多少种不同的放法?(2)恰有一个空盒的放法共有多少种?解析(1)每个盒子放一球,共有=24种不同的放法.(2)第一步:四个盒子中选一只为空盒,有4种选法;第二步:选两球为一个元素,有种选法;第三步:三个元素放入三个盒中,有种放法.故共有4×=144种放法.5.(2017江苏南通、扬州、泰州第二次调研)设S4k=a1+a2+…+a4k(k∈N*),其中a i∈{0,1}(i=1,2,…,4k).当S4k除以4的余数是b(b=0,1,2,3)时,数列a1,a2,…,a4k的个数记为m(b).(1)当k=2时,求m(1)的值;(2)求m(3)关于k的表达式,并化简.解析(1)当k=2时,m(1)表示数列a1,a2,a3,…,a8中有1个1或5个1,其余为0,所以m(1)=+=64. (2)依题意,m(3)表示数列a1,a2,…,a4k中有3个1,或7个1,或11个1,……,或(4k-1)个1,其余为0,所以m(3)=+++…+-.同理,得m(1)=+++…+-.因为=-(i=3,7,11,…,4k-1),所以m(1)=m(3).又m(1)+m(3)=+++…+-+-=24k-1,所以m(3)=24k-2=42k-1.6.(2019届江苏苏州实验中学月考)记1,2,…,n满足下列性质T的排列a1,a2,…,a n的个数为f(n)(n≥2,n∈N*).性质T:排列a1,a2,…,a n中有且只有一个a i>a i+1(i∈{1,2,…,n-1}).(1)求f(3);(2)求f(n).解析(1)当n=3时,1,2,3的所有排列为(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1),其中满足仅存在一个i∈{1,2,3},使得a i>a i+1的排列为(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),所以f(3)=4.(2)在1,2,…,n的所有排列(a1,a2,…,a n)中,若a i=n(1≤i≤n-1),从(n-1)个数1,2,3,…,n-1中选(i-1)个数按从小到大的顺序排列为a1,a2,…,a i-1,其余按从小到-.大的顺序排列在余下位置,于是满足题意的排列个数为-若a n=n,则满足题意的排列个数为f(n-1).综上,f(n)=f(n-1)+---=f(n-1)+2n-1-1.从而f(n)=----(n-3)+f(3)=2n-n-1.7.(2018江苏南师附中考前模拟)设集合A,B是非空集合M的两个不同子集.(1)若M={a1,a2},且A是B的子集,求所有有序集合对(A,B)的个数;(2)若M={a1,a2,a3,…,a n},且A的元素个数比B的元素个数少,求所有有序集合对(A,B)的个数. 解析(1)若集合B含有2个元素,即B={a1,a2},则A=⌀,{a1},{a2},则(A,B)的个数为3;若集合B含有1个元素,则B有种,不妨设B={a1},则A=⌀,此时(A,B)的个数为×1=2.综上,(A,B)的个数为5.(2)集合M有2n个子集,又集合A,B是非空集合M的两个不同子集,则不同的有序集合对(A,B)的个数为2n(2n-1).若A的元素个数与B的元素个数一样多,则不同的有序集合对(A,B)的个数为(-1)+(-1)+(-1)+…+(-1)=()2+()2+()2+…+()2-(+++…+).又(x+1)n(x+1)n的展开式中x n的系数为()2+()2+()2+…+()2,且(x+1)n(x+1)n=(x+1)2n的展开式中x n的系数为,所以()2+()2+()2+…+()2=.又因为+++…+=2n,所以当A的元素个数与B的元素个数一样多时,有序集合对(A,B)的个数为-2n.所以A的元素个数比B的元素个数少时,有序集合对(A,B)的个数为---=-.8.(2017江苏苏州期末)如图,由若干个小正方形组成的k层三角形图阵中,第一层有1个小正方形,第二层有2个小正方形,依此类推,第k层有k个小正方形.除去最底下的一层,每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上.现对第k层的每个小正方形用数字进行标注,从左到右依次记为x1,x2,…,x k,其中x i∈{0,1}(1≤i≤k),其他小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和,依此规律,记第一层的小正方形标注的数字为x0.(1)当k=4时,若要求x0为2的倍数,则有多少种不同的标注方法?(2)当k=11时,若要求x0为3的倍数,则有多少种不同的标注方法?解析(1)当k=4时,第4层标注的数字依次为x1,x2,x3,x4;第3层标注的数字依次为x1+x2,x2+x3,x3+x4;第2层标注的数字依次为x1+2x2+x3,x2+2x3+x4;所以x0=x1+3x2+3x3+x4.因为x0是2的倍数,x i∈{0,1},所以x1,x2,x3,x4中取值为1的个数为偶数个.其不同的取法总数为++=8.故所求的不同的标注方法有8种.(2)当k=11时,第11层标注的数字依次为x1,x2,x3,x4,…,x10,x11;第10层标注的数字依次为x i+x i+1,i=1,2, (10)第9层标注的数字依次为x i+(+)x i+1+x i+2=x i+x i+1+x i+2,i=1,2, (9)依此规律,第1层标注的数字为x0=x1+x2+…+x10+x11.计算得==1,==10,当i=2,3,4,…,8时,均是3的倍数.若要求x0是3的倍数,等价于x1+x2+x10+x11是3的倍数,即x1+x2+x10+x11是3的倍数.所以x1,x2,x10,x11中,取值为1的个数为0个或3个.所以x1,x2,x3,…,x10,x11的不同的取法总数为(+)·27=640.故所求的不同的标注方法有640种.9.(2019届江苏无锡天一中学月考)当n≥3,n∈N时,对于集合M={1,2,3,…,n},集合M的所有含3个元素的子集分别表示为N1,N2,N3,…,N M(n)-1,N M(n),其中M(n)表示集合M的含3个元素的子集的个数.设p i为集合N i 中的最大元素,q i为集合N i中的最小元素,1≤i≤M(n),记P=p1+p2+…+p M(n)-1+p M(n),Q=q1+q2+…+q M(n)-1+q M(n).(1)当n=4时,分别求M(4),P,Q;(2)求证:P=3Q.解析(1)当n=4时,M(4)==4,4个子集分别为{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},则P=3+4+4+4=15,Q=1+1+1+2=5.(2)证明:显然3≤p i≤n,p i∈Z,并且以3为最大元素的子集有个,以4为最大元素的子集有个,以5为最大元素的子集有个,……,以k(3≤k≤n)为最大元素的子集有-个,……,以n为最大元素的子集有-个,P=p1+p2+…+p M(n)-1+p M(n)=3×+4×+…+n-,①因为k-=k--=3(k=3,4,…,n),所以P=3(++…+)=3(++…+)=3(++…+)=3(++…+)=3.显然1≤q i≤n-2,q i∈Z,以1为最小元素的子集有-个,以2为最小元素的子集有-个,以3为最小元素的子集有-个,……,以k(1≤k≤n-2)为最小元素的子集有-个,……,以n-2为最小元素的子集有个.Q=q1+q2+…+q M(n)-1+q M(n),则Q=(n-2)+(n-3)+…+k-+…+-,②①+②得P+Q=(n+1)(+++…+-)=(n+1)(+++…+-)=(n+1)(+++…+-)=(n+1)(+++…+-)=(n+1)=4. 所以P=3Q.。
2020高考数学20.1 计数原理与排列组合
解析 (1)3个女同学是特殊元素,共有 A33 种排法;由于3个女同学必须排 在一起,视排好的女同学为一整体,再与4个男同学排队,应有 A55种排法. 由分步乘法计数原理,有 A33 A55 =720种不同排法. (2)先将男生排好,共有 A44 种排法,再在这4个男生的中间及两头的5个空 档中插入3个女生有 A35 种方法. 故符合条件的排法共有 A44 A35 =1 440种. (3)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人,有 A44 种排法;由于甲、乙要相邻, 故先把甲、乙排好,有 A22 种排法;最后把甲、乙排好的这个整体与丙分 别插入原先排好的4人的空档及两边有 A52 种排法. 总共有 A44 A22 A52 =960种不同排法.
例 某课外活动小组共13人,其中男生8人,女生5人,并且男、女生各指 定一名队长.现从中选5人主持某种活动,依下列条件各有多少种选法? (1)只有一名女生; (2)两队长当选; (3)至少有一名队长当选; (4)至多有两名女生当选; (5)既要有队长,又要有女生当选. 解题导引 某些人被选中,主要是将所有人恰当地分组,“至少”或 “最多”含有几个元素的题型,若直接法分类复杂时,逆向思维,间接求解.
考点二 排列
考向基础 1.排列的定义:一般地,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,用符号 Amn 表示.
分类计数原理.
(2)由于要分成两个小组去两个地方,故需要分步安排,计数时需要用分
步计数原理.
解析 (1)由题意知,满足题设的取法可分为三类:一是四个奇数相加,其 和为偶数,在5个奇数1,3,5,7,9中,任意取4个,有 C54 =5(种);二是两个奇数 加两个偶数,其和为偶数,在5个奇数中任取2个,再在4个偶数2,4,6,8中任 取2个,有 C52·C 24 =60(种);三是四个偶数相加,其和为偶数,4个偶数的取法 有1种,所以满足条件的取法共有5+60+1=66(种). (2)分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到乙地,共有 C12=2(种)选 派方法;第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有 C24=6(种)选 派方法.由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有2×6=12(种). 答案 (1)66 (2)12
高考数学计数原理知识点
高考数学计数原理知识点数学是高考中的一门重要科目，其中计数原理是数学中的一个重要知识点。
计数原理用于解决计数问题，是数学中的基础工具。
在高考中，计数原理常常出现在复合概率、组合数学等题目中。
掌握计数原理的知识点对于高分通过高考数学是非常重要的。
下面将介绍一些常见的计数原理知识点。
一、排列和组合排列是指从一组元素中选取若干元素进行有序排列的方式。
对于n个元素，从中选取k个元素进行排列，可以得到 nPk 种不同的排列，其中P表示排列。
组合是指从一组元素中选取若干元素进行无序选择的方式。
对于n个元素，从中选取k个元素进行组合，可以得到 nCk 种不同的组合，其中C表示组合。
排列和组合的计算公式如下:nPk = n! / (n-k)!nCk = n! / (k!(n-k)!)其中n!表示n的阶乘，即n! = n(n-1)(n-2)...3*2*1。
通过排列和组合的计算公式，我们可以快速计算出排列和组合的结果，而不用逐个枚举。
二、乘法原理和加法原理乘法原理是指若一个事件发生的方式有m种，而另一个事件发生的方式有n种，且这两个事件的发生方式相互独立，那么这两个事件同时发生的方式有m * n种。
加法原理是指若一个事件发生的方式有m种，而另一个事件发生的方式有n种，且这两个事件的发生方式互斥（即两者不能同时发生），那么这两个事件发生的方式有m + n种。
乘法原理和加法原理是解决计数问题的基本原理，它们在计数原理中有着广泛的应用。
通过灵活运用乘法原理和加法原理，我们可以简化计数问题的解决过程，提高解题效率。
三、重复排列和重复组合重复排列是指从n个元素中选择k个元素进行有序排列，允许元素重复出现的方式。
对于重复排列，共有 n^k 种不同的排列方式。
重复组合是指从n个元素中选择k个元素进行无序组合，允许元素重复出现的方式。
对于重复组合，共有C(n+k-1, k)种不同的组合方式。
通过重复排列和重复组合的计算公式，我们可以快速计算出重复排列和重复组合的结果，进而解决相关的计数问题。
计数原理知识梳理-2024届高三数学一轮复习
计数原理知识梳理一、两个原理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 ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1＋m 2＋…＋m n ．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 ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事需要n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，…,做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1×m 2×…×m n ．(1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：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，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复； ③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法． 5.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(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个事件． (3)对完成各步的方法数要准确确定． 6. 应用两种原理解题要注意 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．7.与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理. (2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．二、排列与组合 1.排列；如果与顺序无关，则是组合． 2.排列数、组合数的定义、公式、性质全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，全排列数公式：所有全排列的个数，即(1)(2)21!nn A n n n n =⨯-⨯-⋅⋅⋅⨯⨯=．3.排列、组合问题的求解常用方法与技巧解排列组合综合问题，先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，具体有下面几种常用方法： (1)特殊元素或特殊位置优先法：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．优先安排．(2)相邻问题捆绑法：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． (3)相间问题插空法：对不相邻问题，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．(4)定序问题倍除法：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． (5)多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理． (6)分球问题隔板法：相同元素的分配问题常用“隔板法”,每组至少一个．(7) 分组分配问题的策略：对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑．对于整体均分，分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．对于部分均分，若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！．(8)间接法：正难则反、等价转化的方法，比如“至少”或“至多”含有几个元素的题型． 三、二项式定理 1.二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n ＝(n ∈N *)，等号右边的式子称为()na b +的二项展开式．(2)通项公式：T k ＋1＝ ，它表示第 项；注意：(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题． 2.二项展开式的特征：（1）二项展开式共有 项；（2）二项式系数依次为组合数012,,,,,,knn n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）各项次数都等于二项式的幂指数n ；（4）字母a 的指数由n 开始按降幂排列到0，b 的指数由0开始按升幂排列到n ． 注意：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是特指相应的组合数C 0n ，C 1n ，…，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． 3.4.(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝ .(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝ .5.求二项展开式中特定项(或系数)的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项T k ＋1＝C k n a n －k b k，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；第二步，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)，解出k ；第三步，把k 代入通项中，即可求出T k ＋1，有时还需要先求n ，再求k ，才能求出T k ＋1或者其他量． 6.求三项展开式中某些特定项(或系数)的策略(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．7.二项式定理中的字母可取任意数或式，在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法．对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (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 )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )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＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.8.二项展开式中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，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1，注意解出k 后要检验首末两项．。
2024版高考数学总复习：两个计数原理排列与组合教师用书
第一节两个计数原理、排列与组合考试要求：理解排列、组合的概念、排列数公式及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．一、教材概念·结论·性质重现1．两个计数原理两个计数原理的区别排列的定义从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组合的定义作为一组3．排列数、组合数的定义、公式、性质(1)“排列”与“组合”的辨析排列与组合最根本的区别在于“有序”和1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．(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)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(5)若C��＝C��，则x＝m成立．(×) 2．教学楼共有6层楼，每层都有南、北两个楼梯，从一楼到六楼的走法共有()A．25种B．52种C．62种D．26种A解析：根据题意，教学楼共有6层，共5层楼梯，每层均有两个楼梯，即每层有2种走法，则一共有2×2×2×2×2＝25种走法．故选A．3．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢．如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有()A．30种B．50种C．60种D．90种B解析：①甲同学选择牛，乙有2种，丙有10种，选法有1×2×10＝20种，②甲同学选择马，乙有3种，丙有10种，选法有1×3×10＝30种，所以总共有20＋30＝50种．故选B．4．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修2门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有()A．12种B．24种C．30种D．36种B解析：由题意知本题是一个分步乘法计数问题．因为恰有2人选修课程甲，共有C42＝6种结果，所以选甲的两个人再选一门课程各有两种选法，共有2×2＝4种结果，余下的两个人只有1种选法，根据分步乘法计数原理知共有6×4×1＝24种结果．故选B．5．从2名女生、4名男生中选3人参加学科竞赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字作答)16解析：方法一：可分两种情况：第一种情况，只有1名女生入选，不同的选法有C21C42＝12(种)；第二种情况，有2名女生入选，不同的选法有C22C41＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法共有12＋4＝16(种)．方法二：从6人中任选3人，不同的选法共有C63＝20(种)．从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C43＝4(种)．所以，至少有1名女生入选的不同的选法共有20－4＝16(种)．考点1两个计数原理——应用性1．下图是某项工程的网络图(单位：天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有()A．14条B．12条C．9条D．7条B解析：由图可知，由①→④有3条路径，由④→⑥有2条路径，由⑥→⑧有2条路径，根据分步乘法计数原理可得从①→⑧共有3×2×2＝12条路径．故选B．2．用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为()A．81B．48C．36D．24B解析：根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，则此时四位数有2×2×2×2＝16个；②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，此时四位数有4×2×2×2＝32个，故有16＋32＝48个四位数．故选B．3．(2022·威海模拟)已知一个不透明的袋子中放有编号分别为1，2，3，4，5，6，7的7个大小、形状相同的小球．小明从袋子中有放回地取3次球，每次只取一个球，且3次取出的球的编号相乘的结果为偶数、相加的结果为奇数，则不同的取球方法种数为() A．712B．216C．108D．72C解析：根据3次取出的球的编号相乘的结果为偶数、相加的结果为奇数可知，有一次取出的球的编号为奇数，2次取出的球的编号为偶数，先确定哪一次得到奇数号球，然后从4个奇数号球中取一个，再每次都从3个偶数号球中任取一个(有放回取球)，故满足题意的取球方法有3×4×3×3＝108(种)．4．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．120B．140C．240D．260D解析：先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最后涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有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，由此可得不同的涂法方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D．(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成．考点2排列与组合——综合性(1)(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有()A．12种B．24种C．36种D．48种B解析：因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看做一个元素，连同乙、戊看成三个元素排列，有3！种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙、丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3！×2×2＝24(种)不同的排列方式．故选B．(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()A．232B．252C．472D．484C 解析：分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有C 41C 122＝264(种)；第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有C 123−3C 43＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．1．有限制条件的排列问题的常用方法(1)对于有限制条件的排列问题，一般采用特殊元素优先原则，考点3分组分配问题——综合性考向1整体均分问题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．90解析：先把6个毕业生平均分成3组，有C 62C 42C 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C62C 42C 22A 3333＝90种分派方法．解决分组问题的关键是如何删去重复排列的组数．分组得到的排列种数除以组数的全排列；的种数，然后再进行相应计算．将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有________种．(用数字作答)1560解析：把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种．①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有C 63C 31C 21C 11A 33＝20(种)；②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有C 62C 42A 22·C 21C 11A 22＝45(种)．所以不同的分组方法共有20＋45＝65(种)．然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有65×A 44＝1560(种)．考向3不等分问题(1)把8个相同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则不同的放法种数为()A．35B．70C．165D．1860C 解析：根据题意，分4种情况讨论：①没有空盒，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选3个，插入隔板，将小球分成4组，顺次对应4个盒子，有C 73＝35种放法；②有1个空盒，在4个盒中任选3个，放入小球，有C 43＝4种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选2个，插入隔板，将小球分成3组，顺次对应3个盒子，有C 72＝21种分组方法，则有4×21＝84种放法；③有2个空盒，在4个盒中任选2个，放入小球，有C 42＝6种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选1个，插入隔板，将小球分成2组，顺次对应2个盒子，有C 71＝7种分组方法，则有6×7＝42种方法；④有3个空盒，即将8个小球全部放进1个盒子，有4种放法．故一共有35＋84＋42＋4＝165种放法．(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．360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 61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 52种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 61C 52C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．1．局部均分问题，则分组时应除以“1．将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其他三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有________种．(用数字作答)660解析：若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有C62C42A33种；若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有C63A33种．则不同的分配方案共有C62C42A33+C63A33＝660种．2．6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？(1)甲得一本，乙得二本，丙得三本；(2)平均分成三堆；(3)甲、乙、丙每人至少得一本．解：(1)分成三堆的方法有C61C52C33种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法为C61C52C33＝60(种)．2·C42·C223！＝15(种)分法．(2)6本不同的书平均分成三堆，有C6(3)共计分为3类：①按照4，1，1分，共有C61·C51·C44·3＝90(种)方法；②按照3，2，1分，共有C61·C52·C33·A33＝360(种)分法；③按照2，2，2分，共有C62·C42·C22＝90(种)分法．故共有90＋360＋90＝540(种)分法．课时质量评价(五十六)A组全考点巩固练1．现有甲、乙、丙三种树苗可供选择，分别种在一排五个坑中，要求相同的树苗不能相邻，第一、五坑内只能种甲种树苗，则不同的种法共有()A．4种B．5种C．6种D．7种C解析：根据题意，分2种情况讨论：①若二、四号坑种的树苗相同，则二、四号坑有2种选择，三号坑有2种选择，此时有2×2＝4种种法，②若二、四号坑种的树苗不同，则二、四号坑有2×1＝2种选择，三号坑有1种选择，此时有2×1＝2种种法．则有4＋2＝6种不同的种法．故选C．2．(2023·长沙模拟)为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有()A．48种B．36种C．24种D．12种B解析：由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36(种)不同的选取方法．故选B．3．A，B，C，D，E五人并排站成一排，若A，B必须相邻且B在A的左边，那么不同的排法共有()A．24种B．36种C．48种D．60种A解析：根据题意，分2步进行分析：①A，B必须相邻且B在A的左边，将AB看成一个整体，有1种排法；②将AB整体与C，D，E全排列，有A44＝24种排法，则共有1×24＝24种排法．故选A．4．(多选题)已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b，则下列说法正确的有()A．��表示不同的正数的个数是6B．��表示不同的比1小的数的个数是6C．(a，b)表示x轴上方不同的点的个数是6D．(a，b)表示y轴右侧不同的点的个数是6BC解析：对于选项A，若a，b均为正，共有2×2＝4个，若a，b均为负，共有1×2＝2个，但63＝−4−2，所以共有5个，所以选项A错误；对于选项B，若��为正，显然均比1大，所以只需��为负即可，共有2×2＋1×2＝6(个)，所以选项B正确；对于选项C，要使(a，b)表示x轴上方的点，只需b为正即可，共有2×3＝6(个)，所以选项C正确；对于选项D，要使(a，b)表示y轴右侧的点，只需a为正即可，共有2×4＝8(个)，所以选项D错误．故选BC．5．冼太夫人故里、放鸡岛、窦州古城、茂名森林公园这4个景区均为广东茂名市的热门旅游景区．现有5名学生决定于今年暑假前往这4个景区旅游．若每个景区至少有1名学生前去，且每名学生只去一个景点，则不同的旅游方案种数为()A．120B．180C．240D．360C解析：根据题意，分2步进行分析：①将5名学生分为4组，有C52＝10种分组方法；②将分好的4组全排列，安排到4个景区旅游，有A44＝24种安排方法．则共有10×24＝240种安排方法．故选C．6．若把一句话“我喜欢数学”的汉字顺序写错了，则可能出现错误的情况共有________种．119解析：根据题意，“我喜欢数学”五个字排成一排，有A55＝120种不同的顺序，其中正确的只有1种，则可能出现错误的情况有120－1＝119种．7．高考期间，某校高三年级租用大巴车送考，原则上每班一辆车，但由于高三(1)班人数较多，坐满一辆车之后还余下7名同学．现有高三(2)、(3)、(4)班的选考车辆分别剩余2，3，3个空位，要把这7名同学都安排到这三辆车中，则共有______种不同的安排方法．560解析：根据题意，余下的7人坐车，还有8个空座位，可以看成7个人再加上一个空位，安排在8个空座位上的问题，有C82C63C33＝560种安排方法．8．有8名学生排成一排照相，求满足下列要求的排法的种数．(1)甲、乙两人相邻；(2)丙、丁两人不相邻；(3)甲站在丙、丁两人的中间(未必相邻)．解：(1)根据题意，将甲、乙看成一个整体，与其他6人全排列即可，有A22A77＝10080(种)排法．(2)根据题意，将8人全排列，有A88种排法，其中丙、丁相邻的排法有A22A77种，则丙、丁两人不相邻的排法有A88−A22A77＝30240(种)．(3)根据题意，将8人全排列，有A88种排法，甲、丙、丁三人的排法有A33＝6(种)，其中甲站在丙、丁两人的中间有2种，2×A88A33＝13440(种)．则有甲站在丙、丁两人的中间有A2B组新高考培优练9．某校进行体育抽测，甲与乙两名同学都要在100m跑、立定跳远、铅球、引体向上、三级跳远这5项运动中，选出3项进行测试．假定他们对这五项运动没有偏好，则他们选择的结果中至少有两项相同运动的选法种数为()A．70B．50C．30D．20A解析：根据题意，分2种情况讨论：①他们选择的结果中有两项相同运动，有C53A32＝60种选法．②他们选择的结果中有三项相同运动，有C53＝10种选法，则共有60＋10＝70种选法．故选A．10．(多选题)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是()A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为A54C41C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为C53C21+C52C32A33D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是C31C42A33+C32A33AD解析：根据题意，依次分析选项：对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种安排方法，A正确；对于B，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有C52A44种安排方法，B错误；+对于C，分2步分析：需要先将5人分为3排翻译、导游、礼仪三项工作，有A33种情况，A33种安排方法，C错误；对于D，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有C31C42A33+C32A33种安排方法，D正确．故选AD．11．(多选题)现有3名男生和4名女生，在下列不同条件下进行排列，则()A．排成前后两排，前排3人后排4人的排法共有5400种B．全体排成一排，甲不站排头也不站排尾的排法共有3600种C．全体排成一排，女生必须站在一起的排法共有576种D．全体排成一排，男生互不相邻的排法共有1440种BCD解析：根据题意，依次分析选项：对于A，将7名学生排成前后两排，前排3人后排4人的排法，有C73A33A44＝5040种排法，A错误；对于B，甲不站排头也不站排尾，有5种情况，将剩下的6人全排列，有A66种排法，则有5×A66＝3600种排法，B正确；对于C，将4名女生看成一个整体，有A44种排法，将这个整体与3名男生全排列，有A44种排法，则有A44×A44＝576种排法，C正确；对于D，先排4名女生，有A44种排法，排好后有5个空位，在5个人空位中任选3个，安排3名男生，有A53种排法，则有A44×A53＝1440种排法，D正确．12．(2022·临沂三模)某社区需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，计划依次安排到该社区参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有()A．72种B．81种C．144种D．192种D解析：若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为A22A55＝240，若乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务，不同的排法种数为A 22A 44＝48，由间接法可知，满足条件的排法种数为240－48＝192(种)．故选D．13．(2022·杭州模拟)某省派出由4名医生、5名护士组成的医疗小组前往疫区支援，要求将这9名医护人员平均派往某地的A，B，C3家医院，且每家医院至少要分到一名医生和一名护士，则不同的分配方案有________种．(用数字作答)1080解析：由题意可知，4名医生要分配到3家医院，且每家医院至少有一名医生，则必有一家医院有2名医生，其余2家医院各有1名医生．假设A 医院分配的是2名医生1名护士，则B，C 医院均分配1名医生2名护士，则分配方案有C 42C 51C 21C 42＝360(种)，故不同的分配方案有360×3＝1080(种)．14．学校拟安排6位老师在今年6月12日至14日端午值班，每天安排2人，每人值班1天；若6位老师中的甲不值12日，乙不值14日且甲、乙不在同一天值班，则不同的安排方法共有________种．36解析：根据题意，分2步进行分析：①将6人分为3组，要求甲、乙不在同一组，有C 62C 42C 22A 33－C 42C 22A 22＝12种分组方法．②若甲所在的组在14日值班，有A 22＝2种安排方法；若甲所在的组在13日值班，则乙所在的组必须在12日值班，有1种安排方法．则有3种值班安排方法．故共有12×3＝36种安排方法．15．现有5本书和3位同学，将书全部分给这三位同学(要求用数字作答)．(1)若5本书完全相同，求共有多少种分法；(2)若5本书都不相同，每个同学至少有一本书，求共有多少种分法；(3)若5本书仅有两本相同，按一人3本另两人各1本分配，求共有多少种分法．解：(1)根据题意，5本书完全相同，将这5本书和2个挡板排成一排，利用挡板将5本书分为3组，对应3位同学即可，则有C 72＝21(种)不同的分法．(2)根据题意，分2步进行分析：①将5本书分成3组，若分成1，1，3的三组，有C 53C 21C 11A 22＝10(种)分组方法．若分成1，2，2的三组，有C 51C 42C 22A 22＝15(种)分组方法，从而分组方法有10＋15＝25(种)．②将分好的三组全排列，对应3名学生，有A 33＝6(种)情况，根据分步乘法计数原理，故共有25×6＝150(种)分法．(3)记这5本书分别为A，A，B，C，D，5本书取其3本分配时，①不含A时仅有一种分组，再分配给3人，有3种方法；②仅含一个A时，分组的方法有C32种，再分配给3人，共有C32×A33＝18(种)方法；③含两个A时，分组的方法有C31种，再分配给3人，共有C31×A33＝18(种)方法．从而共有18＋18＋3＝39(种)分法．。
2011高考数学总复习 计数原理与排列组合课件
题型4 排列中的“相邻”、“不相邻问题” 【例4】 a1，a2，„，a8共八个元素，分别计算满足下列 条件的排列数． (1)八个元素排成一排，且a1，a2，a3，a4四个元素排在一 起； (2)八个元素排成一排，且a1，a2，a3，a4四个元素互不相 邻； (3)八个元素排成一排，且a1，a2，a3，a4四个元素互不相 邻，并且a5，a6，a7，a8也互不相邻； (4)排成前后两排每排四个元素．
计数原理与排列组合
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考纲解读 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．会 用两个原理分析和解决一些简单的实际问题． 2.理解排列、组合的概念． 3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． 4.能解决简单的实际问题．
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命题探究
1.计数原理内容考查比较稳定，试题难度起伏不大； 排列组合题目一般为选择、填空题，考查排列组合的基 础知识、思维能力，多数试题与教材习题的难度相当， 但也有个别题难度较大。 2．考查热点为排列组合与两个计数原理结合命题。
一。复习回顾 1、知识结构
排列
基 本 原 理
排列数公式
组合
组合数公式
应 用 问 题
2。分类记数原理，分步记数原理
分类记数原理
完成一件事可以有n类 办法，在第一类中有m1种不 同的方法，在第二类中有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N= m1+m2+„„+mn有种不同的方 法。 分类记数原理针对的是 “分类”问题，其中各种方 法相互独立，用其中任何一 种方法都可完成这件事。
（1）特殊元素（位置）优先安排。 （2）多个限定条件或含“至多”、“至少”问题， 合理分类合理分步。 （3）排列组合混合问题一般要先组合后排列，先整体 后局部。 （4）正难则反，等价转化。 （5）相邻问题，捆绑法。 （6）不相邻问题，插空法。 （7）定序问题、平均分组问题用除法。 （8）相同物品分配问题、名额分配问题用隔板法。 （9）数的大小排列问题，查字典法。 （10）可重复元素排列问题，住店法.
2025年高考数学一轮复习-9.1-两个计数原理、排列与组合【课件】
__________
一定的顺序
作为一组
组
合
（2）排列数、组合数的定义、公式、性质
类别
排列数
组合数
定义
从 个不同元素中取出 个元素的所有__________的个数
从 个不同元素中取出 个元素的所有__________的个数
公式
不同排列
5.(2023·江苏连云港模拟)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 ， ， ， ， 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.
45
解析：先选出坐对位置的人，即从5人中选1人，有5种可能；剩下四人进行错排，设四人座位为1， ， ， ，则四人都不坐在自己位置上有 ， ， ， ， ， ， ， ， 种可能，所以恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有 （种）.
（2）排成前后两排，前排3人，后排4人；
【解】 分两步完成，先选3人站前排，有 种方法，余下4人站后排，有 种方法，共有 （种）.
√
3.（1）计算： ____;
15
解析： .
（2）若 ,则正整数 的值是______.
1或4
解析：因为 ,所以 或 ,解得 或 .经检验， 或 满足题意.
4.“五经”是儒家典籍《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称.为弘扬中国传统文化，某校在周末兴趣活动中开展了“五经”知识讲座，每经排1节，连排5节，则《诗经》《春秋》分开排的情况有____种.
（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 种不同的方法，做第2步有 种不同的方法，那么完成这件事共有 _______种不同的方法.[提醒] 任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.
(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
排列组合及二项式定理复习计数原理(课件)2022-2023学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册
组合数性质：
C
m n
C nm n
C
m n
C
m n
1
Cm n1
一.特殊元素和特殊位置优先策略
例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字 五位奇数.
解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安 位题主置最,排先然需分常,排后以先析用末排免安法也位首不排和是共位合特元最有共要殊素基_有求元_分本_的_素_析的_元,法方再素C是法处占31C解,理了若41 决其这以排它两元列元个素组素位分合.置析若问为以
三.不相邻问题插空策略 例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个
独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出 场顺序有多少种？ 解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共 有 A55 种，第二步将4舞蹈插入第一步排
好的6个元素中间包含首尾两个空位共有
种 A64不同的方法 由分步计数原理,节目的 不同顺序共有A55 A64 种
一般地,元素分成多排的排列问题, 可归结前排为一排考虑后,再排分段研究.
八.排列组合混合问题先选后排策略
例8.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内, 每盒至少装一个球,共有多少不同的装 法.
解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共
有C__52种方法.再把5个元素(包含一个复合
元素)装入4个不同的盒内有_A__44__种方法.
本题还有如下分类标准： *以3个全能演员是否选上唱歌人员为标准 *以3个全能演员是否选上跳舞人员为标准 *以只会跳舞的2人是否选上跳舞人员为标准 都可经得到正确结果
解含有约束条件的排列组合问题，可按元素 的性质进行分类，按事件发生的连续过程分 步，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解题过程的 始终。
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1.简单问题直接法
直接列式计算.
例2 将字母a,a,b,b,c,c排成三行两列,要求每行的字母互不相同,每列
的
字解析母也从互a不,b相,c同中,任则选不两同个的排在列第方一法行共,有有A 32 种方法种,则. 另一个字母在第
二行有C
1 2
种方法,其余则确定,共有A
2 3
·C 21
=12种方法.
答案 12
高考数学
第二十章 计数原理
§20.1 两个计数原理、排列与组合
知识清单
1.分类计数原理、分步计数原理 (1)完成一件事有几类办法,各类办法相互独立,每类办法中又有多种不 同的方法,则完成这件事的不同方法数是各类办法中不同方法种数的 和,这就是分类计数原理. (2)完成一件事需要分成n个步骤,每一步的完成有多种不同的方法,则完 成这件事的不同方法种数是各步不同的方法种数的乘积,这就是分步计 数原理.
例1 如图,要给1,2,3,4,5五块区域分别涂上四种颜色中的某一种,允许
同一种颜色使用多次,但相邻区域必须不同颜色,则不同的涂色方法数
为
.
解析 解法一:按区域顺序分步涂色. 先涂5号区域,有4种不同的涂法;涂剩下的4个区域要分两种情形: 若1,3号区域同色,则1,3号区域有3种涂法,此时2,4号区域各有2种涂法, 由分步计数原理知有3×2×2=12种涂法. 若1,3号区域不同色,则1,3号区域有3×2=6种涂法,此时2,4号区域各只有 1种涂法,由分步计数原理知有6×1×1=6种涂法. 由分类和分步计数原理知总共有4×(12+6)=72种不同的涂色方法. 解法二:按所用颜色种数分类涂色. 第一类,4种颜色全用,则1,3号区域同色,且2,4号区域不同色;或1,3号区 域 不同色,且2,4号区域同色,故有2×4×3×2=48种不同的涂色方法.
m n
=
A A
m n m m
=
n(n=1) .由(n于m 0!=11),所以n !=
m(m1)1 m !( n m ) !
C
0 n
1.
5.组合数的性质
(1)C
m n
=④
C
n n
m
,(2)
C=nm 1 +⑤C nm
.C m 1 n
方法技巧
方法 1 两个基本原理应用的解题策略
1.分类计数原理与分步计数原理的区别 一个与分类有关,一个与分步有关.在综合运用这两个计数原理时,既要 会合理分类,又能合理分步,一般情形是先分类后分步.分类计数原理中 无论是哪一类方法都能单独完成这件事;分步计数原理的每一个步骤都 依次完成后,这件事才完成. 2.计数原理与涂色问题 涂色问题是计数原理应用的典型问题.由于涂色本身就是策略的一个运 用过程,能较好地考查学生的思维连贯性与敏捷性,加之涂色问题的趣 味性,自然成为高考的热点之一.
2.分类计数原理与分步计数原理都涉及完成一件事的不同方法的种数.
它们的区别在于:分类计数原理与分类有关,各种方法相互独立,用其中
任意一种方法都可以完成这件事;分步计数原理与分步有关,各个步骤
相互依存,只有各个步骤都完成了,这件事才算完成了.
3.排列
(1)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. (2)排列数定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列
n!
=③ ( n m ) ! ,规定0!=1.
4.组合
(1)定义:从n个不同元素中取出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:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合个数,
叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用
C
m表示.
n
(3)计算公式:C
评析 遇到有相同元素的排列问题时,一般应画出图表,这样比较直观,
还能避免出现重复计数.
2.相邻问题捆绑法
在特定条件下,将几个相关元素当成一个元素来考虑,待整个问题排好
之后再考虑它们“内部”的排列,它主要用于解决相邻问题.
例3 用字母A、Y,数字1、8、9构成一个字符不重复的五位号牌,要求
字母A、Y不相邻,数字8、9相邻,则可构成的号牌个数是
的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用①
A
m n
表示.
(3)排列数公式:A
m n
=②
n(n-1)…(n-m+1)
.
(4)全排列:n个不同元素全部取出的一个排列,叫做n个不同元素的一个
全排列,A
n n
=n·(n-1)·(n-2)·…·3·2·1=n!.于是排列数公式写成A n阶m 乘
形式为
解析 先把数字1,3,5,7作全排列,有A 44 =24种排法,再排数字6,由于数字6 不与3相邻,在排好的排列中,除去3的左、右2个空隙,还有3个空隙可排
数字6,故数字6有3种排法,最后排数字2,4,又数字2,4不与6相邻,故在剩
下的4个空隙中排上2,4,有A
2 4
种排法,共有A
4 4
×3A×42
=864种排法.
答案 864
4.多元问题分类法
将符合条件的排列分为几类(每一类的排列数较易求出),然后根据分类
计数原理求出排列总数.
例5 方程ay=b2x2+c中的a,b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},且a,b,c互不相同.在
第二类,只用3种颜色,则1,3号区域同色,且2,4号区域也同色,故A 有43 =24 种不同的涂色方法. 由分类计数原理知总共有48+24=72种不同的涂色方法. 答案 72
方法 2 排列、组合及其应用的解题策略
求解排列、组合问题的基本思路是“排组分清,加乘明确;有序排列,无
序组合;分类相加,分步相Leabharlann ”..(用数字作答)
解析 先把8、9捆绑,有2种方法,再把它与1排列,有2种排法,此时共有3
个空供字母A、Y插入,有6种方法,故可构成的号牌个数是2×2×6=24.
答案 24 评析 本题考查“相邻”与“不相邻”问题,考查捆绑法和插空法.把 相邻元素当成一个元素时,一定要注意这些相邻元素要作全排列.
3.相间问题插空法 先把一般元素排列好,然后把特定元素插排在它们之间和两端的空中. 例4 在1,2,3,4,5,6,7的任一排列a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7中,使相邻两数都互 质的 排解列 题种导数引为把1,3,5,.7作全排列→把6插空排好,再把2,4插空排好 →用分步计数原理得结论