（江苏专用）2017版高考数学一轮复习 第十章 计数原理 理（打包3套）.zip

1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学一轮复习 第十章 计数原理 10.1 分类计数原理与分步计数原理 理1.分类计数原理如果完成一件事，有 n 类方式，在第 1 类方式中有 m1种不同的方法，在第 2 类方式中有 m2种不同的方法，……在第 n 类方式中有 mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ m1＋ m2＋…＋ mn种不同的方法.2.分步计数原理如果完成一件事，需要分成 n 个步骤，做第 1 步有 m1种不同的方法，做第 2 步有 m2种不同的方法，……做第 n 步有 mn种不同的方法，那么完成这件事共有 N＝ m1×m2×…×mn种不同的方法.3.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，用其中的任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.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在分类计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.( × )(2)在分类计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.( √ )(3)在分步计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成.( √ )(4)如果完成一件事情有 n 个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…， n)，那么完成这件事共有 m1m2m3…mn种方法.( √ )(5)在分步计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( √ )1.(教材改编)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 3 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 2解析 传递方式有甲→乙→丙→甲；甲→丙→乙→甲.22.从 3 名女同学和 2 名男同学中选 1 人主持主题班会，则不同的选法种数为________.答案 5解析 5 个人中每一个都可主持，所以共有 5 种选法.3.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.答案 48解析 按 A→ B→ C→ D 顺序分四步涂色，共有 4×3×2×2＝48 种.4.用数字 2,3 组成四位数，且数字 2,3 至少都出现一次，则这样的四位数共有________个.(用数字作答)答案 14解析 数字 2,3 至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现 1 次， “3”出现 3 次，共可组成 C ＝4 个四位数.14“2”出现 2 次， “3”出现 2 次，共可组成 C ＝6 个四位数.24“2”出现 3 次， “3”出现 1 次，共可组成 C ＝4 个四位数.34综上所述，共可组成 14 个这样的四位数.5.(教材改编)5 位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种.答案 32解析 每位同学都有 2 种报名方法，因此，可分五步安排 5 名同学报名，由分步计数原理，总的报名方法共 2×2×2×2×2＝32(种).题型一 分类计数原理的应用例 1 高三一班有学生 50 人，男生 30 人，女生 20 人；高三二班有学生 60 人，男生 30 人，女生 30 人；高三三班有学生 55 人，男生 35 人，女生 20 人.(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？3解 (1)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班任选一名学生共有 50 种选法；第二类，从高三二班任选一名学生共有 60 种选法；第三类，从高三三班任选一名学生共有 55 种选法.根据分类计数原理，任选一名学生任学生会主席共有 50＋60＋55＝165 种选法.(2)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班男生中任选一名共有 30 种选法；第二类，从高三二班男生中任选一名共有 30 种选法；第三类，从高三三班女生中任选一名共有 20 种选法.综上知，共有 30＋30＋20＝80 种选法.思维升华 分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置.首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类.(2015·四川)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 120解析 由题意知，首位数字只能是 4,5，若万位是 5，则有 3×A ＝72 个；若万位是 4，则34有 2×A ＝48 个，故比 40 000 大的偶数共有 72＋48＝120 个.34题型二 分步计数原理的应用例 2 (1)将字母 a， a， b， b， c， c 排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________种.(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.答案 (1)12 (2)120解析 (1)先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有 6 种不同排法；再排第二列，其中第二列第一行的字母共有 2 种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1 种排法.因此共有 6×2×1＝12 种不同的排列方法.(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有 6 种选法，第二个项目有 5 种选法，第三个项目有 4 种选法，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有 6×5×4＝120 种.引申探究1.本例(2)中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限” ，则有多少种不同的报名方法？4解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有 3 种不同的报名方法，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有 36＝729 种.2.本例(2)中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限” ，则有多少种不同的报名方法？解 每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有 63＝216 种.(1)某体育彩票规定：从 01 至 36 共 36 个号中抽出 7 个号为一注，每注 2 元.某人想从 01 至 10 中选 3 个连续的号，从 11 至 20 中选 2 个连续的号，从 21 至 30 中选 1 个号，从 31 至 36 中选 1 个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花________元.(2)用 0,1,2,3,4,5 可组成无重复数字的三位数的个数为________.答案 (1)8 640 (2)100解析 (1)从 01 至 10 中选 3 个连续的号共有 8 种选法；从 11 至 20 中选 2 个连续的号共有9 种选法；从 21 至 30 中选 1 个号有 10 种选法；从 31 至 36 中选 1 个号有 6 种选法，根据分步计数原理，得共有 8×9×10×6＝4 320 种，所以至少需花 4 320×2＝8 640(元).(2)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数字有 5 种放法；第二步：十位数字有5 种放法；第三步：个位数字有 4 种放法.根据分步计数原理，三位数的个数为5×5×4＝100.题型三 两个计数原理的综合应用例 3 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有 5 种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.解 方法一 可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步计数原理即可得出结论.由题设，四棱锥 S—ABCD 的顶点 S、 A、 B 所染的颜色互不相同，它们共有 5×4×3＝60 种染色方法.当 S、 A、 B 染好时，不妨设其颜色分别为 1、2、3，若 C 染 2，则 D 可染 3 或 4 或 5，有 3种染法；若 C 染 4，则 D 可染 3 或 5，有 2 种染法；若 C 染 5，则 D 可染 3 或 4，有 2 种染法.可见，当 S、 A、 B 已染好时， C、 D 还有 3＋2＋2＝7 种染法，故不同的染色方法有 60×7＝420种.方法二 以 S、 A、 B、 C、 D 顺序分步染色.第一步， S 点染色，有 5 种方法；5第二步， A 点染色，与 S 在同一条棱上，有 4 种方法；第三步， B 点染色，与 S、 A 分别在同一条棱上，有 3 种方法；第四步， C 点染色，也有 3 种方法，但考虑到 D 点与 S、 A、 C 相邻，需要针对 A 与 C 是否同色进行分类，当 A 与 C 同色时， D 点有 3 种染色方法；当 A 与 C 不同色时，因为 C 与 S、 B也不同色，所以 C 点有 2 种染色方法， D 点也有 2 种染色方法.由分步、分类计数原理得不同的染色方法共有 5×4×3×(1×3＋2×2)＝420 种.方法三 按所用颜色种数分类.第一类，5 种颜色全用，共有 A 种不同的方法；5第二类，只用 4 种颜色，则必有某两个顶点同色( A 与 C，或 B 与 D)，共有 2×A 种不同的45方法；第三类，只用 3 种颜色，则 A 与 C、 B 与 D 必定同色，共有 A 种不同的方法.35由分类计数原理，得不同的染色方法种数为A ＋2×A ＋A3 5＝420.5 45思维升华 (1)应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.(2)分类要做到“不重不漏” ，正确把握分类标准是关键.(3)分步要做到“步骤完整” ，步步相连能将事件完成.(4)较复杂的问题可借助图表完成.如图，正五边形 ABCDE 中，若把顶点 A、 B、 C、 D、 E 染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有________种.答案 30解析 由题意知本题需要分类来解答，首先 A 选取一种颜色，有 3 种情况.如果 A 的两个相邻点颜色相同，有 2 种情况；这时最后两个点也有 2 种情况；如果 A 的两个相邻点颜色不同，有 2 种情况；这时最后两个点有 3 种情况.所以方法共有 3×(2×2＋2×3)＝30 种.613.对两个基本计数原理认识不清致误典例 (1)把 3 封信投到 4 个信箱，所有可能的投法共有________种.(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有 4 趟，轮船有 3 次，问此人的走法可有________种.易错分析 解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算.解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于(1)，选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有 34种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；对于(2)，易混淆“类”与“步” ，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船，使用乘法原理计算.解析 (1)第 1 封信投到信箱中有 4 种投法；第 2 封信投到信箱中也有 4 种投法；第 3 封信投到信箱中也有 4 种投法.只要把这 3 封信投完，就做完了这件事情，由分步计数原理可得共有 43种方法，即 64 种.(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有 4 种，坐轮船的走法有 3 种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类计数原理，可得此人的走法可有 4＋3＝7 种.答案 (1)64 (2)7温馨提醒 (1)每封信只能投到一个信箱里，而每个信箱可以装 1 封信，也可以装 2 封信，其选择不是唯一的，所以应注意由信来选择信箱，每封信有 4 种选择.(2)在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么.选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏.[方法与技巧]1.分类和分步计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类计数原理针对“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以做完这件事；分步计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.2.分类标准要明确，做到不重复不遗漏.3.混合问题一般是先分类再分步.4.要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律.[失误与防范]1.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行.2.分类的关键在于要做到“不重不漏” ，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步.73.确定题目中是否有特殊条件限制.A 组 专项基础训练(时间：40 分钟)1.从 0,2 中选一个数字，从 1,3,5 中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为________.答案 18解析 三位数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇.对于(1)，个位(3 种选择)，十位(2种选择)，百位(2 种选择)，共 12 种；对于(2)，个位(3 种选择)，十位(2 种选择)，百位(1种选择)，共 6 种，即 12＋6＝18.2.小明有 4 枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面.他想把 4 个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，不同的摆法有________种.答案 5解析 记反面为 1，正面为 2，则正反依次相对有 12121212,21212121 两种；有两枚反面相对有 21121212,21211212,21212112 三种，共 5 种摆法.3.如果一个三位正整数“ a1a2a3”满足 a1a2且 a3a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275)，那么所有凸数的个数为________.答案 240解析 分 8 类，当中间数为 2 时，有 1×2＝2 个；当中间数为 3 时，有 2×3＝6 个；当中间数为 4 时，有 3×4＝12 个；当中间数为 5 时，有 4×5＝20 个；当中间数为 6 时，有 5×6＝30 个；当中间数为 7 时，有 6×7＝42 个；当中间数为 8 时，有 7×8＝56 个；当中间数为 9 时，有 8×9＝72 个.故共有 2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240 个.4.集合 P＝{ x,1}， Q＝{ y,1,2}，其中 x， y∈{1,2,3，…，9}，且 P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对( x， y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是________.答案 14解析 当 x＝2 时， x≠ y，点的个数为 1×7＝7；当 x≠2 时， x＝ y，点的个数为 7×1＝7，则共有 14 个点.85.从－2、－1、0、1、2、3 这六个数字中任选 3 个不重复的数字作为二次函数y＝ ax2＋ bx＋ c 的系数 a、 b、 c，则可以组成顶点在第一象限且过原点的抛物线条数为________.答案 6解析 分三步：第一步 c＝0 只有 1 种方法；第二步确定 a， a 从－2、－1 中选一个，有 2 种不同方法；第三步确定 b， b 从 1、2、3 中选一个，有 3 种不同的方法.根据分步计数原理得 1×2×3＝6 种不同的方法.6.2015 北京世界田径锦标赛上，8 名女运动员参加 100 米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8 八条跑道的奇数号跑道上，则安排这 8 名运动员比赛的方式共有________种.答案 2 880解析 分两步安排这 8 名运动员.第一步：安排甲、乙、丙三人，共有 1,3,5,7 四条跑道可安排.所以安排方式有4×3×2＝24 种.第二步：安排另外 5 人，可在 2,4,6,8 及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有 5×4×3×2×1＝120 种.所以安排这 8 人的方式有 24×120＝2 880 种.7.如图，将网格中的三条线段沿网格线上下或左右平移，组成一个首尾相接的三角形，则三条线段一共至少需要移动________格.答案 9解析 如图，将网格中的三条线段沿网格线平移后组成一个首尾相接的三角形，根据平移的基本性质知：左边的线段向右平移 3 格，中间的线段向下平移 2 格，最右边的线段先向左平移 2 格，再向上平移 2 格，此时平移的格数最少为 3＋2＋2＋2＝9，其他平移方法都超过 9 格，∴至9少需要移动 9 格.8.将数字 1,2,3,4 填入标号为 1,2,3,4 的四个方格，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种.答案 9解析 编号为 1 的方格内填数字 2，共有 3 种不同填法；编号为 1 的方格内填数字 3，共有3 种不同填法；编号为 1 的方格内填数字 4，共有 3 种不同填法.于是由分类计数原理，得共有 3＋3＋3＝9 种不同的填法.9.有一项活动需在 3 名老师，6 名男同学和 8 名女同学中选人参加，(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？(3)若需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同选法？解 (1)只需一人参加，可按老师，男同学，女同学分三类各自有 3,6,8 种方法，总方法数为 3＋6＋8＝17 种. (2)分两步，先选教师共 3 种选法，再选学生共 6＋8＝14 种选法，由分步计数原理知，总方法数为 3×14＝42 种. (3)教师，男同学，女同学各一人可分三步，每步方法依次为 3,6,8 种.由分步计数原理知总方法数为 3×6×8＝144 种.10.为了做好阅兵人员的运输，从某运输公司抽调车辆支援，该运输公司有 7 个车队，每个车队的车辆均多于 4 辆.现从这个公司中抽调 10 辆车，并且每个车队至少抽调 1 辆，那么共有多少种不同的抽调方法？解 在每个车队抽调 1 辆车的基础上，还需抽调 3 辆车.可分成三类：一类是从某 1 个车队抽调 3 辆，有 C 种抽调方法；一类是从 2 个车队中抽调，其中 1 个车队抽调 1 辆，另 1 个17车队抽调 2 辆，有 A 种抽调方法；一类是从 3 个车队中各抽调 1 辆，有 C 种抽调方法.故27 37共有 C ＋A ＋C ＝84 种抽调方法.17 27 37B 组 专项能力提升(时间：30 分钟)11.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________种.答案 12解析 分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有 C ＝2 种选派方法；12第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有 C ＝6 种选派方法.24由分步计数原理，不同选派方案共有 2×6＝12 种.12.已知集合 M＝{1,2,3}， N＝{1,2,3,4}，定义函数 f： M→ N.若点 A(1， f(1))、 B(2， f(2))、C(3， f(3))，△ ABC 的外接圆圆心为 D，且 ＋ ＝ λ (λ ∈R)，则满足条件的函数 f(x)DA→ DC→ DB→ 10有________种.答案 12解析 由 ＋ ＝ λ (λ ∈R)，说明△ ABC 是等腰三角形，且 BA＝ BC，必有 f(1)＝ f(3)，DA→ DC→ DB→ f(1)≠ f(2).当 f(1)＝ f(3)＝1 时， f(2)＝2、3、4，有三种情况；f(1)＝ f(3)＝2， f(2)＝1、3、4，有三种情况；f(1)＝ f(3)＝3， f(2)＝2、1、4，有三种情况；f(1)＝ f(3)＝4， f(2)＝2、3、1，有三种情况.因而满足条件的函数 f(x)有 12 种.13.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如 22,121,3 443,94 249 等.显然 2位回文数有 9 个：11,22,33，…，99.3 位回文数有 90 个：101,111,121，…，191,202，…，999.则(1)4 位回文数有________个；(2)2n＋1( n∈N *)位回文数有________个.答案 (1)90 (2)9×10 n解析 (1)4 位回文数相当于填 4 个方格，首尾相同，且不为 0，共 9 种填法，中间两位一样，有 10 种填法，共计 9×10＝90 种填法，即 4 位回文数有 90 个.(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格.结合分步计数原理，知有 9×10n种填法.14.某外语组有 9 人，每人至少会英语和日语中的一门，其中 7 人会英语，3 人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？解 由题意得有 1 人既会英语又会日语，6 人只会英语，2 人只会日语.第一类：从只会英语的 6 人中选 1 人说英语，共有 6 种方法，则说日语的有 2＋1＝3 种，此时共有 6×3＝18 种；第二类：不从只会英语的 6 人中选 1 人说英语，则只有 1 种方法，则选会日语的有 2 种，此时共有 1×2＝2 种；所以根据分类计数原理知共有 18＋2＝20(种)选法.15.将红、黄、绿、黑 4 种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同涂色方法？解 方法一 本题利用了分步计数原理求涂色问题.11给出区域标记号 A， B， C， D， E(如图)，则 A 区域有 4 种不同的涂色方法， B 区域有 3 种，C 区域有 2 种， D 区域有 2 种，但 E 区域的涂色依赖于 B 与 D 涂的颜色，如果 B 与 D 颜色相同有 2 种涂色方法，不相同，则只有 1 种.因此应先分类后分步.①当 B 与 D 同色时，有 4×3×2×1×2＝48 种；②当 B 与 D 不同色时，有 4×3×2×1×1＝24 种.故共有 48＋24＝72 种不同的涂色方法.方法二 按用 3 种或用 4 种颜色分两类，第一类用 3 种，此时 A 与 E， B 与 D 分别同色，于是涂法种数为 A ＝24；第二类用 4 种，此时 A 与 E， B 与 D 有且只有一组同色，涂法种数为342A ＝48.4由分类计数原理知涂法总数为 24＋48＝72 种.1【步步高】 （江苏专用）2017 版高考数学一轮复习 第十章 计数原理 10.2 排列与组合 理1.排列与组合的概念名称 定义排列 按照一定的顺序排成一列组合从 n 个不同元素中取出 m(m≤ n)个元素并成一组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 m(m≤ n)个元素的所有排列的个数叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数，用 A 表示.mn(2)组合数的定义：从 n 个不同元素中取出 m(m≤ n)个元素的所有组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，用 C 表示.mn3.排列数、组合数的公式及性质公式 (1)A ＝ n(n－1)( n－2)…( n－ m＋1) ＝mn n！ n－ m ！(2)C ＝ ＝ ＝mnAmnAm n n－ 1  n－ 2 … n－ m＋ 1m！ n！m！  n－ m ！性质(1)0！＝1；A ＝ n！n(2)C ＝C ；C ＝C ＋C __mn n－ mn mn＋ 1 mn m－ 1n【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)(n＋1)！－ n！＝ n·n！.( √ )(5)A ＝ nA .( √ )mn m－ 1n－2(6)kC ＝ nC .( √ )kn k－ 1n－1.(教材改编)用数字 1、2、3、4、5 组成的无重复数字的四位偶数的个数为________.答案 48解析 末位数字排法有 A 种，其他位置排法有 A 种，12 34共有 A A ＝48 种.12342.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 10解析 方法一 不同的赠送方法有 ＝10 种.A45A2A3方法二 从 2 本同样的画册，3 本同样的集邮册中取出 4 本有两种取法：第一种：从 2 本画册中取出 1 本，将 3 本集邮册全部取出；第二种：将 2 本画册全部取出，从 3 本集邮册中取出 2 本.由于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从 4 位朋友中选出1 人赠送画册，其余的赠送集邮册，有 C ＝4 种赠送方法；第二种取法中只需从 4 位朋友中14选取 2 人赠送画册，其余的赠送集邮册，有 C ＝6 种赠送方法.因此共有 4＋6＝10 种赠送方24法.3.(2014·辽宁改编)6 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为________.答案 24解析 “插空法” ，先排 3 个空位，形成 4 个空隙供 3 人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为 A ＝4×3×2＝24.344.(教材改编)从 4 名男同学和 3 名女同学中选出 3 名参加某项活动，其中男女生都有的选法种数为________.答案 30解析 分两类：男 1 女 2 或男 2 女 1，各有 C C 和 C C 种方法，所以选法种数为1423 2413C C ＋C C ＝12＋18＝30.也可用间接法 C －C －C ＝30.1423 2413 37 34 35.某市拟从 4 个重点项目和 6 个一般项目中各选 2 个项目作为本年度要启动的项目，则重点项目 A 和一般项目 B 至少有一个被选中的不同选法的种数是________.答案 60解析 从 4 个重点项目和 6 个一般项目中各选 2 个项目作为本年度启动的项目，所有的选法种数是 C ×C ＝90.24 26重点项目 A 和一般项目 B 都没有被选中的选法种数是 C ×C ＝30，故重点项目 A 和一般项23 253目 B 至少有一个被选中的不同选法种数是 90－30＝60.题型一 排列问题例 1 (1)3 名男生，4 名女生，选其中 5 人排成一排，则有________种不同的排法.(2)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.答案 (1)2 520 (2)480解析 (1)问题即为从 7 个元素中选出 5 个全排列，有 A ＝2 520 种排法.57(2)从左往右看，若 C 排在第 1 位，共有 A ＝120 种排法；若 C 排在第 2 位， A 和 B 有 C 右5边的 4 个位置可以选，共有 A ·A ＝72 种排法；若 C 排在第 3 位，则 A， B 可排 C 的左侧或24 3右侧，共有 A ·A ＋A ·A ＝48 种排法；若 C 排在第 4,5,6 位时，其排法数与排在第2 3 23 33,2,1 位相同，故共有 2×(120＋72＋48)＝480 种排法.引申探究1.本例(1)中将条件“5 人排成一排”改为“排成前后两排，前排 3 人，后排 4 人” ，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解 前排 3 人，后排 4 人，相当于排成一排，共有 A ＝5 040 种排法.72.本例(1)中将条件“5 人排成一排”改为“全体站成一排，男、女各站在一起” ，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解 相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有 A 种排法；女生必须站3在一起，是女生的全排列，有 A 种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有 A 种排法，4 2根据分步计数原理，共有 A ·A ·A ＝288 种排法. 3 4 23.本例(1)中将条件“5 人排成一排”改为“全体站成一排，男生不能站在一起” ，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解 不相邻问题(插空法)：先安排女生共有 A 种排法，男生在 4 个女生隔成的 5 个空中安4排共有 A 种排法，故共有 A ·A ＝1 440 种排法.35 4 354.本例(1)中将条件“5 人排成一排”改为“全体站成一排，甲不站排头也不站排尾” ，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解 先安排甲，从除去排头和排尾的 5 个位置中安排甲，有 A ＝5 种排法；再安排其他人，15有 A ＝720 种排法.所以共有 A ·A ＝3 600 种排法.6 15 6思维升华 排列应用问题的分类与解法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类4过多的问题可以采用间接法.(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法. 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 个；35第二类：2 在个位时，首位从 1,3,4,5 中选定 1 个有 A 种，十位和百位从余下的数字中选，14有 A 种，于是有 A ·A 个；24 14 24第三类：4 在个位时，与第二类同理，也有 A ·A 个.14 24由分类计数原理得，共有 A ＋2A ·A ＝156 个.35 14 24(2)先排 0,2,4，再让 1,3,5 插空，总的排法共 A A ＝144 种，334其中 0 在排头，将 1,3,5 插在后 3 个空的排法共 A ·A ＝12 种，此时构不成六位数，2 3故所求六位数为 A A －A A ＝144－12＝132 个.334 23题型二 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，234∴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 种或者 C －C ＝C ＝5 984 种.34 35 234 34∴某一种假货不能在内的不同取法有 5 984 种.(3)从 20 种真货中选取 1 件，从 15 种假货中选取 2 件有 C C ＝2 100 种.120215∴恰有 2 种假货在内的不同的取法有 2 100 种.(4)选取 2 件假货有 C C 种，选取 3 件假货有 C 种，共有选取方式 C C ＋C ＝2 120 215 315 120215 315100＋455＝2 555 种.∴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 C ，因此共有选取方式355C －C ＝6 545－455＝6 090 种.35 315∴至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种.思维升华 组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含” ，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含” ，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“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.从 10 位学生中选出 5 人参加数学竞赛.(1)甲必须入选的有多少种不同的选法？(2)甲、乙、丙不能同时都入选的有多少种不同的选法？解 (1)学生甲入选，再从剩下的 9 人选 4 人，故甲必须入选的有 C ＝126 种不同选法.49(2)没有限制条件的选择方法有 C ＝252 种，510甲、乙、丙同时都入选有 C ＝21 种，27故甲、乙、丙不能同时都入选的有 252－21＝231 种不同的选法.题型三 排列与组合问题的综合应用命题点 1 相邻问题例 3 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________.(用式子表示)答案 (3！) 4解析 把一家三口看作一个排列，然后再排列这 3 家，所以有(3！) 4种坐法.命题点 2 相间问题例 4 (2014·重庆改编)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________种.答案 120解析 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 1，小品 2，相声” ， “小品 1，相声，小品 2”和“相声，小品 1，小品2”.对于第一种情况，形式为“□小品 1 歌舞 1 小品 2□相声□” ，有 A C A ＝36 种安排方21323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 1□相声□小品 2□” ，有 A A ＝48 种安排方法，故共有 36＋36＋48＝120 种234安排方法.命题点 3 特殊元素(位置)问题例 5 (2014·四川改编)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，6则不同的排法共有________种.答案 216解析 第一类：甲在最左端，有 A ＝5×4×3×2×1＝120 种方法；5第二类：乙在最左端，有 4A ＝4×4×3×2×1＝96 种方法.4所以共有 120＋96＝216 种方法.思维升华 排列与组合综合问题的常见类型及解题策略(1)相邻问题捆绑法.在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列.(2)相间问题插空法.先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用.(3)特殊元素(位置)优先安排法.优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置.(4)多元问题分类法.将符合条件的排列分为几类，而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.某校高二年级共有 6 个班级，现从外地转入 4 名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排 2 名，则不同的安排方案种数为________.(2)(2014·浙江)在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖.将这 8 张奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有________种.答案 (1)90 (2)60解析 (1)方法一 将 4 人平均分成两组有 C ＝3 种方法，将此两组分配到 6 个班级中的 21224个班有 A ＝30 种.26所以不同的安排方法有 C A ＝3×30＝90 种.122426方法二 先从 6 个班级中选 2 个班级有 C26＝15 种不同方法，然后安排学生有 C C ＝6 种，242故有 C26C C ＝15×6＝90 种.242(2)分两类：第一类：3 张中奖奖券分给 3 个人，共 A 种分法；34第二类：3 张中奖奖券分给 2 个人相当于把 3 张中奖奖券分两组再分给 4 人中的 2 人，共有C A 种分法.2324总获奖情况共有 A ＋C A ＝60 种.34 232414.排列、组合问题计算重、漏致误典例 有 20 个零件，其中 16 个一等品，4 个二等品，若从 20 个零件中任意取 3 个，那么7至少有 1 个一等品的不同取法有________种.易错分析 易犯错误如下：先从一等品中取 1 个，有 C 种取法；再从余下的 19 个零件中16任取 2 个，有 C 种不同取法，共有 C C ＝2 736 种不同取法.上述做法使两次取的一等219 16219品有了先后顺序，导致取法重复.解析 方法一 将“至少有 1 个是一等品的不同取法”分三类：“恰有 1 个一等品” ， “恰有2 个一等品” ， “恰有 3 个一等品” ，由分类计数原理有 C C ＋C C ＋C ＝1 136 种.1624 21614 316方法二 考虑其对立事件“3 个都是二等品” ，用间接法：C －C ＝1 136 种.320 34答案 1 136温馨提醒 (1)排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素(位置)优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.(2)“至少、至多”型问题不能直接利用分步计数原理求解，多采用分类求解或转化为它的对立事件求解.[方法与技巧]1.对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑：(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数.2.排列、组合问题的求解方法与技巧：(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件.[失误与防范]求解排列与组合问题的注意点：(1)解排列与组合综合题一般是先选后排，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个原理做最后处理.(2)解受条件限制的组合题，通常用直接法(合理分类)或间接法(排除法)来解决，分类标准应统一，避免出现重复或遗漏.8A 组 专项基础训练(时间：40 分钟)1.若从 1,2,3，…，9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种.答案 66解析 共有 4 个不同的偶数和 5 个不同的奇数，要使和为偶数，则 4 个数全为奇数，或全为偶数，或 2 个奇数和 2 个偶数，故不同的取法有 C ＋C ＋C C ＝66 种.45 4 25242.10 名同学合影，站成了前排 3 人，后排 7 人.现摄影师要从后排 7 人中抽 2 人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为________(用数字作答).答案 420解析 首先从后排的 7 人中抽 2 人，有 C 种方法；再把 2 个人在 5 个位置中选 2 个位置进27行排列有 A 种.由分步计数原理知不同调整方法种数是 C A ＝420.25 27253.某台小型晚会由 6 个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有________种.答案 42解析 分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间 4 个节目无限制条件，有A 种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的 3 个节目中选 1 个节目排在第4一位有 C 种排法，其他 3 个节目有 A 种排法，故有 C A 种排法.依分类计数原理，知共有13 3 133A ＋C A ＝42 种编排方案.4 1334.在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施 6 个程序，其中程序 A 只能出现在第一或最后一步，程序 B 和 C 在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有______种.答案 96解析 程序 A 有 A ＝2 种结果，将程序 B 和 C 看作一个元素与除 A 外的 3 个元素排列有 A A12 2＝48 种，∴由分步计数原理，实验编排共有 2×48＝96 种方法.45.(2014·安徽改编)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 48解析 正方体中共有 12 条面对角线，任取两条作为一对共有 C ＝66 对，12 条对角线中的21两条所构成的关系有平行、垂直、成 60°角.相对两面上的 4 条对角线组成的 C ＝6 对组合24中，平行有 2 对，垂直有 4 对，所以所有的平行和垂直共有 3C ＝18 对.所以成 60°角的有24C －3C ＝66－18＝48 对.21 246.(2015·广东)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.9答案 1 560解析 依题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从 40 人中任选两人的排列数，所以全班共写了 A ＝40×39＝1 560 条毕业留言.2407.(2014·北京)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 36解析 先考虑产品 A 与 B 相邻，把 A， B 作为一个元素有 A 种方法，而 A， B 可交换位置，4所以有 2A ＝48 种摆法，又 A， B 相邻且又满足 A， C 相邻，有 2A ＝12 种摆法，故满足条件4 3的摆法有 48－12＝36 种.8.若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种.答案 11解析 把 g、o、o、d 4 个字母排一列，可分两步进行，第一步：排 g 和 d，共有 A 种排法；24第二步：排两个 o.共一种排法，所以总的排法种数为 A ＝12.其中正确的有一种，所以错误24的共有 A －1＝12－1＝11(种).249.2015 年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共 10 000 个号码中选择.公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金兔卡” ，享受一定优惠政策.如后四位数为“2663” ，“8685”为“金兔卡” ，求这组号码中“金兔卡”的张数.解 ①当后四位数有 2 个 6 时， “金兔卡”共有 C ×9×9＝486 张；24②当后四位数有 2 个 8 时， “金兔卡”也共有 C ×9×9＝486 张.24但这两种情况都包含了后四位数是由 2 个 6 和 2 个 8 组成的这种情况，所以要减掉 C ＝6，24即“金兔卡”共有 486×2－6＝966 张.10.有 9 名学生，其中 2 名会下象棋但不会下围棋，3 名会下围棋但不会下象棋，4 名既会下围棋又会下象棋.现在要从这 9 名学生中选出 2 名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？解 设 2 名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合 A,3 名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合 B,4 名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合 C，则选派 2 名参赛同学的方法可以分为以下 4 类：第一类： A 中选 1 人参加象棋比赛， B 中选 1 人参加围棋比赛，方法数为 C ·C ＝6 种；12 13第二类： C 中选 1 人参加象棋比赛， B 中选 1 人参加围棋比赛，方法数为 C ·C ＝12 种；14 13第三类： C 中选 1 人参加围棋比赛， A 中选 1 人参加象棋比赛，方法数为 C ·C ＝8 种；14 12第四类： C 中选 2 人分别参加两项比赛，方法数为 A ＝12 种；24由分类计数原理，选派方法数共有 6＋12＋8＋12＝38 种.B 组 专项能力提升10(时间：30 分钟)11.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有 5 架舰载机准备着舰.如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有________种.答案 24解析 丙、丁不能相邻着舰，则将剩余 3 机先排列，再将丙、丁进行“插空”.由于甲、乙“捆绑”视作一整体，剩余 3 机实际排列方法共 2×2＝4 种.有三个“空”供丙、丁选择，即 A ＝6 种.由分步计数原理，共有 4×6＝24 种着舰方法.2312.(2014·广东改编)设集合 A＝{( x1， x2， x3， x4， x5)|xi∈{－1，0,1}， i＝1,2,3,4,5}，那么集合 A 中满足条件“1≤| x1|＋| x2|＋| x3|＋| x4|＋| x5|≤3”的元素个数为________.答案 130解析 在 x1， x2， x3， x4， x5这五个数中，因为 xi∈{－1,0,1}， i＝1,2,3,4,5，所以满足条件 1≤| x1|＋| x2|＋| x3|＋| x4|＋| x5|≤3 的可能情况有“①一个 1(或－1)，四个 0，有C ×2 种；②两个 115(或－1)，三个 0，有 C ×2 种；③一个－1，一个 1，三个 0，有 A 种；④两个 1(或－1)，25 25一个－1(或 1)，两个 0，有 C C ×2 种；⑤三个 1(或－1)，两个 0，有 C ×2 种.故共有2513 35C ×2＋C ×2＋A ＋C C ×2＋C ×2＝130 种.15 25 25 2513 3513.国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教.现有 6 个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到 3 所学校去任教，有________种不同的分派方法.答案 90解析 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，C26C24C2A3有 A ＝6 种方法，故 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有 ·A ＝90 种分派方法. 3C26C24C2A3 314.4 个不同的球，4 个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)恰有 1 个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有 1 个盒内有 2 个球，共有几种放法？(3)恰有 2 个盒不放球，共有几种放法？解 (1)为保证“恰有 1 个盒不放球” ，先从 4 个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4 个球，3 个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？” ，即把 4 个球分成 2,1,1 的三组，然后再从 3 个盒子中选 1 个放 2 个球，其余 2 个球放在另外 2 个盒子内，由分步计数原理，共有 C C C ×A ＝144 种放法.142413 2(2)“恰有 1 个盒内有 2 个球” ，即另外 3 个盒子放 2 个球，每个盒子至多放 1 个球，也即另外 3 个盒子中恰有一个空盒，因此， “恰有 1 个盒内有 2 个球”与“恰有 1 个盒不放球”是同一件事，所以共有 144 种放法.11(3)确定 2 个空盒有 C 种方法.244 个球放进 2 个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有 C C A 种方法；3412第二类有序均匀分组有 C 种方法.故共有 C (C C A ＋C )＝84 种放法.24 24 3412 2415.7 名师生站成一排照相留念，其中老师 1 人，男生 4 人，女生 2 人，在下列情况下，各有不同站法多少种？(1)两个女生必须相邻而站；(2)4 名男生互不相邻；(3)老师不站中间，女生甲不站左端.解 (1)∵两个女生必须相邻而站，∴把两个女生看做一个元素，则共有 6 个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有 A A ＝1 440 种站法.62(2)∵4 名男生互不相邻，∴应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有 A A ＝144 种站法.34(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有 A ＝720 种站法，6当老师不站左端时，老师有 5 种站法，女生甲有 5 种站法，余下的 5 个人在五个位置进行排列共有 A ×5×5＝3 000 种站法.根据分类计数原理知共有 720＋3 000＝3 720 种站法.5