2021届课标版高考理科数学一轮复习教师用书：第十一章第一讲　两个计数原理、排列与组合 9页

第十一章计数原理 第一讲 两个计数原理、排列与组合 1.[2020 广州惠州高三第一次调研]7 人并排站成一行,如果甲、乙两人必须不相邻,那么不同的排法种数是 ( ) A.3 600 B.1 440 C.4 820 D.4 800 2.[2020 河北衡水中学高三第一次联考]“学习强国”学习平台是由中宣部主管,以深入学习宣传习近平新时 代中国特色社会主义思想为主要内容,立足全体党员、面向全社会的优质平台,现日益成为老百姓了解国家动 态、紧跟时代脉搏的热门 App.该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“每日答 题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块.某人在学习过程中,“阅读文章”与“视听学 习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有( ) A.192 种 B.240 种 C.432 种 D.528 种 3.[2017 全国卷Ⅱ,6,5 分][理]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 4.[2020 湖北武汉高三模拟]某班星期二上午有五节课,下午有三节课,安排的课程有语文、数学、英语、物理、 化学、生物、体育,其中数学是上午或下午连续的两节课,其余课程各一节,现将体育课安排在下午的第三节,则 不同的安排方案的种数为( ) A.120 B.480 C.600 D.720 5.[2020 郑州市第三次质量预测]把 12 本相同的资料书分配给三个班级,要求每班至少有 1 本且至多有 6 本, 则不同的分配方法共有 种. 6.[新情境题]勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一,在我国古代称直角三角形为勾 股形,直角边较小者为“勾”,另一直角边为“股”,斜边为“弦”,我国东汉末年著名数学家刘徽利 用“青朱出入图”(如图 11 - 1 - 1)来证明勾股定理.现某数学教师在讲“勾股定理证明”这节课时 为了介绍刘徽的“青朱出入图”,准备用红、黄、绿三种颜色进行填充,为了增加图形之间的区分度, 具有公共边的图形(仅有公共点的情形除外)不能用同种颜色填充,则共有 种不同的填法. 7.[创新题]2019 年 9 月 29 日,中国女排取得 2019 女排世界杯十一连胜.比赛结束后,某运动员与 4 名球迷分别坐在 5 张凳子上拍照,拍完第一张照片后某球迷有事离开,剩下 4 人重新就座后再拍照,但 4 人均不 能坐在原来的位置上,则不同的坐法有 种.(用数字作答) 考法 1 两个基本计数原理的应用 命题角度 1 计数问题 1(1)[2019 河北六校联考]甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是 9,0,2,1,5,为遵守当地某月 5 日至 9 日 5 天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出 行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为 A.64 B.80 C.96 D.120 (2)[2016 全国卷Ⅱ,5,5 分][理]如图 11 - 1 - 2,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.24 B.18 C.12 D.9 图 11 - 1 - 2 (1)由题意得,5 日至 9 日有 3 天奇数日,2 天偶数日,然后分别求出奇数日出行的用车方案种数和偶数 日出行的用车方案种数,由分步乘法计数原理得出结果. (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. (1)5 日至 9 日,日期尾数分别为 5,6,7,8,9,有 3 天是奇数日,2 天是偶数日.第一步,安排偶数日出行,每天都 有 2 种选择,共有 22=4(种);第二步,安排奇数日出行,分两类,第一类,选 1 天安排甲的车,另外 2 天安排其他车, 有 3×2×2=12(种),第二类,不安排甲的车,每天都有 2 种选择,共有 23=8(种),共有 12+8=20(种).根据分步乘法 计数原理,不同的用车方案种数为 4×20=80. (2)从 E 到 F,每条东西向的街道被分成 2 段,每条南北向的街道被分成 2 段,从 E 到 F 最短的走法,无论怎样走, 一定包括 4 段,其中 2 段方向相同,另 2 段方向相同,每种最短走法,即是从 4 段中 2 段走东向的,剩下 2 段走北 向的,故共有走法 C4 2 C2 2 =6(种).同理从 F 到 G,最短的走法有 C3 1 C2 2 =3(种).所以小明到老年公寓可以选择的最短路 径条数为 6×3=18. (1)B (2)B 命题角度 2 涂色问题 2 如图 11 - 1 - 3,某个地区分为 5 个行政区域,现给该地区的地图着色,要求相邻区域不得使 用同一种颜色.现在有 4 种颜色可供选择,则不同的着色方法种数为 A.48 B.24 C.72 D.96 思路一:以位置为主考虑,分步处理,先涂①,依次再涂②③④⑤,当某一步不易确定时,可 再分类. 思路二:以颜色为主考虑,分两类,一类用 4 种颜色,另一类用 3 种颜色. 解法一 (以位置为主考虑) 第一步涂①,有 4 种着色方法. 第二步涂②,有 3 种着色方法. 第三步涂③,有 2 种着色方法. 第四步涂④时分两类, 第一类用余下的颜色,有 1 种着色方法, 第五步涂⑤,有 1 种着色方法; 第二类④与②同色,有 1 种着色方法,第五步涂⑤,有 2 种着色方法. 所以不同的着色方法共有 4×3×2×(1×1+1×2)=72(种). 解法二 (以颜色为主考虑) 分两类. (1)取 4 色:着色方法有 2 A4 4 =48(种). (2)取 3 色:着色方法有 A4 3 =24(种). 所以共有着色方法 48+24=72(种). C 1.(1)[2020 江西上饶模拟]2020 年元旦假期,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 2 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)班的 2 名同学是孪生姐妹,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 (2)[2017 天津,14,5 分][理]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) 考法 2 排列问题 3 有 3 名男生、4 名女生,在下列各条件下,求不同的排列方法总数. (1)排成前、后两排,前排 3 人,后排 4 人; (2)全体排成一排,女生必须站在一起; (3)全体排成一排,男生互不相邻; (4)全体排成一排,其中甲不站最左边,也不站最右边; (5)全体排成一排,其中甲不站最左边,乙不站最右边. (1)分两步完成,先选 3 人站前排,有 A7 3 种方法,余下 4 人站后排,有 A4 4 种方法,共有 A7 3 · A4 4 =5040(种). (2)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列,有 A4 4 种方法,再将女生全排列,有 A4 4 种方法,共有 A4 4 · A4 4 =576(种). (3)(插空法)先排女生,有 A4 4 种方法,然后在女生之间及首尾共 5 个空位中任选 3 个空位安排男生,有 A5 3 种方法,共 有 A4 4 · A5 3 =1440(种). (4)解法一 (特殊元素优先法)先排甲,有 5 种方法,其余 6 人有 A6 6 种排列方法,共有 5× A6 6 =3600(种). 解法二 (特殊位置优先法)左、右两边位置可安排除甲外其余 6 人中的 2 人,有 A6 2 种排法,剩下的 5 人有 A5 5 种排 法,共有 A6 2 A5 5 =3600(种). (5)解法一 (特殊元素优先法)甲在最右边时,其他人可全排列,有 A6 6 种方法;甲不在最右边时,因为甲也不在最左 边,所以可从余下的 5 个位置中任选 1 个,有 C5 1 种,而乙可从除去最右边的位置后剩下的 5 个位置中任选 1 个,有 C5 1 种,其余人全排列,有 A5 5 种不同排法,共有 A6 6 + C5 1 C5 1 A5 5 =3720(种). 解法二 (间接法)7 名学生全排列,有 A7 7 种方法,其中甲在最左边时,有 A6 6 种方法,乙在最右边时,有 A6 6 种方法,其中 都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形( A5 5 种方法),故共有 A7 7 - 2 A6 6 + A5 5 =3720(种) 2.[2019 浙江杭州月考]把 7 个字符 1,1,1,A,A,α,β排成一排,要求三个“1”两两不相邻,且两个 “A”也不相邻,则这样的排法共有( ) A.12 种 B.30 种 C.96 种 D.144 种 考法 3 组合问题 4 [2018 全国卷Ⅰ,15,5 分][理]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) 解法一(直接法) 可分两种情况:第一种情况,只有 1 位女生入选,不同的选法有 C2 1 C4 2 =12(种);第二种情况, 有 2 位女生入选,不同的选法有 C2 2 C4 1 =4(种). 根据分类加法计数原理知,至少有 1 位女生入选的不同的选法共有 16 种. 解法二(间接法) 从 6 人中任选 3 人,不同的选法有 C6 3 =20(种),从 6 人中任选 3 人都是男生,不同的选法有 C4 3 =4(种),所以至少有 1 位女生入选的不同的选法共有 20 - 4=16(种). 3.男运动员 6 名,女运动员 4 名,其中男、女队长各 1 名.现选派 5 人外出参加比赛,在下列情形中 各有多少种选派方法? (1)男运动员 3 名,女运动员 2 名; (2)至少有 1 名女运动员; (3)队长中至少有 1 人参加; (4)既要有队长,又要有女运动员. 考法 4 分组与分配问题 命题角度 1 整体均分问题 5 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,并在其毕业后将其分到 相应的地区任教.现需将6 个免费培养的教育专业师范毕业生平均分到3所学校去任教,有 种不同的分 派方法. 分两步进行,先把 6 个毕业生均分成 3 组,再把这 3 组平均分到 3 所学校,进而计算出结果. 先把 6 个毕业生平均分成 3 组,有 C6 2C4 2C2 2 A3 3 种分法; 再将 3 组毕业生平均分到 3 所学校,有 A3 3 种分法. 故将 6 个毕业生平均分到 3 所学校,不同的分派方法共有 C6 2C4 2C2 2 A3 3 · A3 3 =90(种). 命题角度 2 部分均分问题 6 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) 本题可分“3,1,1,1”和“2,2,1,1”两类求解.每类均存在部分元素个数相同的情况,可先分组,再排 列. 把 6 本不同的书分成 4 组,每组至少 1 本的分法有 2 种. ①第一种,采用“3,1,1,1”的分法,即有 1 组分 3 本,其余 3 组每组分 1 本,不同的分法共有 C6 3C3 1C2 1C1 1 A3 3 =20(种).…(有 三组元素个数相同,因与顺序无关,故需除去重复情况,即只需取 C3 1 C2 1 C1 1 的 1 A3 3 ) ②第二种,采用“2,2,1,1”的分法,即有 2 组每组分 2 本,其余 2 组每组分 1 本, 不同的分法共有 C6 2C4 2 A2 2 · C2 1C1 1 A2 2 =45(种).……………………… ………………(四组元素中,分别有两组元素个数相同,分别为“2, 2”和“1,1”,因与顺序无关,故需除去重复情况,即每类均只需取 1 A2 2 ) 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,分法共有 A4 4 =24(种),(与顺序有关,需全排列) 所以不同的分法共有 65×24=1560(种). 命题角度 3 不等分问题 7 若将 6 名教师分到 3 所中学任教,其中一所 1 名,一所 2 名,一所 3 名,则有 种不同的分法. 元素个数不等,先分组再排列求解. 先将 6 名教师按如下步骤进行分组: 第一步,在 6 名教师中任取 1 名作为一组,有 C6 1 种分法; 第二步,在余下的 5 名教师中任取 2 名作为一组,有 C5 2 种分法; 第三步,余下的 3 名教师作为一组,有 C3 3 种分法. 根据分步乘法计数原理,共有 C6 1 C5 2 C3 3 =60(种)分法.(先按照要求的数据,将所有元素分成元素个数不等的三组) 再将这 3 组教师分配到 3 所中学,有 A3 3 =6(种)分法.(将 3 组全排列) 故不同的分法共有 60×6=360(种). 4.(1)[2019 安徽师大附中模拟]某地举办科技博览会,有 3 个场馆,现将 24 个志愿者名额分配给 这 3 个场馆,要求每个场馆至少有一个名额且各场馆名额数互不相同的分配方法种数为( ) A.222 种 B.253 种 C.276 种 D.284 种 (2)将并排的有不同编号的 5 个房间安排给 5 个工作人员临时休息,假定每个人可以选择任一房间,且选择各个 房间是等可能的,则恰有 2 个房间无人选择且这 2 个房间不相邻的安排方式的种数为 . 考法 5 排列与组合的综合应用 8(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 个 没有重复数字的四位数.(用数字作答) (2)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) (1)根据特殊数字 0 进行分类→在每一类中利用分步乘法计数原理→根据分类加法计数原理得最终结果 (2)根据限制条件进行分步求解 (1)分两类,第一类,若取的 4 个数字不包括 0,则可以组成的四位数的个数为 C5 2 C3 2 A4 4 ;第二类,若取的 4 个数 字包括 0,则可以组成的四位数的个数为 C5 2 C3 1 C3 1 A3 3 .(注意 0 不能放在千位) 综上,一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为 C5 2 C3 2 A4 4 + C5 2 C3 1 C3 1 A3 3 =720+540=1260. (2)依题意,第一步,从除甲、乙之外的 6 人中选出 1 人,安排在甲、乙 2 人之间,有 C6 1 种方法,再将甲、乙进行排列, 有 A2 2 种方法;第二步,从其余的 5 人中任选 1 人,有 C5 1 种方法,再把甲、乙及第一步中所选出的人视为一个整体与 第二步中所选出的这个人进行排列,有 A2 2 种方法.故满足题意的不同的发言顺序共有( C6 1 A2 2 )× C5 1 × A2 2 =120(种). 5.(1)将标号为 1,2,3,4 的四个篮球分给三位小朋友,每位小朋友至少分到一个篮球,且标号 1,2 的 两个篮球不能分给同一个小朋友,则不同的分法种数为( ) A.15 B.20 C.30 D.42 (2)某小学 6 名教职工的私家车中有 3 辆为黑色,2 辆为白色,1 辆为红色,学校刚好备有 6 个并排的停车位,上班 期间这 6 辆私家车每天都停在这 6 个车位上,则红色私家车不停在两端、3 辆黑色私家车只有 2 辆相邻的停车 种数为( ) A.144 B.288 C.432 D.720 思想方法分类讨论——解决多限制条件的排列组合问题的重要策略 9[2019 安徽合肥二模]某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务,要求是:任务 A 必须排在前三项 执行,且执行任务 A 之后需立即执行任务 E,任务 B、任务 C 不能相邻,则不同的执行方案共有 A.36 种 B.44 种 C.48 种 D.54 种 由题意知任务 A,E 必须相邻,且 E 只能安排在 A 后面,分三类: ①当 A,E 分别排在第一、第二个位置时,执行方案有 A2 2 A3 2 =12(种); ②当 A,E 分别排在第二、第三个位置时,执行方案有 C2 1 A3 3 + C2 1 A2 2 =12+4=16(种); ③当 A,E 分别排在第三、第四个位置时,执行方案有 C2 1 C2 1 A2 2 A2 2 =16(种). 根据分类加法计数原理得不同的执行方案有 12+16+16=44(种). B 素养探源 核心素 养 考查途径 素养水平 逻辑推 理 依据 A,E 的位置分类,每一类中再依 据条件排序. 二 数学运 算 计算执行方案种数. 一 解后反思 本题属于多限制条件的排列组合问题,共有三个限制条件: ①A 要排在前三项;②E 与 A 相邻且在 A 后;③B,C 不相邻.条件②处理起来较简单,但这些条件同时考虑时较为 复杂,因此,可依据一个或其中几个条件分类,在各类中就不需要再考虑这个或这些条件,相当于条件减少了,本题 是依据条件①②来分类处理的.其实在各类中还可以再分类,比如第二类还可再分为首位排 B 或 C、首位不排 B 或 C 这两类,使问题进一步简化.这是一种化繁为简的策略. 6.[2019 山西太原模拟]如图 11 - 1 - 4 所示,玩具计数算盘的三档上各有 7 个算珠,现将每档算 珠分为左、右两部分,左侧的每个算珠表示数 2,右侧的每个算珠表示数 1(允许一侧无珠),记上、中、下三档的 数字和分别为 a,b,c,例如,图中上档的数字和 a=9.若 a,b,c 成等差数列,则不同的分珠计数法有 种. 图 11 - 1 - 4 375 1.A 解法一 由题意,分两步:第一步,先安排甲、乙以外的 5 人,不同的排法有 A5 5 =120(种);第二步,在 5 个人形 成的 6 个空中任选 2 个空排甲、乙,不同的排法有 A6 2 =30(种).由分步乘法计数原理得,满足条件的不同排法有 120×30=3 600(种).故选 A. 解法二 7 人并排站成一行的不同排法有 A7 7 =5 040(种),其中甲、乙两人相邻的不同排法有 2 A6 6 =1 440(种), 所以甲、乙两人必须不相邻的不同排法有 5 040 - 1 440=3 600(种),故选 A. 2.C 若“阅读文章”与“视听学习”相邻,则有 A2 2 × A5 5 种可能;若“阅读文章”与“视听学习”相隔一个答题 板块,则有 A2 2 × C4 1 × A4 4 种可能.故所求学习方法共有 A2 2 × A5 5 + A2 2 × C4 1 × A4 4 =432(种),故选 C. 3.D 因为安排 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,所以必有 1 人完成 2 项工 作.先把 4 项工作分成 3 组,即 2,1,1,有 C4 2 C2 1 C1 1 A2 2 =6(种),再分配给 3 个人,有 3 3 =6(种),所以不同的安排方式共有 6×6=36(种).故选 D. 【解后反思】 解排列组合应用题时:(1)要注意均匀分组与不均匀分组的区别,均匀分组不要重复计数;(2)对于 受条件限制的组合题,通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)两种解题方法,分类时标准应统一,避免出现遗 漏或重复;(3)应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义. 4.C 若数学课安排在下午,只能安排在6,7节,其余5节课全排列,不同的安排方案有 A5 5 =120(种);若数学课安排 在上午,可能是 1,2 节,2,3 节,3,4 节,4,5 节,共 4 种不同的安排方案,其余 5 节课全排列,不同的安排方案有 4× A5 5 =4×120=480(种).所以不同的安排方案共有 120+480=600(种).故选 C. 5.25 12 本书按照要求分成符合题意的三份,分别是(1,5,6),(2,4,6),(3,3,6),(3,4,5),(2,5,5),(4,4,4),若按(1,5,6) 分给三个班,则方法共有 A3 3 =6(种);若按(2,4,6)分给三个班,则方法共有 A3 3 =6(种);若按(3,3,6)分给三个班,则方法 共有 A3 3 2 = 6 2 =3(种);若按(3,4,5)分给三个班,则方法共有 A3 3 =6(种);若按(2,5,5)分给三个班,则方法共有 A3 3 2 = 6 2 =3(种);若按(4,4,4)分给三个班,只有 1 种方法.所以方法共有 6×3+3×2+1=25(种). 6.48 先对“青朱出入图”的各个部分进行编号,如图 D 11 - 1 - 1 所示, 图 D 11 - 1 - 1 由于与图形 C,D 相邻的图形较多,因此可优先考虑填充 C 与 D.先填充图形 C,有 C3 1 种填法,再填充图形 D,有 C2 1种填法.假设用红色涂 C,黄色涂 D,此时图形 E,G 必定涂绿色,H 涂黄色,而 F,A,B 每个图形均有 C2 1 种填法,故不同 的填法共有 C3 1 × C2 1 × C2 1 × C2 1 × C2 1 =48(种). 7.6 360 拍第一张照片时有 A5 5 种不同的坐法.设该运动员为甲,4 名球迷分别为乙、丙、丁、戊.不妨记甲、乙、 丙、丁、戊第一次拍照时坐的位置分别为 a,b,c,d,e,拍完第一张照片离开的球迷为戊,下面讨论第二次拍照时 4 人的坐法.①甲、乙、丙、丁坐在 a,b,c,d 四个位置上,共有 3 C3 1 种不同的坐法.②甲、乙、丙、丁坐在包含 e 的 四个位置上,有 C4 3 种不同的选位置的方法,不妨设这 4 个位置为 b,c,d,e.若甲坐在 e 位置上,则剩下乙、丙、丁坐 在 b,c,d 位置上,共有 2 种不同的坐法;若甲不坐在 e 位置上,则甲有 3 种不同的坐法,不妨设甲坐在 b 位置上,则 剩下乙、丙、丁坐在 c,d,e 位置上,有 3 种不同的坐法.综上,不同的坐法种数为 A5 5 [3 C3 1 + C4 3 (2+3×3)]=6 360. 【解后反思】 本题要求考生综合运用两个计数原理进行解题,难度大,包含的情况较复杂,需要考生深入、透彻 理解题意,思路清晰. 1.(1)B 由题意,分两类:第一类,(1)班的 2 名同学在甲车上,甲车上剩下 2 名同学要来自不同的班级,从 3 个班 级中选 2 个,有 C3 2 =3(种),然后从选择的班级中每班再选择 1 名同学,有 C2 1 C2 1 =4(种),故有 3×4=12(种).第二类,(1) 班的 2 名同学不在甲车上,则从剩下的 3 个班级中选择 1 个班级的 2 名同学在甲车上,有 C3 1 =3(种),然后从剩下 的 2 个班级中分别选择 1 名,有 C2 1 C2 1 =4(种),这时共有 3×4=12(种).根据分类加法计数原理得,不同的乘车方式 共有 12+12=24(种).故选 B. (2)1 080 一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有 C4 1 C5 3 A4 4 =960(个),四个数字都是奇数的四位数有 A5 4 =120(个),则至多有一个数字是偶数的四位数一共有 960+120=1 080(个). 2.C 先排列 A,A,α,β,若 A,A 不相邻,不同的排法有 A2 2 C3 2 =6(种);若 A,A 相邻,有 A3 3 =6(种),共有不同的排法 6+6=12(种).从所形成的 5 个空中选 3 个插入 1,1,1,排法共有 12 C5 3 =120(种).当 A,A 相邻时,从所形成的 4 个 空中选 3 个插入 1,1,1,共有 6 C4 3 =24(种).故若三个“1”两两不相邻,且两个“A”也不相邻,则这样的排法共有 120 - 24=96(种).故选 C. 3.(1)分两步完成: 第一步,选 3 名男运动员,有 C6 3 种选法; 第二步,选 2 名女运动员,有 C4 2 种选法.由分步乘法计数原理可得,共有 C6 3 · C4 2 =120(种)选法. (2)解法一 “至少有 1 名女运动员”包括以下四种情况: 1 女 4 男,2 女 3 男,3 女 2 男,4 女 1 男. 由分类加法计数原理可得选法共有 C4 1 C6 4 + C4 2 C6 3 + C4 3 C6 2 + C4 4 C6 1 =246(种). 解法二 “至少有 1 名女运动员”的反面为“全是男运动员”,可用间接法求解. 从 10 人中任选 5 人有 C10 5 种选法,其中全是男运动员的选法有 C6 5 种.所以“至少有 1 名女运动员”的选法有 C10 5 − C6 5 =246(种). (3)解法一 (直接法)可分类求解: “只有男队长”的选法种数为 C8 4 ; “只有女队长”的选法种数为 C8 4 ; “男、女队长都入选”的选法种数为 C8 3 , 所以共有 2 C8 4 + C8 3 =196(种)选法. 解法二 (间接法)从 10 人中任选 5 人有 C10 5 种选法, 其中不选队长的方法有 C8 5 种.所以“至少有 1 名队长”的选法有 C10 5 − C8 5 =196(种). (4)当有女队长时,其他人任意选,共有 C9 4 种选法;当不选女队长时,必选男队长,共有 C8 4 种选法,其中不含女运动员 的选法有 C5 4 种,所以不选女队长时的选法共有( C8 4 − C5 4 )种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有 C9 4 + C8 4 − C5 4 =191(种). 4.(1)A 依题意,每个场馆至少有一个名额的分法有 C23 2 =253(种),将 24 个志愿者分成 3 组,则至少有两组人数 相同的分配方法有{1,1,22}, {2,2,20},{3,3,18},{4,4,16},{5,5,14},{6,6,12},{7,7,10},{8,8,8},{9,9,6},{10,10,4},{11,11,2}({a,b,c}表示 3 组人数分 别为 a,b,c),再对应分配到 3 个场馆,方法共有 3 C10 1 +1=31(种). 所以每个场馆至少有一个名额且各场馆名额互不相同的分配方法共有 253 - 31=222(种).故选 A. (2)900 先将 5 人分成 3 组(1,1,3 或 2,2,1 两种),再将这 3 组人安排到 3 个房间,然后将剩下的 2 个房间插入 前面住了人的 3 个房间形成的空档中即可,故安排方式共有( C5 1 C4 1 C3 3 A2 2 + C5 2 C3 2 C1 1 A2 2 )· 3 3 · 4 2 =900(种). 5.(1)C 四个篮球中两个分到一组有 C4 2 种分法,三组篮球进行全排列有 A3 3 种分法,其中标号 1,2 的两个篮球分给 同一个小朋友有 A3 3 种分法,所以共有分法 C4 2 A3 3 − A3 3 =30(种).故选 C. (2)B 解法一 ①当白色私家车停在两端、3 辆黑色私家车只有 2 辆相邻时,先排 3 辆黑色私家车,有 A3 3 种情况, 再将 1 辆红色私家车插入黑色私家车中间的 2 个空位中的任 1 个,有 C2 1 种情况,最后将 2 辆白色私家车停在两 端,有 A2 2 种情况,此时不同的停车种数共有 A3 3 C2 1 A2 2 =24(种);②当黑色私家车停在两端、3 辆黑色私家车只有 2 辆 相邻时,先排 3 辆黑色私家车,有 A3 3 种情况,再将剩下的 3 辆车作为整体插入黑色私家车中间的 2 个空位中的任 1 个,有 C2 1 A3 3 种情况,此时不同的停车种数共有 A3 3 C2 1 A3 3 =72(种);③当车位两端一端停白色私家车、一端停黑色私 家车时,先排 3 辆黑色私家车,有 A3 3 种情况,(i)当红色私家车排在黑色私家车两边时,有 C2 1 C2 1 A2 2 种情况,(ii)当红色 私家车排在黑色私家车中间时,有 C2 1 ( C2 1 A2 2 + C2 1 C2 1 A2 2 )种情况,此时不同的停车种数有 A3 3 [ C2 1 C2 1 A2 2 + C2 1 ( C2 1 A2 2 + C2 1 C2 1 A2 2 )]=192(种).综上,不同的停车种数共有 24+72+192=288(种).故选 B. 解法二 不考虑红色私家车的停靠位置,则 3 辆黑色私家车只有 2 辆相邻时,考虑从 3 辆黑色私家车中选出 2 辆捆在一起当作一个元素,与另一辆黑色私家车插入由 2 辆白色私家车、1 辆红色私家车的全排列形成的 4 个 空位中,停车种数有 C3 2 A2 2 A3 3 A4 2 =432(种),而两端停靠红色私家车的种数有 C3 2 A2 2 C2 1 A2 2 A3 2 =144(种),所以红色私家 车不停在两端、3 辆黑色私家车只有 2 辆相邻的停车种数有 432 - 144=288(种),故选 B. 6.32 根据题意知,a,b,c 分别是区间[7,14]中的 8 个整数之一,故公差 d 是区间[ - 3,3]中的 7 个整数之一.①当 公差 d=0 时,有 C8 1 = 8(种);②当公差 d=±1 时,b 不取 7,14,所以有 2× C6 1 =12(种);③当公差 d=±2 时,b 不取 7,8,13,14,所以有 2× C4 1 =8(种);④当公差 d=±3 时,b 只能取 10 或 11,所以有 2× C2 1 =4(种).综上,不同的分珠计 数法共有 8+12+8+4=32(种).