高考数学考点归纳之 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 20页

高考数学考点归纳之 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 两个计数原理 完成一件事的策略 完成这件事共有的方法 分类加法 计数原理 有两类不同方案❶，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 N＝m＋n 种不同的方法 分步乘法 计数原理 需要两个步骤❷，做第 1 步有 m 种不同的方法，做 第 2 步有 n 种不同的方法 N＝m×n 种不同的方法 (1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果， 只需一种方法就可完成这件事. (2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的. (1)每一步得到的只是中间结果，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. (2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏. 二、常用结论 1.完成一件事可以有 n 类不同方案，各类方案相互独立，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 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.完成一件事需要经过 n 个步骤，缺一不可，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. 考点一 分类加法计数原理 1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________. 解析：按十位数字分类，十位可为 1,2,3,4,5,6,7,8，共分成 8 类，在每一类中满足条件的 两位数分别有 8 个，7 个，6 个，5 个，4 个，3 个，2 个，1 个，则共有 8＋7＋6＋5＋4＋3 ＋2＋1＝36 个两位数. 答案：36 2.如图，从 A 到 O 有________种不同的走法(不重复过一点). 解析：分 3 类：第一类，直接由 A 到 O，有 1 种走法； 第二类，中间过一个点，有 A→B→O 和 A→C→O 2 种不同的走法； 第三类，中间过两个点，有 A→B→C→O 和 A→C→B→O 2 种不同的走法. 由分类加法计数原理可得共有 1＋2＋2＝5 种不同的走法. 答案：5 3.若椭圆x2 m ＋y2 n ＝1 的焦点在 y 轴上，且 m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭 圆的个数为________. 解析：当 m＝1 时，n＝2,3,4,5,6,7，共 6 个； 当 m＝2 时，n＝3,4,5,6,7，共 5 个； 当 m＝3 时，n＝4,5,6,7，共 4 个； 当 m＝4 时，n＝5,6,7，共 3 个； 当 m＝5 时，n＝6,7，共 2 个. 故共有 6＋5＋4＋3＋2＝20 个满足条件的椭圆. 答案：20 4.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足 a1＜a2 且 a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如 120,343,275 等)，那么所有凸数的个数为________. 解析：若 a2＝2，则百位数字只能选 1，个位数字可选 1 或 0，“凸数”为 120 与 121， 共 2 个.若 a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有 2×3＝6(个). 若 a2＝4，满足条件的“凸数”有 3×4＝12(个)，…，若 a2＝9，满足条件的“凸数”有 8×9 ＝72(个).所以所有凸数有 2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个). 答案：240 考点二 分步乘法计数原理 [典例精析] (1)已知集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则 P 可表 示坐标平面上第二象限的点的个数为( ) A.6 B.12 C.24 D.36 (2)有 6 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. [解析] (1)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 种方法； 第二步确定 b，由于 b＞0，所以有 2 种方法. 由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是 3×2＝6. (2)每项限报一个，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，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名 方法共有 6×5×4＝120(种). [答案] (1)A (2)120 [解题技法] 利用分步乘法计数原理解决问题的策略 (1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，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. (2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保 连续，逐步完成. [题组训练] 1.如图，某电子器件由 3 个电阻串联而成，形成回路，其中有 6 个 焊接点 A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现 发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种. 解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个 焊接点脱落，则电路就不通，故共有 26－1＝63 种可能情况. 答案：63 2.从－1,0,1,2 这四个数中选三个不同的数作为函数 f(x)＝ax2＋bx＋c 的系数，则可组成 ________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答). 解析：一个二次函数对应着 a，b，c(a≠0)的一组取值，a 的取法有 3 种，b 的取法有 3 种，c 的取法有 2 种，由分步乘法计数原理知共有 3×3×2＝18(个)二次函数.若二次函数为 偶函数，则 b＝0，同上可知共有 3×2＝6(个)偶函数. 答案：18 6 考点三 两个计数原理的综合应用 [典例精析] (1)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个 区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数 为( ) A.24 B.48 C.72 D.96 (2)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.18 C.24 D.36 (3)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.48 C.36 D.24 [解析] (1)分两种情况： ①A，C 不同色，先涂 A 有 4 种，C 有 3 种，E 有 2 种，B，D 各有 1 种，有 4×3×2＝24 种 涂法. ②A，C 同色，先涂 A 有 4 种，E 有 3 种，C 有 1 种，B，D 各有 2 种，有 4×3×2×2＝48 种涂法. 故共有 24＋48＝72 种涂色方法. (2)第 1 类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线 面对”有 2×12＝24(个)；第 2 类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交 线面对”，这样的“正交线面对”有 12 个.所以正方体中“正交线面对”共有 24＋12＝ 36(个). (3)长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”的个数为 6×6＝36，另含 4 个顶点的 6 个 面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为 6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数 是 36＋12＝48. [答案] (1)C (2)D (3)B [解题技法] 1.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. 2.涂色、种植问题的解题关注点和关键 (1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素. (2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理. [题组训练] 1.如图所示，用 4 种不同的颜色涂入图中的矩形 A，B，C，D 中，要求 相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种. 解析：按要求涂色至少需要 3 种颜色，故分两类：一是 4 种颜色都用，这时 A 有 4 种 涂法，B 有 3 种涂法，C 有 2 种涂法，D 有 1 种涂法，共有 4×3×2×1＝24(种)涂法；二是 用 3 种颜色，这时 A，B，C 的涂法有 4×3×2＝24(种)，D 只要不与 C 同色即可，故 D 有 2 种涂法，所以不同的涂法共有 24＋24×2＝72(种). 答案：72 2.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共 边的三角形有________个(用数字作答). 解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三 角形共有 8×4＝32(个).第二类，有两条公共边的三角形共有 8 个.由分类加法计数原 理知，共有 32＋8＝40(个). 答案：40 [课时跟踪检测] A 级 1.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( ) A.9 B.14 C.15 D.21 解析：选 B 当 x＝2 时，x≠y，点的个数为 1×7＝7.当 x≠2 时，∵P⊆Q，∴x＝y.∴x 可从 3,4,5,6,7,8,9 中取，有 7 种方法.因此满足条件的点共有 7＋7＝14(个). 2.某班新年联欢会原定的 6 个节目已排成节目单，开演前又增加了 3 个新节目，如果将 这 3 个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( ) A.504 B.210 C.336 D.120 解析：选 A 分三步，先插第一个新节目，有 7 种方法，再插第二个新节目，有 8 种方 法，最后插第三个节目，有 9 种方法.故共有 7×8×9＝504 种不同的插法. 3.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.16 C.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. 4.从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出 5 个数组成子集，使得这 5 个数中任意两个数的和 都不等于 11，则这样的子集有( ) A.32 个 B.34 个 C.36 个 D.38 个 解析：选 A 将和等于 11 的放在一组：1 和 10,2 和 9,3 和 8,4 和 7,5 和 6.从每一小组中 取一个，有 C12＝2(种).共有 2×2×2×2×2＝32(个)子集. 5.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.4 C.6 D.8 解析：选 D 当公比为 2 时，等比数列可为 1,2,4 或 2,4,8；当公比为 3 时，等比数列可 为 1,3,9；当公比为3 2 时，等比数列可为 4,6,9.同理，公比为1 2 ，1 3 ，2 3 时，也有 4 个.故共有 8 个 等比数列. 6.将 1,2,3，…，9 这 9 个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从 左到右、每一列从上到下分别依次增大，当 3,4 固定在图中的位置时，填 写空格的方法为( ) A.6 种 B.12 种 C.18 种 D.24 种 解析：选 A 根据数字的大小关系可知，1,2,9 的位置是固定的，如 图所示，则剩余 5,6,7,8 这 4 个数字，而 8 只能放在 A 或 B 处，若 8 放在 B 处，则可以从 5,6,7 这 3 个数字中选一个放在 C 处，剩余两个位置固定， 此时共有 3 种方法，同理，若 8 放在 A 处，也有 3 种方法，所以共有 6 种方法. 7.(2019·郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要 求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( ) A.4 320 种 B.2 880 种 C.1 440 种 D.720 种 解析：选 A 分步进行：1 区域有 6 种不同的涂色方法，2 区域有 5 种不同的涂色方法， 3 区域有 4 种不同的涂色方法，4 区域有 3 种不同的涂色方法，6 区域有 4 种不同的涂色方 法，5 区域有 3 种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有 6×5×4×3×3×4＝4 320(种)不同的涂色方法. 8.(2019·惠州调研)我们把各位数字之和为 6 的四位数称为“六合数”(如 2 013 是“六合 数”)，则“六合数”中首位为 2 的“六合数”共有( ) 3 4 1 2 D 3 4 A C B 9 A.18 个 B.15 个 C.12 个 D.9 个 解析：选 B 由题意知，这个四位数的百位数，十位数，个位数之和为 4.由 4,0,0 组成 3 个 数，分别为 400,040,004；由 3,1,0 组成 6 个数，分别为 310,301,130,103,013,031；由 2,2,0 组成 3 个数，分别为 220,202,022；由 2,1,1 组成 3 个数，分别为 211,121,112，共有 3＋6＋3＋3＝15(个). 9.在某一运动会百米决赛上，8 名男运动员参加 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. 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.故安排方式有 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上安排，所以安排方式 有 5×4×3×2×1＝120(种). 故安排这 8 人的方式共有 24×120＝2 880(种). 答案：2 880 10.有 A，B，C 型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁 4 个操作人员的技术等级不同，甲、 乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作 C 型电脑，而丁只会操作 A 型电脑.从这 4 个操作人 员中选 3 人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答). 解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从 4 个操作人员中选 3 人去操作 这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类： 第 1 类，选甲、乙、丙 3 人，由于丙不会操作 C 型电脑，分 2 步安排这 3 人操作的电 脑的型号，有 2×2＝4 种方法； 第 2 类，选甲、乙、丁 3 人，由于丁只会操作 A 型电脑，这时安排 3 人分别去操作这 三种型号的电脑，有 2 种方法； 第 3 类，选甲、丙、丁 3 人，这时安排 3 人分别去操作这三种型号的电脑，只有 1 种方 法； 第 4 类，选乙、丙、丁 3 人，同样也只有 1 种方法. 根据分类加法计数原理，共有 4＋2＋1＋1＝8 种选派方法. 答案：8 B 级 1.把 3 封信投到 4 个信箱，所有可能的投法共有( ) A.24 种 B.4 种 C.43 种 D.34 种 解析：选 C 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，由分步乘法计数 原理可得共有 43 种投法. 2.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( ) A.144 个 B.120 个 C.96 个 D.72 个 解析：选 B 由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是 4 或 5.当万位数字为 4 时， 个位数字从 0,2 中任选一个，共有 2×4×3×2＝48 个偶数；当万位数字为 5 时，个位数字 从 0,2,4 中任选一个，共有 3×4×3×2＝72 个偶数.故符合条件的偶数共有 48＋72＝120(个). 3.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形， 现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色， 相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有( ) A.24 种 B.72 种 C.84 种 D.120 种 解析：选 C 如图，设四个直角三角形顺次为 A，B，C，D，按 A―→B―→ C―→D 顺序涂色， 下面分两种情况： (1)A，C 不同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可 以从剩余的 2 种颜色中任意取一色)：有 4×3×2×2＝48 种不同的涂法. (2)A，C 同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可以 从剩余的 3 种颜色中任意取一色)：有 4×3×1×3＝36 种不同的涂法. 故共有 48＋36＝84 种不同的涂色方法. 4.(2018·湖南十二校联考)若 m，n 均为非负整数，在做 m＋n 的加法时各位均不进位(例 如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而 m＋n 称为有序对(m，n)的值， 那么值为 1 942 的“简单的”有序对的个数是________. 解析：第 1 步，1＝1＋0,1＝0＋1，共 2 种组合方式； 第 2 步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共 10 种组合方式； 第 3 步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共 5 种组合方式； 第 4 步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共 3 种组合方式. 根据分步乘法计数原理，值为 1 942 的“简单的”有序对的个数是 2×10×5×3＝300. 答案：300 5.已知集合 M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若 a，b，c∈M，则： (1)y＝ax2＋bx＋c 可以表示多少个不同的二次函数； (2)y＝ax2＋bx＋c 可以表示多少个图象开口向上的二次函数. 解：(1)a 的取值有 5 种情况，b 的取值有 6 种情况，c 的取值有 6 种情况，因此 y＝ax2 ＋bx＋c 可以表示 5×6×6＝180 个不同的二次函数. (2)y＝ax2＋bx＋c 的图象开口向上时，a 的取值有 2 种情况，b，c 的取值均有 6 种情况， 因此 y＝ax2＋bx＋c 可以表示 2×6×6＝72 个图象开口向上的二次函数. 第二节 排列与组合 1.排列、组合的定义 排列的 定义 从 n 个不同元 素 中 取 出 m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元 素的一个排列 组合的 定义 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 2.排列数、组合数的定义、公式、性质 排列数 组合数 定 义 从 n 个 不 同 元 素 中 取 出 m(m≤n，m，n∈N*)个元素的 所有不同排列的个数 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n，m，n∈ N*)个元素的所有不同组合的个数 公 式 Amn ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋ 1)＝ n！ n－m！ Cmn ＝Amn Amm ＝nn－1n－2…n－m＋1 m！ 性 质 Ann＝n！，0！＝1 C0n＝1，Cmn ＝Cn－mn ，Cmn ＋Cm－1n ＝Cmn＋1 正确理解组合数的性质 (1)Cmn ＝Cn－mn ：从 n 个不同元素中取出 m 个元素的方法数等于取出剩余 n－m 个元素的 方法数. (2)Cmn ＋Cm－1n ＝Cmn＋1：从 n＋1 个不同元素中取出 m 个元素可分以下两种情况：①不含特 殊元素 A 有 C mn 种方法；②含特殊元素 A 有 C m－1n 种方法. 考点一 排列问题 [典例精析] 有 3 名男生、4 名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数. (1)选 5 人排成一排； (2)排成前后两排，前排 3 人，后排 4 人； (3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾； (4)全体排成一排，女生必须站在一起； (5)全体排成一排，男生互不相邻. [解] (1)从 7 人中选 5 人排列，有 A57＝7×6×5×4×3＝2 520(种). (2)分两步完成，先选 3 人站前排，有 A 37种方法，余下 4 人站后排，有 A 44种方法，共 有 A37A44＝5 040(种). (3)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有 5 种方法，其余 6 人有 A 66种排列方法，共有 5×A66 ＝3 600(种). 法二：(特殊位置优先法)首尾位置可安排另 6 人中的两人，有 A 26种排法，其他有 A 55种 排法，共有 A26A55＝3 600(种). (4)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 A 44种方法，再将女生全排 列，有 A 44种方法，共有 A44·A44＝576(种). (5)(插空法)先排女生，有 A 44种方法，再在女生之间及首尾 5 个空位中任选 3 个空位安 排男生，有 A 35种方法，共有 A44·A35＝1 440(种). [解题技法] 求解排列应用问题的 6 种主要方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 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 素排列的空当中 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 [题组训练] 1.(2019·太原联考)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.1 800 B.3 600 C.4 320 D.5 040 解析：选 B 先排除舞蹈节目以外的 5 个节目，共 A 55种，再把 2 个舞蹈节目插在 6 个 空位中，有 A 26种，所以共有 A55A26＝3 600(种). 2.(2019·石家庄模拟)用数字 0,1,2,3,4 组成没有重复数字且大于 3 000 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 A34＝24(个)；②当千位上 的数字为 3 时，满足条件的四位数有 A34＝24(个).由分类加法计数原理得满足条件的四位数 共有 24＋24＝48(个)，故选 C. 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( ) A.1 108 种 B.1 008 种 C.960 种 D.504 种 解析：选 B 将丙、丁两人进行捆绑，看成一人.将 6 人全排列有 A22A 66种排法；将甲排 在排头，有 A22A 55种排法；乙排在排尾，有 A22A 55种排法；甲排在排头，乙排在排尾，有 A22A44 种排法.则甲不能在排头，乙不能在排尾，丙、丁两人必须相邻的不同排法共有 A22A66－A22A55 －A22A55＋A22A44＝1 008(种). 考点二 组合问题 [典例精析] 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，不同取法有多少种？ (2)其中某一种假货不能在内，不同取法有多少种？ (3)恰有 2 种假货在内，不同取法有多少种？ (4)至少有 2 种假货在内，不同取法有多少种？ (5)至多有 2 种假货在内，不同取法有多少种？ [解] (1)从余下的 34 种商品中， 选取 2 种有 C234＝561(种)取法， 所以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 334种或者 C335－C234＝C334＝5 984(种)取法. 所以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 种， 从 15 种假货中选取 2 种有 C120C215＝2 100(种)取法. 所以恰有 2 种假货在内的不同的取法有 2 100 种. (4)选取 2 种假货有 C120C 215种，选取 3 种假货有 C 315种， 共有选取方式 C120C215＋C315＝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)法一：(间接法) 选取 3 种商品的总数为 C335，因此共有选取方式 C335－C315＝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. 法二：(直接法) 共有选取方式 C320＋C220C115＋C120C215＝6 090(种). 所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种. [解题技法] 组合问题的 2 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. [题组训练] 1.(2018·南宁二中、柳州高中第二次联考)从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，使得 其中至少有两个相邻，则不同的选法种数是( ) A.72 B.70 C.66 D.64 解析：选 D 从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，共有 C12·C17＋C17·C16 ＝56 种选法，三个数相邻共有 C18＝8 种选法，故至少有两个数相邻共有 56＋8＝64 种选法. 2.(2019·辽宁五校协作体联考)在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给 6 位“萌娃” 布置一项搜寻空投食物的任务.已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于 Grace 年纪尚 小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷 点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，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 解析：选 B 若 Grace 不参与任务，则需要从剩下的 5 位小孩中任意挑出 1 位陪同，有 C 15种挑法，再从剩下的 4 位小孩中挑出 2 位搜寻远处，有 C 24种挑法，最后剩下的 2 位小孩 搜寻近处，因此一共有 C15C24＝30 种搜寻方案；若 Grace 参与任务，则其只能去近处，需要 从剩下的 5 位小孩中挑出 2 位搜寻近处，有 C 25种挑法，剩下 3 位小孩去搜寻远处，因此共 有 C25＝10 种搜寻方案.综上，一共有 30＋10＝40 种搜寻方案. 3.(2018·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：从 2 位女生，4 位男生中选 3 人，共有 C 36种情况，没有女生参加的情况有 C 34种， 故共有 C36－C34＝20－4＝16(种). 答案：16 考点三 分组、分配问题 考法(一) 整体均分问题 [例 1] 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. [解析] 先把 6 个毕业生平均分成 3 组，有C26C24C22 A33 ＝15(种)方法.再将 3 组毕业生分到 3 所学校，有 A33＝6(种)方法，故 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有C26C24C22 A33 ·A33＝90(种)分派 方法. [答案] 90 考法(二) 部分均分问题 [例 2] 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. [解析] 先把 4 名学生分为 2,1,1 共 3 组，有C24C12C11 A22 ＝6(种)分法，再将 3 组对应 3 个学 校，有 A33＝6(种)情况，则共有 6×6＝36(种)不同的保送方案. [答案] 36 考法(三) 不等分问题 [例 3] 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] 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. 根据分步乘法计数原理，共有 C16C25C33＝60 种取法. 再将这 3 组教师分配到 3 所中学，有 A33＝6 种分法， 故共有 60×6＝360 种不同的分法. [答案] 360 [题组训练] 1.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 解析：选 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C24C12C11 A22 ＝6 种， 再分配给 3 个人，有 A33＝6 种，所以不同的安排方式共有 6×6＝36(种). 2.冬季供暖就要开始，现分配出 5 名水暖工去 3 个不同的居民小区检查暖气管道，每名 水暖工只去一个小区，且每个小区都要有人去检查，那么分配的方案共有______种. 解析：5 名水暖工去 3 个不同的居民小区，每名水暖工只去一个小区，且每个小区都要 有人去检查，5 名水暖工分组方案为 3,1,1 和 1,2,2，则分配的方案共有 C35C12 2 ＋C15C24 2 ·A33＝ 150(种). 答案：150 考点四 排列、组合的综合问题 [典例精析] (1)从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的 个数为( ) A.300 B.216 C.180 D.162 (2)用数字 0,1,2,3,4,5,6 组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之 和为偶数的四位数共有________个.(用数字作答) [解析] (1)分两类： 第一类，不取 0，即从 1,2,3,4,5 中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位 数，根据分步乘法计数原理可知，共有 C23·C22·A44＝72(个)符合要求的四位数； 第二类，取 0，此时 2 和 4 只能取一个，再取两个奇数，组成没有重复数字的四位数， 根据分步乘法计数原理可知，共有 C12·C23·(A44－A33)＝108(个)符合要求的四位数. 根据分类加法计数原理可知，满足题意的四位数共有 72＋108＝180(个). (2)当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有 0，则千位上把 剩余数字中任意一个放上即可，方法数是 C23A33C14＝72；若选出的三个偶数不含 0，则千位上 只能从剩余的非 0 数字中选一个放上，方法数是 A33C13＝18，故这种情况下符合要求的四位 数共有 72＋18＝90(个). 当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是 0，则再选出 两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为 C23A33C14＝72；若选出的偶 数不是 0，则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非 0 数字中选一个放上，方法数是 C13C23A33C13＝162，故这种情况下符合要求的四位数共有 72＋162＝234(个). 根据分类加法计数原理，可得符合要求的四位数共有 90＋234＝324(个). [答案] (1)C (2)324 [解题技法] 解决排列、组合综合问题的方法 (1)仔细审题，判断是组合问题还是排列问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过 程进行分步. (2)以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足 特殊位置的要求，再考虑其他位置. (3)对于有附加条件的比较复杂的排列、组合问题，要周密分析，设计出合理的方案， 一般先把复杂问题分解成若干个简单的基本问题，然后应用分类加法计数原理或分步乘法计 数原理来解决，一般遵循先选后排的原则. [题组训练] 1.(2019·广州调研)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 解析：选 B 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，共有 A33A22＝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，共有 C23A22A22＝12 种推荐方法.故共有 24 种推荐方法. 2.(2019·成都诊断)从甲、乙等 8 名志愿者中选 5 人参加周一到周五的社区服务，每天安 排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时， 他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为________.(用数字作答) 解析：根据题意，分 2 种情况讨论，若甲、乙之中只有一人参加，有 C12·C46·A5 5＝3 600(种)； 若甲、乙两人都参加，有 C22·A36·A＝241 440(种).则不同的安排种数为 3 600＋1 440＝5 040. 答案：5 040 [课时跟踪检测] A 级 1.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.16 B.18 C.24 D.32 解析：选 C 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 A33＝6(种)方法，再将捆绑在一起的 4 个车位插入 4 个空当中，有 4 种 方法，故共有 4×6＝24(种)方法. 2.(2019·惠州调研)旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进 行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小李可选的 旅游路线数为( ) A.24 B.18 C.16 D.10 解析：选 D 分两种情况，第一种：最后体验甲景区，则有 A 33种可选的路线；第二种： 不在最后体验甲景区，则有 C12·A 22种可选的路线.所以小李可选的旅游路线数为 A33＋C12·A22＝ 10. 3.(2019·开封模拟)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需 从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科.学生甲要想报考某高校的法学专 业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( ) A.6 B.12 C.18 D.19 解析：选 D 从六科中选考三科的选法有 C 36种，其中不选物理、政治、历史中任意一 科的选法有 1 种，因此学生甲的选考方法共有 C36－1＝19 种. 4.(2019·沈阳教学质量监测)若 4 个人按原来站的位置重新站成一排，恰有 1 个人站在自 己原来的位置，则不同的站法共有( ) A.4 种 B.8 种 C.12 种 D.24 种 解析：选 B 将 4 个人重排，恰有 1 个人站在自己原来的位置，有 C 14种站法，剩下 3 人不站原来位置有 2 种站法，所以共有 C14×2＝8 种站法. 5.(2018·甘肃二诊)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有 4 个红 包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4 个红包中有 2 个 6 元，1 个 8 元，1 个 10 元(红 包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( ) A.18 种 B.24 种 C.36 种 D.48 种 解析：选 C 若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 8 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A22A23＝12 种；若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 10 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A22A23＝12 种；若甲、乙抢的是一个 8 和一个 10 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A22C23＝6 种；若甲、乙抢的是 两个 6 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A23＝6 种，根据分类加 法计数原理可得，共有 12＋12＋6＋6＝36 种情况. 6.(2019·南昌调研)某校毕业典礼上有 6 个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下 要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起.则该校毕业典礼节目演出顺序 的编排方案共有( ) A.120 种 B.156 种 C.188 种 D.240 种 解析：选 A 记演出顺序为 1～6 号，按甲的编排进行分类，①当甲在 1 号位置时，丙、 丁相邻的情况有 4 种，则有 C14A22A33＝48 种；②当甲在 2 号位置时，丙、丁相邻的情况有 3 种，共有 C13A22A33＝36 种；③当甲在 3 号位置时，丙、丁相邻的情况有 3 种，共有 C13A22A33＝ 36 种.所以编排方案共有 48＋36＋36＝120 种. 7.从 5 名学生中选出 4 名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加 生物竞赛，则不同的参赛方案种数为( ) A.48 B.72 C.90 D.96 解析：选 D 由于甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外 3 场竞赛或甲不参加任何竞赛. ①当甲参加另外 3 场竞赛时，共有 C13A34＝72 种选择方案； ②当甲学生不参加任何竞赛时，共有 A44＝24 种选择方案. 综上所述，所有参赛方案有 72＋24＝96(种). 8.某班上午有五节课，分别安排语文、数学、英语、物理、化学各一节课.要求语文与化 学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课方案的种数是( ) A.16 B.24 C.8 D.12 解析：选 A 根据题意，分三步进行分析，①要求语文与化学相邻，将语文和化学看成 一个整体，考虑其顺序，有 A22＝2 种情况；②将这个整体与英语全排列，有 A22＝2 种情况， 排好后，有 3 个空位；③数学课不排第一节，有 2 个空位可选，在剩下的 2 个空位中任选 1 个，安排物理，有 2 种情况，则数学、物理的安排方法有 2×2＝4 种，则不同排课方案的种 数是 2×2×4＝16. 9.(2019·洛阳第一次统考)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：第一步，选 2 名同学报名某个社团，有 C23C14＝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 C13C11＝3 种报法.由分步乘法计数原理得共有 12×3 ＝36 种报法. 答案：36 10.(2018·莆田期中)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， 则不同的选派方法有________种.(用数字作答) 解析：由题设可分两类：一是甲地只选派 1 名女生，先考虑甲地有 C12C 13种情形，后考 虑乙、丙两地，有 A 23种情形，共有 C12C13A23＝36 种情形；二是甲地选派 2 名女生，则甲地 有 C 22种情形，乙、丙两地有 A 23种情形，共有 C22A23＝6 种情形.由分类加法计数原理可知共 有 36＋6＝42 种情形. 答案：42 11.(2018·南阳二模)如图所示 2×2 方格，在每一个方格中填入一个数字， 数字可以是 1,2,3,4 中的任何一个，允许重复.若填入 A 方格的数字大于 B 方格 的数字，则不同的填法共有______种.(用数字作答) 解析：根据题意，对于 A，B 两个方格，可在 1,2,3,4 中任选 2 个，大的放进 A 方格， 小的放进 B 方格，有 C24＝6 种情况，对于 C，D 两个方格，每个方格有 4 种情况，则共有 4×4＝16 种情况，则不同的填法共有 16×6＝96 种. 答案：96 B 级 1.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C24C22 A22 ＝3(种)分法；将 2 个小组的同学分 给 2 名教师共有 A22＝2(种)分法；最后将 2 个小组的人员分配到甲、乙两地有 A22＝2(种)分法. 故不同的安排方案共有 3×2×2＝12(种). 2.(2019·马鞍山模拟)某学校有 5 位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训，现有 5 个培训项目，每位教师可任意选择其中一个项目进行培训，则恰有两个培训项目没有被这 5 位教师中的任何一位教师选择的情况数为( ) A.5 400 B.3 000 C.150 D.1 500 解析：选 D 分两步： A B C D 第一步：从 5 个培训项目中选取 3 个，共 C 35种情况； 第二步：5 位教师分成两类：①选择选出的 3 个培训项目的教师人数分别为 1 人，1 人， 3 人，共C35C12C11 A22 种情况；②选择选出的 3 个培训项目的教师人数分别为 1 人，2 人，2 人， 共C25C23C11 A22 种情况.故选择情况数为 C35 C35C12C11 A22 ＋C25C23C11 A22 A33＝1 500(种). 3.将编号为 1,2,3,4,5,6 的六个小球放入编号为 1,2,3,4,5,6 的六个盒子中，每个盒子放一 个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是( ) A.40 B.60 C.80 D.100 解析：选 A 根据题意，有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，在六个盒子 中任选 3 个，放入与其编号相同的小球，有 C36＝20 种选法，剩下的三个盒子的编号与放入 的小球编号不相同，假设这三个盒子的编号为 4,5,6，则 4 号小球可以放入 5,6 号盒子，有 2 种选法，剩下的 2 个小球放入剩下的两个盒子，有 1 种情况，则不同的放法总数是 20×2×1 ＝40. 4.(2019·赣州联考)将标号分别为 1,2,3,4,5,6 的 6 个小球放入 3 个不同的盒子中.若每个盒 子放 2 个，其中标号为 1,2 的小球放入同一盒子中，则不同的放法共有( ) A.12 种 B.16 种 C.18 种 D.36 种 解析：选 C 先将标号为 1,2 的小球放入盒子，有 3 种情况；再将剩下的 4 个球平均放 入剩下的 2 个盒子中，共有C24·C22 2！ ·A22＝6(种)情况，所以不同的放法共有 3×6＝18(种). 5.将 A，B，C，D，E 排成一列，要求 A，B，C 在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B， A”(可以不相邻)，这样的排列数有__________种. 解析：五个元素没有限制全排列数为 A55，由于要求 A，B，C 的次序一定(按 A，B，C 或 C，B，A)，故除以这三个元素的全排列 A33，可得这样的排列数有A55 A33 ×2＝40(种). 答案：40 6.如图，∠MON 的边 OM 上有四点 A1，A2，A3，A4，ON 上有三 点 B1，B2，B3，则以 O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3 为顶点的三角 形个数为________. 解析：用间接法.先从这 8 个点中任取 3 个点，最多构成三角形 C 38个，再减去三点共线的情形即可.共有 C38－C35－C34＝42(个). 答案：42 7.将 7 个相同的小球放入 4 个不同的盒子中. (1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？ (2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？ 解：(1)将 7 个相同的小球排成一排，在中间形成的 6 个空当中插入无区别的 3 个“隔 板”将球分成 4 份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有 C36＝20 种不同 的放入方式. (2)每种放入方式相当于将 7 个相同的小球与 3 个相同的“隔板”进行一次排列，即从 10 个位置中选 3 个位置安排隔板，故共有 C310＝120 种不同的放入方式.