【步步高】2015届高考数学总复习 第十章课件 理（打包3套）北师大版
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【步步高】2015届高考数学总复习 第十章课件 理（打包3套）北师大版,步步高,高考,数学,复习,温习,第十,课件,打包,北师大
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类加法计数原理 和分步乘法计数原理 第十章 计数原理 数学 北（理） 基础知识 自主学习 知识回顾 理清教材 要点梳理 1 分类加法计数原理 完成一件事，可以有 n 类办法，在第一类办法中有 第二类办法中有 ，在第 n 类办法中有 么完成这件事共有 N 种方法 ( 也称加法原理 ) 2 分步乘法计数原理 完成一件事需要经过 n 个步骤，缺一不可，做第一步有 第二步有 ，做第 n 步有 么完成这件事共有 N 种方法 ( 也称乘法原理 ) m 1 m 1 m n m 1 m 2 m n 基础知识 自主学习 知识回顾 理清教材 要点梳理 3 分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事的方法的种数它们的区别在于：分类加法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；分步乘法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 题号 答案 解析 1 2 3 4 5 32 24 基础知识 自主学习 12 14 (1) (2 ) (3) (4 ) 夯实基础 突破疑难 夯基释疑 题型分类 深度剖析 题型一 分类加法计数原理的应用 【 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？ 思维启迪 解析 思维升华 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型一 分类加法计数原理的应用 用分类加法计数原理 思维启迪 解析 思维升华 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型一 分类加法计数原理的应用 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， 根据分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50 60 55 165( 种 )选法 思维启迪 解析 思维升华 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型一 分类加法计数原理的应用 ( 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 思维启迪 解析 思维升华 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型一 分类加法计数原理的应用 分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是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，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理 思维启迪 解析 思维升华 题型分类 深度剖析 跟踪训练 1 ( 1) 在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？ ( 2) 方程1 表示焦点在 y 轴上的椭圆，其中m 1,2,3,4,5 ， n 1,2,3,4,5 ,6,7 ，那么这样的椭圆有多少个？ 解 ( 1) 分析个位数字，可分以下几类： 个位是 9 ，则十位可以是 1, 2, 3 ， ， 8 中的一个，故有 8 个； 个位是 8 ，则十位可以是 1, 2, 3 ， ， 7 中的一个，故有 7 个； 同 理，个位是 7 的有 6 个； 个位是 6 的有 5 个； 个位是 2 的只有 1 个 跟踪训练 1 ( 1) 在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？ ( 2) 方程1 表示焦点在 y 轴上的椭圆，其中m 1,2,3,4,5 ， n 1,2,3,4,5 ,6,7 ，那么这样的椭圆有多少个？ 题型分类 深度剖析 由分类加法计数原理，满足条件的两位数有 1 2 3 4 5 6 7 8 36( 个 ) ( 2) 以 m 的值为标准分类，分为五类 第一类： m 1 时，使 n m ， n 有 6 种选择； 第二类： m 2 时，使 n m ， n 有 5 种选择； 第三类： m 3 时，使 n m ， n 有 4 种选择； 第四类： m 4 时，使 n m ， n 有 3 种选择； 跟踪训练 1 ( 1) 在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？ ( 2) 方程1 表示焦点在 y 轴上的椭圆，其中m 1,2,3,4,5 ， n 1,2,3,4,5 ,6,7 ，那么这样的椭圆有多少个？ 题型分类 深度剖析 第五类： m 5 时，使 n m ， n 有 2 种选择 共有 6 5 4 3 2 20( 种 ) 方法， 即有 20 个符合题意的椭圆 题型分类 深度剖析 题型二 分步乘法计数原理的应用 【 例 2 】 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？ ( 不一定六名同学都能参加 ) ( 1) 每人恰好参加一项，每项人数不限； ( 2) 每项限报一人，且每人至多参加一项； ( 3) 每项限报一人，但每人参加的项目不限 思维启迪 解析 思维升华 【 例 2 】 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？ ( 不一定六名同学都能参加 ) ( 1) 每人恰好参加一项，每项人数不限； ( 2) 每项限报一人，且每人至多参加一项； ( 3) 每项限报一人，但每人参加的项目不限 题型分类 深度剖析 题型二 分步乘法计数原理的应用 可以根据报名过程，使用分步乘法计数原理 思维启迪 解析 思维升华 【 例 2 】 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？ ( 不一定六名同学都能参加 ) ( 1) 每人恰好参加一项，每项人数不限； ( 2) 每项限报一人，且每人至多参加一项； ( 3) 每项限报一人，但每人参加的项目不限 题型分类 深度剖析 题型二 分步乘法计数原理的应用 解 ( 1) 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有 3 种不同选法，由分步乘法计数原理， 知共有选法 3 6 729( 种 ) ( 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，第三个项目只有 4 种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法 6 5 4 120( 种 ) 思维启迪 解析 思维升华 【 例 2 】 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下 列情况下各有多少种不同的报名方法？ ( 不一定六名同学都能参加 ) ( 1) 每人恰好参加一项，每项人数不限； ( 2) 每项限报一人，且每人至多参加一项； ( 3) 每项限报一人，但每人参加的项目不限 题型分类 深度剖析 题型二 分步乘法计数原理的应用 ( 3) 由于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， 由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法 6 3 216( 种 ) 思维启迪 解析 思维升华 【 例 2 】 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？ ( 不一定六名同学都能参加 ) ( 1) 每人恰好参加一项，每项人数不限； ( 2) 每项限报一人，且每人至多参加一项； ( 3) 每项限报一人，但每人参加的项目不限 题型分类 深度剖析 题型二 分步乘法计数原理的应用 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； 各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事 思维启迪 解析 思维升华 题型分类 深度剖析 跟踪训练 2 已知集合 M 3 ， 2 ， 1,0,1 , 2 ，若 a ， b ， c M ，则： ( 1) y c 可以表示多少个不同的二次函数； ( 2) y c 可以表示多少个图像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 c 可以表示 5 6 6 180( 个 ) 不同的二次函数 ( 2) y c 的图像开口向上时， a 的取值有 2 种情况， b 、 c 的取值均有 6 种情况， 因此 y c 可以表示 2 6 6 72( 个 ) 图像开口向上的二次函数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 【 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，求不同的染色方法总数 思维启迪 解析 思维升华 【 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，求不同的染色方法总数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题 思维启迪 解析 思维升华 【 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，求不同的染色方法总数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 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，用分步乘法计数原理即可得出结论 由题设，四棱锥 S D 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 思维启迪 解析 思维升华 【 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，求不同的染色方法总数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 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 7 种染法，故不同的染色方法有 60 7 420( 种 ) 思维启迪 解析 思维升华 【 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，求不同的染色方法总数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 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； 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， 思维启迪 解析 思维升华 【 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，求不同的染色方法总数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 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 思维启迪 解析 思维升华 【 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，求不同的染色方法总数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 由分步乘法、分类加法计数原理得 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 55种不同的 方法； 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 45 种不同的方法； 思维启迪 解析 思维升华 【 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，求不同的染色方法总数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 第三类，只用 3 种颜色，则 A 与C 、 B 与 D 必定同色，共有 不同的方法 由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为 A 55 2 A 45 A 35 420( 种 ) 思维启迪 解析 思维升华 【 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，求不同的染色方法总数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步 ( 1) 分类要做到 “ 不重不漏 ” ，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 思维启迪 解析 思维升华 【 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，求不同的染色方法总数 题型分类 深度剖析 题型三 两个原理的综合应用 ( 2) 分步要做到 “ 步骤完整 ” ，只有完成了所有步骤，才完成任务，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 ( 3) 对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析 思维启迪 解析 思维升华 题型分类 深度剖析 跟踪训练 3 用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在 “ 田 ” 字形的 4 个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 解 如图所示，将 4 个小方格依次编号为 1,2, 3,4 ，第 1 个小方格可以从 5 种颜色中任取一种颜色涂上，有 5 种不同的涂法 当第 2 个、第 3 个小方格涂不同颜色时，有 A 24 12( 种 )不同的涂法，第 4 个小方格有 3 种不同的涂法 跟踪训练 3 用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在 “ 田 ” 字形的 4 个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 题型分类 深度剖析 由分步乘法计数原理可知，有 5 12 3 180( 种 ) 不同的涂法； 当第 2 个、第 3 个小方格涂相同颜色时，有 4 种涂法，由于相邻方格不同色， 因此，第 4 个小方格也有 4 种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有 5 4 4 80( 种 ) 不同的涂法 由分类加法计数原理可得，共有 180 80 260( 种 ) 不同的涂法 典例： ( 10 分 ) ( 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 4 3 种 D 3 4 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 析 温 馨 提 醒 易错警示系列 13 对两个基本原理认识不清致误 题型分类 深度剖析 典例： ( 10 分 ) ( 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 4 3 种 D 3 4 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 题型分类 深度剖析 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 易 错 分 析 温 馨 提 醒 易错警示系列 13 对两个基本原理认识不清致误 解 析 典例： ( 10 分 ) ( 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 4 3 种 D 3 4 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 题型分类 深度剖析 ( 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，由分步乘法计数原理可得共有4 3 种方法 易 错 分 析 温 馨 提 醒 易错警示系列 13 对两个基本原理认识不清致误 解 析 典例： ( 10 分 ) ( 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 4 3 种 D 3 4 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 题型分类 深度剖析 ( 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， 根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有 4 3 7( 种 ) 易 错 分 析 温 馨 提 醒 易错警示系列 13 对两个基本原理认识不清致误 解 析 C 7 典例： ( 10 分 ) ( 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 4 3 种 D 3 4 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 题型分类 深度剖析 ( 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 易 错 分 析 温 馨 提 醒 易错警示系列 13 对两个基本原理认识不清致误 解 析 C 7 1 分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数的问题，区别在于：分类加法计数原理针对 “ 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；分步乘法计数原理针对 “ 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 方 法 与 技 巧 思想方法 感悟提高 2 混合问题一般是先分类再分步 3 分类时标准要明确，做到不重复不遗漏 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 思想方法 感悟提高 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 3 确定题目中是否有特殊条件限制 练出高分 专项基础训练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 同理按从大到小顺序也有 4 个，故这样的等比数列的个数为8 个 解析 按从小到大顺序有 12 4,1 39 ,24 8,4 69 共 4 个， 1 从集合 1,2,3 ， ， 10 中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为 ( ) A 3 B 4 C 6 D 8 D 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2 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 ( ) A 24 种 B 30 种 C 36 种 D 48 种 解析 共有 4 3 2 2 48( 种 ) ，故选 D. D 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3 集合 P x, 1 ， Q y, 1,2 ，其中 x ， y 1,2,3 ， ， 9 ，且 P Q 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 当 x 2 时， x y ，点的个数为 1 7 7( 个 ) ； 当 x 2 时， x y ，点的个数为 7 1 7( 个 ) ，则共有 14 个点，故选 B. B 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4 ( 2013 山东 ) 用 0,1 ， ， 9 十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为 ( ) A 243 B 252 C 261 D 279 解析 0,1,2 ， ， 9 共能组成 9 10 10 900( 个 ) 三位数，其中无重复数字的三位数有 9 9 8 648( 个 ) 有重复数字的三位数有 900 648 252( 个 ) B 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5 ( 2013 四川 ) 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 ( ) A 9 B 10 C 18 D 20 解析 由于 a b lg a 0 ， b 0) ， 从 1, 3, 5, 7, 9 中任取两个作为 A 25 20 种， 又 13 与 39 相同 ， 31 与 93 相同， a b 的不同值的个数有 A 25 2 20 2 18 ，选 C. C 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 先选男队员，有 5 种选法，再选女队员有 4 种选法， 由分步乘法计数原理知共有 5 4 20( 种 ) 不同的选法 6 一个乒乓球队里有男队员 5 名，女队员 4 名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打，共有 _ 种不同的选法 20 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7 某次活动中，有 30 人排成 6 行 5 列，现要从中选出 3 人进行礼仪表演，要求这 3 人中的任意 2 人不同行也不同列 ，则不同的选法种数为 _ _ _( 用数字作答 ) 解析 其中最先选出的一个人有 30 种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个 5 行 4 列的队形，故选第二个人有 20 种方法， 此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个 4 行 3列的队形，此时第三个人的选法有 12 种， 根据分步乘法计数原理，总的选法种数是 30 20 12 7 20 0. 7 200 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 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作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第 一、第二象限内不同的点的个数是 _ _ 解析 分两类：第一类，第一象限内的点，有 2 2 4( 个 ) ； 第二类，第二象限内的点，有 1 2 2( 个 ) 共 4 2 6( 个 ) 6 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9 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 ) ； 所以根据分类加法计数原理知共有 18 2 20( 种 ) 选法 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 在某种信息传输过程中，用 4 个数字的一个排列 ( 数字允许重复 ) 表示一个信息，不同排列表示不同信息若所用数字只有 0 和 1 ，则与信息 01 10 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？ 解 方法一 分 0 个相同、 1 个相同、 2 个相同讨论 ( 1) 若 0 个相同，则信息为 1001. 共 1 个 ( 2) 若 1 个相同，则信息为 00 01 ,1 10 1, 10 1 1, 10 00 个 ( 3) 若 2 个相同，又分为以下情况： 若位置一与二相同，则信息为 0101 ； 若位置一与三相同，则信息为 00 1 1 ； 10 在某种信息传输过程中，用 4 个数字的一个排列 ( 数字允许重复 ) 表示一个信息，不同排列表示不同信息若所用数字只有 0 和 1 ，则与信息 01 10 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？ 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 若位置一与四相同，则信息为 0000 ； 若位置二与三相同，则信息为 1111 ； 若位置二与四相同，则信息为 1 10 0 ； 若位置三与四相同，则信息为 1010. 共 6 个 10 在某种信息传输过程中，用 4 个数字的一个排列 ( 数字允许重复 ) 表示一个信息，不同排列表示不同信息若所用数字只有 0 和 1 ，则与信息 01 10 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？ 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 故与信息 01 10 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为 1 4 6 1 1. 方法二 若 0 个相同，共有 1 个； 若 1 个相同，共有 C 14 4( 个 ) ； 若 2 个相同，共有 C 24 6( 个 ) 故共有 1 4 6 1 1( 个 ) 专项 能力提升 练出高分 2 3 4 5 6 7 1 专项 能力提升 练出高分 1 三边长均为整数，且最大边长为 11 的三角形的个数为 ( ) A 24 B 26 C 36 D 37 2 3 4 5 6 7 1 解析 设另两边长分别为 x 、 y ，且不妨设 1 x y 11 ，要构成三角形，必须 x y 12. 当 y 取 11 时， x 1, 2, 3 ， ， 11 ，可有 11 个三角形； 当 y 取 10 时， x 2, 3 ， ， 10 ，可有 9 个三角形； ； 当 y 取 6 时， x 只能取 6 ，只有 1 个三角形 C 所求三角形的个数为 11 9 7 5 3 1 36 . 专项 能力提升 练出高分 2 将 1,2,3,4,5,6,7 ,8, 9 这 9 个数字填在如图的 9 个空格中，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，填写空格的方法种数为 ( ) 3 4 A 4 B 6 C 9 D 12 2 3 4 5 6 7 1 专项 能力提升 练出高分 解析 如图所示，根据题意， 1,2,9 三个数字的位置是确定的，余下的数中， 5 只能在 a ， c 位置， 8 只能在 b ， d 位置， 依 ( a ， b ， c ， d ) 顺序，具体有 ( 5,8,6 ,7) ， ( 5,6,7 ,8) ， ( 5,7,6 ,8) ， ( 6,7,5 ,8) ，( 6, 8,5,7 ) ， ( 7,8,5 ,6) ，合计 6 种 . 2 3 4 5 6 7 1 1 2 a 3 4 b c d 9 答案 B 专项 能力提升 练出高分 3 如图，一环形花坛分成 A ， B ， C ， D 四块，现有 4 种不同的花供选种，要求在每块里种 1 种花，且相邻的 2块种不同的花，则不同的种法总数为 ( ) A 96 B 84 C 60 D 48 2 3 4 5 6 7 1 解析 可依次种 A 、 B 、 C 、 D 四块，当 C 与 A 种同一种花时，有4 3 1 3 36( 种 ) 种法； 当 C 与 A 所种花不同时，有 4 3 2 2 48( 种 ) 种法， 由分类加法计数原理， 不同的种法总数为 36 48 84. B 专项 能力提升 练出高分 4 直线方程 0 ，若从 0,1,2,3,5,7 这 6 个数字中任取两个不同的数作为 A 、 B 的值，则可表示 _ 条不同的直线 2 3 4 5 6 7 1 解析 分成三类： A 0 ， B 0 ； A 0 ， B 0 和 A 0 ， B 0 ，前两类各表示 1 条直线； 第三类先取 A 有 5 种取法，再取 B 有 4 种取法，故有 5 4 20( 种 ) 所以可以表示 22 条不同的直线 22 专项 能力提升 练出高分 5 某电子元件，是由 3 个电阻组成的回路，其中有 4个焊点 A 、 B 、 C 、 D ，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况共有 _ 种 2 3 4 5 6 7 1 解析 方法一 当线路不通时焊点脱落的可能情况共有 2 2 2 2 1 15( 种 ) 方法二 恰有 i 个焊点脱落的可能情况为 C i 1,2 ,3,4 ) 种， 由分类加法计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况共 C 14 C 24 C 34 C 44 15( 种 ) 15 6 五名学生报名参加四项体育比赛，每 人限报一项，则报名方法的种数为 _ 五名学生争夺四项比赛的冠军 ( 冠军不并列 ) ，获得冠军的可能性有 _ _ 种 专项 能力提升 练出高分 2 3 4 5 6 7 1 解析 报名的方法种数为 4 4 4 4 4 4 5 . 获得冠军的可能情况有 5 5 5 5 5 4 ( 种 ) 45 54 7 已知集合 A a 1 ， a 2 ， a 3 ， a 4 ， B 0,1,2,3 ， f 是从 A 到 B 的映射 ( 1) 若 B 中每一元素都有原象，这样不同的 f 有多少个？ ( 2) 若 B 中的元素 0 必无原象，这样的 f 有多少个？ ( 3) 若 f 满足 f ( a 1 ) f ( a 2 ) f ( a 3 ) f ( a 4 ) 4 ，这样的 f 又有多少个？ 专项 能力提升 练出高分 2 3 4 5 6 7 1 解 ( 1) 显然对应是一一对应的，即为 a 1 找象有 4 种方法， a 2 找象有 3种方法， a 3 找象有 2 种方法， a 4 找象有 1 种方法， 所以不同的 f 共有 4 3 2 1 24( 个 ) ( 2) 0 必无原象， 1,2 ,3 有无原象不限，所以为 A 中每一元素找象时都有 3 种方法所以不同的 f 共有 3 4 81( 个 ) ( 3) 分为如下四类： 第一类： A 中每一元素都与 1 对应，有 1 种方法； 7 已知集合 A a 1 ， a 2 ， a 3 ， a 4 ， B 0,1,2,3 ， f 是从 A 到 B 的映射 ( 1) 若 B 中每一元素都有原象，这样不同的 f 有多少个？ ( 2) 若 B 中的元素 0 必无原象，这样的 f 有多少个？ ( 3) 若 f 满足 f ( a 1 ) f ( a 2 ) f ( a 3 ) f ( a 4 ) 4 ，这样 的 f 又有多少个？ 专项 能力提升 练出高分 2 3 4 5 6 7 1 第二类： A 中有两个元素对应 1 ，一个元素对应 2 ，另一个元素与 0对应，有 C 24 C 12 12( 种 ) 方法； 第三类， A 中有两个元素对应 2 ，另两个元素对应 0 ，有 6( 种 )方法； 第四类， A 中有一个元素对应 1 ，一个元素对应 3 ，另两个元素与 0对应，有 C 14 C 13 12( 种 ) 方法 所以不同的 f 共有 1 12 6 12 31( 个 ) 列与组合 第十章 计数原理 数学 北（理） 基础知识 自主学习 知识回顾 理清教材 要点梳理 1 排列 (1) 排列的定义：从 n 个 元素中取出 m ( m n ) 个元素，按照一定的 排成一列，叫作从 n 个不同元素中任意取出 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 的个数叫作从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数，记作 . 不同 顺序 所有排列 基础知识 自主学习 知识回顾 理清教材 要点梳理 (3) 排列数公式： (4) n ( n 1) ( n 2) 2 1 ，这里规定 0 ！ . n ( n 1) ( n 2) ( n m 1) n！ n！n m ！ 1 基础知识 自主学习 知识回顾 理清教材 要点梳理 2 组合 ( 1) 组合的定义：从 n 个 的元素中，任取出 m ( m n ) 个元素 ，叫作从 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，叫作从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，用 表示 ( 3) 组合数的计算公式： ，由于 0 ！ ，所以 . ( 4) 组合数的性质： ； 1 . 不同 为一 组 所 n ！m ！ n m ！ 有组合 n n 1 n 2 n m 1 m ！ 1 1 m 1n 题号 答案 解析 1 2 3 4 5 B C 基础知识 自主学习 A 14 ( 1) ( 2) ( 3 ) ( 4) （ 5 ） （ 6 ） 夯实基础 突破疑难 夯基释疑 题型分类 深度剖析 题型一 排列问题 【 例 1 】 有 4 名男生、 5 名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？ (1) 甲不在中间也不在两端； (2) 甲、乙两人必须排在两端； (3) 男 女相间 思维启迪 解析 思维升华 【 例 1 】 有 4 名男生、 5 名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？ (1) 甲不在中间也不在两端； (2) 甲、乙两人必须排在两端； (3) 男 女相间 题型分类 深度剖析 题型一 排列问题 这是一个排列问题，一般情况下，我们会从受到限制的特殊元素开始考虑，有时也从特殊的位置讨论起对于相邻问题，常用 “ 捆绑法 ” ；对于不相 邻 问 题 ， 常 用 “ 插空法 ” ( 特殊元素后考虑 ) ；对于“ 在 ” 与 “ 不在 ” 的问题，常常使用 “ 直接法 ” 或 “ 排除法 ” ( 特殊元素先考虑 ) 思维启迪 解析 思维升华 【 例 1 】 有 4 名男生、 5 名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？ (1) 甲不在中间也不在两端； (2) 甲、乙两人必须排在两端； (3) 男 女相间 题型分类 深度剖析 题型一 排列问题 解 ( 1) 方法一 ( 元素分析法 ) 先排甲有 6 种，其余有 A 88 种， 思维启迪 解析 思维升华 故共有 6 A 88 241 92 0( 种 ) 排法 方法二 ( 位置分析法 ) 中间和两端有 排法 ， 包括甲在内的其余 6 人有 A 66 种排法 ， 故共有 A 38 A 66 336 720 241 920( 种 ) 排法 【 例 1 】 有 4 名男生、 5 名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？ (1) 甲不在中间也不在两端； (2) 甲、乙两人必须排在两端； (3) 男 女相间 题型分类 深度剖析 题型一 排列问题 方法三 ( 等机会法 ) 9 个人的全排列数有 ，甲排在每一个位置的机会都是均等的， 思维启迪 解析 思维升华 依题意，甲不在中间及两端的排法总数是 69 241 920( 种 ) 【 例 1 】 有 4 名男生、 5 名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？ (1) 甲不在中间也不在两端； (2) 甲、乙两人必须排在两端； (3) 男 女相间 题型分类 深度剖析 题型一 排列问题 方法四 ( 间接法 ) A 99 3 A 88 6A 88 241 920( 种 ) 思维启迪 解析 思维升华 ( 2) 先排甲、乙 ， 再排其余 7 人 ， 共有 A 22 A 77 10 080 ( 种 ) 排法 ( 3) ( 插空法 ) 先排 4 名男生有 A 44 种方法 ， 再将 5 名女生插空 ， 有 A 55 种方法 ， 故共有 A 44 A 55 2 88 0( 种 ) 排法 【 例 1 】 有 4 名男生、 5 名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？ (1) 甲不在中间也不在两端； (2) 甲、乙两人必须排在两端； (3) 男 女相间 题型分类 深度剖析 题型一 排列问题 本题集排列多种类 型于一题，充分体现了元素分析法( 优先考虑特殊元素 ) 、位置分析法 ( 优先考虑特 殊位置 ) 、直接法、间接法 ( 排除法 ) 、等机会法、插空法等常见的解题思路 思维启迪 解析 思维升华 题型分类 深度剖析 跟踪训练 1 用 0,1,3,5, 7 五个数字，可以组成多少个没有重复数字且 5 不在十位位置上的五位数？ 解 本题可分两类： 第一类： 0 在十位位置上，这时， 5 不在十位位置上，所以五位数的个数为 A 44 24 ； 第二类： 0 不在十位位置上，这时，由于 5 不能排在十位位置上，所以，十位位置上只能排 1,3,7 之一，这一步有 A 13 3种方法 又由于 0 不能排在万 位位置上，所以万位位置上只能排 5 或1,3,7 被选作十位上的数字后余下的两个数字之一，这一步有方法 A 13 3( 种 ) 跟踪训练 1 用 0,1,3,5, 7 五个数字，可以组成多少个没有重复数字且 5 不在十位位置上的五位数？ 题型分类 深度剖析 十位、万位上的数字选定后，其余三个数字全排列即可，这一步有方法 A 33 6( 种 ) 根据分步乘法计数原理，第二类中所求五位数的个数为A 13 A 13 A 33 54. 由分类加法计数原理，符合条件的五位数共有 24 54 78( 个 ) 题型分类 深度剖析 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？ 思维启迪 解析 思维升华 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型二 组合问题 可以从特殊元素出发，考虑直接选取或使用间接法 思维启迪 解析 思维升华 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型二 组合问题 解 ( 1) 从余下的 34 种商品中，选 取 2 种有 C 234 561( 种 ) ， 某一种假货必须在内的不同取法有 561 种 思维启迪 解析 思维升华 ( 2) 从 34 种可选商品中，选取 3种，有 C 334 种或者 C 335 C 234 C 334 5 984( 种 ) 某一种假货不能在内的不同取法有 5 984 种 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型二 组合问题 ( 3) 从 20 种真货中选取 1 件，从15 种假货中选取 2 件有 C 120 C 215 2 100( 种 ) 恰有 2 种假货在内的不同的取法有 2 10 0 种 思维启迪 解析 思维升华 ( 4) 选取 2 件假货有 215 种，选取 3 件假货有 ，共有选取方式 215 2 100 455 2 555( 种 ) 至少有 2 种假货在内的不同的取法有 2 555 种 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型二 组合问题 ( 5) 选取 3 件的总数有 C 335 ，因此共有选取方式 C 335 C 315 6 5 45 455 6 0 90( 种 ) 思维启迪 解析 思维升华 至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 0 90 种 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型二 组合问题 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 思维启迪 解析 思维升华 【 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？ 题型分类 深度剖析 题型二 组合问题 ( 2) “ 至少 ” 或 “ 最多 ” 含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视 “ 至少 ” 与 “ 最多 ” 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 思维启迪 解析 思维升华 题型分类 深度剖析 跟踪训练 2 甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门， ( 1) 甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法有多少种？ ( 2) 甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？ 解 ( 1) 甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门，且甲、乙所选课程中恰有 1 门相同的选法种数共有 C 24 C 12 C 12 24( 种 ) ( 2) 甲、乙两人从 4 门课程中各选两门不同的选法种数为 C 24 C 24 ， 又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为 C 24 种， 因此满足条件的不同选法种数为 C 24 C 24 C 24 30( 种 ) 题型分类 深度剖析 题型三 排列与组合的综合应用问题 【 例 3 】 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？ 思维启迪 解析 思维升华 【 例 3 】 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？ 题型分类 深度剖析 题型三 把不放球的盒子先拿走，再放球到余下的盒子中并且不空 思维启迪 解析 思维升华 排列与组合的综合应用问题 【 例 3 】 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？ 题型分类 深度剖析 题型三 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，由分步乘法计数原理，共有 24 144( 种 ) 思维启迪 解析 思维升华 排列与组合的综合应用问题 【 例 3 】 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？ 题型分类 深度剖析 题型三 ( 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 ( 3) 确定 2 个空盒有 C 24 种方法 思维启迪 解析 思维升华 排列与组合的综合应用问题 4 个球放进 2 个盒子可分成( 3,1) 、 ( 2,2) 两类， 【 例 3 】 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？ 题型分类 深度剖析 题型三 第一类有序不均匀分组有 C 34 C 11 A 22 种方法； 第二类有序均匀分组 有C 24 C 22A 22 思维启迪 解析 思维升华 排列与组合的综合应用问题 故共有 C 24 (C 34 C 11 A 22 C 24 C 22A 22 84( 种 ) 【 例 3 】 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？ 题型分类 深度剖析 题型三 排列、组合综合题目，一般是将符合要求的元素取出 ( 组合 )或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列其中分组时，要注意 “ 平均分组 ” 与“ 不平均分组 ” 的差异及分类的标准 思维启迪 解析 思维升华 排列与组合的综合应用问题 题型分类 深度剖析 跟踪训练 3 ( 1) 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 ( ) A 12 种 B 18 种 C 36 种 D 54 种 ( 2) ( 2013 重庆 ) 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 ) 解析 ( 1) 先放 1 、 2 的卡片有 C 13 种，再将 3 、 4 、 5 、 6 的卡片平均分成两组再放置，有C 24A 22 ， 故共有 C 13 C 24 18 种 B ( 2) 分三类： 选 1 名骨科医生， 跟踪训练 3 ( 1) 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 ( ) A 12 种 B 18 种 C 36 种 D 54 种 ( 2) ( 2013 重庆 ) 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 ) 题型分类 深度剖析 则有 C 13 (C 14 C 35 C 24 C 25 C 34 C 15 ) 360( 种 ) 选 2 名骨科医生，则有 C 23 (C 14 C 25 C 24 C 15 ) 210( 种 ) ； B 选 3 名骨科医生，则有 C 33 C 14 C 15 20( 种 ) 骨科、脑外科和内科医生都至少有 1 人的选派方法种数是360 210 20 5 90. 590 易 错 分 析 规 范 解 答 温 馨 提 醒 易错警示系列 14 排列、组合问题计算重、漏致误 题型分类 深度剖析 典例： (5 分 ) 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，那么至少有 1 个一等品的不同取法有_ 种 典例： (5 分 ) 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，那么至少有 1 个一等品的不同取法有_ 种 题型分类 深度剖析 易 错 分 析 温 馨 提 醒 易错警示系列 14 排列、组合问题计算重、漏致误 规 范 解 答 易犯错误如下：先从一等品中取 1 个，有 C 116 种取法； 再从余下的 19 个零件中任取 2 个，有 C 219 种不同取法， 共有 C 116 C 219 2 73 6 种不同取法 上 述做法使两次取的一等品有了先后顺序，导致取法重复 典例： (5 分 ) 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，那么至少有 1 个一等品的不同取法有_ 种 题型分类 深度剖析 易 错 分 析 温 馨 提 醒 易错警示系列 14 排列、组合问题计算重、漏致误 规 范 解 答 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 ” ， 由分类加法计数原理有 C 116 C 24 C 216 C 14 C 316 1 1 36( 种 ) 方法二 考虑其对立事件 “ 3 个都是二等品 ” ， 用间接法： C 320 C 34 1 1 36 ( 种 ) 1 136 典例： (5 分 ) 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，那么至少有 1 个一等品的不同取法有_ 种 1 136 题型分类 深度剖析 易 错 分 析 温 馨 提 醒 易错警示系列 14 排列、组合问题计算重、漏致误 规 范 解 答 ( 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 典例： (5 分 ) 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，那么至少有 1 个一等品的不同取法有_ 种 1 136 题型分类 深度剖析 易 错 分 析 温 馨 提 醒 易错警示系列 14 排列、组合问题计算重、漏致误 规 范 解 答 (2) “ 至少、至多型 ” 问题不能利用分步乘法计数原理求解，多采用分类求解或转化为它的对立事件求解 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： 方 法 与 技 巧 思想方法 感悟提高 ( 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，再减去不合要求的排列数或组合数 方 法 与 技 巧 思想方法 感悟提高 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 思想方法 感悟提高 1 解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法 ( 合理分类 ) 和间接法 ( 排除法 ) 分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏 2 解组合应用题时，应注意 “ 至少 ” 、 “ 至多 ” 、 “ 恰好 ” 等词的含义 3 对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏 练出高分 专项基础训练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 ( 2012 课标全国 ) 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 第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有 C 24 6( 种 ) 选派方法 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 12 2( 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 ) A 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2 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 ( ) A 55 B 22 C 25 D 35 解析 从后排抽 2 人的方法种数是 C 27 ； 前排的排列方法种数是 A 25 . 由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是 C 27 A 25 . C 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3 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 ( ) A 36 种 B 42 种 C 48 种 D 54 种 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 44 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 个节目排在第一位有 C 13 种排法，其他 3 个节目有 A 33 种排法， 故有 C 13 A 33 种排法依分类加法计数原理， 知共有 A 44 C 13 A 33 42( 种 ) 编排方案 B 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4 如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有 ( ) A 11 种 B 20 种 C 21 种 D 12 种 解析 当第一组开关有一个接通时，电路接通有 C 12 (C 13 C 23 C 33 ) 14( 种 ) 方式； 当第一组开关有两个接通时，电路接通有 C 22 (C 13 C 23 C 33 ) 7( 种 ) 方式 所以共有 14 7 21( 种 ) 方式，故选 C . C 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5 ( 2012 山东 ) 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 232 B 252 C 472 D 484 解析 分两类：第一类，含有 1 张红色卡片， 共有不同的取法 C 14 C 212 264( 种 ) ； 第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法 C 312 3C 34 220 12 208( 种 ) 由分类加法计数原理知不同的取法有 264 208 472( 种 ) C 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6 A 、 B 、 C 、 D 、 E 五人并排站成一排，如果 B 必须站在 A 的右边 ( A 、 B 可以不相邻 ) ，那么不同的排法共有 _ 种 解析 可先排 C 、 D 、 E 三人，共 A 35 种排法， 剩余 A 、 B 两人只有一种排法， 由分步乘法计数原理知满足条件的排法共有 A 35 60( 种 ) 60 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7 ( 2013 北京 ) 将序号分别为 1,2,3,4, 5 的 5 张参观券全部分给 4人，每人至少 1 张，如果分给同一人的 2 张参观券连号，那么不同的分法种数是 _ _ 解析 将 5 张参观券分成 4 堆，有 2 个连号有 4 种分法，每种分法再分给 4 人，各有 A 44 种分法， 不同的分法种数共有 4A 44 96. 96 专项基础训练 练出高分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 用 1, 2,3,4 这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位
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