【高考】2020年高考理科数学大一轮提分讲义第11章第1节两个计数原理、排列与组合

1、全国卷五年考情图解与点条件概率与二项分布止塞分布1 19分布列，期单与方於Wm必"陞1内IS 16儿时概厚J4| 10 1 2 HO二项式足限lid ni 1 14 n 114 QJ 14计MR即U5i>2 U* J 15 161(115 201630172019年伊第H章计数原理、晔、随机变量及其分布高考命题规律把握1 .考查形式高考在本章一般命制1道小题或者1道解 答题，分值占517分.2 .考查内容计数原理常与古典概型综合考查；几何概 型均以选择题的形式单独考查；对二项式 定理的考查主要是利用通项公式求特定 项；对正态分布的考查，可能单独考查也 可能在解答题中出现；以实际

2、问题为背 景，考查分布列、期望等是高考的热点题 型.3 .备考策略从2019年高考试题可以看出，概率统计 试题的阅读量和信息量都有所加强，考查 角度趋向于应用概率统计知识对实际问 题作出决策.第一节两个计数原理、排列与组合最新考纲1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.3.理解排列的概念 及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.4.理解组合的概念及组合 数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.-少课前自主回顾 我除试基有点匚必备知识填充n1.两个计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理条件完成一件事有两类/

3、、同方案，在第 1类 力泵中后m种不1司的方法，在第2英方 案中有n种不同的方法完成一件事需要两个步骤,做第1 步有m种/、同的方法，做第2步 有n种/、同的方法结论完成这件事共有N = m+ n种不同的方法完成这件事共有N =mn种不同的 方法2.排列、组合的定义排列的定义从n个/、同兀素中取出m(m< n)个 teH按照f的顺序排成一列组合的定义合成一组3.排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个/、同元素中取出 m(m< n)个兀素的所有 /、同排列的个数从n个不1司兀素中取出 m(mi< n)个兀素的所有仁 同组合的个数公式Am = n(n-1)(n-2

4、)-(nn!m+1) =(nm) !m Am_n (n1) (n 2)(nm+1)Cn 二八 m,Amm!性质An=n_L, 0! 1cm cnm m , m 1m “Cn = Cn , Cn 十 Cn = Cn+1匚学情自测验收ZI一、思考辨析(正确的打“，”，错误的打“X”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.()(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)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.()kcn=ncn 二.()答案(1)X ，二、教材改编1 .图书馆的一个书架有三层，第一层有 3本不同的数学书，第二层有5本 不同的

5、语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，不同的取法有（）A. 12 B. 16C. 64 D. 120B 书架上共有3+5+8=16本不同的书，从中任取一本共有16种不同的 取法，故选B.2 .用数字1,2, 3, 4, 5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为（）A. 8 B. 24 C. 48 D. 120C 末位只能从2, 4中选一个，其余的三个数字任意排列，故这样的偶数 共有 A4c2 = 4X3X2X2 = 48 个.故选 C.3 . 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（）A. 144B. 120C. 72D. 24D “插空法”，先排3个空位，

6、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 a4= 4X 3X 2= 24.4.五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的 种数为.五名学生争夺四项比赛的冠军（冠军不并列），则获得冠军的可 能性有?中.（用数字作答）45 54 五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每 个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的 冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得 冠军的可能性.总拈常有考点 课堂考点探究 我解离才统或考点1两个计数原理的综合应用B8修山 利用两个基本计数原理解决问题的步骤第一

7、步,审清题意,弄清要完成的事件是怎样的.第二步，分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种第三步，弄清在每一类或每一步中的方法种数第四步，根据两个基本计数原理计算出完成这件事的方法种数(1)如果一个三位正整数如aa2a3”满足ai<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()A. 240 B. 204 C. 729 D. 920(2)(2016全国卷H)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()

8、16A. 24 B. 18 C. 12 D. 9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. 72D. 96(1)A (2)B (3)C(1)如果这个三位数含0,则0必在末位，共有这样的凸数C9个；如果这个三位数不含0,则这样的凸数共有C9A2+C2个.即共有2c2+C9A2=240 个.(2)从E到G需要分两步完成：先从 E到F,再从F到G.从F到G的最短 路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F 到G的最短路径共有3条.如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到

9、A, 再从A至I F,或先从E至I B,再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到 G的路径形状相同，所以从A到F,从B到F最短路径的条数都是3,所以从E到F的最短路径有3+3 = 6(条).所以小明到老年公寓白最短路径条数为6X 3=18. (3)法一：(以位置为主考虑)分两种情况:A, 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 4X3X2 = 24种涂法.A,C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B,D各有2种，有4X3X2X2=48种涂法.故共有24+ 48= 72种涂色方法.法二：(以颜色为主考虑)取4色：着色方法有2A4 = 48(种).取3色：着色方法

10、有A4=24(种).所以共有着色方法48+24=72(#).(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步:分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到 “步骤完整”，步步相连才 能将事件完成.(2)较复杂的问题可借助图表来完成.(3)对于涂色问题：分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用 同类元素；注意对每个区域逐一进行，分步处理.教师备选例题1 .甲、乙、丙三人踢建子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢,经过4次传递后，建子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有 （）A. 4 种B. 6种 C. 10种 D. 16 种B 分两类：甲第一次踢给乙时，满足条彳的有3种

11、传递方式（如图）；同理, 甲第一次踢给丙时，满足条件的也有3种传递方式.内一乙一期Z甲一乙 乙f甲_西一甲由分类加法计数原理可知，共有3+3= 6（种）传递方式.2 .如图所示的几何体是由三棱锥 P-ABC与三棱柱ABC-AiBiCi组 合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色（底面AiBiCi不 涂色），要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有 （）A. 6 种 B. 9种 C. i2种 D. 36 种C 先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，有3X2 = 6（种）涂法；然后涂三棱柱的三个侧面，有2Xi=2（种）涂法.共有6X2=i2（种）不同的涂法.I；时A i.一个旅游景区的游览线路如

12、图所示，某人从 P点处 进，Q点处出，沿图中线路游览 A, B, C三个景点及沿途风景， 则不同（除交汇点O外）的游览线路有（）A. 6 种 B. 8 种 C. i2 种 D. 48 种D 从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任 选一个，有C6种选法，参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可 以选择，从中任选一个，有C4种选法，参观完第二个景点，参观第三个景点时， 有2个路口可以选择，从中任选一个，有C2种选法，则共有C6c4c2 = 48（种）线路.故选D.2. （20i9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, i, 5,为遵

13、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. 120B 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2X2 = 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3X2X2= 12(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共 有23=8(种)，共计12+8 = 20(种)

14、.根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种 数为 4X20=80.考点2排列问题就*必求解排列应用问题的6种常用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相隔问题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E1典例3名女生和5名男生排成一排.(1)若女生全排在一起，有多少种排法？(2)若女生都不相邻，有多少种排法？(3)一题多解若女生不站两端

15、，有多少种排法?(4)其中甲必须排在乙左边(可不邻)，有多少种排法？(5)一题多解其中甲不站最左边，乙不站最右边，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5名 男生合在一起有6个元素，排成一排有a6种排法，而其中每一种排法中，3名女 生之间又有a3种排法，因此共有A6A3=4 320种不同排法.(2)(插空法)先排5名男生，有A5种排法，这5名男生之间和两端有6个位 置，从中选取3个位置排女生，有A3种排法，因此共有A5 a6=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名男生中选2人排，有 a5种排法，剩余的位置没有特殊

16、要求，有a6种排法，因此共有a5a6=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A3种排法，其余位 置无限制，有A5种排法，因此共有A3A5=14 400种不同排法.1(4)8名学生的所有排列共A8种，其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占2,因1此符合要求的排法种数为2A8=20 160.(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A7种不同排法；甲不 在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A6种.而乙可排在除去最右边 位置后剩余的6个中的任一个上,有A6种，其余人全排列，共有a6a6a6种不 同排法.由分

17、类加法计数原理知，共有A7 + A6 A6a6 = 30 960种不同排法.法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有A7种排法，余下7个位置全排，有a7种排法，但应剔除乙在最右边时的排法 A1 A6种，因此共有A A7-A1 A6 =30 960种排法.法三（间接法）：8名学生全排列，共A8种，其中，不符合条件的有甲在最左边时，有A7种排法，乙在最右边时，有A7种排法，其中都包含了甲在最左边， 同时乙在最右边的情形，有A6种排法.因此共有A8 2A7+A6 = 30 960种排法.（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，

18、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.m晅1.把5件不同的产品摆成一排，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.36 （捆绑法和插空法的综合应用）记其余两种产品为D, E.将A, B视为一 个元素，先与D, E进行排列，有A2A3种方法，再将C插入，每种排列均只有 3个空位可选，故不同的摆法共有 A2A3x3= 2X6X 3= 36（种）.2. （2019衡水高三大联考）现有一圆桌，周边有标号为1, 2, 3, 4的四

19、个座 位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有 种.（用数字作答）8 先按排甲，其选座方法有C4种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲 对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有 a2种，所以共有坐法种数为 c4 A2 =4乂2=8种.考点3组合问题目四组合问题的常见类型与处理方法（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，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中（2） “至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向 思维，问接求解.某课外活动小

20、组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生 各有一名队长.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)只有一名女生当选；(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.解(1)只有一名女生当选等价于有一名女生和四名男生当选 .故共有C5 C4= 350 种.(2)两队长当选,共有C2C31=165种.(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选，有两名队长当选.故共有C2C41+C2渣1 = 825种.(或采用排除法：C13 C11 = 825(种).(4)至多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选，只有一名女生当选，没有女生当选.故选法共有C2

21、C3+C5C8+C8=966种.含有附加条件的组合问题通常用直接法或间接法，应注意“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解.配典晅1.某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2 人，每人值班1天.若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排 方法共有()A. 30 种 B. 36种 C. 42 种 D. 48 种C 若甲在11日值班，则在除乙外的4人中任选1人在11日值班，有C4种 选法，9日、10日有C4c2种安排方法,共有c4c2c2 = 24(种)安排方法；若甲在10日值班，乙在9日值班，余下的4人有c4c1c2种安排方法，共有12种安排方法；若甲、乙都在10日值

22、班，则共有C2C2 = 6（种）安排方法.所以总共有24+12 +6 = 42（种）安排方法.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. 232 B. 252 C. 472 D. 484C 分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有CC22=264（种）;第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有032 303=22012=208（种）.由分类加法计数原理知，不同的取法有264+ 208= 472（种）.考点4分组、分配问题18片触I分组、分配问题是排列组合的综合问题，解题思

23、想是先分组后分配.（1）分组问题属于“组合”问题，常见的分组方法有三种：完全均匀分组，每组元素的个数都相等；部分均匀分组，应注意不要重复；完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象.（2）分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：相同元素的分配问题，常用“挡板法”；不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配；有限制条件的分配问题，采用分类求解.者向1整体均分问题质典曲 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90 先把6个毕业生平均分成3组，有种不同的分

24、派方法.c6c2c2CCC种方法，再将3组毕业生分c c6c2c2 c到3所学校，有A3 = 6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C6A4C2 A3 =90种分派方法.世讦 本题属于整体均分问题，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An（n为均分的组数），避免重复计数.者向2部分均分问题收例将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）1 560 把6本不同的书分成4组,每组至少1本的分法有2种.有1组3本，其余3组每组1本,不同的分法共有C6c3c2c1A320（种）;c6c4 c2c1工小TAT "

25、;AT = 45（种）.有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有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65X A4=1 560（种）本题属于局部均分问题，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!, 一个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.15集（2019淄博模拟）第二届“一带一路”国际合作高峰论坛于 2019年4 月25日至27日在北京举行，为了保护各国元首的安全，将5个安保小组全部安 排到指定三个区域内工作，且这三个区域每个区域至少有一个安保小组，则这样 的安排

26、方法共有（）A. 96 种 B. 100种 C. 124种 D. 150种D 因为三个区域每个区域至少有一个安保小组 ，所以可以把5个安保小组分成三组，有两种分组的情况：一种是1,1,3,另一种是1, 2, 2.当按照1,1,_ t r rt_c5c1c3 3一、一 , 一一C2C2C1 33来分时，共有N1= a2 A3 = 60(种)，当按照1,2,2来分时，共有N2= a2A3 =90仔中)，根据分类加法计数原理知 N = N1 + N2=150种.考向3不等分问题若将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.(2)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. 35 B. 70 C. 165 D. 1 860360 (2)C (1)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C6种分法;第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C5种分法;第3步，余下的3名教师作为一组，有C3种