2025高考帮备考教案数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲　两个计数原理含答案

2025高考帮备考教案数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲两个计数原理课标要求命题点五年考情命题分析预测了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.分类加法计数原理2023新高考卷ⅠT13两个计数原理是解决排列、组合问题的基本方法，也是与实际联系密切的部分，既能单独命题，也常与排列组合问题、概率计算问题综合命题，题型以小题为主，难度不大.在2025年高考的复习备考中要注意两个计数原理的区别并能灵活应用.分步乘法计数原理2023全国卷乙T7；2022新高考卷ⅡT5；2021全国卷乙T6；2020新高考卷ⅠT3；2020全国卷ⅡT14两个计数原理的综合应用学生用书P2241.分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，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，那么完成这件事共有N＝①m＋n种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝②m×n种不同的方法.辨析比较两个计数原理的联系与区别原理分类加法计数原理分步乘法计数原理联系都是对完成一件事的方法种数而言.区别一每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事.各个步骤都完成才算完成这件事（每步中的每一种方法都不能独立完成这件事）.区别二各类方法之间是相互独立的，既不能重复也不能遗漏.各步之间是相互依存的，缺一不可.1.[多选]下列说法正确的是（BD）A.在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同B.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C.在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事D.从甲地经丙地到乙地是分步问题2.[教材改编]已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的进出公园的方式有12种.解析将4个门分别编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，同理，从2，3，4号门进入，也各有3种出门的方式，故不同的进出公园的方式共有3×4＝12（种）.3.[易错题]某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有243种.解析因为每封电子邮件有3种不同的发送方法，所以要发5封电子邮件，不同的发送方法有3×3×3×3×3＝243（种）.4.[教材改编]书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架中任取1本书，则不同的取法种数为9.解析分三类：第一类，从第1层取一本书，有4种取法；第二类，从第2层取一本书，有3种取法；第三类，从第3层取一本书，有2种取法.共有取法4＋3＋2＝9（种）.学生用书P224命题点1分类加法计数原理例1（1）我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2022是“六合数”），则首位为2的“六合数”共有（B）A.18个 B.15个 C.12个 D.9个解析依题意，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.共计3＋6＋3＋3＝15（个）.（2）满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对（a，b）的个数为13.解析当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，（a，b）的个数为4.当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，（a，b）的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，（a，b）的个数为3；若a＝2，则b的值可以是－1，0，（a，b）的个数为2.由分类加法计数原理可知，（a，b）的个数为4＋4＋3＋2＝13.方法技巧分类加法计数原理的应用思路（1）根据题目中的关键词、关键元素和关键位置等确定恰当的分类标准，分类标准要明确、统一；（2）分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.训练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（B）A.9 B.14 C.15 D.21解析当x＝2时，x≠y，y可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.当x≠2时，由P⊆Q，得x＝y，x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.综上，满足条件的点共有7＋7＝14（个）.命题点2分步乘法计数原理例2（1）[2023全国卷乙]甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（C）A.30种 B.60种 C.120种 D.240种解析甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有6种情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有5×4＝20（种）情况，由分步乘法计数原理可得，共有6×20＝120（种）选法，故选C.（2）[多选]有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是（AC）A.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种B.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种C.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种解析对于A选项，第1个同学有3种报名方法，第2个同学有3种报名方法，后面的2个同学也有3种报名方法，根据分步乘法计数原理共有34种报名方法，A正确，B错误；对于C选项，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24（种）选择，C正确，D错误.故选AC.方法技巧分步乘法计数原理的应用思路根据事件发生的过程合理分步，分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.训练2[多选]某校高二年级安排甲、乙、丙三名同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每名同学只能选择一个社区进行实践活动，且多名同学可以选择同一个社区进行实践活动，则下列说法正确的有（AC）A.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种B.如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有50种C.如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种解析对于A，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有53－43＝61（种），故A正确；对于B，如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有52＝25（种），故B错误；对于C，如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有5×4×3＝60（种），故C正确；对于D，甲、乙两名同学必须在同一个社区，第一步，将甲、乙视作一个整体，第二步，两个整体挑选社区，则不同的安排方法共有52＝25（种），故D错误.故选AC.命题点3两个计数原理的综合应用例3（1）《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，其中记载了“勾股圆方图”（如图），用以证明勾股定理.现提供4种不同颜色给图中5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法种数为（C）A.36 B.48 C.72 D.96解析解法一根据题意得，涂色分2步进行：①对于区域A，B，E，三个区域两两相邻，有A43＝24（种）涂色方法；（区域E位于中心位置，其他4个区域均与区域E相邻，故先考虑两两相邻的区域A，B，E的涂色方法，再研究余下②对于区域C，D，若区域C与区域A颜色相同，则区域D有2种涂色方法，若区域C与区域A颜色不同，当A，B，E涂色确定时，则区域C和区域D涂色方法确定，只有1种，由分类加法计数原理可知区域C，D有2＋1＝3（种）涂色方法.由分步乘法计数原理得，共有24×3＝72（种）不同的涂色方法.故选C.解法二可分两种情况：①区域A，C不同色，先涂区域A有4种，区域C有3种，区域E有2种，区域B，D各有1种，有4×3×2＝24（种）涂法.②区域A，C同色，先涂区域A有4种，区域E有3种，区域C有1种，区域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）由0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成420个无重复数字的四位偶数.解析要完成的一件事为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中的四个数字不重复.因此应先分类，再分步.第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×4×5×4＝240.第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除千位数字外的任意一个偶数数字，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×3×5×4＝180.根据分类加法计数原理，可以组成无重复数字的四位偶数的个数为240＋180＝420.方法技巧1.利用两个计数原理解决问题的一般步骤2.涂色问题常用的两种方法训练3（1）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（D）A.48 B.18 C.24 D.36解析第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）.（2）甲与其四位同事各有一辆汽车，甲的车牌尾号为9，其四位同事的车牌尾号分别是0，2，1，5.为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定（奇数日车牌尾号为奇数的车通行，偶数日车牌尾号为偶数的车通行），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（B）A.64 B.80 C.96 D.120解析5日至9日，有3个奇数日，2个偶数日.第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2＝4（种）.第二步，安排奇数日出行，分两类讨论：第一类，选1天安排甲的车，不同的用车方案共有3×2×2＝12（种）；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2×2＝8（种）.综上，不同的用车方案种数为4×（12＋8）＝80，故选B.1.[命题点1]设集合I＝{1，2，3，4}，A与B是I的子集，若A∩B＝{1，2}，则称（A，B）为一个“理想配集”.若将（A，B）与（B，A）看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有9个.解析对子集A分类讨论：当A是{1，2}时，B可以为{1，2，3，4}，{1，2，4}，{1，2，3}，{1，2}，共4种情况；当A是{1，2，3}时，B可以为{1，2，4}，{1，2}，共2种情况；当A是{1，2，4}时，B可以为{1，2，3}，{1，2}，共2种情况；当A是{1，2，3，4}时，B为{1，2}，有1种情况.根据分类加法计数原理可知，共有4＋2＋2＋1＝9（种）结果，即符合此条件的“理想配集”有9个.2.[命题点2]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、二象限内不同的点的个数是（C）A.12 B.8 C.6 D.4解析分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此可表示第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6.3.[命题点3]如果一个三位正整数“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240.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，则凸数有3×4＝12（个），……，若a2＝9，则凸数有8×9＝72（个）.所以凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240（个）.4.[命题点3/2023哈尔滨六中检测]涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给图中的小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有66种不同的涂色方法.解析可分四类：第一类，当选择两种颜色时，因为橄榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有C42－1＝5（种）选法，因此不同的涂色方法有5×2＝10（种）；第二类，当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中时，有2种选法，因此不同的涂色方法有2×2×2＝8（种）；第三类，当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中时，有2种选法，因此不同的涂色方法有2×3×2×（2＋1）＝36（种）；第四类，当选择四种颜色时，不同的涂色方法有2×2×2＋2×2＝12（种）.所以共有10＋8＋36＋12＝66学生用书·练习帮P3821.[2024四川成都模拟]“数独九宫格”的游戏规则为：将1到9这9个自然数填到如图所示的九宫格的9个空格里，每个空格填1个数，且9个空格的数字各不相同.若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为（C）5A.72 B.108 C.144 D.196解析按题意，5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从6，7，8，9中选取.第一步，填上方空格，有4种填法；第二步，填左方空格，有3种填法；第三步，填下方空格，有4种填法；第四步，填右方空格，有3种填法.由分步乘法计数原理得，不同的填法种数为4×3×4×3＝144.故选C.2.[2023全国卷甲]现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（B）A.120种 B.60种 C.30种 D.20种解析先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有5种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有4×3＝12（种）安排方式.所以不同的安排方式共有5×12＝60（种）.故选B.3.[2024北京市顺义区联考]某班一天上午有4节课，下午有2节课.现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，则不同的排法有（D）A.48种 B.96种 C.144种 D.192种解析由题意，要求数学课排在上午，体育课排在下午，先考虑这两门课程，有4×2＝8（种）排法，再排其余4节课，有4×3×2×1＝24（种）排法，根据分步乘法计数原理，共有8×24＝192（种）排法，故选D.4.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛、马和猴的吉祥物，乙同学喜欢牛、狗和羊的吉祥物，丙同学对所有的吉祥物都喜欢.让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个珍藏，若每个人所选取的吉祥物都是自己喜欢的，则不同的选法共有（C）A.50种 B.60种 C.80种 D.90种解析根据题意，按甲的选择分两类讨论：第一类，若甲选择牛的吉祥物，则乙的选法有2种，丙的选法有10种，此时不同的选法有2×10＝20（种）；第二类，若甲选择马或猴的吉祥物，则甲的选法有2种，乙的选法有3种，丙的选法有10种，此时不同的选法有2×3×10＝60（种）.所以不同的选法共有20＋60＝80（种）.故选C.5.[2023南京六校联考]如图，用4种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域区分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（C）A.144种 B.73种C.48种 D.32种解析由于A，B，C三块区域两两相邻，因此需填涂3种不同的颜色.①当D区域与A区域颜色相同时，只需从4种不同的颜色中选取3种分别填涂到A，B，C三块区域，有4×3×2＝24（种）涂法；②当D区域与A区域颜色不同时，只需将4种不同的颜色分别填涂到A，B，C，D四块区域，有4×3×2×1＝24（种）涂法.所以不同的涂法共有24＋24＝48（种），故选C.6.如图所示，从正八边形的八个顶点中任选三个构成三角形，则与正八边形有公共边的三角形有40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，此类三角形由正八边形中两个相邻的顶点和一个与所选顶点均不相邻的顶点构成，共有8×4＝32（个）；第二类，有两条公共边的三角形，此类三角形由正八边形中三个相邻的顶点构成，共有8个.由分类加法计数原理可知，共有32＋8＝40（个）.7.[2023北京通州区质检]一个三位数，如果满足个位上的数字和百位上的数字都大于十位上的数字，那么我们称该三位数为三位数“凹数”，则没有重复数字的三位数“凹数”的个数为240.（用数字作答）解析依题意，无重复数字的三位数“凹数”，十位数字只可能为0，1，2，3，4，5，6，7之一，个位和百位上的数字从比对应十位数字大的数字中任取两个进行排列，所以没有重复数字的三位数“凹数”的个数为9×8＋8×7＋7×6＋6×5＋5×4＋4×3＋3×2＋2×1＝72＋56＋42＋30＋20＋12＋6＋2＝240.8.[2024北京市景山学校期末]在0，1，2，3，4，5，6这7个数中任取4个数，将其组成无重复数字的四位数，其中能被5整除且比4351大的数共有（C）A.54个 B.62个 C.74个 D.82个解析根据被5整除的数特点，分成两类.第一类：个位为0，则千位为5或6时，有2×5×4＝40（个）四位数大于4351；千位为4，百位为5或6时，有2×4＝8（个）四位数大于4351；千位为4，百位为3时，十位为6，有1个四位数大于4351.第二类：个位为5，则千位为6时，有5×4＝20（个）四位数大于4351；千位为4，百位是6时，有4个四位数大于4351；千位为4，百位为3时，有1个四位数大于4351.综上，满足条件的数共有40＋8＋1＋20＋4＋1＝74（个）.故选C.9.算盘是中国古代的一项重要发明.现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）.若拨动图1算盘中的三枚算珠，则可以表示不同整数的个数为（C）图1 图2A.16 B.15 C.12 D.10解析由题意，拨动三枚算珠，有4种拨法：①个位拨动三枚，有2种结果：3，7；②十位拨动一枚，个位拨动两枚，有4种结果：12，16，52，56；③十位拨动两枚，个位拨动一枚，有4种结果：21，25，61，65；④十位拨动三枚，有2种结果：30，70.综上，拨动题图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为2＋4＋4＋2＝12，故选C.10.[2023青岛检测]据史书记载，古代的算筹由一根根同样长短和粗细的小棍制成，如图所示，据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当.即在算筹记数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推.例如表示62，表示26，现有5根算筹，据此方式表示一个两位数（算筹不剩余且个位不为0），则可以表示不同的两位数的个数为12.解析当十位为1时，个位可以是4，8，共2种；当十位为2时，个位可以是3，7，共2种；当十位为3时，个位可以是2，6，共2种；当十位为4时，个位为1，共1种；当十位为6时，个位可以是3，7，共2种；当十位为7时，个位可以是2，6，共2种；当十位为8时，个位为1，共1种.所以可以表示的两位数有5×2＋1×2＝12（个）.11.[与集合综合]设集合A＝{（x1，x2，x3，x4，x5）｜xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，则集合A中满足条件1≤x12＋x22＋x32＋x42＋A.180 B.210 C.240 D.241解析因为A＝{（x1，x2，x3，x4，x5）｜xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，所以x1，x2，x3，x4，x5都有3种不同的赋值，集合A中共有35个元素，且0≤x12＋x22＋x32＋其中满足x12＋x22＋x32＋x42＋x52＝0的只有1个元素，即（0当x12＋x22＋x32＋x42＋x52＝5时，x1，x2，x3，x4所以集合A中满足条件1≤x12＋x22＋x32＋x42＋x52≤4的元素个数为312.[逻辑推理]小李和小王玩一个猜数游戏，规则如下：已知六张纸牌上分别写有1－（12）n（n∈N*，1≤n≤6）六个数，现小李和小王分别从中各随机抽取一张，然后根据自己手中纸牌上的数推测谁手中纸牌上的数更大.小李看了看自己手中纸牌上的数，想了想说：“我不知道谁手中纸牌上的数更大.”小王听了小李的判断后，思索了一下说：“我知道谁手中纸牌上的数更大了.”假设小王和小李做出的推理都是正确的，那么小李和小王拿到纸牌的情况共有14种解析六张纸牌上的数分别为12，34，78，1516，因为小李不知道谁手中纸牌上的数更大，因此小李拿的纸牌上的数不是最大的6364，也不是最小的12，因此小李拿的纸牌有4接下来讨论小王：①当小王拿的纸牌上的数是12时，则小王知道小李拿的纸牌上的数一定比他大，此时有4②当小王拿的纸牌上的数是34时，则小王知道小李拿的纸牌上的数一定比他大，此时有3③当小王拿的纸牌上的数是3132时，则小王知道小李拿的纸牌上的数一定比他小，此时有3④当小王拿的纸牌上的数是6364时，则小王知道小李拿的纸牌上的数一定比他小，此时有4⑤当小王拿的纸牌上的数是1516或78所以满足题意的情况共有4＋3＋3＋4＝14（种）.第2讲排列与组合课标要求命题点五年考情命题分析预测理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.排列问题2022新高考卷ⅡT5本讲每年必考，主要以实际问题为情境考查计数问题，有时单独命题，以小题为主，有时作为工具应用于概率的计算，以大题为主，难度中等偏易.预计2025年高考仍会以创新实际生活情境为载体进行命题.组合问题2023新高考卷ⅠT13；2023新高考卷ⅡT3；2020新高考卷ⅠT3排列与组合的综合应用2023全国卷甲T9；2021全国卷乙T6；2020全国卷ⅡT14学生用书P2261.排列、组合的定义名称定义排列从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素并按照①一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.组合作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.注意排列有序，组合无序.2.排列数、组合数的定义、公式及性质（n，m∈N*，且m≤n）排列数组合数定义从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数，用符号②Anm从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合的个数，用符号③Cnm公式Anm＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝n！（nCnm＝AnmAmm＝n（n－性质Ann＝n！＝n×（n－1）×（n－2）×…×2×Anm＝（n－m＋1）AnmCnm＝Cnn－m；说明Cnm＝Cnn－m的应用主要是两个方面：一是简化运算，当m＞n2时，通常将计算Cnm转化为计算Cnn－m；二是列等式，由C1.5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有（B）A.A85种 B.C85种 C.58种 解析由于球都相同，盒子不同，每个盒里至多放一个球，所以只要选出5个不同的盒子即可.故共有C852.[教材改编]从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是（B）A.12 B.24 C.64 D.81解析4本不同的课外读物选3本分给3位同学，每人1本，则不同的分配方法种数为A43.[教材改编]某班举行了“弘扬中华文化”演讲比赛，有6人参加，并决出第1名到第6名的名次（没有并列名次）.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从回答分析，6人的名次排列情况可能有（D）A.216种 B.240种 C.288种 D.384种解析由题可知，甲和乙都不是冠军，所以冠军有4种可能性，乙不是最后一名，所以最后一名有4种可能性，所以6人的名次排列情况可能有4×4×A44＝3844.[多选]下列说法正确的是（BD）A.所有元素完全相同的两个排列为相同排列B.两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同C.若Cnx＝CnmD.An+1m＝A5.[易错题]计算C73＋C74＋C85＋C解析原式＝C84＋C85＋C96＝C6.若Cn+13＝Cn3＋Cn4解析∵Cn+13＝Cn3＋Cn4＝Cn+14，∴n学生用书P227命题点1排列问题例1有3名男生、4名女生.（1）若排成前、后两排，前排3人，后排4人，则不同的排列方法总数为5040.（2）若全体排成一排，女生必须站在一起，则不同的排列方法总数为576.（3）若全体排成一排，男生互不相邻，则不同的排列方法总数为1440.（4）若全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边，则不同的排列方法总数为3600.（5）若全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边，则不同的排列方法总数为3720.（6）若全体排成一排，其中甲、乙、丙三人从左到右顺序一定，则不同的排列方法总数为840.解析（1）分两步完成，先选3人站前排，有A73种方法，余下4人站后排，有A44种方法，共有A73（2）将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A44种方法，再将女生全排列，有A44种方法，共有A44（3）先排女生，有A44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A53种方法，共有A44（4）解法一先排甲，有5种方法，其余6人有A66种排列方法，共有5×A66解法二左、右两边位置可安排除甲外其余6人中的2人，有A62种排法，剩下的5人有A55种排法，共有A（5）解法一甲在最右边时，其他人可全排列，有A66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C51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C51种，其余人全排列，有A55解法二7人全排列，有A77种方法，其中甲在最左边时，有A66种方法，乙在最右边时，有A66种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形（A55种方法），故共有（6）7人全排列，有A77种方法，由于甲、乙、丙的顺序一定，则不同的排列方法总数为方法技巧求解排列问题的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.捆绑法相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列.插空法不相邻问题插空处理，即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的排列空位中.定序问题除法处理定序问题，可先不考虑顺序限制进行排列，再除以定序元素的全排列.间接法正难则反，等价转化处理.训练1（1）[2022新高考卷Ⅱ]甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（B）A.12种 B.24种 C.36种 D.48种解析先将丙和丁捆在一起，有A22种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A33种排列方式，最后将甲插入中间两空，有2种排列方式，所以不同的排列方式共有2A（2）[2023济南市统考]由3个2，1个0，2个3组成的六位数中，满足有相邻4位恰好是2023的六位数的个数为（B）A.3 B.6 C.9 D.24解析2023用了2个2，1个0，1个3，还余下1个2，1个3，故将2023视作一个整体与余下的1个2，1个3全排列，有A33＝6（种）不同的排法.命题点2组合问题例2（1）[多选]从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有（CD）A.若4人全部为男生，则有30种不同的选法B.若4人中男生、女生各有2人，则有30种不同的选法C.若男生中的甲和女生中的乙被选，则有28种不同的选法D.若男生中的甲和女生中的乙至少有1人被选，则有140种不同的选法解析4人全部为男生，选法有C64＝15（种），故A错误；如果4人中男生、女生各有2人，男生的选法有C62＝15（种），女生的选法有C42＝6（种），则4人中男生、女生各有2人的选法有15×6＝90（种），B错误；如果男生中的甲和女生中的乙被选，在剩下的8人中再选2人即可，有C82＝28（种）不同的选法，故C正确；在10人中任选4人，有C104＝210（种）不同的选法，甲、乙都不在其中的选法有C84＝70（2）[2023新高考卷Ⅰ]某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有64种（用数字作答）.解析解法一由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有C41C41种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C41C42种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有C42解法二若学生从这8门课中选修2门课，则有C82－C42－C42＝16（种）选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有C83－C43－C43方法技巧组合问题常见的两类题型（1）“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由剩下的元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取.（2）“至少”与“最多”的问题：解这类题的关键是理解“至少”与“最多”这两个词的含义，通常用直接法或间接法处理，分类复杂时，用间接法更容易处理.训练2（1）[2023福州5月质检]“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，龙舟比赛的划手分划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（C）A.15种 B.18种 C.19种 D.36种解析按照从全能者（既会划左桨又会划右桨）中选多少人参与划左桨分类：①2名全能者中选2人划左桨，有C22C22＝1（种）不同的选派方法；②2名全能者中选1人划左桨，有C21C21C32＝12（种）不同的选派方法；③2名全能者中选0人划左桨，有C22C（2）[2023南京市、盐城市二模]编号为1，2，3，4的四位同学，就座于编号为1，2，3，4的四个座位上，每个座位恰好坐一位同学，则恰有两位同学的编号和座位编号一致的坐法种数为6.解析先选择两位同学坐对编号，有C42种方法，余下的两位同学只能交叉坐，只有1种方法，故共有C42×1命题点3排列与组合的综合应用角度1有限制条件的排列、组合问题例3（1）[2023沈阳市质监]甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在最中间两个位置之一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（C）A.24种 B.36种 C.72种 D.96种解析如图所示，当甲在3的位置时，乙、丙可能排在（1，2），（4，5），（5，6），先从这三种中选出一种安排乙、丙，然后在剩下的3个位置安排余下的3人，所以不同的排队方法有C31A22A33＝36（种）；当甲在4的位置时，由对称性可知不同的排队方法也有36种.123456（2）[2023重庆市名校联考]某校从8名教师中选派4名教师去4个偏远地区支教，每地1人，其中甲和乙不能同去，甲与丙同去或者同不去，则不同的选派方案的种数是600.（用数字作答）解析分为两步，第一步，先选4名教师，第一步又分两类，第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，有C52＝10（种）不同的选法；第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，有C64＝15（种）不同的选法.所以选4名教师，不同的选法有10＋15＝25（种）.第二步，4名教师去4个偏远地区支教，有A44＝24（种）分配方法.方法技巧有限制条件的排列、组合问题的解题策略（1）先分析每个限制条件，然后考虑是分类还是分步，对于分类过多的问题可以采用间接法；（2）采用特殊元素（位置）优先原则，即先满足有限制条件的元素（位置），再考虑其他元素（位置）.角度2分组、分配问题例4（1）有5个大学保送名额，计划分到3个班级，每班至少一个名额，有6种不同的分法.解析一共有5个保送名额，分到3个班级，每个班级至少1个名额，即将名额分成3份，每份至少1个，（定份数）将5个名额排成一列，中间有4个空，（定空位）即只需在中间4个空中插入2个隔板，不同的方法共有C42＝6（种）（2）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360种不同的分法.解析先将6名教师分组，共有C61C5再将这3组教师分配到3所中学，有A33＝6故不同的分法共有60×6＝360（种）.（3）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1560种.（用数字作答）解析把6本不同的书分成4组，故有“3，1，1，1”和“2，2，1，1”两种不同的分组方法.若按“3，1，1，1”的分组方法，则不同的分法共有C63C31若按“2，2，1，1”的分组方法，则不同的分法共有C62C42A22·C21C11A22＝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A44＝24（种），所以不同的分法共有65×24＝1560方法技巧分组、分配问题的解题思路是先分组后分配.1.常见的分组整体均匀分组分组后一定要除以Ann（n部分均匀分组若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！.不等分组分组时任何组中元素的个数都不相等.注意关于分组问题，应注意无论分成几组，只要其中某些组中的元素个数相等，就存在均分现象.2.常见的分配（1）相同元素的分配问题，常用“隔板法”求解.（2）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.（3）有限制条件的分配问题，采用分类讨论法或间接法求解.训练3（1）[多选/2023重庆八中模拟]将甲、乙、丙、丁4名志愿者分别安排到A，B，C3个社区进行暑期社会实践活动，要求每个社区至少安排1名志愿者，每名志愿者只能被安排到1个社区，则下列选项正确的是（BD）A.共有72种安排方法B.若甲、乙被安排在同一个社区，则有6种安排方法C.若A社区需要2名志愿者，则有24种安排方法D.若甲被安排在A社区，则有12种安排方法解析对于A选项，将4名志愿者先分为3组，再分配到3个社区，所以安排方法种数为C42C21C11对于B选项，甲、乙被安排在同一个社区，先从3个社区中选1个安排甲与乙，再把剩余2个社区进行全排列，所以安排方法种数为C31A22＝对于C选项，A社区需要2名志愿者，所以先从4名志愿者中选择2名安排到A社区，再把剩余2名志愿者进行全排列，所以安排方法种数为C42A22＝对于D选项，甲被安排在A社区，分为两种情况，（对甲安排在A社区进行分类讨论，讨论A社区是甲单独一人还是甲与另外一人）第一种为A社区安排了2名志愿者，则从剩余3名志愿者中再选择1名，分到A社区，然后把剩余2名志愿者进行全排列，安排方法共有C31A22种；第二种是A社区只安排了甲志愿者，此时剩余3名志愿者分为2组，再分配到剩余的2所以安排方法种数一共为C31A22＋C32A（2）将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六及星期日3天参加社区公益活动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有1680种.（用数字作答）解析先选出3人，有C93种选法，再从剩下的6人中选出3人，有C63种选法，最后剩下的3人为一组，有C33种选法.由分步乘法计数原理以及整体均匀分组方法，可知不同的安排方案共有C1.[命题点1/2023大同学情调研]现有高中数学新教材必修一、二，选择性必修一、二、三，共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法种数是（A）A.72 B.144 C.48 D.36解析解法一先将选择性必修一、二、三这3本书排成一排，有A33＝6（种）排列方法，再将必修一、必修二这2本书插入两端或3本书间的两个空隙中，有A42＝12（种）排列方法，由分步乘法计数原理得，把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法种数是6解法二5本书放在书架上排成一排的排列方法共有A55种，其中必修一、必修二相邻的排列方法有A22A44种，所以把这2.[命题点2/2023合肥市二检]某高中学校在新学期增设了“传统文化”“数学文化”“综合实践”“科学技术”和“劳动技术”5门校本课程.小明和小华两位同学商量每人选报2门校本课程.若小明必须选报“数学文化”课程，两位同学所选的课程至多有一门相同，则不同的选课方案有（B）A.24种 B.36种 C.48种 D.52种解析解法一当小明和小华两位同学所选的课程恰有一门相同时，若相同的课程为“数学文化”，则不同的选课方案有C41C31＝12（种）；若相同的课程不是“数学文化”，则不同的选课方案有C41C31＝12（种）.所以小明和小华两位同学所选的课程恰有一门相同时，共有12＋12＝24（种）选课方案.当小明和小华两位同学所选的课程都不相同时，不同的选课方案有C41解法二小明在“数学文化”课程外任选一门课程，小华任选2门课程时，不同的选课方案有C41C52＝40（种），其中小明和小华2门课程都相同时，选课方案有C41＝4（种），故两位同学所选的课程至多有一门相同时，不同的选课方案有3.[命题点3角度1]某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有两辆不同的白色车和两辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（B）ABCDEFGHA.288 B.336 C.576 D.1680解析由题意知，每行停放一辆白色车和一辆黑色车.第一步：取一辆白色车和一辆黑色车停放到第一行，共有C21C21C42A22＝48（种）方法.第二步：把剩下的两辆车停放到第二行.若白色车与第一行的黑色车在同一列，此时黑色车有3种停放方法；若白色车与第一行的黑色车不在同一列，则白色车有2种停放方法，黑色车也有2种停放方法，所以共有2×2＝4（种）停放方法.所以把剩下的两辆车停放到第二行共有3＋4.[命题点3角度2/2021全国卷乙]将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（C）A.60种 B.120种 C.240种 D.480种解析根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C52种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A44种安排方法.故满足题意的分配方案共有C525.[命题点3/2023福建适应性测试]中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命做出了重要贡献，很好地展示了国家形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排一支救援队，其中甲救援队只能去B，C2个受灾点中的一个，则不同的安排方法种数是（D）A.72 B.84 C.88 D.100解析解法一（间接法）将5支救援队分成3组，有两种分法：3∶1∶1和2∶2∶1，再将这3组分配到A，B，C3个受灾点，有A33种分配方法，故共有C53A33＋C52C32C11A22×A33＝150（种）安排方法，其中含有甲救援队去A受灾点的情形.当甲救援队去A受灾点时，变为余下4支救援队随机去A，B，C3个受灾点，则A受灾点可以再去0支或1支或2支救援队，B，C受灾点均至少去1支救援队，当A受灾点再去0支救援队时，余下4支救援队分成两组（3∶1或2∶2）去B，C2个受灾点，不同的安排方法种数为C43A22＋C42；当A受灾点再去1支救援队时，余下3支救援队只能按2∶1分组去B，C2个受灾点，不同的安排方法种数为C41C32A解法二（直接法）将5支救援队分成3组，有两种分法：3∶1∶1和2∶2∶1，再将这3组分配到A，B，C3个受灾点.①按3∶1∶1分组，若甲救援队单独一组，且甲救援队去B，C2个受灾点中的一个，则有C2需2支救援队，有C42种选法，甲救援队所在的组去B，C2个受灾点中的一个，有C21种方法，余下的2支救援队分成两组各去一个受灾点，有A②按2∶2∶1分组，若甲救援队单独一组，且甲去B，C2个受灾点中的1个，则有C21×C42C22A22×A22种不同的安排方法；若甲救援队不单独一组，则甲救援队所在的组还需1支救援队，有C41种选法，甲救援队所在的组去B，C2故满足题意的不同的安排方法种数为C21C43A22＋C42C21A22＋C21学生用书·练习帮P3831.[新高考卷Ⅰ]6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（C）A.120种 B.90种 C.60种 D.30种解析第1步，抽1名志愿者安排到甲场馆，有C61种安排方法；第2步，从剩下的5名志愿者中抽取2名安排到乙场馆，有C52种安排方法；第3步，将剩下的3名志愿者安排到丙场馆.由分步乘法计数原理得，不同的安排方法共有C2.[2024吉林市田家炳高级中学模拟]从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则不同的安排方法有（D）A.56种 B.64种 C.72种 D.96种解析解法一（优先特殊元素）根据题意可知，按A是否入选进行分类.若A入选，则先从乙、丙、丁3个岗位上安排1个岗位给A，有C31＝3（种）安排方法，再给剩下3个岗位安排人，有A43＝24（种）安排方法，共有3×24若A不入选，则4个人4个岗位，有A44＝24综上，共有72＋24＝96（种）安排方法.故选D.解法二（优先特殊位置）先安排去甲岗位的，A不能去，其他4人中选1人，因而有C41种安排方法，再选3人安排其他岗位，有A43种安排方法，从而共有C413.[2024北京市第十二中学模拟]4位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（D）A.10 B.20 C.24 D.30解析解法一不考虑限制条件，将6位同学排成一排准备照相，共有A66种排法，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则有A66解法二插入2位同学后变成6位同学6个位置，原4位同学占4个位置，但相对顺序没变，因而有C64种排法，再排新插入的2位同学有A22种排法，从而共有C解法三6个位置可以先排后加入的2位同学，有A62＝30（种）排法，剩下4个位置原4位同学按原顺序排入即可，只有1种方法，因而共有304.[2024湖南衡阳模拟]2023年春节，在北京工作的五个家庭开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为A，B，C，D，E，五辆车随机排成一列，则A车与B车相邻，且A车与C车不相邻的排法有（A）A.36种 B.42种 C.48种 D.60种解析将A车与B车捆在一起当成一个元素使用，有A22种不同的捆法，将其与除C车外的2个元素全排列，有A33种排法，将C车插入，不与A车相邻，有A31种插法，故共有A22×A5.5个小朋友站成一圈，不同的站法一共有（D）A.120种 B.60种 C.30种 D.24种解析先将5个小朋友编为1～5号，然后让他们按1～5的顺序站成一圈，这样就形成了一个圆排列.分别以1，2，3，4，5号作为开头将这个圆排列打开，就可以得到5种排列：12345，23451，34512，45123，51234.这就是说，这个圆排列对应了5个排列.因此，要求圆排列数，只需要求出全排列数再除以5就可以了，即这些小朋友不同的站法一共有A555＝A46.[多选]下列关于排列数与组合数的等式中，正确的是（ABD）A.（n＋1）Anm＝An+1m+1 C.Cnm＝Anmn！ 解析对于A，（n＋1）Anm＝（n＋1）n（n－1）…（n－m＋1）＝An+1m+1，故A正确；对于B，Cn－1m－1＝（n－1)!（m－1)!(n－m)!，Cnm＝n！m!(n－m)!＝n·（n－1)!m·（m－1)!(n－m)!＝nm·（n－1)!（m－1)!(n－m)!＝nm7.[多选/2024湖南湘潭联考]从10名男生和8名女生中选出3人去参加创新大赛，则至少有1名女生的选法种数为（AC）A.C183－C103 C.C81C102＋C82C解析对于A，从18名学生中选取3人，有C183种不同的选法，从18名学生中选取3人，选的都是男生有C103种不同的选法，所以至少有1名女生的选法有C183－C对于B，C81C172＝1088对于C，至少有1名女生的选法有三种情况：1名女生，2名女生，3名女生，所以至少有1名女生的选法有C81C102＋C82C101＋C8对于D，C102C81＋C101C82＝3608.[2024上海市华东师范大学第二附属中学质检]7个志愿者的名额分给3个班，每班至少一个名额，则有15种不同的分配方法（用数字作答）.解析7个志愿者的名额分配给3个班，每班至少一个名额，其实就是在7个志愿者的名额产生的6个空位中插入2个“档板”，共有C62＝159.高考期间，为保证考生能够顺利进入某考点，交管部门将6名交警分配到该考点周边3个不同路口疏导交通，每个路口2人，则不同的分配方法共有90种.解析根据题意，分两步进行分析.第一步，将6名交警分成“2，2，2”的三组，有C62C42C22A33＝15（种）分组方法；第二步，将分好的三组全排列，对应3个路口，有10.某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，