2025年高考科学复习创新方案数学提升版第十一章第1讲含答案

2025年高考科学复习创新方案数学提升版第十一章第1讲含答案第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理[课程标准]1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．1．分类加法计数原理完成一件事有eq\x(\s\up1(01))两类不同的方案．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＝eq\x(\s\up1(02))m＋n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要eq\x(\s\up1(03))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＝eq\x(\s\up1(04))m×n种不同的方法．两个计数原理的区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏,步步相依，缺一不可1．(人教A选择性必修第三册6.1练习T3改编)快递员去某小区送快递，该小区共有四个出入口，每个出入口均可进出，则该快递员进出该小区的方案种数为()A．6 B．8C．16 D．14答案C解析方案种数为4×4＝16，故选C.2．(人教B选择性必修第二册3.1.1练习AT1改编)某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有()A．3种 B．6种C．7种 D．9种答案C解析买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案．因此共有3＋3＋1＝7种购买方案．故选C.3．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是()A．2160 B．720C．240 D．120答案B解析分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法．共有10×9×8＝720种分法．故选B.4．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定的不同平面的个数为()A．40 B．16C．13 D．10答案C解析分两类情况讨论：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．故选C.5．(人教A选择性必修第三册习题6.1T6(1)改编)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有________个．答案6解析第一象限内不同的点有2×2＝4个，第二象限内不同的点有1×2＝2个，故共有4＋2＝6个．考向一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2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的共有()A．18个 B．15个C．12个 D．9个答案B解析依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成的有3个，分别为400，040，004；由3，1，0组成的有6个，分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成的有3个，分别为220，202，022；由2，1，1组成的有3个，分别为211，121，112，共3＋6＋3＋3＝15(个)．(2)设集合A＝{1，2，3，4}，m，n∈A，则方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1表示的焦点位于y轴上的椭圆有()A．6个 B．8个C．12个 D．16个答案A解析因为椭圆的焦点在y轴上，所以m<n，当m＝1时，n＝2，3，4；当m＝2时，n＝3，4；当m＝3时，n＝4，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．故选A.使用分类加法计数原理时应注意的三个方面(1)各类方法之间相互独立，每种方法都能完成这件事，且方法总数是各类方法数相加得到的．(2)分类时，首先要在问题的条件之下确定一个分类标准，然后在确定的分类标准下进行分类．(3)完成这件事的任何一种方法必属于某一类，且分别属于不同类的方法都是不同的．1.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A．4种 B．10种C．18种 D．20种答案B解析依题意，得可能剩余一本画册或一本集邮册两类情况．第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有Ceq\o\al(2,4)＝6(种)．因此满足题意的赠送方法共有4＋6＝10种．故选B.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()A．14 B．13C．12 D．10答案B解析当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，2)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)．综上，满足要求的有序数对共有13个．故选B.3．如果一个三位正整数形如“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()A．240 B．204C．729 D．920答案A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)．故选A.考向二分步乘法计数原理例2(1)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()A．24 B．18C．12 D．9答案B解析分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.(2)“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，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()5A．72 B．108C．144 D．196答案C解析依题意，5的上方和左边所填数字只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边所填数字只能从6，7，8，9中选取．第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，有3种方法；第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方法．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.(3)现安排一份5天的工作值班表，每天有一个人值班，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班，但相邻两天不能同一个人值班，则此值班表共有________种不同的排法．答案1280解析完成一件事是安排值班表，因而需一天一天地排，用分步乘法计数原理，分步进行：第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排的人相同，所以有4种不同排法，依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1280种不同的排法．利用分步乘法计数原理解题的策略(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键，从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．1.(2023·汕头二模)电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为()A．2563 B．27C．2553 D．6答案A解析分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，根据分步乘法计数原理，得共可配成256×256×256＝2563种颜色．故选A.2．为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有()A．48种 B．36种C．24种 D．12种答案B解析由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法．根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36(种)不同的选取方法．故选B.3．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)答案186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个不同的二次函数．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．多角度探究突破考向三两个计数原理的综合应用角度与数字有关的问题例3(1)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．252C．261 D．279答案B解析由分步乘法计数原理知，用0，1，…，9十个数字组成三位数(可有重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.(2)从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数字中任取2个不同的数字分别作为一个对数的底数和真数，则所产生的不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52答案D解析在8个数字中任取2个不同的数字共可产生8×7＝56个对数值，在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，则满足条件的对数值共有56－4＝52个．故选D.角度与几何有关的问题例4(1)从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有()A．8种 B．12种C．16种 D．20种答案B解析正方体共有3组对面互不相邻．与正方体的每组对面相邻的面有4个，所以有3×4＝12种选法．故选B.(2)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．48C．36 D．24答案B解析长方体的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个对角面构成的“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.故选B.角度与涂色、种植有关的问题例5(1)(2023·常州模拟)中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同．若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有()A．1050种 B．1260种C．1302种 D．1512种答案C解析由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色．先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择；当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择；当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择．故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1302种．故选C.(2)在一块并排10垄的田地中，种植作物时每种作物种植一垄，相邻的垄不种同一种作物．现有3种作物可选，则有________种种植方法；若3种作物必须都种，则有________种种植方法；若只在其中2垄种植其中的A，B两种作物，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则有________种种植方法．答案1536153012解析3种作物任选时，种植第1垄有3种选择，第2垄有2种选择，后面的垄只需与前一垄不同即可，共有3×2×2×2×2×2×2×2×2×2＝1536(种)种植方法.3种作物都选时，只需排除只用2种作物完成种植的情况，共有1536－3×2×1×1×1×1×1×1×1×1＝1530(种)种植方法．两种作物的间隔不小于6垄时，分两步：第一步，先选垄，如图所示，共有6种选法；第二步，种植A，B两种作物，有2种方法．根据分步乘法计数原理，可得有6×2＝12(种)种植方法．利用两个计数原理解题时的三个注意点(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时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．(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．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()A．48 B．18C．24 D．36答案D解析分类讨论：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．故选D.2．(2023·菏泽模拟)某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2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，则不同的停车方法种数为()A．288 B．336C．576 D．1680答案B解析第一步：排白车，第一行选一个位置，则第二行有三个位置可选，由于白车是不相同的，故白车的停法有4×3×2＝24种；第二步：排黑车，若白车选AF，则黑车有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG，共7种选择，由于黑车是不相同的，故黑车的停法有2×7＝14种．根据分步乘法计数原理，不同的停车方法种数为24×14＝336.故选B.3.某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5块区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所选花卉颜色不能相同，则不同的种植方法种数为()A．96 B．114C．168 D．240答案C解析首先在a中种植，有4种不同方法，其次在b中种植，有3种不同方法，再次在c中种植，若c与b同色，则c有1种方法，d有3种不同方法，若c与b不同色，则c有2种不同方法，d有2种不同方法，最后在e中种植，有2种不同方法，所以不同的种植方法共有4×3×(1×3＋2×2)×2＝168(种)．故选C.课时作业一、单项选择题1．在某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著——《红楼梦》《三国演义》《水浒传》《西游记》(每种名著至少有5本)，若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为()A．1024 B．625C．120 D．5答案A解析对于五名同学来说，每人都有4种借阅可能，根据分步乘法计数原理，共有45＝1024种可能．故选A.2．从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()A．24 B．18C．12 D．6答案B解析分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，有3×2×2＝12个奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，有3×2×1＝6个奇数．根据分类加法计数原理知，共有12＋6＝18个奇数．故选B.3．7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A．120 B．240C．360 D．480答案C解析第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到前排，有3种方法；第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种方法；第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人，有5种方法，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的加入方法种数为3×4×5×6＝360.故选C.4．甲、乙、丙三个人踢毽子，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，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种 B．6种C．10种 D．16种答案B解析分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)；同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6种传递方式．故选B.5．(2023·宝鸡模拟)某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊：在基础配方以外，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一味添加到香囊中，则不同的添加方案有()A．13种 B．14种C．15种 D．16种答案C解析从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一味，有Ceq\o\al(1,4)＝4种方法；选两味，有Ceq\o\al(2,4)＝6种方法；选三味，有Ceq\o\al(3,4)＝4种方法；四味中药全选，有Ceq\o\al(4,4)＝1种方法，所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一味添加到香囊中，不同的添加方案共有4＋6＋4＋1＝15种．故选C.6.(2023·南通模拟)在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如图所示是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日(20200202)被称为世界完全对称日(公历纪年日期中数字左右完全对称的日期)．数学上把20200202这样的对称数叫回文数，如11，242，5225都是回文数，则用0，1，2，3，4，5这些数字构成的所有三位数的回文数中，能被3整除的个数是()A．8 B．10C．11 D．13答案B解析当三位数的三个数位上的数字都相同时，有111，222，333，444，555，共5个；当三位数的三个数位上的数字有两个相同时，有141，252，303，414，525，共5个，所以满足题意的回文数共有10个．故选B.7.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是()A．8 B．12C．16 D．18答案C解析根据正六边形的性质，当A1ABB1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1AFF1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1ACC1为底面矩形时，有4个满足题意；当A1AEE1为底面矩形时，有4个满足题意．故共有4＋4＋4＋4＝16个．故选C.8.(2023·南宁模拟)五行是华夏民族创造的哲学思想．多用于哲学、中医学和占卜方面．五行学说是华夏文明重要的组成部分．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化．所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源．如图是五行图，现有4种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色(例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色)，五行相克可以用同一种颜色(例如火与水相克可以用同一种颜色)，则不同的涂色方法种数是()A．30 B．120C．150 D．240答案D解析由题意，不妨设4种颜色分别为A，B，C，D，先填涂区域“火”，有4种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为A，接下来填涂区域“土”，有3种选择，分别为B，C，D，若区域“土”填涂的颜色为B，则区域“金”填涂的颜色可为A，C，D；若区域“土”填涂的颜色为C，则区域“金”填涂的颜色可为A，B，D；若区域“土”填涂的颜色为D，则区域“金”填涂的颜色可为A，B，C.综上所述，区域“金”填涂A，B，C，D的方案种数分别为3，2，2，2，接下来考虑区域“水”的填涂方案：若区域“金”填涂的颜色为A，则区域“水”填涂的颜色可为B，C，D；若区域“金”填涂的颜色为B，则区域“水”填涂的颜色可为A，C，D；若区域“金”填涂的颜色为C，则区域“水”填涂的颜色可为A，B，D；若区域“金”填涂的颜色为D，则区域“水”填涂的颜色可为A，B，C.则区域“水”填涂A的方案种数为2×3＝6，填涂B的方案种数为3＋2×2＝7，填涂C的方案种数为3＋2×2＝7，填涂D的方案种数为3＋2×2＝7.从区域“火”“土”“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，若区域“水”填涂的颜色为A，则区域“木”填涂的颜色可为B，C，D；若区域“水”填涂的颜色为B，则区域“木”填涂的颜色可为C，D；若区域“水”填涂的颜色为C，则区域“木”填涂的颜色可为B，D；若区域“水”填涂的颜色为D，则区域“木”填涂的颜色可为B，C.所以，当区域“火”填涂颜色A时，填涂方案种数为6×3＋7×2×3＝60.因此不同的涂色方法种数是4×60＝240.故选D.二、多项选择题9．现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是()A．选1人为负责人的选法有34种B．每组选1名组长的选法有5400种C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法有420种D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种答案AD解析对于A，4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法有34种，A正确；对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040(种)，B错误；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法，从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法，从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法，从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法，从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法，从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错误；对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64种选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27种选法，所以不同的选法共有64－27＝37(种)，D正确．10.(2023·嘉兴模拟)如图，把图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，现有n种不同的颜色可供选择，则()A．n≥3B．当n＝4时，若B，D同色，共有48种涂法C．当n＝4时，若B，D不同色，共有48种涂法D．当n＝5时，总的涂色方法有420种答案ABD解析对于A，由于区域A与B，C，D均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确．对于B，当n＝4时，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一种颜色，此时有4×3×2＝24种涂法，涂D时，由于B，D同色(D只有一种颜色可选)，所以只需要从剩下的颜色或与A同色的两种颜色中选择一种涂E，共有24×2＝48种涂法，故B正确．对于C，当n＝4时，涂ABC有4×3×2＝24种涂法，由于B，D不同色(D只有一种颜色可选)，此时A，B，C，D四块区域所用颜色各不相同，涂E只能用与A同色的颜色，此时共有24种涂法，故C错误．对于D，当n＝5时，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有5×4×3＝60种涂法，涂D时，若B，D同色(D只有一种颜色可选)，只需要从剩下的两种颜色中或与A同色的颜色中选择一种涂E，共有60×3＝180种涂法；若B，D不同色，此时A，B，C，D四块区域所用颜色各不相同，有5×4×3×2＝120种涂法，只需要从剩下的颜色或与A同色的两种颜色中选择一种涂E，此时共有120×2＝240种涂法．综上可知，总的涂色方法有180＋240＝420种，故D正确．故选ABD.11．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是()A．组成的三位数的个数为60B．在组成的三位数中，偶数的个数为30C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为30答案BC解析对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3＝48，故A错误；对于B，将所有三位数的偶数分为两类：①个位数为0，则有4×3＝12个，②个位数为2或4，则有2×3×3＝18个，所以在组成的三位数中，偶数的个数为12＋18＝30，故B正确；对于C，D，将这些“凹数”分为三类：①十位为0，则有4×3＝12个，②十位为1，则有3×2＝6个，③十位为2，则有2×1＝2个，所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为12＋6＋2＝20，故C正确，D错误．故选BC.三、填空题12．世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强(各组的前2名小组出线)，这16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为________．答案64解析因为8个小组进行单循环赛，每个小组进行6场小组赛，所以小组赛的场数为8×6＝48，因为16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为8＋4＋2＋2＝16，因此比赛进行的总场数为48＋16＝64.13．4张卡片的正、反面分别写有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成________个不同的三位数．答案168解析要组成三位数，根据首位、十位、个位应分三步：第一步：首位可放8－1＝7个数；第二步：十位可放6个数；第三步：个位可放4个数．故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168个不同的三位数．14.(2023·重庆联考阶段练习)某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域(有公共边)不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有________种．答案1560解析如图，不同的布置方案分两类：当A与C布置相同的花卉时，先安排E，有6种不同的选择，再安排A与C，有5种不同的选择，再安排B，有4种不同的选择，最后安排D，有4种不同的选择，共有6×5×4×4＝480种不同的选择．当A与C布置不同的花卉时，先安排E，有6种不同的选择，再安排A与C，有5×4种不同的选择，再安排B，有3种不同的选择，最后安排D，有3种不同的选择，共有6×5×4×3×3＝1080种不同的选择．所以不同的布置方案有480＋1080＝1560种．四、解答题15．已知a，b，c∈{1，2，3，4，5，6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，这样的三角形一共有多少个？解先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1，2，…，6，有6个，再考虑等腰的情况，若a＝b＝1，c<a＋b＝2，此时c＝1与等边重复；若a＝b＝2，c<a＋b＝4，则c＝1，3，有2个；若a＝b＝3，c<a＋b＝6，则c＝1，2，4，5，有4个；若a＝b＝4，c<a＋b＝8，则c＝1，2，3，5，6，有5个；若a＝b＝5，c<a＋b＝10，则c＝1，2，3，4，6，有5个；若a＝b＝6，c<a＋b＝12，则c＝1，2，3，4，5，有5个，故这样的三角形一共有27个．16．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？(六名同学不一定都能参加)(1)每人只参加一项，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．解(1)每人都可以从三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝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，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．(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六名同学中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216种．第2讲排列与组合[课程标准]1.理解排列、组合的概念.2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.3.能利用排列组合解决简单的实际问题．1．排列与组合的概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并按照eq\x(\s\up1(01))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eq\x(\s\up1(02))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2.排列数与组合数(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有eq\x(\s\up1(03))不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(04))Aeq\o\al(m,n))表示．(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的eq\x(\s\up1(05))所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作eq\x(\s\up1(06))Ceq\o\al(m,n)．3．排列数、组合数的公式及性质公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝eq\x(\s\up1(07))n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(n！,（n－m）！)；(2)Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),Aeq\o\al(m,m))＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(n（n－1）…（n－m＋1）,m！)＝eq\x(\s\up1(10))eq\f(n！,m！（n－m）！)(n，m∈N*，且m≤n)性质(1)Aeq\o\al(n,n)＝eq\x(\s\up1(11))n！；(2)0！＝eq\x(\s\up1(12))1；(3)Ceq\o\al(0,n)＝eq\x(\s\up1(13))1，Ceq\o\al(m,n)＝eq\a\vs4\al(\x(\s\up1(14))Ceq\o\al(n－m,n))；(4)Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)＝eq\x(\s\up1(15))Ceq\o\al(m,n＋1)解决排列与组合问题的“四项基本原则”(1)特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置．(2)先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列时，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再进行排列．(3)正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题．(4)先分组后分配原则：在分配问题中如果被分配的元素多于位置，这时要先进行分组，再进行分配．1．(人教B选择性必修第二册习题3－1AT2(1)改编)若Aeq\o\al(3,2n)＝10Aeq\o\al(3,n)，则n＝()A．1 B．8C．9 D．10答案B解析原式等价于2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n－2)，且n≥3，整理，得n＝8.故选B.2．(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有()A．Ceq\o\al(45,400)·Ceq\o\al(15,200)种 B．Ceq\o\al(20,400)·Ceq\o\al(40,200)种C．Ceq\o\al(30,400)·Ceq\o\al(30,200)种 D．Ceq\o\al(40,400)·Ceq\o\al(20,200)种答案D解析根据比例分配的分层随机抽样的定义知，初中部共抽取60×eq\f(400,600)＝40名，高中部共抽取60×eq\f(200,600)＝20名，根据组合数的概念及分步乘法计数原理，知不同的抽样结果共有Ceq\o\al(40,400)·Ceq\o\al(20,200)种．故选D.3．若原来站成一排的4个人重新站成一排，恰有一个人站在自己原来的位置上，则不同的站法种数为()A．4 B．8C．12 D．24答案B解析根据题意，分两步考虑：第一步，先从4个人里选1人，其位置不变，站法有Ceq\o\al(1,4)＝4(种)；第二步，剩余3人都不站在自己原来的位置上，有2种站法．故不同的站法共有4×2＝8(种)．故选B.4．(多选)(2023·邢台检测)生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳．()A．若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法B．若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法C．若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有36种不同的安排方法D．若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法答案BCD解析对于A，若瑜伽被安排在周一和周六，则共有Aeq\o\al(4,4)＝24种不同的安排方法，故A错误；对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，不同的安排方法种数为Aeq\o\al(4,6)－Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,4)＝216，故B正确；对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,4)＝36种不同的安排方法，故C正确；对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有Aeq\o\al(4,4)种不同的安排方法，再从5个空位里插入2个安排练习瑜伽，故共有Aeq\o\al(4,4)Ceq\o\al(2,5)＝240种不同的安排方法，故D正确．故选BCD.5．(人教A选择性必修第三册6.2.3练习T3改编)现有1，3，7，13这4个数，从这4个数中任取2个相加，可以得到________个不相等的和；从这4个数中任取2个相减，可以得到________个不相等的差．答案610解析从这4个数中任取2个相加有1＋3＝4，1＋7＝8，1＋13＝14，3＋7＝10，3＋13＝16，7＋13＝20，可以得到6个不相等的和．从这4个数中任取2个相减有1－3＝－2，3－1＝2，1－7＝－6，7－1＝6，1－13＝－12，13－1＝12，3－7＝－4，7－3＝4，3－13＝－10，13－3＝10，7－13＝－6，13－7＝6，可以得到10个不相等的差．考向一排列问题例1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)选其中5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；(3)全体排一排，甲不站排头也不站排尾；(4)全体排一排，女生必须站在一起；(5)全体排一排，男生互不相邻；(6)全体排一排，甲、乙两人中间恰好有3人；(7)全体排一排，甲必须排乙前面；(8)全体排一排，甲不排在最左端，乙不排在最右端．解(1)Aeq\o\al(5,7)＝2520种方法．(2)Aeq\o\al(7,7)＝5040种方法．(3)解法一：先排甲，有5种方法，其余6人有Aeq\o\al(6,6)种方法，故共有5×Aeq\o\al(6,6)＝3600种方法．解法二：先排排头和排尾有Aeq\o\al(2,6)种方法，其余位置有Aeq\o\al(5,5)种排法，故共有Aeq\o\al(2,6)Aeq\o\al(5,5)＝3600种方法．(4)将女生看成一个整体，用捆绑法，共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(4,4)＝576种方法．(5)先排女生有Aeq\o\al(4,4)种，再将男生插空有Aeq\o\al(3,5)种，故共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,5)＝1440种方法．(6)将甲、乙及中间三人看作一个整体，先排甲、乙有Aeq\o\al(2,2)种方法，再排中间三人有Aeq\o\al(3,5)种方法，最后将他们看作一个整体与剩下的2人全排列，有Aeq\o\al(3,3)种方法，故共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,5)Aeq\o\al(3,3)＝720种方法．(7)eq\f(Aeq\o\al(7,7),Aeq\o\al(2,2))＝2520种方法．(8)Aeq\o\al(7,7)－2Aeq\o\al(6,6)＋Aeq\o\al(5,5)＝3720种方法．求解有限制条件排列问题的主要方法直接法分类法选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数分步法选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数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排列后的空中定序法对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以已定元素的全排列间接法对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方法用0，1，2，3，4，5这6个数字，(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?解(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，0在个位时，有Aeq\o\al(3,5)个；第二类，2在个位时，千位从1，3，4，5中选定1个，有Aeq\o\al(1,4)种，十位和百位从余下的数字中选，有Aeq\o\al(2,4)种，于是有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)个；第三类，4在个位时，与第二类同理，也有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)个．由分类加法计数原理得，能组成Aeq\o\al(3,5)＋2Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,4)＝156个无重复数字的四位偶数．(2)先排0，2，4，再让1，3，5插空，总的排法共Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,4)＝144种，其中0在排头，将1，3，5插在后3个空的排法共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝12种，此时构不成六位数，故符合要求的六位数的个数为144－12＝132.考向二组合问题例2某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各有一名队长．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)男生甲和女生乙当选；(5)最多有两名女生当选．解(1)只有一名女生当选即有一名女生和四名男生当选，故共有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,8)＝350种．(2)两队长当选，共有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,11)＝165种．(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选和有两名队长当选．故共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,11)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,11)＝825种(或采用间接法：Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(5,11)＝825种)．(4)男生甲和女生乙当选，则需从剩余11人中选3人，有Ceq\o\al(3,11)＝165种．(5)最多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选、只有一名女生当选和没有女生当选．故共有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(5,8)＝966种．组合问题的常见类型及求解策略(1)“含有”或“不含有”问题：“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“最多”问题：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．1.圆周上有10个等分点，以这10个等分点中的4个点为顶点构成四边形，其中梯形的个数为()A．10 B．20C．40 D．60答案D解析如图所示，10点连线中有5条为圆的直径，其每条直径分别有4条弦与之平行，可构成5×(Ceq\o\al(2,5)－2)＝40个梯形；10点连线中有5组与构成的5条直径不平行的4条平行弦，如A3A5∥A2A6∥A1A7∥A10A8，可构成5×(Ceq\o\al(2,4)－2)＝20个梯形．由分类加法计数原理可知，共构成40＋20＝60个梯形．故选D.2．(多选)在某地实施的新高考改革方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是()A．若任意选科，选法总数为Ceq\o\al(2,4)B．若化学必选，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)C．若政治和地理至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1答案BD解析若任意选科，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)，A错误；若化学必选，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)，B正确；若政治和地理至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1)，C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1，D正确．故选BD.多角度探究突破考向三分组、分配问题角度不同元素的分配问题例3按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方法？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本．解(1)无序不均匀分组问题．先选1本有Ceq\o\al(1,6)种选法；再从余下的5本中选2本有Ceq\o\al(2,5)种选法；最后余下3本全选有Ceq\o\al(3,3)种方法，故共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝60种．(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)的基础上，还应考虑再分配，共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360种．(3)无序均匀分组问题．共有eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,3))＝15种．(4)在(3)的基础上，还应考虑再分配，共有15Aeq\o\al(3,3)＝90种．(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本，这是部分均匀分组问题，求出组合总数除以Aeq\o\al(2,2)即可，共有eq\f(Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,2))＝15种．(6)在(5)的基础上，还应考虑再分配，共有15Aeq\o\al(3,3)＝90种．角度相同元素的分配问题(隔板法)例4将12个相同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．(1)若每个盒子中至少有一个小球，则不同放法有多少种？(2)若每盒可空，则不同的放法有多少种？解(1)将12个小球排成一排，中间有11个间隔，在这11个间隔中选出3个，放上“隔板”，若把“|”看作隔板，则如图○○|○○○○|○○○○|○○，隔板将一排球分成四块，从左到右可以看成四个盒子放入的球数．这样每一种隔板的插法，就对应了球的一种放法，即每一种从11个间隔中选出3个间隔的组合对应一种放法，所以不同的放法有Ceq\o\al(3,11)＝165(种)．(2)因为每盒可空，所以隔板之间允许无球，那么插入法就无法应用，现建立如下数学模型．将三块隔板与12个球排成一排，则如图○○○||○○○○○|○○○○中的隔板将这一排球分成四块．从左到右可以看成四个盒子放入的球数，即1，2，3，4四个盒子相应放入3个，0个，5个，4个小球．这样每一种隔板与球的排列法，就对应了球的一种放法．排列的位置有15个，先从这15个位置中选出3个位置放隔板有Ceq\o\al(3,15)种排法，再在余下的位置放球，只有一种放法，所以隔板与球的排列法有Ceq\o\al(3,15)种，即不同的放法有Ceq\o\al(3,15)＝455(种)．解决分组、分配问题的策略相同元素的分配问题常用“隔板法”不同元素的整体均分问题分组后一定要除以Aeq\o\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数不同元素的部分均分问题若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！提醒：隔板法的关键在于准确确定空位个数以及需要的隔板个数，使用这种方法需要注意两个方面的问题：一是要根据题意确定能否转化为“每组至少一个”的问题，以便确定能否利用隔板法；二是要注意准确确定空位数以及需要的隔板数，一般来说，两端不能插隔板．1.(2023·福建省高考适应性练习)中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，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，C三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1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个受灾点中的一个，则不同的安排方法种数是()A．72 B．84C．88 D．100答案D解析若甲去B受灾点，则剩余4支救援队可只去A，C两个受灾点，也可分为3组去A，B，C三个受灾点．当剩余4支救援队只去A，C两个受灾点时，可按1，3或2，2分配，此时的分配方法有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,1)·Aeq\o\al(2,2)＋eq\f(Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(2,2)＝14种；当剩余4支救援队分为3组去A，B，C三个受灾点时，先从4支救援队中选出2支救援队，即可分为3组，然后分配到三个受灾点即可，此时的分配方法有Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,3)＝36种．综上可得，甲去B受灾点，不同的安排方法种数是14＋36＝50.同理，甲去C受灾点，不同的安排方法种数也是50，所以不同的安排方法种数是50＋50＝100.故选D.2．某市拟成立一个由6名高中学生成立的调查小组，并准备将这6个名额分配给本市的4所重点中学，要求每所重点中学都有学生参加，那么不同名额分配方法的种数是()A．10 B．20C．24 D．28答案A解析如图所示，6个名额排成一列，6个名额之间有5个空，任找3个空插入隔板就是一种名额分配方法，故共有Ceq\o\al(3,5)＝10(种)分配方法．故选A.○|○○|○|○○3．某省示范性高中安排6名高级教师(不同姓)到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行支教，每所学校至少去1人，因工作需要，其中李老师不去甲校，则分配方案种数为________．答案360解析解法一：根据6名高级教师到甲、乙、丙三所中学进行支教，每所学校至少去1人，可分四种情况：①甲校安排1名教师，分配方案种数为Ceq\o\al(1,5)(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2))＝150；②甲校安排2名教师，分配方案种数为Ceq\o\al(2,5)(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2))＝140；③甲校安排3名教师，分配方案种数为Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝60；④甲校安排4名教师，分配方案种数为Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1)＝10.由分类加法计数原理，可得共有150＋140＋60＋10＝360(种)分配方案．解法二：由6名教师到三所学校，每所学校至少去1人，可能的分组情况为4，1，1；3，2，1；2，2，2.①对于第一种情况，由于李老师不去甲校，李老师自己去一个学校有Ceq\o\al(1,2)种，其余5名老师分成一人组和四人组有Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(2,2)种，共Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,5)Aeq\o\al(2,2)＝20(种)；李老师分配到四人组且该组不去甲校有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝40(种)，则第一种情况共有20＋40＝60(种)；②对于第二种情况，李老师分配到一人组有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝40(种)，李老师分配到两人组有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(2,2)＝80(种)，李老师分配到三人组有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝120(种)，所以第二种情况共有40＋80＋120＝240(种)；③对于第三种情况，共有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝60(种)．综上所述，共有60＋240＋60＝360(种)分配方案．4．把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．答案36解析先将卡片分为符合条件的3份，由题意，3人分5张卡片，且每人至少一张，至多三张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，相当于将1，2，3，4，5这5个数用2个板子隔开，在4个空位插2个板子，共有Ceq\o\al(2,4)＝6种情况，再对应到3个人，有Aeq\o\al(3,3)＝6种情况，则共有6×6＝36种分法．课时作业一、单项选择题1．(2023·全国甲卷)有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为()A．120 B．60C．40 D．30答案B解析先从五名志愿者中选择1人连续参加两天社区服务，有Ceq\o\al(1,5)＝5种方法；再从剩余的4人中选择2人分别参加星期六与星期天的社区服务，共有Aeq\o\al(2,4)＝12种方法．所以恰有1人连续参加两天服务的选择种数为5×12＝60.故选B.2．甲、乙两人要在一排8个空座上就座，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有()A．10种 B．16种C．20种 D．24种答案C解析一排共有8个座位，现有两人就座，故有6个空座．∵要求每人两旁均有空座，∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就座，即有Aeq\o\al(2,5)＝20种坐法．故选C.3．(2023·沧州模拟)用短语“mathstest”中所有的重复字母重新排列，能组成不同排列的个数为()A．10 B．20C．30 D．40答案A解析由s有2个，t有3个，则将这5个字母看成不同时的排列为Aeq\o\al(5,5)，故所求排列个数为eq\f(Aeq\o\al(5,5),Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3))＝10.故选A.4．(2023·佛山二模)“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法共有()A．120种 B．180种C．240种 D．300种答案C解析将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，共有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)＝240种方法．故选C.5．将5件相同的小礼物全部送给3个不同的球迷，要让每个球迷都得到礼物，不同的分法有()A．2种 B．10种C．5种 D．6种答案D解析把5件相同的小礼物排成一排，5件礼物之间共有4个空，任选2个空插入板子，共有Ceq\o\al(2,4)＝6种不同的方法．故选D.6．(2024·百色模拟)某中学体育节中，羽毛球单打12强中有3个种子选手，将这12人任意分成3组(每组4个人)，则3个种子选手恰好被分在同一组的分法种数为()A．210 B．105C．315 D．630答案C解析由题意，12人任意分成3组，3个种子选手恰好被分在同一组的方法有eq\f(Ceq\o\al(1,9)Ceq\o\al(4,8)Ceq\o\al(4,4),Aeq\o\al(2,2))＝315种．故选C.7．(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、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，则不同排列方式共有()A．12种 B．24种C．36种 D．48种答案B解析因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看作一个元素，连同乙、戊看成三个元素排列，有Aeq\o\al(3,3)种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插入方式；注意到丙、丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有Aeq\o\al(3,3)×2×2＝24种不同的排列方式．故选B.8．将数字“124467”重新排列后得到不同偶数的个数为()A．72 B．120C．192 D．240答案D解析末尾是2或6，不同偶数的个数为Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,5)＝120；末尾是4，不同偶数的个数为Aeq\o\al(5,5)＝120，故共有120＋120＝240个．故选D.二、多项选择题9．(2024·郑州开学考试)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加演出，下列说法中正确的是()A．若甲不在正中间，则不同的排列方式共有96种B．若甲、乙、丙三人互不相邻，则不同的排列方式共有6种C．若甲、丙、丁从左到右的顺序一定，则不同的排列方式共有20种D．若甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列方式共有36种答案ACD解析对于A，因为甲不在正中间，则甲的不同的排列方式有Ceq\o\al(1,4)＝4种，剩余的四人全排列，不同的排列方式有Aeq\o\al(4,4)＝24种，所以不同的排列方式共有4×24＝96种，故A正确．对于B，若甲、乙、丙三人互不相邻，则甲、乙、丙三人在首位、中间和末位，则不同的排列方式有Aeq\o\al(3,3)＝6种，剩余的两人全排列，不同的排列方式有Aeq\o\al(2,2)＝2种，所以不同的排列方式共有6×2＝12种，故B错误．对于C，若甲、丙、丁从左到右的顺序一定，则有四个间隔空位，若乙、戊不相邻，把乙、戊安排在四个间隔空位中，不同的排列方式有Aeq\o\al(2,4)＝12种；若乙、戊相邻，把两人看成整体安排在四个间隔空位中，不同的排列方式有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝8种，所以不同的排列方式共有12＋8＝20种，故C正确．对于D，若甲与乙相邻，有2Aeq\o\al(4,4)＝48种排法，若甲与乙相邻又满足甲与丙相邻，首先将甲、乙、丙捆绑起来作为一个整体并把甲放在乙与丙之间，乙与丙可互换位置，所以首先排列甲、乙、丙有2种排法，把甲、乙、丙组成的整体和剩下的两人进行排列，有Aeq\o\al(3,3)＝6种排法，所以甲与乙相邻，且甲与丙相邻，有2×6＝12种排法，所以若甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列方式共有48－12＝36种，故D正确．故选ACD.10．(2023·哈尔滨期末)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，若每人都安排一项工作，则以下说法错误的是()A．不同的安排方法数为54B．若每项工作至少有1人参加，则不同的安排方法数为Aeq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,4)C．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同的安排方法数为Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则不同的安排方法数为(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3))Aeq\o\al(3,3)答案ABD解析对于A，安排5人参加四项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则共有45种不同的安排方法，A错误；对于B，根据题意，分两步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排四项工作，有Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\al(4,4)种不同的安排方法，B错误；对于C，根据题意，分两种情况讨论：①从丙、丁、戊中选出2人开车，②从丙、丁、戊中选出1人开车，则有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3)种不同的安排方法，C正确；对于D，分两步分析：先将5人分为3组，有eq\f(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2),Aeq\o\al(2,2))＋eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))种分组方法，再给分好的3组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有Aeq\o\al(3,3)种情况，则有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,2),Aeq\o\al(2,2))＋\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))))Aeq\o\al(3,3)种不同的安排方法，D错误．故选ABD.11．现有4个小球和4个小盒子，下列相关结论正确的是()A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种D．若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种答案BCD解析若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有44＝256种放法，故A错误；若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有Ceq\o\al(2,4)(Aeq\o\al(2,2)＋1)＝18种放法，故B正确；若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有Ceq\o\al(1,4)·eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\a