2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第1讲 计数原理、排列与组合

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列第1讲

计数原理、排列与组合1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.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.3.会用两个计数原理及排列、组合分析和解决一些简单的实际问题．基础知识整合核心考向突破课时作业目录基础知识整合1．两个计数原理分类加法计数原理完成一件事有____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＝______种不同的方法分步乘法计数原理完成一件事需要______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＝______种不同的方法m＋nm×n两两名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并按照_____________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_________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合一定的顺序2.排列与组合的概念作为一组不同排列所有不同组合n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)n！11

解决排列与组合问题的基本原则(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解析：方案种数为4×4＝16.故选C.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.4．(人教A选择性必修第三册6.2.2例4改编)从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，可以组成的无重复数字的三位偶数的个数为(

)A．52 B．56C．48 D．725．(人教A选择性必修第三册习题6.1T8改编)5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________；5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________种(用数字作答)．1024625解析：5名学生报名参加四项体育比赛，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＝1024种不同的报名方法.5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＝625种获得冠军的可能性．核心考向突破考向一

两个计数原理角度1分类加法计数原理(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(2)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．角度2分步乘法计数原理(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解析：分两步，第1步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第2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(

)A．72 B．108C．144 D．1965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)(2025·重庆模拟)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的种数是(

)A．120 B．72C．48 D．24解析：先涂E，有4种选择，接下来涂C，有3种选择，再涂F，有2种选择．①当C，D颜色相同时，涂色方法数是4×3×2×1×2×1＝48；②当C，D颜色不相同时，涂色方法数是4×3×2×1×(1＋2)＝72，所以满足题意的涂色方法种数是48＋72＝120.故选A.1．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．2．涂色问题的两种常用解题方法(1)按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析．(2)以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析．1.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解析：第1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2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.2．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.3.(2024·广东惠州模拟)给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有4种颜色可供选择，则共有________种不同的染色方案．96考向二

排列、组合问题角度1排列问题

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，甲必须排乙左面；(8)全体排一排，甲不排在最左端，乙不排在最右端．

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1.(2024·九省联考)甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同的排法共有(

)A．20种 B．16种

C．12种 D．8种2．(2025·山东济南模拟)由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为(

)A．60 B．108C．132 D．144角度2

组合问题

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．

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．

(2023·新课标Ⅰ卷)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________种(用数字作答)．64考向三

分组、分配问题角度1不同元素的分配问题

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．角度2相同元素的分配问题(隔板法)

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？

解决分组、分配问题的策略1.(2025·河北衡水中学模拟)将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法种数为(

)A．78 B．92C．100 D．1222．(2024·江苏南京期中)20个相同的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为(

)A．120 B．240C．360 D．7203．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________．3604．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)．36课时作业一、单项选择题1．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有(

)A．34种 B．43种C．3×2×1种 D．4×3×2种解析：由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有34种．故选A.2．将短语“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．403．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．304．高考期间，为保证考生能够顺利进入考点，交管部门将5名交警分配到该考点周边三个不同路口疏导交通，每个路口至少1人，至多2人，则不同的分配方案共有(

)A．60种 B．90种

C．125种 D．150种5．(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6.(2024·重庆期中)给图中A，B，C，D，E五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有4种颜色可供选择，则不同的染色方案共有(

)A．24种 B．36种

C．48种 D．72种7．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种不同的传递方式．故选B.8．(2025·山西大同模拟)某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”(如2024是“幸运数”)，并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有(

)A．32个 B．28个

C．27个 D．24个二、多项选择题9．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.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种三、填空题12．从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu”(其中“qu”相连且顺序不变)的不同排列共有________种．48013.(2024·山东实验中学模拟)编号为A，B，C，D，E的