2015年高考第一轮复习数学：10.1 分类计数原理、分步计数原理

分类计数原理与分步计数原理一、知识精讲分类计数原理与分步计数原理分类计数原理：做一件事，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法 ，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N +++= 21种不同的办法。

分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同方法，那么完成这件事共有n m m m N ⋅⋅⋅= 21种不同的方法。

特别注意:两个原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个分事件来完成。

不同点在于，一个与分类有关，一个与分步有关，如果完成一件事情共有n 类办法，这n 类办法彼此之间相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事情，求完成这件事情的方法种数，就用分类计数原理；如果完成一件事情需要分成n 个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成 每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数就用分步计数原理。

二、题型剖析例1、把一个圆分成3块扇形，现在用5种不同的颜色给3块扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问有多少钟不同的涂法？若分割成4块扇形呢？解：（1）不同涂色方法数是：60345=⨯⨯（种）（2）如右图所示,分别用a,b,c,d 记这四块,a 与c 可同色,也可不同色,先考虑给a,c 两块涂色,分两类(1) 给a,c 涂同种颜色共15C 种涂法,再给b 涂色有4种涂法,最后给d 涂色也有4种涂法,由乘法原理知,此时共有4415⨯⨯C 种涂法(2) 给a,c 涂不同颜色共有25A 种涂法,再给b 涂色有3种方法,最后给d 涂色也有3种，此时共有3325⨯⨯A 种涂法 故由分类计数原理知，共有4415⨯⨯C +3325⨯⨯A =260种涂法。

例2、（1）如图为一电路图，从A 到B 共有-___________条不同的线路可通电。

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第一节分类计数原理与分步计数原理对应学生用书P1531．分类计数原理完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……在第n类方式中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步计数原理完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．1．分类计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．2．分步计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．[试一试]1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的有________种．解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类计数原理得共有N＝3＋3＝6种．答案：62．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有________个．解析：∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．答案：361．应用两种原理解题(1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；(3)有无特殊条件的限制；(4)检验是否有重漏．2．混合问题一般是先分类再分步，分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．[练一练]1．(2014·郑州模拟)在2012年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24(种)．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)．答案：2 8802.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1、2、…、9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1、5、9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．解析：把区域分为三部分，第一部分1、5、9，有3种涂法．第二部分4、7、8，当5、7同色时，4、8各有2种涂法，共4种涂法；当5、7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．答案：108对应学生用书P1531．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有个．解析：利用分类计数原理：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．答案：362．五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服．由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有________种．解析：分类：第一类，两人拿对：2×C 25＝20种；第二类，三人拿对：C 35＝10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种．故共有20＋10＋1＝31种．答案：31种3．椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．解析：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；第五类：m ＝5时，使n >m ，n 有2种选择．由分类计数原理，符合条件的椭圆共有20个．答案：20[备课札记][类题通法]利用分类计数原理解题时应注意(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；(2)分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．[典例] 如图所示的几何体是由一个正三棱锥P -ABC 与正三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．[解析] 先涂三棱锥 P -ABC 的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C 13×C 12×C 11×C 12＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．[答案] 12[备课札记][类题通法]利用分步计数原理解决问题时应注意(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．[针对训练]在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有________种．解析：第一步安排A有2种方法；第二步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法；第三步安排剩余的3个程序，有A33种排法，共有2×4×2×A33＝96种．答案：96两个原理的综合应用[典例]{1,2,3,4,5}．选择集合A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有________种．[解析]从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C2＝10种选择5方法；从5个元素中选出3个元素，有C35＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C45＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C55＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．[答案] 49[备课札记]43(2)选集合A，C，有C14C12＝8；(3)选集合B，C，有C13C12＝6；故可以组成12＋8＋6＝26个集合．[类题通法]在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．[针对训练]上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为________．解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有C12C24种情况，若3人中没有甲企业的，则共有C34种情况，由分类加法计数原理可得，这3人来自3家不同企业的可能情况共有C12C24＋C34＝16(种)．答案：16对应学生用书P154[课堂练通考点]1．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为________．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．根据分类计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．答案：132.如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为________．解析：从甲地经乙地到丙地，分两步：第1步，从甲地到乙地，有3条公路；第2步，从乙地到丙地，有2条公路．根据分步计数原理，有3×2＝6种走法．从甲地到丙地，分两类：第1类，从甲地经乙地到丙地，有6种走法；第2类，从甲地不经过乙地到丙地，有2条水路，即有2种走法．根据分类计数原理，有6＋2＝8种走法．答案：6,83.(2014·临沂模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L型(每次旋转90°仍为L型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L型图案的个数是________．解析：每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个，共有2×2型小方格12个，所以共有“L”型图案4×12＝48(个)．答案：484．(2013·济南模拟)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________．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．答案：145.现有4种不同颜色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多少种？解：先给最上面的一块着色，有4种方法，再给中间左边一块着色，有3种方法，再给中间右边一块着色，有2种方法，最后再给下面一块着色，有2种方法，根据分步计数原理，共有4×3×2×2＝48种方法．[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2014·福州模拟)高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有________种．解析：三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37种．答案：372．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________．解析：长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，6个对角面构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)．故共有36＋12＝48(个)．答案：483．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这项任务，不同的选法有________种．解析：第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有C210种选派方法；第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有C18种选派方法；第三步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有C17种选派方法．根据分步计数原理，知选法为C210·C18·C17＝2 520种．答案：2 5204．将甲、乙、丙、丁四名实习老师分到三个不同的班，要求每个班至少分到一名老师，且甲、乙两名老师不能分到同一个班，则不同分法的种数为________．解析：法一：分成两种情况，①甲和丙丁中的一人被分到同一个班或乙和丙丁中的一人被分到同一个班共有2C12A33＝24种分法；②丙和丁两人被分到同一个班共有A33＝6种分法．于是所求的分法总数为24＋6＝30.法二：将4名老师分到3个不同的班，有C24C13A22，甲、乙两名老师分到同一个班有C13A22.∴满足要求的分法有C24C13A22－C13A22＝30.答案：305．(2013·山东高考改编)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________．解析：能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.答案：2526.如图所示，在A，B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．解析：按照焊接点脱落的个数进行分类：第1类，脱落1个，有1,4，共2种；第2类，脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种；第3类，脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种；第4类，脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种．根据分类计数原理，共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．答案：137.(2014·南充模拟)一个旅游景区的游览线路如图所示，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，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有________种．解析：从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法，同理，若先游览B景点，有16种不同的方法，若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48种．答案：488．(2013·深圳调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有________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．答案：159．一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．解析：“完成这件事”需选出男、女队员各一人，可分两步进行：第一步选一名男队员，有5种选法；第二步选一名女队员，有4种选法，共有5×4＝20(种)选法．答案：2010．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析：当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12个．答案：1211．(2014·沈阳模拟)三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是________．解析：另两边长用x，y表示，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可取1,2,3，…，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2,3，…，10，有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.答案：3612.(2014·泉州质检)如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块花坛里种一种花，且相邻的两块花坛里种不同的花，则不同的种法共有________种．解析：法一：按所种花的品种多少分成三类：种两种花有A24种种法；种三种花有2A34种种法；种四种花有A44种种法．所以不同的种法共有A24＋2A34＋A44＝84种．法二：按A-B-C-D的顺序种花，可分A，C种同一种花与不种同一种花两种情况，共有4×3×(1×3＋2×2)＝84种不同的种法．答案：84第Ⅱ组：重点选做题1．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．(1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？(2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？解：(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取一个或A，C袋中各取一个或B，C袋中各取一个．∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11(种)．(2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个．∴应有1＋3＝4(种).2．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？解：根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有A33＝6种不同的放法，根据分步计数原理得，3×3×2×1＝18种不同方法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．第二节排列与组合对应学生用书P155(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照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．(2)排列数：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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．2．计算A m n时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．[试一试]1．电视台在直播2012伦敦奥运会时要连续插播5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连播．则不同的播放方式有________种．解析：有C12C13A33＝36(种)．答案：362．2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答) 解析：将2件必须相邻的书法作品看作一个整体，同1件建筑设计展品全排列，再将2件不能相邻的绘画作品插空，故共有A 22A 22A 23＝24(种)不同的展出方案．答案：241．排列问题与组合问题的识别方法： 2．组合数的性质中(2)的应用主要是两个方面，一个简化运算，当m ＞n 2时，通常将计算C m n 转化为计算C n －m n .二是列等式，由C x n ＝C y n 可得x ＝y 或x ＋y ＝n .性质(3)主要用于恒等变形简化运算．[练一练]1．有A ，B ，C ，D ，E 五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A ，B 两位学生去问成绩，老师对A 说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B 说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为________．解析：由题意知，名次排列的种数为C 13A 33＝18.答案：182．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．(用数字作答)解析：先排甲、乙之外的3人，有A 33种排法，然后将甲、乙两人插入形成的4个空中，有A 24种排法，故共有A 33·A 24＝72(种)排法． 答案：72对应学生用书P156排列问题1．(2014·条棱代表8种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为①②③④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同放法种数为________．解析：由题意分析，先把标号为1,2,3,4的化工产品分别放入①②③④的4个仓库内，共有A 44＝24种放法；再把标号为5,6,7,8的化工产品对应地按要求安全存放：7与1放一起，8与2放一起，5与3放一起，6与4放一起；或者6与1放一起，7与2放一起，8与3放一起，5与4放一起，有两种放法．综上所述，共有A44×2＝48种放法．答案：482．(2014·东北三校联考)在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有________种．解析：本题主要考查某些元素不相邻的问题，先排符号“＋”，“－”，有A22种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A33种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有A22A33＝12种．答案：123．(2014·西安检测)8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有________种．解析：法一：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6A33A55＝4 320种安排方式．法二：先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列，有A33种排法，然后把他们捆绑在一起当作一名运动员，再与剩余5名运动员全排列，有A66种排法，故共有A33A66＝4 320种安排方式．答案：4 320[备课札记][类题通法]求解排列应用题的主要方法组合问题[典例](2013·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]直接法分类，3名骨科，内科、脑外科各1名；3名脑外科，骨科、内科各1名；3名内科，骨科、脑外科各1名；内科、脑外科各2名，骨科1名；骨科、内科各2名，脑外科1名；骨科、脑外科各2名，内科1名．所以选派种数为C33·C14·C15＋C34·C13·C15＋C35·C13·C14＋C24·C25·C13＋C23·C25·C14＋C23·C24·C15＝590.[答案]590[备课札记][类题通法]组合两类问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“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．(2)“至少”、“最多”的问题：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．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．[针对训练](2014·四平质检)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有________种．解析：法一(间接法)：当选择的3名医生都是男医生或都是女医生时，共有C35＋C34＝14种组队方案．当从9名医生中选择3名医生时，共有C39＝84种组队方案，所以男、女医生都有的组队方案共有84－14＝70种．法二(直接法)：当小分队中有1名女医生时，有C14C25＝40种组队方案；当小分队中有2名女医生时，有C24C15＝30种组队方案，故共有70种不同的组队方案．答案：70分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配，归纳起来常见的命题角度有：(1)整体均分问题；(2)部分均分问题；(3)不等分问题.角度一 整体均分问题1．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________种不同的分派方法．解析：先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法． 答案：90角度二 部分均分问题2．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)解析：把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种．①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有C 36C 13C 12C 11A 33＝20种； ②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有C 26C 24A 22·C 12C 11A 22＝45种． 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65×A 44＝1 560种．答案：1 560角度三 不等分问题3．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．解析：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C 16种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．答案：360[备课札记][类题通法]解决分组分配问题的策略1．对于整体均分，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A n n(n为均分的组数)，避免重复计数．2．对于部分均分，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．3．对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．对应学生用书P157[课堂练通考点]1．(2014·开封模拟)我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼-15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有________种．解析：将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有A22·A22种排法．而后将丙、丁进行插空，有3个空，有A23种排法，故共有A22·A22·A23＝24种排法．答案：242．(2013·四川高考改编)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________．解析：lg a－lg b＝lg ab，lgab有多少个不同值，只要看ab不同值的个数，所以共有A25－2＝20－2＝18个不同值．答案：183．(2014·台州模拟)甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有________种．解析：本题用排除法，甲、乙两人从A，B，C三个景点中各选两个游玩，共有C23·C23＝9种，但两人所选景点不能完全相同，所以排除3种完全相同的选择，故有6种．答案：6。

第十章计数原理、概率、随机变量及其分布近三年广东高考中对本章考点考查的情况1．排列与组合是中学数学中相对独立性较强的一部分，也是密切联系实际较强的一部分，一直是高考必考内容．高考对排列组合的考查会以现实生活为背景．2．对二项式定理的考查，主要是求多项式系数和、求某项系数、求二项式中的参数值、求常数项、有理项系数最大项、求整余数、求近似值等．3．古典概型与几何概型是两种最基本的概率问题，是高考重点关注的内容，但深度有限．几何概型只要求会解决与长度、面积、体积相关的概率问题，重点是理解概率、学会转化、计算准确快捷，不宜过于深化与拓展．预计高考对以上内容的考查，仍会以客观题的形式出现，试题难度为“较易”到“中等”，分值为5分．4．随机变量及其分布在高考中多以解答题的形式出现，常与排列组合、统计等内容相结合，综合考查学生的数据处理能力．分值一般在13分左右，属中、低档题．重点考查离散型随机变量的分布列，以及由此分布列求随机变量的均值、方差，特别是二项分布．1．(1)分类计数原理与分步计数原理是计数问题的基本原理，它贯穿于本章学习的始终，体现了解决问题时将其分解的两种常用方法，即把问题分类解决或分步解决，是本章复习的重点．(2)正确区分使用两个原理是学好本章的关键．区分“分类”与“分步”的依据在于能否“一次性”完成．若能“一次性”完成，则不需“分步”，只需分类；否则，就分步处理．2．二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常有两种思路：一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数相等)；二是赋值．这两种思路相结合可以使很多二项式展开式的系数问题迎刃而解(要注意二项式系数与二项式展开式的系数之间的区别)．3．(1)概率问题应用广泛，贴近生活，本部分知识既有必修内容，也有选修内容．随着高考改革的不断深入，概率问题正逐步成为高考的热点内容．(2)解决概率应用问题时，首先熟悉几种常见的概率类型，熟练掌握其计算公式；其次还要弄清问题所涉及的事件有什么特点，事件之间有什么联系．4．求随机变量的分布列，重要的基础是概率的计算，如古典概率、互斥事件概率、相互独立事件同时发生的概率，n 次独立重复试验有k 次发生的概率等．5．对离散型随机变量的方差应注意：(1)D (X )表示随机变量X 对E (X )的平均偏离程度，D (X )越大，表明平均偏离程度越大，说明X 的取值越分散，反之D (X )越小，X 的取值越集中，在E (X )附近，统计中常用来描述X 的分散程度；(2)D(X)与E(X)一样也是一个实数，由X 的分布列唯一确定．第一节 分类计数与分步计数原理知识梳理1．分类加法计数原理：做一件事，完成它可以有两类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2种不同的办法．定义拓展：做一件事，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的办法．2．分步乘法计数原理：做一件事，完成它需要分成两个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1·m 2种不同的方法．定义拓展：做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，……，做第n 步有m n 种不同方法，那么完成这件事共有N ＝m 1·m 2·…·m n 种不同的方法．基础自测1．有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )A ．21种B ．315种C ．143种D ．153种解析：分三类，每类分两步：选语文、数学各1本，有9×7＝63种选法，选语文、英语各1本，有9×5＝45种选法，选数学、英语各1本，有5×7＝35种选法．所以共有63＋45＋35＝143种选法．故选C.答案：C1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.2．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )A ．85B ．56C ．49D ．28解析：甲、乙至少有1个入选而丙没有入选的不同选法为C 27＋C 27＋C 17＝49(种)．答案：C3．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有______种．解析：分5步完成，每一步有两种不同的方法，故不同的报名方法有25＝32(种)．答案：324．椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆有________个．解析：由题知m ＜n ，根据m 的取值分为5类：m ＝1时，有6个椭圆；m ＝2时，有5个椭圆；m ＝3时，有4个椭圆；m ＝4时，有3个椭圆；m ＝5时，有2个椭圆．共有6＋5＋4＋3＋2＝20个．答案：201．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种解析：若取出1本画册，3本集邮册，有C14种赠送方法；若取出2本画册，2本集邮册，有C24种赠送方法，则不同的赠送方法有C14＋C24＝10种．故选B.答案：B2．(2013·山东卷)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 ．243B ．252C ．261D ．279解析：不重复的三位数字有：A 39＋A 12A 29＝648个．则有重复数字的三位数有：A 19A 110A 110－648＝252个．答案：B1．将5名学生分配到甲、乙2个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40解析：安排方法可分为两类：甲宿舍3名，乙宿舍2名，方法数为C 35C 22＝10(种)；乙宿舍3名，甲宿舍2名，方法数为C 25C 33＝10(种)．所以总共有C 35C 22＋C 25C 33＝20种安排方法．故选B.答案：B2．(2013·深圳一模)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“六合数”共有( )A．18种 B．15种 C．12种 D．9种解析：设满足题意的“六合数”为2abc，则a＋b＋c＝4，于是满足条件的a，b，c可分以下四种情形：(1)一个为4，两个为0，共有3种；(2)一个为3，一个为1，一个为0，共有A33＝6种；(3)两个为2，一个为0，共有3种；(4)一个为2，两个为1，共有3种．则“六合数”中首位为2的“六合数”共有15种．故选B.答案：B。