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第十一篇计数原理第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识梳理1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．辨析感悟1．两个计数原理的理解(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)(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．(√)(4)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．(×)2．两个计数原理的应用(5)(教材习题改编)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有10种．(√)(6)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有14个．(√) [感悟·提升]1．两点区别一是分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”，如(1)、(2)．二是分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这个步骤的一种方法，简单的说步与步之间的方法“相互独立，分步完成”，如(3)、(4)．2．两点提醒一是分类时，标准要明确，应做到不重不漏；可借助几何直观，探索规律，如(5)．二是分步时，要合理设计顺序、步骤，并注意元素是否可以重复选取，如(6)中2,3可重复但至少各出现一次.考点一 分类加法计数原理【例1】 (2013·福建卷改编)满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为________．解析 由于a ，b ∈{－1,0,1,2}．(1)当a ＝0时，有x ＝－b 2为实根，则b ＝－1,0,1,2有4种可能； (2)当a ≠0时，则方程有实根，∴Δ＝4－4ab ≥0，所以ab ≤1.(*)①当a ＝－1时，满足(*)式的b ＝－1,0,1,2有4种可能．②当a ＝1时，b ＝－1,0,1，有3种可能．③当a ＝2时，b ＝－1,0，有2种可能．∴由分类加法计数原理，有序数对(a ，b )共有4＋4＋3＋2＝13(个)．答案 13规律方法 分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类.【训练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________．解析 赠送一本画册，3本集邮册，需从4人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有C 14种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人送画册，其余2人送邮册，有C 24种方法． 由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C 14＋C 24＝10(种)．答案 10种考点二 分步计数原理【例2】 将字母a ，a ，b ，b ，c ，c 排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有________．解析 先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A 33种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·2·1＝12(种)不同的排列方法．答案12种规律方法 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)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】将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有________．解析因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6种涂色方案．答案6种考点三两个计数原理的综合应用【例3】(2014·济南质检)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有________.审题路线由于区域1,2,3又相邻区域不同色，因此应按区域1和区域3是否同色分类求解．解析按区域1与3是否同色分类；(1)区域1与3同色；先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A33种方法．∴区域1与3涂同色，共有4A33＝24种方法．(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有A24×2×1×3＝72种方法，故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.答案96规律方法 (1)解决涂色问题，一定要分清所给的颜色是否用完，并选择恰当的涂色顺序．(2)切实选择好分类标准，分清哪些可以同色，哪些不同色．【训练3】如果一个三位正整数如“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________．解析若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，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．∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．答案2401．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类．(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”．2．(1)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．(2)分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．3．若综合利用两个计数原理，一般先分类再分步．创新突破8——与计数原理有关的新定义问题【典例】 (2012·湖北卷)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.(*)则：(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．(**)突破：由(*)式，理解“特殊”背景——回文数的含义，借助计数原理计算．结合(**)，可从2位回文数，3位回文数，4位回文数探索求解方法，从特殊到一般发现规律．解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．由计数原理，共有9×10n种填空．答案(1)90 (2)9×10n[反思感悟] (1)一题两问，以“回文数”为新背景，考查计数原理，体现了化归思想，将确定回文数的问题转化为“填方格”问题，进而利用分步乘法计数原理解决，将新信息转化为所学的数学知识来解决．(2)从特殊情形入手，通过分析、归纳，发现问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．【自主体验】1．(2014·扬州调研)从8名女生4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种．解析从男生中抽取1人有4种方法．从女生中抽取两人有C28＝28种方法．∴由分步乘法计数原理，共有28×4＝112种方法．答案1122．(2013·山东卷改编)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0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．答案252基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有________．解析按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二位号码有3种选法，其余三位号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．答案960种2．(2012·新课标全国卷改编)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有________．解析分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2种选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6种选派方法．由分步乘法计数原理，不同选派方案共有2×6＝12(种)．答案12种3．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有________．解析第一步先排甲，共有A14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A55种不同的排法．因此不同的演讲次序共有A14·A55＝480(种)．答案480种4．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为________．解析以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；以2为首项的等比数列为2,4,8；以4为首项的等比数列为4,6,9；把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个)．答案85．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，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法．因此满足条件的点共有7＋7＝14(个)．答案146．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案367．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．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共有8×4＝32个；第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．答案408．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有________场比赛．解析小组赛共有2C24场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛；根据分类加法计数原理共有2C24＋4＝16(场)比赛．答案16二、解答题9．电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？解(1)幸运之星在甲箱中抽，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17 400种．(2)幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400种．共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．10．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，求第30个“渐升数”．解渐升数由小到大排列，形如12××的渐升数共有6＋5＋4＋3＋2＋1形如134×的渐升数共有5个．形如135×的渐升数共有4个．故此时共有21＋5＋4＝30(个)．因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、填空题1．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为________．解析可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.答案842．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为________．解析若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C34；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C24.由分类加法计数原理知满足条件的信息个数为1＋C34＋C24＝11.答案113．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．解析四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．答案13二、解答题4．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.解(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480种不同的方法．(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.学生用书第157页第2讲排列与组合知识梳理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)个不同元素按照一定的顺序排成一列组合合成一组(1)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．(2)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，叫从n 个不同元素中取出m个元素的组合数．3．排列数、组合数的公式及性质公式(1)A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n－m！(2)C m n＝A m nA m m＝n n－1n－2…n－m＋1m！＝n！m！n－m！(n，m ∈N*，且m≤n)．特别地C0n＝1.性质(1)0！＝1；A n n＝n！.(2)C m n＝C n－mn；Cmn＋1＝Cmn＋Cm－1n.1．排列与组合的基本概念、性质(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(3)若组合式C x n＝C m n，则x＝m成立．(×)2．排列与组合的应用(4)5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有A55－A22A44＝72种．(√)(5)(教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有3×43－A34＝168(个)．(×)(6)(2013·北京卷改编)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是4A44＝96种．(√)[感悟·提升]1．一个区别 排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关是排列，如果与顺序无关即是组合，如(1)忽视了元素的顺序．2．求解排列、组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”考点一 排列应用题【例1】 4个男同学，3个女同学站成一排． (1)3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？ (2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？ (3)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？解 (1)3个女同学是特殊元素，共有A 33种排法；由于3个女同学必须排在一起，视排好的女同学为一整体，再与4个男同学排队，应有A 55种排法． 由分步乘法计数原理，有A 33A 55＝720种不同排法．(2)先将男生排好，共有A 44种排法，再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生有A 35种方法．故符合条件的排法共有A 44A 35＝1 440种不同排法．(3)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有A 44种排法；由于甲、乙要相邻，故先把甲、乙排好，有A 22种排法；最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档及两边有A 25种排法．总共有A 44A 22A 25＝960种不同排法.学生用书第158页规律方法 (1)在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，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．【训练1】 (1)(2014·济南质检)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为________(结果可不化简)．(2)(2013·四川卷改编)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 (1)把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种． (2)由于lg a －lg b ＝lg a b(a >0，b >0)，∴lg a b 有多少个不同的值，只需看a b不同值的个数．从1,3,5,7,9中任取两个作为a b 有A 25种，又13与39相同，31与93相同，∴lg a －lg b 的不同值的个数有A 25－2＝18. 答案 (1)(3！)4(2)18考点二 组合应用题【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、女生各指定一名队长．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； (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； (5)既要有队长，又要有女生当选．解 (1)一名女生，四名男生．故共有C 15·C 48＝350(种)．(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C 22·C 311＝165(种)．(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和两名队长．故共有：C 12·C 411＋C 22·C 311＝825(种)或采用排除法：C 513－C 511＝825(种)．(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生．故选法为： C 25·C 38＋C 15·C 48＋C 58＝966(种)．(5)分两类：第一类女队长当选：C 412；第二类女队长不当选： C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44. 故选法共有：C 412＋C 14·C 37＋C 24·C 27＋C 34·C 17＋C 44＝790(种)． 规律方法 组合问题常有以下两类题型变化(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，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解． 【训练2】 若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________．解析 满足题设的取法可分为三类：一是取四个奇数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C 45＝5(种)；二是两个奇数和两个偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有C 25·C 24＝60(种)；三是取4个偶数的取法有1种． 所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)． 答案 66种考点三 排列、组合的综合应用【例3】 (1)(2013·浙江卷)将A ，B ，C ，D ，E ，F 六个字母排成一排，且A ，B 均在C 的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．(2)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为________．审题路线 (1)选出3个位置排特殊元素A 、B 、C ，并把元素A 、B 作为元素集团进行排列；(2)可将4名同学分成两组(每组2人)，再分配到两个班级．解析 (1)先将A ，B 视为元素集团，与C 先排在6个位置的三个位置上，有C 36A 22C 12种排法； 第二步，排其余的3个元素有A 33种方法．∴由分步乘法计数原理，共有C 36A 22C 12·A 33＝480种排法．(2)法一 将4人平均分成两组有12C 24种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 26种．所以不同的安排方法有12C 24A 26种，即45种．法二 先从6个班级中选2个班级有C 26种不同方法，然后安排学生有C 24C 22种，故有C 26C 24＝12A 26C 24种，即45种． 答案 (1)480 (2)45规律方法 (1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法． 【训练3】 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________．解析 根据所选偶数为0和2分类讨论求解．①当选数字0时，再从1,3,5中取出2个数字排在个位与百位．∴排成的三位数的奇数有C 23A 22＝6个．②当取出数字2时，再从1,3,5中取2个数字有C 23种方法．然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列． ∴排成的三位数的奇数有C 23A 12A 22＝12个．∴由分类加法计数原理，共有18个三位数的奇数． 答案 181．熟练掌握：(1)排列数公式A m n＝n！n－m！；(2)组合数公式C m n＝n！m！n－m！，这是正确计算的关键．2．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．3．排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再分配的处理原则．对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏．学生用书第159页易错辨析6——实际意义理解不清导致计数错误【典例】(2012·山东卷改编)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________．[错解] 第一类，含有一张红色卡片，取出红色卡片有C14种方法，再从黄、蓝、绿三色中选出两色并各取一张卡片有C23C14C14种方法．因此满足条件的取法有C14·C23C14C14＝192种．第二类，不含有红色卡片，从其余三色卡片中各取一张有C14C14C14＝64种取法．∴由分类计数原理，不同的取法共有192＋64＝256种．[答案] 256[错因] 错解的原因是没有理解“3张卡片不能是同一种颜色”的含义，误认为“取出的三种颜色不同”．[正解] 第一类，含有1张红色卡片，不同的取法C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．[答案] 472[防范措施] (1)准确理解题意，抓住关键字词的含义，“3张卡片不能是同一种颜色”是指“两种颜色或三种颜色”都满足要求．(2)选择恰当分类标准，避免重复遗漏，出现“至少、至多”型问题，注意间接法的运用．【自主体验】1．(2013·大纲全国卷改编)有5人排成一行参观英模事迹展览，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答)．解析先把除甲、乙外的3人全排列，有A33种，再把甲、乙两人插入这3人形成的四个空位中的两个，共A24种不同的方法．∴所有不同的排法共有A24·A33＝72(种)．答案722．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“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．解析第一类：恰有三个相同的数字为1，选2,3,4中的一个数字排在十、百、千位的一个位置上，有C13·A13种方法，四位“好数”有9个．第二类：相同的三个数字为2,3,4中的一个，这样的四位“好数”为2221,3331,4441共3个．由分类加法计数原理，共有“好数”9＋3＝12个．答案12基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．一个平面内的8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为________．解析从8个点中任选3个点有选法C38种，因为有4点共圆所以减去C34种再加1种，即有圆C38－C34＋1＝53个．答案532．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，称这个数为“伞数”．现从1,2,3,4,5,6这六个数字中取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有________个．解析分类讨论：若十位数为6时，有A25＝20个；若十位数为5时，有A24＝12个；若十位数为4时，有A23＝6个；若十位数为3时，有A22＝2个，因此一共有40个．答案403．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为________．。
第14章 计数原理、二项式定理、概率14．1 两个基本计数原理考纲要求1．理解分类计数原理和分步计数原理．2．会用分类计数原理和分步计数原理分析和解决一些简单的实际问题．1．分类计数原理：完成一件事，有n 类方式，在第1类方式中有m 1种不同的方法，在第2类方式中有m 2种不同的方法，……，在第n 类方式中有m n 种不同的方法，那么完成这件事情共有__________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m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，……做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事情共有____________种不同的方法．1．5名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，则不同的报名方法有__________种．2．有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三条长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是__________．3．书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法数为__________．从第1,2,3层分别各取一本书，不同的取法数为__________．4．由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有________．5．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有________种(用数字作答)．在计数问题中如何判定是分类计数原理还是分步计数原理？提示：如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类计数原理；如果每类办法中的每种方法只能完成事件的一部分，就用分步计数原理．一、分类计数原理的应用【例1】方程x 2m ＋y 2n＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，其中m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么这样的椭圆有多少个？方法提炼使用分类计数原理计数的两个条件一是根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．二是完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法．请做针对训练3二、分步计数原理的应用【例2】已知集合M ＝{－3，－2，－1,0,1,2}，点P (a ，b )(a ，b ∈M )表示平面上的点，问：(1)点P 可表示平面上多少个不同的点？(2)点P 可表示平面上多少个第二象限的点？(3)点P 可表示多少个不在直线y ＝x 上的点？方法提炼应用分步计数原理要注意两点：(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么，必须经几步才能完成．(2)完成这件事需分为若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步本事件都不可能完成．请做针对训练1三、两个计数原理的综合应用【例3】某个同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读．(1)若他从这些书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选两本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？方法提炼在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求．请做针对训练2从近三年高考试题来看，高考对此部分内容考查都在附加题中．单独考查较少，往往结合概率进行考查，题型为解答题，难度为中档题．1．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)2．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有__________种．3．高三一班有学生50人，男30人，女20人；高三二班有学生60人，男30人，女30人；高三三班有学生55人，男35人，女20人．(1)从高三一班或二班或三班学生中选一名学生任校学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从高三一班、二班的男生中，或从高三三班的女生中选一名学生任校学生会体育部部长，有多少种不同的选法？参考答案基础梳理自测知识梳理1．N＝m1＋m2＋…＋m n2．N＝m1×m2×…×m n基础自测1．32 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．2．12 解析：由分步计数原理，一条长裤与一件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，所以有4×3＝12种选法．3．15 120 解析：由分类计数原理，不同的取法总数为4＋5＋6＝15.由分步计数原理，不同的取法总数为4×5×6＝120.4．174个解析：可用排除法，由0,1,2,3可组成的所有四位数有3×4×4×4＝192(个)，其中无重复的数字的四位数共有3×3×2×1＝18(个)，故共有192－18＝174(个)．5．24 解析：分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法；其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法；最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法．于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)．考点探究突破【例1】解：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．∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20种方法，即有20个符合题意的椭圆．【例2】解：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点数是6×6＝36.(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数是3×2＝6.(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．由(1)得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个．【例3】解：(1)完成的事情是带一本书，无论是带外语书还是带数学书、物理书，事情都能完成，从而确定为分类计数原理，结果为5＋4＋3＝12种．(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理中各选一本书后，才能完成这件事，因此应用分步计数原理，结果为5×4×3＝60种．(3)选1本数学书和选1本外语书，应用分步计数原理，有5×4＝20种选法，同样地，选外语书、物理书各一本有5×3＝15种选法，选数学书、物理书各一本有4×3＝12种选法，应用分类计数原理，结果为20＋15＋12＝47种．演练巩固提升针对训练1．14 解析：用2,3组成四位数共有2×2×2×2＝16(个)，其中不出现2或不出现3的共2个，因此满足条件的四位数共有16－2＝14(个)．2．30 解析：分两类．第一类：A类选修课选1门，B类选修课选2门，不同的选法有3×6＝18(种)；第二类：A类选修课选2门，B类选修课选1门，不同的选法有3×4＝12(种)．根据分类计数原理共有18＋12＝30种不同的选法．3．解：(1)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，根据分类计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165种选法．(2)完成这件事有三类方法：第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法，综上知，共有30＋30＋20＝80种选法．。
方法强化练——计数原理(建议用时：60分钟)一、填空题1．A ，B ，C ，D ，E 五人并排站成一排，如果B 必须站在A 的右边(A ，B 可以不相邻)，那么不同的排法共有________．解析 可先排C ，D ，E 三人，共A 35种排法，剩余A 、B 两人只有一种排法，由分步乘法计数原理满足条件的排法共A 35＝60种． 答案 60种2．(2014·重庆质检)(1＋3x )n (其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n 等于________．解析 (1＋3x )n 的展开式中含x 5的项为C 5n (3x )5＝C 5n 35x 5，展开式中含x 6的项为C 6n 36x 6. 由两项的系数相等得C 5n ·35＝C 6n ·36，解得n ＝7. 答案 73．(2014·济南调研)只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，则这样的四位数有________．解析 由题意知，1,2,3中必有某一个数字重复使用2次，第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法．故共可组成3×3×2＝18个不同的四位数． 答案 18个4．组合式C 0n －2C 1n ＋4C 2n －8C 3n ＋…＋(－2)n C nn 的值等于________．解析 在(1＋x )n＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n 中，令x ＝－2，得原式＝(1－2)n ＝(－1)n. 答案 (－1)n5．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12n的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为________．解析 由题意知C 2n ＝n n －12＝15，所以n ＝6，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －126，令x ＝1得所有项系数之和为⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝164.答案1646．(2014·杭州检测)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________．解析 甲、乙各选两个景点有C 23C 23＝9种方法，其中，入选景点完全相同的有3种．∴满足条件要求的选法共有9－3＝6(种)． 答案 6种7．若(x －1)8＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 8(1＋x )8，则a 6＝________.解析 (x －1)8＝[(x ＋1)－2]8＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 8(1＋x )8，∴a 6＝C 28(－2)2＝4C 28＝112. 答案 1128．(2014·长沙模拟)已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，x ＋y －2≤0，0≤y <2(x ∈Z ，y ∈Z )，每一对整数(x ，y )对应平面上一个点，则过这些点中的其中3个点可作不同的圆的个数为________． 解析 如图所示，阴影中的整点部分为x ，y 满足的区域，其中整数点(x ，y )共有8个，从中任取3个有C 38＝56种取法． 其中三点共线的有1＋C 35＝11(种)． 故可作不同的圆的个数为45. 答案 459．(2014·广州调研)已知a ＝2⎠⎛0πcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6d x ，则二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a x 5的展开式中x 的系数为________．解析 a ＝2⎠⎛0πcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6d x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6⎪⎪⎪π0＝－2，则⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋a x 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－2x 5，∴T r ＋1＝C r5x 2(5－r )⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r ＝(－2)r C r 5x10－3r. 令10－3r ＝1，得r ＝3.∴展开式中x 的系数为(－2)3C 35＝－80. 答案 －8010．(2014·衡水中学模拟)用1,2,3,4,5,6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________．解析 先将3,5排列，有A 22种排法；再将4,6插空排列，有2A 22种排法；最后将1,2插入3,4,5,6形成的空中，有C 15种排法．由分步乘法计数原理知，共有A 22·2A 22·C 15＝40种．11.⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋13x n 的展开式中各项系数之和为729，则该展开式中二项式系数最大的项等于________．解析 依题意，令x ＝1，有3n＝729，则n ＝6，∴展开式第4项的二项式系数最大，则T 4＝C 36(2x )3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x 3＝160x 2.答案 160x 212．(2014·郑州调研)某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，而丙、丁两种不能排在一起，不同的排法共有________种．解析 甲、乙作为元素集团，内部有A 22种排法，“甲乙”元素集团与“戊”全排列有A 22种排法．将丙、丁插在3个空档中有A 23种方法．∴由分步计数原理，共有A 22A 22A 23＝24种排法． 答案 2413．(2013·新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，(x ＋y )2m展开式的二项式系数的最大值为a ，(x ＋y )2m ＋1展开式的二项式系数的最大值为b ，若13a ＝7b ，则m ＝________.解析 由二项式系数的性质，得a ＝C m2m ，b ＝C m2m ＋1＝C m ＋12m ＋1，又13a ＝7b ，因此13C m2m ＝7C m2m ＋1，解得m ＝6. 答案 614．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________(用数字作答)．解析 当每个台阶上各站1人时有A 33C 37种站法，当两个人站在同一个台阶上时有C 23C 17C 16种站法，因此不同的站法种数有A 33C 37＋C 23C 17C 16＝210＋126＝336(种)． 答案 33615．(2014·无锡质检)(x 2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－15的展开式的常数项是________．解析 二项式⎝⎛⎭⎪⎫1x2－15展开式的通项为：T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 25－r ·(－1)r ＝C r 5·x 2r －10·(－1)r. 当2r －10＝－2，即r ＝4时， 有x 2·C 45x －2·(－1)4＝C 45×(－1)4＝5；当2r －10＝0，即r ＝5时，有2·C 55x 0·(－1)5＝－2. ∴展开式中的常数项为5－2＝3.16．将6位志愿者分成4个组，其中两个组各2人，另两个组各1人．分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案种数有________．解析 将6位志愿者分为2名，2名，1名，1名四组，有C 26C 24A 22＝12×15×6＝45种分组方法．将四组分赴四个不同场馆有A 44种方法．∴根据分步乘法计数原理，不同的分配方案有45·A 44＝1 080种方法． 答案 1 080 二、解答题17．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2x n，(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项． 解 (1)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，∴n 2－21n ＋98＝0. ∴n ＝7或n ＝14，当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5. ∴T 4的系数为C 37⎝ ⎛⎭⎪⎫12423＝352，T 5的系数为C 47⎝ ⎛⎭⎪⎫12324＝70， 当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8.∴T 8的系数为C 714⎝ ⎛⎭⎪⎫12727＝3 432.(2)∵C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，∴n 2＋n －156＝0.∴n ＝12或n ＝－13(舍去)．设T k ＋1项的系数最大，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2x 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212(1＋4x )12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C k124k≥C k －1124k －1，C k 124k ≥C k ＋1124k ＋1.∴9.4≤k ≤10.4，∴k ＝10. ∴展开式中系数最大的项为T 11，T 11＝C 1012·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·210·x 10＝16 896x 10. 18．(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为多少？(2)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？解(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插．由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A34＝24种．(2)法一每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；若分配到2所学校有C27×2＝42种；若分配到3所学校有C37＝35种．∴共有7＋42＋35＝84种方法．法二10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C69＝84种不同方法．所以名额分配的方法共有84种.。
【最新考纲解读】内容要求备注A B C计数原理加法原理与乘法原理√对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层次（在表中分别用A、B、C表示）.了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解决相关的简单问题.理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一定综合性的问题.掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题.排列与组合√二项式定理√【考点深度剖析】本章知识点均是以解答题的形式进行考查，涉及到分类讨论的思想，着重考查学生运算能力和逻辑思维能力，本章知识点常与概率等知识一起考查，难度中等偏上.【课前检测训练】【判一判】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.( )(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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成.( )(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m i(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…m n种方法.( )(5)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.( )(6)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( )(7)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.( )(8)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( )(9)(n＋1)！－n！＝n·n！.( )(10)A m n＝n A m－1n－1.( )(11)k C k n＝n C k－1n－1.( )1.×2.√3.√4.√5.√6.×7.×8.√9.√10.√11.√【练一练】1.三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过3次传递后，毽子又被踢回给甲.则不同的传递方式共有( )A.5种B.2种C.3种D.4种答案 B解析传递方式有甲→乙→丙→甲；甲→丙→乙→甲.2.从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为( )A.6B.5C.3D.2答案 B3.现有4种不同颜色要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( )A.24种B.30种C.36种D.48种答案 D解析按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48种.4.用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个.(用数字作答)答案145. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种.答案32解析每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原理，总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种).6.用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A.8B.24C.48D.120答案 C解析末位数字排法有A12种，其他位置排法有A34种，共有A12A34＝48种.7.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解析方法一不同的赠送方法有A45A22A33＝10种.方法二从2本同样的画册，3本同样的集邮册中取出4本有两种取法：第一种：从2本画册中取出1本，将3本集邮册全部取出；第二种：将2本画册全部取出，从3本集邮册中取出2本.由于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从4位朋友中选出1人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C14＝4种赠送方法；第二种取法中只需从4位朋友中选取2人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C24＝6种赠送方法.因此共有4＋6＝10种赠送方法.8. 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.24答案 D解析“插空法”，先排3个空位，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A34＝4×3×2＝24.9.从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，其中男女生都有的选法种数为________.答案30解析分两类：男1女2或男2女1，各有C14C23和C24C13种方法，所以选法种数为C14C23＋C24C13＝12＋18＝30.也可用间接法C37－C34－C33＝30.10.某市拟从4个重点项目和6个一般项目中各选2个项目作为本年度要启动的项目，则重点项目A和一般项目B至少有一个被选中的不同选法的种数是________.答案60【题根精选精析】考点1:分类加法计数原理与分步乘法计数原理【1-1】【徐州2015质量检测】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_________【答案】252【解析】用0，1，2，…，9十个数字，所有三位数个数为：900，其中没有重复数字的三位数百位数从非0的9个数字中选取一位，十位数从余下的9个数字中选一个，个位数再从余下的8个中选一个，所以共有：9×9×8=648，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为：900-648=252．【1-2】【2015届高考模拟考试（二）】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架歼一15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种数为_________【答案】24【解析】对甲,乙两机进行排列为22A ,把甲乙两机捆绑在一起与除丙丁外的一辆进行排列为22A ,则有三个空给丙丁去插有33A 种,根据分步计数原理可得满足要求的一共有22322324A A A =种【1-3】【2015扬州调研考试】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【答案】15【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)．【1-4】【苏州2015联考】春节期间，某单位安排甲、乙、丙三人于正月初一至初五值班，每人至少值班一天，且每人均不能连续值班两天，其中初二不安排甲值班，则共有__________种不同的值班安排方案．【答案】28【解析】每人均不能连续值班两天，其中初二不安排甲值班的方法数为2222232⨯⨯⨯⨯=种，其中包含甲乙甲乙甲，甲丙甲丙甲，乙丙乙丙乙，丙乙丙乙丙四种情况不符合，故有32428-=种．【1-5】某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各两名，分乘甲、乙两辆汽车.每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自于同一年级的乘坐方式共有 种；【答案】24综合点评：这些题都是分类计数原理与分步计数原理的应用, 解决这一类问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么,分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和得到总数；分步要做到“步骤完整”．【基础知识】1. 分类加法计数原理（加法原理）的概念一般形式：完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，……，在第n 类方案中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N=1m +2m +……+n m 种不同的方法.2．分步乘法计数原理(乘法原理)的概念一般形式：完成一件事需要n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N=12n m m m ⨯⨯⨯…种不同的方法.3. 两个原理的区别：（1）“每类”间与“每步”间的关系不同：分类加法计数原理中的每一类方案中的任何一种方法、不同类之间的任何一种方法都是相互独立，互不依赖的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依赖，且是连续性的.（2）“每类”与“每步”完成的效果不同：分类加法计数原理中所描述的每一种方法完成后，整个事件就完成了，而分步乘法计数原理中每一步中的每一种方法得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事.4.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行，同时要优先考虑题中的限制条件.【思想方法】.1. 计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理：如果已知的每类方法中的每一种方法都能单独完成这件事，用分类加法计数原理；如果每类方法中的每一种方法只能完成事件的一部分，用分步乘法计数原理．2.利用分类计数原理解决问题时： (1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：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；③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法．3.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(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个事件．(3)对完成各步的方法数要准确确定．4. 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．(4)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．5.在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．5. (1)分类加法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)分步乘法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．6. 分类加法计数原理的两个条件：(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．分步乘法计数原理的两个条件：(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)将完成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．7. 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．8. 涂色问题：涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点. 涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类．涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理．【温馨提醒】这些题都是分类计数原理与分步计数原理的应用, 利用分步乘法计数原理解决问题时,首先将完成这件事的过程分步，然后再找出每一步中的方法多少种，求其积．注意:各步之间相互联系，依次完成后，才能做完这件事，即步与步之间的方法相互独立，逐步完成．分类加法计数原理体现了分类讨论思想在计数原理中的应用．解决此类问题的关键是确定分类标准，做到不重复、不遗漏.考点2：排列与组合【2-1】【2015安徽模拟】有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有_________种【答案】75【解析】由已知可得不同的选法共有216575C C =．【2-2】(如皋2015模拟)从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为_________【答案】112【解析】根据分层抽样，从8个人中抽取男生1人，女生2人；所以取2个女生1个男生的方法：1121428=C C .【2-3】【2015无锡模拟】数列{}n a 共有5项，其中150,2a a ==，且11,1,2,3,4i i a a i +-==，则满足条件的不同数列的个数为_________【答案】4【解析】设i i i a a b -=+1，1,2,3,4i =，则i b 等于1或-1，由554433221()()()()a a a a a a a a a =-+-+-+-1234b b b b +++=，知i b )4,3,2,1(=i 共有3个1，1个-1.这种组合共有414=C 个.【2-4】将三个1、三个2、三个3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，则不同的填写方法共有 种.【答案】12【2-5】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．【答案】12【解析】当相同的数字不是1时，有13C 个；当相同的数字是1时，共有13C 13C 个，由分类加法计数原理知共有“好数”13C ＋13C 13C ＝12个．综合点评：这些都是排列与组合的应用问题，解决排列组合应用问题的关键是要分析问题中有无限制条件．对于有限制条件的排列组合问题要注意考虑限制条件的元素或位置．对较复杂的排列组合问题，要采用先选后排的原则．【基础知识】1. 排列的相关概念及排列数公式(1)排列的定义：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)排列数的定义：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叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用m n A 表示．(3)排列数公式：()()()121m n A n n n n m =---+这里,n m N ∈并且m n ≤(4)全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做n 个元素的一个全排列，()()1221!n n A n n n n =--⋅⋅=(叫做n 的阶乘).排列数公式写成阶乘的形式为()!!m n n A n m =-，这里规定0!1=.2．组合的相关概念及组合数公式(1)组合的定义：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)组合数的定义：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，用m n C 表示．(3)组合数的计算公式：()()()()121!!!!m mn nm m n n n n m A n C A m m n m ---+===-，由于0!1=，所以01n C =.(4)组合数的性质：①m n m n n C C -=；②11m m m n n n C C C -+=+；③11r r n n rC nC --=. 3. 区分某一问题是排列问题还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关．若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关．4.解决排列组合问题可遵循“先组合后排列”的原则，区分排列组合问题主要是判断“有序”和“无序”，更重要的是弄清怎样的算法有序，怎样的算法无序，关键是在计算中体现“有序”和“无序”．5.要能够写出所有符合条件的排列或组合，尽可能使写出的排列或组合与计算的排列数相符，使复杂问题简单化，这样既可以加深对问题的理解，检验算法的正确与否，又可以对排列数或组合数较小的问题的解决起到事半功倍的效果．【思想方法】1. 求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．2. 解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．3. 有条件的排列问题大致分四种类型．(1)某元素不在某个位置上问题，①可从位置考虑用其它元素占上该位置，②可考虑该元素的去向(要注意是否是全排列问题)；③可间接计算即从排列总数中减去不符合条件的排列个数．(2)某些元素相邻，可将这些元素排好看作一个元素(即捆绑法)然后与其它元素排列．(3)某些元素互不相邻，可将其它剩余元素排列，然后用这些元素进行插空(即插空法)．(4)某些元素顺序一定，可在所有排列位置中取若干个位置，先排上剩余的其它元素，这个元素也就一种排法．4. 对于有条件的组合问题，可能遇到含某个(些)元素与不含某个(些)元素问题；也可能遇到“至多”或“至少”等组合问题的计算，此类问题要注意分类处理或间接计算，切记不要因为“先取再后取”产生顺序造成计算错误．5.排列、组合综合应用问题的常见解法：①特殊元素(特殊位置)优先安排法；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题先选后排法；④相邻问题捆绑法；⑤不相邻问题插空法；⑥定序问题倍缩法；⑦多排问题一排法；⑧“小集团”问题先整体后局部法；⑨构造模型法；⑩正难则反、等价转化法．6. 在计算排列组合问题时，可能会遇到“分组”问题，要特别注意是平均分组还是不平均分组．可从排列与组合的关系出发，用类比的方法去理解分组问题，比如将4个元素分为两组，若一组一个、一组三个共有1343C C 种不同的分法；而平均分为两组则有224222C C A 种不同的分法． 7.排列组合应用题的解题策略：（1）相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.（2）相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.（3）定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.（4）标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.（5）有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.（6）全员分配问题分组法:（7）名额分配问题隔板法:（8）限制条件的分配问题分类法:（9）多元问题分类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数，最后总计.（10）交叉问题集合法：某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式()()()()n A B n A n B n A B ⋃=+-⋂.（11）定位问题优先法：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的元素.（12）多排问题单排法:把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理.（13）“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:（14）选排问题先取后排:从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，可用先取后排法.（15）部分合条件问题排除法:在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数中减去不符合条件数，即为所求.（16）圆排问题单排法:把n 个不同元素放在圆周n 个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而首位、末位之分，下列n 个普通排列： 12323411,,,;,,,,,;,,,n n n n a a a a a a a a a a a -在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，n 个元素的圆排列数有!n n种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的1n -元素全排列. （17）可重复的排列求幂法:允许重复排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可逐一安排元素的位置，一般地n 个不同元素排在m 个不同位置的排列数有nm 种方法.（18）复杂排列组合问题构造模型法:一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决.（19）元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法:（20）复杂的排列组合问题也可用分解与合成法:（21）利用对应思想转化法:对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理.8.排列、组合问题及对策（1）特殊优先法：对于存在特殊元素或特殊位置的排列组合问题，我们可以从这些特殊入手.先满足特殊元素或特殊位置，再去满足其它元素或位置，这种解法叫做特殊优先法.（2）总体淘汰法：对于含否定词的问题，还可以从总体中把不符合要求的除去.（3）相邻问题用“捆绑法”：对于某些元素要求相邻的问题，可先将相邻的元素捆绑并看作一个元素并与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行排列.（4）不相邻问题用“插空法”：对于几个元素不相邻的排列问题，先将没有限制条件的元素排好，然后再将不相邻的元素在已排好的元素之间及两端的空隙插入即可.（5）顺序问题用“除法”：对于几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素同其余元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数.（6）分排问题用“直排法”：把n个元素排成几排的问题，若没有其它特殊要求，可采用统一排成一排的方法来处理.（7）穷举法：当题目中的附加条件增多，结果数目不大，解决它的方法又不一般，采用穷举法有时能取得意想不到的效果.（8）特征分析：研究有约束条件的排数问题，需紧扣题中所提供的数字特征，结构特征，进行推理，分析求解.（9）对应：有些时候，一个事件与一个结果之间存在一一对应的关系.（10）消序：某些条件，使得元素位置确定.（11）进住法：解决允许重复排列问题要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复.把不能重复的元素看成“一封信”，能重复的元素看成“信箱”.在利用乘法原理直接求解的方法称为进住法.（12）探索：对情况复杂，不易发现规律的问题，要仔细分析，探索其中规律，再予以解决. （13）“树图”表示法：对某些分步进行的问题，可依次对每步可能出现的情况用“树”状图形表示出来.（14）用比例法：有些排列应用题，可以根据每个元素出现机会占整个问题的比例，从而求得问题的结果.以上介绍了排列应用题的几种常见求解策略.这些策略不是彼此孤立的，而是相互依存.有时解决某一问题是要综合运用几种求解策略.在处理具体问题时，应能合理分类与准确分步.首先要弄清楚：要完成的是一件什么事，完成这件事有几类方法，每类方法中，又有几个步骤.这样才会不重复、不遗漏地解决问题.【温馨提醒】这些都是排列与组合的应用问题，解决排列组合问题最基本的方法是位置分析法和元素分析法，若以位置为主，需首先满足特殊位置的要求，再处理其他位置；若以元素为主，需先满足特殊元素的要求，再处理其他元素.对于限制条件较复杂的排列组合应用题，。
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第十章计数原理 10.2 排列与组合教师用书理苏教版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)个元素按照一定的顺序排成一列组合并成一组2。
排列数与组合数(1)排列数的定义:从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A m n表示．（2）组合数的定义：从n个不同元素中取出m（m≤n)个元素的所有组合的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用C m，n表示．3．排列数、组合数的公式及性质公式(1)A错误!＝n(n－1)（n－2）…(n－m＋1)＝错误!（2)C错误!＝错误!＝错误!＝错误!性质（1)0！＝1;A n n＝n!(2)C错误!＝C错误!；C错误!＝C错误!＋C错误!__【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”）(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．（×）(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( ×）(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( √)（4）（n＋1）！－n！＝n·n!.( √)（5)A错误!＝n A错误!。
