第10章 第1节 两个计数原理、排列与组合.doc

全国卷五年考情图解 高考命题规律把握 1.考查形式 高考在本章一般命制1道小题或者1道解答题，分值占5～17分． 2.考查内容 计数原理常与古典概型综合考查；几何概型均以选择题的形式单独考查；对二项式定理的考查主要是利用通项公式求特定项；对正态分布的考查，可能单独考查也可能在解答题中出现；以实际问题为背景，考查分布列、期望等是高考的热点题型. 　两个计数原理、排列与组合 [考试要求]　 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题. 3.理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题. 4.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题． 1．两个计数原理 项目 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 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 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 结论 完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法 完成这件事共有N＝mn种不同的方法 2．排列、组合的定义 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 组合的定义　 合成一组 3．排列数、组合数的定义、公式、性质 项目 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 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 公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ C＝＝ 性质 A＝n！， 0！＝1 C＝C， C＋C＝C 一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(　　) (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)kC＝nC.(　　) [答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√ 二、教材习题衍生 1．图书馆的一个书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，不同的取法有________种；若从每一层中各取1本书，不同的取法有________种． 16　120　[书架上共有3＋5＋8＝16本不同的书，从中任取一本共有16种不同的取法；若从每层中各取1本书，共有3×5×8＝120种不同取法．] 2．用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为________． 48　[末位只能从2,4中选一个，其余的三个数字任意排列，故这样的偶数共有AC＝4×3×2×2＝48个．] 3．6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________． 24　[“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A＝4×3×2＝24.] 4．五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________．五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． 45　54　[五名学生参加四项体育比赛，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种不同的报名方法．五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种获得冠军的可能性．] 考点一　两个计数原理的综合应用 　利用两个基本计数原理解决问题的步骤 1．用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答) 1 080　[当不含偶数时，有A＝120个， 当含有一个偶数时，有CCA＝960个， 所以这样的四位数共有1 080个．] 2.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种． 72　[法一：首先涂A有4种涂法，再涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法． 法二：按要求涂色至少需要3种颜色．故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．] 3.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(用数字作答)． 40　[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)．] 4．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，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________． 80　[5日至9日，日期尾数分别为5,6,7,8,9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)，共计12＋8＝20(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为4×20＝80.] 点评：(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成． (2)较复杂的问题可借助图表来完成． (3)对于涂色问题：分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素． 考点二　排列问题 　求解排列应用问题的六种常用方法 [典例1]　3名女生和5名男生排成一排． (1)若女生全排在一起，有多少种排法？ (2)若女生都不相邻，有多少种排法？ (3)若女生不站两端，有多少种排法？ (4)其中甲必须排在乙左边(可不邻)，有多少种排法？ (5)其中甲不站最左边，乙不站最右边，有多少种排法？ [解]　(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同5名男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，3名女生之间又有A种排法，因此共有A·A＝4 320种不同排法． (2)(插空法)先排5名男生，有A种排法，这5名男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有A·A＝14 400种不同排法． (3)法一(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从5名男生中选2人排，有A种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有A·A＝14 400种不同排法． 法二(元素分析法)：从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置无限制，有A种排法，因此共有A·A＝14 400种不同排法. (4)8名学生的所有排列共A种，其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占，因此符合要求的排法种数为A＝20 160. (5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置． 法一(特殊元素法)：甲在最右边时，其他的可全排，有A种不同排法；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A种，其余人全排列，共有A·A·A种不同排法． 由分类加法计数原理知，共有A＋A·A·A＝30 960种不同排法． 法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有A种排法，余下7个位置全排，有A种排法，但应剔除乙在最右边时的排法A·A种，因此共有A·A－A·A＝30 960种排法． 法三(间接法)：8名学生全排列，共A种，其中，不符合条件的有甲在最左边时，有A种排法，乙在最右边时，有A种排法，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种排法．因此共有A－2A＋A＝30 960种排法． 点评：(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，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． 1．7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．240 C．360 D．480 C　[第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3种，第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人有5种，此时形成6个空，任选一个空加一人，有6种，根据分步乘法计数原理有3×4×5×6＝360种方法．] 2．把5件不同的产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种． 36　[(捆绑法和插空法的综合应用)记其余两种产品为D，E.将A，B视为一个元素，先与D，E进行排列，有AA种方法，再将C插入，每种排列均只有3个空位可选， 故不同的摆法共有AA×3＝2×6×3＝36(种)．] 3．现有一圆桌，周边有标号为1,2,3,4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有________种．(用数字作答) 8　[先安排甲，其选座方法有C种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有A种，所以共有坐法种数为C·A＝4×2＝8种．] 考点三　组合问题 　 组合问题的常见类型与处理方法 (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，再从剩下的元素中选取． (2)“至少”或“至多”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． [典例2]　某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种． (1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？ (2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？ (3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？ (4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？ (5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？ [解]　(1)从余下的34种商品中，选取2种有C＝561(种)，所以某一种假货必须在内的不同取法有561种． (2)从34种可选商品中，选取3种，有C种或者C－C＝C＝5 984(种)． 所以某一种假货不能在内的不同取法有5 984种． (3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有CC＝2 100(种)． 所以恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种． (4)选取2种假货有CC种，选取3种假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2 100＋455＝2 555(种)． 所以至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种． (5)选取3种的总数为C，选取3种假货有C种，因此共有选取方式C－C＝6 545－455＝6 090(种)． 所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种． 点评：含有附加条件的组合问题通常用直接法或间接法，应注意“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解． 1．某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排方法共有(　　) A．30种 B．36种 C．42种 D．48种 C　[若甲在11日值班，则在除乙外的4人中任选1人在11日值班，有C种选法，9日、10日有CC种安排方法，共有CCC＝24(种)安排方法； 若甲在10日值班，乙在9日值班，余下的4人有CCC种安排方法，共有12种安排方法； 若甲、乙都在10日值班，则共有CC＝6(种)安排方法． 所以总共有24＋12＋6＝42(种)安排方法．] 2．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(　　) A．232 B．252 C．472 D．484 C　[分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有CC＝264(种)； 第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有C－3C＝220－12＝208(种)． 由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．] 3．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)至多有两名女生当选． [解]　(1)只有一名女生当选等价于有一名女生和四名男生当选．故共有C·C＝350种． (2)两队长当选，共有C·C＝165种． (3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选，有两名队长当选．故共有C·C＋C·C＝825种．[或采用排除法：C－C＝825(种)]． (4)至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，没有女生当选．故选法共有C·C＋C·C＋C＝966种． 考点四　分组、分配问题 　分组、分配问题是排列组合的综合问题，解题思想是先分组后分配 (1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组方法有三种： ①完全均匀分组，每组元素的个数都相等； ②部分均匀分组，应注意不要重复； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象． (2)分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种： ①相同元素的分配问题，常用“挡板法”； 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，采用分类求解． 　整体均分问题 [典例3－1]　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． 90　[先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种分派方法．] 点评：本题属于整体均分问题，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为均分的组数)，避免重复计数． 　部分均分问题 [典例3－2]　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) 1 560　[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＝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·＝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＝1 560(种)．] 点评：本题属于局部均分问题，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． 　不等分问题 [典例3－3]　若将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． 360　[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种分法； 第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种分法； 第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法． 根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种分法． 再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法， 故共有60×6＝360种不同的分法．] 点评：本例属于不等分问题，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． 1．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有(　　) A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 C　[1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有CCA种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有CCA种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为CCA＋CCA＝36种．] 2．第二届“一带一路”国际合作高峰论坛于2019年4月25日至27日在北京举行，为了保护各国元首的安全，将5个安保小组全部安排到指定三个区域内工作，且这三个区域每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有(　　) A．96种 B．100种 C．124种 D．150种 D　[因为三个区域每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，有两种分组的情况：一种是1,1,3，另一种是1,2,2.当按照1,1,3来分时，共有N1＝·A＝60(种)，当按照1,2,2来分时，共有N2＝·A＝90(种)，根据分类加法计数原理知N＝N1＋N2＝150种．] 12