新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：9.3　两个基本计数原理、排列与组合

这是一份新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：9.3　两个基本计数原理、排列与组合，共15页。
9.3　两个基本计数原理、排列与组合
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.两个基本计数原理

名称
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=　　　　种不同的方法 
完成这件事共有N=　　　　种不同的方法 
依据
能否独立完成整件事
能否逐步完成整件事
推广
完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,……,在第n类方案中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=　　　　　　　　　种不同的方法 
完成一件事需要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mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=　　　　　　种不同的方法 

温馨提示(1)分类加法计数原理中,完成一件事的各种方法是相互独立的.从集合角度看,如果完成一件事有A,B两类方案,集合A与B的交集为空集,在A中有m1个元素(m1种方法),在B中有m2个元素(m2种方法),则完成这件事的不同方法的种数即为集合A∪B的元素个数,即m1+m2.
(2)分步乘法计数原理中,必须且只需连续完成n个步骤后才能完成这件事,各个步骤之间不重复、不遗漏.
2.两个计数原理的区别与联系

名称
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
都是用来计算完成一件事的不同方法种数的计数方法
不同点
针对“分类”问题,各种方法相互独立,每一类方案中的每一种方法都可以完成这件事
针对“分步”问题,各个步骤中的方法相互依存,只有每一个步骤都完成才算做完这件事
分类完成,类类相加
分步完成,步步相乘
注意点
类类独立,不重不漏
步步相依,步骤完整


3.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　　　　　　排成一列 
组合
作为一组

温馨提示(1)区别一个问题是排列问题还是组合问题,关键是看它有无“顺序”.
(2)定义中规定m≤n,如果m2-n.









考点
简单的排列应用题(多考向探究)

考向1　在与不在问题——特殊元素(或位置)优先法
【例3】6人站成一排,其中甲不能站在排头,乙不能站在排尾的不同排法共有　　　　种. 
解题心得解此类问题常用“元素分析法”“位置分析法”.元素分析法——即以元素为主,优先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素;位置分析法——即以位置为主,优先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置.
变式发散6人站成一排,则甲既不站排头又不站排尾的站法有　　　　　种. 
对点训练36个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有(　　)
A.192种 B.216种
C.240种 D.288种
考向2　相邻问题——捆绑法
【例4】3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排法种数为(　　)
A.2 B.9 C.72 D.36
解题心得在实际排列问题中,某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素看成一个整体,与其他元素排列后,再考虑相邻元素的内部排序,这种方法称为“捆绑法”.
对点训练4某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为(　　)
A.16 B.18 C.24 D.32
考向3　不相邻问题——插空法
【例5】某校高三要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是(　　)
A.1 800 B.3 600 C.4 320 D.5 040
解题心得某些元素要求不相邻时,可以先安排其他元素,再将这些不相邻元素插入已排好的元素的空隙或两端位置,这种方法称为“插空法”.
对点训练5某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,同类节目不相邻的排法种数是(　　)
A.72 B.120 C.144 D.168
考向4　定序问题——等几率法
【例6】有4名男生,3名女生,其中3名女生高矮各不相同,将7名学生排成一行,要求从左到右,女生从矮到高排列(不一定相邻),不同的排法共有　　　　　种. 
解题心得若有(m+n)个元素排成一列,其中有m个元素之间的顺序固定不变,则将这(m+n)个元素排成一列,共有Am+nm+n种不同的排法,然后固定其他的n个元素的位置不动,把这m个元素变换顺序,共有Amm种排法,其中只有一个排列是我们所需要的排列,因而共有Am+nm+nAmm种不同的排法.
对点训练67个人排成一队参观某项目,其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B再A后C,则不同的列队方式种数为(　　)
A.120 B.240 C.420 D.840

考点
简单的组合应用题

【例7】某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种不合格商品.现从35种商品中选取3种.
(1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种?
(2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种?
(3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
(4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?
(5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种?





解题心得组合问题的两类题型及求解方法
(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“至多”含有几个元素的组合题型:解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义,谨防重复与漏解.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.
对点训练7男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1名.现选派5人外出参加比赛,在下列情形中各有多少种选派方法?
(1)男运动员3名,女运动员2名;
(2)至少有1名女运动员;
(3)队长中至少有1人参加;
(4)既要有队长,又要有女运动员.










考点
分组与分配问题

【例8】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.










解题心得分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配.
(1)分组问题属于“组合”问题.
①对于整体均分,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组数的阶乘;
②对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!;
③对于不等分组,只需先分组,后排列.
(2)分配问题属于“排列”问题.
①相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”;
②不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组,第二步是发放;
③限制条件的分配问题常采用分类法求解.
对点训练8(1)某科研单位准备把7名大学生分配到编号为1,2,3的三个实验室实习,若要求每个实验室分配到的大学生人数不小于该实验室的编号,则不同的分配方案的种数为(　　)
A.280 B.455 C.355 D.350
(2)学校将5位同学分别推荐到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学参加自主招生考试,则每所大学至少推荐一人的不同推荐方法种数为(　　)
A.240 B.180 C.150 D.540

类型一　圆形排列问题
【例1】小明及朋友小张去参加一个聚会,8个人围着圆桌随机坐下,每个人坐在任何一个位置的概率相等.在这种情况下小明同其朋友小张坐在一起所有可能情况有　　　　　种. 
答案1 440
解析小明及其朋友小张坐在一起时总的坐法可以这样考虑,第一步:将除去小明及其朋友小张外6个人排好,有(6-1)!种坐法;第二步,把小明及其朋友小张作为一个整体插到6个人形成的空隙中,6个人围在一起时,会形成6个空隙,故有6种情况;第三步,小明及其朋友小张内部可以全排列.
由分步乘法计数原理,小明及其朋友坐在一起的坐法有(6-1)!×6×A22=1440(种).
解题心得n个不同的事物围成一个圆时总的围成方法有(n-1)!种.解决圆形排列问题时最关键的就是插空思想,即将某个部分插入另外几个部分形成的空隙中.
类型二　“隔板法”解一类分组与分配问题
【例2】将组成篮球队的10个名额分配给7所学校,每校至少1名,问名额的分配方式共有多少种?
解(方法1)问题等价于将排成一行的10个相同元素分成7份的方法数,相当于在10个相同元素的9个间隔(除去两端)中插入6块隔板分成7份,共有C96=84(种)方法.
所以名额分配方式有84种.
(方法2)由于每校至少1名,先将每个学校分配1名,还剩下3名,将这3名分配给7所学校,共有以下三类分法:
全部分给一校有C71种(此时该校共有4名,另外六校各1名);分给两校,一校2名,另一校1名有C71·C61(或列式为A72)种;均分给三校有C73种.
由分类加法计数原理知共有分配方式C71+C71·C61+C73=84(种).
解题指导“名额”是不加区分的,相当于将10个相同的元素分配到7个不同的单位,每个单位至少一个,求分配的种数,因此可考虑分类(不均匀分配)处理或用“隔板法”.
【例3】求方程x1+x2+x3+x4=10的正整数解的组数.
解将10个完全相同的球排成一列,在它们之间形成的9个空中任选3个插入3块隔板,把球分为四组(如图).

···
···
···
·
x1
x2
x3
x4

每一种分法所得球的数目依次为x1,x2,x3,x4.显然x1+x2+x3+x4=10,故(x1,x2,x3,x4)是方程的一组解.
反之,方程的任何一组解(y1,y2,y3,y4),对应着唯一的一种在10个球之间插入隔板的方式(如图).

····
··
··
··
y1
y2
y3
y4

故方程的正整数解和插入隔板的方法一一对应,即方程的正整数解的组数等于插隔板的方法数C93,即84组.
解题心得“隔板法”是解决相同元素的分配问题与不定方程整数解的组数问题的常用方法.
(1)凡“相同小球放入不同盒中”的问题,即为“n个相同元素有序分成m组(每组的任务不同)”的问题,一般可用“隔板法”解:
①当每组至少含一个元素时,其不同分组方式有N=Cn-1m-1种,即在n个元素中间的n-1个空中加入m-1个“隔板”.
②任意分组,可出现某些组含元素为0个的情况,其不同分组方式有N=Cn+m-1m-1种,即将n个相同元素与m-1个相同“隔板”进行排序,在n+m-1个位置中选m-1个安排“隔板”.
(2)不定方程就是未知数的个数大于方程的个数,像方程x1+x2+…+xn=m就是一个最简单的不定方程.
求这类不定方程的整数解的组数的常用方法也是“隔板法”.
类型三　几何图形中的组合问题
【例4】(1)四面体的一个顶点为A,从其他顶点和各棱中点中取3个点,使它们和点A在同一平面上,有多少种不同的取法?
(2)四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个不共面的点,有多少种不同取法?
解题指导对(1)可用直接法,对(2)先求出从10个点中任取4个点的取法,然后剔除不合题意的:①在四面体的同一平面内;②其中三点在一条棱上,另一点是其所对棱的中点;③都是对棱的中点.

解(1)(直接法)如图,含顶点A的四面体的3个面上,除点A外都有5个点,从中取出3个点必与点A共面,共有3C53种取法;含顶点A的三条棱上,除点A外都有2个点,它们与所对棱的中点共面,共有3种取法.根据分类加法计数原理,与顶点A共面的3个点的取法有3C53+3=33(种).
(2)(间接法)如图,从10个点中取4个点的取法有C104种,除去4点共面的取法种数可以得到结果.从四面体同一个面上的6个点取出的4点必定共面,有4C64=60(种)取法;四面体的每一条棱上3点与所对棱中点共面,共有6种取法;从6条棱的中点中取4个共面点时有3种取法(对棱中点连线两两相交且互相平分),故4点不共面的取法有C104-(60+6+3)=141(种).
解题心得利用组合知识解决与几何有关的问题应注意:
(1)将已知条件中的元素特征搞清楚,确定采用直接法还是间接法.
(2)使用分类方法时,确定分类的标准是一个难点,具体问题应具体分析.
(3)常采用间接法解决该类问题.







9.3　两个基本计数原理、排列与组合
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.m+n　m×n　m1+m2+…+mn　m1×m2×…×mn　
3.一定的顺序　4.排列　组合
考点自诊
1.(1)√　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×
2.B　A42+C73=4!2!+7!4!×3!=12+35=47.
3.B　由题可知,甲、乙两人必须相邻,使用捆绑法,看作一个整体,则所求的不同排法数为A22A33=12.
4.B　因为第1个班有5种选法,第2个班有5种选法,第3个班有5种选法,
所以由分步乘法计数原理可得,不同的选法有5×5×5=125(种).
5.B　因为将4名技术人员,派往北坡登山路线中的3个崎岖路段进行信号检测,每个路段至少安排1名技术人员,所以先从这4人中选出2人作为一个整体,再把它同另外两人在三个位置全排列,则共有C42A33=36(种)不同的安排方法.
6.6　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:第1类,取出的两数都是偶数,共有3种方法;第2类,取出的两数都是奇数,共有3种方法.故由分类加法计数原理,不同的取法种数为N=3+3=6.
关键能力·学案突破
例1420　要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”,所以千位数字不能为0,个位数字必须是偶数,且组成的四位数中四个数字不重复,因此应先分类,再分步.
(方法1)第1类,当千位数字为奇数时,即取1,3,5中的任意一个时,个位数字可取0,2,4,6中的任意一个,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有3×4×5×4=240(个)数.第2类,当千位数字为偶数且不为0时,即取2,4,6中的任意一个时,个位数字可以取除首位数字外的任意一个偶数数字,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有3×3×5×4=180(个)数.根据分类加法计数原理,共可以组成240+180=420(个)无重复数字的四位偶数.
(方法2　排除法)先定个位数有4种取法,再定另外3位数有A63=120(种)取法,共有480种.其中0作千位,其余数作个位不合题意,有3×A52=60(种)取法.故应有480-60=420(种)取法.故共可以组成420个无重复数字的四位偶数.
对点训练172　(方法1)由题图可知,2区与4区不相邻,3区与5区不相邻,且不相邻的区域可用同1种颜色涂色,所以最少可用3种颜色,故可根据选用颜色的种数进行分类.
第1类,使用3种颜色,则2区与4区同色,3区与5区同色,可分三步进行涂色:第1步,涂2区与4区,有4种颜色可选;第2步,涂3区与5区,有3种颜色可选(除涂2区、4区的颜色);第3步,涂1区,有2种颜色可选(除前2步所选的颜色).由分步乘法计数原理知,该类涂色方法共有4×3×2=24(种).
第2类,使用4种颜色,2区与4区同色,3区与5区不同色,可分4步进行涂色:第1步,涂2区与4区,有4种颜色可选;第2步,涂1区,有3种颜色可选;第3步,涂3区,有2种颜色可选;第4步,涂5区,有1种颜色可选.由分步乘法计数原理可知,该类涂色方法共有4×3×2×1=24(种).
第3类,使用4种颜色,3区与5区同色,2区与4区不同色,同理可得该类涂色方法共有24种.综上,由分类加法计数原理可知,不同的涂色方法共有24+24+24=72(种).
(方法2)因为1区与其他4个区都相邻,首先考虑1区,有4种涂法.若2区与4区同色,有3种涂色,此时3区与5区均有2种涂法,涂法种数为4×3×2×2=48;若2区与4区不同色,先涂2区,有3种方法,再涂4区,有2种方法,此时3区与5区都只有1种涂法,涂法种数为4×3×2×1×1=24.因此,满足条件的涂色方法共有48+24=72(种).
例2(1)解原式=10×9×8×7×65×4×3×2×1×1-1=252-1=251.
(2)证明∵Cnm=n!m!(n-m)!,nm·Cn-1m-1=nm·(n-1)!(m-1)!(n-m)!=n·(n-1)!m·(m-1)!·(n-m)!=n!m!(n-m)!,
∴Cnm=nmCn-1m-1,即mCnm=nCn-1m-1.
(3)解根据题意,原方程等价于
2x+1≥4,x≥3,x∈N*,(2x+1)·2x·(2x-1)(2x-2)=140x(x-1)(x-2),即x≥3,x∈N*,(2x+1)(2x-1)=35(x-2),
整理得4x2-35x+69=0(x≥3,x∈N*),解得x=3x=234∉N*,舍去.
对点训练2解(1)由排列数和组合数公式,原方程可化为3·(x-3)!(x-7)!·4!=5·(x-4)!(x-6)!,即3(x-3)4!=5x-6,即(x-3)(x-6)=40,整理得x2-9x-22=0,解得x=11或x=-2.经检验知x=11是原方程的根,x=-2是原方程的增根.∴方程的根为x=11.
(2)原不等式可化为(n-2)(n-3)>2-n,整理得n2-4n+4>0,即(n-2)2>0,解得n≠2.∵n-2≥2,
∴n≥4,∴原不等式的解集为{n|n≥4,n∈N*}.
例3504　(方法1　特殊元素法)
分两类:第1类,甲先从中间四个位置选一个站好,有A41种站法.乙不站排尾,则乙可从除排尾之外的4个位置中选一个站好,共有A41种站法.其余四人任意排,有A44种站法.故共有A41A41A44种站法.
第2类,甲站排尾,此时,乙不再特殊,共有A55种站法.根据分类加法计数原理,共有A41A41A44+A55=504(种)不同的站法.
(方法2　特殊位置法)
排头与排尾特殊,故可以从排头与排尾入手.分三类:第1类,从除甲、乙之外的4人中选2人站排头、排尾,有A42A44种站法.第2类,甲站排尾,有A55种站法.第3类,乙站排头,有A55种站法(其中重合部分:乙站排头,甲站排尾,有A44种站法).根据分类加法计数原理,共有A42A44+A55+A55-A44=504(种)不同的站法.
(方法3　间接法)
6人站成一排有A66种站法,甲站排头或乙站排尾有2A55种站法,甲站排头且乙站排尾有A44种站法,故共有A66-2A55+A44=504(种)不同的站法.
变式发散480　先安排甲的位置(既不站排头又不站排尾),再安排其他5人的位置,分为两步:第1步,将甲排在除排头、排尾的任意位置上,有A41种站法;第2步,余下5人站在剩下的5个位置上,有A55种站法.由分步乘法计数原理可知,共有A41A55=480(种)不同的站法.
对点训练3B　分两类:第1类,甲在最左端,有A55=5×4×3×2×1=120(种)不同的排法;第2类,乙在最左端,甲不在最右端,有4A44=4×4×3×2×1=96(种)不同的排法.所以共有120+96=216(种)不同的排法.
例4C　可分两步完成:第1步,把3名女生作为一个整体,看成一个元素,3名男生作为一个整体,看成一个元素,两个元素排成一排有A22种排法;第2步,3名女生排在一起有A33种排法,3名男生排在一起有A33种排法,故排法种数为A22A33A33=72.
对点训练4C　将4个车位捆绑在一起,看成一个元素,先排3辆不同型号的车,在3个车位上任意排列,有A33=6(种)方法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空位中,有4种方法,故共有4×6=24(种)方法.
例5B　先排除舞蹈节目以外的5个节目,共A55种排法,再把2个舞蹈节目插在6个空位中,有A62种排法,所以共有A55A62=3600(种)排法.
对点训练5B　先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品,小品,相声”“小品,相声,小品”和“相声,小品,小品”.对于第一种情况,形式为“□小品歌舞小品□相声□”,有A22C31A32=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法;对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品□相声□小品□”,有A22A43=48(种)安排方法,故共有36+36+48=120(种)安排方法.
例6840　7名学生的排列共有A77种,其中女生的排列共有A33种,按照从左到右,女生从矮到高的排列只是其中的一种,故有A77A33=A74=840(种)不同的排法.
对点训练6D　根据题意,先将7人排成一列,有A77种排法,其中A,B,C三人进入展厅的次序必须是先B再A后C,即A,B,C三人顺序一定,则不同的列队方式有A77A33=840(种).
例7解(1)从余下的34种商品中,选取2种,有C342=561(种)取法,故某一种不合格商品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C343种或者C353-C342=C343=5984(种)取法.故某一种不合格商品不能在内的不同取法有5984种.
(3)从20种合格商品中选取1种,从15种不合格商品中选取2种,有C201C152=2100(种)取法.故恰有2种不合格商品在内的不同的取法有2100种.
(4)选取2种不合格商品有C201C152种取法,选取3种不合格商品有C153种取法,共有C201C152+C153=2100+455=2555(种)取法.
故至少有2种不合格商品在内的不同的取法有2555种.
(5)任意选取3种的总数为C353,因此共有C353-C153=6545-455=6090(种)取法.
故至多有2种不合格商品在内的不同的取法有6090种.
对点训练7解(1)分两步完成:第1步,选3名男运动员,有C63种选派方法;第2步,选2名女运动员,有C42种选派方法.由分步乘法计数原理可得,共有C63·C42=120(种)选派方法.
(2)(方法1　直接法)“至少有1名女运动员”包括以下四种情况:1女4男,2女3男,3女2男,4女1男.由分类加法计数原理可得选派方法共有C41C64+C42C63+C43C62+C44C61=246(种).
(方法2　间接法)从10人中任选5人有C105种选派方法,其中全是男运动员的选派方法有C65种.所以“至少有1名女运动员”的选派方法有C105-C65=246(种).
(3)(方法1　直接法)可分类求解:“只有男队长”的选派方法种数为C84;“只有女队长”的选派方法种数为C84;“男、女队长都入选”的选派方法种数为C83.所以共有2C84+C83=196(种)选派方法.
(方法2　间接法)从10人中任选5人有C105种选派方法,其中不选队长的选派方法有C85种.所以“至少有1名队长”的选派方法有C105-C85=196(种).
(4)当有女队长时,其他人任意选,共有C94种选派方法;当不选女队长时,必选男队长,共有C84种选派方法,其中不含女运动员的选派方法有C54种,所以不选女队长时的选派方法共有(C84-C54)种.所以既要有队长又要有女运动员的选派方法共有C94+C84-C54=191(种).
例8解(1)先从6本书中选1本,有C61种分配方法;再从剩余5本书中选择2本,有C52种分配方法,剩余的就是3本书,有C33种分配方法,所以总共有C61C52C33=60(种)分配方法.
(2)由(1)可知分组后共有60种方法,分别分给甲、乙、丙后的方法有C61C52C33A33=360(种).
(3)从6本书中选择2本书,有C62种分配方法;再从剩余4本书中选择2本书,有C42种分配方法;剩余的就是2本书,有C22种分配方法,所以有C62C42C22=90(种)分配方法.但是,该过程有重复.假如6本书分别为A,B,C,D,E,F,若三个步骤分别选出的是(AB),(CD),(EF).则所有情况为(AB,CD,EF),(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,AB,CD),(EF,CD,AB).所以分配方法共有C62C42C22A33=15(种).
(4)由(3)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人,则分配方法有C62C42C22A33×A33=90(种).
(5)从6本书中选4本书的方法有C64种,从剩余2本书中选1本书有C21种,因为在最后两本书的选择中发生了重复,所以分配方法总共有C64C21A22=15(种).
(6)由(5)可知,将三份分别分给甲、乙、丙三人即可,则分配方法有C64C21A22×A33=90(种).
对点训练8(1)B　(2)C　(1)每个实验室人数分配有三种情况,即1,2,4;1,3,3;2,2,3.当实验室的人数为1,2,4时,分配方案有C71C62C44=105(种);当实验室的人数为1,3,3时,分配方案有C71C63C33=140(种);当实验室的人数为2,2,3时,分配方案有C72C52C33=210(种).故不同的分配方案有455种.故选B.
(2)先将5名同学分成3组,每组至少1人,有1,1,3和1,2,2两种组合,再将3组全排列,对应到三个大学,共有A33C51C42C22A22+C51C41C33A22=150(种)不同的推荐方法,故选C.