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数学选择性必修第二册第7章 计数原理本章综合与测试学案
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这是一份数学选择性必修第二册第7章 计数原理本章综合与测试学案，共10页。学案主要包含了分组，排列等内容，欢迎下载使用。
一、分组、分配问题
问题1 把3个苹果平均分成三堆共有几种分法？为什么？
提示 共1种分法．因为三堆无差异．
问题2 若把3个不同的苹果分给三个人，共有几种方法？
提示 共有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)分法．
角度1 不同元素分组、分配问题
例1 有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？
(1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本；
(2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；
(3)分成三组，每组都是2本；
(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本．
解 (1)分三步：先选一本有Ceq \\al(1,6)种选法，再从余下的5本中选两本有Ceq \\al(2,5)种选法，最后余下的三本全选有Ceq \\al(3,3)种选法．由分步计数原理知，分配方式共有Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)＝60(种)．
(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配问题．因此，分配方式共有
Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)·Aeq \\al(3,3)＝360(种)．
(3)先分三组，有Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一组取了A，B，第二组取了C，D，第三组取了E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)，但Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共Aeq \\al(3,3)种情况，而这Aeq \\al(3,3)种情况只能作为一种分法，故分配方式有eq \f(C\\al(2,6)·C\\al(2,4)·C\\al(2,2),A\\al(3,3))＝15(种)．
(4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式eq \f(C\\al(2,6)·C\\al(2,4)·C\\al(2,2),A\\al(3,3))·Aeq \\al(3,3)＝90(种)．
反思感悟 分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等．
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！.
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．分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
角度2 相同元素分配问题
例2 将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列方法的种数．
(1)每个盒子都不空；
(2)恰有一个空盒子．
解 (1)先把6个相同的小球排成一行，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，故共有Ceq \\al(3,5)＝10(种)放法．
(2)恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有Ceq \\al(1,4)种选法，第二步在小球之间5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，由分步计数原理得，共有Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(2,5)＝40(种)放法．
延伸探究
1．若将例题改为“已知不定方程x1＋x2＋x3＋x4＝12，求不定方程正整数解的组数”．
解 问题相当于将12个完全相同的小球放入4个不同的盒子，且每个盒子中至少放入1个小球，使用“隔板法”得不定方程正整数解的组数为Ceq \\al(3,11)＝165.
2．若求不定方程自然数解的组数，如何求解？
解 令X1＝x1＋1，X2＝x2＋1，X3＝x3＋1，X4＝x4＋1，则X1＋X2＋X3＋X4＝16，Xi∈N*(i＝1,2,3,4)，问题相当于将16个完全相同的小球放入4个不同的盒子，且每个盒子中至少放入1个小球，使用“隔板法”得不定方程自然数解的组数为Ceq \\al(3,15)＝455.
反思感悟 相同元素分配问题的处理策略
(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．
(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有Ceq \\al(m－1,n－1)种方法．可描述为(n－1)个空中插入(m－1)块隔板．
跟踪训练1 (1)把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法有________种．
答案 56
解析 问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列，再分成6堆，每堆至少一个，求其方法数．事实上，只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，即产生符合要求的方法数．故有Ceq \\al(5,8)＝56(种)．
(2)某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传肾脏日的主题：“尽快行动，尽快预防”，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．
答案 90
解析 eq \f(C\\al(1,5)·C\\al(2,4)·C\\al(2,2),A\\al(2,2))·Aeq \\al(3,3)＝90(种)．
二、排列、组合的综合应用
角度1 相邻、相间及特殊元素(位置)问题
例3 (1)互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法( )
A．Aeq \\al(5,5)种 B．Aeq \\al(2,2)种
C．Aeq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)种 D．Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)种
答案 D
解析 红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，即红色菊花两边各一盆白色菊花，一盆黄色菊花，共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)种摆放方法．
(2)有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
解 方法一 (直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类：
①取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有Ceq \\al(1,4)种方法；0可在后两位，有Ceq \\al(1,2)种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有Ceq \\al(1,3)种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)·22个．
②取1不取0，同上分析可得不同的三位数有Ceq \\al(2,4)·22·Aeq \\al(3,3)个．
③0和1都不取，有不同的三位数Ceq \\al(3,4)·23·Aeq \\al(3,3)个．
综上所述，共有不同的三位数
Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,3)·22＋Ceq \\al(2,4)·22·Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(3,4)·23·Aeq \\al(3,3)＝432(个)．
方法二 (间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数Ceq \\al(3,5)·23·Aeq \\al(3,3)个，其中0在百位的有Ceq \\al(2,4)·22·Aeq \\al(2,2)个，这是不符合题意的，故共有不同的三位数Ceq \\al(3,5)·23·Aeq \\al(3,3)－Ceq \\al(2,4)·22·Aeq \\al(2,2)＝432(个)．
反思感悟 解排列、组合问题要遵循的两个原则
(1)按元素(位置)的性质进行分类；
(2)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(位置)为主体，即先满足特殊元素(位置)，再考虑其他元素(位置)．
角度2 选排问题
例4 有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数．
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定担任语文科代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任语文科代表；
(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．
解 (1)先选后排，5人可以是2女3男，也可以是1女4男，
所以先选有Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(1,3)种，后排有Aeq \\al(5,5)种，
所以共有不同选法eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\\al(3,5)C\\al(2,3)＋C\\al(4,5)C\\al(1,3)))·Aeq \\al(5,5)＝5 400(种)．
(2)除去一定担任语文科代表的女生后，先选后排，共有不同选法Ceq \\al(4,7)·Aeq \\al(4,4)＝840(种)．
(3)先选后排，但先安排不担任语文科代表的该男生，所以共有不同选法Ceq \\al(4,7)·Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)＝3 360(种)．
(4)先从除去必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生和一定要担任语文科代表的该女生的6人中选3人有Ceq \\al(3,6)种，
再安排必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生有Ceq \\al(1,3)种，其余3人全排列有Aeq \\al(3,3)种，
所以共有不同选法Ceq \\al(3,6)·Ceq \\al(1,3)·Aeq \\al(3,3)＝360(种)．
反思感悟 解决有关排列与组合的综合应用问题尤其应注意两点：(1)审清题意，区分哪是排列，哪是组合；(2)往往综合问题会有多个限制条件，应认真分析题意确定分类还是分步．
跟踪训练2 (1)有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有( )
A．240种 B．192种
C．96种 D．48种
答案 B
解析 当丙和乙在甲的左侧时，共有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝96(种)排列方法，同理，当丙和乙在甲的右侧时也有96种排列方法，所以共有192种排列方法．
(2)某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有________种．(用数字作答)
答案 96
解析 甲传第一棒，乙传最后一棒，共有Aeq \\al(4,4)种方法．乙传第一棒，甲传最后一棒，共有Aeq \\al(4,4)种方法．丙传第一棒，共有Ceq \\al(1,2)·Aeq \\al(4,4)种方法．由分类计数原理得，共有Aeq \\al(4,4)＋Aeq \\al(4,4)＋Ceq \\al(1,2)·Aeq \\al(4,4)＝96(种)方法．
1．知识清单：
(1)分组、分配问题．
(2)排列、组合的综合应用．
2．方法归纳：分类讨论、插空法、隔板法、均分法．
3．常见误区：分类不当；平均分组理解不到位．
1．登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是( )
A．30 B．60 C．120 D．240
答案 B
解析 先将4个熟悉道路的人平均分成两组，有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))种，再将余下的6人平均分成两组，有eq \f(C\\al(3,6)C\\al(3,3),A\\al(2,2))种，然后这四个组自由搭配还有Aeq \\al(2,2)种，故最终分配方法有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(3,6),A\\al(2,2))＝60(种)．
2．从4男3女志愿者中选1女2男分别到A，B，C三地去执行任务，则不同的选派方法有( )
A．36种 B．108种 C．210种 D．72种
答案 B
解析 从4男3女志愿者中选1女2男有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)＝18(种)方法，分别到A，B，C地执行任务，有Aeq \\al(3,3)＝6(种)方法，根据分步计数原理，可得不同的选派方法有18×6＝108(种)．
3．中国古代的五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，现甲、乙、丙、丁、戊5名同学各选一本书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有( )
A．18种 B．24种 C．36种 D．54种
答案 D
解析 (1)若甲选《春秋》，则有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝18(种)情况；(2)若甲不选《春秋》，则有Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝36(种)情况．所以5名同学所有可能的选择有18＋36＝54(种)．
4．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)
答案 1 080
解析 ①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为Ceq \\al(3,5)·Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)＝960.
②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为Aeq \\al(4,5)＝120.
故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．
课时对点练
1．“中国梦”的英文翻译为“China Dream”，其中China又可以简写为CN，从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有( )
A．360种 B．480种
C．600种 D．720种
答案 C
解析 从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，共有Ceq \\al(4,5)Aeq \\al(5,5)＝600(种)．
2．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
答案 D
解析 由题意可知，其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(2,4)·Aeq \\al(2,2)＝36(种)，或列式为Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(1,2)＝3×eq \f(4×3,2)×2＝36(种)．
3．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )
A．24 B．48 C．72 D．96
答案 B
解析 根据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,4)种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)种不同的摆放方法．由分类计数原理可得共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,4)＋Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)＝48(种)摆放方法．
4．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )
A．Ceq \\al(12,14)Ceq \\al(4,12)Ceq \\al(4,8) B．Ceq \\al(12,14)Aeq \\al(4,12)Aeq \\al(4,8)
C.eq \f(C\\al(12,14)C\\al(4,12)C\\al(4,8),A\\al(3,3)) D．Ceq \\al(12,14)Ceq \\al(4,12)Ceq \\al(4,8)Aeq \\al(3,3)
答案 A
解析 首先从14人中选出12人共Ceq \\al(12,14)种，然后将12人平均分为3组共eq \f(C\\al(4,12)·C\\al(4,8)·C\\al(4,4),A\\al(3,3))种，然后这两步相乘，得eq \f(C\\al(12,14)·C\\al(4,12)·C\\al(4,8),A\\al(3,3)).将三组分配下去共Ceq \\al(12,14)·Ceq \\al(4,12)·Ceq \\al(4,8)种．
5．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有( )
A．56种 B．68种 C．74种 D．92种
答案 D
解析 根据划左舷中“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(3,6)种，有一个“多面手”的选派方法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(3,5)种，有两个“多面手”的选派方法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(3,4)种，即共有20＋60＋12＝92(种)不同的选派方法．
6．(多选)将四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子的放法，下列结论正确的有( )
A．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,3) B．Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)
C．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2) D．18
答案 BC
解析 根据题意知，四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有两种解法：
方法一 分2步进行分析：
①先将四个不同的小球分成3组，有Ceq \\al(2,4)种分组方法；
②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq \\al(3,3)种放法，则没有空盒的放法有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种，故选B.
方法二 分2步进行分析：
①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)种情况；
②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有Aeq \\al(2,2)种放法，则没有空盒的放法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)种，故选C.
综上，BC正确．
7．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)
答案 336
解析 当每个台阶上各站1人时有Ceq \\al(3,7)Aeq \\al(3,3)种站法；当两个人站在同一个台阶上时有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(1,6)种站法．因此不同的站法种数为Ceq \\al(3,7)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(1,6)＝210＋126＝336.
8．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有________种．
答案 600
解析 可以分情况讨论：①甲、丙同去，则乙不去，有Ceq \\al(2,5)·Aeq \\al(4,4)＝240(种)选法；②甲、丙同不去，有Aeq \\al(4,6)＝360(种)选法，所以共有600种不同的选派方案．
9．平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线．
(1)这9个点，可确定多少条不同的直线？
(2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形？
(3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形？
解 方法一 (直接法)共线的4点记为A，B，C，D.
(1)第一类：A，B，C，D确定1条直线；
第二类：A，B，C，D以外的5个点可确定Ceq \\al(2,5)条直线；
第三类：从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,5)条直线．
根据分类计数原理，共有不同直线1＋Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,5)＝1＋10＋20＝31(条)．
(2)第一类：从A，B，C，D中取2个点，可得Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,5)个三角形；
第二类：从A，B，C，D中取1个点，可得Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,5)个三角形；
第三类：从其余5个点中任取3点，可得Ceq \\al(3,5)个三角形．
共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,5)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(3,5)＝80(个)三角形．
(3)分三类：从其余5个点中任取4个，3个，2个点共得Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,4)＝105(个)四边形．
方法二 (间接法)(1)可确定直线Ceq \\al(2,9)－Ceq \\al(2,4)＋1＝31(条)．
(2)可确定三角形Ceq \\al(3,9)－Ceq \\al(3,4)＝80(个)．
(3)可确定四边形Ceq \\al(4,9)－Ceq \\al(4,4)－Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,5)＝105(个)．
10．将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中．
(1)有多少种放法？
(2)每盒至多1个球，有多少种放法？
(3)恰好有1个空盒，有多少种放法？
(4)每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？
(5)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
(6)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？
解 (1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256(种)放法．
(2)这是全排列问题，共有Aeq \\al(4,4)＝24(种)放法．
(3)方法一 先将4个小球分为3组，有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))种方法，再将3组小球投入4个盒子中的3个盒子，有Aeq \\al(3,4)种投放方法，故共有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))·Aeq \\al(3,4)＝144(种)放法．
方法二 先取4个球中的2个“捆”在一起，有Ceq \\al(2,4)种选法，把它与其他2个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有Aeq \\al(3,4)种投放方法，所以共有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,4)＝144(种)放法．
(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有Ceq \\al(1,4)种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投入方法有2种，故共有Ceq \\al(1,4)·2＝8(种)放法．
(5)先从4个盒子中选出3个盒子，再从3个盒子中选出1个盒子放入2个球，余下2个盒子各放1个，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,3)＝12(种)放法．
(6)(隔板法)先将编号为1,2,3,4的4个盒子分别放入0,1,2,3个球，再把剩下的14个球分成四组，即在○○○○○○○○○○○○○○这14个球中间的13个空中放入三块隔板，共有Ceq \\al(3,13)＝286(种)放法，如○○|○○○○○|○○○|○○○○，即编号为1,2,3,4的盒子分别放入2,6,5,7个球．
11．若自然数n使得n＋(n＋1)＋(n＋2)不产生十进位现象，则称n为“良数”．例如：32是“良数”，因为32＋33＋34不产生十进位现象；23不是“良数”，因为23＋24＋25产生十进位现象．那么，小于1 000的“良数”的个数为( )
A．27 B．36 C．39 D．48
答案 D
解析 如果n是良数，则n的个位数字只能是0,1,2，非个位数字只能是0,1,2,3(首位不为0)，而小于1 000的数至多三位，一位数的良数有0,1,2，共3个；二位数的良数个位可取0,1,2，十位可取1,2,3，共有3×3＝9(个)；三位数的良数个位可取0,1,2，十位可取0,1,2,3，百位可取1,2,3，共有3×4×3＝36(个)．综上，小于1 000的“良数”的个数为3＋9＋36＝48.
12．某企业有4个分厂，新培训了6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________．
答案 1 560
解析 先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．若4个组的人数按3,1,1,1分配，
则不同的分配方案有eq \f(C\\al(3,6)C\\al(1,3)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(3,3))＝20(种)．
若4个组的人数为2,2,1,1，
则不同的分配方案有eq \f(C\\al(2,6)C\\al(2,4),A\\al(2,2))×eq \f(C\\al(1,2),A\\al(2,2))＝45(种)．
故所有分组方法共有20＋45＝65(种)．再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65Aeq \\al(4,4)＝1 560(种)．
13．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．
答案 8
解析 首先排两个奇数1,3，有Aeq \\al(2,2)种排法，再在2,4中取一个数放在1,3之间，有Ceq \\al(1,2)种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有Aeq \\al(2,2)种排法，即满足条件的四位数的个数为Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝8.
14．将8个相同的小球放入5个编号为1,2,3,4,5的盒子，每个盒子都不空的方法数为________，恰有一个空盒子的方法数为________．
答案 35 175
解析 先把8个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧各放置一块隔板，然后在小球之间7个空隙中任选4个空隙各插一块隔板，有Ceq \\al(4,7)＝35(种)．
若恰有一个空盒子，插板分两步进行，先将首尾两球外侧各放置一块隔板，并在7个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有Ceq \\al(3,7)种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，有Ceq \\al(1,5)种插法，故共有Ceq \\al(3,7)·Ceq \\al(1,5)＝175(种)．
15．(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 BD
解析 任意两位同学之间交换纪念品共要交换Ceq \\al(2,6)＝15(次)，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是每人得到5份纪念品．现在6位同学总共交换了13次，少交换了2次，这2次若不涉及同一人，则收到4份纪念品的同学有4人，若涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有2人．故选BD.
16．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止．
(1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？
(2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品，则这样的不同测试方法数是多少？
解 (1)先排前4次测试，只能取正品，有Aeq \\al(4,6)种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试，有Aeq \\al(2,4)种测试方法，再排余下4件的测试位置，有Aeq \\al(4,4)种测试方法．所以共有Aeq \\al(4,6)·Aeq \\al(2,4)·Aeq \\al(4,4)＝103 680(种)不同的测试方法．
(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,6)·Aeq \\al(4,4)＝576(种)不同的测试方法．
一、分组、分配问题
问题1 把3个苹果平均分成三堆共有几种分法？为什么？
提示 共1种分法．因为三堆无差异．
问题2 若把3个不同的苹果分给三个人，共有几种方法？
提示 共有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)分法．
角度1 不同元素分组、分配问题
例1 有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？
(1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本；
(2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；
(3)分成三组，每组都是2本；
(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本．
解 (1)分三步：先选一本有Ceq \\al(1,6)种选法，再从余下的5本中选两本有Ceq \\al(2,5)种选法，最后余下的三本全选有Ceq \\al(3,3)种选法．由分步计数原理知，分配方式共有Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)＝60(种)．
(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配问题．因此，分配方式共有
Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)·Aeq \\al(3,3)＝360(种)．
(3)先分三组，有Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一组取了A，B，第二组取了C，D，第三组取了E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)，但Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共Aeq \\al(3,3)种情况，而这Aeq \\al(3,3)种情况只能作为一种分法，故分配方式有eq \f(C\\al(2,6)·C\\al(2,4)·C\\al(2,2),A\\al(3,3))＝15(种)．
(4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式eq \f(C\\al(2,6)·C\\al(2,4)·C\\al(2,2),A\\al(3,3))·Aeq \\al(3,3)＝90(种)．
反思感悟 分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等．
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！.
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．分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
角度2 相同元素分配问题
例2 将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列方法的种数．
(1)每个盒子都不空；
(2)恰有一个空盒子．
解 (1)先把6个相同的小球排成一行，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，故共有Ceq \\al(3,5)＝10(种)放法．
(2)恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有Ceq \\al(1,4)种选法，第二步在小球之间5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，由分步计数原理得，共有Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(2,5)＝40(种)放法．
延伸探究
1．若将例题改为“已知不定方程x1＋x2＋x3＋x4＝12，求不定方程正整数解的组数”．
解 问题相当于将12个完全相同的小球放入4个不同的盒子，且每个盒子中至少放入1个小球，使用“隔板法”得不定方程正整数解的组数为Ceq \\al(3,11)＝165.
2．若求不定方程自然数解的组数，如何求解？
解 令X1＝x1＋1，X2＝x2＋1，X3＝x3＋1，X4＝x4＋1，则X1＋X2＋X3＋X4＝16，Xi∈N*(i＝1,2,3,4)，问题相当于将16个完全相同的小球放入4个不同的盒子，且每个盒子中至少放入1个小球，使用“隔板法”得不定方程自然数解的组数为Ceq \\al(3,15)＝455.
反思感悟 相同元素分配问题的处理策略
(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．
(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有Ceq \\al(m－1,n－1)种方法．可描述为(n－1)个空中插入(m－1)块隔板．
跟踪训练1 (1)把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法有________种．
答案 56
解析 问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列，再分成6堆，每堆至少一个，求其方法数．事实上，只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入档板，即产生符合要求的方法数．故有Ceq \\al(5,8)＝56(种)．
(2)某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传肾脏日的主题：“尽快行动，尽快预防”，则不同的分配方案有________种(用数字作答)．
答案 90
解析 eq \f(C\\al(1,5)·C\\al(2,4)·C\\al(2,2),A\\al(2,2))·Aeq \\al(3,3)＝90(种)．
二、排列、组合的综合应用
角度1 相邻、相间及特殊元素(位置)问题
例3 (1)互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法( )
A．Aeq \\al(5,5)种 B．Aeq \\al(2,2)种
C．Aeq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)种 D．Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)种
答案 D
解析 红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，即红色菊花两边各一盆白色菊花，一盆黄色菊花，共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)种摆放方法．
(2)有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
解 方法一 (直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类：
①取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有Ceq \\al(1,4)种方法；0可在后两位，有Ceq \\al(1,2)种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有Ceq \\al(1,3)种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)·22个．
②取1不取0，同上分析可得不同的三位数有Ceq \\al(2,4)·22·Aeq \\al(3,3)个．
③0和1都不取，有不同的三位数Ceq \\al(3,4)·23·Aeq \\al(3,3)个．
综上所述，共有不同的三位数
Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,3)·22＋Ceq \\al(2,4)·22·Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(3,4)·23·Aeq \\al(3,3)＝432(个)．
方法二 (间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数Ceq \\al(3,5)·23·Aeq \\al(3,3)个，其中0在百位的有Ceq \\al(2,4)·22·Aeq \\al(2,2)个，这是不符合题意的，故共有不同的三位数Ceq \\al(3,5)·23·Aeq \\al(3,3)－Ceq \\al(2,4)·22·Aeq \\al(2,2)＝432(个)．
反思感悟 解排列、组合问题要遵循的两个原则
(1)按元素(位置)的性质进行分类；
(2)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(位置)为主体，即先满足特殊元素(位置)，再考虑其他元素(位置)．
角度2 选排问题
例4 有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数．
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定担任语文科代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任语文科代表；
(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．
解 (1)先选后排，5人可以是2女3男，也可以是1女4男，
所以先选有Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(1,3)种，后排有Aeq \\al(5,5)种，
所以共有不同选法eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C\\al(3,5)C\\al(2,3)＋C\\al(4,5)C\\al(1,3)))·Aeq \\al(5,5)＝5 400(种)．
(2)除去一定担任语文科代表的女生后，先选后排，共有不同选法Ceq \\al(4,7)·Aeq \\al(4,4)＝840(种)．
(3)先选后排，但先安排不担任语文科代表的该男生，所以共有不同选法Ceq \\al(4,7)·Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)＝3 360(种)．
(4)先从除去必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生和一定要担任语文科代表的该女生的6人中选3人有Ceq \\al(3,6)种，
再安排必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生有Ceq \\al(1,3)种，其余3人全排列有Aeq \\al(3,3)种，
所以共有不同选法Ceq \\al(3,6)·Ceq \\al(1,3)·Aeq \\al(3,3)＝360(种)．
反思感悟 解决有关排列与组合的综合应用问题尤其应注意两点：(1)审清题意，区分哪是排列，哪是组合；(2)往往综合问题会有多个限制条件，应认真分析题意确定分类还是分步．
跟踪训练2 (1)有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有( )
A．240种 B．192种
C．96种 D．48种
答案 B
解析 当丙和乙在甲的左侧时，共有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝96(种)排列方法，同理，当丙和乙在甲的右侧时也有96种排列方法，所以共有192种排列方法．
(2)某地奥运火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有________种．(用数字作答)
答案 96
解析 甲传第一棒，乙传最后一棒，共有Aeq \\al(4,4)种方法．乙传第一棒，甲传最后一棒，共有Aeq \\al(4,4)种方法．丙传第一棒，共有Ceq \\al(1,2)·Aeq \\al(4,4)种方法．由分类计数原理得，共有Aeq \\al(4,4)＋Aeq \\al(4,4)＋Ceq \\al(1,2)·Aeq \\al(4,4)＝96(种)方法．
1．知识清单：
(1)分组、分配问题．
(2)排列、组合的综合应用．
2．方法归纳：分类讨论、插空法、隔板法、均分法．
3．常见误区：分类不当；平均分组理解不到位．
1．登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是( )
A．30 B．60 C．120 D．240
答案 B
解析 先将4个熟悉道路的人平均分成两组，有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))种，再将余下的6人平均分成两组，有eq \f(C\\al(3,6)C\\al(3,3),A\\al(2,2))种，然后这四个组自由搭配还有Aeq \\al(2,2)种，故最终分配方法有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(3,6),A\\al(2,2))＝60(种)．
2．从4男3女志愿者中选1女2男分别到A，B，C三地去执行任务，则不同的选派方法有( )
A．36种 B．108种 C．210种 D．72种
答案 B
解析 从4男3女志愿者中选1女2男有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)＝18(种)方法，分别到A，B，C地执行任务，有Aeq \\al(3,3)＝6(种)方法，根据分步计数原理，可得不同的选派方法有18×6＝108(种)．
3．中国古代的五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，现甲、乙、丙、丁、戊5名同学各选一本书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有( )
A．18种 B．24种 C．36种 D．54种
答案 D
解析 (1)若甲选《春秋》，则有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝18(种)情况；(2)若甲不选《春秋》，则有Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝36(种)情况．所以5名同学所有可能的选择有18＋36＝54(种)．
4．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)
答案 1 080
解析 ①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为Ceq \\al(3,5)·Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)＝960.
②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为Aeq \\al(4,5)＝120.
故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．
课时对点练
1．“中国梦”的英文翻译为“China Dream”，其中China又可以简写为CN，从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有( )
A．360种 B．480种
C．600种 D．720种
答案 C
解析 从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，共有Ceq \\al(4,5)Aeq \\al(5,5)＝600(种)．
2．安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
答案 D
解析 由题意可知，其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(2,4)·Aeq \\al(2,2)＝36(种)，或列式为Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(1,2)＝3×eq \f(4×3,2)×2＝36(种)．
3．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )
A．24 B．48 C．72 D．96
答案 B
解析 根据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,4)种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)种不同的摆放方法．由分类计数原理可得共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,4)＋Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)＝48(种)摆放方法．
4．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )
A．Ceq \\al(12,14)Ceq \\al(4,12)Ceq \\al(4,8) B．Ceq \\al(12,14)Aeq \\al(4,12)Aeq \\al(4,8)
C.eq \f(C\\al(12,14)C\\al(4,12)C\\al(4,8),A\\al(3,3)) D．Ceq \\al(12,14)Ceq \\al(4,12)Ceq \\al(4,8)Aeq \\al(3,3)
答案 A
解析 首先从14人中选出12人共Ceq \\al(12,14)种，然后将12人平均分为3组共eq \f(C\\al(4,12)·C\\al(4,8)·C\\al(4,4),A\\al(3,3))种，然后这两步相乘，得eq \f(C\\al(12,14)·C\\al(4,12)·C\\al(4,8),A\\al(3,3)).将三组分配下去共Ceq \\al(12,14)·Ceq \\al(4,12)·Ceq \\al(4,8)种．
5．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有( )
A．56种 B．68种 C．74种 D．92种
答案 D
解析 根据划左舷中“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(3,6)种，有一个“多面手”的选派方法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(3,5)种，有两个“多面手”的选派方法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(3,4)种，即共有20＋60＋12＝92(种)不同的选派方法．
6．(多选)将四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子的放法，下列结论正确的有( )
A．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,3) B．Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)
C．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2) D．18
答案 BC
解析 根据题意知，四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有两种解法：
方法一 分2步进行分析：
①先将四个不同的小球分成3组，有Ceq \\al(2,4)种分组方法；
②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq \\al(3,3)种放法，则没有空盒的放法有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种，故选B.
方法二 分2步进行分析：
①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)种情况；
②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有Aeq \\al(2,2)种放法，则没有空盒的放法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)种，故选C.
综上，BC正确．
7．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)
答案 336
解析 当每个台阶上各站1人时有Ceq \\al(3,7)Aeq \\al(3,3)种站法；当两个人站在同一个台阶上时有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(1,6)种站法．因此不同的站法种数为Ceq \\al(3,7)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(1,6)＝210＋126＝336.
8．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有________种．
答案 600
解析 可以分情况讨论：①甲、丙同去，则乙不去，有Ceq \\al(2,5)·Aeq \\al(4,4)＝240(种)选法；②甲、丙同不去，有Aeq \\al(4,6)＝360(种)选法，所以共有600种不同的选派方案．
9．平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线．
(1)这9个点，可确定多少条不同的直线？
(2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形？
(3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形？
解 方法一 (直接法)共线的4点记为A，B，C，D.
(1)第一类：A，B，C，D确定1条直线；
第二类：A，B，C，D以外的5个点可确定Ceq \\al(2,5)条直线；
第三类：从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,5)条直线．
根据分类计数原理，共有不同直线1＋Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,5)＝1＋10＋20＝31(条)．
(2)第一类：从A，B，C，D中取2个点，可得Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,5)个三角形；
第二类：从A，B，C，D中取1个点，可得Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,5)个三角形；
第三类：从其余5个点中任取3点，可得Ceq \\al(3,5)个三角形．
共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,5)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(3,5)＝80(个)三角形．
(3)分三类：从其余5个点中任取4个，3个，2个点共得Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,4)＝105(个)四边形．
方法二 (间接法)(1)可确定直线Ceq \\al(2,9)－Ceq \\al(2,4)＋1＝31(条)．
(2)可确定三角形Ceq \\al(3,9)－Ceq \\al(3,4)＝80(个)．
(3)可确定四边形Ceq \\al(4,9)－Ceq \\al(4,4)－Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,5)＝105(个)．
10．将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中．
(1)有多少种放法？
(2)每盒至多1个球，有多少种放法？
(3)恰好有1个空盒，有多少种放法？
(4)每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？
(5)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
(6)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？
解 (1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256(种)放法．
(2)这是全排列问题，共有Aeq \\al(4,4)＝24(种)放法．
(3)方法一 先将4个小球分为3组，有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))种方法，再将3组小球投入4个盒子中的3个盒子，有Aeq \\al(3,4)种投放方法，故共有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))·Aeq \\al(3,4)＝144(种)放法．
方法二 先取4个球中的2个“捆”在一起，有Ceq \\al(2,4)种选法，把它与其他2个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有Aeq \\al(3,4)种投放方法，所以共有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,4)＝144(种)放法．
(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有Ceq \\al(1,4)种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投入方法有2种，故共有Ceq \\al(1,4)·2＝8(种)放法．
(5)先从4个盒子中选出3个盒子，再从3个盒子中选出1个盒子放入2个球，余下2个盒子各放1个，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,3)＝12(种)放法．
(6)(隔板法)先将编号为1,2,3,4的4个盒子分别放入0,1,2,3个球，再把剩下的14个球分成四组，即在○○○○○○○○○○○○○○这14个球中间的13个空中放入三块隔板，共有Ceq \\al(3,13)＝286(种)放法，如○○|○○○○○|○○○|○○○○，即编号为1,2,3,4的盒子分别放入2,6,5,7个球．
11．若自然数n使得n＋(n＋1)＋(n＋2)不产生十进位现象，则称n为“良数”．例如：32是“良数”，因为32＋33＋34不产生十进位现象；23不是“良数”，因为23＋24＋25产生十进位现象．那么，小于1 000的“良数”的个数为( )
A．27 B．36 C．39 D．48
答案 D
解析 如果n是良数，则n的个位数字只能是0,1,2，非个位数字只能是0,1,2,3(首位不为0)，而小于1 000的数至多三位，一位数的良数有0,1,2，共3个；二位数的良数个位可取0,1,2，十位可取1,2,3，共有3×3＝9(个)；三位数的良数个位可取0,1,2，十位可取0,1,2,3，百位可取1,2,3，共有3×4×3＝36(个)．综上，小于1 000的“良数”的个数为3＋9＋36＝48.
12．某企业有4个分厂，新培训了6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________．
答案 1 560
解析 先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．若4个组的人数按3,1,1,1分配，
则不同的分配方案有eq \f(C\\al(3,6)C\\al(1,3)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(3,3))＝20(种)．
若4个组的人数为2,2,1,1，
则不同的分配方案有eq \f(C\\al(2,6)C\\al(2,4),A\\al(2,2))×eq \f(C\\al(1,2),A\\al(2,2))＝45(种)．
故所有分组方法共有20＋45＝65(种)．再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65Aeq \\al(4,4)＝1 560(种)．
13．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．
答案 8
解析 首先排两个奇数1,3，有Aeq \\al(2,2)种排法，再在2,4中取一个数放在1,3之间，有Ceq \\al(1,2)种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有Aeq \\al(2,2)种排法，即满足条件的四位数的个数为Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝8.
14．将8个相同的小球放入5个编号为1,2,3,4,5的盒子，每个盒子都不空的方法数为________，恰有一个空盒子的方法数为________．
答案 35 175
解析 先把8个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧各放置一块隔板，然后在小球之间7个空隙中任选4个空隙各插一块隔板，有Ceq \\al(4,7)＝35(种)．
若恰有一个空盒子，插板分两步进行，先将首尾两球外侧各放置一块隔板，并在7个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有Ceq \\al(3,7)种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，有Ceq \\al(1,5)种插法，故共有Ceq \\al(3,7)·Ceq \\al(1,5)＝175(种)．
15．(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 BD
解析 任意两位同学之间交换纪念品共要交换Ceq \\al(2,6)＝15(次)，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是每人得到5份纪念品．现在6位同学总共交换了13次，少交换了2次，这2次若不涉及同一人，则收到4份纪念品的同学有4人，若涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有2人．故选BD.
16．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止．
(1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？
(2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品，则这样的不同测试方法数是多少？
解 (1)先排前4次测试，只能取正品，有Aeq \\al(4,6)种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试，有Aeq \\al(2,4)种测试方法，再排余下4件的测试位置，有Aeq \\al(4,4)种测试方法．所以共有Aeq \\al(4,6)·Aeq \\al(2,4)·Aeq \\al(4,4)＝103 680(种)不同的测试方法．
(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,6)·Aeq \\al(4,4)＝576(种)不同的测试方法．
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