2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第11章第2讲　排列与组合Word版含解析

这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第11章第2讲　排列与组合Word版含解析，共22页。试卷主要包含了排列与排列数，组合与组合数，排列数、组合数的公式及性质，故选B.等内容，欢迎下载使用。

1．排列与排列数
(1)排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，eq \x(\s\up1(01))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eq \x(\s\up1(02))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eq \x(\s\up1(03))Aeq \\al(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eq \x(\s\up1(04))作为一组，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eq \x(\s\up1(05))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 eq \x(\s\up1(06))Ceq \\al(m,n).
3．排列数、组合数的公式及性质
解决排列与组合问题的“四项基本原则”
(1)特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置．
(2)先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列时，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再进行排列．
(3)正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题．
(4)先分组后分配原则：在分配问题中如果被分配的元素多于位置，这时要先进行分组，再进行分配．
1．若Aeq \\al(3,2n)＝10Aeq \\al(3,n)，则n＝( )
A．1 B．8
C．9 D．10
答案 B
解析 原式等价于2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n－2)，n≥3，整理，得n＝8.故选B.
2．(2020·新高考Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )
A．120种 B．90种
C．60种 D．30种
答案 C
解析 首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数为Ceq \\al(1,6)；然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数为Ceq \\al(2,5)；最后剩下的3名同学去丙场馆．故不同的安排方法共有Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,5)＝6×10＝60种．故选C.
3．若原来站成一排的4个人重新站成一排，恰有一个人站在自己原来的位置上，则不同的站法种数为( )
A．4 B．8
C．12 D．24
答案 B
解析 根据题意，分两步考虑：第一步，先从4个人里选1人，其位置不变，其他3人都不站在自己原来的位置上，站法有Ceq \\al(1,4)＝4(种)；第二步，对于都不站在自己原来的位置上的3个人，有2种站法．故不同的站法共有4×2＝8(种)．故选B.
4．用0～9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( )
A．324 B．328
C．360 D．648
答案 B
解析 首先应考虑特殊元素“0”，当0排在末位时，有Aeq \\al(2,9)＝9×8＝72个，当0不排在末位时，有Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,8)Aeq \\al(1,8)＝4×8×8＝256个，于是由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋256＝328个．故选B.
5．在100件产品中，有2件次品，从中任取3件，其中“至少有1件次品”的取法有________种．
答案 9604
解析 解法一：第1类，“只有1件次品”有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,98)种取法；第2类，“有2件次品”有Ceq \\al(1,98)种取法，由分类加法计数原理知，共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,98)＋Ceq \\al(1,98)＝9604(种)取法．
解法二：无任何限制共有Ceq \\al(3,100)种，其中“没有次品”共有Ceq \\al(3,98)种，则“至少有1件次品”共有Ceq \\al(3,100)－Ceq \\al(3,98)＝9604(种)取法．
6．现有1,3,7,13这4个数，从这4个数中任取2个相加，可以得到________个不相等的和；从这4个数中任取2个相减，可以得到________个不相等的差．
答案 6 10
解析 从这4个数中任取2个相加有1＋3＝4,1＋7＝8,1＋13＝14,3＋7＝10,3＋13＝16,7＋13＝20，可以得到6个不相等的和．从这4个数中任取2个相减有1－3＝－2,3－1＝2,1－7＝－6,7－1＝6,1－13＝－12,13－1＝12,3－7＝－4,7－3＝4,3－13＝－10,13－3＝10,7－13＝－6,13－7＝6，可以得到10个不相等的差．
考向一 排列问题
例1 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选其中5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排一排，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排一排，女生必须站在一起；
(5)全体排一排，男生互不相邻；
(6)全体排一排，甲、乙两人中间恰好有3人；
(7)全体排一排，甲必须排乙前面；
(8)全体排一排，甲不排在最左端，乙不排在最右端．
解 (1)Aeq \\al(5,7)＝2520种方法．
(2)Aeq \\al(7,7)＝5040种方法．
(3)解法一：先排甲，有5种方法，其余6人有Aeq \\al(6,6)种方法，故共有5×Aeq \\al(6,6)＝3600种方法．
解法二：先排排头和排尾有Aeq \\al(2,6)种方法，其余位置有Aeq \\al(5,5)种排法，故共有Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(5,5)＝3600种方法．
(4)将女生看成一个整体，用捆绑法，共有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(4,4)＝576种方法．
(5)先排女生有Aeq \\al(4,4)种，再将男生插空有Aeq \\al(3,5)种，故共有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(3,5)＝1440种方法．
(6)将甲、乙及中间三人看作一个整体，先排甲、乙有Aeq \\al(2,2)种方法，再排中间三人有Aeq \\al(3,5)种方法，最后将他们看作一个整体与剩下的2人全排列，有Aeq \\al(3,3)种方法，故共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,5)Aeq \\al(3,3)＝720种方法．
(7)eq \f(A\\al(7,7),A\\al(2,2))＝2520种方法．
(8)Aeq \\al(7,7)－2Aeq \\al(6,6)＋Aeq \\al(5,5)＝3720种方法．

1．求解有限制条件排列问题的主要方法
2.解决有限制条件排列问题的策略
(1)根据特殊元素(位置)优先安排进行分步，即先安排特殊元素或特殊位置．
(2)根据特殊元素当选数量或特殊位置由谁来占进行分类．
1.用0,1,2,3,4,5这6个数字，
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?
解 (1)符合要求的四位偶数可分为三类．
第一类：0在个位时，有Aeq \\al(3,5)个；
第二类：2在个位时，千位从1,3,4,5中选定1个，有Aeq \\al(1,4)种，十位和百位从余下的数字中选，有Aeq \\al(2,4)种，于是有Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有Aeq \\al(1,4)·Aeq \\al(2,4)个．
由分类加法计数原理得，共有Aeq \\al(3,5)＋2Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(2,4)＝156个．
(2)先排0,2,4，再让1,3,5插空，总的排法共Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(3,4)＝144种，其中0在排头，将1,3,5插在后3个空的排法共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝12种，此时构不成六位数，故符合要求的六位数的个数为144－12＝132.
考向二 组合问题
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)男生甲和女生乙当选；
(5)最多有两名女生当选．
解 (1)只有一名女生当选即有一名女生和四名男生当选，故共有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(4,8)＝350种．
(2)两队长当选，共有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(3,11)＝165种．
(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选和有两名队长当选．故共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,11)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(3,11)＝825种．(或采用间接法：Ceq \\al(5,13)－Ceq \\al(5,11)＝825种)
(4)男生甲和女生乙当选，则需从剩余11人中选3人，有Ceq \\al(3,11)＝165种．
(5)最多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选、只有一名女生当选和没有女生当选．故选法共有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(4,8)＋Ceq \\al(5,8)＝966种．

1．组合问题常见的两类题型
(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”含有几个元素的组合题型：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．
2．有限制条件的组合问题的解题思路
从限制条件入手．因组合问题只是从整体中选出部分即可，相对来说较简单．常见情况有：
①某些元素必选；
②某些元素不选；
③把元素分组，根据在各组中分别选多少分类．
2.圆周上有10个等分点，以这10个等分点的4个点为顶点构成四边形，其中梯形的个数为( )
A．10 B．20
C．40 D．60
答案 D
解析 如图所示，10点连线中有5条为圆的直径，其每条直径分别有4条弦与之平行，可构成5×(Ceq \\al(2,5)－2)＝40个梯形；10点连线中有5组与构成的5条直径不平行的4条平行弦，如A3A5∥A2A6∥A1A7∥A10A8，可构成5×(Ceq \\al(2,4)－2)＝20个梯形．由分类加法计数原理可知，共构成40＋20＝60个梯形．故选D.
3．(多选)在新高考方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是( )
A．若任意选科，选法总数为Ceq \\al(2,4)
B．若化学必选，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)
C．若政治和地理至少选一门，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)
D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＋1
答案 BD
解析 若任意选科，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)，A错误；若化学必选，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)，B正确；若政治和地理至少选一门，选法总数为Ceq \\al(1,2)(Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＋1)，C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＋1，D正确．故选BD.
多角度探究突破
考向三 排列、组合的综合应用
角度 特殊元素(位置)问题
例3 (1)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有( )
A．34种 B．48种
C．96种 D．144种
答案 C
解析 特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有Ceq \\al(1,2)种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(2,2)＝96种排法．故选C.
(2)从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法种数为( )
A．Ceq \\al(2,10)Aeq \\al(4,8) B．Ceq \\al(1,9)Aeq \\al(5,9)
C．Ceq \\al(1,8)Aeq \\al(5,9) D．Ceq \\al(1,8)Aeq \\al(5,8)
答案 C
解析 先排第1号瓶，从除甲、乙以外的8种不同作物种子中选出1种有Ceq \\al(1,8)种选法，再排剩余的瓶子，有Aeq \\al(5,9)种方法，故不同的放法共有Ceq \\al(1,8)Aeq \\al(5,9)种．故选C.
角度 相邻、相间问题
例4 (1)某大厦一层有A，B，C，D四部电梯，现有3人在同一层乘坐电梯上楼，其中2人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有( )
A．12种 B．24种
C．18种 D．36种
答案 D
解析 元素相邻利用“捆绑法”，先从3人中选择2人坐同一电梯有Ceq \\al(2,3)＝3种选法，再将2个“元素”安排坐四部电梯有Aeq \\al(2,4)＝12种安排方法，则不同的乘坐方式有3×12＝36种．故选D.
(2)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 由于红色菊花放正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，故红菊花两边各有一盆白色和黄色菊花．故有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝16种不同摆放方法．故选D.
角度 分组、分配问题
例5 (1)现有三本相同的语文书和一本数学书，分发给三个学生，每个学生至少分得一本，不同分法的种数为( )
A．36 B．9
C．18 D．15
答案 B
解析 分配方案为2,1,1，其中有且仅有一个学生拿两本书，若他拿两本语文书，则共有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)种分法；若他拿一本语文书一本数学书，则共有Ceq \\al(1,3)种分法．因此共有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,3)＝9种不同的分法．故选B.
(2)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．
答案 360
解析 将6名教师分组，分三步完成：第一步，在6名教师中任选1名作为一组，有Ceq \\al(1,6)种选法；第二步，在余下的5名教师中任选2名作为一组，有Ceq \\al(2,5)种选法；第三步，余下的3名教师作为一组，有Ceq \\al(3,3)种选法．根据分步乘法计数原理，共有Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(3,3)＝60种选法．再将这3组教师分配到3所中学，有Aeq \\al(3,3)＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．
排列、组合的混合问题是从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上的问题．其基本的解题步骤为：
第一步：选，根据要求先选出符合要求的元素．
第二步：排，把选出的元素按照要求进行排列．
第三步：乘，根据分步乘法计数原理求解不同的排列种数，得到结果．
均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型．解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数，还要充分考虑到是否与顺序有关，有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数．
4.(多选)(2021·南京一中期末)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是( )
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为54
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为Aeq \\al(4,5)Ceq \\al(1,4)
C．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)
D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3))Aeq \\al(3,3)
答案 ABD
解析 对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种安排方法，故A错误；对于B，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)种安排方法，故B错误；对于C，根据题意，分2种情况讨论：①从丙、丁、戊中选出2人开车，②从丙、丁、戊中选出1人开车，则有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种安排方法，C正确；对于D，分2步分析：需要先将5人分为3组，有eq \f(C\\al(3,5)C\\al(1,2),A\\al(2,2))＋eq \f(C\\al(2,5)C\\al(2,3),A\\al(2,2))种分组方法，将分好的3组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有Aeq \\al(3,3)种情况，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(3,5)C\\al(1,2),A\\al(2,2))＋\f(C\\al(2,5)C\\al(2,3),A\\al(2,2))))Aeq \\al(3,3)种安排方法，D错误．故选ABD.
5．(2022·太原模拟)要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言，若甲、乙都被选中，且他们发言中间恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有________种(用数字作答)．
答案 120
解析 先从除了甲、乙以外的6人中选一人，安排在甲乙中间，有Ceq \\al(1,6)Aeq \\al(2,2)＝12(种)，把这三个人看成一个整体，与从剩下的五人中选出的一个人全排列，有Ceq \\al(1,5)Aeq \\al(2,2)＝10(种)，故不同的发言顺序共有12×10＝120(种)．
6．某省示范性高中安排6名高级教师(不同姓)到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行支教，每所学校至少去1人，因工作需要，其中李老师不去甲校，则分配方案种数为________.
答案 360
解析 解法一：根据6名高级教师到甲、乙、丙三所中学进行支教，每所学校至少去1人，可分四种情况：
①甲校安排1名教师，分配方案种数为
Ceq \\al(1,5)(Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(4,4)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2))＝150；
②甲校安排2名教师，分配方案种数为
Ceq \\al(2,5)(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2))＝140；
③甲校安排3名教师，分配方案种数为
Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝60；
④甲校安排4名教师，分配方案种数为Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)＝10.
由分类加法计数原理，可得共有150＋140＋60＋10＝360(种)分配方案．
解法二：由6名教师到三所学校，每所学校至少去1人，可能的分组情况为4,1,1；3,2,1；2,2,2.
①对于第一种情况，由于李老师不去甲校，李老师自己去一个学校有Ceq \\al(1,2)种，其余5名老师分成一人组和四人组有Ceq \\al(4,5)Aeq \\al(2,2)种，共Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,5)Aeq \\al(2,2)＝20(种)；李老师分配到四人组且该组不去甲校有Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝40(种)，则第一种情况共有20＋40＝60(种)；
②对于第二种情况，李老师分配到一人组有Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝40(种)，李老师分配到三人组有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝120(种)，李老师分配到两人组有Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝80(种)，所以第二种情况共有40＋80＋120＝240(种)；
③对于第三种情况，共有Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)＝60(种)．
综上所述，共有60＋240＋60＝360(种)分配方案．
相同元素的分配问题(隔板法)
将12个相同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
(1)若每个盒子中至少有一个小球，则不同放法有多少种？
(2)若每盒可空，则不同的放法有多少种？
解 (1)将12个小球排成一排，中间有11个间隔，在这11个间隔中选出3个，放上“隔板”，若把“|”看作隔板，
则如图○○|○○○○|○○○○|○○，隔板将一排球分成四块，从左到右可以看成四个盒子放入的球数．这样每一种隔板的插法，就对应了球的一种放法，即每一种从11个间隔中选出3个间隔的组合对应一种放法，所以不同的放法有Ceq \\al(3,11)＝165(种)．
(2)因为每盒可空，所以隔板之间允许无球，那么插入法就无法应用，现建立如下数学模型．将三块隔板与12个球排成一排，
则如图○○○||○○○○○|○○○○中的隔板将这一排球分成四块．从左到右可以看成四个盒子放入的球数，即1,2,3,4四个盒子相应放入3个，0个，5个，4个小球．这样每一种隔板与球的排列法，就对应了球的一种放法．排列的位置有15个，先从这15个位置中选出3个位置放隔板有Ceq \\al(3,15)种排法，再在余下的位置放球，只有一种放法，所以隔板与球的排列法有Ceq \\al(3,15)种，即不同的放法有Ceq \\al(3,15)＝455(种)．
答题启示
隔板法的解题步骤
(1)定个数：确定名额的个数、分成的组数以及各组名额的数量．
(2)定空位：将元素排成一列，确定可插隔板的空位数．
(3)插隔板：确定需要的隔板个数，根据组数要求，插入隔板，利用组合数求解不同的分法种数．
(4)回顾反思：隔板法的关键在于准确确定空位个数以及需要的隔板个数，使用这种方法需要注意两个方面的问题：一是要根据题意确定能否转化为“每组至少一个”的问题，以便确定能否利用隔板法；二是要注意准确确定空位数以及需要的隔板数，一般来说，两端不能插隔板．
对点训练
1．某市拟成立一个由6名高中学生成立的调查小组，并准备将这6个名额分配给本市的4所重点中学，要求每所重点中学都有学生参加，那么不同名额分配方法的种数是( )
A．10 B．20
C．24 D．28
答案 A
解析 如图所示，6个名额排成一列，6个名额之间有5个空，任找3个空插入隔板就是一种名额分配方法，故共有Ceq \\al(3,5)＝10(种)分配方法．故选A.
○|○○|○|○○
2．把分别写有1,2,3,4,5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．
答案 36
解析 先将卡片分为符合条件的3份，由题意，3人分5张卡片，且每人至少一张，至多三张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这5个数用2个板子隔开，在4个空位插2个板子，共有Ceq \\al(2,4)＝6种情况，再对应到3个人，有Aeq \\al(3,3)＝6种情况，则共有6×6＝36种分法．
一、单项选择题
1．(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( )
A．60种 B．120种
C．240种 D．480种
答案 C
解析 根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有Ceq \\al(2,5)种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有Aeq \\al(4,4)种安排方法．故满足题意的分配方案共有Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)＝240(种)．故选C.
2．甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有( )
A．10种 B．16种
C．20种 D．24种
答案 C
解析 一排共有8个座位，现有两人就坐，故有6个空座．∵要求每人两旁均有空座，∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐，即有Aeq \\al(2,5)＝20种坐法．故选C.
3．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( )
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
答案 A
解析 安排人员去甲地可分为两步：第一步安排教师，有Ceq \\al(1,2)种方案；第二步安排学生，有Ceq \\al(2,4)种方案．其余的教师和学生去乙地，所以不同的安排方案共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)＝12种．故选A.
4．将5件相同的小礼物全部送给3个不同的球迷，要让每个球迷都得到礼物，不同的分法有( )
A．2种 B．10种
C．5种 D．6种
答案 D
解析 把5件相同的小礼物排成一排，5件礼物之间共有4个空，任选2个空插入板子，共有Ceq \\al(2,4)＝6种不同的方法．故选D.
5．将7支不同的笔全部放入两个不同的笔筒中，每个笔筒中至少放两支笔，不同的放法有( )
A．92种 B．112种
C．82种 D．132种
答案 B
解析 设有A，B两个笔筒，笔放入A笔筒有四种情况，分别为2支，3支，4支，5支，一旦A笔筒的放法确定，B笔筒的放法也随之确定，且对同一笔筒的笔没有顺序要求，故总的放法为Ceq \\al(2,7)＋Ceq \\al(3,7)＋Ceq \\al(4,7)＋Ceq \\al(5,7)＝112种．故选B.
6．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有( )
A．30种 B．50种
C．60种 D．90种
答案 B
解析 若甲同学选牛，则乙同学只能选狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种中任意选一种，所以有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,10)＝20种选法；若甲同学选马，则乙同学能选牛、狗和羊中的一种，丙同学可以从剩下的10种中任意选一种，所以有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,10)＝30种选法，所以共有20＋30＝50种选法．故选B.
7．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳(约公元2世纪)所著，该书主要记述了：积算(即筹算)、太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算、计数14种计算器械的使用方法．某研究性学习小组3人分工搜集整理14种计算器械的相关资料，其中一人4种、另两人每人5种计算器械，则不同的分配方法有( )
A.eq \f(C\\al(4,14)C\\al(5,10)C\\al(5,5)A\\al(3,3),A\\al(2,2))种 B．eq \f(C\\al(4,14)C\\al(5,10)C\\al(5,5)A\\al(2,2),A\\al(3,3))种
C.eq \f(C\\al(4,14)C\\al(5,10)C\\al(5,5),A\\al(2,2))种 D．Ceq \\al(4,14)Ceq \\al(5,10)Ceq \\al(5,5)种
答案 A
解析 先将14种计算器械分为三组，方法数为eq \f(C\\al(4,14)C\\al(5,10)C\\al(5,5),A\\al(2,2))，再分给3个人，方法数为eq \f(C\\al(4,14)C\\al(5,10)C\\al(5,5),A\\al(2,2))×Aeq \\al(3,3).故选A.
8．将数字“124467”重新排列后得到不同偶数的个数为( )
A．72 B．120
C．192 D．240
答案 D
解析 末尾是2或6，不同偶数的个数为Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(3,5)＝120；末尾是4，不同偶数的个数为Aeq \\al(5,5)＝120，故共有120＋120＝240个．故选D.
二、多项选择题
9．6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 设6位同学分别用a，b，c，d，e，f表示．若任意两位同学之间都进行交换，需要进行5＋4＋3＋2＋1＝15(次)交换，现只进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：①由3人构成的2次交换，如a～b和a～c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b，c两人．②由4人构成的2次交换，如a～b和c～d之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a，b，c，d四人．综上所述，收到4份纪念品的同学人数为2或4.故选BD.
10．(2021·南京六校期中)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是( )
A．所有可能的方法有34种
B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
答案 BCD
解析 对于A，所有可能的方法有43种，A错误；对于B，分三种情况：①若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学安排方法有Ceq \\al(1,3)种，另外两名同学的安排方法有3×3＝9种，此种情况共有Ceq \\al(1,3)×9＝27种安排方法，②若有两名同学去工厂甲，则安排方法有Ceq \\al(2,3)种，另外一名同学的安排方法有3种，此种情况共有Ceq \\al(2,3)×3＝9种安排方法，③若三名同学都去工厂甲，此种情况唯一，则共有27＋9＋1＝37种安排方法，B正确；对于C，若A必须去工厂甲，则B，C两名同学各有4种安排，共有4×4＝16种安排方法，C正确；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，则共有Aeq \\al(3,4)＝24种安排方法，D正确．故选BCD.
11．(2021·潍坊期末)中国古代中“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节课，则下列说法正确的是( )
A．某学生从中选3门学习，共有20种选法
B．“礼”和“射”不相邻，共有400种排法
C．“乐”不能排在第一节，且“数”不能排在最后，共有504种排法
D．“书”必须排在前三节，且“射”和“御”相邻，共有108种排法
答案 AC
解析 对于A，某学生从中选3门学习，共有Ceq \\al(3,6)＝20种选法，故A正确；对于B，“礼”和“射”不相邻，则有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(2,5)＝480种排法，故B错误；对于C，①若“数”排在第一节，则排法有Aeq \\al(5,5)＝120种；②若“数”不排在第一节，也不排在最后一节，则排法有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(4,4)＝384种，所以“乐”不能排在第一节，且“数”不能排在最后，共有120＋384＝504种排法，故C正确；对于D，①若“书”排在第一节，且“射”和“御”相邻，则有4Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝48种排法；②若“书”排在第二节，且“射”和“御”相邻，则有3Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝36种排法；③若“书”排在第三节，且“射”和“御”相邻，则有3Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝36种排法，所以“书”必须排在前三节，且“射”和“御”相邻，共有48＋36＋36＝120种排法，故D错误．故选AC.
12．现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是( )
A．若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种
D．若编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
答案 BCD
解析 若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，共有44＝256(种)放法，故A错误；若4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有Ceq \\al(2,4)(Aeq \\al(2,2)＋1)＝18(种)放法，故B正确；若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有Ceq \\al(1,4)·eq \f(C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(2,2)A\\al(3,3),A\\al(2,2))＝144(种)放法，故C正确；若编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3，列出所有符合要求的情况：(2,1,4,3)，(4,1,2,3)，(3,1,4,2)，(2,4,1,3)，(3,4,1,2)，(4,3,1,2)，(2,3,4,1)，(3,4,2,1)，(4,3,2,1)，共9种放法，故D正确．故选BCD.
三、填空题
13．(2018·全国Ⅰ卷)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
答案 16
解析 根据题意，从6位学生中任意选3人有Ceq \\al(3,6)＝20种选法，没有女生入选有Ceq \\al(3,4)＝4种选法，故至少有1位女生入选的不同选法共有20－4＝16种．
14．五一放假期间，某社区安排甲、乙、丙、丁、戊这5位工作人员值班，每人值班一天，若甲排在第一天值班，且丙与丁不排在相邻的两天值班，则可能的值班方式有________种．
答案 12
解析 甲在第一天值班的所有值班方式有Aeq \\al(4,4)＝24种，其中丙与丁在相邻的两天值班的值班方式有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)＝12种，则满足条件的值班方式有24－12＝12种．
15．甲、乙、丙、丁、戊五人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛．若每个同学可以自由选择，则不同的选择种数是________，若甲和乙不参加同一科，甲和丙必须参加同一科，且这三科都有人参加，则不同的选择种数是________.(用数字作答)
答案 243 30
解析 若每个同学可以自由选择，由分步乘法计数原理可得，不同的选择种数是35＝243；因为甲和乙不参加同一科，甲和丙必须参加同一科，所以有2,2,1和3,1,1两种分配方案．当分配方案为2,2,1时，共有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝18种；当分配方案为3,1,1时，共有Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(3,3)＝12种．所以不同的选择种数是18＋12＝30.
16．若一个四位数的各位数字相加和为10，则称该数为“完美四位数”，如数字“2017”．用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2017的“完美四位数”有________个．
答案 71
解析 根据题意，四位数字相加和为10的情况有：①0,1,3,6，②0,1,4,5，③0,1,2,7，④0,2,3,5，⑤1,2,3,4，共5种情况，则分5种情况讨论：①当四个数字为0,1,3,6时，千位数字可以为3或6，有2种情况，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个位，有Aeq \\al(3,3)＝6(种)情况，此时有2×6＝12(个)“完美四位数”；②当四个数字为0,1,4,5时，千位数字可以为4或5，有2种情况，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个位，有Aeq \\al(3,3)＝6(种)情况，此时有2×6＝12(个)“完美四位数”；③当四个数字为0,1,2,7时，若千位数字为7，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个位，则有Aeq \\al(3,3)＝6(种)情况，若千位数字为2，则有2071,2107,2170,2701,2710，共5种情况，此时有6＋5＝11(个)“完美四位数”；④当四个数字为0,2,3,5时，千位数字可以为2或3或5，有3种情况，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个位，有Aeq \\al(3,3)＝6(种)情况，此时有3×6＝18(个)“完美四位数”；⑤当四个数字为1,2,3,4时，千位数字可以为2或3或4，有3种情况，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个位，有Aeq \\al(3,3)＝6(种)情况，此时有3×6＝18(个)“完美四位数”．则共有12＋12＋11＋18＋18＝71(个)“完美四位数”．
四、解答题
17．某中学将要举行校园歌手大赛，现有4男3女参加，需要安排他们的出场顺序．(结果用数字作答)
(1)如果3个女生都不相邻，那么有多少种不同的出场顺序？
(2)如果女生甲在女生乙的前面(可以不相邻)，那么有多少种不同的出场顺序？
(3)如果3位女生都相邻，且女生甲不在第一个出场，那么有多少种不同的出场顺序？
解 (1)根据题意，分2步进行分析：
①先将4名男生排成一排，有Aeq \\al(4,4)种情况；
②男生排好后有5个空位，在5个空位中任选3个，安排3名女生，有Aeq \\al(3,5)种情况．
则有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(3,5)＝1440种不同的出场顺序．
(2)根据题意，将7人排成一排，有Aeq \\al(7,7)种情况，其中女生甲在女生乙的前面和女生甲在女生乙的后面的排法是一样的，
则女生甲在女生乙的前面的排法有eq \f(1,2)Aeq \\al(7,7)＝2520种，所以有2520种不同的出场顺序．
(3)根据题意，分3步进行分析：
①先将3名女生看成一个整体，考虑三人之间的顺序，有Aeq \\al(3,3)种情况；
②将3名女生的整体和4名男生全排列，有Aeq \\al(5,5)种情况；
③女生甲不在第一个出场，减去其第一个出场的情况即可．
则有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(5,5)－Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)＝672种不同的出场顺序．
18．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．
解 (1)分两步完成：
第一步，选3名男运动员，有Ceq \\al(3,6)种选法；
第二步，选2名女运动员，有Ceq \\al(2,4)种选法．
由分步乘法计数原理可得，共有Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(2,4)＝120(种)选法．
(2)解法一：“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总选法共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(1,6)＝246(种)．
解法二：“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解．
从10人中任选5人有Ceq \\al(5,10)种选法，其中全是男运动员的选法有Ceq \\al(5,6)种．所以“至少有1名女运动员”的选法有Ceq \\al(5,10)－Ceq \\al(5,6)＝246(种)．
(3)解法一：(直接法)可分类求解：
“只有男队长”的选法种数为Ceq \\al(4,8)；
“只有女队长”的选法种数为Ceq \\al(4,8)；
“男、女队长都入选”的选法种数为Ceq \\al(3,8)，
所以共有2Ceq \\al(4,8)＋Ceq \\al(3,8)＝196(种)选法．
解法二：(间接法)从10人中任选5人有Ceq \\al(5,10)种选法，
其中不选队长的方法有Ceq \\al(5,8)种．所以“至少有1名队长”的选法有Ceq \\al(5,10)－Ceq \\al(5,8)＝196(种)．
(4)当有女队长时，其他人任意选，共有Ceq \\al(4,9)种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有Ceq \\al(4,8)种选法，其中不含女运动员的选法有Ceq \\al(4,5)种，所以不选女队长时的选法共有(Ceq \\al(4,8)－Ceq \\al(4,5))种．所以既要有队长又要有女运动员的选法共有Ceq \\al(4,9)＋Ceq \\al(4,8)－Ceq \\al(4,5)＝191(种)．
公式
排列数公式
Aeq \\al(m,n)＝eq \x(\s\up1(07))n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
＝eq \x(\s\up1(08))eq \f(n！,n－m！)
组合数公式
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(A\\al(m,n),A\\al(m,m))＝
eq \x(\s\up1(09))eq \f(nn－1…n－m＋1,m！)
＝eq \x(\s\up1(10))eq \f(n！,m！n－m！)
性质
(1)Aeq \\al(n,n)＝eq \x(\s\up1(11))n！；
(2)0！＝eq \x(\s\up1(12))1
(1)Ceq \\al(0,n)＝eq \x(\s\up1(13))1；
(2)Ceq \\al(m,n)＝eq \x(\s\up1(14)) Ceq \\al(n－m,n)；
(3)Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)
备注
n，m∈N*且m≤n
直接法
分类法
选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计数原理得出总数
分步法
选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数
捆绑法
相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列后的空中
定序法
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以已定元素的全排列
间接法
对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转化的方法