高考数学第一轮复习复习第1节　两个计数原理、排列与组合（讲义）

这是一份高考数学第一轮复习复习第1节　两个计数原理、排列与组合（讲义），共24页。
第1节 两个计数原理、排列与组合
[课程标准要求]
1.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理,理解两个计数原理的区别与联系,能运用两个计数原理分析并解决一些简单的实际问题.
2.理解排列、组合的概念,掌握排列数公式和组合数公式,能利用排列与组合的知识解决简单的实际问题.
1.两个计数原理
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.分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,步与步之间“相互独立,分步完成”.
2.排列与组合
几个常用公式:(1)Anm=nAn-1m-1;(2)(n+1)!-n!=n·n!;(3)kCnk=nCn-1k-1.
1.(选择性必修第三册P26习题T4改编)3名大学生利用假期到2个乡镇参加支教工作,每名大学生只去1个乡镇,每个乡镇都有人去,则不同的分配方案共有( C )
A.4种B.5种
C.6种D.8种
解析:根据题意,可先将3名大学生分成2组,一组2人,一组1人,共有C32=3种分法,再将这两组分配到2个乡镇,有A22=2种分法,故共有3×2=6(种)分法.
2.从3名男生与2名女生中选2人去参加同一个会议,要求至少有一名女生,选派的方法数为( B )
A.6B.7C.8D.14
解析:法一 选取的2人中,女生人数为1人或2人,选派的方法数为C31C21+C30C22=6+1=7.
法二 没有女生的选派方法为所选两人都是男生,有C32种,从5人中选2人总的选派方法有C52种,故至少有一名女生的选派方法数为C52-C32=10-3=7.
3.高一(1)班某组有5人,组长安排值日生,其中1人负责擦黑板,2人负责教室内地面卫生,2人负责卫生区卫生,则不同的安排方法有( B )
A.20种B.30种C.90种D.120种
解析:由题意,从5人中选出1人擦黑板,有C51=5种选法,从剩余的4人中选出2人负责教室内地面卫生,有C42=6种选法,从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生,有C22=1种选法,由分步乘法计数原理可得不同的安排方法有5×6×1=30(种).
4.从6名学生中选4人分别从事A,B,C,D四项不同的工作,若甲、乙两人不能从事A工作,则不同的选派方案共有( B )
A.280种B.240种C.180种D.96种
解析:依题意甲、乙两人是特殊元素,A是特殊位置,因此可先安排A工作这个特殊位置,只能从除甲、乙之外的4人中选1人,此时有4种安排方法,B,C,D可以看作是从剩余5人中选3人的排列问题,即A53,由分步乘法计数原理可知有4A53=4×5×4×3=240(种)不同的安排方法.
5.(选择性必修第三册P27习题T12改编)由0,1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数是 .
解析:先从非零的四个数中选择一个作为百位数字,有4种选法,
再从剩余的四个数中选择两个排在十位和个位上,有A42=12种选法,
所以由0,1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数是4×12=48.
答案:48
分类加法、分步乘法计数原理
1.现有甲、乙、丙3名同学在周一至周五参加某项公益活动,要求每人参加一天且每天至多安排一人,并要求甲同学安排在另外两人前面,则不同的安排方法数为( B )
A.10B.20C.40D.60
解析:第一类:甲在周一有A42种方法,
第二类:甲在周二有A32种方法,
第三类:甲在周三有A22种方法,
因此有N=A42+A32+A22=20种不同的安排方法.
2.汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后,需要紧固轮胎的五个螺栓,记为A,B,C,D,E(在正五边形的顶点上),紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓,但不能连续固定相邻的两个,则不同固定螺栓顺序的种数为( C )
A.20B.15C.10D.5
解析:先固定第一个位置有C51=5种,如先固定A为第一个位置,则第二步只能固定C或D,依次ACEBD或ADBEC两种,同理分别让B,C,D,E为第一个位置,分别各有2种,所以共有10种不同的顺序.
3.现有2门不同的考试要安排在5天之内进行,每天最多进行一门考试,且不能连续两天有考试,那么不同的考试安排方案种数为 .
解析:若第一门安排在开头或结尾,则第二门有3种安排方法,这时,共有C21×3=6种方法;若第一门安排在中间的3天中,则第二门有2种安排方法,这时,共有3×2=6(种)方法.综上可得,不同的考试安排方案共有6+6=12(种).
答案:12
(1)分类加法计数原理和分步乘法计数原理,回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题.区别在于:分类加法计数原理针对的是“分类”问题,其中各种方法相互独立,用其中任何一种方法都可以做完这件事;分步乘法计数原理针对的是“分步”问题,各个步骤中的方法互相依存,只有每一个步骤都完成才算做完这件事.
(2)分类标准要明确,做到不重复不遗漏.
(3)混合问题一般是先分类再分步.
(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.
排列问题
[例1] 甲、乙、丙、丁等6人按下列要求排队,试计算分别有多少种不同的排法.
(1)甲不站两端;
(2)甲、乙必须相邻;
(3)甲、乙不相邻;
(4)甲、乙之间间隔两人;
(5)甲、乙、丙互不相邻;
(6)甲、乙、丙3人与其他3人相互间隔排列;
(7)6人排好后,从左向右看甲、乙、丙3人的顺序一定;
(8)甲不站最左边,乙不站最右边;
(9)排成前后两排,前排2人,后排4人.
解:(1)法一(特殊元素优先排列) 从中间的4个位置中选一个排甲有A41种排法;其余的人任意排列有A55种排法,故共有A41A55=480种排法.
法二(特殊位置优先排列) 先从除甲外的5人中,选出2人排在两端,有A52种不同的排法,然后剩余的4人进行全排列有A44种排法,因此共有A52A44=480种排法.
法三(间接法) 甲、乙、丙、丁等6人的全排列有A66种,其中甲站两端的排法有C21A55种,因此满足条件的排列方法共有A66-C21A55=480种.
(2)把甲、乙看成一个整体然后与其余4人进行全排列,共有A22A55=240种排法.
(3)先把除甲、乙外的4个人全排列,然后再把甲、乙插入其余4人形成的5个空隙中,共有A44A52=480种排法.
(4)先把甲、乙排好,有A22种方法,再从其余的4人中选出2人排在甲、乙中间有A42种方法,然后将排好的这4个人看作一个整体,再与剩余的其他2个人进行全排列有A33种方法,因此甲、乙之间间隔两人的排法共有A22×A42×A33=144种.
(5)先把除甲、乙、丙外的3人全排列,有A33种不同的排列方法,然后从这3人排好形成的4个空隙中,选3个排甲、乙、丙,共有A43=24种,因此满足条件的排列方法有24A33=144种.
(6)先排甲、乙、丙有A33种不同的排列方法,然后按照X甲X乙X丙或甲X乙X丙X的排列方法排除甲、乙、丙之外的其余3人(即X),因此满足条件的排列方法有2A33A33=72种.
(7)由于甲、乙、丙3人的顺序一定,则满足条件的排法共有A66A33=120种.
(8)法一(特殊元素优先法) 甲在最右边时,其他的可全排,有A55种方法;甲不在最右边时,可从余下的4个位置任选一个有4种,而乙可在除去最右边的位置后剩下的4个中任选一个有4种,其余人全排列,有A44种不同排法,则满足条件的排法共有A55+16A44=504种.
法二(间接法) 甲、乙、丙、丁等6人全排列有A66种排法,其中甲在最左边时,有A55种排法,乙在最右边时,有A55种排法,其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形,有A44种排法,故共有A66-2A55+A44=504种排法.
(9)分两步完成,先选2人站前排,有A62种排法,余下4人站后排,有A44种排法,共有A62A44=720种排法.
求解排列应用问题的6种主要方法
[针对训练] (1)(2022·新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有( )
A.12种B.24种
C.36种D.48种
(2)(多选题)把5件不同产品A,B,C,D,E摆成一排,则下列说法正确的是( )
A.A与B相邻有48种摆法
B.A在C的左边有30种摆法
C.A,B相邻又A,C相邻,有12种摆法
D.A与B相邻,且A与C不相邻有36种摆法
解析:(1)先将丙和丁捆在一起有A22种排列方式,然后将其与乙、戊排列,有A33种排列方式,最后将甲插入中间两空,有C21种排列方式,所以不同的排列方式共有A22A33C21=24种.故选B.
(2)对于A,产品A与B相邻,把A,B作为一个元素与C,D,E排列有A44种方法,而A,B可交换位置,所以有2A44=48种摆法;对于B,A在C的左边有A55A22=A53=60种摆法;对于C,当A,B相邻又满足A,C相邻,有2A33=12种摆法;对于D,A与B相邻,且A与C不相邻有48-12=36(种)摆法.故选ACD.
组合问题
[例2] 某学生想在物理、化学、生物学、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目,下列说法正确的是( )
A.若任意选择三门课程,选法总数为A73
B.若物理和化学至少选一门,选法总数为C21C52
C.若物理和历史不能同时选,选法总数为C73-C51
D.若物理和化学至少选一门,且物理和历史不同时选,选法总数为C21C52-C51
解析:若任意选择三门课程,选法总数为C73,A错误;若物理和化学选一门,有C21种方法,其余两门从剩余的5门中选,有C52种选法,共C21C52种选法;若物理和化学都选,有C22种选法,剩下一门从剩余的5门中选,有C51种选法,共C22C51种选法,故总数为C21C52+C22C51,B错误;若物理和历史不能同时选,则选法总数为C73-C22C51=C73-C51,C正确;对于D,有3种情况:①若物理和化学选一门,只选物理,且物理和历史不同时选,有C11C42种选法;②选化学,不选物理,有C11C52种选法;③物理与化学都选,且不选历史,有C22C41种选法,故总数为C11C42+C11C52+C22C41≠C21C52-C51,D错误.故选C.
组合问题的2种题型及解法
[针对训练] (1)为增强学生体质,强化锻炼意识,某校举办万米接力赛,每支参赛队伍限定10人,高三(1)班从包含甲、乙在内的10名主力队员和3名替补队员中组建参赛队,若甲、乙两人至多有1人参加,则不同的组队方案种数为( )
A.11B.110C.113D.121
(2)(多选题)现有3名男生4名女生,若从中选取3名学生,则下列说法正确的是( )
A.选取的3名学生都是女生的不同选法共有4种
B.选取的3名学生恰有1名女生的不同选法共有24种
C.选取的3名学生至少有1名女生的不同选法共有34种
D.选取的3名学生至多有1名男生的不同选法共有18种
解析:(1)从13人中任选10人的所有组队方案共有C1310种,甲、乙都参加的组队方案有C118种,所以甲、乙两人至多有1人参加的不同的组队方案种数为C1310-C118=286-165=121.故选D.
(2)选取的3名学生都是女生的不同选法共有C43=4种,故A正确;
恰有1名女生的不同选法共有C32C41=12种,故B错误;
至少有1名女生的不同选法共有C73-C33=34种,故C正确;
至多有1名男生的不同选法共C31C42+C43=22种,故D错误.故选AC.
排列与组合的综合应用
分配与分组问题
[例3] 有6本不同的书按下列方式分配或分组,问:共有多少种不同的分配方法?
(1)分给甲、乙、丙三人甲得1本,乙得2本,丙得3本;
(2)分成1本、2本、3本三组;
(3)分给甲、乙、丙三人,其中一个人1本,一个人2本,一个人3本;
(4)分成三组,每组都是2本;
(5)分给甲、乙、丙三人,每个人2本;
(6)分成三组,一组4本,另外两组各1本;
(7)分给甲、乙、丙三人,其中一个人4本,其余一人1本;
(8)甲得1本,乙得1本,丙得4本;
(9)分给甲、乙、丙、丁4个人,每人至少1本.
解:(1)分三步完成:甲选1本、乙选2本、丙选剩下的3本,共有C61×C52×C33=6×5×42×1=60(种)分法.
(2)由于分成三组,各组之间的本数不同,因此可直接根据分步乘法计算原理得C61×C52×C33=6×5×42×1=60(种)分法.
(3)由(2)可知分成1本、2本、3本三组,共有60种方法,然后再分给甲、乙、丙三人,所以有60×A33=60×3×2×1=360(种)分法.
(4)先分三步,每组有2本,则应是C62×C42×C22种方法,但是这里面出现了重复,不妨记六本书分别为A,B,C,D,E,F,若第一步取了AB,第二步取了CD,第三步取了EF,记该种分法为(AB,CD,EF),则C62×C42×C22种分法中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,CD,AB),(EF,AB,CD),共A33种情况,而且这A33种情况仅是AB,CD,EF的顺序不同,因此,只能作为一种分法,故分配方法有C62×C42×C22A33=15种.
(5)法一 在问题(4)的基础上再分配即可,共有分配方法15×A33=90种.
法二 甲先取有C62种取法,乙从剩余的4本中取两本,有C42种取法,最后剩余的两本给丙只有一种取法,即C22,由分步乘法计数原理可得总数为C62C42C22=90种.
(6)只需从6本中选4本一组,有C64=15种分法,其余2本为2组,因此共有15种分法.
(7)本题可以在(6)的基础上,将分成的3组分配给甲、乙、丙3个人,有15A33=90种不同的分法.
(8)先从6本中选4本给丙,有C64种分法,剩余2本分给甲、乙各一本,有A22种分法,即共有C64A22=30种分法.
(9)把6本不同的书分成4组,每组至少1本的分法有2类.
第一类,采用“3,1,1,1”的分法,即有1组3本,其余3组每组1本.不同的分法共有C63C31C21C11A33=20种.
第二类,采用“2,2,1,1”的分法,即有2组每组2本,其余2组每组1本.不同的分法共有C62C42A22·C21C11A22=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,共有A44种分法,
所以不同的分法共有65×A44=1 560种.
求解分组与分配问题的方法
(1)分配问题中,目标与数目确定的可以直接利用组合数及两个计数原理求解.
(2)对于分配问题,应先分组后分配.
(3)对于不均分分组问题,即各组个数均不相同的问题,可以直接按照组数利用组合数求解.
(4)对于平均分组问题应该注意分成的各组之间是否重复,其一般的解题方法是:若km(k,m∈N*,k,m≥2)个不同的元素分成k组,每组m个元素,则不同的分法是CkmmCkm-mmCkm-2mm…CmmAkk.
(5)对于部分均分分组问题,均分的部分可以参考平均分组问题的求解处理.
涂色问题
[例4] 用四种颜色给正四棱锥V-ABCD的五个顶点涂色,要求每个顶点涂一种颜色,且每条棱的两个顶点涂不同颜色,则不同的涂法有( )
A.72种B.36种C.12种D.60种
解析:法一 依题意根据所涂颜色种类分类如下:当用2种颜色涂A,B,C,D时,则A,C涂色相同,B,D涂色相同,共有A42=12种涂色方法,此时涂V有2种涂色方法,因此给正四棱锥V-ABCD的五个顶点涂色有12×2=24(种)不同的涂法;
当用3种颜色涂A,B,C,D时,A,C涂色相同,B,D涂色不相同,或A,C涂色不相同,B,D涂色相同,共有2A43=48种涂色方法,此时涂V只有1种涂色方法,即给正四棱锥V-ABCD的五个顶点涂色,共有48×1=48(种)涂色方法.
综上,由分类加法计数原理可得不同的涂法有24+48=72(种).故选A.
法二 依题意,各顶点涂色方法如表所示,
由分步乘法计数原理可知共有4×3×2×(1×2+1×1)=72(种)涂色方法.故选A.
涂色问题可按颜色的种类分类,也可按不同的区域分步完成.
[针对训练] (1)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且每班安排2名,则不同的安排方法种数为( )
A.A62C42B.12A62C42
C.A62A42D.2A62
(2)如图所示,用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色,每个格子涂一种颜色,要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同,则不同的涂色方法共有 种(用数字作答).
解析:(1)将4人平均分成两组有12C42种方法,将两组分配到6个班级中的2个班有A62种方法,所以不同的安排方法有12A62C42种.故选B.
(2)可分为使用两种或三种颜色两类,使用两种颜色有2C62=30种方法,使用三种颜色有C63(C31C21C21C21-C32C21)=360种方法,故共有30+360=390(种)不同的涂色方法.
答案:(1)B (2)390
[例1] 算盘是一种手动操作计算辅助工具.它起源于中国,迄今已有2 600多年的历史,是中国古代的一项重要发明.算盘有很多种类,现有一种算盘(如图1),共两档,自右向左分别表示个位和十位,档中横以梁,梁上一珠拨下,记作数字5,梁下四珠,上拨每珠记作数字1(例如图2中算盘表示整数51).如果拨动图1算盘中的三枚算珠,可以表示不同整数的个数为( )
A.16B.15C.12D.10
解析:根据题意,按照十位上算珠多少进行分类如下:不选十位时,有2种(3或7);当十位梁下选一个算珠时,有2种(12或16);当十位梁下选两个算珠时,有2种(21或25);当十位梁上选一个算珠时,有2种(52或56);当十位梁上选一个和梁下选一个算珠时,有2种(61或65);当十位选三个算珠时,有2种(30或70),故不同的数字共有12个.故选C.
[例2] 今有2个红球、3个黄球、4个白球,同色球不加以区分,将这9个球排成一列有 种不同的方法(用数字作答).
解析:法一 将这9个球排成一排有A99种不同的排列方法,除去2个红球,3个黄球,4个白球的顺序即可,因此有A99A22A33A44=1 260种不同的排法.
法二 先在9个位置中选4个位置排白球,有C94种排法,再从剩余的5个位置选2个位置排红球,有C52种排法,剩余的三个位置排黄球有C33种排法,所以共有C94C52C33=1 260种不同的排法.
答案:1 260
[选题明细表]
1.在制作飞机的某一零件时,要先后实施6个工序,其中工序A只能出现在第一步或最后一步,工序B和C在实施时必须相邻,则实施顺序的编排方法共有( C )
A.34种B.48种
C.96种D.144种
解析:由题意先排工序A有2种编排方法;再将工序B和C视为一个整体(有2种顺序)与其他3个工序全排列共有2A44种编排方法.故实施顺序的编排方法共有2×2A44=96种.
2.(2022·湖南常德一模)某中学为了弘扬我国二十四节气文化,制作出“立春”“惊蛰”“清明”“立夏”“芒种”“小暑”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里,要求“立春”和“惊蛰”两块展板相邻,且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻,则不同的放置方式有( A )
A.192种 B.240种 C.120种 D.288种
解析:依题意只考虑“立春”和“惊蛰”时,由捆绑法得到A22A55=240种放置方式,
当“立春”和“惊蛰”相邻,且“清明”和“惊蛰”相邻时,只有2种排法,即“惊蛰”在中间,“立春”“清明”分布两侧,此时再用捆绑法,将三者捆在一起即2A44=48,所以最终满足题意的排法有240-48=
192(种).
3.现安排编号分别为1,2,3,4的四名志愿者去做三项不同的工作,若每项工作都需安排志愿者,每名志愿者恰好安排一项工作,且编号为相邻整数的志愿者不能被安排做同一项工作,则不同的安排方法数为( C )
A.36 B.24 C.18 D.12
解析:先将四名志愿者分为2人、1人、1人共3组,2人组有1号和3号一组;2号和4号一组;1号和4号一组共3种情况;再将3组志愿者分配三项工作有A33=6种.按照分步乘法计数原理,共有3×6=18(种).
4.有4名同学要报名参加冰雪兴趣小组,要求雪上项目和冰上项目都至少有1人参加,则不同的报名方案有( B )
A.8种 B.14种C.6种 D.20种
解析:将4名同学分成两组,有C43C11+C42C22A22种分法,将分好的两组在雪上项目和冰上项目进行全排列有A22种,所以共有(C43C11+C42C22A22)·A22=7×
2=14(种)报名方案.
5.(多选题)用1,2,3,4,5这五个数字,组成三位数,则下列说法正确的是( ABD )
A.若允许重复,则可组成125个数
B.若不允许重复,则可组成60个数
C.可组成无重复数字的奇数24个
D.可组成无重复数字的偶数24个
解析:组成三位数,若允许重复,则可组成53=125(个)数;若不允许重复,则可组成A53=5×4×3=60(个)数;组成无重复数字的偶数分为两类,一类是2作个位数,共有A42个,另一类是4作个位数,也有A42个,因此符合条件的偶数共有A42+A42=24个;组成无重复数字的奇数有A31A42=
3×4×3=36(个).
6.某校有5名大学生打算前往观看冰球、速滑、花滑三场比赛,每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往,则甲同学不去观看冰球比赛的方案有( C )
A.48种B.54种C.60种D.72种
解析:将5名大学生分为1,2,2三组,即第一组1个人,第二组2个人,第三组2个人,共有C52C32C11A22=15种方法;由于甲不去看冰球比赛,故甲所在的组只有2种选择,剩下的2组任意选,所以有2A22=4种方法.按照分步乘法计数原理共有4×15=60(种)方法.
7.(2022·山东淄博三模)若Am3=6Cm4(m∈N*,m≥4),则m= .
解析:因为Am3=6Cm4(m∈N*,m≥4),所以m(m-1)(m-2)=6×
m(m-1)(m-2)(m-3)4!,
即6(m-3)=4!,解得m=7.
答案:7
8.平面内有12个点,其中有4个点共线,此外再无任何3点共线.以这些点为顶点,可构成 个不同的三角形.
解析:法一 以从共线的4个点中取点的多少作为分类标准.
第1类:共线的4个点中有2个点为三角形的顶点,共有C42C81=48个不同的三角形;
第2类:共线的4个点中有1个点为三角形的顶点,共有C41C82=112个不同的三角形;
第3类:共线的4个点中没有点为三角形的顶点,共有C83=56个不同的三角形.
由分类加法计数原理知,不同的三角形共有48+112+56=216(个).
法二(间接法) 从12个点中任意取3个点,有C123=220种取法,而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形,即不能构成三角形的情况有C43=4种.故这12个点能构成三角形的个数为220-4=216.
答案:216
9.(2023·湖北模拟)甲、乙、丙、丁四名同学星期天选择到A,B,C,D四处景点中一处去参观游玩,其中B处必有人去,则不同的参观方式共有( D )
A.24种 B.96种 C.174种 D.175种
解析:若4人均去B处,则有1种参观方式;
若有3人去B处,则从4人中选择3人去B处,另1人从另外3处景点选择一处,有C43A31=12种参观方式;
若有2人去B处,则从4人中选择2人去B处,另外2人从另外3处景点任意选择一处,有C42×32=54种参观方式;
若有1人去B处,则从4人中选择1人,另外3人从另外的3处景点任意选择一处有33C41=108种参观方式.
综上可知,共有1+12+54+108=175(种)参观方式.
10.在冬奥会志愿者活动中,甲、乙等5人报名参加了A,B,C三个项目的志愿者工作,因工作需要,每个项目仅需1名志愿者,且甲不能参加A,B项目,乙不能参加B,C项目,那么不同的志愿者分配方案共有( B )
A.18种B.21种C.27种D.33种
解析:根据题意,按照甲、乙参加的项目分类如下:①甲、乙都没有参加志愿者活动,有A33=6种分配方案;
②甲参加而乙没有参加志愿者活动,有C32A22=6种分配方案;
③甲没有参加而乙参加志愿者活动,有C32A22=6种分配方案;
④甲、乙都参加了志愿者活动,有C31=3种分配方案.
综上,有6+6+6+3=21(种)分配方案.
11.(2022·河南安阳模拟)教育部于2022年开展全国高校书记校长访企拓岗促就业专项行动.某市3所高校的校长计划拜访当地企业,共有4家企业可供选择.若每名校长拜访3家企业,每家企业至少接待1名校长,则不同的安排方法共有( A )
A.60种B.64种C.72种D.80种
解析:3名校长在4家企业任取3家企业的所有安排情况为C43C43C43=
4×4×4=64(种),由每家企业至少接待1名校长可知3名校长选的3家企业不全相同,因为3名校长选的3家企业完全相同有C43=4种,则不同的安排方法共有64-4=60(种).
12.如图,对“田”字型的四个格子进行染色.每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种,每个格子只染一种颜色,且相邻的格子不能都染红色,则满足要求的染色方法有 种.
解析:若4个格子中没有一格染红色,每格都染黄或蓝,有24=16(种)不同染法;
若4个格子中恰有一格染红色,4格中选一格染红,其余3格染黄或蓝,有4×23=32(种)不同染法;若4个格子中恰有两格染红色,有2种情况,其余2格染黄或蓝,有2×22=8(种)不同染法.由分类加法计数原理可知共有16+32+8=56(种)不同染法.
答案:56
13.将5名同学分到甲、乙、丙3个小组,若甲小组至少2人,乙、丙组至少1人,则不同的分配方案种数为 .
解析:法一 当甲组有两人时,首先选2个放到甲组,共有C52=10种
结果,
再把剩下的3个人放到乙和丙两个位置,每组至少一人,共有C32A22=
6种结果,
所以根据分步乘法计数原理知共有10×6=60(种)结果,
当甲组有三个人时,有C53A22=20种结果,
所以共有60+20=80(种)结果.
法二 先将5名同学分成3组,有两种分配方案,一是三组人数分别为2,2,1,分组方法有C52C32C11A22=15种,然后将有2人的两组分给甲、乙或甲、丙,分配方法是15×(A22+A22)=60种;二是三组人数分别为3,1,1,分组方法有C53C21C11A22=10种,然后将1人的两组分给乙、丙两组,分配方法是10×A22=20种.故共有60+20=80(种).
答案:80
两个计数原理
目标
策略
过程
方法总数
分类加法计数原理
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
N=m+n种不同的方法
分步乘法计数原理
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
N=m×n种不同的方法
排列与排列数
组合与组合数
定 义
排列:一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,并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
组合:一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合
排列数: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,用符号Anm表示
组合数: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,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用符号Cnm表示
公 式
排列数公式Anm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=n!(n-m)!
组合数公式
Cnm=AnmAmm=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)m!
=n!m!(n-m)!
性 质
Ann=n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1=n!;
0!=1
Cn0=1;
Cnm=Cnn-m;Cnm+Cnm-1=Cn+1m
备注
n,m∈N*,且m≤n
直接法
直接利用排列数公式列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列,同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题,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的空当中
定序问题
除法处理
对于定序问题,可先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
题型
解法
“含”与“不含”的组合问题
“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
“至少”或
“至多”的
组合问题
解这类题型必须十分重视“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
顶点
V
A
B
C
D
种数
C41
C31
C21
C与A同色1
2
C与A不同色1
1
知识点、方法
题号
两个计数原理
3,5,8,10,12
排列与组合
1,2,7,9,11
排列与组合的综合应用
4,6,13