高考数学一轮复习第9章第1课时两个计数原理、排列与组合学案

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第1课时 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．理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.
3．会用两个计数原理及排列、组合分析和解决一些简单的实际问题．
1．两个计数原理
2．排列与组合的概念
3．排列数、组合数的定义、公式、性质
[常用结论]
1．排列数与组合数的关系：
Anm＝CnmAmm.
2．组合数的性质：
①Cnm＝Cnn-m；②Cn+1m＝Cnm+Cnm-1．

一、易错易混辨析(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．( )
4kCnk＝nCn-1k-1.( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√
二、教材习题衍生
1．(人教A版选择性必修第三册P11习题6.1T2改编)如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路．从甲地到丁地的不同路线共有( )
A．12条 B．15条 C．18条 D．72条
C [若线路为甲乙丁则有3×2＝6(条)，路线为甲丙丁则有3×4＝12(条)，故共有6＋12＝18(条)．故选C.]
2．(人教A版选择性必修第三册P19例4改编)从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，可以组成的无重复数字的三位偶数的个数为( )
A．52 B．56
C．48 D．72
A [当个位为0时，共有A52＝5×4＝20(个)；当个位不为0时，共有A21A41A41＝2×4×4＝32(个)，所以综合可得，共有20＋32＝52(个)偶数．故选A.]
3．(人教A版选择性必修第三册P27习题6.2T13改编)从2名女生、4名男生中选3人参加学科竞赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
16 [法一：可分两种情况：第一种情况，只有1名女生入选，不同的选法有C21C 42＝12(种)；第二种情况，有2名女生入选，不同的选法有C 22C 41＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法共有12＋4＝16(种)．
法二：从6人中任选3人，不同的选法共有C63＝20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C43＝4(种)，所以至少有1名女生入选的不同的选法共有20－4＝16(种)．]
4．(易错题)(人教A版选择性必修第三册P12习题6.1T8改编)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 两个计数原理及综合应用
[典例1] (1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18 C．12 D．9
(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为( )
A．240 B．420
C．729 D．920
(3)如图是为了提高小朋友智力的游戏画板，现提供5种不同的颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域不同色，则使B，E区域同色的涂法有________种．
(1)B (2)A (3)180 [(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种方法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(种)走法．
(2)法一：若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．
所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
法二：分两类：①如果这个三位数含0，则0必在末位，共有这样的凸数C92个；②如果这个三位数不含0，则这样的凸数共有(C93A22+C92)个．综上所述，所有凸数共有2C92+C93A22＝240(个)．
(3)B，E涂色后，按A，C同色和不同色分类计算，所以总方法为5×(4×3＋4×3×2)＝180(种)．]
[拓展变式] 若本例(1)中 CD段马路由于正在维修(如图)，暂时不通，则从E到G的最短路径有________条．
26 [先假设CD是实线，则从E到G，向上3次，向右4次，最短路径有C74＝35(条)，其中经过CD的，即先从E到C，然后C到D，最后D到G的最短路径有3×3＝9(条)，所以当CD不通时，最短路径有35－9＝26(条)．]
利用两个基本计数原理解决问题的步骤
第一步-审清题意，弄清要完成的事件是怎样的
↓
第二步-分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种
↓
第三步-弄清在每一类或每一步中的方法种数
↓
第四步-根据两个基本计数原理计算出完成这件事的方法种数
[跟进训练]
1．(1)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，则在组成的三位数中，“凹数”的个数为________．
(2)3 600有________个正约数．
(3)在一块并排10垄的田地中，种植作物时每种作物种植一垄，相邻的垄不种同一种作物，现有3种作物可选，则有________种种植方法；若3种作物必须都种，则有________种种植方法；若只在其中2垄种植其中的A，B两种作物，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则有________种种植方法．
(1)20 (2)45 (3)1 536 1 530 12 [(1)当十位上的数为0时，有4×3＝12(个)；当十位上的数为1时，有3×2＝6(个)；当十位上的数为2时，有2×1＝2(个)，所以“凹数”的个数为12＋6＋2＝20.
(2)3 600＝24×32×52，其中24的约数有1、2、22 23、24，共5个；32的约数有1、3、32，共3个，52的约数有1、5、52，共3个，所以3 600的正约数有5×3×3＝45(个)．
(3)3种作物任选时，种植第1垄有3种选择，第2垄有2种选择，后面的垄只需与前一垄不同即可，共有3×2×2×2×2×2×2×2×2×2＝1 536(种)种植方法.3种作物都选时，只需排除只用2种作物完成种植的情况，共有1 536－3×2×1×1×1×1×1×1×1×1＝1 530(种)种植方法．两种作物的间隔不小于6垄时，分两步：第一步，先选垄，如图所示，共有6种选法；第二步，种植A，B两种作物，有2种方法．所以根据分步乘法计数原理，可得有6×2＝12(种)种植方法．]
考点二 排列问题
[典例2] 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法种数．
(1)选5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排成一排，女生必须站在一起；
(4)全体排成一排，男生互不相邻；
(5)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边；
(6)全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边；
(7)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定．
[解] (1)从7人中选5人排列，有A75＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)分两步完成，先选3人站前排，有A73种方法，余下4人站后排，有A44种方法，共有A73A44＝5 040(种)．
(3)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A44种方法，再将女生全排列，有A44种方法，共有A44A44＝576(种)．
(4)(插空法)先排女生，有A44种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A53种方法，共有A44A53＝1 440(种)．
(5)法一(特殊元素优先法)：先排甲，有5种方法，其余6人有A66种排列方法，共有5×A66＝3 600(种)．
法二(特殊位置优先法)：左右两边位置可安排另6人中的两人，有A62种排法，其他位置有A55种排法，共有A62A55＝3 600(种)．
(6)(间接法)7人全排列，有A77种方法，其中甲在最左边时，有A66种方法，乙在最右边时，有A66种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有A55种方法，故共有A77-2A66+A55＝3 720(种)．
(7)由于甲、乙、丙的顺序一定，则满足条件的站法共有A77A33＝840(种)．
求解排列应用问题的六种常用方法
直接法-把符合条件的排列数直接列式计算
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优先法-优先安排特殊元素或特殊位置
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捆绑法-相隔问题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
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插空法-对不相邻问题，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
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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
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间接法-正难则反、等价转化的方法
[跟进训练]
2．(1)在某次研究性学习成果报告会上，有A、B、C、D、E、F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A、C、D按先后顺序汇报(不一定相邻)，那么不同的汇报安排种数为( )
A．100 B．120
C．300 D．600
(2)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
(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)
(1)A (2)D (3)8 [(1)先排B元素，有5种排法，然后剩余5个元素共A55＝120(种)排法，由于A、C、D顺序确定，所以不同的汇报安排共有5×120A33＝100(种)．故选A.
(2)由题意，末尾是2或6，不同偶数的个数为C21A53＝120；末尾是4，不同偶数的个数为A55＝120，故共有120＋120＝240(个)．故选D.
(3)先安排甲，其选座方法有C41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A22种，所以共有坐法种数为C41·A22＝4×2＝8(种).]
考点三 组合问题
[典例3] 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C342＝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C343＝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C201C152＝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C201C152种，选取3种假货有C153种，共有选取方式C201C152+C153＝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C353，选取3种假货有C153种，因此共有选取方式C353-C153＝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．
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．
[跟进训练]
3．(1)某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上任选3人发言，则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为( )
A．15 B．30
C．35 D．42
(2)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．现用选派划左舷的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
(3)以长方体ABCD-A1B1C1D1的任意3个顶点为顶点作三角形，从中随机取出2个三角形，则这2个三角形不共面的情况有________种
(1)B (2)D (3)1 468 [(1)甲企业有2人，其余5家企业各有1人，共有7人，所以从7人中任选3人共有C73种情况，发言的3人来自2家企业的情况有C22C51种，所以发言的3人来自3家不同企业的可能情况共有C73-C22C51＝30(种)．故选B.
(2)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C33C63＝20(种)，有一个“多面手”的选派方法有C21C32C53＝60(种)，有两个“多面手”的选派方法有C31C43＝12(种)，即共有20＋60＋12＝92(种)不同的选派方法．
(3)因为长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点任意3个均不共线，所以从8个顶点中任取3个均可构成1个三角形，共有C83＝56(个)三角形，从中任选2个，共有C562＝1 540(种)情况．因为长方体有六个面，六个对角面，所以8个顶点中四点共面共有12种情况，每个面的4个顶点共确定4个不同的三角形，从这4个三角形中选出两个共有6种情况，故任取2个三角形，则这2个三角形不共面的情况共有1 540－12×6＝1 468(种)．]
考点四 分组、分配问题
不同元素的整体均分问题
[典例4] 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C62C42C22A33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A33＝6(种)方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C62C42C22A33·A33＝90(种)分派方法．]
不同元素的部分均分问题
[典例5] 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C63C31C21C11A33＝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，所以不同的分法共有65×A44＝1 560(种)．]
不同元素的不等分问题
[典例6] 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C61种分法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C52种分法；
第3步，余下的3名教师作为一组，有C33种分法．
根据分步乘法计数原理，共有C61C52C33＝60(种)分法．
再将这3组教师分配到3所中学，有A33＝6(种)分法，
故共有60×6＝360(种)不同的分法．]
相同元素的分配问题
[典例7] 把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法种数为( )
A．41 B．56
C．156 D．252
B [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”插入挡板，即产生符合要求的方法数．故有C85＝56(种)．]
分组、分配问题是排列与组合的综合问题，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．
提醒：对于部分均分问题，若有m组元素个数相等，则分组时应除以Amm.
[跟进训练]
4．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C31C22A33种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有C31C22A33种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为C31C22A33+C31C22A33＝36(种)．]
5．有3个地区，每个地区需要一名支医医生和两名支教教师，现将3名支医医生(1男2女)和6名支教教师(3男3女)分配到这3个地区去工作．
(1)要求每个地区至少有一名男性，则共有________种不同分配方案；
(2)要求每个地区至少有一名女性，则共有________种不同分配方案．
(1)324 (2)432 [(1)要求每个地区至少有一名男性的对立事件是至少有一个地区全是女性的分配方案有C21C32C42C21A22A33＝6×6×6＝216(种)，
每个地区需要一名支医医生和两名支教教师的总分配方案有A33C62C42C22＝6×15×6＝540(种)，
所以要求每个地区至少有一名男性的分配方案有
540－216＝324(种)．
(2)有一个地区全是男性的分配方案有C11C32C42C21A22A33＝3×6×6＝108(种)，所以要求每个地区至少有一名女性的分配方案有540－108＝432(种)．]
课时分层作业(五十六) 两个计数原理、排列与组合
一、选择题
1．若Cn2A22＝42，则n！3！n-4！的值为( )
A．60 B．70
C．120 D．140
D [∵Cn2A22＝nn-12×2＝42，
解得n＝7或－6(舍去)，
∴n！3！n-4！＝7！3！3！＝7×6×5×4×3×2×13×2×1×3×2×1＝140.]
2．将5件相同的小礼物全部送给3个不同的球迷，让每个球迷都要得到礼物，不同的分法种数是( )
A．2种 B．10种
C．5种 D．6种
D [法一：由隔板法可知，共有C42＝6(种)．
法二：若按3、1、1 分成三组给3个不同的球迷，有3种不同的方法；若按2、2、1分成3组给3个不同的球迷，也有3种不同的方法．
故所有不同的分法种数为3＋3＝6(种)．故选D.]
3．(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
C [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C52种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A44种安排方法．故满足题意的分配方案共有C52·A44＝240(种)．]
4．(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，则不同的排列方式有( )
A．12种 B．24种
C．36种 D．48种
B [先利用捆绑法排乙丙丁戊四人，再用插空法选甲的位置，则有A22A33C21＝24(种)．故选B.]
5．用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为( )
A．81 B．48
C．36 D．24
B [根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：
①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，则此时四位数有2×2×2×2＝16(个)；
②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，此时四位数有4×2×2×2＝32(个)．故可组成16＋32＝48(个)四位数．]
6．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．6种
C．10种 D．16种
B [分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)，同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．]
7．(多选)某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是( )
A．若1班不再分配名额，则共有C204种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有C195种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
BD [对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有C194种分配方法，故A错误；对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有C195种分配方法，故B正确；对于CD，若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳模，故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个，名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，故有C95＝126(种)，故C错误，D正确．故选BD.]
8．(多选)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某志愿者服务活动，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A54C41
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C32A33+C31C42A33
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C53C21+C52C32A33
ABD [根据题意，依次分析选项：
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C52A44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C32A33+C31C42A33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C53C21A22+C52C32A22种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有A33种情况，则有C53C21A22+C52C32A22A33种安排方法，D错误．故选ABD.]
二、填空题
9．(2020·全国Ⅱ卷)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有________种．
36 [由题意，分两步进行安排，第一步，将4名同学分成3组，其中1组2人，其余2组各1人，有C42＝6种安排方法；第二步，将分好的3组安排到对应的3个小区，有A33＝6种安排方法，所以不同的安排方法有6×6＝36(种)．]
10．把7个字符1，1，1，A，A，α，β排成一排，要求三个“1”两两不相邻，且两个“A”也不相邻，则这样的排法共有________种．
96 [先排列A，A，α，β，若A，A不相邻，不同的排法有A22C32＝6(种)；若A，A相邻，有A33＝6(种)，共有不同的排法6＋6＝12(种)．从所形成的5个空中选3个插入1，1，1，排法共有12C53＝120(种)．当A，A相邻时，从所形成的4个空中选3个插入1，1，1，共有6C43＝24(种)．故若三个“1”两两不相邻，且两个“A”也不相邻，则这样的排法共有120－24＝96(种)．]
11．(2022·上海高考)用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2 134大的数字个数为 ________．(用数字作答)
17 [根据题意，用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，当其千位数字为3或4时，有2A33＝12种情况，即有12个符合题意的四位数，当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2 134，则有6－1＝5(个)比2 134大的四位数，故有12＋5＝17(个)比2 134大的四位数．]
12．(2022·江西抚州期末)在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图)，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有________种栽种方案．
66 [根据题意，分3种情况讨论：
①当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2＝24(种)方法；②当A、C、E种两种植物，此时共有C32×A32×2×1×1＝36(种)方法；③当A、C、E种三种植物，此时共有A33×1×1×1＝6(种)方法；则一共有24＋36＋6＝66(种)不同的栽种方案．]
13. (多选)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
BCD [若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，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C42(A22＋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C41·C41·C31·C22·A33A22＝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.]
新高考卷三年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式
一般考查1～2道小题和1道解答题，分值占17～22分．
2.考查内容
计数原理常与古典概型结合命题；二项式定理主要考查通项公式及其原理；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．
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，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法
分步
乘法
计数
原理
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，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法
名称
定义
排列
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
作为一组
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
Anm＝n(n－1)·(n－2)·…·(n－m＋1)＝n！n-m！
Cnm＝AnmAmm＝
nn-1n-2·…·n-m+1m！
＝n！m！n-m！
性质
Ann＝n！，0！＝1
Cnn＝1，Cn0＝1