高考数学一轮复习第十章第一节两个计数原理、排列与组合学案

这是一份高考数学一轮复习第十章第一节两个计数原理、排列与组合学案，共19页。学案主要包含了常用结论等内容，欢迎下载使用。
考试要求：理解排列、组合的概念，掌握排列数公式及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．
自查自测
知识点一 两个计数原理
1．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( C )
A．16B．13
C．12D．10
2．从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同选法的种数为7．
3．3个班分别从4个景点中选择一处游览，不同的选法有________种．
64 解析：因为这3个班各有4种选法，由分步乘法计数原理，可得不同的选法有4×4×4＝64(种)．
4．(教材改编题)如图，从A城到B城有3条路，从B城到D城有4条路，从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则从A城到D城共有________条不同的路线．
32 解析：“从A城到D城”共有两类方法：(1)从A城经B城到D城，有3×4＝12(条)不同的路线；(2)从A城经C城到D城，有4×5＝20(条)不同的路线，所以共有12＋20＝32(条)不同的路线．
核心回扣
注意点：
两个计数原理的区别
分类加法计数原理针对“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“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
自查自测
知识点二 排列与组合
1.判断下列说法的正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )
× 解析：所有元素完全相同且排列顺序相同的两个排列为相同排列．
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )
√ 解析：由组合的定义知此说法正确．
(3)若组合式Cnx＝Cnm，则x＝m成立．( )
× 解析：若组合式Cnx＝Cnm，则x＝m或x＋m＝n成立．
2．A42＋C73＝( )
A．35B．47
C．45D．57
B 解析：A42＋C73＝4×3+7×6×53×2×1＝47.
3．6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为( )
A．36 B．120
C．720 D．240
C 解析：由于6人排两排，每排3人，则先排第一排，共有6×5×4＝120(种)排法，再排第二排，共有3×2×1＝6(种)排法．由分步乘法计数原理可知，共有120×6＝720(种)排法．
4．(教材改编题)一个火车站有8股岔道，如果每股岔道只能停放1列火车，现要停放4列不同的火车，共有______种不同的停放方式．
1 680 解析：要停放4列不同的火车可分两步，先从8股岔道中任选4股岔道有C84＝70(种)方法，再将4列不同的火车停放在4股岔道上，有A44＝24(种)方法，所以不同的停放方式共有70×24＝1 680(种)．
5．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1名女生，则不同的选派方法数为________.
7 解析：(方法一)选取的2人中，女生人数为1或2，不同的选派方法数为C31C21＋C30C22＝6＋1＝7.
(方法二)没有女生的选派方法为所选2人都是男生，有C32种方法，从5人中选2人，总的选派方法有C52种，故至少有1名女生的不同的选派方法数为C52－C32＝10－3＝7.
核心回扣
1．排列与组合的定义
2.排列数、组合数的定义、公式、性质
注意点：
(1)排列数与组合数之间的联系：CnmAmm＝Anm；
(2)两种形式：连乘积形式，阶乘形式．前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证．
【常用结论】
排列数、组合数的常用公式
1Anm＝n－m+1Anm－1；2Anm＝nAn－1m－1；(3)(n＋1)！－n！＝n·n！；
4kCnk＝nCn－1k－1；5Cnm＝Cn－1m－1＋Cn－2m－1＋…＋Cm－1m－1 .
应用 计算：C33＋C43＋C53＋…＋C103＝________.
330 解析：原式＝C114＝11×10×9×84×3×2×1＝330.
两个计数原理
1．(2024·日照模拟)某商店共有A，B，C三个品牌的水杯，若甲、乙、丙每人买了一个水杯，且甲买的不是A品牌，乙买的不是C品牌，则这三人买水杯的不同情况共有( )
A．3种 B．7种
C．12种 D．24种
C 解析：由分步乘法计数原理可得这三人买水杯的不同情况共有2×2×3＝12(种)．
2．据史书的记载，最晚在春秋末年，人们已经掌握了完备的十进位制记数法，普遍使用了算筹这种先进的计算工具．算筹记数的表示方法为：个位用纵式，十位用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推，遇零则置空，如图所示．
如：10记为，26记为，71记为．
现有4根算筹，可表示出两位数的个数为( )
A．8 B．9
C．10 D．12
C 解析：由题意知，共有4根算筹．
当十位1根，个位3根时，共有2个两位数；
当十位2根，个位2根时，共有4个两位数；
当十位3根，个位1根时，共有2个两位数；
当十位4根，个位0根时，共有2个两位数，
所以一共有10个两位数．故选C．
3．现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )
A．120 B．140
C．240 D．260
D 解析：先涂A处共有5种涂法，再涂B处共有4种涂法，再涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，则C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)．故选D．
4．2023年杭州亚运会的吉祥物包括三种机器人造型，分别名叫“莲莲”“琮琮”“宸宸”，小辉同学将三种吉祥物各购买了两个(同名的两个吉祥物完全相同)，送给三位好朋友，每人两个，则每位好朋友都收到不同名的吉祥物的分配方案共有________种. (用数字作答)
6 解析：根据题意，设“莲莲”“琮琮”“宸宸”分别为A，B，C，则可得其组合形式为AB，AC，BC，
故第一位好朋友有3种选择，第二位好朋友有2种选择，第三位好朋友只有1种选择，
即每位好朋友都收到不同名的吉祥物的分配方案为3×2×1＝6(种)．
两个计数原理的应用
(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成．
(2)较复杂的问题可借助图表来完成．
(3)对于涂色问题：①分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素；②注意对每个区域逐一进行分析，分步处理．
排列与组合
【例1】(1)(2024·1月·九省适应性测试)甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同的排法共有( )
A．20种 B．16种
C．12种 D．8种
B 解析：(方法一)因为甲不在两端，甲必在乙和丙之间，从除了甲、乙、丙外的其他两人中任选1人，有A21种选法，选好后这4个人有A22×A22种排法，再把剩下的一个人排在左端或者右端，有2种排法，故共有A21×A22×A22×2＝16(种)不同的排法．
(方法二)因为乙和丙之间恰有2人，所以乙、丙及中间2人占据首四位或尾四位，
①当乙、丙及中间2人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙、丙中间，
排乙、丙有A22种方法，排甲有A21种方法，剩余两个位置两人全排列有A22种排法，
所以有A22×A21×A22＝8(种)不同的排法；
②当乙、丙及中间2人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙、丙中间，
排乙、丙有A22种方法，排甲有A21种方法，剩余两个位置两人全排列有A22种排法，
所以有A22×A21×A22＝8(种)不同的排法．
由分类加法计数原理可知，一共有8＋8＝16(种)不同的排法．
故选B．
(2)(2024·烟台模拟)书写汉字时，笔顺对书写的速度和字形的美观有非常关键的影响，为了满足课堂教学的需要，我们制定了一套现代汉语通用字的笔顺规范，但在进行书法创作时，笔顺则更加灵活多变，比如“必”字有五笔：左点、上点、右点、撇、卧钩，若要求第一笔不写卧钩，且最后一笔写右点，则“必”字不同的笔顺有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．30种
B 解析：完成这件事情需要三步：
第1步，先在第二、三、四笔选一笔写卧钩，有A31种写法；
第2步，然后在前四笔剩下的三笔中写左点、上点、撇，有A33种写法；
第3步，最后一笔写右点只有1种写法．
根据分步乘法计数原理可知，共有A31×A33×1＝3×3×2×1＝18(种)不同的笔顺．故选B．
(3)(2024·广东一模)已知集合A＝－12，－13，12，13，2，3，若a，b，c∈A且互不相等，则使得指数函数y＝ax，对数函数y＝lgb x，幂函数y＝xc中至少有两个函数在(0，＋∞)上单调递增的有序数对(a，b，c)的个数是( B )
A．16 B．24
C．32 D．48
(4)(2023·新高考全国Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种．(用数字作答)
64 解析：(方法一)由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有C41C41种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C41C42种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有C42C41种方案．综上，不同的选课方案共有C41C41＋C41C42＋C42C41＝64(种)．
(方法二)若学生从这8门课中选修2门课，则符合题意的有C82－C42－C42＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则符合题意的有C83－C43－C43＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种)．
1．求解排列问题的四种方法
2．两类组合问题的解题方法
1．(2023·新高考全国Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生．已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( )
A．C40045·C20015种B．C40020·C20040种
C．C40030·C20030种D．C40040·C20020种
D 解析：由题意，初中部和高中部学生人数之比为400200＝21，所以抽取的60名学生中初中部应有60×23＝40(人)，高中部应有60×13＝20(人)，所以不同的抽样结果共有C40040·C20020种．故选D．
2．用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成________个无重复数字且不大于4 310的四位偶数．
110 解析：①当千位上排1或3时，符合题意的四位偶数共有A21A31A42个．
②当千位上排2时，符合题意的四位偶数共有A21A42个．
③当千位上排4时，形如4 0××，4 2××的偶数各有A31个符合题意，形如4 1××的偶数有A21A31个符合题意，形如4 3××的偶数只有4 310和4 302这两个数符合题意．
故共有A21A31A42＋A21A42+2A31＋A21A31＋2＝110(个)四位偶数符合题意．
3．在某次消费类电子产品展览会上，我国某企业从7名员工中选出3名员工负责接待工作(这3名员工的工作视为相同的工作)，再选出2名员工分别在上午、下午讲解某电子产品的性能．若其中甲和乙至多有1人负责接待工作，则不同的安排方案共有________种．
360 解析：先安排接待工作，分两类，一类是没安排甲和乙有C53种安排方案，一类是甲和乙中安排1人有C21C52种安排方案；再从余下的4人中选2人分别在上午、下午讲解某电子产品的性能，有A42种安排方案，故不同的安排方案共有(C53＋C21C52·A42＝360(种)．
分组分配问题
考向1 整体均分问题
【例2】(2024·日照模拟)临近春节，某校书法爱好小组书写了若干副春联，准备赠送给四户独居老人．春联分为长联和短联两种，无论是长联或短联，内容均不相同．经过调查，四户老人各户需要1副长联，其中乙户老人需要1副短联，其余三户各需要2副短联．书法爱好小组按要求选出11副春联，则不同的赠送方法种数为________.
15 120 解析：4副长联内容不同，赠送方法有A44＝24(种)；从剩余的7副短联中选出1副赠送给乙户老人，有A71＝7(种)方法，再将剩余的6副短联平均分为3组，最后将这3组赠送给三户老人，方法种数为C62C42C22A33·A33＝C62C42C22＝90.所以不同的赠送方法种数为24×7×90＝15 120.
整体均分问题，解题时要注意分组后，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Ann(n为均分的组数)，避免重复计数.
考向2 部分均分问题
【例3】第19届亚运会于2023年9月在杭州举行，在杭州亚运会三馆(杭州奥体中心主体育馆、游泳馆和综合训练馆)对外免费开放预约期间，甲、乙、丙、丁4人预约参观，且每人预约了1个或2个馆，则每个馆恰有2人预约的不同方案有( )
A．76种 B．82种
C．86种 D．90种
D 解析：由题意知这4人中恰有2人均预约了2个馆，剩下2人均预约了1个馆，首先将4人分成2组，有C42A22＝3(种)不同的分法．下面分2种情况：若预约2个馆的2人预约完全相同，有A32＝6(种)不同的分法；若预约2个馆的2人有1馆预约相同，有C31C21A22A22＝24(种)不同的分法，所以每个馆恰有2人预约的不同方案有3×(6＋24)＝90(种)．故选D．
局部均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．
考向3 不等分问题
【例4】要把9本不同的课外书分给甲、乙、丙3名同学．如果要求一人得4本，一人得3本，一人得2本，则共有多少种不同的分法？
解：要完成分配任务，可以分为两步：
第一步，将9本书按照4本、3本、2本分为三组，有C94C53C22种方法；
第二步，将分好的3组书分别分给3个人，有A33种方法．
因此不同的分法共有C94C53C22A33＝9×8×7×64×3×2×1×5×42×1×1×3×2×1＝7 560(种)．
[变式] 本例中若将“一人得4本，一人得3本，一人得2本”改为“甲得4本，乙得3本，丙得2本”，则不同的分法共有________种．
1 260 解析：不同的分法共有C94C53C22＝1 260(种)．
不均分问题，实质上是先分组后排列的问题，即分组方案数乘不同对象数的全排列数．简单地说，解不等分配题的一般原则：先分组后排列．
1．(2024·菏泽模拟)数学与生活密不可分，在一次数学讨论课上，老师安排5名同学讲述圆、椭圆、双曲线、抛物线在实际生活中的应用，要求每位学生只讲述一种曲线，每种曲线至少有1名学生讲述，则可能的安排方案的种数为( )
A．240 B．480
C．360 D．720
A 解析：有四种曲线，要求每位学生只讲述一种曲线，且每种曲线至少有1名学生讲述，则5名同学分成2，1，1，1四组，共有C52C31C21C11A33＝10(种)分法，再将四组学生分配给四种曲线，一共有A44＝24(种)分法，则可能的安排方案的种数为10×24＝240(种)．故选A．
2．6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？
(1)甲得1本，乙得2本，丙得3本；
(2)平均分成三堆；
(3)甲、乙、丙每人至少得1本．
解：(1)甲得1本，乙得2本，丙得3本的方法有C61C52C33种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，
故甲得1本，乙得2本，丙得3本的分法有C61C52C33＝60(种)．
(2)6本不同的书平均分成三堆，有C62C42C423！＝15(种)分法．
(3)共计分为3类：①按照4，1，1分，共有C61C51C44A22A33＝90(种)分法；②按照3，2，1分，共有C61C52C33A33＝360(种)分法；③按照2，2，2分，共有C62C42C42A33A33＝90(种)分法．
故共有90＋360＋90＝540(种)分法．
课时质量评价(六十一)
1．为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取1种主食、1种素菜、1种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有( )
A．48种B．36种
C．24种D．12种
B 解析：由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选1种有2种选法；第二步，从3种素菜中任选1种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选1种有6种选法．根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36(种)不同的选取方法．故选B．
2．(数学与文化)如图，古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律．由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意选出4个构成四边形，其中梯形的个数为( )
A．8B．16
C．24D．32
C 解析：梯形的上、下底平行且不相等，如图．
若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有16个；若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有8个．所以梯形的个数为16＋8＝24.故选C．
3．(2024·聊城模拟)新高考数学中的不定项选择题有4个不同选项，其错误选项可能有0个、1个或2个，这种题型很好地凸显了“强调在深刻理解基础之上的融会贯通、灵活运用，促进学生掌握原理、内化方法、举一反三”的教考衔接要求．若某道数学不定项选择题存在错误选项，且错误选项不能相邻，则符合要求的4个不同选项的排列方式共有( )
A．24种B．36种
C．48种D．60种
B 解析：当错误选项恰有1个时，4个选项进行排列有A44＝24(种)排列方式；当错误选项恰有2个时，先排2个正确选项，再将2个错误选项插入到3个空位中，有A22A32＝12(种)排列方式．故共有24＋12＝36(种)排列方式．故选B．
4．(多选题)已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b，则下列说法正确的有( )
A．ba表示不同的正数的个数是6
B．ba表示不同的比1小的数的个数是6
C．(a，b)表示x轴上方不同的点的个数是6
D．(a，b)表示y轴右侧不同的点的个数是6
BC 解析：对于A，若a，b均为正，共有2×2＝4(个)，若a，b均为负，共有1×2＝2(个)，但63＝－4－2，所以共有5个，所以A错误；对于B，若ba为正，显然均比1大，所以只需ba为负即可，共有2×2＋1×2＝6(个)，所以B正确；对于C，要使(a，b)表示x轴上方的点，只需b为正即可，共有3×2＝6(个)，所以C正确；对于D，要使(a，b)表示y轴右侧的点，只需a为正即可，共有2×4＝8(个)，所以D错误．故选BC．
5．下列各式中正确的个数为( )
①Cnm＝Anmm！；②Anm＝nAn－1m－1；③CnmCnm+1＝m+1n－m；④Cn+1m+1＝n+1m+1Cnm(m≤n)．
A．1B．2
C．3D．4
D 解析：对于①，因为Cnm＝AnmAmm＝Anmm！，所以①正确；
对于②，Anm＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，An－1m－1＝(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，
所以Anm＝nAn－1m－1，故②正确；
对于③，CnmCnm+1＝n！m！n－m！·m+1！n－m－1！n！＝m+1n－m，故③正确；
对于④，Cn+1m+1＝n+1！m+1！n－m！＝n+1m+1·n！m！n－m！＝n+1m+1Cnm.，故④正确．故选D．
6．(2024·本溪模拟)e作为数学常数，它的一个定义是e＝limx→+∞1+1xx值约为2.718 281 828 4….某人在设置手机的数字密码时，打算将e的前5位数字：2，7，1，8，2进行某种排列得到密码，如果要求两个2不相邻，那么此人可以设置的不同密码有________种．(以数字作答)
36 解析：第一步：对除去2以外的3个数字进行全排列，有A33＝6(种)方法；第二步：将两个2选两个空插进去有C42＝6(种)方法．由分步乘法计数原理，可得共有6×6＝36(种)不同的密码．
7．某社区将招募的5名志愿者分成两组，分别担任白天和夜间的网格员，要求每组至少两人，则不同的分配方法种数为________.
20 解析：由两人担任白天网格员有C52种分配方法，由三人担任白天网格员有C53种分配方法，所以共有C52＋C53＝10＋10＝20(种)分配方法．
8．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门学科的课代表，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课代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；
(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．
解：(1)先选后排，可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有C32C53＋C31C54种情况，后排有A55种情况，则符合条件的选法数为C32C53＋C31C54·A55＝5 400.
(2)除去该女生后，先选后排，则符合条件的选法数为C74A44＝840.
(3)先选后排，但先安排该男生，则符合条件的选法数为C74C41A44＝3 360.
(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C63种情况，再安排该男生有C31种情况，选出的3人全排列有A33种情况，则符合条件的选法数为C63C31A33＝360.
9．甲、乙、丙三位教师指导五名学生a，b，c，d，e参加全国高中数学联赛，每位教师至少指导一名学生．
(1)若每位教师至多指导两名学生，求共有多少种分配方案；
(2)若教师甲只指导其中一名学生，求共有多少种分配方案．
解：(1)根据题意，分两步进行分析：
①将五名学生分成三组，人数分别为2，2，1，有C52C32C11A22＝15(种)分组方法；
②将分好的三组全排列，安排给三位教师，有A33＝6(种)情况，
所以共有15×6＝90(种)分配方案．
(2)根据题意，分两步进行分析：
①从五名学生任选一名学生分配给甲教师指导，有5种情况；
②剩下四名学生分成两组，安排给其余两位教师指导，有C42C22A22+C43×A22＝14(种)情况，
所以共有5×14＝70(种)分配方案．
10．(新情境)魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯理工大学建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．魔方拥有竞速、盲拧、单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一．已知经典三阶魔方(如图)自由转动之后的色块组合约有4.3×1019种，现将下图已还原的魔方按5步打乱，且每一步互相独立，则打乱方式有( )
A．A185种B．A275种
C．185种D．195种
C 解析：若以红色的一面为正面，分成三行三列，每一行可以左右旋转，每一列可以上下旋转，此时有3×2＋3×2＝12(种)旋转方式；
接着侧面(以绿色一面为例)，每一列都可以上下旋转，此时有3×2＝6(种)旋转方式，
故每一次旋转魔方，共有12＋6＝18(种)旋转方式．
所以按5步打乱，且每一步互相独立，则共有185种打乱方式．故选C．
11．(2024·日照模拟)某人从一层到二层需跨10级台阶，他一步可能跨1级台阶，称为一阶步；也可能跨2级台阶，称为二阶步；最多能跨3级台阶，称为三阶步，从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶，则他从一层到二层可能的不同走法共有( )
A．10种B．9种
C．8种D．12种
A 解析：按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步，因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步．
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步，
该过程可表示为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列．
下面分三种情形讨论：
(1)若第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧，此时，共有4个黑、白球之间的空位放置红球，所以此种情况共有4种不同的排列．
(2)若第1球不是白球，
①若第1球为红球，则余下5球只有1种可能的排列；
②若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有2种不同的排列，
此种情形共有3种不同排列．
(3)第6球不是白球，同(2)，共有3种不同的排列．
综上，按题意要求从一层到二层共有4＋3＋3＝10(种)可能的不同走法．故选A．
12．(多选题)现有3名男生和4名女生，在下列不同条件下进行排列，则( )
A．排成前后两排，前排3人后排4人的排法共有5 400种
B．全体排成一排，甲不站排头也不站排尾的排法共有3 600种
C．全体排成一排，女生必须站在一起的排法共有576种
D．全体排成一排，男生互不相邻的排法共有1 440种
BCD 解析：对于A，将7名学生排成前后两排，前排3人后排4人的排法，有C73A33A44＝5 040(种)排法，A错误；
对于B，甲不站排头也不站排尾，有5个位置可选择，将剩下的6人全排列，有A66种排法，则有5×A66＝3 600(种)排法，B正确；
对于C，将4名女生看成一个整体，有A44种排法，将这个整体与3名男生全排列，有A44种排法，则有A44×A44＝576(种)排法，C正确；
对于D，先排4名女生，有A44种排法，排好后有5个空位，在5个人空位中任选3个，安排3名男生，有A53种排法，则有A44×A53＝1 440(种)排法，D正确．
13．甲、乙、丙等七人相约到电影院看电影，恰好买到了七张连号的电影票．若甲、乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同坐法的种数为________.
192 解析：由题知，丙坐在正中间(4号位)，甲、乙两人只能坐12或23或56或67号位，有4种情况，且甲、乙的顺序有A22种情况，剩下的4个位置其余4人坐，有A44种情况，故不同坐法的种数为C41A22A44＝192.
14．(数学与文化)七巧板是我国古代劳动人民智慧的结晶．如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括五个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形．若用4种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有______种．
72 解析：将七巧板的七个板块标号，如图．
由题意，一共4种颜色，板块A需单独一色，剩下6个板块中每2个板块涂同一种颜色．又板块B，C，D两两有公共边不能同色，故板块A，B，C，D必定涂不同颜色．
①当板块E与板块C同色时，则板块F，G与板块B，D或板块D，B分别同色，共2种情况；
②当板块E与板块B同色时，则板块F只能与D同色，板块G只能与C同色，共1种情况．
又板块A，B，C，D颜色可全排列，故不同的涂色方案共有(2+1)×A44＝72(种)．
15．(1)将编号为1，2，3，4的四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子．把球全部放入盒内，共有多少种放法？
(2)将编号为1，2，3，4，5的五个小球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子，每个盒子放一个小球，若有且只有1个盒子的编号与放入小球的编号相同，有多少种不同的放法？
(3)将11个相同的小球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中．若要求每个盒子至少放1个小球，有多少种不同的放法？
解：(1)满足条件的放法可分为4步，第一步放1号球，第二步放2号球，第三步放3号球，第四步放4号球，每步都有3种放法．由分步乘法计数原理，可得满足条件的放法有3×3×3×3＝81(种)．
(2)满足条件的放法可分为三步，第一步，从五个球中任选一个球x将其放在与其编号相同的盒子中，有5种放法；第二步，从余下的四个球中任选一个球y，放入编号为z(z≠y)的盒子中，有3种放法；第三步，将编号为z的小球放入余下的某一盒子中，有3种放法；第四步，将余下的两个小球按要求放入余下的盒子中，有1种放法．由分步乘法计数原理，可得共有5×3×3×1＝45(种)放法．
(3)将11个相同的小球排成一排，在排列的两端各放置1块隔板，在小球之间的10个空隙中选择4个空隙插入隔板，即可将11个小球分为5段，依次将各段小球放入5个盒子中，可得满足要求的放法，故满足要求的放法有C104＝210(种)．
16．已知从1，3，5，7，9中任取两个数，从0，2，4，6，8中任取两个数，组成没有重复数字的四位数．
(1)可以组成多少个不含有数字0的四位数？
(2)可以组成多少个四位偶数？
(3)可以组成多少个两个奇数数字相邻的四位数？(所有结果均用数值表示)
解：(1)从1，3，5，7，9中任取两个数，从2，4，6，8中任取两个数，
可以组成C52C42A44＝10×6×24＝1 440(个)不含有数字0的四位数．
(2)当末位为0时，共有C52C41A33＝10×4×6＝240(个)四位偶数，
当末位为2，4，6，8且0不在首位时，共有4C52C41A33－4A52＝880(个)四位偶数，
所以可以组成240＋880＝1 120(个)四位偶数．
(3)当0在首位且两个奇数数字相邻时，有C52C41A22A22＝160(个)，
所以组成两个奇数数字相邻的四位数共有C52C52A33A22－160＝1 040(个)．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＝m＋n种不同的方法
完成这件事共有N＝m×n种不同的方法
排列的定义
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
组合的定义
作为一组
名称
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
Cnm＝Cnn－m，Cnm＋Cnm－1＝Cn+1m