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第1节　两个计数原理、排列与组合
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
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 有两类不同的方案 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
　　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
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,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,用符号表示
公 式 排列数公式=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)= 组合数公式===
性 质 =n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1=n!; 0!=1 =1; =;+=
备注 n,m∈N*且m≤n
1.解决排列、组合问题的五大技巧
(1)特殊元素优先安排.
(2)合理分类与准确分步.
(3)排列、组合混合问题要先选后排.
(4)相邻问题捆绑处理.
(5)不相邻问题插空处理.
2.三个常用公式
(1)=n.
(2)(n+1)!-n!=n·n!.
(3)k=n.
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.16 B.13 C.12 D.10
解析:将4个门编号为1,2,3,4,从1号门进入后,有3种出门的方式,共3种走法,从2,3,4号门进入,同样各有3种走法,共有不同走法3×4=12(种).故选C.
2.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为(　D　)
A.144 B.120 C.72 D.24
解析:“插空法”,先排3个空位,形成4个空隙供3人选择就座,因此任何两人不相邻的坐法种数为=4×3×2=24.故选D.
3.(选择性必修第三册P11习题T2改编)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,则某旅客从A城到D城共有　　　　条不同的路线.
解析:共有3×4+4×5=32(条)不同的路线.
答案:32
4.把5件不同产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有　　　　种.
解析:设这5件不同的产品分别为A,B,C,D,E,先把产品A与产品B捆绑有种摆法,再与产品D,E全排列有种摆法,最后把产品C插空有3种摆法,所以共有×3=36(种)不同摆法.
答案:36
分类加法、分步乘法计数原理
1.如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　B　)
A.60 B.48 C.36 D.24
解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6=36,另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2=12,故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.故选B.
2.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(　D　)
A.120 B.140 C.240 D.260
解析:由题意,先涂A处共有5种涂法,再涂B处有4种涂法,最后涂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.
3.若椭圆+=1的焦点在y轴上,且m∈{1,2,3,4,5},n∈{1,2,3,
4,5,6,7},则这样的椭圆的个数为　　　　.
解析:当m=1时,n=2,3,4,5,6,7,共6个;
当m=2时,n=3,4,5,6,7,共5个;
当m=3时,n=4,5,6,7,共4个;
当m=4时,n=5,6,7,共3个;
当m=5时,n=6,7,共2个.
故共有6+5+4+3+2=20个满足条件的椭圆.
答案:20
4.已知集合M={1,2,3,4},集合A,B为集合M的非空子集,若对 x∈A,y∈B,x解析:A={1}时,B有23-1种情况;
A={2}时,B有22-1种情况;
A={3}时,B有1种情况;
A={1,2}时,B有22-1种情况;
A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情况,
故满足题意的“子集对”共有7+3+1+3+3=17(个).
答案:17
1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理,都是关于做一件事的不同方法的种数问题,区别在于: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.
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
1.某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是(　B　)
A.72 B.120 C.144 D.168
解析:安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品1,小品2,相声”“小品1,相声,小品2”和“相声,小品1,小品2”.对于第一种情况,形式为“□,小品1,歌舞1,小品2,□,相声,□”,有=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法,对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□,小品1,□,相声,□,小品2,□”,有=48(种)安排方法,故共有36+36+48=120(种)安排方法.故选B.
2.(多选题)把5件不同产品A,B,C,D,E摆成一排,则(　ABCD　)
A.A与B相邻有48种摆法
B.A在C的左边有60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:产品A与B相邻,把A,B作为一个元素有种方法,而A,B可交换位置,所以有2=48种摆法;A在C的左边有==60种摆法;当A,B相邻又满足A,C相邻,有2=12种摆法;A与B相邻,且A与C不相邻有48-12=36(种)摆法.故选ABCD.
3.6名同学站成1排照相,要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边,共有　　　　种不同站法.
解析:法一(位置优先法)　先从其他5人中安排2人站在最左边和最右边,再安排余下4人的位置,分为两步:
第1步,从除甲外的5人中选2人站在最左边和最右边,有种站法;
第2步,余下4人(含甲)站在剩下的4个位置上,有种站法.
由分步乘法计数原理可知,共有=480(种)不同的站法.
法二(元素优先法)　先安排甲的位置(既不站在最左边又不站在最右边),再安排其他5人的位置,分为两步:
第1步,将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上,有种站法;
第2步,余下5人站在剩下的5个位置上,有种站法.
由分步乘法计数原理可知,共有=480(种)不同的站法.
答案:480
求解排列应用问题的6种主要方法
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
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 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
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
组合问题
1.(多选题)(2021·湖北麻城高三联考)某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目,下列说法错误的是(　ABD　)
A.若任意选择三门课程,选法总数为
B.若物理和化学至少选一门,选法总数为
C.若物理和历史不能同时选,选法总数为-
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-
解析:对于A,若任意选择三门课程,选法总数为,错误;对于B,若物理和化学选一门,有种方法,其余两门从剩余的5门中选,有种选法,选法总数为;若物理和化学选两门,有种选法,剩下一门从剩余的5门中选,有种选法,有种,故总数为+,错误;对于C,若物理和历史不能同时选,选法总数为-=-,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,有种选法;②选化学,不选物理,有种选法;③物理与化学都选且不选历史,有种选法,故总数为++
=6+10+4=20,错误.故选ABD.
2.A,B,C,D四个家庭各有2个孩子共8个孩子,他们准备分乘甲、乙两辆汽车出去游玩,每车限坐4名(乘同一辆车的4个孩子不考虑位置),其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自同一个家庭的乘坐方式共有(　B　)
A.18种 B.24种 C.36种 D.48种
解析:根据题意,分两种情况讨论:
①A家庭的孪生姐妹在甲车上,甲车上另外的2个孩子要来自不同的家庭,可以在剩下的三个家庭中任选两个,再从每个家庭的2个孩子中任选1个来乘坐甲车,有××=12(种)乘坐方式;
②A家庭的孪生姐妹不在甲车上,需要在剩下的三个家庭中任选1个,让其2个孩子都在甲车上,对于剩余的两个家庭,从每个家庭的2个孩子中任选1个来乘坐甲车,有××=12(种)乘坐方式,
所以共有12+12=24(种)乘坐方式.故选B.
3.某校有4个社团向高一学生招收新成员,现有3名同学,每人只选报1个社团,恰有2个社团没有同学选报的报法有　　　 　种(用数字作答).
解析:法一　第一步,选2名同学报名某个社团,有=12种报法;第二步,从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学,有=
3种报法.由分步乘法计数原理得共有12×3=36(种)报法.
法二　第一步,将3名同学分成两组,一组1人,一组2人,共种方法;第二步,从4个社团里选取2个社团让两组同学分别报名,共种方法.由分步乘法计数原理得共有=36(种)报法.
答案:36
组合问题的2种题型及解法
题型 解法
“含有”或“不含有”某些元素的组合 “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
“至少”或“至多”含有几个元素的组合 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
排列与组合的综合问题
　整体均分问题
国家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.
解析:先把6个毕业生平均分成3组,有=15(种)方法,再将3组毕业生分到3所学校,有=6种方法,故6个毕业生平均分到3所学校,共有×=90(种)不同的分派方法.
答案:90
本题属于整体均分问题,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(n为均分的组数),避免重复计数.
　部分均分问题
某人有中国古代四大名著:《三国演义》《西游记》《水浒传》《红楼梦》各一本,他要将这四本书全部借给三位同学,每位同学至少一本,但《西游记》《红楼梦》这两本书不能借给同一人,则不同的借法有　　　　种.
解析:根据题意,分两步进行分析:①将四本书分成3组,其中1组两本,其他2组各一本,有=6(种)分组方法,但《西游记》《红楼梦》这两本书不能借给同一人,即这两本书不能分在同一组,《西游记》《红楼梦》分在同一组的情况有1种,故四本书分成3组,符合题意的分法有6-1=5(种);②将分好的3组全排列,对应三位同学,有=6(种)情况,故不同的借法有5×6=30(种).
答案:30
对于部分均分问题,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.
　不等分组问题
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.
解析: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,有种分法;
第2步,在余下的5名教师中任取2名作为一组,有种分法;
第3步,余下的3名教师作为一组,有种分法.
根据分步乘法计数原理,共有=60(种)分法.
再将这3组教师分配到3所中学,有=6种分法,
故共有60×6=360(种)不同的分法.
答案:360
对于不等分组问题,只需先分组,后排列,注意分组时任何组中元素的个数都不相等,所以不需要除以全排列数.
[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级且每班安排2名,则不同的安排方法种数为(　　)
A. B. C. D.2
解析:将4人平均分成两组有种方法,将两组分配到6个班级中的2个班有种,所以不同的安排方法有种.故选B.
2.(2020·新高考Ⅱ卷)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作,每名大学生只去1个村,每个村至少1人,则不同的分配方案共有(　　)
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=3种分法,再将这两组分配到2个山村,有=2种分法,故共有3×2=6(种)分法.故选C.
3.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).
解析:把6本不同的书分成4组,每组至少1本的分法有2种情况,
①有1组3本,其余3组每组1本,不同的分法共有=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·=
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×=
1 560(种).
答案:1 560
(1)从1,2,3,4,9五个数中每次取出两个数记为a,b,则可得到loga b的不同值的个数为(　　)
A.9 B.10 C.13 D.16
(2)(2021·广西南宁高三模拟)有不同的语文书9本,不同的数学书7本,不同的英语书5本,从中选出不属于同一学科的书2本,则不同的选法有(　　)
A.21种 B.315种 C.143种 D.153种
(3)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　　　　.
(4)有A,B,C型高级电脑各一台,甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同,甲、乙会操作三种型号的电脑,丙不会操作C型电脑,而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑,则不同的选派方法有　　　　种(用数字作答).
解析:(1)显然a≠1,若a=2,3,4,9,b=1时,有loga b=0,1个;
若a=2,b=3,4,9时,有log23,log24=2,log29,3个;
若a=3,b=2,4,9时,有log32,log34,log39=2(舍去),2个;
若a=4,b=2,3,9时,有log42=,log43,log49=log23(舍去),2个;
若a=9,b=2,3,4时,有log92,log93=(舍去),log94=log32(舍去),1个,
共有1+3+2+2+1=9(个).故选A.
(2)可分三类:
一类:语文、数学各1本,共有9×7=63(种);
二类:语文、英语各1本,共有9×5=45(种);
三类:数学、英语各1本,共有7×5=35(种).
所以共有63+45+35=143(种)不同选法.故选C.
(3)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).
(4)由于丙、丁两位操作人员的技术问题,要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事,则甲、乙两人至少要选派一人,可分四类:
第1类,选甲、乙、丙3人,由于丙不会操作C型电脑,分2步安排这3人操作的电脑的型号,有2×2=4种方法;
第2类,选甲、乙、丁3人,由于丁只会操作A型电脑,这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑,有2种方法;
第3类,选甲、丙、丁3人,这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑,只有1种方法;
第4类,选乙、丙、丁3人,同样也只有1种方法.
根据分类加法计数原理,共有4+2+1+1=8(种)选派方法.
答案:(1)A　(2)C　(3)240　(4)8　
(1)将标号分别为1,2,3,4,5,6的6个小球放入3个不同的盒子中.若每个盒子放2个,其中标号为1,2的小球放入同一盒子中,则不同的放法共有(　　)
A.12种 B.16种 C.18种 D.36种
(2)有4名优秀学生A,B,C,D全部被保送到甲、乙、丙3所学校,每所学校至少去一名,则不同的保送方案共有　　　　种.
(3)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有　　　　种(用数字作答).
解析:(1)先将标号为1,2的小球放入盒子,有3种情况;再将剩下的4个球平均放入剩下的2个盒子中,共有·=6(种)情况,所以不同的放法共有3×6=18(种).故选C.
(2)先把4名学生分为2,1,1共3组,有=6(种)分法,再将3组对应3个学校,有=6(种)情况,则共有6×6=36(种)不同的保送方案.
(3)把8张奖券分4组有两种分法,一种是分(一等奖,无奖)、(二等奖,无奖)、(三等奖,无奖)、(无奖,无奖)四组,分给4人有种分法;另一种是一组两个奖,一组只有一个奖,另两组无奖,共有种分法,再分给4人有种分法,所以不同获奖情况种数为+=24+36=60.
答案:(1)C　(2)36　(3)60
已知男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1人.选派5人外出比赛.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)第1步,选3名男运动员,有种选法;
第2步,选2名女运动员,有种选法,
共有·=120(种)选法.
(2)法一　至少有1名女运动员包括以下几种情况:
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种数为+++=246.
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人有种选法,其中全是男运动员的选法有种.
所以“至少有1名女运动员”的选法种数为-=246.
(3)法一(直接法)
可分类求解:
“只有男队长”的选法为.
“只有女队长”的选法为;
“男、女队长都入选”的选法为.
所以共有2+=196(种)选法.
法二(间接法)
从10人中任选5人有种选法.
其中不选队长的方法有种.所以“至少有1名队长”的选法种数为-=196.
(4)当有女队长时,其他人任意选,共有种选法.不选女队长时,必选男队长,共有种选法,其中不含女运动员的选法有种,所以不选女队长时的选法共有-种.所以既有队长又有女运动员的选法共有+-=191(种).
有3名男生、4名女生,在下列不同的条件下,求不同的排列方法总数.
(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,甲不站排头也不站排尾;
(4)全体排成一排,女生必须站在一起;
(5)全体排成一排,男生互不相邻.
解:(1)从7人中选5人排列,有=7×6×5×4×3=2 520(种).
(2)分两步完成,先选3人站前排,有种方法,余下4人站后排,有
种方法,共有=5 040(种).
(3)法一(特殊元素优先法)　先排甲,有5种方法,其余6人有种排列方法,共有5×=3 600(种).
法二(特殊位置优先法)　首尾位置可安排另6人中的两人,有种排法,其他5人有种排法,共有=3 600(种).
(4)(捆绑法)　将女生看作一个整体与3名男生一起全排列,有种方法,再将女生全排列,有种方法,共有=576(种).
(5)(插空法)　先排女生,有种方法,再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生,有种方法,共有=1 440(种).
知识点、方法 基础巩固练 综合运用练 应用创新练
分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1,2,4,6 16
排列 5,7
组合 3 13
排列与组合的综合应用 8,9 10,11,12,14 15
1.a,b,c,d,e共5个人,从中选1名组长,1名副组长,但a不能当副组长,不同选法的种数是(　B　)
A.20 B.16 C.10 D.6
解析:当a当组长时,则共有1×4=4(种)选法;当a不当组长时,又因为a也不能当副组长,则共有4×3=12(种)选法.因此共有4+12=16(种)选法.故选B.
2.某市汽车牌照号码可以上网自编,但规定从左到右第二个号码只能从字母B,C,D中选择,其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复),有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,
8,9中选择,其他号码只想在1,3,6,9中选择,则他的车牌号码可选的所有可能情况有(　D　)
A.180种 B.360种 C.720种 D.960种
解析:按照车主的要求,从左到右第一个号码有5种选法,第二个号码有3种选法,其余三个号码各有4种选法.因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4=960(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(　C　)
A.60种 B.120种 C.240种 D.480种
解析:根据题意,有一个项目中分配2名志愿者,其余各项目中分配
1名志愿者,可以先从5名志愿者中任选2人,组成一个小组,有种选法;然后连同其余三人,看成四个元素,四个项目看成四个不同的位置,四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4!种,根据分步乘法计数原理可知,完成这件事共有×4!=240(种)不同的分配方案.故选C.
4.(多选题)(2021·山东实验中学高三模拟)“二进制”与我国古代的《易经》有着一定的联系,该书中有两类最基本的符号:“——”和“— —”,其中“——”在二进制中记作“1”,“— —”在二进制中记作“0”,其变化原理与“逢二进一”的法则相通.若从两类符号中任取2个符号排列,可以组成的不同的十进制数为(　ABCD　)
A.0 B.1 C.2 D.3
解析:根据题意,从两类符号中任取2个符号排列的情况可分为三类.第一类:由两个“——”组成,二进制数为11,转化为十进制数,为3.第二类:由两个“— —”组成,二进制数为00,转化为十进制数,为0.第三类:由一个“——”和一个“— —”组成,二进制数为10,01,转化为十进制数,为2,1.所以从两类符号中任取2个符号排列,可以组成的不同的十进制数为0,1,2,3.故选ABCD.
5.(多选题)用1,2,3,4,5这五个数字,组成三位数,则(　ABC　)
A.若允许重复,则可组成为125个
B.若不允许重复,则可组成为60个
C.可组成无重复数字的偶数为24个
D.可组成无重复数字的奇数为24个
解析:组成三位数,若允许重复,则可组成53=125(个);若不允许重复,则可组成=5×4×3=60(个);组成无重复数字的偶数分为两类,一类是2作个位数,共有个,另一类是4作个位数,也有个.因此符合条件的偶数共有+=24(个);组成无重复数字的奇数有=3×
4×3=36(个).故选ABC.
6.在一个三位数中,若十位数字小于个位和百位数字,则称该数为“驼峰数”,比如“102”,“546”为“驼峰数”.由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有　　　　个,其中偶数有　　　　个.
解析:十位上的数为1时,有213,214,312,314,412,413,共6个,十位上的数为2时,有324,423,共2个,所以共有6+2=8(个).偶数为214,
312,314,412,324,共5个.
答案:8　5
7.(2021·山东泰安一模)北京大兴国际机场为4F级国际机场、世界级航空枢纽、国家发展新动力源,于2019年9月25日正式通航.目前建有“三纵一横”4条跑道,分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道,若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞,且西一跑道、西二跑道至少有一道被选取,则共有　　　　种不同的安排方法(用数字作答).
解析:从4条跑道中选取安排共有=12种选择,排除西一跑道、西二跑道都没有的=2种选择,共有12-2=10种选择.
答案:10
8.(2021·山东潍坊模拟)植树造林,绿化祖国.某班级义务劳动志愿者小组参加植树活动,准备在如图所示的一抛物线形地块上的ABCDGFE七点处各种植一棵树苗,其中A,B,C分别与E,F,G关于抛物线的对称轴对称,现有三种树苗,要求每种树苗至少种植一棵,且关于抛物线的对称轴对称的两点处必须种植同一种树苗,则共有不同的种植方法数是　　　　(用数字作答).
解析:由题意对称相当于3种树苗种A,B,C,D四个位置,有且仅有一种树苗重复,有种选法;在四个位置上种植有=12种方法,则由分步乘法计数原理得共有×12=36种方法.
答案:36
9.用0,1,2,3,4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数
(1)比21 034大的偶数;
(2)左起第二、四位是奇数的偶数.
解:(1)可分五类,当末位数字是0,而首位数字是2时,有6个五位数;
当末位数字是0,而首位数字是3或4时,有=12个五位数;
当末位数字是2,而首位数字是3或4时,有=12个五位数;
当末位数字是4,而首位数字是2时,有3个五位数;
当末位数字是4,而首位数字是3时,有=6个五位数.
故共有6+12+12+3+6=39(个)满足条件的五位数.
(2)可分为两类:
末位数是0,个数有=4;
末位数是2或4,个数有=4.
故共有4+4=8(个)满足条件的五位数.
10.《数术记遗》相传是东汉时期徐岳所著,该书主要记述了:积算(即筹算)、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算、计数共14种计算方法.某研究性学习小组3人分工搜集整理该14种计算方法的相关资料,其中一人4种,其余两人每人5种,则不同的分配方法种数是(　A　)
A. B.
C. D.
解析:先将14种计算方法分为三组,方法有种,再分配给3个人,方法有种.故选A.
11.(多选题)将4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中,不允许有空盒子的放法共有(　BC　)
A.种 B.种
C.种 D.18种
解析:根据题意,4个不同的小球放入3个分别标有1～3号的盒子中,且没有空盒,则3个盒子中有1个中放2个球,剩下的2个盒子中各放1个,
有2种解法:
(1)分2步进行分析:
①先将4个不同的小球分成3组,有种分组方法;
②将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有种放法;
则没有空盒的放法有种;
(2)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,有种放法.
则没有空盒的放法有种.
由此可知,A,D错误.故选BC.
12.从5男3女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员
2人组成4人志愿者服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有
　　　　种不同的选法.
解析:要求服务队中至少有1名女生,则分3种情况讨论:
①选出志愿者服务队的4人中有1名女生,有=30种选法,
这4人选2人作为队长和副队长有=12种选法,其余2人为普通队员,有1种情况,
此时有30×12=360(种)不同的选法.
②选出志愿者服务队的4人中有2名女生,有=30种选法,
这4人选2人作为队长和副队长有=12种选法,其余2人为普通队员,有1种情况,
此时有30×12=360(种)不同的选法.
③选出志愿者服务队的4人中有3名女生,有=5种选法,
这4人选2人作为队长和副队长有=12种选法,其余2人为普通队员,有1种情况,
此时有5×12=60(种)不同的选法.
则一共有360+360+60=780(种)不同的选法.
答案:780
13.某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种次品.现从35种商品中选取3种.
(1)其中某一种次品必须在内,不同的取法有多少种
(2)其中某一种次品不能在内,不同的取法有多少种
(3)恰有2种次品在内,不同的取法有多少种
(4)至少有2种次品在内,不同的取法有多少种
(5)至多有2种次品在内,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=561种取法,
所以某一种次品必须在内的不同的取法有561种.
(2)从34种可选商品中,选取3种,有种取法,或者-==
5 984(种)取法,
所以某一种次品不能在内的不同的取法有5 984种.
(3)从20种正品中选取1种,从15种次品中选取2种有=
2 100种取法,
所以恰有2种次品在内的不同的取法有2 100种.
(4)选取2种次品有种,选取3种次品有种,共有选取方式+=2 100+455=2 555(种),
所以至少有2种次品在内的不同的取法有2 555种.
(5)法一(间接法)　选取3种的总数为,因此共有选取方式-
=6 545-455=6 090(种).
所以至多有2种次品在内的不同的取法有6 090种.
法二(直接法)　共有选取方式++=6 090(种),
所以至多有2种次品在内的不同的取法有6 090种.
14.按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式
(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;
(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;
(3)平均分成三份,每份2本;
(4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;
(5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本;
(6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本.
解:(1)6本不同的书分成三份,1份1本,1份2本,1份3本,分三个步骤,第1步,从6本书中取1本有种分配方法;第2步,从剩余的5本书中取2本有种分配方法,第3步,从剩余的3本书中取3本有种分配方法,所以总共有=60种分配方法.
(2)由(1)可知分组后共有60种方法,分别分给甲、乙、丙后的方法有=360种.
(3)从6本书中选择2本书,有种分配方法;再从剩余4本书中选择2本书,有种分配方法;剩余2本书,有种分配方法,所以有=90种分配方法.
但是,该过程有重复.假如6本书分别为A,B,C,D,E,F,若三个步骤分别选出的是(AB),(CD),(EF),则所有情况为(AB,CD,EF),(AB,EF,CD),
(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,AB,CD),(EF,CD,AB).所以分配方式共有=15种.
(4)由(3)可知,平均分给甲、乙、丙三人,则分配方法有×=
90种.
(5)从6本书中选4本书的方法有种,从剩余2本书中选1本书有种,因为在最后2本书的选择中有重复,所以总共有=15种.
(6)由(5)可知,分给甲、乙、丙三人的分配方法有×=90种.
15.(多选题)在某班进行的演讲比赛中,共有5位选手参加,其中3位女生,2位男生.如果2位男生不能连续出场,且女生甲不能排在第一个,为求出场顺序的排法种数,下列式子正确的为(　ABD　)
A.+
B.-
C.-
D.--+
解析:若第一个出场的是男生,则第二个出场的是女生,以后的顺序任意排,方法有种,若第一个出场的是女生(不是女生甲),则将剩余的2位女生排列好,2位男生插空,方法有种.所以满足条件的出场顺序有+种,故A正确;先排3位女生,3位女生之间有4个空,从4个空中选2个排男生,共有种,若女生甲排在第一个,则3位女生之间有3个空,从3个空中选2个排男生,有种,所以满足条件的出场顺序有-种,故B正确;5位选手全排列的方法数减去2位男生连续出场的方法数,再减去女生甲排在第一个的方法数.因为多减去了2位男生既连续出场,女生甲又排在第一个的方法数,所以满足条件的出场顺序有--+
种,故D正确.故选ABD.
16.如图,将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两顶点异色,如果只有5种颜色可供使用,则不同的染色方法种数是　　　　.
解析:法一　由题设,四棱锥SABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同,不同的染色方法共有5×4×3=60(种).
当S,A,B染好时,不妨设其颜色分别为1,2,3,其余两种颜色为4,5,若C染2,则D可染3或4或5,有3种不同的染色方法;若C染4,则D可染3或5,有2种不同的染色方法;若C染5,则D可染3或4,有
2种不同的染色方法.所以当S,A,B染好时,C,D还有7种不同的染色方法,故不同染色方法有60×7=420(种).
法二　以S,A,B,C,D的顺序分步染色.第一步,S点染色,有5种不同的方法.第二步,A点染色,与S在同一条棱上,有4种不同的方法.第三步,B点染色,与S,A分别在同一条棱上,有3种不同的方法.第四步,C点染色,考虑到D点与S,A,C分别在同一条棱上,需要对A与C是否同色进行分类,当A与C同色时,D点有3种不同的染色方法;当A与C不同色时,因为C与S,B也不同色,所以C点有2种不同的染色方法,D点也有2种不同的染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理,得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3+2×2)=420(种).
法三　按所用颜色种数分类.第一类,5种颜色全用,共有种不同的染色方法;第二类,只用4种颜色,则必有某两个顶点同色(A与C或B与D),共有2×种不同的染色方法;第三类,只用3种颜色,则A与C,B与D必定同色,共有种不同的染色方法.由分类加法计数原理,得不同的染色方法为+2×+=420(种).
答案:420

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