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9．1　计数原理、排列与组合
一、 单选题
1 [2025南京期中]甲、乙、丙、丁去听同时举行的 3个讲座，每人可自由选择听其中一个讲座，则恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的种数为(　　)
A. 6 B. 12
C. 18 D. 24
2 现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张．若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20 220 126的摆放方式共有(　　)
A. 14种 B. 16种
C. 18种 D. 20种
3 从2位男生，3位女生中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位男生入选，则不同的安排方法有(　　)
A. 16种 B. 36种
C. 54种 D. 96种
4 [2025南通月考]将8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人，不同的分发种数为(　　)
A. 70 B. 99
C. 110 D. 165
二、 多选题
5 在江苏新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物学、历史、思想政治、地理共六门，学生根据高校要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门学科中选择1门，再从化学、生物学、思想政治、地理 4门学科中选择2门，选中的3门学科作为选择性考试科目参加考试，则下列说法中正确的是(　　)
A. 若任意选科，则选法种数为CC
B. 若思想政治必选，则选法种数为CC
C. 若化学、地理至少选一门，则选法种数为C(CC＋1)
D. 若历史必选，生物学、思想政治至多选一门，则选法种数为C(C－1)
6 下列说法中，正确的有(　　)
A. 某市地铁一号线正式开通，两位同学同时去乘坐地铁，一列地铁有6节车厢，两人乘坐车厢的乘坐方法共有36种
B. 某小组有3名男生，4名女生，要从中选取2名同学，不同的选法有42种
C. 在一次运动会上有四项比赛，它们的冠军在甲、乙、丙三人中产生，每项比赛冠军只有一人，则不同的夺冠情况共有64种
D. 某小组有8名男生，4名女生，要从中选取1名当组长，不同的选法有12种
7 下列结论中，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，没有一个空盒且小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
三、 填空题
8 [2025济南模拟]将两个1，两个3，一个5排成一行，则不同的排法种数为________．
9 [2025广州一模]将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有________种．
4
10 志愿团安排去甲、乙、丙、丁四个社区义诊的先后顺序，一位志愿者说：“不能先去甲，甲的居民人数最多．”另一位志愿者说：“不能最后去丁，丁离得最远．”则他们共有________种不同的安排方法．
四、 解答题
11 如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段．(列出过程，用数字作答)
(1) 由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条？
(2) 由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条？
(3) 求出图中总计有多少个矩形？
12 某校举行劳动技术比赛，该校高二(1)班的班主任从本班的5名男选手和4名女选手中随机地选出男、女选手各2名参加本次劳动技术比赛中的团体赛，并排好团体赛选手的出场顺序．在下列情形中各有多少种不同的安排方法？
(1) 男选手甲必须参加，且第4位出场；
(2) 男选手甲和女选手乙都参加，且出场的顺序不相邻；
(3) 男选手甲和女选手乙至少有一人参加．
9．1　计数原理、排列与组合
1. A　解析：甲、乙两人听同一个讲座，方法有3种，丙、丁两人听不同的讲座，方法有2种，所以恰好只有甲、乙两人听同一个讲座的方法有3×2＝6(种).
2. C　解析：由题意可知摆放20的方式有2，0或20，共2种；摆放220的方式有2，2，0或22，0或2，20，共3种；摆放126的方式有1，2，6或12，6或1，26，共3种．由分步计数原理知，数字20 220 126的摆放方式共有2×3×3＝18(种).
3. C　解析：当选择1位男生，2位女生时，不同的安排方法有CCA＝36(种)；当选择2位男生，1位女生时，不同的安排方法有CCA＝18(种)，所以不同的安排方法共有36＋18＝54(种).
4. D　解析：当8个相同的篮球只分给其中1人时，有4种分法；当8个相同的篮球分给其中的2人时，先从4人里面选出2人，再将8个相同的篮球排成一排，在形成的7个空里面选出1个空插入1个“隔板”即可，此时有CC＝42(种)分法；当8个相同的篮球分给其中的3人时，先从4人里面选出3人，再将8个相同的篮球排成一排，在形成的7个空里面选出2个空插入2个“隔板”即可，此时有CC＝84(种)分法；当8个相同的篮球分给其中的4人时，每人至少一个，将8个相同的篮球排成一排，在形成的7个空里面选出3个空插入3个“隔板”即可，此时有C＝35(种)分法．故不同的分发种数为4＋42＋84＋35＝165.
5. ACD　解析：在物理、历史2门学科中选择1门有C种，在化学、生物学、思想政治、地理4门学科中选择2门有C种．若任意选科，则选法种数为CC，故A正确；若思想政治必选，还需从化学、生物学、地理3门学科中选择1门有C种，则选法种数为CC，故B错误；若化学、地理至少选一门，两门都选有1种，只选一门有CC种，则选法种数为C(CC＋1)，故C正确；若历史必选有C种，生物学、思想政治至多选一门有(C－1)种，则选法种数为C(C－1)，故D正确．故选ACD.
6. AD　解析：对于A，两人乘坐车厢的乘坐方法有62＝36(种)，故A正确；对于B，不同的选法有C＝21(种)，故B错误；对于C，每项冠军的得主有3种，所以不同的夺冠情况有34＝81(种)，故C错误；对于D，某小组有8名男生，4名女生，要从中选取1名当组长，不同的选法有C＝12(种)，故D正确．故选AD.
7. BCD　解析：对于A，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有44＝256(种)放法，故A错误；对于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，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子各放2个小球，共有C(A＋1)＝18(种)放法，故B正确；对于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，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C·＝144(种)放法，故C正确；对于D，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.
8. 30　解析：方法一：第一步，从5个空中选2个空给两个1，有C种选法；第二步，从剩下的3个空中选2个空给两个3，有C种选法，最后剩一个空排5即可．由分步计数原理，得共有CC＝30(种)不同的排法．
方法二：先对5个元素全排列，因为1和3各重复2次，所以不同的排法种数为＝30.
9. 12　解析：如图，由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得9在左上角，1在右下角.2，3只能排在d，f位置，有A种方法；从余下的4个数字中任取2个按从左到右，由大到小排在a，b位置，有C种方法，最后两个数字从上到下由大到小排在c，e位置，有1种方法，故填写方格表的方法共有AC×1＝12(种).
9 a b
c 4 d
e f 1
10. 14　解析：由题意可知丁社区不能是最后一个去，有以下两类安排方法：丁社区最先去，有A种安排方法；丁社区安排在中间位置去，有CCA种安排方法．故共有A＋CCA＝14(种)安排方法．
11. (1) 由题意，得从点A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次，向右移动3次，向上移动3次，
所以最近路线有CC＝20(条).
(2) 如图，设点G，H，P的位置，
则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况：
沿着A→E→C，共有CCC＝60(条)最近路线；
沿着A→G→C，共有CCCC＝30(条)最近路线；
沿着A→H→C，共有CCCC＝16(条)最近路线；
沿着A→P→C，共有CCC＝5(条)最近路线．
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有60＋30＋16＋5＝111(条).
(3) 由题意，要组成矩形则应从竖线上选出两端点、横线上选出两端点，可分为两种情况：
矩形的边不在CD上，共有CC＝90(个)矩形；
矩形的一条边在CD上，共有CC＝12(个)矩形．
故图中共有90＋12＝102(个)矩形．
12. (1) 完成该件事情可分两步进行：
第一步，选出选手，有CC种方法；
第二步，排好出场顺序，有A种方法，
所以共有CCA＝144(种)不同的安排方法．
(2) 完成该件事情可分两步进行：
第一步，选出选手，有CC种方法；
第二步，排好出场顺序，有AA种方法，
所以共有CCAA＝144(种)不同的安排方法．
(3) 完成该件事情可分两步进行：
第一步，选出选手，“有男选手甲且无女选手乙”的选法种数为CC；“无男选手甲且有女选手乙”的选法种数为CC；“有男选手甲且有女选手乙”的选法种数为CC；
第二步，排好出场顺序，有A种排法，
所以共有(CC＋CC＋CC)A＝1 008(种)不同的安排方法．9．1　计数原理、排列与组合
复习目标　1. 理解两个基本计数原理、排列与组合的概念.2. 能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．3. 能解决简单的实际问题．
计数原理完成一件事是“分类”还是“分步”
排列与组合
活动一 基础引入
1 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．
2 从－1，0，1，2这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个．
3 如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．如果发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．
4 甲、乙、丙、丁四名同学星期天选择到东湖公园、西湖茶经楼、历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中西湖茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有________种．
5 某高中学校在新学期增设了“传统文化”“数学文化”“综合实践”“科学技术”和“劳动技术”5门校本课程．小明和小华两位同学商量每人选报2门校本课程．若两人所选的课程至多有一门相同，且小明必须选报“数学文化”课程，则两位同学不同的选课方案有________种．
活动二 典例悟法
题组一　两个计数原理
1 (1) 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________；
(2) 我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 031是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有________个；
(3) [2025武汉调研]有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，其中恰有一对双胞胎的选法种数为(　　)
A. 40 B. 48 C. 52 D. 60
2 (1) 某班一天上午有4节课，每节课都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F这6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一人，第四节课只能从A，C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种；
(2) 现有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型号电脑，而丁只会操作A型号电脑．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．
如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．
[2024新课标Ⅱ卷·14]在如图所示的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________．
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
题组二　排列问题
3 用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字的：
(1) 五位数？
(2) 五位奇数？
(3) 五位偶数？
1 由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有________个．
2 在变式训练1所求的六位数中，有多少个偶数？
3 用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字且能被5整除的四位数？
1. 对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法和元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
2. 常见排列数的求法：(1) 相邻问题采用“捆绑法”；(2) 不相邻问题采用“插空法”；(3) 有限制元素采用“优先法”；(4) 特殊顺序问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数．
4 7位同学站成一排照相．
(1) 甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？
(2) 甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
(3) 甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？
(4) 甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？
[2022新课标Ⅱ卷·5]有甲、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，则不同排列方式共有(　　)
A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种
题组三　组合问题
5 一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1) 现要从中选出2个球，有多少种不同的选法？
(2) 现要从中选出红球、白球各2个，有多少种不同的选法？
1 在例5的条件下，从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
2 在例5的条件下，若取一个红球记 2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
1 [2023新课标Ⅰ卷·13]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．
2 [2024上海秋季高考·10]设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为________.
解决组合应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实际问题．
1. 建立组合模型的第一步是分析该实际问题有无顺序，有顺序便不是组合问题．
2. 解组合应用题的基本方法仍然是“直接法”和“间接法”．
3. 要注意两个基本计数原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类和分步时，一定要注意有无重复或遗漏．
题组四　排列组合的综合问题
6 有6本不同的书．
(1) 分成三份：
①每份2本，有多少种不同的分法？
②1份4本，另2份各1本，有多少种不同的分法？
③1份1本，1份2本，1份3本，有多少种不同的分法？
(2) 分给甲、乙、丙3人：
①甲得1本，乙得2本，丙得3本，有多少种不同的分法？
②1人1本，1人2本，1人3本，有多少种不同的分法？
③每人2本，有多少种不同的分法？
④1人4本，另2人各1本，有多少种不同的分法？
1. 分组问题的常见形式及处理方法：
(1) 非均匀不编号分组(不平均分组)
将n个不同元素分成m组，第k组的元素个数用mk(1≤k＜n)表示．每组元素数目均不相同，且不考虑各组间的顺序，不管是否分尽，分法种数为A＝.
(2) 均匀不编号分组(部分平均分组)
将n个不同元素分成不编号的m组，假定其中r组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为 (其中A为非均匀不编号分组中分法数，即(1) 中的A)，如果再有k组均匀分组应再除以A.
(3) 非均匀编号分组
n个不同元素分成m组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为A·A(A为非均匀不编号分组中的分法数，即(1) 中的A).
(4) 均匀编号分组
n个不同元素分成m组，其中r组元素个数相同且考虑各组间的顺序，其分法种数为 ·A (A为非均匀不编号分组中的分法数，即(1)中的A).
2. 分配问题：
将n个元素按一定要求分给m个人，称为分配问题．分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不可区分的，而后者即使两人元素个数相同，但因人不同，仍然是可区分的，对于这类问题必须遵循先分组后排列的原则．
特别提醒：分配问题是指把元素分给指定的目标，其实质是先分组，再排序．
9．1　计数原理、排列与组合
1. 36　解析：方法一：按个位数字分类，个位可为2，3，4，5，6，7，8，9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)两位数．
方法二：按十位数字分类，十位可为1，2，3，4，5，6，7，8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)两位数．
2. 18　6　解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步计数原理知，共有3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6(个)偶函数．
3. 63　解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63(种)可能情况．
4. 175　解析：若4人均去西湖茶经楼，则有1种参观方式；若有3人去西湖茶经楼，则从4人中选择3人，另外1人从另外3处景点中选择一处，有CA＝12(种)参观方式；若有2人去西湖茶经楼，则从4人中选择2人，另外2人从另外3处景点中任意选择，有CAA＝54(种)参观方式；若有1人去西湖茶经楼，则从 4人中选择1人，另外3人从另外的3处景点中任意选择，有CAAA＝108(种)参观方式．综上，共有1＋12＋54＋108＝175(种)参观方式．
5. 36　解析：当小明和小华两位同学所选的课程恰有一门相同时，若相同的课程为“数学文化”，则有A＝12(种)方案；若相同的课程不是“数学文化”，则有CC＝12(种)方案，所以当小明和小华两位同学所选的课程恰有一门相同时，共有24种方案；当小明和小华两位同学所选的课程没有相同时，有CC＝12(种)方案，所以两位同学不同的选课方案共有24＋12＝36(种).
例1　(1) 20　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．
(2) 15　解析：由题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个组合，分别为400，040，004；由3，1，0组成6个组合，分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成3个组合，分别为220，202，022；由2，1，1组成 3个组合，分别为211，121，112.故共有3＋6＋3＋3＝15(个)“六合数”．
(3) B　解析：方法一(直接法)：先从四对双胞胎中选出一对，有4种选法；然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有3×2×2＝12(种)选法．根据分步计数原理，共有4×12＝48(种)选法．
方法二(间接法)：无限制从8人中随机选出4人，共有C种选法，其中有两对双胞胎的选法有C种，没有成对双胞胎的选法有CCCC种，故恰有一对双胞胎的选法种数为C－C－CCCC＝48.
例2　(1) 36　解析：若第一节课安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12(种)安排方案；若第一节课安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24(种)安排方案．故不同的安排方案共有12＋24＝36(种).
(2) 8　解析：从4个操作人员中选3人可分四类：第一类，选甲、乙、丙3人，因为丙不会操作C型号电脑，所以分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4(种)方法；第二类，选甲、乙、丁3人，因为丁只会操作A型号电脑，所以安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第三类，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；第四类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．根据分类计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8(种)选派方法．
变式训练　96　解析：按区域1与3是否同色分类．区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2，4，5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6(种)方法，所以当区域1与3涂同色时，共有4×6＝24(种)方法；区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12(种)方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有1种方法，第四步，涂区域5有3种方法，所以这时共有12×2×1×3＝72(种)方法．故由分类计数原理，得不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.
链接高考
24　112　解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24(种)选法；每种选法可标记为(a，b，c，d)，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为(11，22，33，44)，(11，22，34，43)，(11，22，33，44)，(11，22，34，42)，(11，24，33，43)，(11，24，33，42)，(12，21，33，44)，(12，21，34，43)，(12，22，31，44)，(12，22，34，40)，(12，24，31，43)，(12，24，33，40)，(13，21，33，44)，(13，21，34，42)，(13，22，31，44)，(13，22，34，40)，(13，24，31，42)，(13，24，33，40)，(15，21，33，43)，(15，21，33，42)，(15，22，31，43)，(15，22，33，40)，(15，22，31，42)，(15，22，33，40)，所以选中的方格中，(15，21，33，43)的4个数之和最大，为15＋21＋33＋43＝112.
例3　(1) 不考虑是否排0，有A种排法，考虑排0，且0排首位，有A种排法，所以共有A－A＝600(个)不同的五位数．
(2) 方法一(直接法)：分步：第一步先排个位，从1，3，5三个数字中任选一个填入，有A种；第二步排首位，从不包括0的剩下的4个数字中任选一个填入，有A种，最后排剩下的几位，有A种填法，所以共有A·A·A＝288(个)五位奇数．
方法二(间接法)：不考虑是否排0，有A·A种排法，排0且0排在首位，有A·A种排法，所以共有A·A－A·A＝288(个)不同的五位奇数．
(3) 将无重复数字的五位数划分两类：五位奇数和五位偶数，由(1)(2)可知，偶数有600－288＝312(个).　
变式训练1　300　解析：首位数字有C种选法，个位、十位数字有C种排法，中间三位有A种排法．根据分步计数原理知共有C·C·A＝300(个)满足条件的六位数．
变式训练2　若个位排0，则有A个偶数；若个位排2，则十位可从3，4，5中任选1个，有CCA个偶数；若个位排4，则十位只能排5，有CA个偶数．由分类计数原理，得偶数的个数为A＋CCA＋CA＝192.
变式训练3　按个位数所排数字进行分类：
第一类，个位数字排0，有A个；
第二类，个位数字排5，有AA个．
根据分类计数原理，共可组成A＋AA＝108(个)无重复数字且能被5整除的四位数．
例4　(1) 方法一：分两种情况：①甲站在排尾，则有A种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A·A·A种排法．
综上，共有A＋A·A·A＝3 720(种)排法．
方法二：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即A－A－A＋A＝3 720(种)排法．
(2) 采用“捆绑”法，将甲、乙看成一个整体进行排列，故有A·A＝1 440(种)排法．
(3) 采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲、乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A·A＝3 600(种)排法．
(4) 甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有A＝2 520(种)排法．
链接高考
B　解析：因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看作一个元素，和乙、戊看成三个元素排列，有3！种排列方式；因为甲不在两端，所以甲在这三个元素的中间两个位置中任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙、丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有3！×2×2＝24(种)不同的排列方式．
例5　(1) 从10个不同的球中选出2个球，即是从10个不同的元素中取出2个元素的组合数C＝45，
所以不同的选法有45种．
(2) 从4个不同的红球中选出2个的选法有C种，
从6个不同的白球中选2个的选法有C种，
根据分步计数原理，共有C·C＝90(种)不同的选法．
变式训练1　将取出4个球分成三类情况：
第一类：取4个红球，没有白球，有C种；
第二类：取3个红球，1个白球，有CC种；
第三类：取2个红球，2个白球，有CC种，
所以共有C＋CC＋CC＝115(种).
变式训练2　设取x个红球，y个白球，
则其中0≤x≤4，0≤y≤6，x，y∈N，
解得或或
所以符合条件的取法有CC＋CC＋CC＝186(种).
链接高考
1. 64　解析：若选修2门课，则不同的选课方案共有CC＝16(种)；若选修3门课，则不同的选课方案共有CC＋CC＝48(种).综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种).
2. 329　解析：由题意知，集合A中至多只有一个奇数，其余均是偶数. 首先讨论三位数中的偶数，①若个位为0，则这样的偶数有A＝72(个)；若个位不为0，则这样的偶数有CCC＝256(个)，最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为72＋256＋1＝329.
例6　(1) ①先在6本书中任取2本作为一份，有C种不同的取法，
再从余下的4本书中任取2本作为一份，有C种不同的取法，
最后把余下的2本书都取出作为一份，有C种不同的取法，
所以共有CCC种取法，但是这样每种取法对应的是一个排列，总体来讲相当于对三个元素进行了全排列，
所以共有＝15(种)分法．
②＝15(种).
③C·C·C＝60(种).
(2) ①先从6本书中任取1本分给甲，有C种给法，
再从余下的5本书中任取2本分给乙，有C种给法，
最后把余下的3本书给丙，有C种给法，
故共有C·C·C＝60(种)不同的分配方法．
②甲、乙、丙3人谁得1本，谁得2本，谁得3本，不确定，可考虑先分组，后分配，故共有C·C·C·A＝360(种)分法．
③·A＝C·C·C＝90(种).
④·A＝90(种).(共46张PPT)
第九章
9.1　计数原理、排列与组合
统计与概率
复习目标　1．理解两个基本计数原理、排列与组合的概念.2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．3．能解决简单的实际问题．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
1 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有_____个．
36
【解析】方法一：按个位数字分类，个位可为2，3，4，5，6，7，8，9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)两位数．
方法二：按十位数字分类，十位可为1，2，3，4，5，6，7，8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)两位数．
2 从－1，0，1，2这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成_____个不同的二次函数，其中偶函数有____个．
18
【解析】一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步计数原理知，共有3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6(个)偶函数．
6
3 如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．如果发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有_____种．
63
【解析】因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63(种)可能情况．
4 甲、乙、丙、丁四名同学星期天选择到东湖公园、西湖茶经楼、历史博物馆和北湖公园其中一处去参观游玩，其中西湖茶经楼必有人去，则不同的参观方式共有______种．
175
5 某高中学校在新学期增设了“传统文化”“数学文化”“综合实践”“科学技术”和“劳动技术”5门校本课程．小明和小华两位同学商量每人选报2门校本课程．若两人所选的课程至多有一门相同，且小明必须选报“数学文化”课程，则两位同学不同的选课方案有_____种．
36
活动二　典例悟法
1
【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．
20
(2) 我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 031是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有_____个；
15
【解析】由题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个组合，分别为400，040，004；由3，1，0组成6个组合，分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成3个组合，分别为220，202，022；由2，1，1组成 3个组合，分别为211，121，112.故共有3＋6＋3＋3＝15(个)“六合数”．
(3) [2025武汉调研]有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，其中恰有一对双胞胎的选法种数为 (　　)
A．40　　　　B．48　　　　C．52　　　　D．60
B
　　　(1) 某班一天上午有4节课，每节课都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F这6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A，B两人中安排一人，第四节课只能从A，C两人中安排一人，则不同的安排方案共有_____种；
2
36
【解析】若第一节课安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12(种)安排方案；若第一节课安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24(种)安排方案．故不同的安排方案共有12＋24＝36(种).
(2) 现有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型号电脑，而丁只会操作A型号电脑．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．
8
【解析】从4个操作人员中选3人可分四类：第一类，选甲、乙、丙3人，因为丙不会操作C型号电脑，所以分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4(种)方法；第二类，选甲、乙、丁3人，因为丁只会操作A型号电脑，所以安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第三类，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；第四类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．根据分类计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8(种)选派方法．
如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有_____种．
96
【解析】按区域1与3是否同色分类．区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2，4，5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6(种)方法，所以当区域1与3涂同色时，共有4×6＝24(种)方法；区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12(种)方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有1种方法，第四步，涂区域5有3种方法，所以这时共有12×2×1×3＝72(种)方法．故由分类计数原理，得不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.
[2024新课标Ⅱ卷·14]在如图所示的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有_____种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是______．
24
112
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
【解析】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24(种)选法；每种选法可标记为(a，b，c，d)，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为(11，22，33，44)，(11，22，34，43)，(11，22，33，44)，(11，22，34，42)，(11，24，33，43)，(11，24，33，42)，(12，21，33，44)，(12，21，34，43)，(12，22，31，44)，(12，22，34，40)，(12，24，31，43)，(12，24，33，40)，(13，21，33，44)，(13，21，34，42)，(13，22，31，44)，(13，22，34，40)，
(13，24，31，42)，(13，24，33，40)，(15，21，33，43)，(15，21，33，42)，(15，22，31，43)，(15，22，33，40)，(15，22，31，42)，(15，22，33，40)，所以选中的方格中，(15，21，33，43)的4个数之和最大，为15＋21＋33＋43＝112.
题组二　排列问题
　　　用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字的：
(1) 五位数？
(2) 五位奇数？
(3) 五位偶数？
3
　　　　　　1 由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有______个.
300
　　　　　　2 在变式训练1所求的六位数中，有多少个偶数？
　　　　　　3 用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个无重复数字且能被5整除的四位数？
　　　　　1 如何解决关于数字的排列问题？
1．对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法和元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
2．常见排列数的求法：(1) 相邻问题采用“捆绑法”；(2) 不相邻问题采用“插空法”；(3) 有限制元素采用“优先法”；(4) 特殊顺序问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数．
　　　7位同学站成一排照相．
(1) 甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？
(2) 甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
(3) 甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？
(4) 甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？
4
[2022新课标Ⅱ卷·5]有甲、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，则不同排列方式共有 (　　)
A．12种　　　　B．24种　　　　C．36种　　　　D．48种
B
【解析】因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看作一个元素，和乙、戊看成三个元素排列，有3！种排列方式；因为甲不在两端，所以甲在这三个元素的中间两个位置中任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙、丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有3！×2×2＝24(种)不同的排列方式．
题组三　组合问题
　　　一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1) 现要从中选出2个球，有多少种不同的选法？
(2) 现要从中选出红球、白球各2个，有多少种不同的选法？
5
　　　　　　1 在例5的条件下，从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
　　　　　　2 在例5的条件下，若取一个红球记 2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
1 [2023新课标Ⅰ卷·13]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．
64
2 [2024上海秋季高考·10]设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为______．
329
　　　　　2 如何解决组合应用题？
解决组合应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实际问题．
1．建立组合模型的第一步是分析该实际问题有无顺序，有顺序便不是组合问题．
2．解组合应用题的基本方法仍然是“直接法”和“间接法”．
3．要注意两个基本计数原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类和分步时，一定要注意有无重复或遗漏．
题组四　排列组合的综合问题
　　　有6本不同的书．
(1) 分成三份：
①每份2本，有多少种不同的分法？
②1份4本，另2份各1本，有多少种不同的分法？
③1份1本，1份2本，1份3本，有多少种不同的分法？
(2) 分给甲、乙、丙3人：
①甲得1本，乙得2本，丙得3本，有多少种不同的分法？
②1人1本，1人2本，1人3本，有多少种不同的分法？
③每人2本，有多少种不同的分法？
④1人4本，另2人各1本，有多少种不同的分法？
6
　　　　　3 如何解决分组与分配问题？
1．分组问题的常见形式及处理方法：
(1) 非均匀不编号分组(不平均分组)
将n个不同元素分成m组，第k组的元素个数用mk(1≤k2．分配问题：
将n个元素按一定要求分给m个人，称为分配问题．分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不可区分的，而后者即使两人元素个数相同，但因人不同，仍然是可区分的，对于这类问题必须遵循先分组后排列的原则．
特别提醒：分配问题是指把元素分给指定的目标，其实质是先分组，再排序．
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