資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第一節　兩個計數原理、排列與組合
課標解讀 考向預測
1.了解分類加法計數原理、分步乘法計數原理及其意義. 2.會用分類加法計數原理和分步乘法計數原理分析和解決一些簡單的實際問題. 3.理解排列、組合的概念；能利用計數原理推導排列數公式、組合數公式. 4.能利用排列組合解決簡單的實際問題. 在近幾年的高考中，排列與組合考查的頻率較高，常以社會熱點問題為背景，考查考生利用排列組合知識解決問題的能力．預計2025年高考將會以小題形式單獨考查排列與組合的應用問題或與統計概率綜合命題.
【知識梳理】
1．兩個計數原理
(1)分類加法計數原理
完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m＋n種不同的方法．
(2)分步乘法計數原理
完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m×n種不同的方法．
2．排列與組合
(1)排列與組合的概念
名稱 定義
排列 從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素 并按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列
組合 作為一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合
(2)排列數與組合數
①從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同排列的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的排列數，用符號A表示．
②從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同組合的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數，用符號C表示．
(3)排列數、組合數的公式及性質
公式 (1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝. (2)C＝＝ ＝(n，m∈N*，且m≤n)． 特別地C＝1
性質 (1)0！＝1；A＝n！． (2)C＝C；C＝C＋C
【常用結論】
1．排列數、組合數常用公式
(1)A＝(n－m＋1)A.
(2)A＝nA.
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.
(4)kC＝nC.
(5)C＋C＋…＋C＋C＝C.
2．解決排列與組合問題的四大原則
(1)特殊優先原則：如果問題中有特殊元素或特殊位置，優先考慮這些特殊元素或特殊位置．
(2)先取后排原則：在既有取出又需要對取出的元素進行排列時，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再進行排列．
(3)正難則反原則：當直接求解困難時，采用間接法解決問題．
(4)先分組后分配原則：在分配問題中如果被分配的元素多于位置，這時要先進行分組，再進行分配．
【診斷自測】
1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)在分類加法計數原理中，兩類不同方案中的方法可以相同．(　　)
(2)在分步乘法計數原理中，事情是分兩步完成的，其中任何一個單獨的步驟都能完成這件事．(　　)
(3)所有元素完全相同的兩個排列為相同排列．(　　)
(4)若組合數公式C＝C，則x＝m成立．(　　)
2．小題熱身
(1)某同學逛書店，發現3本喜歡的書，決定至少買其中的一本，則購買方案有(　　)
A．3種 B．6種
C．7種 D．9種
(2)(人教A選擇性必修第三冊習題6.2 T4(2)改編)現從6名學生干部中選出3名同學分別參加全校資源、生態和環保3個夏令營活動，則不同的選派方案的種數是(　　)
A．20 B．90
C．120 D．240
(3)(人教A選擇性必修第三冊習題6.1 T8(2)改編)3個班分別從5處風景點中選擇一處游覽，不同的選法有________種．
(4)(人教A選擇性必修第三冊習題6.2 T13改編)某醫院計劃從3名醫生和4名護士中任選3人去外地培訓，則至少有1名醫生被選中的選法共有________種．
【考點探究】
考點一　兩個計數原理
例1　(1)若m，n∈N，m>0，n>0，且m＋n≤8，則平面上的點(m，n)共有(　　)
A．21個 B．20個
C．28個 D．30個
(2)有六名同學報名參加三個智力競賽項目，每項限報一人，且每人至多參加一項，則共有________種不同的報名方法．
(3)用0，1，2，3，4，5，6這7個數字可以組成________個無重復數字的四位偶數(用數字作答)．
(4)如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構成一個“正交線面對”．在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”共有________個．
(5)如圖，湖北省分別與湖南、安徽、陜西、江西四省交界，且湘、皖、陜互不交界，在地圖上分別給各省地域涂色，要求相鄰省涂不同色，現有5種不同顏色可供選用，則不同的涂色方案共有________種．
【通性通法】
利用兩個計數原理解決應用問題的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么；
(2)確定是先分類后分步，還是先分步后分類；
(3)弄清分步、分類的標準是什么；
(4)利用兩個計數原理求解．
【鞏固遷移】
1．設I＝{1，2，3，4}，A與B是I的子集，若A∩B＝{1，2}，則稱(A，B)為一個“理想配集”．若將(A，B)與(B，A)看成不同的“理想配集”，則符合此條件的“理想配集”有________個．
2．如果一個三位正整數形如“a1a2a3”滿足a1＜a2，且a2＞a3，則稱這樣的三位數為凸數(如120，343，275等)，那么所有凸數的個數為________．
3.現要將5種不同的花卉種植在如圖所示的5個區域上，要求相鄰的區域不能種植同一種花卉，則不同的種植方法有________種．
考點二　排列問題
例2　(1)中國國家滑雪隊將開展自由式滑雪項目中的空中技巧、雪上技巧、障礙追逐和U型場地技巧四個項目表演，現安排兩名男隊員和兩名女隊員組隊參演，參演選手每人展示其中一個不同的項目，雪上技巧項目必須由女隊員展示，則所有不同出場順序與項目展示方案種數為(　　)
A．576 B．288
C．144 D．48
(2)用0，1，2，3，4，5這六個數字可以組成________個無重復數字且不大于4310的四位偶數．
【通性通法】
求解排列問題的四種常用方法
【鞏固遷移】
4．從3，5，7，11這四個質數中，每次取出兩個不同的數，分別記為a，b，則共可得到的不同值的個數為(　　)
A．6 B．8
C．12 D．16
考點三　組合問題
例3　某市工商局對35種商品進行抽樣檢查，已知其中有15種假貨．現從35種商品中選取3種．
(1)其中某一種假貨必須在內，不同的取法有多少種？
(2)其中某一種假貨不能在內，不同的取法有多少種？
(3)恰有2種假貨在內，不同的取法有多少種？
(4)至少有2種假貨在內，不同的取法有多少種？
(5)至多有2種假貨在內，不同的取法有多少種？
解　(1)從余下的34種商品中選取2種有C＝561種，所以某一種假貨必須在內的不同的取法有561種．
(2)從34種可選商品中選取3種有C＝5984種，所以某一種假貨不能在內的不同的取法有5984種．
(3)從20種真貨中選取1種，從15種假貨中選取2種，
有CC＝2100種，
所以恰有2種假貨在內的不同的取法有2100種．
(4)選取2種假貨有CC種，選取3種假貨有C種，
共有CC＋C＝2100＋455＝2555種，
所以至少有2種假貨在內的不同的取法有2555種．
(5)從35種商品中選取3種有C種，選取3種假貨有C種，因此共有C－C＝6545－455＝6090種．
所以至多有2種假貨在內的不同的取法有6090種．
【通性通法】
組合問題常有以下兩類題型
(1)“含有”或“不含有”問題：“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去選取．
(2)“至少”或“至多”問題：用直接法和間接法都可以求解，通常用直接法，分類復雜時，考慮逆向思維，用間接法處理．
【鞏固遷移】
5．(2023·新課標Ⅰ卷)某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有________種(用數字作答)．
考點四　排列、組合問題的綜合應用(多考向探究)
考向1　相鄰、不相鄰問題
例4　某中學為了弘揚我國二十四節氣文化，特制作出“立春”“驚蟄”“雨水”“春分”“清明”“谷雨”六張知識展板分別放置在六個并排的文化櫥窗里，要求“立春”和“春分”兩塊展板相鄰，且“清明”與“驚蟄”兩塊展板不相鄰，則不同的放置方式種數為(　　)
A．24 B．48
C．144 D．244
【通性通法】
相鄰與不相鄰問題的解決方法
(1)“相鄰”問題：元素相鄰問題，一般用“捆綁法”，先把相鄰的若干個元素“捆綁”為一個大元素與其余元素全排列，然后再松綁，將這若干個元素內部全排列．
(2)“不相鄰”問題：元素不相鄰問題，一般用“插空法”，先將不相鄰元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之間及兩端插入不相鄰元素．
【鞏固遷移】
6．三對夫妻站成一排照相，則僅有一對夫妻相鄰的站法總數是(　　)
A．72 B．144
C．240 D．288
考向2　特殊元素(位置)問題
例5　(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同排列方式共有(　　)
A．12種 B．24種
C．36種 D．48種
【通性通法】
解決特殊元素、特殊位置問題的原則與方法
(1)原則：解“在”與“不在”的有限制條件的排列問題時，可以從元素入手也可以從位置入手，原則是誰特殊誰優先．
(2)方法：從元素入手時，先給特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上，從位置入手時，先安排特殊位置，再安排其他位置．
【鞏固遷移】
7．從10種不同的作物種子中選出6種放入6個不同的瓶子中展出，如果甲、乙兩種種子不能放入第1號瓶內，那么不同的放法種數為(　　)
A．CA B．CA
C．CA D．CA
考向3　分組、分配問題
例6　(多選)有6本不同的書，按下列方式進行分配，其中分配種數正確的是(　　)
A．分給甲、乙、丙三人，每人各2本，有90種分配方法
B．分給甲、乙、丙三人，一人4本，另兩人各1本，有90種分配方法
C．分給甲、乙每人各2本，分給丙、丁每人各1本，有180種分配方法
D．分給甲、乙、丙、丁四人，有兩人各2本，另兩人各1本，有2160種分配方法
【通性通法】
解決分組分配問題的策略
(1)對于不等分問題，首先要對分配數量的可能情形進行一一列舉，然后再對每一種情形分類考慮．在每一類的計數中，又要考慮是分步乘法計數還是分類加法計數，是排列問題還是組合問題．
(2)對于整體均分，分組后一定要除以A(n為均分的組數)，避免重復計數．
(3)對于部分均分，若有m組元素個數相等，則分組時應除以m！.
【鞏固遷移】
8．(2024·岳陽模擬)中國書法歷史悠久，源遠流長，書法作為一門藝術，以文字為載體，不斷地反映著和豐富著華夏民族的自然觀、宇宙觀和人生觀，談到書法藝術，就離不開漢字，漢字是書法藝術的精髓，漢字本身具有豐富的意象和可塑的規律性，使漢字書寫成為一門獨特的藝術，我國書法大體可分為篆、隸、楷、行、草五種書體，如圖，以“國”字為例，現有5張分別寫有一種書體的臨摹紙，將其全部分給3名書法愛好者，每人至少1張，則不同的分法種數為(　　)
A．60 B．90
C．120 D．150
9．數學活動小組由12名同學組成，現將這12名同學平均分成四組分別研究四個不同課題，且每組只研究一個課題，并要求每組選出1名組長，則不同的分配方案有(　　)
A．A種 B．CCC34種
C.43種 D．CCC43種
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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第一節　兩個計數原理、排列與組合
課標解讀 考向預測
1.了解分類加法計數原理、分步乘法計數原理及其意義. 2.會用分類加法計數原理和分步乘法計數原理分析和解決一些簡單的實際問題. 3.理解排列、組合的概念；能利用計數原理推導排列數公式、組合數公式. 4.能利用排列組合解決簡單的實際問題. 在近幾年的高考中，排列與組合考查的頻率較高，常以社會熱點問題為背景，考查考生利用排列組合知識解決問題的能力．預計2025年高考將會以小題形式單獨考查排列與組合的應用問題或與統計概率綜合命題.
【知識梳理】
1．兩個計數原理
(1)分類加法計數原理
完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m＋n種不同的方法．
(2)分步乘法計數原理
完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m×n種不同的方法．
2．排列與組合
(1)排列與組合的概念
名稱 定義
排列 從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素 并按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列
組合 作為一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合
(2)排列數與組合數
①從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同排列的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的排列數，用符號A表示．
②從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同組合的個數，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數，用符號C表示．
(3)排列數、組合數的公式及性質
公式 (1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝. (2)C＝＝ ＝(n，m∈N*，且m≤n)． 特別地C＝1
性質 (1)0！＝1；A＝n！． (2)C＝C；C＝C＋C
【常用結論】
1．排列數、組合數常用公式
(1)A＝(n－m＋1)A.
(2)A＝nA.
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.
(4)kC＝nC.
(5)C＋C＋…＋C＋C＝C.
2．解決排列與組合問題的四大原則
(1)特殊優先原則：如果問題中有特殊元素或特殊位置，優先考慮這些特殊元素或特殊位置．
(2)先取后排原則：在既有取出又需要對取出的元素進行排列時，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再進行排列．
(3)正難則反原則：當直接求解困難時，采用間接法解決問題．
(4)先分組后分配原則：在分配問題中如果被分配的元素多于位置，這時要先進行分組，再進行分配．
【診斷自測】
1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)在分類加法計數原理中，兩類不同方案中的方法可以相同．(　　)
(2)在分步乘法計數原理中，事情是分兩步完成的，其中任何一個單獨的步驟都能完成這件事．(　　)
(3)所有元素完全相同的兩個排列為相同排列．(　　)
(4)若組合數公式C＝C，則x＝m成立．(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2．小題熱身
(1)某同學逛書店，發現3本喜歡的書，決定至少買其中的一本，則購買方案有(　　)
A．3種 B．6種
C．7種 D．9種
答案　C
解析　買一本，有3種方案；買兩本，有3種方案；買三本，有1種方案．因此共有3＋3＋1＝7種方案．
(2)(人教A選擇性必修第三冊習題6.2 T4(2)改編)現從6名學生干部中選出3名同學分別參加全校資源、生態和環保3個夏令營活動，則不同的選派方案的種數是(　　)
A．20 B．90
C．120 D．240
答案　C
解析　共有A＝120種不同的選派方案．
(3)(人教A選擇性必修第三冊習題6.1 T8(2)改編)3個班分別從5處風景點中選擇一處游覽，不同的選法有________種．
答案　125
解析　因為第1個班有5種選法，第2個班有5種選法，第3個班有5種選法，所以由分步乘法計數原理可得，不同的選法有5×5×5＝125種．
(4)(人教A選擇性必修第三冊習題6.2 T13改編)某醫院計劃從3名醫生和4名護士中任選3人去外地培訓，則至少有1名醫生被選中的選法共有________種．
答案　31
解析　至少有1名醫生被選中的選法共有C－C＝31種．
【考點探究】
考點一　兩個計數原理
例1　(1)若m，n∈N，m>0，n>0，且m＋n≤8，則平面上的點(m，n)共有(　　)
A．21個 B．20個
C．28個 D．30個
答案　C
解析　根據題意，m可取的值為1，2，3，4，5，6，7，當m＝1時，n可取的值為1，2，3，4，5，6，7，共7種；當m＝2時，n可取的值為1，2，3，4，5，6，共6種；當m＝3時，n可取的值為1，2，3，4，5，共5種；當m＝4時，n可取的值為1，2，3，4，共4種；當m＝5時，n可取的值為1，2，3，共3種；當m＝6時，n可取的值為1，2，共2種；當m＝7時，n可取的值為1，共1種．則平面上的點(m，n)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28個．
(2)有六名同學報名參加三個智力競賽項目，每項限報一人，且每人至多參加一項，則共有________種不同的報名方法．
答案　120
解析　因為每項限報一人，且每人至多參加一項，因此可由項目選人，第一個項目有6種選法，第二個項目有5種選法，第三個項目有4種選法．根據分步乘法計數原理，共有6×5×4＝120種不同的報名方法．
(3)用0，1，2，3，4，5，6這7個數字可以組成________個無重復數字的四位偶數(用數字作答)．
答案　420
解析　要完成的“一件事”為“組成無重復數字的四位偶數”，所以千位數字不能為0，個位數字必須是偶數，且組成的四位數中四個數字不重復，因此應先分類，再分步．
第一類，當千位數字為奇數，即取1，3，5中的任意一個時，個位數字可取0，2，4，6中的任意一個，百位數字不能取與這兩個數字重復的數字，十位數字不能取與這三個數字重復的數字．根據分步乘法計數原理，有3×4×5×4＝240種取法；
第二類，當千位數字為偶數，即取2，4，6中的任意一個時，個位數字可以取除首位數字的任意一個偶數，百位數字不能取與這兩個數字重復的數字，十位數字不能取與這三個數字重復的數字．根據分步乘法計數原理，有3×3×5×4＝180種取法．
根據分類加法計數原理，共可以組成240＋180＝420個無重復數字的四位偶數．
(4)如果一條直線與一個平面垂直，那么稱此直線與平面構成一個“正交線面對”．在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”共有________個．
答案　36
解析　在正方體中，每一個表面有四條棱與之垂直，六個表面，共構成6×4＝24個“正交線面對”；而正方體的六個對角面中，每個對角面有兩條面對角線與之垂直，共構成6×2＝12個“正交線面對”，所以共有24＋12＝36個“正交線面對”．
(5)如圖，湖北省分別與湖南、安徽、陜西、江西四省交界，且湘、皖、陜互不交界，在地圖上分別給各省地域涂色，要求相鄰省涂不同色，現有5種不同顏色可供選用，則不同的涂色方案共有________種．
答案　720
解析　解法一：依題意，分五步進行．第一步，涂湖北有5種方法；第二步，涂江西有4種方法；第三步，涂安徽有3種方法；第四步，涂湖南有3種方法；第五步，涂陜西有4種方法．根據分步乘法計數原理，不同的涂色方案共有5×4×3×3×4＝720種．
解法二：依題意，按安徽與陜西涂的顏色相同和不同分成兩類：若安徽與陜西涂同色，先涂陜西有5種方法，再涂湖北有4種方法，涂安徽有1種方法，涂江西有3種方法，最后涂湖南有3種方法，由分步乘法計數原理得，不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180種；若安徽與陜西涂不同色，先涂陜西有5種方法，再涂湖北有4種方法，涂安徽有3種方法，涂江西、湖南也各有3種方法，由分步乘法計數原理得，不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540種．所以由分類加法計數原理得，不同的涂色方案共有180＋540＝720種．
【通性通法】
利用兩個計數原理解決應用問題的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么；
(2)確定是先分類后分步，還是先分步后分類；
(3)弄清分步、分類的標準是什么；
(4)利用兩個計數原理求解．
【鞏固遷移】
1．設I＝{1，2，3，4}，A與B是I的子集，若A∩B＝{1，2}，則稱(A，B)為一個“理想配集”．若將(A，B)與(B，A)看成不同的“理想配集”，則符合此條件的“理想配集”有________個．
答案　9
解析　對子集A分類討論：當A是二元集{1，2}時，B可以為{1，2，3，4}，{1，2，4}，{1，2，3}，{1，2}，共4種情況；當A是三元集{1，2，3}時，B可以為{1，2，4}，{1，2}，共2種情況；當A是三元集{1，2，4}時，B可以為{1，2，3}，{1，2}，共2種情況；當A是四元集{1，2，3，4}時，B取{1，2}，有1種情況．根據分類加法計數原理，共有4＋2＋2＋1＝9種結果，即符合此條件的“理想配集”有9個．
2．如果一個三位正整數形如“a1a2a3”滿足a1＜a2，且a2＞a3，則稱這樣的三位數為凸數(如120，343，275等)，那么所有凸數的個數為________．
答案　240
解析　若a2＝2，則百位數字只能選1，個位數字可選1或0，凸數為120與121，共2個；若a2＝3，則百位數字有兩種選擇，個位數字有三種選擇，則凸數有2×3＝6個；若a2＝4，滿足條件的凸數有3×4＝12個；…；若a2＝9，滿足條件的凸數有8×9＝72個．所以所有凸數的個數為2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.
3.現要將5種不同的花卉種植在如圖所示的5個區域上，要求相鄰的區域不能種植同一種花卉，則不同的種植方法有________種．
答案　420
解析　由題意，可以種植相同花卉的區域為2，4和3，5.若都不相同，則有5×4×3×2×1＝120種；若只有2，4相同，則有5×4×3×2＝120種；若只有3，5相同，則有5×4×3×2＝120種；若2，4與3，5分別相同，則有5×4×3＝60種．由分類加法計數原理知，共有120＋120＋120＋60＝420種不同的種植方法．
考點二　排列問題
例2　(1)中國國家滑雪隊將開展自由式滑雪項目中的空中技巧、雪上技巧、障礙追逐和U型場地技巧四個項目表演，現安排兩名男隊員和兩名女隊員組隊參演，參演選手每人展示其中一個不同的項目，雪上技巧項目必須由女隊員展示，則所有不同出場順序與項目展示方案種數為(　　)
A．576 B．288
C．144 D．48
答案　B
解析　根據題意，雪上技巧項目必須由女隊員展示，有2種情況，剩下3人表演其他3個項目，有A＝6種情況，而4個項目之間的排法有A＝24種順序，則有2×6×24＝288種展示方案．
(2)用0，1，2，3，4，5這六個數字可以組成________個無重復數字且不大于4310的四位偶數．
答案　110
解析　①當千位上排1或3時，符合題意的數共有AAA個；②當千位上排2時，符合題意的數共有AA個；③當千位上排4時，形如40××，42××的偶數各有A個符合題意，形如41××的偶數有AA個符合題意，形如43××的偶數只有4310和4302這兩個數符合題意．故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2＝110個數符合題意．
【通性通法】
求解排列問題的四種常用方法
【鞏固遷移】
4．從3，5，7，11這四個質數中，每次取出兩個不同的數，分別記為a，b，則共可得到的不同值的個數為(　　)
A．6 B．8
C．12 D．16
答案　C
解析　的值的個數即為從3，5，7，11這四個數中任選2個數的排列數，即A＝4×3＝12.
考點三　組合問題
例3　某市工商局對35種商品進行抽樣檢查，已知其中有15種假貨．現從35種商品中選取3種．
(1)其中某一種假貨必須在內，不同的取法有多少種？
(2)其中某一種假貨不能在內，不同的取法有多少種？
(3)恰有2種假貨在內，不同的取法有多少種？
(4)至少有2種假貨在內，不同的取法有多少種？
(5)至多有2種假貨在內，不同的取法有多少種？
解　(1)從余下的34種商品中選取2種有C＝561種，所以某一種假貨必須在內的不同的取法有561種．
(2)從34種可選商品中選取3種有C＝5984種，所以某一種假貨不能在內的不同的取法有5984種．
(3)從20種真貨中選取1種，從15種假貨中選取2種，
有CC＝2100種，
所以恰有2種假貨在內的不同的取法有2100種．
(4)選取2種假貨有CC種，選取3種假貨有C種，
共有CC＋C＝2100＋455＝2555種，
所以至少有2種假貨在內的不同的取法有2555種．
(5)從35種商品中選取3種有C種，選取3種假貨有C種，因此共有C－C＝6545－455＝6090種．
所以至多有2種假貨在內的不同的取法有6090種．
【通性通法】
組合問題常有以下兩類題型
(1)“含有”或“不含有”問題：“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去選取．
(2)“至少”或“至多”問題：用直接法和間接法都可以求解，通常用直接法，分類復雜時，考慮逆向思維，用間接法處理．
【鞏固遷移】
5．(2023·新課標Ⅰ卷)某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有________種(用數字作答)．
答案　64
解析　由題意，可分三類：第一類，體育類選修課和藝術類選修課各選修1門，有CC種方案；第二類，在體育類選修課中選修1門，在藝術類選修課中選修2門，有CC種方案；第三類，在體育類選修課中選修2門，在藝術類選修課中選修1門，有CC種方案．綜上，不同的選課方案共有CC＋CC＋CC＝64種．
考點四　排列、組合問題的綜合應用(多考向探究)
考向1　相鄰、不相鄰問題
例4　某中學為了弘揚我國二十四節氣文化，特制作出“立春”“驚蟄”“雨水”“春分”“清明”“谷雨”六張知識展板分別放置在六個并排的文化櫥窗里，要求“立春”和“春分”兩塊展板相鄰，且“清明”與“驚蟄”兩塊展板不相鄰，則不同的放置方式種數為(　　)
A．24 B．48
C．144 D．244
答案　C
解析　根據題意，先將“立春”和“春分”兩塊展板捆綁在一起，與“雨水”“谷雨”排列，有4個空，然后“清明”與“驚蟄”去插空，所以不同的放置方式有AAA＝144種．
【通性通法】
相鄰與不相鄰問題的解決方法
(1)“相鄰”問題：元素相鄰問題，一般用“捆綁法”，先把相鄰的若干個元素“捆綁”為一個大元素與其余元素全排列，然后再松綁，將這若干個元素內部全排列．
(2)“不相鄰”問題：元素不相鄰問題，一般用“插空法”，先將不相鄰元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之間及兩端插入不相鄰元素．
【鞏固遷移】
6．三對夫妻站成一排照相，則僅有一對夫妻相鄰的站法總數是(　　)
A．72 B．144
C．240 D．288
答案　D
解析　首先，選一對夫妻使之相鄰，捆綁在一起看作一個復合元素A，這對夫妻有2種排法，故有CA＝6種排法，則現在共有5個位置，若這對夫妻在左數第一個位置，共有CAA＝8種情況，若這對夫妻在左數第二個位置，則共有CC＝8種情況，若這對夫妻在中間位置共有CCAA＝16種情況，左數第四個和第二個情況一樣，第五個和第一個情況一樣，所以三對夫妻站成一排照相，則僅有一對夫妻相鄰的站法有6×(2×8＋2×8＋16)＝288種．故選D.
考向2　特殊元素(位置)問題
例5　(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同排列方式共有(　　)
A．12種 B．24種
C．36種 D．48種
答案　B
解析　因為丙、丁要在一起，先把丙、丁捆綁，看作一個元素，連同乙、戊看成三個元素排列，有A種排列方式；為使甲不在兩端，必須且只需甲在此三個元素的中間兩個位置任選一個位置插入，有2種插入方式；注意到丙、丁兩人的順序可交換，有2種排列方式，故安排這5名同學共有A×2×2＝24種不同的排列方式．故選B.
【通性通法】
解決特殊元素、特殊位置問題的原則與方法
(1)原則：解“在”與“不在”的有限制條件的排列問題時，可以從元素入手也可以從位置入手，原則是誰特殊誰優先．
(2)方法：從元素入手時，先給特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上，從位置入手時，先安排特殊位置，再安排其他位置．
【鞏固遷移】
7．從10種不同的作物種子中選出6種放入6個不同的瓶子中展出，如果甲、乙兩種種子不能放入第1號瓶內，那么不同的放法種數為(　　)
A．CA B．CA
C．CA D．CA
答案　C
解析　先排第1號瓶，從除甲、乙以外的8種不同作物種子中選出1種，有C種選法，再排剩余的瓶子，有A種方法，故不同的放法共有CA種．故選C.
考向3　分組、分配問題
例6　(多選)有6本不同的書，按下列方式進行分配，其中分配種數正確的是(　　)
A．分給甲、乙、丙三人，每人各2本，有90種分配方法
B．分給甲、乙、丙三人，一人4本，另兩人各1本，有90種分配方法
C．分給甲、乙每人各2本，分給丙、丁每人各1本，有180種分配方法
D．分給甲、乙、丙、丁四人，有兩人各2本，另兩人各1本，有2160種分配方法
答案　ABC
解析　對于A，先從6本書中分給甲2本，有C種方法；再從其余的4本書中分給乙2本，有C種方法；最后的2本書給丙，有C種方法，所以不同的分配方法有CCC＝90種，A正確；對于B，先把6本書分成3堆：4本、1本、1本，有C種方法；再分給甲、乙、丙三人，所以不同的分配方法有CA＝90種，B正確；對于C，6本不同的書先分給甲、乙每人各2本，有CC種方法；其余2本分給丙、丁，有A種方法，所以不同的分配方法有CCA＝180種，C正確；對于D，先把6本不同的書分成4堆：2本、2本、1本、1本，有·種方法；再分給甲、乙、丙、丁四人，所以不同的分配方法有··A＝1080種，D錯誤．
【通性通法】
解決分組分配問題的策略
(1)對于不等分問題，首先要對分配數量的可能情形進行一一列舉，然后再對每一種情形分類考慮．在每一類的計數中，又要考慮是分步乘法計數還是分類加法計數，是排列問題還是組合問題．
(2)對于整體均分，分組后一定要除以A(n為均分的組數)，避免重復計數．
(3)對于部分均分，若有m組元素個數相等，則分組時應除以m！.
【鞏固遷移】
8．(2024·岳陽模擬)中國書法歷史悠久，源遠流長，書法作為一門藝術，以文字為載體，不斷地反映著和豐富著華夏民族的自然觀、宇宙觀和人生觀，談到書法藝術，就離不開漢字，漢字是書法藝術的精髓，漢字本身具有豐富的意象和可塑的規律性，使漢字書寫成為一門獨特的藝術，我國書法大體可分為篆、隸、楷、行、草五種書體，如圖，以“國”字為例，現有5張分別寫有一種書體的臨摹紙，將其全部分給3名書法愛好者，每人至少1張，則不同的分法種數為(　　)
A．60 B．90
C．120 D．150
答案　D
解析　滿足條件的分法可分為兩類：第一類，一人三張，另兩人各一張，符合條件的分法有CA種，即60種；第二類，其中一人一張，另兩人各兩張，符合條件的分法有·A種，即90種．由分類加法計數原理可得，滿足條件的不同分法種數為60＋90＝150.
9．數學活動小組由12名同學組成，現將這12名同學平均分成四組分別研究四個不同課題，且每組只研究一個課題，并要求每組選出1名組長，則不同的分配方案有(　　)
A．A種 B．CCC34種
C.43種 D．CCC43種
答案　B
解析　解法一：首先將12名同學平均分成四組，有種分法，然后將這四組同學分配到四個不同的課題組，有A種分法，并在各組中選出1名組長，有34種選法．根據分步乘法計數原理，滿足條件的不同分配方案有·A·34＝CCC34種．
解法二：根據題意可知，第一組分3名同學有C種分法，第二組分3名同學有C種分法，第三組分3名同學有C種分法，第四組分3名同學有C種分法．第一組選1名組長有3種選法，第二組選1名組長有3種選法，第三組選1名組長有3種選法，第四組選1名組長有3種選法．根據分步乘法計數原理可知，滿足條件的不同分配方案有CCCC34＝CCC34種．
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