专题03 排列与组合（知识串讲 热考题型 专题训练）-2022-2023学年高二数学下学期期中期末考点大串讲（人教A版2019）

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专题03 排列与组合



知识点1　两个原理
（1）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．
（2）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．
知识点2　两个计数原理的应用
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：
一、要完成的“一件事”是什么；二、需要分类还是需要分步．
(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分类后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
知识点3　排列与排列数
（1）一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，并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．
（2）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A表示．
（3）排列数公式的两种形式
(1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，其中m，n∈N*，并且m≤n.
(2)A＝.
（4）全排列：把n个不同的元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列，全排列数为A＝n！(叫做n的阶乘)．规定：0！＝1.
知识点4　组合及组合数的定义
（1）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．
（2）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C表示．
（3）排列与组合的关系
相同点
两者都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
不同点
排列问题中元素有序，组合问题中元素无序
关系
组合数C与排列数A间存在的关系
A＝CA
知识点5　组合数公式
组合数
公式
乘积
形式
C＝，
其中m，n∈N*，并且m≤n
阶乘
形式
C＝

规定：C＝1.
知识点6　组合数的性质
性质1：C＝C.
性质2：C＝C＋C.

考点1 分类加法计数原理

【例1】设集合A＝{1,2,3,4}，m，n∈A，则方程＋＝1表示焦点位于x轴上的椭圆有(　　)
A．6个 B．8个
C．12个 D．16个
【答案】A
【解析】因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n.当m＝4时，n＝1,2,3；当m＝3时，n＝1,2；当m＝2时，n＝1，即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个)．
【解后感悟】应用分类加法计数原理应注意如下问题
(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事．
(2)无论哪类方案中的哪种方法都可以独立完成这件事，而不需要再用到其他的方法，即各类方法之间是互斥的，并列的，独立的．
【变式1-1】满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序实数对(a，b)的个数为(　　)
A．14 B．13 C．12 D．10
【答案】B
【解析】由已知得ab≤1.
当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；
当a＝0时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；
当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；
当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．
∴共有(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
【变式1-2】如图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为(　　)

A．26 B．24 C．20 D．19
【答案】D
【解析】因信息可以分开沿不同的路线同时传递，由分类加法计数原理，完成从A向B传递有四种方法：12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上传递的最大信息量的和：3＋4＋6＋6＝19.
【变式1-3】从1,2,3,4,5五个数中任取3个，可组成不同的等差数列的个数为(　　)
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【解析】分两类：
第一类，公差大于0，有①1,2,3，②2,3,4，③3,4,5，④1,3,5，共4个等差数列；
第二类，公差小于0，也有4个等差数列，即①3,2,1，②4,3,2，③5,4,3，④5,3,1.
根据分类加法计数原理可知，共有4＋4＝8(个)不同的等差数列．

考点2 分步乘法计数原理

【例2】已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)．问：
(1)P(a，b)可表示平面上多少个不同的点？
(2)P(a，b)可表示平面上多少个第二象限的点？
【解析】(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：
第一步，确定a的值，共有6种方法；
第二步，确定b的值，也有6种方法．
根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：
第一步，确定a，由于a<0，所以有3种不同的确定方法；
第二步，确定b，由于b>0，所以有2种不同的确定方法．
根据分步乘法计数原理，得到第二象限点的个数为3×2＝6.
【解后感悟】利用分步乘法计数原理解题的一般思路
(1)分步：将完成这件事的过程分成若干步．
(2)计数：求出每一步中的方法数．
(3)结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．
【变式2-1】从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有(　　)
A．30个 B．42个
C．36个 D．35个
【答案】C
【解析】要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)，有6种方法，第二步确定a，有6种方法，故由分步乘法计数原理知，共有6×6＝36(个)虚数．
【变式2-2】某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有(　　)
A．27种 B．36种 C．54种 D．81种
【答案】C
【解析】小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54(种)不同的报名方法，选C.
【变式2-3】设m∈{1,2,3,4}，n∈{－12，－8，－4，－2}，则函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点的概率是________．
【答案】
【解析】根据题意，f′(x)＝3x2＋m，
又因为m>0，所以f′(x)＝3x2＋m>0，
故f(x)＝x3＋mx＋n在R上单调递增，
若函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点，
只需满足条件f(1)≤0且f(2)≥0，
所以m＋n≤－1且2m＋n≥－8，
所以－2m－8≤n≤－m－1，
当m＝1时，n取－2，－4，－8；
当m＝2时，n取－4，－8，－12；
当m＝3时，n取－4，－8，－12；
当m＝4时，n取－8，－12.
共11种取法，而m有4种选法，n有4种选法，
则函数f(x)＝x3＋mx＋n有4×4＝16(种)情况，
故函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点的概率是.

考点3 两个原理的综合应用

【例3】现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？
(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
【解析】(1)分为三类：从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选，有7种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法．
(2)分为三步：国画、油画、水彩画各有5种，2种，7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法．
(3)分为三类：第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法．
所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法．
【解后感悟】使用两个原理的原则
使用两个原理解题时，一定要从“分类”“分步”的角度入手，“分类”是对于较复杂应用问题的元素分成互相排斥的几类，逐类解决，用分类加法计数原理；“分步”就是把问题分化为几个互相关联的步骤，然后逐步解决，这时可用分步乘法计数原理．
【变式3-1】若在如图1的电路中，只合上一个开关可以接通电路，有________种不同的方法；
在如图2的电路中，合上两个开关可以接通电路，有________种不同的方法．

【答案】5　6
【解析】对于图1，按要求接通电路，只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一个即可，故有2＋3＝5(种)不同的方法．
对于图2，按要求接通电路必须分两步进行：
第一步，合上A中的一个开关；
第二步，合上B中的一个开关，
故有2×3＝6(种)不同的方法．
【变式3-2】(多选)已知集合A＝{－1,2,3,4}，m，n∈A，则对于方程＋＝1的说法正确的是(　　)
A．可表示3个不同的圆
B．可表示6个不同的椭圆
C．可表示3个不同的双曲线
D．表示焦点位于x轴上的椭圆有3个
【答案】ABD
【解析】当m＝n>0时，方程＋＝1表示圆，故有3个，选项A正确；当m≠n且m，n>0时，方程＋＝1表示椭圆，焦点在x，y轴上的椭圆分别有3个，故有3×2＝6(个)，选项B正确；若椭圆的焦点在x轴上，则m>n>0，当m＝4时，n＝2,3；当m＝3时，n＝2，即所求的椭圆共有2＋1＝3(个)，选项D正确；当mn<0时，方程＋＝1表示双曲线，故有3×1＋1×3＝6个，选项C错误．
【变式3-3】有一项活动，需从3位教师、8名男同学和5名女同学中选人参加．
(1)若只需1人参加，则有多少种不同的选法？
(2)若需教师、男同学、女同学各1人参加，则有多少种不同的选法？
【解析】(1)选1人，可分三类：
第1类，从教师中选1人，有3种不同的选法；
第2类，从男同学中选1人，有8种不同的选法；
第3类，从女同学中选1人，有5种不同的选法．
共有3＋8＋5＝16(种)不同的选法．
(2)选教师、男同学、女同学各1人，分三步进行：
第1步，选教师，有3种不同的选法；
第2步，选男同学，有8种不同的选法；
第3步，选女同学，有5种不同的选法．
共有3×8×5＝120(种)不同的选法．
考点4 排列数公式的应用

【例4】命题角度1　利用排列数公式求值
【例4-1】计算：A和A.
【解析】A＝15×14×13＝2 730，
A＝6×5×4×3×2×1＝720.
命题角度2　利用排列数公式化简
【例4-2】(1)用排列数表示(55－n)(56－n)…(69－n)(n∈N*且n<55)；
(2)化简：n(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋m)．
【解析】(1)∵55－n,56－n，…，69－n中的最大数为69－n，且共有(69－n)－(55－n)＋1＝15(个)数，
∴(55－n)(56－n)…(69－n)＝A.
(2)由排列数公式可知n(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋m)＝A.
【解后感悟】排列数公式的选择
(1)排列数公式的乘积形式适用于计算排列数．
(2)排列数公式的阶乘形式主要用于与排列数有关的证明、解方程和不等式等问题，具体应用时注意阶乘的性质，提取公因式，可以简化计算．
【变式4-1】（2023·北京·高二北京市十一学校校考期末）若，则n=（     ）
A．1 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【解析】由得，，
又，所以，解得，
所以正整数n为8．故选B.
【变式4-2】（2023·全国·高二专题练习）不等式的解集为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，所以，
所以，所以，又，，
所以，所以不等式的解集为，故选D.
【变式4-3】（2023·江苏·高二专题练习）_________．
【答案】0
【解析】.
故答案为：0.


考点5 “相邻”与“不相邻”问题

命题角度1　“相邻”与“不相邻”问题
【例5-1】3名男生，4名女生，这7个人站成一排在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)男、女各站在一起；
(2)男生必须排在一起；
(3)男生不能排在一起；
(4)男生互不相邻，且女生也互不相邻．
【解析】(1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有A种排法，
女生必须站一起，即把4名女生进行全排列，有A种排法，
全体男生、女生各看作一个元素全排列有A种排法，
由分步乘法计数原理知，共有A·A·A＝288(种)排法．
(2)(捆绑法)把所有男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列，
故有A·A＝720(种)不同的排法．
(3)(不相邻问题插空法)先排女生有A种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的五个空中，有A种排法，故有A·A＝1 440(种)不同的排法．
(4)先排男生有A种排法，让女生插空，有AA＝144(种)不同的排法．
命题角度2　定序问题
【例5-2】7人站成一排．
(1)甲必须在乙的前面(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？
(2)甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变(不一定相邻)，则有多少不同的排列方法？
【解析】(1)甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，故有＝2 520(种)不同的排法．
(2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种数的.
故有＝840(种)不同的排法．
命题角度3　元素的“在”与“不在”问题
【例5-3】从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解下列问题．
(1)甲不在首位的排法有多少种？
(2)甲既不在首位也不在末位的排法有多少种？
(3)甲与乙既不在首位也不在末位的排法有多少种？
(4)甲不在首位，同时乙不在末位的排法有多少种？
【解析】(1)方法一　把元素作为研究对象．
第一类，不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中选出5名放在5个位置上，有A种排法．
第二类，含有甲，甲不在首位，先从4个位置中选出1个放甲，再从甲以外的6名同学中选出4名排在没有甲的位置上，有A种排法．根据分步乘法计数原理，有4×A种排法．
由分类加法计数原理知，共有A＋4×A＝2 160(种)排法．
方法二　把位置作为研究对象．
第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有A种方法；
第二步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有A种方法．
由分步乘法计数原理知，共有A·A＝2 160(种)排法．
方法三　(间接法)先不考虑限制条件，从7人中选出5人进行排列，然后把不满足条件的排列去掉．
不考虑甲在首位的要求，总的可能情况有A种，甲在首位的情况有A种，所以符合要求的排法有A－A＝2 160(种)．
(2)把位置作为研究对象，先考虑特殊位置．
第一步，从甲以外的6名同学中选2名排在首末2个位置上，有A种方法；
第二步，从剩下的5名同学中选3名排在中间3个位置上，有A种方法．
根据分步乘法计数原理，共有A·A＝1 800(种)方法．
(3)把位置作为研究对象．
第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有A种方法；
第二步，从剩下的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A种方法．
根据分步乘法计数原理，共有A·A＝1 200(种)方法．
(4)间接法．
总的可能情况有A种，减去甲在首位的A种排法，再减去乙在末位的A种排法，注意到甲在首位，同时乙在末位的排法数被减去了两次，所以还需补回一次A种排法，所以共有A－2A＋A＝1 860(种)排法．
【解后感悟】排队问题的解题策略
排队问题除涉及特殊元素、特殊位置外，还往往涉及相邻、不相邻、定序等问题．
(1)对于相邻问题，可采用“捆绑法”解决．即将相邻的元素视为一个整体进行排列．
(2)对于不相邻问题，可采用“插空法”解决．即先排其余的元素，再将不相邻的元素插入空中．
(3)对于定序问题，可采用“除阶乘法”解决．即用不限制的排列数除以顺序一定元素的全排列数．
(4)对于“在”与“不在”问题，可采用“特殊元素优先考虑，特殊位置优先安排”的原则解决．
【变式5-1】有4名司机，4名售票员要分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方法有(　　)
A．A种 B．A种
C．AA种 D．2A种
【答案】C
【解析】司机、售票员各有A种分配方法，由分步乘法计数原理知，共有AA种不同的分配方法．
【变式5-2】从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是(　　)
A．9 B．10 C．18 D．20
【答案】C
【解析】首先从1,3,5,7,9这五个数中任取两个不同的数排列，共有A＝20(种)排法，
因为＝，＝，所以从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是20－2＝18.
【变式5-3】有3名大学毕业生，到5家招聘员工的公司应聘，若每家公司至多招聘一名新员工，且3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有________种不同的招聘方案．(用数字作答)
【答案】60
【解析】将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题．所以不同的招聘方案共有A＝5×4×3＝60(种)．

考点6 组合数公式的应用

命题角度1　化简与求值
【例6-1】求值：
(1)3C－2C；
(2)C＋C.
【解析】(1)3C－2C＝3×－2×＝148.
(2)∵∴9.5≤n≤10.5.
∵n∈N*，∴n＝10，
∴C＋C＝C＋C＝C＋C＝466.
命题角度2　与组合数有关的方程或不等式
【例6-2】（1）若，则（    ）
A．7 B．6 C．5 D．4
（2）使不等式（n为正整数）成立的的取值不可能是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D D
【解析】（1）因为，所以，且，
解得或（舍去）；
故选：D
（2）在中，为正整数，，在中，为正整数，，
因为，则有，即，解得，
因此有，为正整数，所以的取值可以是或或．故选：D．
【解后感悟】　(1)组合数公式C＝一般用于计算，而组合数公式C＝一般用于含字母的式子的化简与证明．
(2)要善于挖掘题目中的隐含条件，简化解题过程，如组合数C的隐含条件为m≤n，且m，n∈N*.
(3)计算时应注意利用组合数的两个性质：
①C＝C；②C＝C＋C.
【变式6-1】（2023春·江苏盐城·高二江苏省阜宁中学校联考期中）若，则正整数（    ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【解析】因为，
所以，解得：.
故选：8
【变式6-2】（2023春·浙江宁波·高二宁波市北仑中学校考期中）若，则的值为
A．4 B．4或5 C．6 D．4或6
【答案】D
【解析】因为，所以 或，所以 或
，选D.
【变式6-3】（2023全国·高三专题练习）若，则x的值为_______
【答案】4
【解析】由题设，，
整理得：，可得或，
又，故.
故答案为：4
考点7 有限制条件的组合问题

【例7】课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)至少有一名队长当选；
(2)至多有两名女生当选；
(3)既要有队长，又要有女生当选．
【解析】(1)C－C＝825(种)．
(2)至多有2名女生当选含有三类：
有2名女生当选；只有1名女生当选；没有女生当选，
所以共有CC＋CC＋C＝966(种)选法．
(3)分两类：
第一类女队长当选，有C＝495(种)选法，
第二类女队长没当选，有CC＋CC＋CC＋C＝295(种)选法，
所以共有495＋295＝790(种)选法．
【解后感悟】有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类
(1)“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数．
(2)“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．
【变式7-1】200件产品中有3件次品，任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有(　　)
A．C·C种 B．CC＋CC种
C．C－C种 D．C－CC种
【答案】B
【解析】至少2件次品包含两类：(1)2件次品，3件正品，共CC种抽法，(2)3件次品，2件正品，共CC种抽法，由分类加法计数原理得，抽法共有CC＋CC种．
【变式7-2】空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为(　　)
A．205 B．110 C．204 D．200
【答案】B
【解析】方法一　可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为CC＋CC＋CC＋CC＝205.
方法二　从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C－C＝205.
【变式7-3】某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有________种．
【答案】600
【解析】可以分情况讨论：①甲、丙同去，则乙不去，有C·A＝240(种)选法；②甲、丙同不去，有A＝360(种)选法，所以共有600种不同的选派方案．

考点8 分组、分配问题

【例8】命题角度1　平均分组
【例8-1】(1)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人两本，有多少种方法？
(2)6本不同的书，分为三份，每份两本，有多少种方法？
【解析】(1)先从6本书中选2本给甲，有C种方法；再从其余的4本中选2本给乙，有C种方法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有C种方法，所以分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有CCC＝90(种)方法．
(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本，有CCC种方法，这个过程可以分两步完成：第一步，分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步，再将这三份分给甲、乙、丙三名同学，有A种方法．根据分步乘法计数原理，可得CCC＝xA，所以x＝＝15.因此分为三份，每份两本，一共有15种方法．
命题角度2　不平均分组
【例8-2】(1)6本不同的书，分为三份，一份一本，一份两本，一份三本，有多少种方法？
(2)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本，有多少种不同的方法？
【解析】(1)这是“不平均分组”问题，一共有CCC＝60(种)方法．
(2)在(1)的基础上再进行全排列，所以一共有CCCA＝360(种)方法．
命题角度3　分配问题
【例8-3】6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种不同的方法？
【解析】可以分为三类情况：①“2,2,2型”，有CCC＝90(种)方法；②“1,2,3型”，有CCCA＝360(种)方法；③“1，1,4型”，有CA＝90(种)方法，所以一共有90＋360＋90＝540(种)方法．
【解后感悟】“分组”与“分配”问题的解法
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种：
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等，均匀分成n组，最后必须除以n！；
②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！；
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，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配
【变式8-1】（2023春·北京·高二北京市陈经纶中学校考阶段练习）某高中举办2023年“书香涵泳，润泽心灵”读书节活动，设有“优秀征文”、“好书推荐语展示”和“演讲”三个项目.某班级有4名同学报名参加，要求每人限报一项，每个项目至少1人参加，则报名的不同方案有（    ）
A．12种 B．36种 C．48种 D．72种
【答案】B
【解析】由题4名同学分为3组，每组分别有1，1，2人，共有种，
再排列有种，
故选：B.
【变式8-2】（山东学情2022-2023学年高二下学期3月联合考试数学试题B）中国空间站（China Space Station）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舲中每个舱中都有2人，则不同的安排方法有（    ）
A．72种 B．90种 C．360种 D．540种
【答案】B
【解析】先把6名航天员分成三组，每组2人，有种方法；
再把这三组分配到三舱中，每舱一组有种方法.
所以名航天员的安排方案共有种.
故选：B.
【变式8-3】（2023春·江西·高二江西师大附中校考阶段练习）若5名女生和2名男生去两地参加志愿者活动，两地均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有______种.
【答案】60
【解析】第一步，先安排2名男生，有种方法；
第二步，安排5名女生：
第1种情况，5名女生分两组，一组1人，一组4人，有种分法，
第2种情况，5名女生分两组，一组2人，一组3人，有种分法，
所以5名女生分两组去两地参加志愿者活动共有：种方法，
所以，总共有种分配方案.
故答案为：60.

1．（2023春·重庆永川·高二重庆市永川北山中学校校考阶段练习）某学校食堂有5种大荤菜式，8种半荤半素菜式，5种全素菜式，现任意打一种菜，则可以打到的菜式品种有（    ）
A．200种 B．33种 C．45种 D．18种
【答案】D
【解析】任意打一种菜，由分类计数原理可知，有种．
故选：D.
2．（2023春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考阶段练习）以“课程涵养人生，教育向美而行”为主题的第4届课程博览会开幕了，4名同学从餐桌上的科学､重庆古迹遗址寻踪､高中生职业生涯规划三门选修课程中选择一门课程学习，每人限选其中的一门课程，有（    ）种不同的选法.
A．9 B．24 C．64 D．81
【答案】D
【解析】因为每人限报一门课程，所以每人有3种选择，
按照分步计数原理可得，共有种.
故选：D
3．（2023春·山东·高二校联考阶段练习）如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有4种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，则不同的绿化方案有（    ）

A．48种 B．72种 C．64种 D．256种
【答案】A
【解析】从A开始摆放花卉，A有4种颜色花卉摆放方法，
C有3种颜色花卉摆放方法，B有2种颜色花卉摆放方法；
由D区与A，B花卉颜色不一样，与C区花卉颜色可以同色也可以不同色，
则D有2种颜色花卉摆放方法.
故共有种绿化方案.
故选：A
4．（2021春·陕西西安·高二校考期末）（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由组合数性质：，且

故选：A
5．（2022春·黑龙江七台河·高二勃利县高级中学校考期中）不等式的解集为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由，得：，
整理得，解得：，
由题可知，且，
则或，
即原不等式的解集为：.
故选：C.
6．（2023春·广东江门·高二校考阶段练习）2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，成功将中国空间站建设完毕，中国空间站将于2023年正式进入运营阶段.现空间站要安排甲、乙等6名航天员到3个不同的实验舱开展实验，3舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方案共有（    ）
A．450种 B．720种 C．90种 D．360种
【答案】A
【解析】由题知,6名航天员安排三舱,
三舱中每个舱至少一人至多三人,
可分两种情况考虑:
第一种,分人数为的三组,共有种；
第二种,分人数为的三组,共有种；
所以不同的安排方法共有种.
故选：A.
7．（湖南省部分学校2022-2023学年高二下学期3月联考数学试题）阳春三月，草长莺飞，三个家庭的3位妈妈和1位爸爸带着3位女宝宝和2位男宝宝共9人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，宝宝不排最前面也不排最后面，为了方便照顾孩子，每两位大人之间至多排2位宝宝，由于男宝宝喜欢打闹，由这位爸爸照看且排在2位男宝宝之间.则不同的排法种数为（    ）
A．216 B．288
C．432 D．512
【答案】B
【解析】求不同的排法种数这件事需要5步：
先排3位妈妈，有种方法；
把这位爸爸与2位男宝宝按爸爸在2位男宝宝之间，视为一个整体插入3位妈妈排列形成的中间2个间隙，有种方法；
再任取2位女宝宝排在2位没有宝宝的妈妈间，有种方法；
然后把余下的女宝宝排在男宝宝与妈妈的2个间隙中，有种方法；
最后排2位男宝宝，有种方法，
由分步乘法计数原理得：不同的排法种数为.
故选：B
8．（2023春·山西忻州·高二校联考阶段练习）如图，一圆形信号灯分成四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（    ）

A．18 B．24 C．30 D．42
【答案】A
【解析】若用3种不同的颜色灯带都使用，故有两块区域涂色相同，要么，要么相同，有2种方案，则不同的信号数为；
若只用2种不同的颜色灯带，则颜色相同，颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为；
则不同的信号总数为.
故选：A．
9．（湖北省部分重点高中联考2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题）园林高中三月开展“学雷锋践初心，喜迎两会”志愿活动.现有4名男同学和3名女同学，分配到3个“学雷锋志愿服务站”参加志愿活动，若每个志愿服务站至少有男、女同学各1名，则不同的分配方案种数为（    ）
A．216种 B．108种 C．72种 D．36种
【答案】A
【解析】有一个服务站有2名男同学1名女同学，其他两个服务站有1名男同学1名女同学，
故共有.
故选：A
10．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）某社区活动需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，计划依次安排到该社区参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有（    ）
A．72种 B．81种 C．144种 D．192种
【答案】D
【解析】若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为，
若乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务，不同的排法种数为，
由间接法可知，满足条件的排法种数为种.
故选：D.
11．（2023春·广东惠州·高二惠州一中校考阶段练习）甲､乙､丙､丁､戊5人参加完某项活动后合影留念，则（    ）
A．甲､乙､丙站前排，丁､戌站后排，共有120种排法
B．5人站成一排，若甲在乙的左边，共有60种排法
C．5人站成一排，甲不在两端，共有72种排法
D．5人站成一排，甲不在最左端，乙不在最右端，共有78种排法
【答案】BCD
【解析】对A：甲､乙､丙站前排，有种排法，丁､戌站后排，有种排法，
共有种排法，故A错误；
对B：5人站成一排，有种排放，
若甲在乙的左边，根据对称可知，共有种排法，故B正确；
对C：5人站成一排，甲不在两端，共有种排法，故C正确；
对D：5人站成一排，有种排放，则有：
甲在最左端，乙不在最右端，共有种排法；
甲不在最左端，乙在最右端，共有种排法；
甲在最左端，乙在最右端，共有种排法；
则甲不在最左端，乙不在最右端，共有种排法，故D正确；
故选：BCD.
12．（2023春·浙江嘉兴·高二平湖市当湖高级中学校考阶段练习）对于m，n∈N*，下列排列组合数结论正确的是（    ）
A．m＝n B．＝＋ C．＝(m＋1) D．＝
【答案】ABD
【解析】对于A，，
，所以，故A正确；
对于B，
，故B正确；
对于C，因，
即不成立，故C不正确；
对于D，因，因此成立，故D正确．
故选：ABD．
13．（2023春·江西·高二校联考开学考试）下列说法正确的是（    ）
A．用0，1，2，3，4能组成48个不同的3位数.
B．将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法.
C．小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有16种方法.
D．甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡，四人互送贺卡，每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自己写的贺卡，有9种不同的方法.
【答案】BD
【解析】对于A，第一步先排百位数，有4种排法，第二步排十位数有5种排法，第三步排个位数有5种排法，由分步乘法计数原理可得共有个不同的三位数，A错误；
对于B，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7个团员指标排成一排，7个指标之间有6个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将7个指标分给3个班，每班至少一个指标的分配方法，故第二步有种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，B正确；
对于C，因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为种，所以借回至少1本的方法数为 种，C错误；
对于D，第一步甲先拿贺卡，有3种方法，第二步安排甲拿到的贺卡的主人拿，有3种方法，第三步余下两人拿贺卡，由于其中一人不能拿自己的贺卡，故只有一种方法，由分步乘法计数原理可得共种方法，D正确；
故选：BD.
14．（2023秋·甘肃天水·高二天水市第一中学校考期末）有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（    ）
A．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种
B．若五位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．若甲乙丙三位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有20种
D．若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有72种
【答案】BC
【解析】对于A，若五位同学排队甲、乙必须相邻的安排有种，然后与戊全排列的安排种，丙、丁不能相邻的安排有种，共有种，故A不正确；
对于B，若五位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则当甲在左端时，则有种安排方法；当乙在左端时，甲有种安排方法，其他人有种安排方法，故符合的总的安排方法种数为种，故B正确；
对于C，若甲乙丙三位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有种，故C正确；
对于D，若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，则4人分三组的分组方法数为，再把三个组分配到三个社区的种方法数为，则总的安排方法数为种，故D不正确.
故选：BC.
15．（2023·高二单元测试）从1，2，3，0这四个数中取三个组成没有重复数字的三位数，则这些三位数的和为___________．
【答案】3864
【解析】分三种情况：
（1）在所有不含0的三位数中，百位上的所有数字之和为，十位上的所有数字之和为，百个位上的所有数字之和为，
所以所有不含0的三位数的和为；
（2）在含0且0在十位上的三位数中，百位上的所有数字之和为，
个位上的所有数字之和为，
所以含0且0在十位上的三位数的和为；
（3）在含0且0在个位上的三位数中，百位上的所有数字之和为，
十位上的所有数字之和为，
所以含0且0在个位上的三位数的和为；
那么可得符合条件的这些三位数之和为．
故答案为：
16．（2022春·广西桂林·高二校考期中）某校甲、乙、丙、丁4个学生自愿参加植树活动，有A，B，C这3处植树地点供选择，每人只能选其中一处地点参与植树，且甲不在A地、乙不在B地植树，则不同的选择方式共有__________种.
【答案】36
【解析】计算不同的选择方式的种数需分步进行，甲、乙选植树地点各有2种方法，丙、丁选植树地点各有3种方法，
由分步乘法计数原理得：，
所以不同的选择方式共有36种.
故答案为：36
17．（湖南省常德市2023届高三下学期一模数学试题）在学雷锋志愿活动中，安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有_____种.
【答案】240
【解析】根据题意，先将5项工作分成4组，则有2项工作为1组，有种分组方法，
将分好的4组全排列，对应4名志愿者，有种情况，
则有种不同的安排方式.
故答案为：240.
18．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）为了响应国家号召，预防新冠病毒的传播，7位高龄老人排队注射新冠疫苗，要求甲、乙、丙相邻，且乙在甲与丙的中间，则共有______种不同的排队方法．
【答案】240
【解析】不同的排队方法有种．
故答案为：240
19．（2023·江苏·高二专题练习）某中学为迎接新年到来，筹备“唱响时代强音，放飞青春梦想”为主题的元旦文艺晩会.晩会组委会计划在原定排好的5个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来5个节目的出场顺序不变，则有__________种不同排法.（用数字作答）
【答案】42
【解析】①当2个教师节目相邻时利用插空法则有：种情况，
②当2个教师节目不相邻时有：种情况，
所以共有种情况，
故答案为：42.
20．（2023·江苏·高二专题练习）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会隆重开幕，双奥之城北京成功谱写了精彩、非凡、卓越的奥林匹克新篇章，镌刻下这个冬天的美好记忆．奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结．五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取4个点，则这4个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率为______．

【答案】
【解析】从8个点中任取4个点，共有种取法，
事件所取4个点恰好位于同一个奥林匹克环上包含3个基本事件，
所以事件所取4个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率，
故答案为：.