高考数学一轮复习第10章第1节两个计数原理、排列与组合学案
展开第一节 两个计数原理、排列与组合
考试要求：理解排列、组合的概念、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．
一、教材概念·结论·性质重现
1．两个计数原理
| 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 |
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．
2．排列与组合的定义
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 |
3．排列数、组合数的定义、公式、性质
| 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 | A＝n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)＝ | C＝＝ ＝ |
性质 | A＝n，0！＝1 | C＝C， C＋C＝C |
(1)“排列”与“组合”的辨析
排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合．
(2)①排列数与组合数之间的联系：CA＝A．
②两种形式：连乘积形式与阶乘形式．
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．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同． ( × )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事． ( √ )
(3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列． ( × )
(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同． ( √ )
(5)若C＝C，则x＝m成立． ( × )
2．(2021·洛阳期中)教学楼共有6层楼，每层都有南、北两个楼梯，从一楼到六楼的走法共有( )
A．25种 B．52种
C．62种 D．26种
A 解析：根据题意，教学楼共有6层，共5层楼梯，每层均有两个楼梯，即每层有2种走法，
则一共有2×2×2×2×2＝25种走法．故选A．
3．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢．如果让三位同学选取礼物都满意，则选法有( )
A．30种 B．50种
C．60种 D．90种
B 解析：①甲同学选择牛，乙有2种，丙有10种，选法有1×2×10＝20种，②甲同学选择马，乙有3种，丙有10种，选法有1×3×10＝30种，所以总共有20＋30＝50种．故选B．
4．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修2门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有( )
A．12种 B．24种
C．30种 D．36种
B 解析：由题意知本题是一个分步乘法计数问题．因为恰有2人选修课程甲，共有C＝6种结果，
所以选甲的两个人再选一门课程各有两种选法，共有2×2＝4种结果，余下的两个人只有1种选法，根据分步乘法计数原理知共有6×4×1＝24种结果．故选B．
5．从2名女生、4名男生中选3人参加学科竞赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字作答)
16 解析：方法一：可分两种情况：第一种情况，只有1名女生入选，不同的选法有CC＝12(种)；第二种情况，有2名女生入选，不同的选法有CC＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法共有12＋4＝16(种)．
方法二：从6人中任选3人，不同的选法共有C＝20(种)．从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C＝4(种)．所以，至少有1名女生入选的不同的选法共有20－4＝16(种)．
考点1 两个计数原理——应用性
1．(2021·江苏统考)下图是某项工程的网络图(单位：天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有( )
A．14条 B．12条
C．9条 D．7条
B 解析：由图可知，由①→④有3条路径，由④→⑥有2条路径，由⑥→⑧有2条路径，根据分步乘法计数原理可得从①→⑧共有3×2×2＝12条路径．故选B．
2．用数字3,6,9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为( )
A．81 B．48
C．36 D．24
B 解析：根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：
①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，
则此时四位数有2×2×2×2＝16个；
②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，此时四位数有4×2×2×2＝32个，故有16＋32＝48个四位数．故选B．
3．(2022·威海模拟)已知一个不透明的袋子中放有编号分别为1,2,3,4,5,6,7的7个大小、形状相同的小球．小明从袋子中有放回地取3次球，每次只取一个球，且3次取出的球的编号相乘的结果为偶数、相加的结果为奇数，则不同的取球方法种数为( )
A．712 B．216
C．108 D．72
C 解析：根据3次取出的球的编号相乘的结果为偶数、相加的结果为奇数可知，有一次取出的球的编号为奇数，2次取出的球的编号为偶数，先确定哪一次得到奇数号球，然后从4个奇数号球中取一个，再每次都从3个偶数号球中任取一个(有放回取球)，
故满足题意的取球方法有3×4×3×3＝108(种)．
4．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，由此可得不同的涂法方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D．
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，分步处理．
考点2 排列与组合——综合性
(1)(2021·全国高考乙卷)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( )
A．60种 B．120种
C．240种 D．480种
C 解析：5名志愿者选2个1组，有C种方法，然后4组进行全排列，有A种，共有CA＝240种．故选C．
(2)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为( )
A．232 B．252
C．472 D．484
C 解析：分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有CC＝264(种)；
第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有C－3C＝220－12＝208(种)．
由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．
1．有限制条件的排列问题的常用方法
(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、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)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．
2．组合问题的常见类型与处理方法
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含有”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含有”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取．
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，可逆向思维，间接求解．
考点3 分组分配问题——综合性
考向1 整体均分问题
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．
90 解析：先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种分派方法．
解决分组问题的关键是如何删去重复排列的组数．一般地，若为平均分组，则应用n个元素分组得到的排列种数除以组数的全排列；若为不平均分组，则应按照实际情况分析重复排列的种数，然后再进行相应计算．
考向2 部分均分问题
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)
1 560 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．
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×A＝1 560(种)．
考向3 不等分问题
(1)把8个相同的小球全部放入编号为1,2,3,4的四个盒中，则不同的放法种数为( )
A．35 B．70
C．165 D．1 860
C 解析：根据题意，分4种情况讨论：
①没有空盒，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选3个，插入隔板，将小球分成4组，顺次对应4个盒子，有C＝35种放法；
②有1个空盒，在4个盒中任选3个，放入小球，有C＝4种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选2个，插入隔板，将小球分成3组，顺次对应3个盒子，有C＝21种分组方法，则有4×21＝84种放法；
③有2个空盒，在4个盒中任选2个，放入小球，有C＝6种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选1个，插入隔板，将小球分成2组，顺次对应2个盒子，有C＝7种分组方法，则有6×7＝42种方法；
④有3个空盒，即将8个小球全部放进1个盒子，有4种放法．
故一共有35＋84＋42＋4＝165种放法．
(2)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．
360 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C种分法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种分法；
第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法．
根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种分法．
再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，
故共有60×6＝360种不同的分法．
1．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．
2．不均分问题，实质上是先分组后排列的问题，即分组方案数乘以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．
3．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A(n为均分的组数)，避免重复计数．
1．将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其他三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有________种．(用数字作答)
660 解析：若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有CCA种；若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有CA种．则不同的分配方案共有CCA＋CA＝660种．
2．6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？
(1)甲得一本，乙得二本，丙得三本；
(2)平均分成三堆；
(3)甲、乙、丙每人至少得一本．
解：(1)分成三堆的方法有CCC种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，
故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法为CCC＝60 (种)．
(2)6本不同的书平均分成三堆，有＝15(种)分法．
(3)共计分为3类：①按照4,1,1分，共有C·C·C·3＝90(种)方法；②按照3,2,1分，共有C·C·C·A＝360(种)分法；③按照2,2,2分，共有C·C·C＝90(种)分法．
故共有90＋360＋90＝540(种)分法．
高考数学一轮复习第9章第1课时两个计数原理、排列与组合学案： 这是一份高考数学一轮复习第9章第1课时两个计数原理、排列与组合学案，共22页。学案主要包含了教师备选资源等内容，欢迎下载使用。
2024届高考数学一轮复习第10章第1节两个计数原理、排列与组合学案： 这是一份2024届高考数学一轮复习第10章第1节两个计数原理、排列与组合学案，共18页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。
(新高考)高考数学一轮考点复习10.1《两个计数原理、排列与组合》学案 (含详解)： 这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习10.1《两个计数原理、排列与组合》学案 (含详解)，共15页。
