【备战2024年中职高考】中职数学 一轮复习专题训练（考点讲与练）专题38 计数原理与排列组合（讲）.zip

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二、考点梳理
1．分类加法计数原理
完成一件事，有n类办法：在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3.两个原理的联系与区别
联系：两个计数原理，都是关于完成一件事的不同方法种数的问题．
区别：分类计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事一步到位；分步计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成，缺一不可
4．排列与排列数
(1)排列的定义：从n个不同的元素中取出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．
(2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用Aeq \\al(m,n)表示．
(3)排列数公式：Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，其中n，m∈N*，且m≤n.
(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列，Aeq \\al(n,n)＝n·(n－1)·(n－2)·…·2·1＝n！.排列数公式写成阶乘的形式为Aeq \\al(m,n)＝eq \f(n！,n－m！)，这里规定0！＝1.
5．组合与组合数
(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用Ceq \\al(m,n)表示．
(3)组合数的计算公式：Ceq \\al(m,n)＝eq \f(A\\al(m,n),A\\al(m,m))＝eq \f(n！,m！n－m！)＝eq \f(nn－1n－2…n－m＋1,mm－1…2·1)，由于0！＝1，所以Ceq \\al(0,n)＝1.
(4)组合数的性质：①Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)；②Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n).
6.解决排列类应用题的主要方法
(1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算；
(2)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置；
(3)捆绑法：相邻问题捆绑处理的方法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列；
(4)插空法：不相邻问题插空处理的方法，即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；
(5)分排问题直接处理的方法；
(6)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法；
(7)定序问题除法处理的方法，即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列．
组合数公式的两种形式
组合数公式有两种形式，(1)乘积形式；(2)阶乘形式．前者多用于数字计算，后者多用于证明恒等式及合并组合数简化计算．注意公式的逆用．即由eq \f(n！,m！n－m！)写出Ceq \\al(m,n).
三、考点分类剖析
考点一、加法原理
【例1】书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的动漫书，第3层放有2本不同的地理书，从书架上任取1本书，不同的取法总数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意可得从书架上任取1本书，有种不同的取法．
故选：C．
【变式练习1】甲工厂有80名工人，乙工厂有60名工人，丙工厂有70名工人，现从中选取1人参加技术培训，则不同的选法有（ ）
A．180种B．210种C．240种D．270种
【答案】B
【解析】依题意可知，不同的选法有种.
故选：B
【变式练习2】从集合任取两个数作为，可以得到不同的焦点在轴上的椭圆方程的个数为（ ）
A．25B．20C．10D．16
【答案】C
【解析】焦点在x轴上的椭圆方程中，必有，
则a可取5，7，9，11共4个可能，b可取3，5，7，9共4个可能，
若，则，1个椭圆；
若，则，2个椭圆；
若，则，3个椭圆；
若，则，4个椭圆，
所以共有1+2+3+4=10个椭圆.
故选：C.
【变式练习3】从甲地出发前往乙地，一天中有4趟汽车、3趟火车和1趟航班可供选择．某人某天要从甲地出发，去乙地旅游，则所有不同走法的种数是（ ）
A．16B．15C．12D．8
【答案】D
【解析】根据分类加法计数原理，可知共有4+3+1=8种不同的走法．
故选：D.
考点二、乘法原理
【例2】将4封不同的信投入3个不同的信箱，且4封信全部投完，则不同的投法有（ ）
A．81种B．64种C．24种D．4种
【答案】A
【解析】由题意可知，每封信都有种投法，
根据分步乘法计数原理可知，不同的投法有：种，故选A．
【变式练习1】如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有4条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路.则从甲地到丁地共有____________条不同的路.
【答案】
【解析】如果由甲地经乙地到丁地，则有种不同的路线；
如果由甲地经丙地到丁地，则有种不同的路线；
因此，从甲地到丁地共有种不同的路线.
故答案为：.
【变式练习2】有四位学生参加三项竞赛，要求每项竞赛只需其中一位学生参加，有______种参赛情况．
【答案】64
【解析】：根据题意，每一项竞赛都有4位同学可以选择，故有种参赛情况.
故答案为：
考点三、排列与排列数
【例3】某班有25名同学，春节期间若互发一条问候微信，则他们发出的微信总数是（ ）
A．50B．100C．300D．600
【答案】D
【详解】由题意可知，他们发出的微信总数是.
故选：D.
【变式练习1】已知，则n的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【解析】因为，而，即有，于是，
所以n的值为5.
故选：C
【变式练习2】已知某宿舍的7位学生站成一排合照留念，若中间位置只能站7位学生中的甲或乙．则不同的站队方法种数是（ ）
A．464B．576C．720D．1440
【答案】D
【解析】将除甲或乙以外的同学进行排列，共有种，
再将甲或乙插到队伍中间，有2种选择，
则共有种.
故选：D.
考点四、组合与组合数
【例4】如图，小明从街道E出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ ）

A．24B．18C．12D．9
【答案】B
【解析】小明从点E→F处最短一共会走四段，两段横向，两段纵向的，所以有条路，再从F→G有3条，所以条.
故选：B.
【变式练习1】将4个大小相同，颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A．7B．10C．14D．20
【答案】B
【解析】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，
分析可得，1号盒子至少放一个，最多放2个小球，分情况讨论：
①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有＝4种方法；
②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有＝6种方法；
则不同的放球方法有4+6=10种，
故选B．
【变式练习2】某学校安排6名高三教师去2个学校进行交流学习，且每位教师只去一个学校，要求每个学校至少有2名教师进行交流学习，则不同的安排方式共有_____________种．
【答案】50
【解析】第一个学校去2名教师第二个学校去4名教师，有种方法；
第一个学校去3名教师第二个学校去3名教师，有种方法；
第一个学校去4名教师第二个学校去2名教师，有种方法，
则共有种不同的安排方式.
故答案为：50．
考点五、排列与组合综合应用
【例5】如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种___________．（以数字作答）
【答案】72
【解析】按照使用颜色的种类分类，
第一类：使用了4种颜色，2,4同色，或3,5同色，则共有(种)，
第二类：使用了三种颜色，2,4同色且3,5同色，则共有(种)
所以共有48+24=72(种)
故答案为：72
【变式练习1】某村镇道路上有10盏照明路灯，为了节约用电，需要关闭其中不相邻的4盏，但考虑行人夜间出行安全，两端的路灯不能关闭，则关灯方案的种数有（ ）
A．10B．15C．20D．5
【答案】D
【解析】采用插空法，让4盏需要关闭的灯插空，有种方法.
故选：D
【变式练习2】从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛．
(1)如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？
(2)如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？
(3)如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？
【答案】(1)60
(2)91
(3)14
【解析】（1）从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，，故有60种选法；
（2）若小王和小红均未入选，则有种选法，故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有种选法；
（3）若2个考点派送人数均为2人，则有种派送方式，
若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有种派送方式，故一共有8+6=14种派送方式.
【变式练习3】已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．
（1）若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？
（2）若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？
【答案】（1）103680 （2）576
【解析】：（1）由题意知本题是一个分别计数问题，
先排前4次测试，只能取正品，有A64种不同测试方法，
再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，
有C42•A22=A42种测法，再排余下4件的测试位置有A44种测法．
∴共有不同排法A64•A42•A44=103680种
（2）第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现．
∴共有不同测试方法A41•（C61•C33）A44=576种．
考试内容
考试要求
1.加法原理
2．乘法原理
3.排列与排列数
4.组合与组合数
5.排列与组合实际应用
掌握
掌握
掌握
掌握
掌握