2021高三数学北师大版(理)一轮教师用书:第11章第1节两个计数原理、排列与组合
展开全国卷五年考情图解 | 高考命题规律把握 |
1.考查形式 高考在本章一般命制1道小题或者1道解答题,分值占5~17分. 2.考查内容 计数原理常与古典概型综合考查;几何概型均以选择题的形式单独考查;对二项式定理的考查主要是利用通项公式求特定项;对正态分布的考查,可能单独考查也可能在解答题中出现;以实际问题为背景,考查分布列、期望等是高考的热点题型. 3.备考策略 从2019年高考试题可以看出,概率统计试题的阅读量和信息量都有所加强,考查角度趋向于应用概率统计知识对实际问题作出决策. |
第一节 两个计数原理、排列与组合
[最新考纲] 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能正确区分“类”和“步”,并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.3.理解排列的概念及排列数公式,并能利用公式解决一些简单的实际问题.4.理解组合的概念及组合数公式,并能利用公式解决一些简单的实际问题.
1.分类加法计数原理
完成一件事,可以有n类办法,在第一类办法中有m1种方法,在第二类办法中有m2种方法,…,在第n类办法中有mn种方法.那么,完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种方法.(也称加法原理)
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要经过n个步骤,缺一不可,做第一步有m1种方法,做第二步有m2种方法,…,做第n步有mn种方法.那么,完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种方法.
3.排列、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 | 合成一组 |
4.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 |
一、思考辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( )
(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)在分步乘法计数原理中,每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( )
(4)kC=nC.( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√
二、教材改编
1.图书馆的一个书架有三层,第一层有3本不同的数学书,第二层有5本不同的语文书,第三层有8本不同的英语书,现从中任取1本书,不同的取法有( )
A.12 B.16
C.64 D.120
B [书架上共有3+5+8=16本不同的书,从中任取一本共有16种不同的取法,故选B.]
2.用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数,其中偶数的个数为( )
A.8 B.24
C.48 D.120
C [末位只能从2,4中选一个,其余的三个数字任意排列,故这样的偶数共有AC=4×3×2×2=48个.故选C.]
3.6把椅子摆成一排,3人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( )
A.144 B.120
C.72 D.24
D [“插空法”,先排3个空位,形成4个空隙供3人选择就座,因此任何两人不相邻的坐法种数为A=4×3×2=24.]
4.五名学生报名参加四项体育比赛,每人限报一项,则不同的报名方法的种数为________.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列),则获得冠军的可能性有________种. (用数字作答)
45 54[五名学生参加四项体育比赛,每人限报一项,可逐个学生落实,每个学生有4种报名方法,共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军,可对4个冠军逐一落实,每个冠军有5种获得的可能性,共有54种获得冠军的可能性.]
考点1 两个计数原理的综合应用
利用两个基本计数原理解决问题的步骤
第一步,审清题意,弄清要完成的事件是怎样的.
第二步,分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种.
第三步,弄清在每一类或每一步中的方法种数.
第四步,根据两个基本计数原理计算出完成这件事的方法种数.
(1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等),那么所有凸数的个数为( )
A.240 B.204
C.729 D.920
(2)(2016·全国卷Ⅱ)如图,小明从街道的E处出发,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.24 B.18
C.12 D.9
(3)如图所示的五个区域中,现有四种颜色可供选择,要求每一个区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数为( )
A.24 B.48
C.72 D.96
(1)A (2)B (3)C [(1)如果这个三位数含0,则0必在末位,共有这样的凸数C个;如果这个三位数不含0,则这样的凸数共有CA+C个.即共有2C+CA=240个.
(2)从E到G需要分两步完成:先从E到F,再从F到G.从F到G的最短路径,只要考虑纵向路径即可,一旦纵向路径确定,横向路径即可确定,故从F到G的最短路径共有3条.如图,从E到F的最短路径有两类:先从E到A,再从A到F,或先从E到B,再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同,所以从A到F,从B到F最短路径的条数都是3,所以从E到F的最短路径有3+3=6(条).所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3=18.
(3)法一:(以位置为主考虑)分两种情况:
①A,C不同色,先涂A有4种,C有3种,E有2种,B,D各有1种,有4×3×2=24种涂法.
②A,C同色,先涂A有4种,E有3种,C有1种,B,D各有2种,有4×3×2×2=48种涂法.
故共有24+48=72种涂色方法.
法二:(以颜色为主考虑)
分两类.
(1)取4色:着色方法有2A=48(种).
(2)取3色:着色方法有A=24(种).
所以共有着色方法48+24=72(种).]
(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.
[教师备选例题]
1.甲、乙、丙三人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过4次传递后,毽子又被踢回给甲,则不同的传递方式共有( )
A.4种 B.6种
C.10种 D.16种
B [分两类:甲第一次踢给乙时,满足条件的有3种传递方式(如图);同理,甲第一次踢给丙时,满足条件的也有3种传递方式.
由分类加法计数原理可知,共有3+3=6(种)传递方式.]
2.如图所示的几何体是由三棱锥PABC与三棱柱ABCA1B1C1组合而成,现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的涂色方案共有( )
A.6种 B.9种
C.12种 D.36种
C [先涂三棱锥PABC的三个侧面,有3×2=6(种)涂法;然后涂三棱柱的三个侧面,有2×1=2(种)涂法.共有6×2=12(种)不同的涂法.]
1.一个旅游景区的游览线路如图所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游览A,B,C三个景点及沿途风景,则不同(除交汇点O外)的游览线路有( )
A.6种 B.8种
C.12种 D.48种
D [从点P处进入后,参观第一个景点时,有6个路口可以选择,从中任选一个,有C种选法,参观完第一个景点,参观第二个景点时,有4个路口可以选择,从中任选一个,有C种选法,参观完第二个景点,参观第三个景点时,有2个路口可以选择,从中任选一个,有C种选法,则共有CCC=48(种)线路.故选D.]
2.(2019·河北六校联考)甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是9,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为( )
A.64 B.80
C.96 D.120
B [5日至9日,日期尾数分别为5,6,7,8,9,有3天是奇数日,2天是偶数日.第一步,安排偶数日出行,每天都有2种选择,共有2×2=4(种);第二步,安排奇数日出行,分两类,第一类,选1天安排甲的车,另外2天安排其他车,有3×2×2=12(种),第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,共有23=8(种),共计12+8=20(种).根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为4×20=80.]
考点2 排列问题
求解排列应用问题的6种常用方法
直接法 | 把符合条件的排列数直接列式计算 |
优先法 | 优先安排特殊元素或特殊位置 |
捆绑法 | 相隔问题把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列,同时注意捆绑元素的内部排列 |
插空法 | 对不相邻问题,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 |
定序问题 除法处理 | 对于定序问题,可先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列 |
间接法 | 正难则反、等价转化的方法 |
3名女生和5名男生排成一排.
(1)若女生全排在一起,有多少种排法?
(2)若女生都不相邻,有多少种排法?
(3)[一题多解]若女生不站两端,有多少种排法?
(4)其中甲必须排在乙左边(可不邻),有多少种排法?
(5)[一题多解]其中甲不站最左边,乙不站最右边,有多少种排法?
[解] (1)(捆绑法)由于女生排在一起,可把她们看成一个整体,这样同5名男生合在一起有6个元素,排成一排有A种排法,而其中每一种排法中,3名女生之间又有A种排法,因此共有A·A=4 320种不同排法.
(2)(插空法)先排5名男生,有A种排法,这5名男生之间和两端有6个位置,从中选取3个位置排女生,有A种排法,因此共有A·A=14 400种不同排法.
(3)法一(位置分析法):因为两端不排女生,只能从5名男生中选2人排,有A种排法,剩余的位置没有特殊要求,有A种排法,因此共有A·A=14 400种不同排法.
法二(元素分析法):从中间6个位置选3个安排女生,有A种排法,其余位置无限制,有A种排法,因此共有A·A=14 400种不同排法.
(4)8名学生的所有排列共A种,其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占,因此符合要求的排法种数为A=20 160.
(5)甲、乙为特殊元素,左、右两边为特殊位置.
法一(特殊元素法):甲在最右边时,其他的可全排,有A种不同排法;甲不在最右边时,可从余下6个位置中任选一个,有A种.而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上,有A种,其余人全排列,共有A·A·A种不同排法.
由分类加法计数原理知,共有A+A·A·A=30 960种不同排法.
法二(特殊位置法):先排最左边,除去甲外,有A种排法,余下7个位置全排,有A种排法,但应剔除乙在最右边时的排法A·A种,因此共有A·A-A·A=30 960种排法.
法三(间接法):8名学生全排列,共A种,其中,不符合条件的有甲在最左边时,有A种排法,乙在最右边时,有A种排法,其中都包含了甲在最左边,同时乙在最右边的情形,有A种排法.因此共有A-2A+A=30 960种排法.
(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.
1.把5件不同的产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有________种.
36 [(捆绑法和插空法的综合应用)记其余两种产品为D,E.将A,B视为一个元素,先与D,E进行排列,有AA种方法,再将C插入,每种排列均只有3个空位可选, 故不同的摆法共有AA×3=2×6×3=36(种).]
2.(2019·衡水高三大联考)现有一圆桌,周边有标号为1,2,3,4的四个座位,甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题,每人只能坐一个座位,甲先选座位,且甲、乙不能相邻,则所有选座方法有________种.(用数字作答)
8 [先按排甲,其选座方法有C种,由于甲、乙不能相邻,所以乙只能坐甲对面,而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有A种,所以共有坐法种数为C·A=4×2=8种.]
考点3 组合问题
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”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不含”,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,逆向思维,间接求解.
某课外活动小组共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人主持某种活动,依下列条件各有多少种选法?
(1)只有一名女生当选;
(2)两队长当选;
(3)至少有一名队长当选;
(4)至多有两名女生当选.
[解] (1)只有一名女生当选等价于有一名女生和四名男生当选.故共有C·C=350种.
(2)两队长当选,共有C·C=165种.
(3)至少有一名队长当选含有两类:只有一名队长当选,有两名队长当选.故共有C·C+C·C=825种.(或采用排除法:C-C=825(种)).
(4)至多有两名女生当选含有三类:有两名女生当选,只有一名女生当选,没有女生当选.故选法共有C·C+C·C+C=966种.
含有附加条件的组合问题通常用直接法或间接法,应注意“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解.
1.某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班,每天安排2人,每人值班1天.若6位员工中的甲不值9日,乙不值11日,则不同的安排方法共有( )
A.30种 B.36种
C.42种 D.48种
C [若甲在11日值班,则在除乙外的4人中任选1人在11日值班,有C种选法,9日、10日有CC种安排方法,共有CCC=24(种)安排方法;
若甲在10日值班,乙在9日值班,余下的4人有CCC种安排方法,共有12种安排方法;
若甲、乙都在10日值班,则共有CC=6(种)安排方法.
所以总共有24+12+6=42(种)安排方法.]
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 [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).]
考点4 分组、分配问题
分组、分配问题是排列组合的综合问题,解题思想是先分组后分配.
(1)分组问题属于“组合”问题,常见的分组方法有三种:
①完全均匀分组,每组元素的个数都相等;
②部分均匀分组,应注意不要重复;
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,常见的分配方法有三种:
①相同元素的分配问题,常用“挡板法”;
②不同元素的分配问题,利用分步乘法计数原理,先分组,后分配;
③有限制条件的分配问题,采用分类求解.
整体均分问题
国家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 [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.]
本题属于整体均分问题,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.
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 [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).]
本题属于局部均分问题,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.
(2019·淄博模拟)第二届“一带一路”国际合作高峰论坛于2019年4月25日至27日在北京举行,为了保护各国元首的安全,将5个安保小组全部安排到指定三个区域内工作,且这三个区域每个区域至少有一个安保小组,则这样的安排方法共有( )
A.96种 B.100种
C.124种 D.150种
D [因为三个区域每个区域至少有一个安保小组,所以可以把5个安保小组分成三组,有两种分组的情况:一种是1,1,3,另一种是1,2,2.当按照1,1,3来分时,共有N1=·A=60(种),当按照1,2,2来分时,共有N2=·A=90(种),根据分类加法计数原理知N=N1+N2=150种.]
不等分问题
(1)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.
(2)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
(1)360 (2)C [(1)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.
(2)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.]
本题属于不等分问题,只需先分组,后排列,注意分组时任何组中元素的个数都不相等,所以不需要除以全排列数.
1.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少一人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A.18种 B.24种
C.36种 D.72种
C [1个路口3人,其余路口各1人的分配方法有CCA种.1个路口1人,2个路口各2人的分配方法有CCA种,由分类加法计数原理知,甲、乙在同一路口的分配方案为CCA+CCA=36种.]
2.(2019·唐山二模)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,其它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 [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.]