2020年数学一轮复习考点与题型总结：第十一章 计数原理与概率、随机变量及其分布-高考.pdf

1、第第十一十一章章 计数原理与概率、随机变量及其分布计数原理与概率、随机变量及其分布 第一节第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理 两个计数原理 完成一件事的策略完成这件事共有的方法 分类加法 计数原理 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 Nmn 种不同的方法 分步乘法 计数原理 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 Nmn 种不同的方法 (1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果， 只需一种方法就可完成这件事. (2

2、)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的. (1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完 成了才能完成这件事. (2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏. 二、常用结论二、常用结论 1.完成一件事可以有 n 类不同方案，各类方案相互独立，在第 1 类方案中有 m1种不同 的方法，在第 2 类方案中有 m2种不同的方法在第 n 类方案中有 mn种不同的方法.那么， 完成这件事共有 Nm1m2mn种不同的方法. 2.完成一件事需要经过 n 个步骤，缺一不可，做第 1 步有 m1种不同的方法，做第 2 步 有 m2种不同的方法做第 n 步有 mn种不同的方

3、法.那么，完成这件事共有 N m1m2mn种不同的方法. 考点一考点一分类加法计数原理分类加法计数原理 1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为_. 解析：按十位数字分类，十位可为 1,2,3,4,5,6,7,8，共分成 8 类，在每一类中满足条件的 两位数分别有 8 个，7 个，6 个，5 个，4 个，3 个，2 个，1 个，则共有 876543 2136 个两位数. 答案：36 微信公众号：学起而飞 3.若椭圆x 2 m y2 n 1 的焦点在 y 轴上，且 m1,2,3,4,5，n1,2,3,4,5,6,7，则这样的椭 圆的个数为_. 解析：当 m1 时，n2,3,4,

4、5,6,7，共 6 个； 当 m2 时，n3,4,5,6,7，共 5 个； 当 m3 时，n4,5,6,7，共 4 个； 当 m4 时，n5,6,7，共 3 个； 当 m5 时，n6,7，共 2 个. 故共有 6543220 个满足条件的椭圆. 答案：20 4.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足 a1a2且 a2a3，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_. 解析：若 a22，则百位数字只能选 1，个位数字可选 1 或 0，“凸数”为 120 与 121， 共 2 个.若 a23， 则百位数字有两种选择， 个位数字有三种选择， 则“凸数”有 23

5、6(个). 若 a24，满足条件的“凸数”有 3412(个)，若 a29，满足条件的“凸数”有 89 72(个).所以所有凸数有 26122030425672240(个). 答案：240 考点二考点二分步乘法计数原理分步乘法计数原理 典例精析 (1)已知集合 M3，2，1,0,1,2，P(a，b)(a，bM)表示平面上的点，则 P 可表 示坐标平面上第二象限的点的个数为() A.6B.12 C.24D.36 (2)有 6 名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有 _种不同的报名方法. 解析(1)确定第二象限的点，可分两步完成： 第一步确定 a，由于 a0，所以有 3

6、 种方法； 答案：5 由分类加法计数原理可得共有 1225 种不同的走法. 第三类，中间过两个点，有 ABCO 和 ACBO 2 种不同的走法. 第二类，中间过一个点，有 ABO 和 ACO 2 种不同的走法； 解析：分 3 类：第一类，直接由 A 到 O，有 1 种走法； 2.如图，从 A 到 O 有_种不同的走法(不重复过一点). 微信公众号：学起而飞 1.如图，某电子器件由 3 个电阻串联而成，形成回路，其中有 6 个 焊接点 A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现 发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有_种. 解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只

7、要有一个 焊接点脱落，则电路就不通，故共有 26163 种可能情况. 答案：63 2.从1,0,1,2 这四个数中选三个不同的数作为函数 f(x)ax2bxc 的系数，则可组成 _个不同的二次函数，其中偶函数有_个(用数字作答). 解析：一个二次函数对应着 a，b，c(a0)的一组取值，a 的取法有 3 种，b 的取法有 3 种，c 的取法有 2 种，由分步乘法计数原理知共有 33218(个)二次函数.若二次函数为 偶函数，则 b0，同上可知共有 326(个)偶函数. 答案：186 考点三考点三两个计数原理的综合应用两个计数原理的综合应用 典例精析 (1)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供

8、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.24B.48 题组训练 连续，逐步完成. (2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保 完成了，才算完成这件事. 有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都 (1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是 利用分步乘法计数原理解决问题的策略 解题技法 答案(1)A(2)120 方法共有 654120(种). 第二个项目有 5 种选法，第三个项目有 4 种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名 (2

9、)每项限报一个，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有 6 种选法， 由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是 326. 第二步确定 b，由于 b0，所以有 2 种方法. 微信公众号：学起而飞 C.72D.96 (2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一 个正方体中， 由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 () A.48B.18 C.24D.36 (3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一 个长方体中， 由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是

10、 () A.60B.48 C.36D.24 解析(1)分两种情况： A，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 43224 种 涂法. A，C 同色，先涂 A 有 4 种，E 有 3 种，C 有 1 种，B，D 各有 2 种，有 432248 种涂法. 故共有 244872 种涂色方法. (2)第 1 类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线 面对”有 21224(个)；第 2 类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交 线面对”，这样的“正交线面对”有 12 个.所以正方体中“正交线面对”共有 2412

11、 36(个). (3)长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”的个数为 6636，另含 4 个顶点的 6 个 面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为 6212， 故符合条件的“平行线面组”的个数 是 361248. 答案(1)C(2)D(3)B 解题技法 1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路 (1)弄清完成一件事是做什么. (2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类. (3)弄清分步、分类的标准是什么. (4)利用两个计数原理求解. 2.涂色、种植问题的解题关注点和关键 (1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素. (2)关键：是对每个区域逐一进行，

12、选择下手点，分步处理. 题组训练 微信公众号：学起而飞 2.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共 边的三角形有_个(用数字作答). 解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三 角形共有 8432(个).第二类， 有两条公共边的三角形共有 8 个.由分类加法计数原 理知，共有 32840(个). 答案：40 课时跟踪检测课时跟踪检测 A 级 1.集合 Px,1，Qy,1,2，其中 x，y1,2,3，9，且 P Q.把满足上述条件的 一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是() A.9B.14 C.15D.21 解析：选

13、B当 x2 时，xy，点的个数为 177.当 x2 时，P Q，xy.x 可从 3,4,5,6,7,8,9 中取，有 7 种方法.因此满足条件的点共有 7714(个). 2.某班新年联欢会原定的 6 个节目已排成节目单，开演前又增加了 3 个新节目，如果将 这 3 个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为() A.504B.210 C.336D.120 解析：选 A分三步，先插第一个新节目，有 7 种方法，再插第二个新节目，有 8 种方 法，最后插第三个节目，有 9 种方法.故共有 789504 种不同的插法. 3.已知两条异面直线 a，b 上分别有 5 个点和 8 个点，则这 13 个点可

14、以确定不同的平面 个数为() A.40B.16 C.13D.10 解析：选 C分两类情况讨论： 答案：72 种涂法，所以不同的涂法共有 2424272(种). 用 3 种颜色，这时 A，B，C 的涂法有 43224(种)，D 只要不与 C 同色即可，故 D 有 2 涂法，B 有 3 种涂法，C 有 2 种涂法，D 有 1 种涂法，共有 432124(种)涂法；二是 解析：按要求涂色至少需要 3 种颜色，故分两类：一是 4 种颜色都用，这时 A 有 4 种 不同，则不同的涂法有_种. 1.如图所示，用 4 种不同的颜色涂入图中的矩形 A，B，C，D 中，要求相邻的矩形涂色 微信公众号：学起而飞

15、都不等于 11，则这样的子集有() A.32 个B.34 个 C.36 个D.38 个 解析：选 A将和等于 11 的放在一组：1 和 10,2 和 9,3 和 8,4 和 7,5 和 6.从每一小组中 取一个，有 C122(种).共有 2222232(个)子集. 5.从集合1,2,3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等 比数列的个数为() A.3B.4 C.6D.8 解析：选 D当公比为 2 时，等比数列可为 1,2,4 或 2,4,8；当公比为 3 时，等比数列可 为 1,3,9；当公比为3 2时，等比数列可为 4,6,9.同理，公比为 1 2， 1 3， 2 3时

16、，也有 4 个.故共有 8 个 等比数列. 6.将 1,2,3，9 这 9 个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从 左到右、每一列从上到下分别依次增大，当 3,4 固定在图中的位置时，填 写空格的方法为() A.6 种B.12 种 C.18 种D.24 种 解析：选 A根据数字的大小关系可知，1,2,9 的位置是固定的，如 图所示，则剩余 5,6,7,8 这 4 个数字，而 8 只能放在 A 或 B 处，若 8 放在 B 处， 则可以从 5,6,7 这 3 个数字中选一个放在 C 处， 剩余两个位置固定， 此时共有 3 种方法，同理，若 8 放在 A 处，也有 3 种方法，所以共有 6 种方

17、法. 7.(2019郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要 求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有() A.4 320 种B.2 880 种 C.1 440 种D.720 种 解析：选 A分步进行：1 区域有 6 种不同的涂色方法，2 区域有 5 种不同的涂色方法， 3 区域有 4 种不同的涂色方法，4 区域有 3 种不同的涂色方法，6 区域有 4 种不同的涂色方 法，5 区域有 3 种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有 6543344 34 12D 34A CB9 4.从集合1,2,3,4，10中，选出 5 个数组成子集，使得这 5 个数中任意两个数的和 根据分类

18、加法计数原理知，共可以确定 8513 个不同的平面. 第 2 类，直线 b 分别与直线 a 上的 5 个点可以确定 5 个不同的平面. 第 1 类，直线 a 分别与直线 b 上的 8 个点可以确定 8 个不同的平面； 微信公众号：学起而飞 数”)，则“六合数”中首位为 2 的“六合数”共有() A.18 个B.15 个 C.12 个D.9 个 解析：选 B由题意知，这个四位数的百位数，十位数，个位数之和为 4.由 4,0,0 组成 3 个 数，分别为 400,040,004；由 3,1,0 组成 6 个数，分别为 310,301,130,103,013,031；由 2,2,0 组成 3 个数，

19、分别为 220,202,022；由 2,1,1 组成 3 个数，分别为 211,121,112，共有 363315(个). 9.在某一运动会百米决赛上，8 名男运动员参加 100 米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在 1,2,3,4,5,6,7,8 八条跑道的奇数号跑道上，则安排这 8 名运动员比赛的方式共有_种. 解析：分两步安排这 8 名运动员. 第一步：安排甲、乙、丙三人，共有 1,3,5,7 四条跑道可安排.故安排方式有 432 24(种). 第二步：安排另外 5 人，可在 2,4,6,8 及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式 有 54321120(种). 故安排这 8 人的方式共有

20、 241202 880(种). 答案：2 880 10.有 A，B，C 型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁 4 个操作人员的技术等级不同，甲、 乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作 C 型电脑，而丁只会操作 A 型电脑.从这 4 个操作人 员中选 3 人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有_种(用数字作答). 解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从 4 个操作人员中选 3 人去操作 这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类： 第 1 类，选甲、乙、丙 3 人，由于丙不会操作 C 型电脑，分 2 步安排这 3 人操作的电 脑的型号，有 224 种方法； 第

21、 2 类，选甲、乙、丁 3 人，由于丁只会操作 A 型电脑，这时安排 3 人分别去操作这 三种型号的电脑，有 2 种方法； 第 3 类，选甲、丙、丁 3 人，这时安排 3 人分别去操作这三种型号的电脑，只有 1 种方 法； 第 4 类，选乙、丙、丁 3 人，同样也只有 1 种方法. 根据分类加法计数原理，共有 42118 种选派方法. 答案：8 B 级 1.把 3 封信投到 4 个信箱，所有可能的投法共有() A.24 种B.4 种 8.(2019惠州调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合 320(种)不同的涂色方法. 微信公众号：学起而飞 C.43种D.34

22、种 解析：选 C第 1 封信投到信箱中有 4 种投法；第 2 封信投到信箱中也有 4 种投法；第 3 封信投到信箱中也有 4 种投法.只要把这 3 封信投完， 就做完了这件事情， 由分步乘法计数 原理可得共有 43种投法. 2.用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大的偶数共有() A.144 个B.120 个 C.96 个D.72 个 解析：选 B由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是 4 或 5.当万位数字为 4 时， 个位数字从 0,2 中任选一个，共有 243248 个偶数；当万位数字为 5 时，个位数字 从 0,2,4 中任选一个， 共有

23、343272 个偶数.故符合条件的偶数共有 4872120(个). 3.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形， 现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色， 相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有() A.24 种B.72 种 C.84 种D.120 种 解析： 选 C如图， 设四个直角三角形顺次为 A， B， C， D， 按 AB CD 顺序涂色， 下面分两种情况： (1)A，C 不同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可 以从剩余的 2 种颜色中任意取一色)：有 432248 种不同的涂法. (2)A，

24、C 同色(注意：B，D 可同色、也可不同色，D 只要不与 A，C 同色，所以 D 可以 从剩余的 3 种颜色中任意取一色)：有 431336 种不同的涂法. 故共有 483684 种不同的涂色方法. 4.(2018湖南十二校联考)若 m，n 均为非负整数，在做 mn 的加法时各位均不进位(例 如：1343 8023 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而 mn 称为有序对(m，n)的值， 那么值为 1 942 的“简单的”有序对的个数是_. 解析：第 1 步，110,101，共 2 种组合方式； 第 2 步，909,918,927,936，990，共 10 种组合方式； 第 3 步，4

25、04,413,422,431,440，共 5 种组合方式； 第 4 步，202,211,220，共 3 种组合方式. 根据分步乘法计数原理，值为 1 942 的“简单的”有序对的个数是 21053300. 答案：300 5.已知集合 M3，2，1，0，1，2，若 a，b，cM，则： (1)yax2bxc 可以表示多少个不同的二次函数； 微信公众号：学起而飞 1.排列、组合的定义 排列的 定义 从 n 个不同元 素中取出 m(mn)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 组合的 定义 合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合 2.

26、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(mn，m，nN*)个元素的 所有不同排列的个数 从 n 个不同元素中取出 m(mn，m，n N*)个元素的所有不同组合的个数 公 式 Amnn(n1)(n2)(nm 1) n！ nm！ CmnA m n Amm nn1n2nm1 m！ 性 质 Annn！ ，0！1C0n1，CmnCn m n，CmnCm 1 nCmn1 正确理解组合数的性质 (1)CmnCn m n：从 n 个不同元素中取出 m 个元素的方法数等于取出剩余 nm 个元素的 方法数. (2)CmnCm 1 nCmn1：从 n1 个

27、不同元素中取出 m 个元素可分以下两种情况：不含特 殊元素 A 有 C m n种方法；含特殊元素 A 有 C m1 n种方法. 考点一考点一排列问题排列问题 第二节第二节 排列与组合排列与组合 因此 yax2bxc 可以表示 26672 个图象开口向上的二次函数. (2)yax2bxc 的图象开口向上时，a 的取值有 2 种情况，b，c 的取值均有 6 种情况， bxc 可以表示 566180 个不同的二次函数. 解：(1)a 的取值有 5 种情况，b 的取值有 6 种情况，c 的取值有 6 种情况，因此 yax2 (2)yax2bxc 可以表示多少个图象开口向上的二次函数. 微信公众号：学起

28、而飞 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 题组训练 1.(2019太原联考)高三要安排毕业晚会的 4 个音乐节目，2 个舞蹈节目和 1 个曲艺节目 的演出顺序，要求 2 个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是() A.1 800B.3 600 C.4 320D.5 040 求解

29、排列应用问题的 6 种主要方法 解题技法 排男生，有 A 3 5种方法，共有 A44A351 440(种). (5)(插空法)先排女生，有 A 4 4种方法，再在女生之间及首尾 5 个空位中任选 3 个空位安 列，有 A 4 4种方法，共有 A44A44576(种). (4)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 A 4 4种方法，再将女生全排 排法，共有 A26A553 600(种). 法二：(特殊位置优先法)首尾位置可安排另 6 人中的两人，有 A 2 6种排法，其他有 A 5 5种 3 600(种). (3)法一： (特殊元素优先法)先排甲， 有 5 种方法， 其余 6

30、 人有 A 6 6种排列方法， 共有 5A66 有 A37A445 040(种). (2)分两步完成，先选 3 人站前排，有 A 3 7种方法，余下 4 人站后排，有 A 4 4种方法，共 解(1)从 7 人中选 5 人排列，有 A57765432 520(种). (5)全体排成一排，男生互不相邻. (4)全体排成一排，女生必须站在一起； (3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾； (2)排成前后两排，前排 3 人，后排 4 人； (1)选 5 人排成一排； 有 3 名男生、4 名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数. 典例精析 微信公众号：学起而飞 A.250 个B.249 个 C.

31、48 个D.24 个 解析：选 C当千位上的数字为 4 时，满足条件的四位数有 A3424(个)；当千位上 的数字为 3 时，满足条件的四位数有 A3424(个).由分类加法计数原理得满足条件的四位数 共有 242448(个)，故选 C. 3.将 7 个人(其中包括甲、乙、丙、丁 4 人)排成一排，若甲不能在排头，乙不能在排尾， 丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有() A.1 108 种B.1 008 种 C.960 种D.504 种 解析：选 B将丙、丁两人进行捆绑，看成一人.将 6 人全排列有 A22A 6 6种排法；将甲排 在排头，有 A22A 5 5种排法；乙排在排尾，有 A22A

32、5 5种排法；甲排在排头，乙排在排尾，有 A22A44 种排法.则甲不能在排头，乙不能在排尾，丙、丁两人必须相邻的不同排法共有 A22A66A22A55 A22A55A22A441 008(种). 考点二考点二组合问题组合问题 典例精析 某市工商局对 35 种商品进行抽样检查，已知其中有 15 种假货.现从 35 种商品中选取 3 种. (1)其中某一种假货必须在内，不同取法有多少种？ (2)其中某一种假货不能在内，不同取法有多少种？ (3)恰有 2 种假货在内，不同取法有多少种？ (4)至少有 2 种假货在内，不同取法有多少种？ (5)至多有 2 种假货在内，不同取法有多少种？ 解(1)从余

33、下的 34 种商品中， 选取 2 种有 C234561(种)取法， 所以某一种假货必须在内的不同取法有 561 种. (2)从 34 种可选商品中，选取 3 种， 有 C 3 34种或者 C335C234C3345 984(种)取法. 所以某一种假货不能在内的不同取法有 5 984 种. 四位数有() 2.(2019石家庄模拟)用数字 0,1,2,3,4 组成没有重复数字且大于 3 000 的四位数，这样的 空位中，有 A 2 6种，所以共有 A55A263 600(种). 解析：选 B先排除舞蹈节目以外的 5 个节目，共 A 5 5种，再把 2 个舞蹈节目插在 6 个 微信公众号：学起而飞

34、其中至少有两个相邻，则不同的选法种数是() A.72B.70 C.66D.64 解析：选 D从1,2,3，10中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，共有 C12C17C17C16 56 种选法，三个数相邻共有 C188 种选法，故至少有两个数相邻共有 56864 种选法. 2.(2019辽宁五校协作体联考)在爸爸去哪儿第二季第四期中，村长给 6 位“萌娃” 布置一项搜寻空投食物的任务.已知：食物投掷地点有远、近两处；由于 Grace 年纪尚 小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷 点的食物；所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处.

35、那么不 同的搜寻方案有() A.10 种B.40 种 1.(2018南宁二中、柳州高中第二次联考)从1,2,3，10中选取三个不同的数，使得 题组训练 接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理. “至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直 (2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与 另外的元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取. (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 组合问题的 2 类题型及求解方法 解题技法 所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6

36、 090 种. 共有选取方式 C320C220C115C120C2156 090(种). 法二：(直接法) 所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种. C335C3156 5454556 090(种). 选取 3 种商品的总数为 C335，因此共有选取方式 (5)法一：(间接法) 所以至少有 2 种假货在内的不同的取法有 2 555 种. 共有选取方式 C120C215C3152 1004552 555(种). (4)选取 2 种假货有 C120C 2 15种，选取 3 种假货有 C 3 15种， 所以恰有 2 种假货在内的不同的取法有 2 100 种. 从 15 种假货中选取

37、 2 种有 C120C2152 100(种)取法. (3)从 20 种真货中选取 1 种， 微信公众号：学起而飞 解析先把 6 个毕业生平均分成 3 组，有C 2 6C24C22 A33 15(种)方法.再将 3 组毕业生分到 3 所学校，有 A336(种)方法，故 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有C 2 6C24C22 A33 A3390(种)分派 方法. 答案90 考法(二)部分均分问题 例 2有 4 名优秀学生 A，B，C，D 全部被保送到甲、乙、丙 3 所学校，每所学校至 少去一名，则不同的保送方案共有_种. 解析先把 4 名学生分为 2,1,1 共 3 组，有C 2 4C12C

38、11 A22 6(种)分法，再将 3 组对应 3 个学 校，有 A336(种)情况，则共有 6636(种)不同的保送方案. 答案36 考法(三)不等分问题 例 3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. 解析将 6 名教师分组，分三步完成： 所学校去任教，有_种不同的分派方法. 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 例 1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 考法(一)整体均分问题 考点三考点三分组、分配问题分组、分配问题 答案：16 故共

39、有 C36C3420416(种). 解析：从 2 位女生，4 位男生中选 3 人，共有 C 3 6种情况，没有女生参加的情况有 C 3 4种， 选，则不同的选法共有_种.(用数字填写答案) 3.(2018全国卷)从 2 位女生，4 位男生中选 3 人参加科技比赛，且至少有 1 位女生入 有 C2510 种搜寻方案.综上，一共有 301040 种搜寻方案. 从剩下的 5 位小孩中挑出 2 位搜寻近处，有 C 2 5种挑法，剩下 3 位小孩去搜寻远处，因此共 搜寻近处，因此一共有 C15C2430 种搜寻方案；若 Grace 参与任务，则其只能去近处，需要 C 1 5种挑法，再从剩下的 4 位小孩

40、中挑出 2 位搜寻远处，有 C 2 4种挑法，最后剩下的 2 位小孩 解析：选 B若 Grace 不参与任务，则需要从剩下的 5 位小孩中任意挑出 1 位陪同，有 C.70 种D.80 种 微信公众号：学起而飞 有人去检查，5 名水暖工分组方案为 3,1,1 和 1,2,2，则分配的方案共有 C35C12 2 C 1 5C24 2A33 150(种). 答案：150 考点四考点四排列、组合的综合问题排列、组合的综合问题 典例精析 (1)从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中任取两个奇数和两个偶数， 组成没有重复数字的四位数的 个数为() A.300B.216 C.180D.162 (2)用数

41、字 0,1,2,3,4,5,6 组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之 和为偶数的四位数共有_个.(用数字作答) 解析(1)分两类： 解析：5 名水暖工去 3 个不同的居民小区，每名水暖工只去一个小区，且每个小区都要 水暖工只去一个小区，且每个小区都要有人去检查，那么分配的方案共有_种. 2.冬季供暖就要开始，现分配出 5 名水暖工去 3 个不同的居民小区检查暖气管道，每名 再分配给 3 个人，有 A336 种，所以不同的安排方式共有 6636(种). A22 人完成，所以必有 1 人完成 2 项工作.先把 4 项工作分成 3 组，即 2,1,1，有C 2 4C12C116

42、种， 解析：选 D因为安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1 C.24 种D.36 种 A.12 种B.18 种 安排方式共有() 1.安排 3 名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由 1 人完成，则不同的 题组训练 答案360 故共有 606360 种不同的分法. 再将这 3 组教师分配到 3 所中学，有 A336 种分法， 根据分步乘法计数原理，共有 C16C25C3360 种取法. 第 3 步，余下的 3 名教师作为一组，有 C 3 3种取法. 第 2 步，在余下的 5 名教师中任取 2 名作为一组，有 C 2 5种取法； 第 1 步

43、，在 6 名教师中任取 1 名作为一组，有 C 1 6种取法； 微信公众号：学起而飞 女共 5 个推荐对象，则不同的推荐方法共有() A.36 种B.24 种 C.22 种D.20 种 解析：选 B根据题意，分两种情况讨论：第一种，3 名男生每个大学各推荐 1 人，2 名女生分别推荐给甲大学和乙大学，共有 A33A2212 种推荐方法；第二种，将 3 名男生分成 两组分别推荐给甲大学和乙大学，共有 C23A22A2212 种推荐方法.故共有 24 种推荐方法. 个，丙大学 1 个，并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下 3 男 2 1.(2019广州调研)某学校获得 5 个高

44、校自主招生推荐名额，其中甲大学 2 个，乙大学 2 题组训练 数原理来解决，一般遵循先选后排的原则. 一般先把复杂问题分解成若干个简单的基本问题， 然后应用分类加法计数原理或分步乘法计 (3)对于有附加条件的比较复杂的排列、组合问题，要周密分析，设计出合理的方案， 特殊位置的要求，再考虑其他位置. (2)以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足 程进行分步. (1)仔细审题，判断是组合问题还是排列问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过 解决排列、组合综合问题的方法 解题技法 答案(1)C(2)324 根据分类加法计数原理，可得符合要求的四位数共有 902343

45、24(个). C13C23A33C13162，故这种情况下符合要求的四位数共有 72162234(个). 数不是 0，则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非 0 数字中选一个放上，方法数是 两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为 C23A33C1472；若选出的偶 当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是 0，则再选出 数共有 721890(个). 只能从剩余的非 0 数字中选一个放上，方法数是 A33C1318，故这种情况下符合要求的四位 剩余数字中任意一个放上即可，方法数是 C23A33C1472；若选出的三个偶数不含 0，则千位上 (2)当个位

46、、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有 0，则千位上把 根据分类加法计数原理可知，满足题意的四位数共有 72108180(个). 根据分步乘法计数原理可知，共有 C12C23(A44A33)108(个)符合要求的四位数. 第二类，取 0，此时 2 和 4 只能取一个，再取两个奇数，组成没有重复数字的四位数， 数，根据分步乘法计数原理可知，共有 C23C22A4472(个)符合要求的四位数； 第一类，不取 0，即从 1,2,3,4,5 中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位 微信公众号：学起而飞 解析： 根据题意， 分 2 种情况讨论， 若甲、 乙之中只有一人参加， 有

47、 C12C46A 5 53 600(种)； 若甲、乙两人都参加，有 C22A36A241 440(种).则不同的安排种数为 3 6001 4405 040. 答案：5 040 课时跟踪检测课时跟踪检测 A 级 1.某小区有排成一排的 7 个车位，现有 3 辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的 4 个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为() A.16B.18 C.24D.32 解析：选 C将 4 个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排 3 辆不同型号的车，在 3 个 车位上任意排列，有 A336(种)方法，再将捆绑在一起的 4 个车位插入 4 个空当中，有 4 种 方法，故共有 4624(种

48、)方法. 2.(2019惠州调研)旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进 行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小李可选的 旅游路线数为() A.24B.18 C.16D.10 解析：选 D分两种情况，第一种：最后体验甲景区，则有 A 3 3种可选的路线；第二种： 不在最后体验甲景区， 则有 C12A 2 2种可选的路线.所以小李可选的旅游路线数为 A33C12A22 10. 3.(2019开封模拟)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需 从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科.学生甲要想报考某高校的法学专

49、 业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为() A.6B.12 C.18D.19 解析：选 D从六科中选考三科的选法有 C 3 6种，其中不选物理、政治、历史中任意一 科的选法有 1 种，因此学生甲的选考方法共有 C36119 种. 4.(2019沈阳教学质量监测)若 4 个人按原来站的位置重新站成一排，恰有 1 个人站在自 己原来的位置，则不同的站法共有() 他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为_.(用数字作答) 排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时， 2.(2019成都诊断)从甲、乙等 8 名志愿者中

50、选 5 人参加周一到周五的社区服务，每天安 微信公众号：学起而飞 A.18 种B.24 种 C.36 种D.48 种 解析：选 C若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 8 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A22A2312 种；若甲、乙抢的是一个 6 元和一个 10 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A22A2312 种；若甲、乙抢的是一个 8 和一个 10 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢走，有 A22C236 种；若甲、乙抢的是 两个 6 元的红包，剩下 2 个红包，被剩下的 3 人中的 2 个人抢