【课标通用】2018届高考数学(理)一轮课件：36-计数原理(含答案)
2018版高考数学浙江,文理通用大一轮复习讲义教师版文
1．排列与组合的概念2.排列数与组合数(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫作从n个不同元素中取出m A m n表示．(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫作从n 个不同元素中取出m个元素的组合数，用C m n表示．3．排列数、组合数的公式及性质【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．(×)(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.(√).(√)(5)A m n＝n A m－1n－1(6)k C k n＝n C k－1.(√)n－11．(2016·四川)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为() A．24 B．48C．60 D．72答案 D解析由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1,3,5；分为两步：先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C13种情况，再将剩下的4个数字排列得到A44种情况，则满足条件的五位数有C13·A44＝72(个)．故选D.2．6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．144B．120C．72D．24答案 D解析“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A34＝4×3×2＝24.3．(教材改编)用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位数，其中偶数的个数为()A．8B．24C．48D．120答案 C解析末位数字排法有A12种，其他位置排法有A34种，共有A12A34＝48(种).4．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有________种．答案14解析分两类：①有1名女生：C12C34＝8.②有2名女生：C22C24＝6.∴不同的选派方案有8＋6＝14(种)．题型一排列问题例1(1)3名男生，4名女生，选其中5人排成一排，则有________种不同的排法．(2)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．答案(1)2520(2)216解析(1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A57＝2520(种)排法．(2)当最左端排甲时，不同的排法共有A55种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有C14A44种．故不同的排法共有A55＋C14A44＝120＋96＝216(种)．引申探究1．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“排成前后两排，前排3人，后排4人”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有A77＝5040(种)排法．2．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男、女各站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有A33种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A22种排法．根据分步乘法计数原理，共有A33·A44·A22＝288(种)排法.3．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男生不能站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解不相邻问题(插空法)：先安排女生共有A44种排法，男生在4个女生隔成的5个空中安排共有A35种排法，故共有A44·A35＝1440(种)排法．4．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，甲不站排头也不站排尾”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解先安排甲，从除去排头和排尾的5个位置中安排甲，有A15＝5(种)排法；再安排其他人，有A66＝720(种)排法．所以共有A15·A66＝3600(种)排法．思维升华排列应用问题的分类与解法(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.由0,1,2,3,4,5这六个数字组成的无重复数字的自然数．求：(1)有多少个含2,3，但它们不相邻的五位数？(2)有多少个含数字1,2,3，且必须按由大到小顺序排列的六位数？解(1)先不考虑0是否在首位，0,1,4,5先排三个位置，则有A34个，2,3去排四个空档，有A24个，即有A34A24个；而0在首位时，有A23A23个，即有A34A24－A23A23＝252(个)含有2,3，但它们不相邻的五位数．(2)在六个位置先排0,4,5，先不考虑0是否在首位，则有A36个，去掉0在首位，即有A36－A25个，0,4,5三个元素排在六个位置上留下了三个空位，1,2,3必须由大到小进入相应位置，并不能自由排列，所以有A36－A25＝100(个)六位数．题型二组合问题例2(1)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是()A．60 B．63C．65 D．66(2)要从12人中选出5人去参加一项活动，A，B，C三人必须入选，则有________种不同选法．答案(1)D(2)36解析(1)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数或2个奇数和2个偶数，故有C45＋C44＋C25C24＝66(种)不同的取法．(2)只需从A，B，C之外的9人中选择2人，即有C29＝36(种)不同的选法．引申探究1．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人都不能入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？解由A，B，C三人都不能入选只需从余下9人中选择5人，即有C59＝C49＝126(种)不同的选法．2．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人只有一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？解可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13×C49＝378(种)不同的选法．3．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人至少一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？解可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C59种，共有C512－C59＝666(种)不同的选法．思维升华组合问题常有以下两类题型变化(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，再从剩下的元素中去选取．(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“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，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．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，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)，∴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C334种或者C335－C234＝C334＝5984(种)．∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种．(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2100(种)．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种．(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2100＋455＝2555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种．(5)选取3件的总数为C335，因此共有选取方式C335－C315＝6545－455＝6090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．题型三排列与组合问题的综合应用命题点1相邻问题例3(2016·济南模拟)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A．3×3! B．3×(3！)3C．(3！)4D．9!答案 C解析把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种坐法．命题点2相间问题例4某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是________．答案120解析先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48(种)安排方法．由分类加法计数原理知共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．命题点3特殊元素(位置)问题例5(2016·郑州检测)从1,2,3,4,5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有________个．答案 51解析 分三类：第一类，没有2,3，由其他三个数字组成三位数，有A 33＝6(个)；第二类，只有2或3其中的一个，需从1,4,5中选两个数字组成三位数，有2C 23A 33＝36(个)；第三类，2,3均有，再从1,4,5中选一个，因为2需排在3的前面，所以可组成12C 13A 33＝9(个)． 由分类加法计数原理，知这样的三位数共有51个． 思维升华 排列与组合综合问题的常见类型及解题策略(1)相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列．(2)相间问题插空法．先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用．(3)特殊元素(位置)优先安排法．优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置．(4)多元问题分类法．将符合条件的排列分为几类，而每一类的排列数较易求出，然后根据分类加法计数原理求出排列总数．(1)(2016·山西四校联考三)有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为( ) A ．150 B ．180 C ．200D ．280(2)将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有( ) A ．150种 B ．114种 C ．100种 D ．72种答案 (1)A (2)C解析 (1)分两类：一类，3个班分派的毕业生人数分别为2,2,1，则有C 25C 23A 22·A 33＝90(种)分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1,1,3，则有C 35·A 33＝60(种)分派方法，所以不同分派方法种数为90＋60＝150，故选A.(2)先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2,2,1或者3,1,1，所以共有C 25C 23C 112＋C 35C 12C 112＝25(种)分组方法．因为甲不能被保送到北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有25×4＝100(种)．3．排列、组合问题典例有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．错解展示解析先从一等品中取1个，有C116种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C219种不同取法，共有C116×C219＝2736(种)不同取法．答案2736现场纠错解析方法一将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类加法计数原理，知有C116C24＋C216C14＋C316＝1136(种)．方法二考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C320－C34＝1136(种)．答案1136纠错心得(1)解排列、组合问题的基本原则：特殊优先，先分组再分解，先取后排；较复杂问题可采用间接法，转化为求它的对立事件．(2)解题时要细心、周全，做到不重不漏.1．两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为() A．48B．36C．24D．12答案 C解析(捆绑法)爸爸排法有A22种，两个小孩排在一起故看成一体，有A22种排法，妈妈和孩子共有A33种排法，∴排法种数共有A 22A 22A 33＝24(种)．故选C.2．(2017·黄山月考)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 ．18C ．24D ．32 答案 C解析 将四个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排3辆不同型号的车，在三个车位上任意排列，有A 33＝6(种)排法，再将捆绑在一起的四个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6＝24(种)方法．3．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A 只能出现在第一或最后一步，程序B 和C 在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有( ) A ．34种 B ．48种 C ．96种 D ．144种答案 C解析 程序A 有A 12＝2(种)结果，将程序B 和C 看作一个元素与除A 外的3个元素排列有A 22A 44＝48(种)，由分步乘法计数原理，知实验编排共有2×48＝96(种)方法．4．将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，这样的排列数有( ) A ．12种 B ．20种 C ．40种 D ．60种答案 C解析 (消序法)五个元素没有限制全排列为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )， 故除以这三个元素的全排列A 33， 可得A 55A 33×2＝40(种)．5．(2016·长沙模拟)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为( )A ．A 26C 24 B.12A 26C 24 C ．A 26A 24D ．2A 26答案 B解析 方法一 将4人平均分成两组有12C 24种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 26种．所以不同的安排方法有12C 24A 26(种)． 方法二 先从6个班级中选2个班级有C 26种不同方法，然后安排学生有C 24C 22种，故有C 26C 24C 22＝12A 26C 24(种)． 6．(2016·汉中质检)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( ) A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对答案 C解析 正方体中共有12条面对角线，任取两条作为一对共有C 212＝66(对)，12条对角线中的两条所构成的关系有平行、垂直、成60°角．相对两面上的4条对角线组成的C 24＝6(对)组合中，平行有2对，垂直有4对，所以所有的平行和垂直共有3C 24＝18(对)．所以成60°角的有C 212－3C 24＝66－18＝48(对)．7．(2016·杭州余杭区期末)现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种．(用数字作答) 答案 54解析 第一类，把甲、乙看作一个复合元素，另外3人分成两组，再分配到3个小组中，有C 23A 33＝18(种)；第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲、乙分配到其中2个小组，有A 33A 23＝36(种)．根据分类加法计数原理可得，共有36＋18＝54(种)．8．(2016·福州质检)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答) 答案 60解析 分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A 34种分法；第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有C 23A 24种分法．总获奖情况共有A 34＋C 23A 24＝60(种)．9．(2016·宁夏、海南模拟)某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，则不同的安排方法共有________种．(用数字作答)答案240解析由题意可知，有一个工厂安排2个班，另外三个工厂每厂一个班，则共有C14·C25·A33＝240种安排方法．10．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．答案11解析把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o.共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A24－1＝12－1＝11(种)．11．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答)答案480解析从左往右看，若C排在第1位，共有A55＝120(种)排法；若C排在第2位，A和B有C 右边的4个位置可以选，共有A24·A33＝72(种)排法；若C排在第3位，则A，B可排C的左侧或右侧，共有A22·A33＋A23·A33＝48(种)排法；若C排在第4,5,6位时，其排法数与排在第3,2,1位相同，故共有2×(120＋72＋48)＝480(种)排法．12．(2016·杭州第二中学月考)2016年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10000个号码中选择．公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金猴卡”，享受一定优惠政策．如后四位数为“2663”，“8685”为“金猴卡”，求这组号码中“金猴卡”的张数．解①当后四位数恰有2个6时，“金猴卡”共有C24×9×9＝486(张)；②当后四位数恰有2个8时，“金猴卡”也共有C24×9×9＝486(张)．但这两种情况都包含了后四位数是由2个6和2个8组成的这种情况，所以要减掉C24＝6，即“金猴卡”共有486×2－6＝966(张)．13．有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋．现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？解设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C12·C13＝6(种)；第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C14·C13＝12(种)；第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，方法数为C14·C12＝8(种)；第四类：C中选2人分别参加两项比赛，方法数为A24＝12(种)．由分类加法计数原理，知不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．*14.(2016·河南洛阳三模)设三位数n＝abc，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有多少个？解a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0，即a，b，c∈{1,2,3，…，9}．①若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n1，由于三位数中三个数字都相同，所以n1＝C19＝9；②若构成等腰(非等边)三角形，设这样的三位数的个数为n2，由于三位数中只有2个不同数字，设为a，b，注意到三角形腰与底可以互换，所以可取的数组(a，b)共有2C29组，但当大数为底时，设a>b，必须满足b<a<2b，此时，不能构成三角形的数字是共20种情况．同时，每个数组(a，b)中的两个数字填上三个数位，有C23种情况，故n2＝C23(2C29－20)＝156.综上，n＝n1＋n2＝165.。
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第十章计数原理10.1分类计数原理与分步计数原理课件理
4.(2015·四川改编)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_1_2_0__个. 答案 解析 由题意知，首位数字只能是 4,5，若万位是 5，则有 3×A34＝72(个)； 若万位是 4，则有 2×A34＝48(个)， 故比 40 000 大的偶数共有 72＋48＝120(个).
4.从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数， 其中奇数的个数为_1_8_. 答案 解析 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百 位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种 选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数.根据 分类计数原理，知共有12＋6＝18(个)奇数.
引申探究 1.本例(2)中，若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为 “每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解答
每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法， 根据分步计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种).
2.本例(2)中，若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为 “每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名 方法？
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
6.将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同， 每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有_1_2_种. 答案 解析 先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A33 种不同排法.再排 第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、 三行的字母只有1种排法.因此共有A33·2·1＝12(种)不同的排列方法.
计数原理(理科专用)(解析版)-五年(2018-2022)高考数学真题分项汇编(全国通用)
专题19计数原理（理科专用）1．【2022年新高考2卷】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（）A．12种B．24种C．36种D．48种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!×2×2=24种不同的排列方式，故选：B2．【2021年乙卷理科】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【答案】C【解析】【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有25C种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据C⨯=种不同的分配方案，乘法原理，完成这件事，共有254!240故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.3．【2020年新课标1卷理科】25()x x y xy ++的展开式中x 3y 3的系数为（）A ．5B ．10C ．15D ．20【答案】C【解析】【分析】求得5()x y +展开式的通项公式为515r r rr T C x y -+=（r N ∈且5r ≤），即可求得2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭与5()x y +展开式的乘积为65r r r C xy -或425r r r C x y -+形式，对r 分别赋值为3，1即可求得33x y 的系数，问题得解.【详解】5()x y +展开式的通项公式为515r r r r T C x y -+=（r N ∈且5r ≤）所以2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的各项与5()x y +展开式的通项的乘积可表示为：56155r r r r r r r xT xC xy C x y --+==和22542155r r r r r r r T C x y x C y y y x x --++==在615r r r r xT C x y -+=中，令3r =，可得：33345xT C x y =，该项中33x y 的系数为10，在42152r r r r T C x x y y -++=中，令1r =，可得：521332T C y x xy =，该项中33x y 的系数为5所以33x y 的系数为10515+=故选：C【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题.4．【2020年新课标2卷文科】如图，将钢琴上的12个键依次记为a 1，a 2，…，a 12.设1≤i <j <k ≤12．若k –j =3且j –i =4，则称ai ，aj ，ak 为原位大三和弦；若k –j =4且j –i =3，则称ai ，aj ，ak 为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（）A ．5B ．8C ．10D ．15【答案】C【解析】【分析】根据原位大三和弦满足3,4k j j i -=-=，原位小三和弦满足4,3k j j i -=-=从1i =开始，利用列举法即可解出．【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足：3,4k j j i -=-=．∴1,5,8i j k ===；2,6,9i j k ===；3,7,10i j k ===；4,8,11i j k ===；5,9,12i j k ===．原位小三和弦满足：4,3k j j i -=-=．∴1,4,8i j k ===；2,5,9i j k ===；3,6,10i j k ===；4,7,11i j k ===；5,8,12i j k ===．故个数之和为10．故选：C ．【点睛】本题主要考查列举法的应用，以及对新定义的理解和应用，属于基础题．5．【2020年新高考1卷（山东卷）】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（）A ．120种B ．90种C ．60种D ．30种【答案】C【解析】【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.【详解】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有16C ；然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有25C ；最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有126561060C C ⋅=⨯=种.故选：C【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.6．【2020年新高考2卷（海南卷）】要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（）A ．2种B ．3种C ．6种D ．8种【答案】C【解析】【分析】首先将3名学生分成两个组，然后将2组学生安排到2个村即可.【详解】第一步，将3名学生分成两个组，有12323C C =种分法第二步，将2组学生安排到2个村，有222A =种安排方法所以，不同的安排方法共有326⨯=种故选：C【点睛】解答本类问题时一般采取先组后排的策略.7．【2019年新课标3卷理科】（1+2x 2）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为A ．12B ．16C ．20D ．24【答案】A【解析】【分析】本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数．【详解】由题意得x 3的系数为314424812C C +=+=，故选A ．【点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．8．【2018年新课标3卷理科】522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中4x 的系数为A ．10B ．20C ．40D ．80【答案】C【解析】【详解】分析：写出103152r r r r T C x -+=⋅⋅，然后可得结果详解：由题可得()5210315522rr r r r rr T C x C x x --+⎛⎫== ⋅⋅⎪⎝⎭⋅⋅令103r 4-=,则r 2=所以22552240r r C C ⋅⋅==点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题．9．【2022年新高考1卷】1−(+p 8的展开式中26的系数为________________（用数字作答）．【答案】-28【解析】【分析】1−+8可化为+8−+8，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为1+8=+8+8，所以1+8的展开式中含26的项为C 8626−8535=−2826，1−+8的展开式中26的系数为-28故答案为：-2810．【2020年新课标2卷理科】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.【答案】36【解析】【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解.【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学∴先取2名同学看作一组，选法有：246C =现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：336A =根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6636⨯=种故答案为：36.【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.11．【2020年新课标3卷理科】262(x x+的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【答案】240【分析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】 622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项：()62612rr r r C x x T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭=1226(2)r r r rx C x --⋅=⋅1236(2)r r rC x -=⋅当1230r -=，解得4r =∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握()n a b +的展开通项公式1C r n r r r n T a b -+=，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.12．【2018年新课标1卷理科】从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）【答案】16【解析】【分析】首先想到所选的人中没有女生，有多少种选法，再者需要确定从6人中任选3人的选法种数，之后应用减法运算，求得结果.【详解】根据题意，没有女生入选有344C =种选法，从6名学生中任意选3人有3620C =种选法，故至少有1位女生入选，则不同的选法共有20416-=种，故答案是16.【点睛】该题是一道关于组合计数的题目，并且在涉及到“至多、至少”问题时多采用间接法，一般方法是得出选3人的选法种数，间接法就是利用总的减去没有女生的选法种数，该题还可以用直接法，分别求出有1名女生和有两名女生分别有多少种选法，之后用加法运算求解.。
2018年高考真题——理科数学(全国卷Ⅰ)+Word版含解析
2018年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）理科数学注意事项：1 •答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2 •选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3 •非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4 •考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
、选择题（本题共12小题, 每小题5分, 共60分.在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的.1•设z 1 2i，则zC.2•已知集合x|x2则e R Ax|C • x|x 1 U x|x3.某地区经过一年的新农村建设, 农村的经济收入增加了一倍•实现翻番•为更好地解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例.到如下饼图:则下面结论中不正确的是（A •新农村建设后，种植收入减少-1 -B •新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C •新农村建设后，养殖收入增加了一倍D •新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半uuur iuur 则 FM FN (C . 7围是（ ）10 .下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆4•记£为等差数列 a n 的前n 项和. 右 3S 3 S 2 S 4 , a 1 2 ,则 a 3 ( )A . 1210C . 10125・设函数f x 3 1 x 2ax • 若f x 为奇函数，则曲线在点0,0处的切线方程为（A . y 2xC . y 2x6.在△ ABC 中, AD 为BC 边上的中线， E 为AD 的中点，则uu u EB3 mu 1 iurA . AB AC 4 43UJH 1 uur C . AB AC 4 41 mu 3 urnr B .AB AC 4 41 mu 3 uur D .AB -AC 4 47•某圆柱的高为 2,底面周长为16,其三视图如右图所示，圆柱表面 M 在正视图上的对应点为 A ,圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 在此圆柱侧面上, M 到N 的路径中，最短路径的长度为（A • 2 17 C . 3&设抛物线C : 4x 的焦点为F ,过点且斜率为2的直线与C 交于M , N 两点,9 .已知函数fln x , x 0a ，右g x 存在2个零点，则a 的取值范B .0,C .1,上的点g c的直径分别为直角三角形 ABC 的斜边BC ，直角边AB , AC , △ ABC 的三边所围成的区域 记为I,黑色部分记为n,其余部分记为川，在整个图形中随机取一点，此点取自I ,n, 川的概率分别记为 p 1, p 2 , p 3，则（）x 2y 2w 013 .若x , y 满足约束条件 x y 1 > 0 ，则y w 014 .记S n 为数列a n 的前n 项和.若W 2a n 1，则S 6 _____________________________________ . 15.从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有 1位女生入选，则不同的选法共有 ________ 种.（用数字填写答案）16 .已知函数 f x 2sinx sin 2x ,贝U f x 的最小值是 __________________ . 三、解答题（共70分。
2018版高考数学(浙江文理通用)大一轮复习讲义课件第十章计数原理10.1
每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法， 根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种).
2. 本例 (2) 中若将条件 “ 每项限报一人，且每人至多参加一项 ” 改为
“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名
方法？
解答
每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参
赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种).
思维升华
(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即 分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是 相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. (2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与 步确保连续，逐步完成.
解析
区域B有4种涂色方法；
区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；
若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法.
所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260(种)涂色方法.
(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 36 的平面构成的“正交线面对”的个数是_____.
答案 解析
第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面均成“正交线面对”，这样
的“正交线面对”有2×12＝24(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24＋12＝36(个).
思维升华
利用两个计数原理解决应用问题的一般源自路§10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
2018年高考数学课标通用理科一轮复习配套课件：第十一
考点 3 两个计数原理的综合应用
[考情聚焦]
两个计数原理的应用是高考命题的一个热点，
以选择题或填空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题或中 档题． 主要有以下几个命题角度： 角度一 涂色问题
8 到同一个班，则不同的分法种数为________ ．(用数字作答)
解析：第 1 步，把甲、乙分到不同班级有 A2 2＝2(种)分法； 第 2 步，分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有 2 种方法；②丙、 丁分到两个不同班级有 A2 2＝2(种)分法．由分步乘法计数原理， 不同的分法为 2×(2＋2)＝8(种)．
分步计数原理： 步骤互相独立， 互不干扰； 步与步确保连续， 逐步完成． 某市汽车牌照号码可以上网自编， 但规定从左到右第二个号 码只能从字母 B，C，D 中选择，其他四个号码可以从 0～9 这十 个数字中选择(数字可以重复)，某车主第一个号码(从左到右 )只 想在数字 3,5,6,8,9 中选择，其他号码只想在 1,3,6,9 中选择，则
m＋n 种不同的方法． 有 N＝________
分类加法计数原理：每一种方法都能完成这件事情；类与类 之间是独立的． 某同学有同样的画册 2 本，同样的集邮册 3 本，从中取出 4 本赠送给 4 位朋友，每位朋友 1 本，则不同的赠送方法共有
10 ________ 种．
解析：赠送 1 本画册，3 本集邮册，需从 4 人中选取 1 人赠
m×n 种 第 2 步有 n 种不同的方法，那么完成这件事共有 N＝________
不同的方法．
分步乘法计数原理：所有步骤完成才算完成；步与步之间是 相关联的． 将甲、乙、丙等 6 人分配到高中三个年级，每个年级 2 人， 要求甲必须在高一年级，乙和丙均不能在高三年级，则不同的安
2018版高考数学大一轮复习 专题11 计数原理课件 理
➢ 考点68 二项式系数的性质及应用
二项系数的性质
1.对称性
2.增减性与最大值 3.二项式系数的和
✓ 考法2 二项展开式中的系数和问题
解题关键：给字母赋值 赋值原则：使展开式中字 母组成的代数式的值为1
一般是将二项展开式中的 字母均赋值为1求得系数 之和（即此时的展开式之 和），因为展开式中的每 一项都是由系数和含字母 的代数式组成.
3
➢ 考点64 两个计数原理
1.分类加法计数原理 2.分布乘法计数原理
✓ 考法1 两个计数原理的综合应用
步骤
注意
弄清完成的事件
分析完成这件事应分类 还是分步
弄清在每一类或每一步 中的方法种数
根据计数原理计算总方 法数
(1)先确定分类或分步的标准， 正确的分类或分步．
(2)分类时，要做到不重不漏．
【注意】应注意二项式系数与系数的区别
47
48
✓ 考法3 二项式系数或系数的最值问题
1.展开式系数最大 2.二项系数最大 3.最大项
思路一：看作关于n的数列，通过判断数
列单调性的方法从而判断系数的增减性，
并根据系数的单调性求出系数的最值. 思路二:由于展开式系数是离散型变量， 因此在系数均为正的前提下，
(9)定序问题除法处理的方法
先求出不考虑限制条件的排列数，然后
减去不符合条件的排列数．
16
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18
19
✓ 考法4 有限制条件的组合问题
“含”，则先将这些元素取出，再由其他 元素补足；“不含”，则从其余元素中选 择.
“至多”“至少”问题，用直接法求 解时，要注意合理地分类或分步； 用间接法求解时，要注意题目中 “至少”“至多”等关键词的含义， 做到不重不漏．
2018年高考理数： 计数原理含答案
核心考点解读——计数原理个不同的步骤，在第一个步骤中有两个计数原理的区别在于完成事情的方法是可以完成事情的所有，还是完成事情的：二项展开式的通项，即1．（2017高考新课标I ，理6）621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．352．（2017高考新课标II ，理6）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，则不同的安排方式共有 A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种3．（2017高考新课标III ，理4）错误！未找到引用源。
的展开式中错误！未找到引用源。
的系数为 A ．错误！未找到引用源。
B ．错误！未找到引用源。
C ．40D ．804.(2016高考新课标I ，理14) 5(2x 的展开式中，x 3的系数是 .（用数字填写答案）5.(2016高考新课标II ，理5)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 ．24B ．18C ．12D ．96.(2016高考新课标III ，理12)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a 中0的个数不少于1的个数.若m =4，则不同的“规范01数列”共有A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个7．(2015高考新课标I ，理10)25()x x y ++的展开式中，52x y 的系数为 A.10 B.20C.30D.608. (2015高考新课标II ，理15)4()(1)a x x ++的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a =__________．1．已知的展开式中常数项为，则的值为A.B.C.D.2．党的十九大报告指出，建设教育强国是中华民族伟大复兴的基础工程，必须把教育事业放在优先位置，深化教育资源的均衡发展.现有4名男生和2名女生主动申请毕业后到两所偏远山区小学任教.将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少安排2名毕业生，则每所学校男女毕业生至少安排一名的概率为 A. 错误！未找到引用源。
【课标通用】2018届高考数学(理)一轮课件：36-计数原理(含答案)
计数原理
计数原理是解决排列组合的基础,而排列组合的应用体现在求解概 率问题,进而解决离散型随机变量的分布列.概率与统计相结合是 高考的一个热点,但是难度不大,典型的“送分题”.在客观题的考查 中,以二项式定理、古典概型、频率分布直方图等为主,这要求我 们熟记这部分的计算公式,才能防止丢分.
������ (2)C������ =
0 特别地,C������ =1. 性质: (1)①0!=1;②A������ ������ =n!; ������ (2)①C������ = C������ ������ -������
A������ ������ A������ ������
=
������! ; (������-������)! ������(������-1)(������-2)…(������-������+1) ������! = (n,m∈N*,且 ������! ������!(������-������)!
考点84
考点85
考点86
试做真题
高手必备 萃取高招 对点精练
1.分类加法计数原理 完成一件事情有几类不同方案,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,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种不同的方法,那么完成这件 事情共有N=m1· m2· …· mn种不同的方法.
综上可知,不同的“规范01数列”共有14个.
考点84
考点85
பைடு நூலகம்考点86
2018版高考数学(人教A版理)一轮复习课件：第10章 第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
高三一轮总复习
3．从命题思路上看： (1)计数原理、排列组合与古典概型相结合考查． (2)几何概型与线性规划、定积分等知识相结合考查． (3)随机事件的概率、离散型随机变量及其分布列、离散型随机变量的均值与 方差和统计知识交汇考查． (4)相互独立事件、二项分布、超几何分布、正态分布、实际问题等其他知识 交汇考查．
A．30 个 C.36 个
C [∵a＋bi 为虚数，∴b≠0，即 b 有 6 种取法，a 有 6 种取法， 由分步乘法计数原理知可以组成 6×6＝36 个虚数．]
高三一轮总复习 4．(2016· 全国卷Ⅱ)如图 1011，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( )
高三一轮总复习
(2)(2017· 青岛二中月考)满足 a，b∈{－1,0,1,2}，且关于 x 的方程 ax2＋2x＋b ＝0 有实数解的有序数对(a，b)的个数为( ) 【导学号：01772376】 A．14 C.12 B.13 D.10
高三一轮总复习
(1)B (2)B [(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有 3 种方法(如图)，甲 乙丙乙甲甲乙甲丙甲 同理，甲先传给丙时，满足条件有 3 种方法． 由分类加法计数原理，共有 3＋3＝6 种传递方法．
图 1011 A．24 C.12 B.18 D.9
高三一轮总复习
B [分两步， 第一步， 从 E→F， 有 6 条可以选择的最短路径； 第二步， 从 F→G， 有 3 条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有 6×3＝18 条可以选择的 最短路程．]
高三一轮总复习
5.现有 4 种不同的颜色要对如图 1012 所示的四个部分进行着色， 要求有公共 边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________种．
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1.分类加法计数原理 完成一件事情有几类不同方案,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,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种不同的方法,那么完成这件 事情共有N=m1· m2· …· mn种不同的方法.
在学习这部分知识时,我们要注意:(1)整理排列组合的各类题型也 是很重要的梳理思维的手段,比如什么时候用插空,什么时候用反 向思想等;二项式定理的题目抓住通项公式和准确计算就OK了. (2)概率和统计的客观题比较简单,但是要梳理好各类题目用的不同 方法,才能在考试中做到从容应对. (3)分布列的内容可以说是有章可循,只要准确理解题意,把握清楚 各个步骤,通过准确的计算就能拿全分. (4)对于查错机制,在较为复杂的排列组合问题中,尝试用不同的方 法分别求解进行纠错;对于分布列的查错,可以采用把各个概率加 到一起看是否为1,如果在计算均值的时候发现化简非常麻烦,基本 上计算出错了,此时要及时回头进行检验. 北京大学元培学院 张文瀚
������ (2)C������ =
0 特别地,C������ =1. 性质: (1)①0!=1;②A������ ������ =n!; ������ (2)①C������ = C������ ������ -������
A������ ������ A������ ������
=
������! ; (������-������)! ������(������-1)(������-2)…(������-������+1) ������! = (n,m∈N*,且 ������! ������!(������-������)!
专题三十六
计数原理
计数原理是解决排列组合的基础,而排列组合的应用体现在求解概 率问题,进而解决离散型随机变量的分布列.概率与统计相结合是 高考的一个热点,但是难度不大,典型的“送分题”.在客观题的考查 中,以二项式定理、古典概型、频率分布直方图等为主,这要求我 们熟记这部分的计算公式,才能防止丢分.
A.24 B.18 C.12 D.9 【答案】 B 由题意知,小明从街道的E处出发到F处的最短路径有 6条,再从F处到G处的最短路径有3条,则小明到老年公寓可以选择 的最短路径条数为6×3=18,故选B.
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3.(2016课标Ⅲ,理12)定义“规范01数列”{an}如下:{an}共有2m项,其 中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的 个数.若m=4,则不同的“规范01数列”共有( ) A.18个 B.16个C.14个 D.12个 【答案】 C 由题意知a1=0,a8=1,则满足题意的a1,a2,…,a8的可能 取值如下:
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A������ ������ =n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=
A������ (n-1)· (n-2)· …· 3· 2· 1, ������ ����)!
m≤n).
1 1 C2 C 4 2 C1
者排列有A3 3 种情况,故不同的安排方式共有 D.
A2 2 1 1 C2 4 C2 C1 A2 2
种情况,再把 3 名志愿 ·A3 3 =36 种,故选
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2.(2016课标Ⅱ,理5)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( )
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考点84排列与组合 1.(2017课标Ⅱ,理6)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,则不同的安排方式共有 ( ) A.12种 B.18种 C.24种 D.36种
【答案】 D 先把 4 项工作分成 3 份有
m≤n).
������ ������ ;②C������ +1 = C������ + C������ .
������ -1
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典例导引1(1)用0,3,4,5,6排成无重复数的五位数,要求偶数相邻,奇 数也相邻,则这样的五位数的个数是( ) A.36 B.32 C.24 D.20 (2)把5件不同产品摆成一排,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. (3)某学校举行校庆文艺晚会,已知节目单中共有七个节目,为了 活跃现场气氛,主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲,并要 将这三个不同节目添入节目单,而不改变原来的节目顺序,则不同 的安排方式有 种.
规定0!=1. 4.组合与组合数 组合数的定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素所有组合的 ������ 个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用符号 C������ 表示.
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5.排列数、组合数的公式及性质 (1)A������ ������ =n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=
综上可知,不同的“规范01数列”共有14个.
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4.(2017天津,理14)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字,且至多 有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有 个.(用数字作答) 【答案】 1 080
【解析】 ①没有一个数字是偶数的四位数有A4 5 =120 个; 1 3 4 ②有且只有一个数字是偶数的四位数有C4 C5 A4 =960 个. 所以至多有一个数字是偶数的四位数有 120+960=1 080 个.