高中数学知识点总结 计数原理

合集下载

新教材北师大版高中数学选择性必修第一册第五章计数原理 知识点考点重点难点解题规律归纳总结

新教材北师大版高中数学选择性必修第一册第五章计数原理 知识点考点重点难点解题规律归纳总结

第五章计数原理1计数原理 ................................................................................................................... - 1 -1.1计数原理......................................................................................................... - 1 -1.2计数原理的简单应用..................................................................................... - 4 -2排列 ........................................................................................................................... - 7 -2.1排列与排列数................................................................................................. - 7 -2.2排列数公式..................................................................................................... - 7 -3组合 ......................................................................................................................... - 11 -3.1组合 .............................................................................................................. - 11 -3.2组合数及其性质........................................................................................... - 11 -4二项式定理.............................................................................................................. - 15 -4.1二项式定理................................................................................................... - 15 -4.2二项式系数的性质....................................................................................... - 20 -1计数原理1.1计数原理1.分类加法计数原理(1)定义:完成一件事,可以有n类办法,在第1类办法中有m1种方法,在第2类办法中有m2种方法,……在第n类办法中有m n种方法,那么,完成这件事共有N=m1+m2+…+m n种方法.(也称“加法原理”)(2)分类加法计数原理的理解分类加法计数原理中的“完成一件事有n类办法”,是指完成这件事的所有方法可以分为n类,即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务,n类中没有相同的方法,且完成这件事的任何一种方法都在某一类中.2.分步乘法计数原理(1)定义: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m n种不同的方法,那么,完成这件事共有N=m1·m2·…·m n种方法.(也称“乘法原理”)(2)分步乘法计数原理的理解分步乘法计数原理中的“完成一件事需要n个步骤”,是指完成这件事的任何一种方法,都需要分成n个步骤.在每一个步骤中任取一种方法,然后相继完成这两个步骤就能完成这件事,即各个步骤是相互依存的,每个步骤都要做完才能完成这件事.如何区分“分类”还是“分步”?[提示]如果完成这件事,可以分几种情况,每种情况中任何一种方法都能完成任务,则是分类;而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分任务,且只有依次完成各种情况,才能完成这件事,则是分步.疑难问题类型1分类加法计数原理【例1】设有5幅不同的油画,2幅不同的国画,7幅不同的水彩画.从这些油画、国画、水彩画中只选一幅布置房间,有几种不同的选法?[思路点拨][解]选一幅画布置房间分三类计数:第一类:选油画,有5种不同的选法;第二类:选国画,有2种不同的选法;第三类:选水彩画,有7种不同的选法.根据分类加法计数原理,共有N=5+2+7=14种不同的选法.分类时,首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准,然后在这个标准下进行分类;其次,分类时要注意满足两条基本原理:(1)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类;(2)分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.,前者保证完成这件事的方法不遗漏,后者保证不重复,即分类要做到不重不漏.类型2分步乘法计数原理【例2】某大学食堂备有6种荤菜,5种素菜,3种汤.现要配成一荤一素一汤的套餐,问可以配制成多少种不同的品种?[思路点拨][解]完成这件事是配制套餐,选一个荤菜,选一个素菜,选一个汤,因此需分三步完成此事,由分步乘法计数原理可得:配制成不同的套餐品种共有6×5×3=90种.解决分步乘法计数问题的思考过程是(1)明确题目中所指的“完成一件事”是什么事,怎样才算是完成这件事;(2)完成这件事如何进行分步,每一步中有多少种方法;(3)完成这件事共有多少种方法.类型3两个计数原理的综合应用【例3】已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中任取一个元素作为点的坐标,则在直角坐标系中,第一、二象限内不同点的个数为()A.18B.16C.14D.10[思路点拨]C[完成这件事是确定第一、二象限内的总的坐标,确定点的坐标可分两步完成,一是先确定横坐标,二是确定纵坐标;而哪个集合中的元素作横坐标,哪个集合中的元素作纵坐标,需要分两类完成.因此,完成此事可分两类办法.第一类,以集合M中的元素作为点的横坐标,集合N中的元素作为点的纵坐标.在集合M中任取一个元素,有3种不同的方法,而适合题意的点在第一、二象限,必须且只需从集合N中的5,6中取1个,有2种不同的取法.由分步乘法计数原理,有3×2=6个不同的点.第二类,以集合N中的元素作为点的横坐标,集合M中的元素作为点的纵坐标.在集合N中任取一个元素,有4种不同的方法,而适合题意的点在第一、二象限,必须且只需从集合M中的1,3中取1个,有2种不同的取法.由分步乘法计数原理有4×2=8个不同的点.由分类加法计数原理,得第一、二象限内不同的点共有6+8=14个.]应用两个计数原理解决应用问题的方法(1)分清是“分类”还是“分步”;(2)清楚“分类”或“分步”的具体标准是什么;(3)“分类”时,要遵循“不重、不漏”的原则;在“分步”时,要正确设计“分步”的程序,注意“步”与“步”之间的连续性.归纳总结1.加法计数原理针对的是“分类”问题,完成一件事要分为若干类,各类中的各种方法相互独立,用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事.2.乘法计数原理针对的是“分步”问题,完成一件事要分为若干个步骤,每个步骤都完成了,才算完成一个事件,注意各步骤间的连续性即不漏步骤也不重步骤.1.2计数原理的简单应用两个计数原理的联系与区别:原理分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点完成一件事不同点与分类有关与分步有关每类方法都能完成这件事,它们是相互独立的,且每一次得到的都是最后结果,只需一种方法就可以完成这件事每一步得到的只是中间结果,任何一步都不可能独立地完成这件事,缺少任何一步都不可能完成这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事各类方法之间是互斥的,并列各步之间是有关联的,不独立的的,独立的疑难问题类型1与数字有关的计数问题【例1】从0到9十个数字中选出4个组成一个四位数,问组成的数字不重复的四位偶数共有多少个?[思路点拨]本题就要根据0在末位和0不在末位的情况来解.[解]0在末位时,十、百、千分别有9、8、7种安排方法,共有9×8×7=504个;0不在末位时,2,4,6,8中的一个在末位,有4种排法,首位有8种(0除外),其余两位各有8、7种排法.∴共有4×8×8×7=1 792个.由以上知,共有符合题意的偶数为1 792+504=2 296个.1.对于数字问题的计数:一般按特殊位置(末位或首位)由谁占分类,每类中再按特殊位置(或元素)优先的方法分步来计数;但当分类较多时,可用间接法.2.注意合理的画出示意图,直观的展出问题的实质.类型2与几何有关的计数问题【例2】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()A.60B.48C.36D.24B[长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6=36,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6×2=12,故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.]两个计数原理在解决实际问题时常采用的方法类型3涂色(种植)问题【例3】用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色,每个区域涂一种颜色,若要求相邻(有公共边)的区域不同色,那么共有多少种不同的涂色方法?[思路点拨]按1,2,3,4顺序涂色时,2,3区域颜色的异同对4有影响,所以应注意分类讨论.[解]完成该件事可分步进行.涂区域1,有5种颜色可选.涂区域2,有4种颜色可选.涂区域3,可先分类:若区域3的颜色与2相同,则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同,则区域3有3种颜色可选,此时区域4有3种颜色可选.所以共有5×4×(1×4+3×3)=260种涂色方法.涂色(种植)问题的一般思路(1)为便于分析问题,应先给区域(种植的品种)标上相应序号.(2)按涂色(种植)的顺序分步或按颜色(种植的品种)恰当选取情况分类.(3)利用两个原理计数.归纳总结1.两个计数原理的共同点就是将“完成一件事”分解成若干个事件来完成;不同点是一个与分类有关,一个与分步有关.2.在解决组数问题,选(抽)问题,涂色(种植)问题时,一定要分清完成一件事。

高中数学计数原理知识点总结及练习教案-学生_图文.

高中数学计数原理知识点总结及练习教案-学生_图文.

明轩教育您身边的个性化辅导专家电话:二十一:住店法策略解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素:一类元素可以重复,另一类不能重复,把不能重复的元素看作“客”,能重复的元素看作“店”,再利用乘法原理直接求解. 例 21.七名学生争夺五项冠军,每项冠军只能由一人获得,获得冠军的可能的种数有 . 排列组合易错题正误解析 1 没有理解两个基本原理出错排列组合问题基于两个基本计数原理,即加法原理和乘法原理,故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列组合问题的前提. 例 1 从 6 台原装计算机和 5 台组装计算机中任意选取 5 台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有种. 例2 在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况共有((A) A4 3 )种. (B)4 3 (C) 3 4 3 (D) C 4 2 判断不出是排列还是组合出错在判断一个问题是排列还是组合问题时,主要看元素的组成有没有顺序性,有顺序的是排列,无顺序的是组合. 例 3 有大小形状相同的 3 个红色小球和 5 个白色小球,排成一排,共有多少种不同的排列方法? 3 重复计算出错在排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等,这些问题要注意避免重复计数,产生错误。

例4 5 本不同的书全部分给 4 个学生,每个学生至少一本,不同的分法种数为((B)240 种(C)120 种(D)96 种))(A)480 种例5 种. (A)5040 4 遗漏计算出错某交通岗共有 3 人,从周一到周日的七天中,每天安排一人值班,每人至少值 2 天,其不同的排法共有((B)1260 (C)210 (D)630 0 ) 1, 3 在排列组合问题中还可能由于考虑问题不够全面,因为遗漏某些情况,而出错。

例6 用数字 0,1,2,3,4 组成没有重复数字的比 1000 大的奇数共有((B)48 个(C)66 个(D)72 个(A)36 个 2 3 1 4 5 5 忽视题设条件出错在解决排列组合问题时一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号,不然就可能多解或者漏解. 例7 如图,一个地区分为 5 个行政区域,现给地图着色,要求相邻区域不得使用同一颜色,现有 4 种.(以数字作答)种颜色可供选择,则不同的着色方法共有例 8 已知是关于 x 的一元二次方程,其中 a 、,求解集不同的一元二次方程的个数. 6 未考虑特殊情况出错在排列组合中要特别注意一些特殊情况,一有疏漏就会出错. 例9 现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张,100元人民币2张,从中至少取一张,共可组成不同的币值种数是()(A1024种 (B1023种 (C1536种 (D1535种 6明轩教育 7 题意的理解偏差出错例 10 (A)您身边的个性化辅导专家电话:现有 8 个人排成一排照相,其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有()种. 3 5 8 6 3 3 3 8 4 (B)(C)(D)解题策略的选择不当出错例 11 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中工厂甲必须有班级去,每班去何工厂可自). (C)37 种(D)48 种由选择,则不同的分配方案有((A)16 种(B)18 种排列与组合习题 1.6 个人分乘两辆不同的汽车,每辆车最多坐 4 人,则不同的乘车方法数为( A.40 B.50 C.60 D.70 2.有 6 个座位连成一排,现有 3 人就坐,则恰有两个空座位相邻的不同坐法有( A.36 种 B.48 种 C.72 种 D.96 种 3.只用 1,2,3 三个数字组成一个四位数,规定这三个数必须同时使用,且同一数字不能相邻出现,这样的四位数有( A.6 个 B.9 个 C.18 个 D.36 个 4.男女学生共有 8 人,从男生中选取 2 人,从女生中选取 1 人,共有 30 种不同的选法,其中女生有( A.2 人或 3 人 B.3 人或 4 人 C.3 人 D.4 人 5.某幢楼从二楼到三楼的楼梯共 10 级,上楼可以一步上一级,也可以一步上两级,若规定从二楼到三楼用 8 步走完,则方法有( A.45 种 B.36 种 C.28 种 D.25 种 6.某公司招聘来 8 名员工,平均分配给下属的甲、乙两个部门,其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门,另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门,则不同的分配方案共有( A.24 种 B.36 种 C.38 种 D.108 种 7.已知集合 A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,则确定的不同点的个数为( A.33 B.34 C.35 D.36 8.由 1、2、3、4、5、6 组成没有重复数字且 1、3 都不与 5 相邻的六位偶数的个数是( A.72 B.96 C.108 D.144 9.如果在一周内(周一至周日安排三所学校的学生参观某展览馆,每天最多只安排一所学校,要求甲学校连续参观两天,其余学校均只参观一天,那么不同的安排方法有( A.50 种B.60 种 C.120 种 D.210 种 10.安排 7 位工作人员在 5 月 1 日到 5 月 7 日值班,每人值班一天,其中甲、乙二人都不能安排在 5 月 1 日和 2 日,不同的安排方法共有________种.(用数字作答 11.今有 2 个红球、3 个黄球、4 个白球,同色球不加以区分,将这 9 个球排成一列有________种不同的排法.(用数字作答12.将 6 位志愿者分成 4 组,其中两个组各 2 人,另两个组各 1 人,分赴世博会的四个不同场馆服务,不同的分配方案有________种(用数字作答. 13.要在如图所示的花圃中的 5 个区域中种入 4 种颜色不同的花,要求相邻区域不同色,有________种不同的种法(用数字作答. 14. 将标号为 1,2,3,4,5,6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中.若每个信封放 2 张,其中标号为 1,2 的卡片放入 7明轩教育同一信封,则不同的方法共有((A)12 种(B)18 种您身边的个性化辅导专家)(C)36 种(D)54 种电话: 15. 某单位安排 7 位员工在 10 月 1 日至 7 日值班,每天 1 人,每人值班 1 天,若 7 位员工中的甲、乙排在相邻两天,丙不排在 10 月 1 日,丁不排在 10 月 7 日,则不同的安排方案共有 A. 504 种 B. (B)96 960 种 C. 1008 种(D)144 ) D. 1108 种 16. 由 1、2、3、4、5、6 组成没有重复数字且 1、3 都不与 5 相邻的六位偶数的个数是(A)72 (C) 108 17. 在某种信息传输过程中,用 4 个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息,若所用数字只有 0 和 1,则与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( A.10 B.11 C.12 D.15 18. 现安排甲、乙、丙、丁、戌 5 名同学参加上海世博会志愿者服务活动,每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一,每项工作至少有一人参加。

新教材2023年高中数学第六章计数原理6

新教材2023年高中数学第六章计数原理6

第二步:从占据首位以外的 6 个元素中选 4 个排在除首位以外的其 他 4 个位置上,有 A46种排法.
由分步乘法计数原理,可得共有 A61·A64=2 160(种)排法. 解法三(间接法):即先不考虑限制条件,从 7 人中选出 5 人进行排列, 然后把不满足条件的排列去掉. 不考虑甲在首位的要求,总的可能情况有 A57种,甲在首位的情况有 A64种,所以符合要求的排法有 A75-A46=2 160(种).
(2)(把位置作为研究对象,先满足特殊位置)第一步:从甲以外的 6 个元素中选 2 个排在首末两个位置上,有 A62种方法;第二步:从未排上 的 5 个元素中选 3 个排在中间 3 个位置上,有 A35种排法;
根据分步乘法计数原理,有 A26·A35=1 800(种)排法. (3)(把位置作为研究对象)第一步:从甲、乙以外的 5 个元素中选 2 个排在首末两个位置,有 A25种排法; 第二步:从未排上的 5 个元素中选出 3 个排在中间 3 个位置上,有 A53种排法. 根据分步乘法计数原理,共有 A52·A53=1 200(种)排法.
第二类:女生乙不站在正中间,完成这件事可分为三步. 第一步:女生乙有 4 个位置可选择,有 4 种站法; 第二步:女生丙不能站在正中间(可站在两端),有 5 个位置可选择, 有 5 种站法; 第三步:其余 5 人可自由选择,有 A55种站法. 根据两个计数原理得,不同的站法共有 A66+4×5×A55=3 120 种.
共有 A55·A22=240 种不同的排法,选 C. (2)先将 6 个歌唱节目排好,其不同的排法为 A66种,这 6 个歌唱节目 的空隙及两端共七个位置中再排 4 个舞蹈节目有 A74种排法,由分步乘法 计数原理可知,任何两个舞蹈节目不得相邻的排法为 A47·A66=604 800(种).

2022年人教A版高中数学选择性必修第三册第六章计数原理 章末知识梳理

2022年人教A版高中数学选择性必修第三册第六章计数原理 章末知识梳理
2.排列数:从n个不同元素中取出m(m≤n,m,n∈N*)个元素的所 有排列的个数,用符号Amn 表示.
返回导航
第六章 计数原理
数学(选择性必修·第3册 RJA)
3.排列数公式:Amn =n(n-1)…(n-m+1)=(nn-!m). 4.全排列:一般地,n个不同元素全部取出的一个排列,称为n个 不同元素的一个全排列. 5.排列数的性质:Amn =nAmn--11=mAmn--11+Amn-1.
[解析] 从数字1,2,3,4,5中取出3个数字(允许重复),组成三位数,各
位数字之和等于6,
可分为三类情况:
(1)当三个数为1,1,4时,共有C
1 3
=3(种)排法;(2)
当三个数为1,2,3时,具有A
3 3
=6(种)排法;(3)当三个数为2,2,2时,只有1
种排法.由分类加法计数原理可得,共有3+6+1=10(种)不同排法,即
返回导航
第六章 计数原理
数学(选择性必修·第3册 RJA)
要点专项突破
返回导航
第六章 计数原理
数学(选择性必修·第3册 RJA)
要点一
两个计数原理的应用
1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理很少单独命题,多与排 列、组合等问题相结合,以选择题或填空题的形式考查,难度适中,属 中档题.
2.应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成 还是分步完成,而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完 成事件,能完成便是分类,否则便是分步.对于有些较复杂问题可能既 要分类又要分步,此时,应注意层次分明,不重不漏.
返回导航
第六章 计数原理
数学(选择性必修·第3册 RJA)
[解析] (1)第一步,先将4个舞蹈节目捆绑起来,看成1个节目,与6

计数原理知识点总结高中

计数原理知识点总结高中

计数原理知识点总结高中一、基本原理计数原理的基本原理包括加法原理和乘法原理。

1. 加法原理加法原理是指当一个事件可以分解为几个不相容的部分时,这个事件的总数等于各部分的事件数之和。

加法原理可以用于求解排列组合等问题。

举例: 一个班上有男生20人、女生25人,那么班上的学生总数为20+25=45人。

2. 乘法原理乘法原理是指当一个事件要发生的步骤可以划分为若干个子事件时,这个事件发生的总次数等于各子事件发生次数的乘积。

举例: 要在4x4的格子中按照某种规则走,从左上角到右下角,每一步只能向右或者向下移动,那么一共有6步,每一步有两种选择,那么总共有2^6=64种不同的走法。

二、排列组合排列和组合是计数原理中的两个重要概念,它们是用来计算不同元素的排列和组合的方法。

1. 排列在数学中,排列的定义是指从若干不同的元素中取出一部分进行排列,排列的顺序是有意义的。

对于n个元素中取出m个元素进行排列,共有n(n-1)(n-2)...(n-m+1)种排列,记作A(n,m)。

2. 组合组合是指从若干不同的元素中取出一部分进行组合,组合的顺序是没有意义的。

对于n个元素中取出m个元素进行组合,共有C(n,m) = n!/((n-m)!m!)种组合。

排列和组合在实际问题中有着广泛的应用,比如在组合学、密码学等领域,都会涉及到排列和组合的计算。

因此,掌握排列和组合的相关知识是非常重要的。

三、分配原理分配原理是指把若干个不同的物体分给若干个相异的盒子的方法,它与排列和组合有着密切的联系。

分配原理也是计数原理中的重要内容之一,可以在实际问题中得到广泛的应用。

举例: 有10个苹果和3个盒子,要求将这10个苹果分给这3个盒子,每个盒子至少有一个苹果,求分法的总数。

按照分配原理,将10个苹果放入3个盒子,总共有${{10-1}\choose{3-1}}=36$种不同的分法。

分配原理在实际问题中也有着广泛的应用,比如在计算机科学中的任务调度、网络流量控制等方面都会用到分配原理的相关知识。

人教版高中数学选修2-3知识点汇总

人教版高中数学选修2-3知识点汇总

人教版高中数学必修2-3知识点第一章计数原理1.1分类加法计数与分步乘法计数分类加法计数原理: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,那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法。

分类要做到“不重不漏”。

分步乘法计数原理: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,那么完成这件事共有N=m×n种不同的方法。

分步要做到“步骤完整”。

n元集合A={a1,a2⋯,a n}的不同子集有2n个。

1.2排列与组合1.2.1排列一般地,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,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列(arrangement)。

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做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用符号表示。

排列数公式:n个元素的全排列数规定:0!=11.2.2组合一般地,从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合(combination)。

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,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用符号或表示。

组合数公式:∴规定:组合数的性质:(“构建组合意义”——“殊途同归”)1.3二项式定理1.3.1二项式定理(binomial theorem)*注意二项展开式某一项的系数与这一项的二项式系数是两个不同的概念。

1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质*表现形式的变化有时能帮助我们发现某些规律!(1)对称性(2)当n 是偶数时,共有奇数项,中间的一项取得最大值;当n 是奇数时,共有偶数项,中间的两项,同时取得最大值。

(3)各二项式系数的和为(4)二项式展开式中,奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和:(5)一般地,第二章随机变量及其分布2.1离散型随机变量及其分布(n ∈N *)其中各项的系数(k ∈{0,1,2,⋯,n})叫做二项式系数(binomial coefficient);2.1.1离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量(random variable)。

高中数学知识点总结(第十一章 计数原理与概率、随机变量及其分布 分类加法计数原理与分步乘法计数原理)

高中数学知识点总结(第十一章 计数原理与概率、随机变量及其分布 分类加法计数原理与分步乘法计数原理)

第十一章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理两个计数原理(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)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m n种不同的方法.那么,完成这件事共有N=m1+m2+…+m n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m n种不同的方法.那么,完成这件事共有N=m1×m2×…×m n种不同的方法.考点一分类加法计数原理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8+7+6+5+4+3+2+1=36个两位数.答案:362.如图,从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点).解析:分3类:第一类,直接由A 到O ,有1种走法;第二类,中间过一个点,有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法;第三类,中间过两个点,有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法.由分类加法计数原理可得共有1+2+2=5种不同的走法.答案:53.若椭圆x 2m +y 2n=1的焦点在y 轴上,且m ∈{1,2,3,4,5},n ∈{1,2,3,4,5,6,7},则这样的椭圆的个数为________.解析:当m =1时,n =2,3,4,5,6,7,共6个;当m =2时,n =3,4,5,6,7,共5个;当m =3时,n =4,5,6,7,共4个;当m =4时,n =5,6,7,共3个;当m =5时,n =6,7,共2个.故共有6+5+4+3+2=20个满足条件的椭圆.答案:204.如果一个三位正整数如“a 1a 2a 3”满足a 1<a 2且a 2>a 3,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a 2=2,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a 2=3,则百位数字有两种选择,个位数字有三种选择,则“凸数”有2×3=6(个).若a 2=4,满足条件的“凸数”有3×4=12(个),…,若a 2=9,满足条件的“凸数”有8×9=72(个).所以所有凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).答案:240考点二 分步乘法计数原理[典例精析](1)已知集合M ={-3,-2,-1,0,1,2},P (a ,b )(a ,b ∈M )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.12C.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a<0,所以有3种方法;第二步确定b,由于b>0,所以有2种方法.由分步乘法计数原理,得到第二象限的点的个数是3×2=6.(2)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,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,可得不同的报名方法共有6×5×4=120(种).[答案](1)A(2)120[解题技法]利用分步乘法计数原理解决问题的策略(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连续,逐步完成.[题组训练]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,而只要有一个焊接点脱落,则电路就不通,故共有26-1=63种可能情况.答案:632.从-1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)=ax2+bx+c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(a≠0)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3×3×2=18(个)二次函数.若二次函数为偶函数,则b=0,同上可知共有3×2=6(个)偶函数.答案:186考点三两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.48C.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.18C.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()A.60B.48C.36D.24[解析](1)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.(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).(3)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6=36,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6×2=12,故符合条件的“平行线面组”的个数是36+12=48.[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,选择下手点,分步处理.[题组训练]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不同,则不同的涂法有________种.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种涂法,B有3种涂法,C有2种涂法,D有1种涂法,共有4×3×2×1=24(种)涂法;二是用3种颜色,这时A,B,C的涂法有4×3×2=24(种),D只要不与C同色即可,故D有2种涂法,所以不同的涂法共有24+24×2=72(种).答案:722.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8×4=32(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32+8=40(个).答案:40[课时跟踪检测]A级1.集合P={x,1},Q={y,1,2},其中x,y∈{1,2,3,…,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.14C.15D.21解析:选B当x=2时,x≠y,点的个数为1×7=7.当x≠2时,∵P⊆Q,∴x=y.∴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7+7=14(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.210C.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7×8×9=504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个点可以确定不同的平面个数为()A.40B.16C.13D.10解析:选C分两类情况讨论: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;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.根据分类加法计数原理知,共可以确定8+5=13个不同的平面.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C 12=2(种).共有2×2×2×2×2=32(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.4C.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32时,等比数列可为4,6,9.同理,公比为12,13,23时,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6×5×4×3×3×4=4 320(种)不同的涂色方法.3 4 12 D 34 A C B 98.(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,分别为220,202,022;由2,1,1组成3个数,分别为211,121,112,共有3+6+3+3=15(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4×3×2=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5×4×3×2×1=120(种).故安排这8人的方式共有24×120=2 880(种).答案:2 88010.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2×2=4种方法;第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4+2+1+1=8种选派方法.答案:8B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C.43种D.34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2×4×3×2=48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3×4×3×2=72个偶数.故符合条件的偶数共有48+72=120(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A―→B―→C―→D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4×3×2×2=48种不同的涂法.(2)A,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4×3×1×3=36种不同的涂法.故共有48+36=84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m+n的加法时各位均不进位(例如:134+3 802=3 936),则称(m,n)为“简单的”有序对,而m+n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,1=1+0,1=0+1,共2种组合方式;第2步,9=0+9,9=1+8,9=2+7,9=3+6,…,9=9+0,共10种组合方式;第3步,4=0+4,4=1+3,4=2+2,4=3+1,4=4+0,共5种组合方式;第4步,2=0+2,2=1+1,2=2+0,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2×10×5×3=300.答案:300-3,-2,-1,0,1,2,若a,b,c∈M,则:5.已知集合M={}(1)y=ax2+bx+c可以表示多少个不同的二次函数;(2)y=ax2+bx+c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.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y=ax2+bx+c可以表示5×6×6=180个不同的二次函数.(2)y=ax2+bx+c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,因此y=ax2+bx+c可以表示2×6×6=72个图象开口向上的二次函数.。

60 高中数学知识点总结(第十一章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第二节 排列与组合)

60 高中数学知识点总结(第十一章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第二节 排列与组合)

第二节排列与组合1.排列、组合的定义A m n=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=n!n-m!C m n=A m nA m m=n n-1n-2…n-m+1m!(1)C m n=C n-mn:从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n-m个元素的方法数.(2)C m n+C m-1n=C m n+1:从n+1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况:①不含特殊元素A有C m n种方法;②含特殊元素A有C m-1n种方法.考点一排列问题[典例精析]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.(1)选5人排成一排;(2)排成前后两排,前排3人,后排4人;(3)全体排成一排,甲不站排头也不站排尾;(4)全体排成一排,女生必须站在一起;(5)全体排成一排,男生互不相邻.[解](1)从7人中选5人排列,有A57=7×6×5×4×3=2 520(种).(2)分两步完成,先选3人站前排,有A37种方法,余下4人站后排,有A44种方法,共有A37A44=5 040(种).(3)法一:(特殊元素优先法)先排甲,有5种方法,其余6人有A66种排列方法,共有5×A66=3 600(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A26种排法,其他有A55种排法,共有A26A55=3 600(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A44种方法,再将女生全排列,有A44种方法,共有A44·A44=576(种).(5)(插空法)先排女生,有A44种方法,再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生,有A35种方法,共有A44·A35=1 440(种).[解题技法]求解排列应用问题的6种主要方法[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 600C.4 320D.5 040解析:选B先排除舞蹈节目以外的5个节目,共A55种,再把2个舞蹈节目插在6个空位中,有A26种,所以共有A55A26=3 600(种).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,这样的四位数有()A.250个B.249个C.48个D.24个解析:选C①当千位上的数字为4时,满足条件的四位数有A34=24(个);②当千位上的数字为3时,满足条件的四位数有A34=24(个).由分类加法计数原理得满足条件的四位数共有24+24=48(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A22A66种排法;将甲排在排头,有A22A55种排法;乙排在排尾,有A22A55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A22A66-A22A55-A22A55+A22A44=1 008(种).考点二组合问题[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)从余下的34种商品中,选取2种有C234=561(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C334种或者C335-C234=C334=5 984(种)取法.所以某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种真货中选取1种,从15种假货中选取2种有C120C215=2 100(种)取法.所以恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2种假货有C120C215种,选取3种假货有C315种,共有选取方式C120C215+C315=2 100+455=2 555(种).所以至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.(5)法一:(间接法)选取3种商品的总数为C335,因此共有选取方式C335-C315=6 545-455=6 090(种).所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.法二:(直接法)共有选取方式C320+C220C115+C120C215=6 090(种).所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.[解题技法]组合问题的2类题型及求解方法(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.(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.[题组训练]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,使得其中至少有两个相邻,则不同的选法种数是()A.72B.70C.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C12·C17+C17·C16=56种选法,三个数相邻共有C18=8种选法,故至少有两个数相邻共有56+8=64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:①食物投掷地点有远、近两处;②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;③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.那么不同的搜寻方案有()A.10种B.40种C.70种D.80种解析: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C15种挑法,再从剩下的4位小孩中挑出2位搜寻远处,有C24种挑法,最后剩下的2位小孩搜寻近处,因此一共有C15C24=30种搜寻方案;若Grace参与任务,则其只能去近处,需要从剩下的5位小孩中挑出2位搜寻近处,有C25种挑法,剩下3位小孩去搜寻远处,因此共有C25=10种搜寻方案.综上,一共有30+10=40种搜寻方案.3.(2018·全国卷Ⅰ)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)解析:从2位女生,4位男生中选3人,共有C36种情况,没有女生参加的情况有C34种,故共有C 36-C 34=20-4=16(种).答案:16考点三 分组、分配问题考法(一) 整体均分问题[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.[解析] 先把6个毕业生平均分成3组,有C 26C 24C 22A 33=15(种)方法.再将3组毕业生分到3所学校,有A 33=6(种)方法,故6个毕业生平均分到3所学校,共有C 26C 24C 22A 33·A 33=90(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 24C 12C 11A 22=6(种)分法,再将3组对应3个学校,有A 33=6(种)情况,则共有6×6=36(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:第1步,在6名教师中任取1名作为一组,有C 16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 25种取法;第3步,余下的3名教师作为一组,有C 33种取法.根据分步乘法计数原理,共有C 16C 25C 33=60种取法.再将这3组教师分配到3所中学,有A 33=6种分法,故共有60×6=360种不同的分法.[答案] 360[题组训练]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,则不同的安排方式共有( )A.12种B.18种C.24种D.36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 24C 12C 11A 22=6种,再分配给3个人,有A 33=6种,所以不同的安排方式共有6×6=36(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.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⎝⎛⎭⎫C 35C 122+C 15C 242·A 33=150(种).答案:150 考点四 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.216C.180D.162(2)用数字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: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数,根据分步乘法计数原理可知,共有C 23·C 22·A 44=72(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,根据分步乘法计数原理可知,共有C 12·C 23·(A 44-A 33)=108(个)符合要求的四位数.根据分类加法计数原理可知,满足题意的四位数共有72+108=180(个).(2)当个位、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,则千位上把剩余数字中任意一个放上即可,方法数是C 23A 33C 14=72;若选出的三个偶数不含0,则千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上,方法数是A 33C 13=18,故这种情况下符合要求的四位数共有72+18=90(个).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C23A33C14=72;若选出的偶数不是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C13 C23A33C13=162,故这种情况下符合要求的四位数共有72+162=234(个).根据分类加法计数原理,可得符合要求的四位数共有90+234=324(个).[答案](1)C(2)324[解题技法]解决排列、组合综合问题的方法(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,按事件发生的过程进行分步.(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,先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置.(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,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数原理来解决,一般遵循先选后排的原则.[题组训练]1.(2019·广州调研)某学校获得5个高校自主招生推荐名额,其中甲大学2个,乙大学2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A33A22=12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C23A22A22=12种推荐方法.故共有24种推荐方法.2.(2019·成都诊断)从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务,每天安排一人,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,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)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C12·C46·A55=3 600(种);若甲、乙两人都参加,有C22·A36·A=241 440(种).则不同的安排种数为3 600+1 440=5 040.答案:5 040[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.18C.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A33=6(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4×6=24(种)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.18C.16D.10解析:选D分两种情况,第一种:最后体验甲景区,则有A33种可选的路线;第二种:不在最后体验甲景区,则有C12·A22种可选的路线.所以小李可选的旅游路线数为A33+C12·A22=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.12C.18D.19解析:选D从六科中选考三科的选法有C36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C36-1=19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()A.4种B.8种C.12种D.24种解析:选B将4个人重排,恰有1个人站在自己原来的位置,有C14种站法,剩下3人不站原来位置有2种站法,所以共有C14×2=8种站法.5.(2018·甘肃二诊)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏,现有4个红包,每人最多抢一个,且红包被全部抢完,4个红包中有2个6元,1个8元,1个10元(红包中金额相同视为相同红包),则甲、乙都抢到红包的情况有()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A22A23=12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A22A23=12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A22C23=6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个人抢走,有A23=6种,根据分类加法计数原理可得,共有12+12+6+6=36种情况.6.(2019·南昌调研)某校毕业典礼上有6个节目,考虑整体效果,对节目演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前三位,且节目丙、丁必须排在一起.则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有()A.120种B.156种C.188种D.240种解析:选A记演出顺序为1~6号,按甲的编排进行分类,①当甲在1号位置时,丙、丁相邻的情况有4种,则有C14A22A33=48种;②当甲在2号位置时,丙、丁相邻的情况有3种,共有C13A22A33=36种;③当甲在3号位置时,丙、丁相邻的情况有3种,共有C13A22A33=36种.所以编排方案共有48+36+36=120种.7.从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛,其中甲不能参加生物竞赛,则不同的参赛方案种数为()A.48B.72C.90D.96解析:选D由于甲不参加生物竞赛,则安排甲参加另外3场竞赛或甲不参加任何竞赛.①当甲参加另外3场竞赛时,共有C13A34=72种选择方案;②当甲学生不参加任何竞赛时,共有A44=24种选择方案.综上所述,所有参赛方案有72+24=96(种).8.某班上午有五节课,分别安排语文、数学、英语、物理、化学各一节课.要求语文与化学相邻,数学与物理不相邻,且数学课不排第一节,则不同排课方案的种数是()A.16B.24C.8D.12解析:选A根据题意,分三步进行分析,①要求语文与化学相邻,将语文和化学看成一个整体,考虑其顺序,有A22=2种情况;②将这个整体与英语全排列,有A22=2种情况,排好后,有3个空位;③数学课不排第一节,有2个空位可选,在剩下的2个空位中任选1个,安排物理,有2种情况,则数学、物理的安排方法有2×2=4种,则不同排课方案的种数是2×2×4=16.9.(2019·洛阳第一次统考)某校有4个社团向高一学生招收新成员,现有3名同学,每人只选报1个社团,恰有2个社团没有同学选报的报法有________种.(用数字作答)解析:第一步,选2名同学报名某个社团,有C 23C 14=12种报法;第二步,从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学,有C 13C 11=3种报法.由分步乘法计数原理得共有12×3=36种报法.答案:3610.(2018·莆田期中)某学校需从3名男生和2名女生中选出4人,分派到甲、乙、丙三地参加义工活动,其中甲地需要选派2人且至少有1名女生,乙地和丙地各需要选派1人,则不同的选派方法有________种.(用数字作答)解析:由题设可分两类:一是甲地只选派1名女生,先考虑甲地有C 12C 13种情形,后考虑乙、丙两地,有A 23种情形,共有C 12C 13A 23=36种情形;二是甲地选派2名女生,则甲地有C 22种情形,乙、丙两地有A 23种情形,共有C 22A 23=6种情形.由分类加法计数原理可知共有36+6=42种情形.答案:4211.(2018·南阳二模)如图所示2×2方格,在每一个方格中填入一个数字,数字可以是1,2,3,4中的任何一个,允许重复.若填入A 方格的数字大于B 方格的数字,则不同的填法共有______种.(用数字作答)解析:根据题意,对于A ,B 两个方格,可在1,2,3,4中任选2个,大的放进A 方格,小的放进B 方格,有C 24=6种情况,对于C ,D 两个方格,每个方格有4种情况,则共有4×4=16种情况,则不同的填法共有16×6=96种.答案:96B 级1.将2名教师,4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有( )A.12种B.10种C.9种D.8种 解析:选A 将4名学生均分为2个小组共有C 24C 22A 22=3(种)分法;将2个小组的同学分给2名教师共有A 22=2(种)分法;最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A 22=2(种)分法.故不同的安排方案共有3×2×2=12(种).2.(2019·马鞍山模拟)某学校有5位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训,现有5个培训项目,每位教师可任意选择其中一个项目进行培训,则恰有两个培训项目没有被这5位教师中的任何一位教师选择的情况数为( )A.5 400B.3 000C.150D.1 500解析:选D 分两步: 第一步:从5个培训项目中选取3个,共C 35种情况;第二步:5位教师分成两类:①选择选出的3个培训项目的教师人数分别为1人,1人,3人,共C 35C 12C 11A 22种情况;②选择选出的3个培训项目的教师人数分别为1人,2人,2人,共C 25C 23C 11A 22种情况.故选择情况数为C 35⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22+C 25C 23C 11A 22A 33=1 500(种). 3.将编号为1,2,3,4,5,6的六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子中,每个盒子放一个小球,若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同,则不同的放法总数是( )A.40B.60C.80D.100解析:选A 根据题意,有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同,在六个盒子中任选3个,放入与其编号相同的小球,有C 36=20种选法,剩下的三个盒子的编号与放入的小球编号不相同,假设这三个盒子的编号为4,5,6,则4号小球可以放入5,6号盒子,有2种选法,剩下的2个小球放入剩下的两个盒子,有1种情况,则不同的放法总数是20×2×1=40.4.(2019·赣州联考)将标号分别为1,2,3,4,5,6的6个小球放入3个不同的盒子中.若每个盒子放2个,其中标号为1,2的小球放入同一盒子中,则不同的放法共有( )A.12种B.16种C.18种D.36种解析:选C 先将标号为1,2的小球放入盒子,有3种情况;再将剩下的4个球平均放入剩下的2个盒子中,共有C 24·C 222!·A 22=6(种)情况,所以不同的放法共有3×6=18(种). 5.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__________种.解析:五个元素没有限制全排列数为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,可得这样的排列数有A 55A 33×2=40(种). 答案:406.如图,∠MON 的边OM 上有四点A 1,A 2,A 3,A 4,ON 上有三点B 1,B 2,B 3,则以O ,A 1,A 2,A 3,A 4,B 1,B 2,B 3为顶点的三角形个数为________.解析:用间接法.先从这8个点中任取3个点,最多构成三角形C 38个,再减去三点共线的情形即可.共有C 38-C 35-C 34=42(个).答案:427.将7个相同的小球放入4个不同的盒子中.(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种?(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种?解:(1)将7个相同的小球排成一排,在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份,每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式,则共有C36=20种不同的放入方式.(2)每种放入方式相当于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列,即从10个位置中选3个位置安排隔板,故共有C310=120种不同的放入方式.。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

高中数学知识点总结计数原理
一、分类加法计数原理和分步乘法计数原理
1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理
【注意】区分分类与分步的依据在于“一次性”完成.若能“一次性”完成,则不需分步,只需分类;否则就分步处理.
2.两个计数原理的区别与联系
123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个,真子集有21n -个.
二、排列
1.排列的定义
一般地,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,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列. 特别提醒
确定一个具体问题是否为排列问题的方法:
(1)首先要保证元素的无重复性,即是从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个不同的元素,否则不是排列问题.
(2)其次要保证元素的有序性,即安排这m 个元素时是有顺序的,有序的就是排列,无序的不是排列.而检验它是否有顺序的依据是变换元素的位置,看结果是否发生变化,有变化就是有顺序,无变化就是无顺序.
2.解决排列应用问题的步骤:
(1)分清问题是否与元素的顺序有关,若与顺序有关则是排列问题.
(2)注意对元素或位置有无特殊要求.
(3)借助排列数公式计算. 特别提醒
当问题的正面分类较多或计算较复杂,而问题的反面分类较少或计算更简便时往往使用“间接法”.含“至多”、“至少”类词语的排列(组合)问题,是需要分类问题,常用间接法(即排除法)解答.这时可以先不考虑特殊元素(位置),而列出所有元素的全排列数,从中再减去不满足特殊元素(位置)要求的排列数,即排除法.
3.排列数、排列数公式
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做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数,用符号A m
n 表示.
特别提醒
排列与排列数是两个不同的概念,一个排列是指“按照一定的顺序排成一列”,它是具体的一件事,排列数是指“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”,它是一个数.
三、组合
1.组合的定义
一般地,从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素合成一组,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合.
特别提醒
解答排列、组合综合问题的一般思路和注意点:
(1)一般思路:“先选后排”,也就是把符合题意的元素都选出来,再对元素或位置进行排列.
(2)注意点:①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法,元素无序是组合问题,元素有序是排列问题.
②对于有多个限制条件的复杂问题,应认真分析每个限制条件,然后再考虑是分类还是分步,这是处理排列、组合的综合问题的一般方法.
3.组合数的性质
性质1:C C m n m n n
-=. 性质1表明从n 个不同元素中取出m 个元素的组合,与剩下的n m -个元素的组合是一一对应关系.
性质2:11C C C m m m n n n
-+=+. 性质2表明从1n +个不同元素中任取m 个元素的组合,可以分为两类:第1类,取出的m 个元素中不含某个元素a 的组合,只需在除去元素a 的其余n 个元素中任取m 个即可,有C m
n 个组合;第2类,取出的m 个元素中含有某个元素a 的组合,
只需在除去a 的其余n 个元素中任取1m -个后再取出元素a 即可,有1C m n
-个组合.
四、二项式定理
1.二项式定理 011()C C C C ()n n n k n k k n n n n n n
a b a a b a b b n --*+=+++++∈L L N ,这个公式叫做二项式定理,等号右边的多项式叫做()n a b +的二项展开式,共有n +1项,其中各项的系数C ({0,1,2,,})k
n k n ∈L 叫做二项式系数.
二项展开式中的C k n k k n a b -叫做二项展开式的通项,用1k T +表示,即通项为展开式的第
1k +项:1C k n k k k n
T a b -+=. 2.二项式系数的性质
(4)奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和,即
2131C C C C 2
n n n n n -++=++=L L . 特别提醒
求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k,再将k 的值代回通项求解,注意k的取值范围(0,1,2,,
L).
k n
(1)第m项::此时k+1=m,直接代入通项.
(2)常数项:即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程.
(3)有理项:令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.。

相关文档
最新文档