数学 选择性必修第三册 配人教A版 (2)含0.由3个奇数和2个偶数组成的五位数，可分四 根据分类加法计数原理，共有CCA十ACCA= 步进行：第一步，0只能排在除首位（万位）以外的四个位置 11040个符合要求的数， 中的一个，有A}种排法：第二步，从2,4,6,8中任取一个，有 方法二（间接法）： C!种取法；第三步，从5个奇数数字中任取3个，有C种取 如果对0不限制，共有CCA种，其中0居首位的有 法：第四步，把取出的4个数全排列有A种方法，故有 CCA种，那么共有CCA:-CCA=11040个符合条 ACCA种排法. 件的数 随堂训练 1若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取3个不同的数，使 点，则可构成三角形个数为CC.根据分类加法计数原理 其和为奇数，则不同的取法共有() 可得以这9个点中的任意3个，点为顶点的三角形个数为 A.30种 B.33种 C.37种 D.40种 C2C+CC2,故选A. 答案D 4.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益 解析从1,2,3，…，9这9个数中取出3个不同的数，使其 活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有」 和为奇数分两类完成：第1类，取出的3个数都是奇数，取 种.（用数字作答） 法有C=10种：第2类，取出的3个数中有2个偶数、1个 答案140 奇数，取法有C2C=30种.根据分类加法计数原理，满足 解析安排方案分为两步完成：第一步，从7名志愿者中 题意的取法共有10十30=40种. 选3人安排在周六参加社区公盏活动，有C?种方法：第二 2.某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区 步，从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公 服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种 益活动，有C种方法.根据分步乘法计数原理，不同的安 数为() 7×6×5 A.24种 B.14种 C.28种 D.48种 排方案共有CC月-3X2X×4=140种. 答案B 5.正六边形顶点和中心共7个点，可组成 个三 解析方法一：分两类完成： 角形. 第1类，选派1名女生、3名男生，有C,·C种选派 答案32 方案； 解析不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线 第2类，选派2名女生、2名男生，有C·C种选派 的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故 方案. 组成三角形的个数为C一3=32. 根据分类加法计数原理，共有C·C十C?·C= 6.如图，在以AB为直径的半 14种不同的选派方案. 圆周上，有异于A,B的六个 方法二：6人中选派4人的组合数为C4,其中都选男 点C1,C2,,C6,线段AB上 C 生的组合数为C,因此至少有1名女生的选派方案有 有异于A,B的四个点D1, Cg-C4=14种. D2,D3,D4 A D D2 Ds Da B 3.直线a仍，a上有5个点，b上有4个点，以这9个点中的 (1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？ 任意3个点为顶点的三角形个数为() 其中含C1点的有多少个？ A.CC+CC B.(C+C)(C十C) (2)以图中的12个点（包括A,B)中的4个点为顶点，可 C.C3-9 D.C-C 作出多少个四边形？ 答案A 解(1)可作三角形Cg十Cg·C+C·C=116个，其中 解析可以分为两类：第1类，a上取两点，b上取一点，则 以C1为顶点的三角形有C十C·C}十C=36个. 可构成三角形个数为CC;第2类，a上取一点，b上取两 (2)可作出四边形C十C·C十C?·C=360个. 课后·训练提升 基础·巩固 解析因为种子选手必须在内，所以还需从剩下的7名队 7×6×5 1.某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选 员中选出3人有C-3×2X35种选法. 5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共 2.身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同 有() 学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种 A26种 B.84种 C.35种 D.21种 数是() 答案C A.5040 B.36 C.18 D.20 26
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 (2)含0.由3个奇数和2个偶数组成的五位数,可分四 步进行:第一步,0只能排在除首位(万位)以外的四个位置 中的一个,有A 1 4 种排法;第二步,从2,4,6,8中任取一个,有 C 1 4 种取法;第三步,从5个奇数数字中任取3个,有C 3 5 种取 法;第四步,把取出的 4个数全排列有 A 4 4 种方法,故有 A 1 4C 1 4C 3 5A 4 4 种排法. 根据分类加法计数原理,共有 C 3 5C 2 4A 5 5+A 1 4C 1 4C 3 5A 4 4= 11040个符合要求的数. 方法二(间接法): 如果对0不限制,共有 C 3 5C 2 5A 5 5 种,其中0居首位的有 C 3 5C 1 4A 4 4 种,那么共有 C 3 5C 2 5A 5 5-C 3 5C 1 4A 4 4=11040个符合条 件的数. 随堂训练 1.若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取3个不同的数,使 其和为奇数,则不同的取法共有( ) A.30种 B.33种 C.37种 D.40种 答案 D 解析 从1,2,3,…,9这9个数中取出3个不同的数,使其 和为奇数分两类完成:第1类,取出的3个数都是奇数,取 法有C 3 5=10种;第2类,取出的3个数中有2个偶数、1个 奇数,取法有C 2 4C 1 5=30种.根据分类加法计数原理,满足 题意的取法共有10+30=40种. 2.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种 数为( ) A.24种 B.14种 C.28种 D.48种 答案 B 解析 方法一:分两类完成: 第1类,选派1名女生、3名男生,有 C 1 2·C 3 4 种选派 方案; 第2类,选派2名女生、2名男生,有 C 2 2·C 2 4 种选派 方案. 根据分类加法计数原理,共有 C 1 2·C 3 4+C 2 2·C 2 4= 14种不同的选派方案. 方法二:6人中选派4人的组合数为C 4 6,其中都选男 生的组合数为 C 4 4,因此至少有1名女生的选派方案有 C 4 6-C 4 4=14种. 3.直线a∥b,a上有5个点,b上有4个点,以这9个点中的 任意3个点为顶点的三角形个数为( ) A.C 2 5C 1 4+C 1 5C 2 4 B.(C 2 5+C 1 4)(C 1 5+C 2 4) C.C 3 9-9 D.C 3 9-C 3 5 答案 A 解析 可以分为两类:第1类,a上取两点,b上取一点,则 可构成三角形个数为C 2 5C 1 4;第2类,a上取一点,b上取两 点,则可构成三角形个数为C 1 5C 2 4.根据分类加法计数原理 可得以这9个点中的任意3个点为顶点的三角形个数为 C 2 5C 1 4+C 1 5C 2 4,故选 A. 4.从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益 活动,若每天安排 3 人,则不同的安排方案共有 种.(用数字作答) 答案 140 解析 安排方案分为两步完成:第一步,从7名志愿者中 选3人安排在周六参加社区公益活动,有C 3 7 种方法;第二 步,从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公 益活动,有C 3 4 种方法.根据分步乘法计数原理,不同的安 排方案共有C 3 7C 3 4= 7×6×5 3×2×1 ×4=140种. 5.正六边形顶点和中心共7个点,可组成 个三 角形. 答案 32 解析 不共线的三个点可组成一个三角形,7个点中共线 的是:正六边形过中心的3条对角线,即共有3种情况,故 组成三角形的个数为C 3 7-3=32. 6.如图,在以 AB 为直径的半 圆周上,有异于A,B 的六个 点C1,C2,…,C6,线段AB 上 有异于 A,B 的四个点D1, D2,D3,D4. (1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形? 其中含C1 点的有多少个? (2)以图中的12个点(包括A,B)中的4个点为顶点,可 作出多少个四边形? 解 (1)可作三角形 C 3 6+C 1 6·C 2 4+C 2 6·C 1 4=116个,其中 以C1 为顶点的三角形有C 2 5+C 1 5·C 1 4+C 2 4=36个. (2)可作出四边形C 4 6+C 3 6·C 1 6+C 2 6·C 2 6=360个. 课后·训练提升 基础 巩固 1.某乒乓球队有9名队员,其中2名是种子选手,现在挑选 5名选手参加比赛,种子选手必须在内,那么不同选法共 有( ) A.26种 B.84种 C.35种 D.21种 答案 C 解析 因为种子选手必须在内,所以还需从剩下的7名队 员中选出3人有C 3 7= 7×6×5 3×2×1 =35种选法. 2.身高各不相同的7名同学排成一排照相,要求正中间的同 学最高,左右两边分别顺次一个比一个低,这样的排法种 数是( ) A.5040 B.36 C.18 D.20 26
第六章 计数原理 答案D 选择一门，那么小明同学的选择方案有 种 解析最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只 答案10 有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，因此排法 解析分两类：第1类，在生物、思想政治、历史三门中选 有C=20种。 择1门，则在物理、化学、地理中选2门，有CC=9种选 3.在平面直角坐标平面Oxy上，平行直线x=n(n=0,1, 择方案； 2,…,5)与平行直线y=n(n=0,1,2,…,5)组成的图形 第2类，在生物、思想政治、历史三门中选择0门，则 中，矩形共有( 物理、化学、地理全选，有C=1种选择方案。 A.25个 B.36个 根据分类加法计数原理，共有选择方案9十1=10种. C.100个 D.225个 8.如图所示，该几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱 答案D 柱ABC-A1B,C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几 解析从垂直于x轴的6条直线中任取2条，从垂直于 何体的表面涂色（底面A1B,C1不涂色），要求相邻的面均 y轴的6条直线中任取2条，4条直线相交得出一个矩形， 不同色，则不同的涂色方案共有 种 因此矩形总数为C%×C=15×15=225. 4.从乒乓球运动员男5名、女6名中选择两对男女运动员组 织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( ACC种 B.CA种 C.CACA号种 D.AA种 答案B 解析先从5名男选手中任意选取2名，有C种选法，再 答案12 从6名女选手中任意选择2名与选出的男选手组合打比 解析分两步：第一步，先涂三棱锥P-ABC的三个侧面 赛，有CA,即A种，因此共有C2A种 有CC种涂法：第二步，涂三棱柱的三个侧面，有CC种 5.将标号为A,B,C,D.E,F的6张卡片放入3个不同的信 涂法.根据分步乘法计数原理，共有C×C2 X CIXC= 封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A,B的卡片放 3×2×1×2=12种不同的涂法 入同1个信封，则不同的方法共有( 9.8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这 A.12种 B.18种 8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有 C.36种 D.54种 种.（用数字作答） 答案B 答案60 解析分两步完成：第一步，从3个信封中挑选一个信封 解析分两类：第1类，一、二、三等奖，三个人获得，有 放标号为A,B的卡片，共有C种方法：第二步，从标号为 A=24种： C,D,E,F的卡片中选出2张为一组放入一个信封，剩下 第2类，一、二、三等奖，有一个人获得2张，一个人获 的2张为另一组放入另一个信封，共有C?种方法.根据分 得1张，共有CA=36种. 步乘法计数原理，共有CC?=18种. 根据分类加法计教原理，共有24十36=60种不同的 6.某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…， 获奖情况」 19号，20号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成 10.现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片 两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一 各4张.从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜 组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入 色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数 选并被分配到同一组的选取种数是() 解由题意，不考虑特殊情况，共有C。种取法，其中每一 A.16 B.21 种卡片各取三张，有4C种取法，两张红色卡片，共有 C.24 D.90 CC2种取法，故所求的取法共有C。一4C一CC2= 答案B 560-16-72=472种. 解析分两类： 11.现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名 第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编 能胜任德语翻译工作（其中有1名青年两项工作都能胜 号较小的有C2=6种选取方法 任).现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名 第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大 从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种 的一组有C。=15种选取方法. 不同的选法？ 根据分类加法计数原理，共有C2十C2=6十15=21种 解分三类： 选取方法. 第1类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译 7.某省高考改革方案中，要求每名考生必须在物理、化学、生 工作，有C2C2种选法： 物、思想政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等 第2类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译 级考试，小明同学决定在生物、思想政治、历史三门中至多 工作，有C4C?种选法； 27
第六章 计数原理 答案 D 解析 最高的同学站中间,从余下6人中选3人在一侧只 有一种站法,另3人在另一侧也只有一种站法,因此排法 有C 3 6=20种. 3.在平面直角坐标平面Oxy 上,平行直线x=n(n=0,1, 2,…,5)与平行直线y=n(n=0,1,2,…,5)组成的图形 中,矩形共有( ) A.25个 B.36个 C.100个 D.225个 答案 D 解析 从垂直于x 轴的6条直线中任取2条,从垂直于 y轴的6条直线中任取2条,4条直线相交得出一个矩形, 因此矩形总数为C 2 6×C 2 6=15×15=225. 4.从乒乓球运动员男5名、女6名中选择两对男女运动员组 织一场混合双打比赛,不同的组合方法有( ) A.C 2 5C 2 6 种 B.C 2 5A 2 6 种 C.C 2 5A 2 2C 2 6A 2 2 种 D.A 2 5A 2 6 种 答案 B 解析 先从5名男选手中任意选取2名,有C 2 5 种选法,再 从6名女选手中任意选择2名与选出的男选手组合打比 赛,有C 2 6A 2 2,即 A 2 6 种.因此共有C 2 5A 2 6 种. 5.将标号为 A,B,C,D,E,F的6张卡片放入3个不同的信 封中,若每个信封放2张卡片,其中标号为 A,B的卡片放 入同1个信封,则不同的方法共有( ) A.12种 B.18种 C.36种 D.54种 答案 B 解析 分两步完成:第一步,从3个信封中挑选一个信封 放标号为 A,B的卡片,共有C 1 3 种方法;第二步,从标号为 C,D,E,F的卡片中选出2张为一组放入一个信封,剩下 的2张为另一组放入另一个信封,共有C 2 4 种方法.根据分 步乘法计数原理,共有C 1 3C 2 4=18种. 6.某地招募了20名志愿者,他们编号分别为1号,2号,…, 19号,20号,如果要从中任意选取4人再按编号大小分成 两组去做一些预备服务工作,其中两个编号较小的人在一 组,两个编号较大的人在另一组,那么确保5号与14号入 选并被分配到同一组的选取种数是( ) A.16 B.21 C.24 D.90 答案 B 解析 分两类: 第1类,5号与14号为编号较大的一组,则另一组编 号较小的有C 2 4=6种选取方法. 第2类,5号与14号为编号较小的一组,则编号较大 的一组有C 2 6=15种选取方法. 根据分类加法计数原理,共有C 2 4+C 2 6=6+15=21种 选取方法. 7.某省高考改革方案中,要求每名考生必须在物理、化学、生 物、思想政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等 级考试.小明同学决定在生物、思想政治、历史三门中至多 选择一门,那么小明同学的选择方案有 种. 答案 10 解析 分两类:第1类,在生物、思想政治、历史三门中选 择1门,则在物理、化学、地理中选2门,有C 1 3C 2 3=9种选 择方案; 第2类,在生物、思想政治、历史三门中选择0门,则 物理、化学、地理全选,有C 3 3=1种选择方案. 根据分类加法计数原理,共有选择方案9+1=10种. 8.如图所示,该几何体是由一个正三棱锥P-ABC 与正三棱 柱ABC-A1B1C1 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 种. 答案 12 解析 分两步:第一步,先涂三棱锥P-ABC 的三个侧面, 有C 1 3C 1 2 种涂法;第二步,涂三棱柱的三个侧面,有C 1 1C 1 2 种 涂法.根据分步乘法计数原理,共有 C 1 3×C 1 2×C 1 1×C 1 2= 3×2×1×2=12种不同的涂法. 9.8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1类,一、二、三等奖,三个人获得,有 A 3 4=24种; 第2类,一、二、三等奖,有一个人获得2张,一个人获 得1张,共有C 2 3A 2 4=36种. 根据分类加法计数原理,共有24+36=60种不同的 获奖情况. 10.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,求不同取法的种数. 解 由题意,不考虑特殊情况,共有C 3 16 种取法,其中每一 种卡片各取三张,有4C 3 4 种取法,两张红色卡片,共有 C 2 4C 1 12 种取法,故所求的取法共有 C 3 16-4C 3 4-C 2 4C 1 12= 560-16-72=472种. 11.现有8名青年,其中有5名能胜任英语翻译工作,有4名 能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜 任).现在要从中挑选5名青年承担一项任务,其中3名 从事英语翻译工作,2名从事德语翻译工作,则有多少种 不同的选法? 解 分三类: 第1类,让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译 工作,有C 2 4C 2 3 种选法; 第2类,让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译 工作,有C 3 4C 1 3 种选法; 27
数学 选择性必修 第三册 配人教A版 第3类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工 答案2 作，有CC种选法 解析设男生人数为x,则女生有(6一x)人.依题意 根据分类加法计数原理，共有CC+CC十CC= C8-C=16,即x(x-1)(x-2)=2×3×4,解得x=4, 42种不同的选法」 即女生有2人 拓展·提高 7.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，直至找出所有次品为止 1有编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏 (1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才 灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有( 找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ A.60种 B.20种 C.10种 D.8种 (2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样 答案C 的不同测试方法数是多少？ 解析在四盏熄灭的灯产生的5个空中放入三盏亮灯，即 解(1)分三步完成：第一步，先排前4次测试，只能取正 C3=10. 品，有A种测法：第二步，再从4件次品中选2件排在第 2.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同 5和第10的位置上测试，有C?A号=A?种测法；第三步，再 一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方 排余下4件的测试位置，有A种测法. 案有() 根据分布乘法计数原理，共有不同测试方法AAA三 A.16种 B.36种 C.42种 D.60种 103680种. 答案D (2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次 解析分两类：第1类，每城不超过1个项目，有A=24种： 中出现，从而前4次有一件正品出现，故共有不同测试方 第2类，有1个城市投资2个项目，有CCC=36种. 法CCA=576种. 根据分类加法计数原理，共有24十36=60种方案. 3.全运会期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天 挑战·创新 早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式 “抗震救灾，众志成城”，某医院从10名医疗专家中抽调6 当天不同的排班种数为( 名奔赴赈灾前线，其中这10名医疗专家中有4名是外科 A.CCizC B.CiAizA 专家问： c.clcic (1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有 A号 D.CHCizCA 多少种？ 答案A (2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？ 解析首先从14人中选出12人，有C?种方法，然后将 (3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？ 解(1)分两步：第一步，首先从4名外科专家中任选2名， 12人平均分为3组， CCC种方法，然后这两步相乘. A 有C2种选法：第二步，再从除外科专家的6人中选取 得S州CC 4人，有C种选法 A3 将三组分配下去共有CC2C种. 根据分布乘法计数原理，共有CC。=90种抽调方法， 故选A (2)方法一：（直接法） 4.某大学给A市某三所重点中学7个自主招生的推荐名 按选取的外科专家的人数分三类： 额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( 第1类，选2名外科专家，共有CC。种选法： A.30 B.21 C.10 D.15 第2类，选3名外科专家，共有CC种选法： 答案D 第3类，选4名外科专家，共有CC种选法， 解析用“隔板法”.在7个名额中间的6个空位上选2个 根据分类加法计数原理，共有CC。十CC十CC 185种抽调方法. 位置加2个隔板，有C=15种分配方法. 方法二：（间接法） 5.20个完全相同的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中， 要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种 不考虑是否有外科专家，共有C。种选法，考虑选取1名 数为」 外科专家参加，有CC。种选法，没有外科专家参加，有C种 答案120 选法，因此共有C。一CC-C。=185种抽调方法. (3)“至多2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情 解析先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球，还剩 况，分三类解答： 17个小球，三个盒内分别至少再放入1个球，将17个球 第1类，没有外科专家参加，有C。种选法： 排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个 第2类，有1名外科专家参加，有CC种选法： 盒中即可，共C。=120种方法. 第3类，有2名外科专家参加，有CC。种选法. 6.某科技小组有六名学生，现从中选出三人去参观展览，至 根据分类加法计数原理，共有C十CC十C2C= 少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女 生人数为 115种抽调方法 28
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 第3类,让两项工作都能胜任的青年不从事任何工 作,有C 3 4C 2 3 种选法. 根据分类加法计数原理,共有C 2 4C 2 3+C 3 4C 1 3+C 3 4C 2 3= 42种不同的选法. 拓展 提高 1.有编号为1,2,3,4,5,6,7的七盏路灯,晚上用时只亮三盏 灯,且任意两盏亮灯不相邻,则不同的开灯方案有( ) A.60种 B.20种 C.10种 D.8种 答案 C 解析 在四盏熄灭的灯产生的5个空中放入三盏亮灯,即 C 3 5=10. 2.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目,且在同 一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方 案有( ) A.16种 B.36种 C.42种 D.60种 答案 D 解析 分两类:第1类,每城不超过1个项目,有A 3 4=24种; 第2类,有1个城市投资2个项目,有C 1 4C 2 3C 1 3=36种. 根据分类加法计数原理,共有24+36=60种方案. 3.全运会期间,某高校有14名志愿者参加接待工作,若每天 早、中、晚三班,每班4人,每人每天最多值一班,则开幕式 当天不同的排班种数为( ) A.C 12 14C 4 12C 4 8 B.C 12 14A 4 12A 4 8 C. C 12 14C 4 12C 4 8 A 3 3 D.C 12 14C 4 12C 4 8A 3 8 答案 A 解析 首先从14人中选出12人,有 C 12 14 种方法,然后将 12人平均分为3组,有 C 4 12C 4 8C 4 4 A 3 3 种方法,然后这两步相乘, 得 C 12 14C 4 12C 4 8 A 3 3 .将三组分配下去共有C 12 14C 4 12C 4 8 种. 故选 A. 4.某大学给 A 市某三所重点中学7个自主招生的推荐名 额,则每所中学至少分到一个名额的方法数为( ) A.30 B.21 C.10 D.15 答案 D 解析 用“隔板法”.在7个名额中间的6个空位上选2个 位置加2个隔板,有C 2 6=15种分配方法. 5.20个完全相同的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中, 要求每个盒内的球数不小于它的编号数,则不同的放法种 数为 . 答案 120 解析 先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球,还剩 17个小球,三个盒内分别至少再放入1个球,将17个球 排成一排,有16个空隙,插入2块挡板分为三堆放入三个 盒中即可,共C 2 16=120种方法. 6.某科技小组有六名学生,现从中选出三人去参观展览,至 少有一名女生入选的不同选法有16种,则该小组中的女 生人数为 . 答案 2 解析 设男生人数为 x,则女生有 (6-x)人.依 题 意 C 3 6-C 3 x=16,即x(x-1)(x-2)=2×3×4,解得x=4, 即女生有2人. 7.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,直至找出所有次品为止. (1)若恰在第5次测试,才测试到第一件次品,第10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? 解 (1)分三步完成:第一步,先排前4次测试,只能取正 品,有 A 4 6 种测法;第二步,再从4件次品中选2件排在第 5和第10的位置上测试,有C 2 4A 2 2=A 2 4 种测法;第三步,再 排余下4件的测试位置,有 A 4 4 种测法. 根据分布乘法计数原理,共有不同测试方法A 4 6A 2 4A 4 4= 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,故共有不同测试方 法C 1 6C 3 4A 4 4=576种. 挑战 创新 “抗震救灾,众志成城”,某医院从10名医疗专家中抽调6 名奔赴赈灾前线,其中这10名医疗专家中有4名是外科 专家.问: (1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有 多少种? (2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种? (3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种? 解 (1)分两步:第一步,首先从4名外科专家中任选2名, 有C 2 4 种选法;第二步,再从除外科专家的6人中选取 4人,有C 4 6 种选法. 根据分布乘法计数原理,共有C 2 4C 4 6=90种抽调方法. (2)方法一:(直接法) 按选取的外科专家的人数分三类: 第1类,选2名外科专家,共有C 2 4C 4 6 种选法; 第2类,选3名外科专家,共有C 3 4C 3 6 种选法; 第3类,选4名外科专家,共有C 4 4C 2 6 种选法. 根据分类加法计数原理,共有C 2 4C 4 6+C 3 4C 3 6+C 4 4C 2 6= 185种抽调方法. 方法二:(间接法) 不考虑是否有外科专家,共有C 6 10 种选法,考虑选取1名 外科专家参加,有C 1 4C 5 6 种选法,没有外科专家参加,有C 6 6 种 选法,因此共有C 6 10-C 1 4C 5 6-C 6 6=185种抽调方法. (3)“至多2名”包括“没有”“有1名”“有2名”三种情 况,分三类解答: 第1类,没有外科专家参加,有C 6 6 种选法; 第2类,有1名外科专家参加,有C 1 4C 5 6 种选法; 第3类,有2名外科专家参加,有C 2 4C 4 6 种选法. 根据分类加法计数原理,共有 C 6 6+C 1 4C 5 6 +C 2 4C 4 6 = 115种抽调方法. 28
第六章 计数原理 微专题一 两个计数原理与排列、组合的应用 两个计数原理的应用 跟踪训练1现有4种不同颜色，要对四 1,分类加法计数原理 个部分进行着色，如图所示，要求有公共边界 的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色 任务 完成一件事 方法共有() A.24种 B.30种 有两类不同方案，在第1类方案中有 C.36种 D.48种 、分类 m种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法 答案D 解析将原图从上而下的4个区域标为 计数 完成这件事共有N=m+n种不同的方法 1,2,3,4.因为1,2,3之间不能同色，1与4可 3 2.分步乘法计数原理 以同色，因此，要分类讨论1,4同色与不同色 两种情况.故不同的着色方法种数为4X3X 任务 完成一件事 2+4×3×2×1=48. 故选D. 命题角度2：“步中有类”的计数问题 分步 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 【典型例题2】有4名同学在同一天的上、下午参加 “身高与体重”“立定跳远”“肺活量”“握力”“台阶”五个项目 计数 完成这件事共有N=m×n种不同的方法 的测试，每名同学上、下午各测试一个项目，且不重复.若上 午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午 命题角度1：“类中有步”的计数问题 都各测一人，则不同的安排方式共有」 种.（用数字 【典型例题1】电视台在某节目中拿出两个信箱，其中 作答) 存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有 答案264 30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若 解析上午总测试方法有4×3×2×1=24种；以A,B, 先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴， C,D,E依次代表五个测试项目，若上午测试E的同学下午 则有 种不同的结果。 测试D,则上午测试A的同学下午只能测试B,C,确定上午 答案28800 测试A的同学后其余两名同学上、下午的测试方法共有 解析在甲箱或乙箱中抽取幸运之星，决定了后边选幸 2种：若上午测试E的同学下午测试A,B,C之一，则上午测 运伙伴是不同的，故要分两类分别计算：第1类，幸运之星在 试A,B,C中任何一个的同学下午都可以测试D,安排完这 甲箱中抽，先确定幸运之星，再在两箱中各确定一名幸运伙 名同学后其余两名同学的测试方式就确定了，故共有3X 伴，有30×29×20=17400种结果：第2类，幸运之星在乙 3=9种测试方法，即下午的测试方法共有11种.根据分步 箱中抽，同理有20×19×30=11400种结果.因此共有 乘法计数原理，总的测试方法共有24×11=264种. 17400+11400=28800种不同的结果」 解题技巧」用流程图描述计数问题，步中有类的情形 解题技巧」用流程图描述计数问题，类中有步的情形 如图所示： 如图所示： 第1类 A 13 71a 7t4 ms 第2类 从A到B算作完成一件事，完成这件事有两类方 从计数的角度看，由A到D算作完成一件事，可简 法，第1类方法有3步，第2类方法有2步，每步的方法 单地记为A→D. 数为m(i=1,2,3,4.5). 完成A→D这件事，需要经历三步，即A→B,B→ C,C→D.其中B→C这步又分为三类，这就是步中 因此，完成这件事的方法数为(m1m2ma十mm5). 有类 “类”与“步”可进一步地理解为： 其中m:(i=1,2,3,4,5)表示相应步的方法数. “类”用“十”号连接，“步”用“X”号连接，“类”独立， “步”连续，“类”标志一件事的完成，“步”缺一不可， 完成A→D这件事的方法数为m1(2十m3十，)m5: 29
第六章 计数原理 微专题一 两个计数原理与排列、组合的应用 一 两个计数原理的应用 1.分类加法计数原理 2.分步乘法计数原理 命题角度1:“类中有步”的计数问题 【典型例题1】电视台在某节目中拿出两个信箱,其中 存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信,甲信箱中有 30封,乙信箱中有20封,现由主持人抽奖确定幸运观众,若 先确定一名幸运之星,再从两信箱中各确定一名幸运伙伴, 则有 种不同的结果. 答案 28800 解析 在甲箱或乙箱中抽取幸运之星,决定了后边选幸 运伙伴是不同的,故要分两类分别计算:第1类,幸运之星在 甲箱中抽,先确定幸运之星,再在两箱中各确定一名幸运伙 伴,有30×29×20=17400种结果;第2类,幸运之星在乙 箱中抽,同理有20×19×30=11400种结果.因此共有 17400+11400=28800种不同的结果. 用流程图描述计数问题,类中有步的情形 如图所示: 从A 到B 算作完成一件事,完成这件事有两类方 法,第1类方法有3步,第2类方法有2步,每步的方法 数为mi(i=1,2,3,4,5). 因此,完成这件事的方法数为(m1m2m3+m4m5). “类”与“步”可进一步地理解为: “类”用“+”号连接,“步”用“×”号连接,“类”独立, “步”连续,“类”标志一件事的完成,“步”缺一不可. 跟踪训练1现有4种不同颜色,要对四 个部分进行着色,如图所示,要求有公共边界 的两部分不能用同一种颜色,则不同的着色 方法共有( ) A.24种 B.30种 C.36种 D.48种 答案 D 解析 将原图从上而下的4个区域标为 1,2,3,4.因为1,2,3之间不能同色,1与4可 以同色,因此,要分类讨论1,4同色与不同色 两种情况.故不同的着色方法种数为4×3× 2+4×3×2×1=48. 故选D. 命题角度2:“步中有类”的计数问题 【典型例题2】有4名同学在同一天的上、下午参加 “身高与体重”“立定跳远”“肺活量”“握力”“台阶”五个项目 的测试,每名同学上、下午各测试一个项目,且不重复.若上 午不测“握力”项目,下午不测“台阶”项目,其余项目上、下午 都各测一人,则不同的安排方式共有 种.(用数字 作答) 答案 264 解析 上午总测试方法有4×3×2×1=24种;以 A,B, C,D,E依次代表五个测试项目.若上午测试 E的同学下午 测试D,则上午测试 A的同学下午只能测试B,C,确定上午 测试 A的同学后其余两名同学上、下午的测试方法共有 2种;若上午测试E的同学下午测试 A,B,C之一,则上午测 试 A,B,C中任何一个的同学下午都可以测试 D,安排完这 名同学后其余两名同学的测试方式就确定了,故共有3× 3=9种测试方法,即下午的测试方法共有11种.根据分步 乘法计数原理,总的测试方法共有24×11=264种. 用流程图描述计数问题,步中有类的情形 如图所示: 从计数的角度看,由A 到D 算作完成一件事,可简 单地记为A→D. 完成A→D 这件事,需要经历三步,即A→B,B→ C,C→D.其中 B→C 这步又分为三类,这就是步中 有类. 其中mi(i=1,2,3,4,5)表示相应步的方法数. 完成A→D 这件事的方法数为m1(m2+m3+m4)m5. 29
数学 选择性必修第三册 配人教A版 跟踪训练2如图所示，使电路接通，开关不同的开闭 要求甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加，且当这3名学 方式共有( 生都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名 学生不同的朗诵顺序的种数为() A.720 B.768 C.810 D.816 答案B 解析根据题意，在7名学生中选派4名学生参加诗歌 朗诵比赛，有A=840种精况， A.11种 B.12种 其中甲、乙、丙都没有参加，即选派其他四人参加的情况 C.20种 D.21种 有A=24种， 答案D 则甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加的情况有 解析根据题意，设5个开关依次为1,2,3,4,5，若电路 840一24=816种： 接通，则开关1,2与3,4,5中都至少有1个接通，分两步 其中当甲、乙、丙都参加且甲和乙相邻的情况有 完成： C1AA4=48种， 则满足题意的朗诵顺序有816一48=768种. 故选B. 命题角度2：元素“在”与“不在”问题 5 【典型例题4】甲、乙、丙、丁、戊、己六人按下列要求站 横排，分别有多少种不同的站法？ 第一步：对于开关1,2，共有2X2=4种情况，其中全部 (1)甲不能在两端： 断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有4一1=3种 (2)甲、乙必须在两端： 情况： (3)甲不在最左端，乙不在最右端 第二步：对于开关3,4,5，共有2×2×2=8种情况，其 解(1)先考虑甲有A种站法，再考虑其余5人全排列， 中全部断开的有1种情况，则其至少有1个接通的有8一 故N=A1·A=480种. 1=7种情况. (2)先安排甲、乙有A2种站法，再安排其余4人全排列， 根据分步乘法计数原理，电路接通，开关不同的开闭方 故N=A号·A=48种. 式有3×7=21种.故选D. (3)方法一：甲在最左端的站法有A种，乙在最右端的 二有限制条件的排列问题 站法有A种，且甲在最左端而乙在最右端的站法有A种， 排列问题的限制条件一般表现为：某些元素不能在某个 故甲不在最左端，乙不在最右端共有A。一2A十A:=504种 站法」 位置，某个位置只能放某些元素等.要先处理特殊元素或先 处理特殊位置，再去排其他元素.当用直接法比较复杂时，可 方法二：以元素甲分类可分为两类：第1类，甲站最右端 以用间接法，先不考虑限制条件，算出所有的排列数，再从中 有A种：第2类，甲在中间4个位置之一，而乙不在最右端 减去全部不符合条件的排列数，这种方法也称为“去杂法”， 有A!·A!·A种.根据分类加法计数原理，共有A十A}· 但必须注意不重复、不遗漏（去尽）. A}·A=504种站法. 命题角度1：元素“相邻”与“不相邻”问题 规律总结」“在”与“不在”排列问题解题原则及方法 【典型例题3】某次文艺晚会上共演出了8个节日，其 (1)原则：谁特殊谁优先，可以从元素入手也可以从 中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件 位置入手 的节目单的排法有多少种？ (2)方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再 (1)一个唱歌节目作开头，另一个作结尾； 把其他元素安排在其他位置上：从位置入手时，先安排特 (2)两个唱歌节目不相邻： 殊位置，再安排其他位置。 (3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻。 提醒：解题时，或从元素考虑，或从位置考虑，都要贯 解(1)先排歌曲节目有A?种排法，再排其他节目有A 彻到底.不能一会儿考虑元素，一会儿考虑位置，造成分 种排法，故共有AA。=1440种排法. 类、分步混乱，导致解题错误. (2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目，有A8种排法，再 跟踪训练4某一天的课程表要排入思想政治、语文、 从其中7个空（包括两端）中选2个空排歌曲节目，有A号种 数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后 方法，故共有AA2=30240种排法. 一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法？ (3)两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相 解由题意得6门课总的排法是A,其中不符合要求的 邻，利用插空法，共有AAA=2880种排法. 可分为体育排在第一节，有A种排法：数学排在最后一节， 跟踪训练3某校举办诗歌朗诵比赛.该校高三年级 有A种排法，但这两种方法，都包括体育排在第一节，数学 准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，！ 排在最后一节，这种情况有A种排法。因此符合条件的排 30
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 跟踪训练2如图所示,使电路接通,开关不同的开闭 方式共有( ) A.11种 B.12种 C.20种 D.21种 答案 D 解析 根据题意,设5个开关依次为1,2,3,4,5,若电路 接通,则开关1,2与3,4,5中都至少有1个接通,分两步 完成: 第一步:对于开关1,2,共有2×2=4种情况,其中全部 断开的有1种情况,则其至少有1个接通的有4-1=3种 情况; 第二步:对于开关3,4,5,共有2×2×2=8种情况,其 中全部断开的有1种情况,则其至少有1个接通的有8- 1=7种情况. 根据分步乘法计数原理,电路接通,开关不同的开闭方 式有3×7=21种.故选D. 二 有限制条件的排列问题 排列问题的限制条件一般表现为:某些元素不能在某个 位置,某个位置只能放某些元素等.要先处理特殊元素或先 处理特殊位置,再去排其他元素.当用直接法比较复杂时,可 以用间接法,先不考虑限制条件,算出所有的排列数,再从中 减去全部不符合条件的排列数,这种方法也称为“去杂法”, 但必须注意不重复、不遗漏(去尽). 命题角度1:元素“相邻”与“不相邻”问题 【典型例题3】某次文艺晚会上共演出了8个节目,其 中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目,求分别满足下列条件 的节目单的排法有多少种? (1)一个唱歌节目作开头,另一个作结尾; (2)两个唱歌节目不相邻; (3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻. 解 (1)先排歌曲节目有 A 2 2 种排法,再排其他节目有 A 6 6 种排法,故共有 A 2 2A 6 6=1440种排法. (2)先排3个舞蹈节目,3个曲艺节目,有 A 6 6 种排法,再 从其中7个空(包括两端)中选2个空排歌曲节目,有 A 2 7 种 方法,故共有 A 6 6A 2 7=30240种排法. (3)两个唱歌节目相邻,用捆绑法,3个舞蹈节目不相 邻,利用插空法,共有 A 4 4A 3 5A 2 2=2880种排法. 跟踪训练3某校举办诗歌朗诵比赛.该校高三年级 准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加, 要求甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加,且当这3名学 生都参加时,甲和乙的朗诵顺序不能相邻,那么选派的4名 学生不同的朗诵顺序的种数为( ) A.720 B.768 C.810 D.816 答案 B 解析 根据题意,在7名学生中选派4名学生参加诗歌 朗诵比赛,有 A 4 7=840种情况, 其中甲、乙、丙都没有参加,即选派其他四人参加的情况 有 A 4 4=24种, 则甲、乙、丙这3名学生中至少有1人参加的情况有 840-24=816种; 其中当 甲、乙、丙 都 参 加 且 甲 和 乙 相 邻 的 情 况 有 C 1 4A 2 2A 3 3=48种, 则满足题意的朗诵顺序有816-48=768种. 故选B. 命题角度2:元素“在”与“不在”问题 【典型例题4】甲、乙、丙、丁、戊、己六人按下列要求站 一横排,分别有多少种不同的站法? (1)甲不能在两端; (2)甲、乙必须在两端; (3)甲不在最左端,乙不在最右端. 解 (1)先考虑甲有A 1 4 种站法,再考虑其余5人全排列, 故N=A 1 4·A 5 5=480种. (2)先安排甲、乙有A 2 2 种站法,再安排其余4人全排列, 故N=A 2 2·A 4 4=48种. (3)方法一:甲在最左端的站法有 A 5 5 种,乙在最右端的 站法有 A 5 5 种,且甲在最左端而乙在最右端的站法有 A 4 4 种, 故甲不在最左端,乙不在最右端共有 A 6 6-2A 5 5+A 4 4=504种 站法. 方法二:以元素甲分类可分为两类:第1类,甲站最右端 有 A 5 5 种;第2类,甲在中间4个位置之一,而乙不在最右端 有 A 1 4·A 1 4·A 4 4 种.根据分类加法计数原理,共有 A 5 5+A 1 4· A 1 4·A 4 4=504种站法. “在”与“不在”排列问题解题原则及方法 (1)原则:谁特殊谁优先,可以从元素入手也可以从 位置入手. (2)方法:从元素入手时,先给特殊元素安排位置,再 把其他元素安排在其他位置上;从位置入手时,先安排特 殊位置,再安排其他位置. 提醒:解题时,或从元素考虑,或从位置考虑,都要贯 彻到底.不能一会儿考虑元素,一会儿考虑位置,造成分 类、分步混乱,导致解题错误. 跟踪训练4某一天的课程表要排入思想政治、语文、 数学、物理、体育、美术共六节课,如果第一节不排体育,最后 一节不排数学,那么共有多少种不同的排课程表的方法? 解 由题意得6门课总的排法是 A 6 6,其中不符合要求的 可分为体育排在第一节,有 A 5 5 种排法;数学排在最后一节, 有 A 5 5 种排法,但这两种方法,都包括体育排在第一节,数学 排在最后一节,这种情况有 A 4 4 种排法.因此符合条件的排 30