【-教师用书】(人教A版-理科)2021届高考数学第一轮复习细致讲解练：第十篇-计数原理.docx

第十篇　计数原理A

第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[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．会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简洁的实际问题.

知 识 梳 理
1．分类加法计数原理
完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在其次类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成其次步有m2种不同的方法，……，完成第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．
3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数．它们的区分在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．
辨 析 感 悟
1．两个计数原理的理解
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)
(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)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(×)
2．两个计数原理的应用
(5)(教材习题改编)三个人踢毽，相互传递，每人每次只能踢一下，由甲开头踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有10种．(√)
(6)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都消灭一次，这样的四位数共有14个．(√)
[感悟·提升]
1．两点区分
一是分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简洁的说分类的标准是“不重不漏，一步完成”，如(1)、(2)．
二是分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这个步骤的一种方法，简洁的说步与步之间的方法“相互独立，分步完成”，如(3)、(4)．
2．两点提示
一是分类时，标准要明确，应做到不重不漏；可借助几何直观，探究规律，如(5)．
二是分步时，要合理设计挨次、步骤，并留意元素是否可以重复选取，如(6)中2,3可重复但至少各消灭一次.
同学用书第172页

考点一　分类加法计数原理
【例1】 (2021·福建卷改编)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(　　)．
A．14 B．13 C．12 D．9
解析　由于a，b∈{－1,0,1,2}．
(1)当a＝0时，有x＝－为实根，则b＝－1,0,1,2有4种可能；
(2)当a≠0时，则方程有实根，
∴Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.(*)
①当a＝－1时，满足(*)式的b＝－1,0,1,2有4种．
②当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能．
③当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．
∴由分类加法计数原理，有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(个)．
答案　B
规律方法 分类标准是运用分类计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先依据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应留意完成这件事情的任何一种方法必需属于某一类．
【训练1】 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位伴侣，每位伴侣1本，则不同的赠送方法共有(　　)．
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
解析　赠送一本画册，3本集邮册，需从4人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有C种方法．
赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人送画册，其余2人送邮册，有C种方法．
由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C＋C＝10(种)．
答案　B
考点二　分步乘法计数原理
【例2】 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(　　)．
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
解析　先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A种不同排法．再排其次列，其中其次列第一行的字母共有2种不同的排法，其次列其次、三行的字母只有1种排法．因此共有A·2·1＝12(种)不同的排列方法．
答案　A
规律方法 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按大事发生的过程合理分步，即分步是有先后挨次的，并且分步必需满足：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)分步必需满足两个条件：一是步骤相互独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
【训练2】 将一个四周体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有(　　)．
A．1种 B．3种 C．6种 D．9种
解析　由于只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应当将四周体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6种涂色方案．
答案　C
考点三　两个计数原理的综合应用
【例3】 (2022·济南质检)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有________.
1
4
5
2
3
审题路线　由于区域1,2,3与区域4相邻，由条件宜接受分步处理，又相邻区域不同色，因此应按区域1和区域3是否同色分类求解．
解析　按区域1与3是否同色分类；
(1)区域1与3同色；先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A种方法．
∴区域1与3涂同色，共有4A＝24种方法．
(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A种方法，其次步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．
∴这时共有A×2×1×3＝72种方法，
故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.
答案　96
规律方法 (1)解决涂色问题，肯定要分清所给的颜色是否用完，并选择恰当的涂色挨次．
(2)切实选择好分类标准，分清哪些可以同色，哪些不同色．
【训练3】 假如一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么全部凸数的个数为(　　)．
A．240 B．204
C．729 D．920
解析　若a2＝2，则“凸数”为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6个．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12个，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72个．∴全部凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
答案　A

1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类．(2)分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，步与步之间的方法“相互独立，分步完成”．
2．(1)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．(2)分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，精确     分步．
3．若综合利用两个计数原理，一般先分类再分步．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
同学用书第173页

创新突破9——与计数原理有关的新定义问题
【典例】 (2022·湖北卷)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．明显2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.(*)
则：(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．(**)
突破：由(*)式，理解“特殊”背景——回文数的含义，借助计数原理计算．
结合(**)，可从2位回文数，3位回文数，4位回文数探究求解方法，从特殊到一般发觉规律．
解析　(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法．
共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．
(2)依据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．
由计数原理，共有9×10n种填空．
答案　(1)90　(2)9×10n
[反思感悟] (1)一题两问，以“回文数”为新背景，考查计数原理，体现了化归思想，将确定回文数的问题转化为“填方格”问题，进而利用分步乘法计数原理解决，将新信息转化为所学的数学学问来解决．
(2)从特殊情形入手，通过分析、归纳，发觉问题中隐含的一些本质特征和规律，然后再推广到一般情形，必要时可以多列举一些特殊情形，使规律方法更加明确．
【自主体验】
1．(2022·扬州调研)从8名女生4名男生中，选出3名同学组成课外小组，假如按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种．
解析　从男生中抽取1人有4种方法．
从女生中抽取两人，有C＝28种方法．
∴由分步乘法计数原理，共有28×4＝112种方法．
答案　112
2．(2021·山东卷改编)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　)．
A．243 B．252 C．261 D．648
解析　0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
答案　B
对应同学用书P357
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题　　　　　　　　　　　　　　
1．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右其次个号码只能从字母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)，有车主第一个号码(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，则他的车牌号码可选的全部可能状况有(　　)．
A．180种 B．360种 C．720种 D．960种
解析　依据车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，其次位号码有3种选法，其余三位号码各有4种选法．因此车牌号码可选的全部可能状况有5×3×4×4×4＝960(种)．
答案　D
2．(2022·新课标全国卷)将2名老师，4名同学分成2个小组，分别支配到甲、乙两地参与社会实践活动，每个小组由1名老师和2名同学组成，不同的支配方案共有(　　)．
A．12种 B．10种 C．9种 D．8种
解析　分两步：第一步，选派一名老师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2种选派方法；
其次步，选派两名同学到甲地，另外两名到乙地，共有C＝6种选派方法．
由分步乘法计数原理，不同选派方案共有2×6＝12(种)．
答案　A
3．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最终一个演讲，则不同的演讲次序共有(　　)．
A．240种 B．360种 C．480种 D．720种
解析　第一步先排甲，共有A种不同的排法；其次步再排其他人，共有A种不同的排法．因此不同的演讲次序共有A·A＝480(种)．
答案　C
4．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．3 B．4 C．6 D．8
解析　以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；
以2为首项的等比数列为2,4,8；
以4为首项的等比数列为4,6,9；
把这四个数列挨次颠倒，又得到4个数列，
∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8(个)．
答案　D
5．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．9 B．14 C．15 D．21
解析　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)．
当x≠2时，由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)．
答案　B
二、填空题
6．从班委会5名成员中选出3名，分别担当班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担当文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
解析　第一步，先选出文娱委员，由于甲、乙不能担当，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．
其次步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．
由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．
答案　3
7．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．
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；
其次类，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
8．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的其次名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有________场竞赛．
解析　小组赛共有2C场竞赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场竞赛；依据分类加法计数原理共有2C＋4＝16(场)竞赛．
答案　16
三、解答题
9．电视台在“欢快在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成果优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？
解　(1)幸运之星在甲箱中抽，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17 400种．
(2)幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400种．
共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种)．
10．“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的挨次排列，求第30个“渐升数”．
1
2
×
×
解　渐升数由小到大排列，形如的渐升数共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个)．
1
3
4
×
形如的渐升数共有5个．
1
3
5
×
形如
的渐升数共有4个．
故此时共有21＋5＋4＝30(个)．
因此从小到大的渐升数的第30个必为1 359.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，
要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为(　　)．
A．96 B．84 C．60 D．48
解析　可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．
由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.
答案　B
2．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
解析　若4个位置的数字都不同的信息个数为1；若恰有3个位置的数字不同的信息个数为C；若恰有2个位置上的数字不同的信息个数为C.
由分类加法计数原理知满足条件的信息个数为1＋C＋C＝11.
答案　B
二、填空题
3．如图所示，在A、B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发觉A、B之间线路不通，则焊接点脱落的不同状况有________种．

解析　四个焊点共有24种状况，其中使线路通的状况有：1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通共有3种可能．故不通的状况有24－3＝13(种)可能．
答案　13
三、解答题
4．用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．

(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？
(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.
解　(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．
依据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480种不同的方法．
(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，留意到n∈N*，可得n＝5.
同学用书第173页
第2讲　排列与组合
[最新考纲]
1．理解排列、组合的概念．
2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．
3．能解决简洁的实际问题.

知 识 梳 理
1．排列与组合的概念
名称
定义
排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同元素
依据肯定的挨次排成一列
组合
合成一组
2.排列数与组合数
(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数．
(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部不同组合的个数，叫从n个不同元素中取出m个元素的组合数．
3．排列数、组合数的公式及性质
公式
(1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
(2)C＝＝＝(n，m∈N*，且m≤n)．特殊地C＝1.
性质
(1)0！＝1；A＝n！.
(2)C＝C；C＝C＋C.

辨 析 感 悟
1．排列与组合的基本概念、性质
(1)全部元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)
(3)若组合式C＝C，则x＝m成立．(×)
2．排列与组合的应用
(4)5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有A－AA＝72种．(√)
(5)(教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有3×43－A＝168(个)．(×)
(6)(2021·北京卷改编)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，假如分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是4A＝96种．(√)
[感悟·提升]
1．一个区分　排列与组合最根本的区分在于“有序”和“无序”．取出元素后交换挨次，假如与挨次有关是排列，假如与挨次无关即是组合，如(1)忽视了元素的挨次．
2．求解排列、组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”
同学用书第174页

考点一　排列应用题
【例1】 4个男同学，3个女同学站成一排．
(1)3个女同学必需排在一起，有多少种不同的排法？
(2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？
(3)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？
解　(1)3个女同学是特殊元素，共有A种排法；由于3个女同学必需排在一起，视排好的女同学为一整体，再与4个男同学排队，应有A种排法．
由分步乘法计数原理，有AA＝720种不同排法．
(2)先将男生排好，共有A种排法，再在这4个男生的中间及两头的5个空档中插入3个女生有A种方法．
故符合条件的排法共有AA＝1 440种不同排法．
(3)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有A种排法；由于甲、乙要相邻，故先把甲、乙排好，有A种排法；最终把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档及两边有A种排法．
总共有AAA＝960种不同排法．
规律方法 (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接受特殊元素优先原则，即先支配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接受间接法．
(2)对相邻问题接受捆绑法、不相邻问题接受插空法、定序问题接受倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．
【训练1】 (1)(2022·济南质检)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！)3
C．(3！)4 D．9!
(2)(2021·四川卷)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是(　　)．
A．9 B．10 C．18 D．20
解析　(1)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．
(2)由于lg a－lg b＝lg(a>0，b>0)，
∴lg有多少个不同的值，只需看不同值的个数．
从1,3,5,7,9中任取两个作为有A种，又与相同，与相同，∴lg a－lg b的不同值的个数有A－2＝18.
答案　(1)C　(2)C
考点二　组合应用题
【例2】 某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．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；
(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；
(5)既要有队长，又要有女生当选．
解　(1)一名女生，四名男生．故共有C·C＝350(种)．
(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C·C＝165(种)．
(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和两名队长．故共有：C·C＋C·C＝825(种)或接受排解法：C－C＝825(种)．
(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生．故选法为：
C·C＋C·C＋C＝966(种)．
(5)分两类：第一类女队长当选：C；其次类女队长不当选：
C·C＋C·C＋C·C＋C.
故选法共有：
C＋C·C＋C·C＋C·C＋C＝790(种)．
规律方法 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“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类简单时，逆向思维，间接求解．
【训练2】 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，则不同的取法共有(　　)．
A．60种 B．63种 C．65种 D．66种
解析　满足题设的取法可分为三类：一是取四个奇数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C＝5(种)；二是两个奇数和两个偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有C·C＝60(种)；三是取4个偶数的取法有1种．
所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．
答案　D
同学用书第175页
考点三　排列、组合的综合应用
【例3】 (1)(2021·浙江卷)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)．
(2)某校高二班级共有6个班级，现从外地转入4名同学，要支配到该班级的两个班级且每班支配2名，则不同的支配方案种数为(　　)．
A．AC B.AC C．AA D．2A
审题路线　(1)选出3个位置排特殊元素A、B、C，并把元素A、B作为元素集团进行排列；(2)可将4名同学分成两组(每组2人)，再安排到两个班级．
解析　(1)先将A，B视为元素集团，与C先排在6个位置的三个位置上，有CAC种排法；
其次步，排其余的3个元素有A种方法．
∴由分步乘法计数原理，共有CAC·A＝480种排法．
(2)法一　将4人平均分成两组有C种方法，将此两组安排到6个班级中的2个班有A种．
所以不同的支配方法有CA种．
法二　先从6个班级中选2个班级有C种不同方法，然后支配同学有CC种，故有CC＝AC种．
答案　(1)480　(2)B
规律方法 (1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
(2)不同元素的安排问题，往往是先分组再安排．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，留意各种分组类型中，不同分组方法的求法．
【训练3】 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(　　)．
A．24 B．18 C．12 D．6
解析　依据所选偶数为0和2分类争辩求解．
①当选数字0时，再从1,3,5中取出2个数字排在个位与百位．∴排成的三位数的奇数有CA＝6个．
②当取出数字2时，再从1,3,5中取2个数字有C种方法．然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列．
∴排成的三位数的奇数有CAA＝12个．
∴由分类加法计数原理，共有18个三位数的奇数．
答案　B

1．娴熟把握：(1)排列数公式A＝；(2)组合数公式C＝，这是正确计算的关键．
2．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排解法)．分类时标准应统一，避开消灭重复或遗漏．解组合应用题时，应留意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义．
3．排列组合的综合应用问题，一般按先选再排，先分组再安排的处理原则．对于安排问题，解题的关键是要搞清楚大事是否与挨次有关，对于平均分组问题更要留意挨次，避开计数的重复或遗漏．

、易错辨析9——实际意义理解不清导致计数错误
【典例】 (2022·山东卷改编)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．256 C．472 D．484
[错解]　第一类，含有一张红色卡片，取出红色卡片有C种方法，再从黄、蓝、绿三色中选出两色并各取一张卡片有CCC种方法．
因此满足条件的取法有C·CCC＝192种．
其次类，不含有红色卡片，从其余三色卡片中各取一张有CCC＝64种取法．
∴由分类加法计数原理，不同的取法共有192＋64＝256种．
[答案]　B
[错因]　错解的缘由是没有理解“3张卡片不能是同一种颜色”的含义，误认为“取出的三种颜色不同”．
[正解]　第一类，含有1张红色卡片，不同的取法CC＝264(种)．
其次类，不含有红色卡片，不同的取法C－3C＝220－12＝208(种)．
由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．
[答案]　C
[防范措施]　(1)精确     理解题意，抓住关键字词的含义，“3张卡片不能是同一种颜色”是指“两种颜色或三种颜色”都满足要求．
(2)选择恰当分类标准，避开重复遗漏，消灭“至少、至多”型问题，留意间接法的运用．
【自主体验】
1．(2021·大纲全国卷改编)有5人排成一行参观英模事迹展览，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答)．
解析　先把除甲、乙外的3人全排列，有A种，再把甲、乙两人插入这3人形成的四个空位中的两个，共A种不同的方法．
∴全部不同的排法共有A·A＝72(种)．
答案　72
2．假如把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
解析　第一类：恰有三个相同的数字为1，
选2,3,4中的一个数字排在十、百、千位的一个位置上，有C·A种方法，四位“好数”有9个．
其次类：相同的三个数字为2,3,4中的一个，这样的四位“好数”为2221,3331,4441共3个．
由分类加法计数原理，共有“好数”9＋3＝12个．
答案　12

对应同学用书P359
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．一个平面内的8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为(　　)．
A．C·C B．C－C
C．2C·C＋C D．C－C＋1
解析　从8个点中任选3个点有选法C种，由于有4点共圆所以减去C种再加1种，即有圆C－C＋1个．
答案　D
2．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，称这个数为“伞数”．现从1,2,3,4,5,6这六个数字中取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有(　　)．
A．120个 B．80个 C．40个 D．20个
解析　分类争辩：若十位数为6时，有A＝20个；若十位数为5时，有A＝12个；若十位数为4时，有A＝6个；若十位数为3时，有A＝2个，因此一共有40个．
答案　C
3．将甲、乙、丙、丁四名同学分到三个不同的班，每个班至少分到一名同学，且甲、乙两名同学不能分到同一个班，则不同分法的种数为(　　)．
A．18 B．24 C．30 D．36
解析　四名同学中有两名同学恰好分在一个班，共有CA种分法，而甲、乙被分在同一个班的有A种，所以不同的分法种数是CA－A＝30.
答案　C
4．某外商方案在4个候选城市中投资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
解析　若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共CA种方法．由分类加法计数原理知共A＋CA＝60(种)方法．
答案　D
5．一名老师和两名男生两名女生站成一排照相，要求两名女生必需站在一起且老师不站在两端，则不同站法的种数为(　　)．
A．8 B．12 C．16 D．24
解析　两名女生站一起有A种站法，她们与两个男生站一起共有AA种站法，老师站在他们的中间则共有AAC＝24(种)站法，故应选D.
答案　D
二、填空题
6．(2021·大纲全国卷)从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种(用数字作答)．
解析　依题意，全部的决赛结果有CCC＝6××1＝60(种)．
答案　60
7．(2022·杭州调研)四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有________种．
解析　分两步：先将四名优等生分成2,1,1三组，共有C种；而后，对三组同学全排三所学校，即进行全排列，有A种．依分步乘法计数原理，共有N＝CA＝36(种)．
答案　36
8．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的三位数共有________个．
解析　在1,2,3,4,5这五个数字中有3个奇数，2个偶数，要求三位数各位数字之和为偶数，则两个奇数一个偶数，∴符合条件的三位数共有C·C·A＝36(个)．
答案　36
三、解答题
9．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数有多少个？
解　先在后三位中选两个位置填写数字“0”有C种方法，再排另两张卡片有A种方法．
又数字“9”可作“6”用，
∴四张卡片组成不同的四位数有2CA＝12个．
10．四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
(1)若每个盒子放一球，则有多少种不同的放法？
(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？
解　(1)每个盒子放一球，共有A＝24种不同的放法；
(2)法一　先选后排，分三步完成．
第一步：四个盒子中选一只为空盒，有4种选法；
其次步：选两球为一个元素，有C种选法；
第三步：三个元素放入三个盒中，有A种放法．
故共有4×CA＝144种放法．
法二　先分组后排列，看作安排问题．
第一步：在四个盒子中选三个，有C种选法；
其次步：将四个球分成2,1,1三组，有C(即)种分法；
第三步：将三组分到选定的三个盒子中，有A种分法．
故共有CCA＝144种分法．
力量提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．在航天员进行的一项太空试验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能消灭在第一或最终一步，程序B和C在实施时必需相邻，问试验挨次的编排方法共有(　　)．
A．34种 B．48种
C．96种 D．144种
解析　程序A有A＝2种结果，将程序B和C看作元素集团与除A外的元素排列有AA＝48种，∴由分步加法计数原理，试验编排共有2×48＝96种方法．
答案　C
2．(2022·济南调研)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
解析　(1)若从集合B中取元素2时，再从C中任取一个元素，则确定的不同点的个数为CA.
(2)当从集合B中取元素1，且从C中取元素1，则确定的不同点有C×1＝C.
(3)当从B中取元素1，且从C中取出元素3或4，则确定的不同点有CA个．∴由分类加法计数原理，共确定不同的点有CA＋C＋CA＝33(个)．
答案　A
二、填空题
3．(2021·重庆卷)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．
解析　按选派的骨科医生的人数分类：
①选1名骨科医生，则有C(CC＋CC＋CC)＝360(种)，
②选2名骨科医生，则有C(CC＋CC)＝210(种)，
③选3名骨科医生，则有CCC＝20(种)，
∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.
答案　590
三、解答题
4．直线x＝1，y＝x，将圆x2＋y2＝4分成A，B，C，D四个区域，如图
用五种不同的颜色给他们涂色，要求共边的两区域颜色互异，每个区域只涂一种颜色，
共有多少种不同的涂色方法？
解　法一　第1步，涂A区域有C种方法；第2步，涂B区域有C种方法；第3步，涂C区域和D区域：若C区域涂A区域已填过颜色，则D区域有4种涂法；若C区域涂
A、B剩余3种颜色之一，即有C种涂法，则D区域有C种涂法．
故共有C·C·(4＋C·C)＝260种不同的涂色方法．
法二　共可分为三类：
第1类，用五色中两种色，共有CA种涂法；
第2类，用五色中三种色，共有CCCA种涂法；
第3类，用五色中四种色，共有CA种涂法．
由分类加法计数原理，共有CA＋CCCA＋CA＝260(种)不同的涂色方法.
同学用书第176页
第3讲　二项式定理
[最新考纲]
1．能用计数原理证明二项式定理．
2．会用二项式定理解决与二项开放式有关的简洁问题.

知 识 梳 理
1．二项式定理
二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)
二项开放式
的通项公式
Tr＋1＝Can－rbr，它表示第r＋1项
二项式系数
二项开放式中各