第三章 排列、组合与二项式定理
3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理
基础过关练
题组一 分类加法计数原理
1.某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习,某位学生任选1门课程学习,则不同的选法共有( )
A.40种 B.20种
C.15种 D.11种
2.用1,3,5,7中的任意一个数作分子,2,4,8,9中的任意一个数作分母,可构成真分数的个数为( )
A.8 B.9
C.10 D.11
3.北京冬奥会参加冰壶混双比赛的队伍共有10支,冬奥会冰壶混双比赛的赛程安排如下,先进行循环赛,循环赛规则规定每支队伍都要和其余9支队伍轮流交手一次,循环赛结束后按照比赛排名决出前4名进行半决赛,胜者决冠军,负者争铜牌,则整个冰壶混双比赛的场数是( )
A.48 B.49
C.93 D.94
4.已知四边形ABCD是边长为1的正方形,在空间中取4个不同的点,使得它们与A,B,C,D恰好成为一个侧棱长为1的正四棱柱的8个顶点,则不同的取法数为 .
5.在一个圆周上有8个点,用四条既无公共点又无交点的弦连接它们,则连接方式有 种.
题组二 分步乘法计数原理
6.某商店共有A,B,C三个品牌的水杯,若甲、乙、丙每人买了一个水杯,且甲买的不是A品牌,乙买的不是C品牌,则这三人买水杯的情况共有( )
A.3种 B.7种
C.12种 D.24种
7.用数字0,1,2,3组成没有重复数字的三位数,其中比200大的有( )
A.24个 B.12个
C.18个 D.6个
8.某市汽车牌照号码(由五个字符构成)可以上网自编,且从左到右第二个字符只能从字母B,C,D中选择,其他四个字符可以从0~9这十个数字中选择(数字可以重复).第一个字符(从左到右)车主只想在3,5,6,8,9中选择,剩下的三个字符只想在1,3,6,9中选择,则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )
A.180种 B.360种
C.720种 D.960种
9.汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后,需要紧固轮胎的五个螺栓,记为A,B,C,D,E(在正五边形的顶点上),紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓,但不能连续固定相邻的两个,则不同的固定螺栓顺序的种数为( )
A.20 B.15
C.10 D.5
10.给图中的A,B,C,D四个区域涂色,规定一个区域只涂一种颜色,且相邻的区域所涂颜色不同,若有5种不同的颜色可供选择,则不同的涂色方案的种数为( )
A.180 B.360 C.64 D.25
11.5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择听其中的1个讲座,且甲、乙听同1个讲座,则不同选择的种数是 .
题组三 基本计数原理的应用
12.集合M={-2,1,3},N={-4,-3,5,6},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是( )
A.2 B.4 C.5 D.6
13.由0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复数字的三位偶数,则共有( )
A.20个 B.32个 C.40个 D.52个
14.中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种生肖(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个,甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、狗和羊,丙同学每个吉祥物都喜欢,如果让三位同学对选取的礼物都满意,那么不同的选法有( )
A.30种 B.50种
C.60种 D.90种
15.某校文创社团近期设计了两款明信片文创作品,借此展示学校的文化底蕴和春天美景,一经推出,广受欢迎.为了支持慈善事业,校志愿者社团派出李明和张伟等5人帮助文创社团公益售卖这两款明信片,5人分为两组,每组售卖同一款明信片.若李明和张伟必须售卖同一款明信片,且每款明信片至少由2名志愿者售卖,则不同的售卖方案种数为( )
A.8 B.10
C.12 D.14
16.算盘是中国古代的一项重要发明,迄今已有2 600多年的历史.现有一算盘,取其两档(如图1),自右向左分别表示十进制数的个位和十位,中间一道横梁把算珠分为上、下两部分,梁上一珠拨下,记作数字5,梁下四珠,上拨一珠记作数字1(如图2中的算盘表示整数51).若拨动图1的两枚算珠,则可以表示不同整数的个数为( )
图1 图2
A.6 B.8
C.10 D.15
17.某班安排A,B,C,D,E五位同学到甲、乙、丙三个街道进行打扫活动,每个街道至少有一位同学去,至多有两位同学去,且A,B两位同学去同一个街道,则不同的安排方法有 种.
18.对“田”字形的四个格子进行染色,若每个格子均可从红、黄、蓝三种颜色中选一种,每个格子只染一种颜色,且相邻的格子不能都染成红色,则满足要求的染法有 种.
能力提升练
题组 基本计数原理的应用
1.中国古代十进制的算筹计数法在数学史上是一个伟大的创造,算筹实际上是一根根同长短的小木棍.下图是利用算筹表示数1~9的一种方法.例如:26可表示为“”.现有6根算筹,据此表示方法,若算筹不能剩余,则可以用1~9这9个数字表示两位数的个数为( )
A.13 B.14
C.15 D.16
2.如图所示的是一段灌溉用的水渠,上游和下游之间建有A,B,C,D,E五个水闸,若上游有充足水源但下游没有水,则这五个水闸打开或关闭的情况有( )
A.7种 B.15种 C.23种 D.26种
3.将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两个端点异色,若有4种颜色可供使用,则不同的染色方法的种数为( )
A.192 B.420
C.210 D.72
4.甲、乙、丙、丁四名交通志愿者申请在国庆期间到A,B,C三个路口协助交警值勤,他们申请值勤路口的意向如表所示:
交通路口 A B C
志愿者 甲、乙、丙、丁 甲、乙、丙 丙、丁
已知这四名志愿者的申请被批准,且值勤安排符合他们的意向,若要求A,B,C三个路口都有志愿者值勤,则不同的安排方法有( )
A.14种 B.11种
C.8种 D.5种
5.(多选题)某校实行选课走班制度,张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科,且生物在B层,该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示,张毅选择的三个科目的课各上一节,另外一节上自习,则下列说法正确的是( )
第1节 第2节 第3节 第4节
地理1班 化学A层 3班 地理2班 化学A层 4班
生物A层 1班 化学B层 2班 生物B层 2班 历史B层 1班
物理A层 1班 生物A层 3班 物理A层 2班 生物A层 4班
物理B层 2班 生物B层 1班 物理B层 1班 物理A层 4班
政治1班 物理A层 3班 政治2班 政治3班
A.此人有4种选课方式
B.此人有5种选课方式
C.自习不可能安排在第2节
D.自习可安排在4节课中的任一节
6.将摆放在编号为1,2,3,4,5五个位置上的五件不同商品重新摆放,则恰有一件商品的位置不变的摆放方法有 种.(用数字作答)
7.若一个五位数的各个数位上的数字之和为3,则这样的五位数共有 个.
答案与分层梯度式解析
第三章 排列、组合与二项式定理
3.1 排列与组合
3.1.1 基本计数原理
基础过关练
1.D 2.D 3.B 6.C 7.B 8.D 9.C 10.A
12.D 13.D 14.B 15.A 16.B
1.D
2.D 分四种情况:(1)当分子为1时,有,共4个真分数;(2)当分子为3时,有,共3个真分数;(3)当分子为5时,有,共2个真分数;(4)当分子为7时,有,共2个真分数.由分类加法计数原理知,可构成真分数的个数为4+3+2+2=11.故选D.
3.B 由题意得循环赛共有=45(场),
决出前4名后,分两组进行半决赛,半决赛举行2场,胜者决冠军举行1场,负者争铜牌举行1场,
故整个冰壶混双比赛的场数为45+2+1+1=49.
4.答案 12
解析 根据题意,分两种情况讨论:
①当正方形ABCD作为对角面时,有6个符合条件的正四棱柱;
②当正方形ABCD作为底面(或侧面)时,有6个符合条件的正四棱柱.
由分类加法计数原理知,不同的取法数为6+6=12.
5.答案 14
解析 不妨设圆周上的点依次为A,B,C,D,E,F,G,H,要使得四条弦既无公共点又无交点,如图所示:
符合图①的连接方式有2种;符合图②的连接方式有4种;符合图③的连接方式有8种.因此,总的连接方式有2+4+8=14(种).
6.C 甲可以从B,C品牌中任选一个,有2种买法;乙可以从A,B品牌中任选一个,有2种买法;丙可以从A,B,C品牌中任选一个,有3种买法.由分步乘法计数原理可得,这三人买水杯的情况共有2×2×3=12(种).故选C.
7.B 由题意可知,百位上的数字为2或3,十位上的数字可在剩余3个数字中选择1个,个位上的数字再在剩下的2个数字中选择1个.由分步乘法计数原理可知,比200大的三位数的个数为2×3×2=12.故选B.
8.D 从左到右,第一个字符在3,5,6,8,9中选择,共有5种选法;第二个字符在字母B,C,D中选择,共有3种选法;剩下的三个字符在1,3,6,9中选择,每个字符有4种选法.所以共有5×3×4×4×4=960种选法.
9.C 如图,先在A,B,C,D,E这五个螺栓中任选一个,有5种选法;假设选中A,则再在C,D中任选一个,有2种选法;剩下的三个螺栓只有1种固定顺序.故共有5×2=10种不同的固定顺序.故选C.
10.A 第一步涂A,有5种涂法;第二步涂B,和A不同色,有4种涂法;第三步涂C,和A,B不同色,有3种涂法;第四步涂D,和B,C不同色,有3种涂法.由分步乘法计数原理可知,共有5×4×3×3=180种不同的涂色方案,故选A.
11.答案 81
解析 根据题意,把甲、乙看成1名同学,这样理解为4名同学去听讲座,每名同学都可以从3个课外知识讲座中任选1个,由分步乘法计数原理可得,不同选择的种数是3×3×3×3=81.
12.D 第二象限的点的特征是横坐标是负数,纵坐标是正数.
若横坐标从集合M中选取,纵坐标从集合N中选取,则有1×2=2(个),
若横坐标从集合N中选取,纵坐标从集合M中选取,则有2×2=4(个),
故这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是2+4=6.故选D.
13.D 若个位上的数字是2或4,则0不能在百位,十位上的数字在余下4个数字中选择,共有2×4×4=32(个);若个位上的数字是0,则百位、十位上的数字在余下5个数字中选择2个,共有5×4=20(个).所以可以组成32+20=52个没有重复数字的三位偶数.故选D.
14.B ①若甲同学选择牛,则乙同学有2种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为2×10=20;
②若甲同学选择马,则乙同学有3种选择,丙同学有10种选择,不同的选法种数为3×10=30.
综上,共有20+30=50种不同的选法.故选B.
15.A 若李明和张伟两人组成一组,则有1种分组方法;若李明、张伟和其他1人组成一组,则有3种分组方法,所以共有1+3=4种分组方法.将分好的两组安排售卖这两款明信片,不同的售卖方案种数为4×2=8.故选A.
16.B 拨动两枚算珠可分为以下三类:
(1)在个位上拨动两枚,可表示2个不同整数;
(2)在十位上拨动两枚,可表示2个不同整数;
(3)在个位、十位上分别拨动一枚,可表示2×2=4个不同整数.
根据分类加法计数原理,一共可表示2+2+4=8个不同整数.故选B.
17.答案 18
解析 可分三步完成:
第一步,因为A,B两位同学去同一个街道,所以先安排他们去某一街道,有3种方法;
第二步,安排同学去剩余两个街道中的一个,可以安排1人也可以安排2人,有3+3=6种方法;
第三步,剩下的同学去第三个街道,只有1种方法.
综上所述,不同的安排方法有3×6×1=18(种).
18.答案 56
解析 若4个格子中没有染红色,则每格都染成黄色或蓝色,有24=16种不同染法;若4个格子中恰有1格染成红色,则有3格染成黄色或蓝色,有4×23=32种不同染法;若4个格子中恰有2格染成红色,则有2格染成黄色或蓝色,有2×22=8种不同染法.所以满足要求的染法共有16+32+8=56(种).
能力提升练
1.D 2.C 3.D 4.B 5.BD
1.D 6根算筹可以表示的数字组合为(1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(6,4),(6,8),(3,3),(3,7),(7,7),数字组合(1,5),(1,9),(2,4),(2,8),(6,4),(6,8),(3,7)中,每组可以表示2个两位数,则可以表示2×7=14个两位数;数字组合(3,3),(7,7)中,每组可以表示1个两位数,则可以表示2×1=2个两位数.故一共可以表示14+2=16个两位数,故选D.
2.C 这五个水闸任意打开或关闭共有25=32种情况,若上游有水流到下游,则A水闸一定打开,B,C至少打开一个,D,E至少打开一个,情况共有1×3×3=9(种),故下游没水的情况有32-9=23(种).
方法总结
求完成一件事的方法数时,若正面思考较难,则可反面分析,用总的方法数减去不符合题意的方法数.
3.D 记四棱锥为P-ABCD.当A,C颜色相同时,先染P,有4种染色方法,再染A,C,有3种染色方法,然后染B,有2种染色方法,最后染D,有2种染色方法,所以有4×3×2×2=48种染色方法.当A,C颜色不同时,先染P,有4种染色方法,再染A,有3种染色方法,然后染C,有2种染色方法,最后染B,D,都有1种染色方法,所以有4×3×2×1×1=24种染色方法.
综上,共有48+24=72种不同的染色方法.故选D.
4.B ①C路口安排丙和丁执勤,则A,B路口安排甲或乙分别执勤,有2种安排方法;②C路口安排丙执勤,则丁只能被安排在A路口执勤,甲、乙均被安排在B路口执勤或甲、乙中一人被安排在A路口执勤,另一人被安排在B路口执勤,有3种安排方法;③C路口安排丁执勤,则丙被安排在A路口或B路口执勤,若丙被安排在A路口执勤,则甲、乙均被安排在B路口执勤或甲、乙中一人被安排在A路口执勤,另一人被安排在B路口执勤,有3种安排方法,同理,若丙被安排在B路口执勤,则有3种安排方法.
综上,不同的安排方法有2+3+3+3=11(种).故选B.
5.BD 由于生物在B层,只有第2,3节有,故分两类:
若生物选第2节,则地理可选第1节或第3节,有2种选法,其他两节政治、自习任意选即可,故有2×2=4种选法(此种情况自习可安排在第1,3,4节中的某节);
若生物选第3节,则地理只能选第1节,政治只能选第4节,自习只能选第2节,故有1种选法.
由分类加法计数原理可得,选课方式有4+1=5(种).
综上,自习可安排在4节课中的任一节.
6.答案 45
解析 根据题意,分2步进行分析:
①从五件不同商品中选出一件,放到原来的位置上,有5种情况,假设编号为5的商品位置不变;
②剩下的四件都不在原来的位置,即编号为1,2,3,4的四件商品都不在原来的位置,则编号为1的商品有3种放法,假设其放在了编号为2的商品原来的位置,则编号为2的商品有3种放法,剩下编号为3,4的两件商品只有1种放法,
故剩下的四件商品有3×3×1=9种放法.
故恰有一件商品的位置不变的摆放方法有5×9=45(种).
7.答案 15
解析 若一个五位数的各个数位上的数字之和为3,则这样的五位数可分为3类:
第一类,五位数的各个数位上的数字由4个0,1个3组成,
则由首位不为0可知,3在首位,其余各数位放0,即30 000,仅有1种排法;
第二类,五位数的各个数位上的数字由3个0,1个1,1个2组成,
则由首位不为0可知,1或2在首位,从中选1个数放在首位,有2种选法,在其他4个数位中选1个数位放另一个数,有4种选法,其余各数位放0,
共有2×4=8种排法;
第三类,五位数的各个数位上的数字由2个0,3个1组成,
则由首位不为0可知,1在首位,在其他4个数位中选2个数位放1,其余各数位放0,共有6种排法.
由分类加法计数原理可得,共有1+8+6=15个这样的五位数.
16(共12张PPT)
3.1 排列与组合
知识点 1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识 清单破
3.1.1 基本计数原理
计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
任务 完成一件事 步骤 完成这件事有n类办法,且:第一类办法中有m1种不同的方法,第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法 完成这件事需要分成n个步骤,且:做第一步有m1种不同的方法,做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法
结果 完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法 完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法
知识点 2 分类加法计数原理与分步乘法计数原理的比较
计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 两个计数原理都可以用来计算完成某件事的方法种数,最终的目的都是完成某件事 不同点 1.完成一件事有n类办法,这n类办法之间是彼此独立的. 2.每一类办法中的每一种方法都能独立完成这件事. 3.把各类办法中的方法数相加就是完成这件事的所有方法数 1.完成一件事需要分成n个步骤,每个步骤又有若干种方法.
2.只有每个步骤都完成了才算完成这件事,每个步骤缺一不可.
3.把完成每个步骤的方法数相乘就是完成这件事的所有方法数
注意点 类类独立,不重不漏 步步相依,步骤完整
知识辨析
判断正误,正确的画“√”,错误的画“ ”.
1.在分类加法计数原理中,每类不同方案中的方法都能完成这件事. ( )
2.在分步乘法计数原理中,任何一个单独的步骤都能完成这件事. ( )
3.在一次运动会上有四项比赛,冠军仅在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况共有43
种. ( )
√
提示
因为每项比赛的冠军都有3种可能的情况,所以由分步乘法计数原理可知,共有34种不
同的夺冠情况.
4.有三只口袋装有小球,一只装有5个大小不同的白色小球,一只装有6个大小不同的黑色小
球,一只装有7个大小不同的红色小球,若每次从中取两个不同颜色的小球,则共有36种不同的
取法. ( )
分为三类:一类是取白球、黑球,有5×6=30种取法;一类是取白球、红球,有5×7=35种取
法;一类是取黑球、红球,有6×7=42种取法.依据分类加法计数原理,共有30+35+42=107种不
同的取法.
提示
疑难 情境破
讲解分析
疑难 1 计数原理的应用
1.两个计数原理在解决计数问题中的应用
2.类中有步,步中有类
从A→D共有m1×(m2+m3+m4)×m5种方法.
从A→B共有(m1×m2×m3+m4×m5)种方法.
“类”用“+”连接,“步”用“×”连接,“类”独立,“步”连续,“类”标志一件事的完成,“步”则缺一不可.
3.两个计数原理的应用原则及方法
(1)当涉及元素数目不大时,一般选用列举法、树状图法、框图法或图表法.
(2)当涉及元素数目很大时,一般有如下两种方法:
①直接法:直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理求解.
②间接法:先去掉限制条件,计算方法总数,然后减去所有不符合条件的方法数即可.
典例 若直线方程Ax+By=0中的A,B可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字来表示,
求该方程所表示的不同直线的条数.
思路点拨
以A,B中是否有数字0为标准进行分类计数,或利用间接法求解.
解析 解法一:分两类.
第一类:当A,B中有一个为0时,方程表示直线x=0或y=0,共2条不同的直线.
第二类:当A,B都不为0时,确定直线Ax+By=0需要分两步完成.
第一步:确定A的值,有4种不同的取法;
第二步:确定B的值,有3种不同的取法.
所以该方程所表示的不同直线的条数为2+4×3=14.
解法二(间接法):分两步.
第一步:确定A的值,有5种不同的取法;
第二步:确定B的值,有4种不同的取法.
根据分步乘法计数原理,可以确定直线的条数为5×4=20.
在这20条直线中,当A=0,B=1,2,3,5时,表示同一条直线y=0;当B=0,A=1,2,3,5时,表示同一条直线
x=0,即有6条直线是重复计数的.
故该方程所表示的不同直线的条数为20-6=14.
利用计数原理解决涂色(种植)问题的方法
(1)以区域为主分步计数,应用分步乘法计数原理进行分析;
(2)以颜色(种植的作物)为主分类讨论,再在每一类方法数的计算中应用分步乘法计数原理,
最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色(种植)方法数求和,即得到最终的涂色(种植)方
法数.
讲解分析
疑难 2 利用计数原理解决涂色(种植)问题
典例 用红、黄、绿、黑四种颜色给图中的五个区域涂色,若要求任意相邻的两个区域的颜
色都不相同,有多少种不同的涂色方法
解析 解法一:①当B与D同色时,不同的涂色方法有4×3×2×1×2=48(种);
②当B与D不同色时,不同的涂色方法有4×3×2×1×1=24(种).
故共有48+24=72种不同的涂色方法.
解法二:按涂色时所用颜色种数分类.
第一类,用4种颜色,此时B,D同色或A,E同色,且两者仅居其一,则共有2×4×3×2×1×1=48种不同
的涂色方法;
第二类,用3种颜色,此时B,D同色,且A,E同色,则共有4×3×2×1×1=24种不同的涂色方法.
依据分类加法计数原理,共有48+24=72种不同的涂色方法.
