2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第十章第一讲　两个计数原理、排列与组合

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第十章第一讲　两个计数原理、排列与组合

www.ks5u.com 第十章 计数原理 第一讲　两个计数原理、排列与组合 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.[2020广州惠州高三第一次调研]7人并排站成一行,如果甲、乙两人必须不相邻,那么不同的排法种数是(　　)‎ A.3 600 B.1 440 C.4 820 D.4 800‎ ‎2.[2020河北衡水中学高三第一次联考]“学习强国”学习平台是由中宣部主管,以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容,立足全体党员、面向全社会的优质平台,现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门App.该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块.某人在学习过程中,“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有(　　)‎ A.192种 B.240种 ‎ C.432种 D.528种 ‎3.[2017全国卷Ⅱ]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 ‎4.[2020湖北武汉高三模拟]某班星期二上午有五节课,下午有三节课,安排的课程有语文、数学、英语、物理、化学、生物、体育,其中数学是上午或下午连续的两节课,其余课程各一节,现将体育课安排在下午的第三节,则不同的安排方案的种数为(　　)‎ A.120 B.480 C.600 D.720‎ ‎5.[2019郑州市第三次质量预测]把12本相同的资料书分配给三个班级,要求每班至少有1本且至多有6本,则不同的分配方法共有　　　　种. ‎ ‎6.[新情境题]勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一,在我国古代称直角 三角形为勾股形,直角边较小者为“勾”,另一直角边为“股”,斜边为“弦”,我国东汉末年著名数学家刘徽利用“青朱出入图”(如图10 - 1 - 1)来证明勾股定理.现某数学教师在讲“勾股定理证明”这节课时,为了介绍刘徽的“青朱出入图”,准备用红、黄、绿三种颜色进行填充,为了增加图形之间的区分度,具有公共边的图形(仅有公共点的情形除外)不能用同种颜色填充,则共有　　　　种不同的填法. ‎ ‎7.[创新题]2019年9月29日,中国女排取得2019女排世界杯十一连胜.比赛结束后,某运动员与4名球迷分别坐在5张凳子上拍照,拍完第一张照片后某球迷有事离开,剩下4人重新就座后再拍照,但4人均不能坐在原来的位置上,则不同的坐法有　　　　种.(用数字作答) ‎ ‎　‎ 考法1 两个基本计数原理的应用 命题角度1　计数问题 ‎1(1)[2019河北六校联考]甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是9,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为 A.64 B.80 C.96 D.120 ‎ ‎(2)[2016全国卷Ⅱ]如图10 - 1 - 2,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.24 B.18 C.12 D.9‎ 图10 - 1 - 2‎ ‎(1)由题意得,5日至9日有3天奇数日,2天偶数日,然后分别求出奇数日出行的用车方案种数和偶数日出行的用车方案种数,由分步乘法计数原理得出结果.‎ ‎(2)分步处理:第一步计算从E到F 最短路径的条数,第二步计算从F 到G最短路径的条数,再根据分步乘法计数原理处理.‎ ‎(1)5日至9日,日期尾数分别为5,6,7,8,9,有3天是奇数日,2天是偶数日.第一步,安排偶数日出行,每天都有2种选择,共有22=4(种);第二步,安排奇数日出行,分两类,第一类,选1‎ 天安排甲的车,另外2天安排其他车,有3×2×2=12(种),第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,共有23=8(种),共有12+8=20(种).根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数为4×20=80.‎ ‎(2)从E到F,每条东西向的街道被分成2段,每条南北向的街道被分成2段,从E到F最短的走法,无论怎样走,一定包括4段,其中2段方向相同,另2段方向相同,每种最短走法,即是从4段中2段走东向的,剩下2段走北向的,故共有走法C‎4‎‎2‎C‎2‎‎2‎=6(种).同理从F到G,最短的走法有C‎3‎‎1‎C‎2‎‎2‎=3(种).所以小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 6×3=18.‎ ‎(1)B　(2)B 命题角度2　涂色问题 ‎2如图10 - 1 - 3,某个地区分为5个行政区域,现给该地区的地图着色,要求相邻区域不得使用同一种颜色.现在有4种颜色可供选择,则不同的着色方法种数为 A.48 B.24 C.72 D.96‎ 思路一:以位置为主考虑,分步处理,先涂①,依次再涂②③④⑤,当某一步不易确定时,可再分类.‎ 思路二:以颜色为主考虑,分两类,一类用4种颜色,另一类用3种颜色.‎ 解法一　(以位置为主考虑)‎ 第一步涂①,有4种着色方法. ‎ 第二步涂②,有3种着色方法.‎ 第三步涂③,有2种着色方法.‎ 第四步涂④时分两类,‎ 第一类用余下的颜色,有1种着色方法,‎ 第五步涂⑤,有1种着色方法;‎ 第二类④与②同色,有1种着色方法,第五步涂⑤,有2种着色方法.‎ 所以不同的着色方法共有4×3×2×(1×1+1×2)=72(种).‎ 解法二　(以颜色为主考虑)‎ 分两类.‎ ‎(1)取4色:着色方法有2A‎4‎‎4‎=48(种).‎ ‎(2)取3色:着色方法有A‎4‎‎3‎=24(种).‎ 所以共有着色方法48+24=72(种).‎ C 技巧点拨 解决涂色问题时,常常按颜色分类或按不同的区域分步完成.从某两个不相邻区域同色与不同色入手,根据分步乘法计数原理,对各个区域分步涂色,讨论并分别计算出各种情形的种数,再求出不同的涂色方法种数.‎ ‎1.(1)[2020江西上饶模拟]2020年元旦假期,高三的8名同学准备拼车去旅游,其中(1)班、(2)班、(3)班、(4)班每班各2名,分乘甲、乙两辆汽车,每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中(1)班的2名同学是孪生姐妹,需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有(　　)‎ A.18 种 B.24 种 C.48 种 D.36 种 ‎(2)[2017天津高考]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) ‎ 考法2 排列问题 ‎3有3名男生、4名女生,在下列各条件下,求不同的排列方法总数.‎ ‎(1)排成前、后两排,前排3人,后排4人;‎ ‎(2)全体排成一排,女生必须站在一起;‎ ‎(3)全体排成一排,男生互不相邻;‎ ‎(4)全体排成一排,其中甲不站最左边,也不站最右边;‎ ‎(5)全体排成一排,其中甲不站最左边,乙不站最右边.‎ ‎(1)分两步完成,先选3人站前排,有A‎7‎‎3‎种方法,余下4人站后排,有A‎4‎‎4‎种方法,共有A‎7‎‎3‎·A‎4‎‎4‎=5 040(种).‎ ‎(2)(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).‎ ‎(3)(插空法)先排女生,有A‎4‎‎4‎种方法,然后在女生之间及首尾共5个空位中任选3个空位安排男生,有A‎5‎‎3‎种方法,共有A‎4‎‎4‎·A‎5‎‎3‎=1 440(种).‎ ‎(4)解法一　(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).‎ 解法二　(特殊位置优先法)左、右两边位置可安排除甲外其余6人中的2人,有A‎6‎‎2‎种排法,剩下的5人有A‎5‎‎5‎种排法,共有A‎6‎‎2‎A‎5‎‎5‎=3 600(种).‎ ‎(5)解法一　(特殊元素优先法)甲在最右边时,其他人可全排列,有A‎6‎‎6‎种方法;甲不在最右边时,因为甲也不在最左边,所以可从余下的5个位置中任选1个,有C‎5‎‎1‎种,而乙可从除去最右边的位置后剩下的5个位置中任选1个,有C‎5‎‎1‎种,其余人全排列,有A‎5‎‎5‎种不同排法,共有A‎6‎‎6‎‎+‎C‎5‎‎1‎C‎5‎‎1‎A‎5‎‎5‎=3 720(种).‎ 解法二　(间接法)7名学生全排列,有A‎7‎‎7‎种方法,其中甲在最左边时,有A‎6‎‎6‎种方法,乙在最右边时,有A‎6‎‎6‎种方法,其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形(A‎5‎‎5‎种方法),故共有A‎7‎‎7‎ - 2A‎6‎‎6‎‎+‎A‎5‎‎5‎=3 720(种)‎ ‎2.[2019浙江杭州月考]把7个字符1,1,1,A,A,α,β排成一排,要求三个“1”两两不相邻,且两个“A”也不相邻,则这样的排法共有(　　)‎ A.12种 B.30种 C.96种 D.144种 考法3 组合问题 ‎4 [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) ‎ 解法一 (直接法)　可分两种情况:第一种情况,只有1位女生入选,不同的选法有C‎2‎‎1‎C‎4‎‎2‎=12(种);第二种情况,有2位女生入选,不同的选法有C‎2‎‎2‎C‎4‎‎1‎=4(种).‎ 根据分类加法计数原理知,至少有1位女生入选的不同的选法共有16种.‎ 解法二 (间接法)　从6人中任选3人,不同的选法有C‎6‎‎3‎=20(种),从6人中任选3人都是男生,不同的选法有C‎4‎‎3‎=4(种),所以至少有1位女生入选的不同的选法共有20 - 4=16(种).‎ ‎3.男运动员6名,女运动员4名,其中男、女队长各1名.现选派5人外出参加比赛,在下列情形中各有多少种选派方法?‎ ‎(1)男运动员3名,女运动员2名;‎ ‎(2)至少有1名女运动员;‎ ‎(3)队长中至少有1人参加;‎ ‎(4)既要有队长,又要有女运动员.‎ 考法4 分组与分配问题 命题角度1　整体均分问题 ‎5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,并在其毕业后将其分到相应的地区任教.现需将6个免费培养的教育专业师范毕业生平均分到3所学校去任教,有　　　　种不同的分派方法. ‎ 分两步进行,先把6个毕业生均分成3组,再把这3组平均分到3所学校,进而计算出结果.‎ 先把6个毕业生平均分成3组,有C‎6‎‎2‎C‎4‎‎2‎C‎2‎‎2‎A‎3‎‎3‎种分法;‎ 再将3组毕业生平均分到3所学校,有A‎3‎‎3‎种分法.‎ 故将6个毕业生平均分到3所学校,不同的分派方法共有C‎6‎‎2‎C‎4‎‎2‎C‎2‎‎2‎A‎3‎‎3‎·A‎3‎‎3‎=90(种).‎ 命题角度2　部分均分问题 ‎6将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人,每人至少1本的不同分法共有　　　　种.(用数字作答)  ‎ 本题可分“3,1,1,1”和“2,2,1,1”两类求解.每类均存在部分元素个数相同的情况,可先分组,再排列.‎ 把6本不同的书分成4组,每组至少1本的分法有2种.‎ ‎①第一种,采用“3,1,1,1”的分法,即有1组分3本,其余3组每组分1本,不同的分法共有C‎6‎‎3‎C‎3‎‎1‎C‎2‎‎1‎C‎1‎‎1‎A‎3‎‎3‎=20(种).…(有三组元素个数相同,因与顺序无关,故需除去重复情况,即只需取C‎3‎‎1‎C‎2‎‎1‎C‎1‎‎1‎的‎1‎A‎3‎‎3‎)‎ ‎②第二种,采用“2,2,1,1”的分法,即有2组每组分2本,其余2组每组分1本,‎ 不同的分法共有C‎6‎‎2‎C‎4‎‎2‎A‎2‎‎2‎·C‎2‎‎1‎C‎1‎‎1‎A‎2‎‎2‎=45(种).………………………………………(四组元素中,分别有两组元素个数相同,分别为“2,2”和“1,1”,因与顺序无关,故需除去重复情况,即每类均只需取‎1‎A‎2‎‎2‎)‎ 所以不同的分组方法共有20+45=65(种).‎ 然后把分好的4组书分给4个人,分法共有A‎4‎‎4‎=24(种), ………………………………………(与顺序有关,需全排列)‎ 所以不同的分法共有65×24=1 560(种).‎ 命题角度3　不等分问题 ‎7若将6名教师分到3所中学任教,其中一所1名,一所2名,一所3名,则有　　　　种不同的分法. ‎ 元素个数不等,先分组再排列求解.‎ 先将6名教师按如下步骤进行分组:‎ 第一步,在6名教师中任取1名作为一组,有C‎6‎‎1‎种分法;‎ 第二步,在余下的5名教师中任取2名作为一组,有C‎5‎‎2‎种分法;‎ 第三步,余下的3名教师作为一组,有C‎3‎‎3‎种分法.‎ 根据分步乘法计数原理,共有C‎6‎‎1‎C‎5‎‎2‎C‎3‎‎3‎=60(种)分法.(先按照要求的数据,将所有元素分成元素个数不等的三组)‎ 再将这3组教师分配到3所中学,有A‎3‎‎3‎=6(种)分法.(将3组全排列)‎ 故不同的分法共有60×6=360(种).‎ ‎4.(1)[2019安徽师大附中模拟]某地举办科技博览会,有3个场馆,现将24个志愿者名额分配给这3个场馆,要求每个场馆至少有一个名额且各场馆名额数互不相同的分配方法种数为(　　)‎ A.222种 B.253种 C.276种 D.284种 ‎(2)将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息,假定每个人可以选择任一房间,且选择各个房间是等可能的,则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为　　　　. ‎ 考法5 排列与组合的综合应用 ‎8(1)[2018浙江高考]从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成　　　个没有重复数字的四位数.(用数字作答) ‎ ‎(2)要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言,若甲、乙都被选中,且他们发言中间恰好间隔一人,那么不同的发言顺序共有　　　　种.(用数字作答) ‎ ‎(1)根据特殊数字0进行分类→在每一类中利用分步乘法计数原理→根据分类加法计数原理得最终结果 ‎(2)根据限制条件进行分步求解 ‎(1)分两类,第一类,若取的4个数字不包括0,则可以组成的四位数的个数为C‎5‎‎2‎C‎3‎‎2‎A‎4‎‎4‎;第二类,若取的4个数字包括0,则可以组成的四位数的个数为C‎5‎‎2‎C‎3‎‎1‎C‎3‎‎1‎A‎3‎‎3‎.(注意0不能放在千位)‎ 综上,一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为C‎5‎‎2‎C‎3‎‎2‎A‎4‎‎4‎‎+‎C‎5‎‎2‎C‎3‎‎1‎C‎3‎‎1‎A‎3‎‎3‎=720+540=1 260.‎ ‎(2)依题意,第一步,从除甲、乙之外的6人中选出1人,安排在甲、乙2人之间,有C‎6‎‎1‎种方法,再将甲、乙进行排列,有A‎2‎‎2‎种方法;第二步,从其余的5人中任选1人,有C‎5‎‎1‎种方法,再把甲、乙及第一步中所选出的人视为一个整体与第二步中所选出的这个人进行排列,有A‎2‎‎2‎种方法.故满足题意的不同的发言顺序共有(C‎6‎‎1‎A‎2‎‎2‎)×C‎5‎‎1‎×A‎2‎‎2‎=120(种).‎ ‎5.(1)将标号为1,2,3,4的四个篮球分给三位小朋友,每位小朋友至少分到一个篮球,且标号1,2的两个篮球不能分给同一个小朋友,则不同的分法种数为(　　)‎ A.15　　 B.20 C.30　 D.42‎ ‎(2)某小学6名教职工的私家车中有3辆为黑色,2辆为白色,1辆为红色,学校刚好备有6个并排的停车位,上班期间这6辆私家车每天都停在这6个车位上,则红色私家车不停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻的停车种数为(　　)‎ A.144 B.288 C.432 D.720‎ 思想方法 分类讨论——解决多限制条件的排列组合问题的重要策略 ‎9[2019安徽合肥二模]某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务,要求是:任务A必须排在前三项执行,且执行任务A之后需立即执行任务E,任务B、任务C不能相邻,则不同的执行方案共有 A.36种　　　　B.44种　　　　C.48种　　　　D.54种 由题意知任务A,E必须相邻,且E只能安排在A后面,分三类:‎ ‎①当A,E分别排在第一、第二个位置时,执行方案有A‎2‎‎2‎A‎3‎‎2‎=12(种);‎ ‎②当A,E分别排在第二、第三个位置时,执行方案有C‎2‎‎1‎A‎3‎‎3‎‎+‎C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎=12+4=16(种);‎ ‎③当A,E分别排在第三、第四个位置时,执行方案有C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎A‎2‎‎2‎=16(种).‎ 根据分类加法计数原理得不同的执行方案有12+16+16=44(种).‎ B ‎6.[2019山西太原模拟]如图10 - 1 - 4所示,玩具计数算盘的三档上各有7个算珠,‎ 现将每档算珠分为左、右两部分,左侧的每个算珠表示数2,右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠),记上、中、下三档的数字和分别为a,b,c,例如,图中上档的数字和a=9.若a,b,c成等差数列,则不同的分珠计数法有　　　　种. ‎ 图10 - 1 - 4‎ ‎375‎ ‎1.A　解法一　由题意,分两步:第一步,先安排甲、乙以外的5人,不同的排法有A‎5‎‎5‎=120(种);第二步,在5个人形成的6个空中任选2个空排甲、乙,不同的排法有A‎6‎‎2‎=30(种).由分步乘法计数原理得,满足条件的不同排法有120×30=3 600(种).故选A.‎ 解法二　7人并排站成一行的不同排法有A‎7‎‎7‎=5 040(种),其中甲、乙两人相邻的不同排法有2A‎6‎‎6‎=1 440(种),所以甲、乙两人必须不相邻的不同排法有5 040- 1 440=3 600(种),故选A.‎ ‎2.C　若“阅读文章”与“视听学习”相邻,则有A‎2‎‎2‎×A‎5‎‎5‎种可能;若“阅读文章”与“视听学习”相隔一个答题板块,则有A‎2‎‎2‎×C‎4‎‎1‎×A‎4‎‎4‎种可能.故所求学习方法共有A‎2‎‎2‎×A‎5‎‎5‎+A‎2‎‎2‎×C‎4‎‎1‎×A‎4‎‎4‎=432(种),故选C.‎ ‎3.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C‎4‎‎2‎C‎2‎‎1‎C‎1‎‎1‎A‎2‎‎2‎=6(种),再分配给3个人,有A‎3‎‎3‎=6(种),所以不同的安排方式共有6×6=36(种).故选D.‎ ‎【解后反思】　解排列组合应用题时:(1)要注意均匀分组与不均匀分组的区别,均匀分组不要重复计数;(2)对于受条件限制的组合题,通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)两种解题方法,分类时标准应统一,避免出现遗漏或重复;(3)应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义.‎ ‎4.C　若数学课安排在下午,只能安排在6,7节,其余5节课全排列,不同的安排方案有A‎5‎‎5‎=120(种);若数学课安排在上午,可能是1,2节,2,3节,3,4节,4,5节,共4种不同的安排方案,其余5节课全排列,不同的安排方案有4×A‎5‎‎5‎=4×120=480(种).所以不同的安排方案共有120+480=600(种).故选C.‎ ‎5.25　12本书按照要求分成符合题意的三份,分别是(1,5,6),(2,4,6),(3,3,6),(3,4,5),(2,5,5),(4,4,4),若按(1,5,6)分给三个班,则方法共有A‎3‎‎3‎=6(种);若按(2,4,6)分给三个班,则方法共有A‎3‎‎3‎=6(种);若按(3,3,6)分给三个班,则方法共有A‎3‎‎3‎‎2‎‎=‎‎6‎‎2‎=3(种);若按(3,4,5)分给三个班,则方法共有A‎3‎‎3‎=6(种);若按(2,5,5)分给三个班,则方法共有A‎3‎‎3‎‎2‎‎=‎‎6‎‎2‎=3(种);若按(4,4,4)分给三个班,只有1种方法.所以方法共有6×3+3×2+1=25(种).‎ ‎6.48　先对“青朱出入图”的各个部分进行编号,如图D 10- 1- 1所示,‎ 图D 10- 1- 1‎ 由于与图形C,D相邻的图形较多,因此可优先考虑填充C与D.先填充图形C,有C‎3‎‎1‎种填法,再填充图形D,有C‎2‎‎1‎种填法.假设用红色涂C,黄色涂D,此时图形E,G必定涂绿色,H涂黄色,而F,A,B每个图形均有C‎2‎‎1‎种填法,故不同的填法共有C‎3‎‎1‎×C‎2‎‎1‎×C‎2‎‎1‎×C‎2‎‎1‎×C‎2‎‎1‎=48(种).‎ ‎7.6 360　拍第一张照片时有A‎5‎‎5‎种不同的坐法.设该运动员为甲,4名球迷分别为乙、丙、丁、戊.不妨记甲、乙、丙、丁、戊第一次拍照时坐的位置分别为a,b,c,d,e,拍完第一张照片离开的球迷为戊,下面讨论第二次拍照时4人的坐法.①甲、乙、丙、丁坐在a,b,c,d四个位置上,共有3‎C‎3‎‎1‎ 种不同的坐法.②甲、乙、丙、丁坐在包含e的四个位置上,有C‎4‎‎3‎种不同的选位置的方法,不妨设这4个位置为b,c,d,e.若甲坐在e位置上,则剩下乙、丙、丁坐在b,c,d位置上,共有2种不同的坐法;若甲不坐在e位置上,则甲有3种不同的坐法,不妨设甲坐在b位置上,则剩下乙、丙、丁坐在c,d,e位置上,有3种不同的坐法.综上,不同的坐法种数为A‎5‎‎5‎[3C‎3‎‎1‎+C‎4‎‎3‎(2+3×3)]=6 360.‎ ‎【解后反思】　本题要求考生综合运用两个计数原理进行解题,难度大,包含的情况较复杂,需要考生深入、透彻理解题意,思路清晰.‎ ‎1.(1)B 　由题意,分两类:第一类,(1)班的2名同学在甲车上,甲车上剩下2名同学要来自不同的班级,从3个班级中选2个,有C‎3‎‎2‎=3(种),然后从选择的班级中每班再选择1名同学,有C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎=4(种),故有3×4=12(种).第二类,(1)班的2名同学不在甲车上,则从剩下的3个班级中选择1个班级的2名同学在甲车上,有C‎3‎‎1‎=3(种),然后从剩下的2个班级中分别选择1名,有C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎=4(种),这时共有3×4=12(种).根据分类加法计数原理得,不同的乘车方式共有12+12=24(种).故选B.‎ ‎(2)1 080　一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有C‎4‎‎1‎C‎5‎‎3‎A‎4‎‎4‎=960(个),四个数字都是奇数的四位数有A‎5‎‎4‎=120(个),则至多有一个数字是偶数的四位数一共有960+120=1 080(个).‎ ‎2.C　先排列A,A,α,β,若A,A不相邻,不同的排法有A‎2‎‎2‎C‎3‎‎2‎=6(种);若A,A相邻,有A‎3‎‎3‎=6(种),共有不同的排法6+6=12(种).从所形成的5个空中选3个插入1,1,1,排法共有12C‎5‎‎3‎=120(种).当A,A相邻时,从所形成的4个空中选3个插入1,1,1,共有6C‎4‎‎3‎=24(种).故若三个“1”两两不相邻,且两个“A”也不相邻,则这样的排法共有120- 24=96(种).故选C.‎ ‎3.(1)分两步完成:‎ 第一步,选3名男运动员,有C‎6‎‎3‎种选法;‎ 第二步,选2名女运动员,有C‎4‎‎2‎种选法.由分步乘法计数原理可得,共有C‎6‎‎3‎·C‎4‎‎2‎=120(种)选法.‎ ‎(2)解法一　“至少有1名女运动员”包括以下四种情况:‎ ‎1女4男,2女3男,3女2男,4女1男.‎ 由分类加法计数原理可得选法共有C‎4‎‎1‎C‎6‎‎4‎‎+C‎4‎‎2‎C‎6‎‎3‎+C‎4‎‎3‎C‎6‎‎2‎+‎C‎4‎‎4‎C‎6‎‎1‎=246(种).‎ 解法二　“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”,可用间接法求解.‎ 从10人中任选5人有C‎10‎‎5‎种选法,其中全是男运动员的选法有C‎6‎‎5‎种.所以“至少有1名女运动员”的选法有C‎10‎‎5‎‎-‎C‎6‎‎5‎=246(种).‎ ‎(3)解法一　(直接法)可分类求解:‎ ‎“只有男队长”的选法种数为C‎8‎‎4‎;‎ ‎“只有女队长”的选法种数为C‎8‎‎4‎;‎ ‎“男、女队长都入选”的选法种数为C‎8‎‎3‎,‎ 所以共有2C‎8‎‎4‎‎+‎C‎8‎‎3‎=196(种)选法.‎ 解法二　(间接法)从10人中任选5人有C‎10‎‎5‎种选法,‎ 其中不选队长的方法有C‎8‎‎5‎种.所以“至少有1名队长”的选法有C‎10‎‎5‎‎-‎C‎8‎‎5‎=196(种).‎ ‎(4)当有女队长时,其他人任意选,共有C‎9‎‎4‎种选法;当不选女队长时,必选男队长,共有C‎8‎‎4‎种选法,其中不含女运动员的选法有C‎5‎‎4‎种,所以不选女队长时的选法共有(C‎8‎‎4‎‎-‎C‎5‎‎4‎)种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有C‎9‎‎4‎+C‎8‎‎4‎‎- ‎C‎5‎‎4‎=191(种).‎ ‎4.(1)A　依题意,每个场馆至少有一个名额的分法有C‎23‎‎2‎=253(种),将24个志愿者分成3组,则至少有两组人数相同的分配方法有{1,1,22},{2,2,20},{3,3,18},{4,4,16},{5,5,14},{6,6,12},{7,7,10},{8,8,8},{9,9,6},{10,10,4},{11,11,2}({a,b,c}表示3组人数分别为a,b,c),再对应分配到3个场馆,方法共有3C‎10‎‎1‎‎+‎1=31(种).‎ 所以每个场馆至少有一个名额且各场馆名额互不相同的分配方法共有253- 31=222(种).故选A.‎ ‎(2)900　先将5人分成3组(1,1,3或2,2,1两种),再将这3组人安排到3个房间,然后将剩下的2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可,故安排方式共有(C‎5‎‎1‎C‎4‎‎1‎C‎3‎‎3‎A‎2‎‎2‎‎+‎C‎5‎‎2‎C‎3‎‎2‎C‎1‎‎1‎A‎2‎‎2‎)·A‎3‎‎3‎·C‎4‎‎2‎=900(种).‎ ‎5.(1)C　四个篮球中两个分到一组有C‎4‎‎2‎种分法,三组篮球进行全排列有A‎3‎‎3‎种分法,其中标号1,2的两个篮球分给同一个小朋友有A‎3‎‎3‎种分法,所以共有分法C‎4‎‎2‎A‎3‎‎3‎‎- ‎A‎3‎‎3‎=30(种).故选C.‎ ‎(2)B　解法一　①当白色私家车停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻时,先排3辆黑色私家车,有A‎3‎‎3‎种情况,再将1辆红色私家车插入黑色私家车中间的2个空位中的任1个,有C‎2‎‎1‎种情况,最后将2辆白色私家车停在两端,有A‎2‎‎2‎种情况,此时不同的停车种数共有A‎3‎‎3‎C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎=24(种);②当黑色私家车停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻时,先排3辆黑色私家车,有A‎3‎‎3‎种情况,再将剩下的3辆车作为整体插入黑色私家车中间的2个空位中的任1个,有C‎2‎‎1‎A‎3‎‎3‎种情况,此时不同的停车种数共有A‎3‎‎3‎C‎2‎‎1‎A‎3‎‎3‎=72(种);③当车位两端一端停白色私家车、一端停黑色私家车时,先排3辆黑色私家车,有A‎3‎‎3‎种情况,(i)当红色私家车排在黑色私家车两边时,有C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎种情况,(ii)当红色私家车排在黑色私家车中间时,有C‎2‎‎1‎(C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎+C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎)种情况,此时不同的停车种数有A‎3‎‎3‎[C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎+C‎2‎‎1‎(C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎+C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎)]=192(种).综上,不同的停车种数共有24+72+192=288(种).故选B.‎ 解法二　不考虑红色私家车的停靠位置,则3辆黑色私家车只有2辆相邻时,考虑从3辆黑色私家车中选出2辆捆在一起当作一个元素,与另一辆黑色私家车插入由2辆白色私家车、1辆红色私家车的全排列形成的4个空位中,停车种数有C‎3‎‎2‎A‎2‎‎2‎A‎3‎‎3‎A‎4‎‎2‎=432(种),而两端停靠红色私家车的种数有C‎3‎‎2‎A‎2‎‎2‎C‎2‎‎1‎A‎2‎‎2‎A‎3‎‎2‎=144(种),所以红色私家车不停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻的停车种数有432- 144=288(种),故选B.‎ ‎6.32　根据题意知,a,b,c分别是区间[7,14]中的8个整数之一,故公差d是区间[- 3,3]中的7个整数之一.①当公差d=0时,有C‎8‎‎1‎= 8(种);②当公差d=±1时,b不取7,14,所以有2×C‎6‎‎1‎=12(种);③当公差d=±2时,b不取7,8,13,14,所以有2×C‎4‎‎1‎=8(种);④当公差d=±3时,b只能取10或11,所以有2×C‎2‎‎1‎=4(种).综上,不同的分珠计数法共有8+12+8+4=32(种).‎