【数学】2020届一轮复习（理）通用版11-1排列与组合学案

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第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列 第一节　排列与组合 ‎[考纲要求]‎ ‎1．理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．‎ ‎2．理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．‎ ‎3．理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．　　　‎ 突破点一　两个计数原理 ‎1．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．‎ ‎2．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．‎ ‎3．两个计数原理的比较 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 不同点 运用加法运算 运用乘法运算 分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解 分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解 一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)‎ ‎(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．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√‎ 二、填空题 ‎1．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有________种．‎ 答案：6‎ ‎2．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为________．‎ 答案：32‎ ‎3．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________个．‎ 答案：120‎ 考法一　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 ‎[例1]　(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．6　　　　　　　　　 　B．12‎ C．24 D．36‎ ‎(2)在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．‎ ‎[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)十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．‎ ‎[答案]　(1)A　(2)8‎ ‎(1)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．‎ ‎(2)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．　　　　 ‎ 考法二　两个计数原理的综合应用　‎ 在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．‎ ‎[例2]　(1)(2018·合肥三模)某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5块区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所选花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数为(　　)‎ A．96 B．114‎ C．168 D．240‎ ‎(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．48 B．18‎ C．24 D．36‎ ‎[解析]　(1)首先在a中种植，有4种不同方法，其次在b中种植，有3种不同方法，再次在c中种植，若c与b同色，则d有3种不同方法，若c与b不同色，c有2种不同方法，d有2种不同方法，最后在e中种植，有2种不同方法，所以不同的种植方法共有4×3×1×3×2＋4×3×2×2×2＝168(种)，故选C.‎ ‎(2)分类讨论：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)．‎ ‎[答案]　(1)C　(2)D ‎[方法技巧]‎ 使用两个计数原理进行计数的基本思想 对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．　　 ‎ ‎1.教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有(　　)‎ A．10种 B．25种 C．52种 D．24种 解析：选D　每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法．‎ ‎2.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：5‎ ‎3.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________．‎ 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：72种 突破点二　排列、组合 ‎1．排列与排列数 排列 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 排列数 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，记作A ‎2.组合与组合数 组合 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 组合数 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，记作C ‎3．排列数、组合数的公式及性质 排列数 组合数 公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)‎ ‎＝ C＝＝＝ 性质 A＝n！；0！＝1‎ C＝1；‎ C＝C_；‎ C＋C＝C 备注 n，m∈N*且m≤n 一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)‎ ‎(1)所有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．(　　)‎ ‎(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.(　　)‎ ‎(5)A＝nA.(　　)‎ ‎(6)kC＝nC.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√‎ 二、填空题 ‎1．某考生填报某高校专业意向，打算从5个专业中挑选3个，分别作为第一、第二、第三志愿，则不同的填法有________种．‎ 答案：60‎ ‎2．用1,2,3,4,5,6组成数字不重复的六位数，满足1不在左、右两端，2,4,6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为________．‎ 答案：288‎ ‎3．甲、乙、丙、丁四位同学各自在周六、周日两天中随机选一天郊游，则周六、周日都有同学参加郊游的情况共有________种．‎ 答案：14‎ 考法一　排列问题　‎ ‎[例1]　3名女生和5名男生排成一排．‎ ‎(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？‎ ‎(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？‎ ‎(3)如果女生不站两端，有多少种排法？‎ ‎(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？‎ ‎(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？‎ ‎[解]　(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A种排法，因此共有A·A＝4 320种不同排法．‎ ‎(2)(插空法)先排5个男生，有A种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有A·A＝14 400种不同排法．‎ ‎(3)法一：(位置分析法)因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有A·A＝14 400种不同排法．‎ 法二：(元素分析法)从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置无限制，有A种排法，因此共有A·A＝14 400种不同排法．‎ ‎(4)8名学生的所有排列共A种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中，‎ 因此符合要求的排法种数为A＝20 160.‎ ‎(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．‎ 法一：(特殊元素法)甲在最右边时，其他的可全排，有A种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种，而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A种，其余人全排列，共有A·A·A种．由分类加法计数原理得，共有A＋A·A·A＝30 960(种)．‎ 法二：(特殊位置法)先排最左边，除去甲外，有A种，余下7个位置全排，有A种，但应剔除乙在最右边时的排法A·A种，因此共有A·A－A·A＝30 960(种)．‎ 法三：(间接法)8个人全排，共A种，其中不合条件的有甲在最左边时，有A种，乙在最右边时，有A种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种．‎ 因此共有A－2A＋A＝30 960(种)．‎ ‎[方法技巧]　求解排列应用题的7种主要方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的间隔中 先整体后局部 ‎“小集团”排列问题中先整体后局部 定序问题除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反，等价转化的方法 考法二　组合问题　‎ ‎[例2]　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，不同的取法有多少种？‎ ‎(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？‎ ‎[解]　(1)从余下的34种商品中，‎ 选取2种有C＝561种取法，‎ ‎∴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C种取法．‎ ‎∴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CC＝2 100种取法．‎ ‎∴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CC种，选取3种假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2 100＋455＝2 555(种)．‎ ‎∴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种的总数为C，因此共有选取方式C－C＝6 545－455＝6 090(种)．‎ ‎∴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C＋CC＋CC＝6 090(种)．‎ ‎∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．‎ 组合问题的2种题型及解法 ‎(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．　　　　 ‎ 考法三　分组分配问题　‎ 分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．‎ ‎[例3]　‎ ‎(1)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．‎ ‎(2)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]　(1)先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种不同的分派方法．‎ ‎(2)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种分法；‎ 第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种分法；‎ 第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法．‎ 根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种分法．‎ 再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，‎ 故共有60×6＝360种不同的分法．‎ ‎[答案]　(1)90　(2)360‎ ‎[方法技巧]　分组分配问题的3种类型及求解策略 类型 求解策略 整体均分 解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数 部分均分 解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数 不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数 ‎1.六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有(　　)‎ A．192种　　　　　　　　 　B．216种 C．240种 D．288种 解析：选B　第一类：甲在左端，有A＝120种排法；‎ 第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A＝96种排法；‎ 所以共有120＋96＝216种排法．‎ ‎2.在某校2018年举办的第32届秋季运动会上，甲、乙两位同学从四个不同的 运动项目中各选两个项目报名，则甲、乙两位同学所选的项目中至少有1个不相同的选法种数为(　　)‎ A．30 B．36‎ C．60 D．72‎ 解析：选A　因为甲、乙两位同学从四个不同的项目中各选两个项目的选法有CC种．其中甲、乙所选的项目完全相同的选法有C种，所以甲、乙所选的项目中至少有1个不相同的选法共有CC－C＝30(种)．故选A.‎ ‎3.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＝3(种)分法；将2个小组的同学分给2名教师共有A＝2(种)分法；最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A＝2(种)分法．‎ 故不同的安排方案共有3×2×2＝12(种)．‎ ‎[课时跟踪检测] ‎ ‎[A级　基础题——基稳才能楼高]‎ ‎1．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是(　　)‎ A．2 160　　　　　　　　　　 　B．720‎ C．240 D．120‎ 解析：选B　分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法，则共有10×9×8＝720种分法．‎ ‎2．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．40 B．16‎ C．13 D．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．‎ ‎3．(2019·安徽调研)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C　①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A＝24(个)．由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C.‎ ‎4．(2019·漳州八校联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是(　　)‎ A．540 B．480‎ C．360 D．200‎ 解析：选D　由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有CCA＝50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C＝4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有50×4＝200(个)．‎ ‎5．(2019·福州高三质检)福州西湖公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有(　　)‎ A．90种 B．180种 C．270种 D．360种 解析：选B　可分两步：第一步，甲、乙两个展区各安排一个人，有A种不同的安排方案；第二步，剩下两个展区各两个人，有CC种不同的安排方案，根据分步乘法计数原理，不同的安排方案的种数为ACC＝180.故选B.‎ ‎6．(2019·北京朝阳区一模)某单位安排甲、乙、丙、丁4名工作人员从周一到周五值班，每天有且只有1人值班，每人至少安排一天且甲连续两天值班，则不同的安排方法种数为(　　)‎ A．18 B．24‎ C．48 D．96‎ 解析：选B　甲连续两天值班，共有(周一，周二)，(周二，周三)，(周三，周四)，(周四，周五)四种情况，剩下三个人进行全排列，有A＝6种排法，因此共有4×6＝24种排法，故选B.‎ ‎[B级　保分题——准做快做达标]‎ ‎1．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：选D　先考虑递增数列，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.同理可得到4个递减数列，∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8.‎ ‎2．(2019·芜湖一模)某校高一开设4门选修课，有4名同学选修，每人只选1门，恰有2门课程没有同学选修，则不同的选课方案有(　　)‎ A．96种 B．84种 C．78种 D．16种 解析：选B　先确定选的两门，选法种数为C＝6，再确定学生选的情况，选法种数为24－2＝14，所以不同的选课方案有6×14＝84(种)，故选B.‎ ‎3．(2019·东莞质检)将甲、乙、丙、丁4名学生分配到三个不同的班，每个班至少1名，则不同分配方法的种数为(　　)‎ A．18 B．24‎ C．36 D．72‎ 解析：选C　先将4人分成三组，有C＝6种方法，再将三组同学分配到三个班级有A＝6种分配方法，依据分步乘法计数原理可得不同分配方法有6×6＝36(种)，故选C.‎ ‎4．(2019·衡水二中检测)用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是(　　)‎ A．12 B．24‎ C．30 D．36‎ 解析：选C　按顺序涂色，第一个圆有三种选择，第二个圆有二种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有一种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C×C＝24(种)，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6(种)．综上可得不同的涂色方案的种数是30.‎ ‎5．(2019·云南民大附中期中)将5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、中山大学这3所大学就读，每所大学至少保送1人，则不同的保送方法共有(　　)‎ A．150种 B．180种 C．240种 D．540种 解析：选A　先将5人分成三组，3,1,1或2,2,1，共有C＋C×＝25种分法；再将三组学生分到3所学校有A＝6种分法．故共有25×6＝150种不同的保送方法．故选A.‎ ‎6．(2019·东北三省四市一模)6本不同的书在书架上摆成一排，要求甲、乙两本书必须摆放在两端，丙、丁两本书必须相邻，则不同的摆放方法有(　　)‎ A．24种 B．36种 C．48种 D．60种 解析：选A　由题意知将甲、乙两本书放在两端有A 种放法，将丙、丁两本书捆绑，与剩余的两本书排列，有A种放法，将相邻的丙、丁两本书排列，有A种放法，所以不同的摆放方法有A×A×A＝24(种)，故选A.‎ ‎7．(2019·河南三门峡联考)5名大人带2个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法种数有(　　)‎ A．AA种 B．AA种 C．AA种 D．(A－4A)种 解析：选A　首先5名大人先排队，共有A种排法，然后把2个小孩插进中间的4个空中，共有A种排法，根据分步乘法计数原理，共有AA种排法，故选A.‎ ‎8．(2019·临海白云高级中学月考)2个男生和4个女生排成一排，其中男生必须相邻且不排两端的不同排法有(　　)‎ A．AAA种 B．AAA种 C.种 D.种 解析：选A　4个女生站成一排有A种排法，2个男生相邻，故视作一体，采用插空法，将其放在4个女生的3个空中(不含两端)，有A种排法，2个男生站成一排有A种排法，根据分步乘法计数原理，不同排法种数为AAA，故选A.‎ ‎9．现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是(　　)‎ A．120 B．140‎ C．240 D．260‎ 解析：选D　由题意，先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，再涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，则C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D.‎ ‎10．(2019·沈阳东北育才学校月考)已知A，B，C，D四个家庭各有2名小孩，四个家庭准备乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名小孩(乘同一辆车的4名小孩不考虑位置)，其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名小孩中恰有2名来自同一个家庭的乘坐方式共有(　　)‎ A．18种 B．24种 C．36种 D．48种 解析：选B　若A家庭的孪生姐妹乘坐甲车，则甲车中另外2名小孩来自不同的家庭，有CCC＝12种乘坐方式，若A家庭的孪生姐妹乘坐乙车，则甲车中来自同一个家庭的2名小孩来自B，C，D家庭中的一个，有CCC ‎＝12种乘坐方式，所以共有12＋12＝24种乘坐方式，故选B.‎ ‎11．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为________．‎ 解析：分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标有3×2＝6个不同的点；二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标有4×2＝8个不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14个不同的点．‎ 答案：14‎ ‎12．(2019·洛阳高三统考)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：法一：第一步，选2名同学报名某个社团，有C·C＝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·C＝3种报法．由分步乘法计数原理得共有12×3＝36种报法．‎ 法二：第一步，将3名同学分成两组，一组1人，一组2人，共C种方法；第二步，从4个社团里选取2个社团让两组同学分别报名，共A种方法．由分步乘法计数原理得共有C·A＝36(种)．‎ 答案：36‎ ‎13．(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：法一：(直接法)按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有CC种，有2位女生参加有CC种．故共有CC＋CC＝2×6＋4＝16(种)．‎ 法二：(间接法)从2位女生，4位男生中选3人，共有C种情况，没有女生参加的情况有C种，故共有C－C＝20－4＝16(种)．‎ 答案：16‎ ‎14．(2019·江西师大附中月考)用数字1,2,3组成的五位数中，数字1,2,3均出现的五位数共有________个(用数字作答)．‎ 解析：使用间接法，首先计算全部的情况数目，共3×3×3×3×3＝243(个)，其中包含数字全部相同(即只有1个数字)的有3个，还有只含有2个数字的有C·(2×2×2×2×2－2)＝90(个)．故1,2,3均出现(即含有3个数字)的五位数有243－3－90＝150(个)．‎ 答案：150‎ ‎15．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．‎ ‎(1)共有多少种不同的排法？‎ ‎(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示)‎ 解：(1)从4名男生中选出2人，有C种选法，‎ 从6名女生中选出3人，有C种选法，‎ 根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列共有CCA＝14 400(种)．‎ ‎(2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有CCAA＝8 640(种)．‎ ‎16．用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？‎ ‎(1)比21 034大的偶数；‎ ‎(2)左起第二、四位是奇数的偶数．‎ 解：(1)可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个五位数；‎ 当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；‎ 当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；‎ 当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个五位数；‎ 当末位数字是4，而首位数字是3时，有A＝6个五位数．‎ 故共有6＋12＋12＋3＋6＝39个满足条件的五位数．‎ ‎(2)可分为两类：‎ 末位数是0，个数有A·A＝4；‎ 末位数是2或4，个数有A·C＝4.‎ 故共有4＋4＝8个满足条件的五位数．‎