2020届二轮复习排列组合学案（全国通用）

2020届二轮复习排列组合学案（全国通用）

排列组合 学习目标　1.进一步理解和掌握分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.进一步深化排列与组合的概念.3.能综合运用排列、组合解决计数问题.‎ 类型一　两个计数原理的应用 角度1　“类中有步”的计数问题 例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，有________种不同的选择.‎ 答案　28 800‎ 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：(1)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＝17 400(种)结果；(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400(种)结果.因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800(种).‎ 反思与感悟　用流程图描述计数问题，类中有步的情形如图所示.‎ 具体意义如下：‎ 从A到B算作一件事的完成，完成这件事有两类办法，在第1类办法中有3步，在第2类办法中有2步，每步的方法数如图所示.‎ 所以，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，要对如图所示的四个部分进行着色，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同色与不同色这两种情况.故不同的着色方法种数为4×3×2＋4×3×2×1＝48.故选D.‎ 角度2　“步中有类”的计数问题 例2　有4位同学在同一天的上、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，每位同学上、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)；我们以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的同学后其余两位同学上、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，安排完这位同学后其余两位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).‎ 反思与感悟　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.‎ 以上给出了处理步中有类问题的一般方法.‎ 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 B.12 C.20 D.21‎ 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 中至少有1个接通，‎ 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，‎ 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8－1＝7(种)情况，‎ 则电路接通的情况有3×7＝21(种).故选D.‎ 类型二　排列与组合的综合应用 角度1　不同元素的排列、组合问题 例3　有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行.如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？‎ 解　分三类：‎ 第1类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有C·C·C·C·A种.‎ 第2类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C·C·A种.‎ 第3类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C·C·A种.‎ 故满足题意的所有不同的排法种数共有C·C·C·C·A＋2C·C·A＝432.‎ 反思与感悟　1.解排列、组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列.‎ ‎2.解排列、组合综合问题时要注意以下几点：‎ ‎(1)元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题.‎ ‎(2)对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法.‎ 跟踪训练3　从1,3,5,7,9中任取3个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的五位偶数？‎ 解　(1)五位数中不含数字0.‎ 第1步，选出5个数字，共有CC种选法.‎ 第2步，排成偶数——先排末位数，有A种排法，再排其他四位数字，有A种排法.‎ ‎∴N1＝C·C·A·A.‎ ‎(2)五位数中含有数字0.‎ 第1步，选出5个数字，共有C·C种选法.‎ 第2步，排顺序又可分为两小类：‎ ‎①末位排0，有A·A种排列方法；‎ ‎②末位不排0.这时末位数有C种选法，而因为零不能排在首位，所以首位有A种排法，其余3个数字则有A种排法.‎ ‎∴N2＝C·C(A·A＋A·A).‎ ‎∴符合条件的偶数个数为 N＝N1＋N2＝CCAA＋CC(AA＋AA)‎ ‎＝4 560.‎ 角度2　含有相同元素的排列、组合问题 例4　将10个优秀名额分配到一班、二班、三班3个班级中，若各班名额数不小于班级序号数，共有________种不同的分配方案.‎ 答案　15‎ 解析　先拿3个优秀名额分配给二班1个，三班2个，这样原问题就转化为将7个优秀名额分配到3个班级中，每个班级中至少分配到1个.‎ 利用“隔板法”可知，共有C＝15种不同的分配方案.‎ 反思与感悟　凡“相同小球放入不同盒中”的问题，即为“n个相同元素有序分成m组(每组的任务不同)”的问题，一般可用“隔板法”求解：‎ ‎(1)当每组至少含一个元素时，其不同分组方式有N＝C种，即将n个元素中间的n－1个空格中加入m－1个“隔板”.‎ ‎(2)任意分组，可出现某些组含元素为0个的情况，其不同分组方式有N＝C种，即将n个相同元素与m－1个相同“隔板”进行排序，在n＋m－1个位置中选m－1个安排“隔板”.‎ 跟踪训练4　用2,3,4,5,6,7六个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________.‎ 答案　96‎ 解析　用间接法：六个数字能构成的三位数共6×6×6＝216(个)，而无重复数字的三位数共有A＝6×5×4＝120(个).‎ 故所求的三位数的个数为216－120＝96.‎ ‎* * * * *‎ ‎1.某电话局的电话号码为168 ，若后面的五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码一共有(　　)‎ A.20个 B.25个 C.32个 D.48个 答案　C ‎2.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某项服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是(　　)‎ A.152 B.126 C.90 D.54‎ 答案　B 解析　按从事司机工作的人数进行分类：‎ ‎(1)有1人从事司机工作：‎ CCA(或CCCA)＝108(种)；‎ ‎(2)有2人从事司机工作：C·A＝18(种).‎ ‎∴不同安排方案的种数是108＋18＝126.‎ ‎3.某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是公益宣传广告，且2个公益宣传广告不能连续播放，则不同的播放方式有________种.‎ 答案　36‎ 解析　先安排后2个，再安排前3个，由分步乘法计数原理知，共有CCA＝36(种)不同的播放方式.‎ ‎4.将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________种.‎ 答案　10‎ 解析　有两种放球方案：①1号中1个，2号中3个，有CC＝4(种)；②1号中2个，2号中2个，有·A＝6(种).‎ ‎∴共有10种不同的放球方法.‎ ‎1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础.‎ ‎2.解排列、组合综合题一般是先选元素、后排元素，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个基本计数原理作最后处理.‎ ‎3.对于较难直接解决的问题则可用间接法，但应做到不重不漏.‎ ‎4.对于分配问题，解题的关键是要搞清楚事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏.‎ 一、选择题 ‎1.市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是(　　)‎ A.48 B.54 C.72 D.84‎ 答案　C 解析　根据题意，先将3名乘客进行全排列，有A＝6(种)排法，排好后，有4个空档，再将1个空位和余下的两个连续的空位插入4个空档中，有A＝12(种)方法，根据分类乘法计数原理，共有6×12＝72(种)候车方式.选C.‎ ‎2.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机准备着舰.如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有(　　)‎ A.12种 B.18种 C.24种 D.48种 答案　C 解析　先将甲、乙捆绑，然后将其与除甲、乙、丙、丁外的第5架舰载机全排列，再将丙、丁插空，最后将甲、乙松绑，故不同的着舰方法共有A·A·A＝24(种).‎ ‎3.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(　　)‎ A.18个 B.192个 C.174个 D.210个 答案　C 解析　可用排除法，由0,1,2,3可组成的四位数共有3×43＝192(个)，其中无重复的数字的四位数共有3A＝18(个)，故共有192－18＝174(个).故选C.‎ ‎4.甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有(　　)‎ A.20种 B.30种 C.40种 D.60种 答案　A 解析　分三类：甲在周一，共有A种排法；‎ 甲在周二，共有A种排法；‎ 甲在周三，共有A种排法.‎ ‎∴A＋A＋A＝20(种).‎ ‎5.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有 ‎(　　)‎ A.6种 B.8种 C.36种 D.48种 答案　D 解析　如图所示，三个区域按参观的先后次序共有A种参观方法，对于每一种参观次序，每一个植物园都有2类参观路径，∴共有不同参观路线2×2×2×A＝48(种).‎ ‎6.房间里有5个电灯，分别由5个开关控制，至少开一个灯用以照明，则不同的开灯方法种数为(　　)‎ A.32 B.31‎ C.25 D.10‎ 答案　B 解析　因为开灯照明只与开灯的多少有关，而与开灯的先后顺序无关，这是一个组合问题.‎ 开1个灯有C种方法，开2个灯有C种方法……5个灯全开有C种方法，根据分类加法计数原理，不同的开灯方法有C＋C＋…＋C＝31(种).‎ ‎7.用三种不同的颜色填涂如图所示的3×3方格中的9个区域，要求每行每列的三个区域都不同色，则不同的填涂种数共为(　　)‎ A.6 B.12‎ C.24 D.48‎ 答案　B 解析　将9个区域分别标号为1～9号，如图，第一步给区域1涂色有3种不同方法.第二步给区域2涂色有2种不同方法.第三步给区域4涂色，可分为两类，第一类区域4与区域2同色，则此时区域5不能与区域1同色，有1种涂色方法；第二类区域4与区域2不同色，则区域4有一种涂色方法，此时，区域5也有一种涂色方法，故第三步共有1＋1＝2(种)‎ 不同方法；第四步涂3,6,7,8,9五个区域，由于1,2,4,5四个区域所涂颜色确定，所以3,6,7,8,9五个区域所涂颜色也对应唯一确定，故不同的涂色方法有：3×2×2×1＝12(种)，故选B.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 二、填空题 ‎8.将A，B，C，D，E五个不同的文件放入一排编号依次为1、2、3、4、5、6的六个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件.若文件A、B必须放入相邻的抽屉内，文件C、D也必须放入相邻的抽屉内，则文件放入抽屉内满足条件的所有不同的方法有________种.‎ 答案　96‎ 解析　利用“捆绑法”，AB、CD分别捆在一起，此时问题相当于把3个不同文件放入4个不同的抽屉内，每个抽屉至多放一个文件，则有A(A·A)＝96(种).‎ ‎9.从6双不同颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双同色的取法有________种.‎ 答案　240‎ 解析　先从6双手套中任取一双，有C种取法，再从其余手套中任取2只，有C种取法，其中取到一双同色手套的取法有C种，故总的取法有C(C－C)＝240(种).‎ ‎10.有五张卡片，它们的正、反面分别写有0与1,2与3,4与5,6与7,8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成________个不同的三位数.‎ 答案　432‎ 解析　方法一　(间接法)任取三张卡片可以组成不同三位数C·23·A个，其中0在百位的有C·22·A个，这是不合题意的，故共有不同三位数：C·23·A－C·22·A＝432个.‎ 方法二　(直接法)用位置分析法，第一类：0与1卡片放首位，可以组成不同三位数有C·22·A ＝48(个)；第二类：0与1卡片不放首位，可以组成不同三位数有(C·2) (C·22·A)＝8×48＝384(个).‎ 故共有不同三位数：48＋384＝432(个).‎ 三、解答题 ‎11.要从7个班中选10人参加数学竞赛，每班至少1人，共有多少种不同的选法？‎ 解　方法一　共分三类：‎ 第一类：一个班出4人，其余6个班各出1人，有C种；‎ 第二类：有2个班分别出2人，3人，其余5个班各出1人，有A种；‎ 第三类：有3个班各出2人，其余4个班各出1人，有C种，故共有C＋A＋C＝84(种).‎ 方法二　将10人看成10个元素，这样元素之间共有9个空(两端不计)，从这9个空中任选6个(即这6个位置放入隔板，将其分为七部分)，有C＝84(种)放法.故共有84种不同的选法.‎ ‎12.赛艇运动员10人，3人会划右舷，2人会划左舷，其余5人两舷都能划，现要从中选6‎ 人上艇，平均分配在两舷上划浆，有多少种不同的选法？‎ 解　分三类，第一类.2人只划左舷的人全不选，有CC＝100(种)；‎ 第二类，2人只划左舷的人中只选1人，‎ 有CCC＝400(种)；‎ 第三类，2人只划左舷的人全选，‎ 有CCC＝175(种).‎ 所以共有CC＋CCC＋CCC＝675(种).‎ ‎13.从1到9这九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问：‎ ‎(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？‎ ‎(2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？‎ ‎(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？‎ ‎(4)在(1)中任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？‎ 解　(1)分步完成：‎ 第一步：在4个偶数中取3个，有C种情况.‎ 第二步：在5个奇数中取4个，有C种情况.‎ 第三步：3个偶数，4个奇数进行排列，有A种情况.‎ 所以符合题意的七位数有C·C·A＝100 800(个).‎ ‎(2)上述七位数中，三个偶数排在一起的有C·C·A·A＝14 400(个).‎ ‎(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C·C·A·A·A＝5 760(个).‎ ‎(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空位(包括两端)，共有C·C·A·A＝28 800(个).‎