2022版新教材高考数学一轮复习第九章9.1两个基本计数原理排列与组合课件新人教B版

1、9.19.1两个基本计数原理、排列与组合两个基本计数原理、排列与组合第九章第九章 2022 内 容 索 引 必备知识必备知识 预案自诊预案自诊 关键能力关键能力 学案突破学案突破 素养提升微素养提升微专题专题1111 几种特定的排列组合问题解法几种特定的排列组合问题解法 必备知识必备知识 预案自诊预案自诊 【知识梳理知识梳理】 1.两个基本计数原理 名称 分类加法计数原理分步乘法计数原理 条件 完成一件事,如果有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 完成一件事,如果需要分成n个步骤, 且:做第一步有m1种不同的方法,做

2、 第二步有m2种不同的方法做第 n步有mn种不同的方法 结论 完成这件事共有N= 种 不同的方法 完成这件事共有 N= 种不同的方 法 依据 能否独立完成整件事能否逐步完成整件事 m1+m2+mn m1m2mn 2.两个计数原理的区别与联系 名称分类加法计数原理分步乘法计数原理 相同点都是用来计算完成一件事的不同方法种类的计数方法 不同点 针对“分类”问题,各种方法相互 独立,每一类办法中的每一种方 法都可以完成这件事 针对“分步”问题,各个步骤中的 方法互相依存,只有每一个步骤 都完成才算做完这件事 分类完成,类类相加分步完成,步步相乘 注意点类类独立,不重不漏步步相依,步骤完整 3.排列与

3、组合的概念 名称定义说明 排列一般地,从n个 不同对象中,任 取m(mn)个 对象 按照排 成一列 时的排列(即 的排列)称 为全排列组合 一定的顺序 m=n 取出所有对象 并成一组 4.排列数及排列数公式 所有排列 n(n-1)(n-2)(n-m+1) n(n-1)(n-2)21n! 11 5.组合数及组合数公式 常用结论 【考点自诊考点自诊】 1.判断下列结论是否正确,正确的画“”,错误的画“”. (1)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)从1,2,3,4中任选两个元素,就组成一个排列.() (3)两个组合相同的充要条件是组成组合的

4、元素完全相同.() (4)从甲、乙、丙三名同学中选出两名去参加某两个乡镇的社会调查,有多 少种不同的选法是组合问题.() 答案 B 3.3个班分别从5个景点中选择一处游览,不同的选法种数为() A.243B.125 C.128 D.264 答案 B 解析 因为第1个班有5种选法,第2个班有5种选法,第3个班有5种选法, 所以由分步乘法计数原理可得,不同的选法有555=125(种). 4.2020年4月30日,我国的5G信号首次覆盖了海拔8000米的珠穆朗玛峰峰顶 和北坡登山路线,为了保证中国登山队珠峰高程测量的顺利直播,现从海拔5 300米、5800米和6500米的三个大本营中抽出了4名技术人

5、员,派往北坡登山 路线中的3个崎岖路段进行信号检测,每个路段至少安排1名技术人员,则不同 的安排方法共有() A.72种B.36种C.48种D.54种 答案 B 解析 因为将4名技术人员,派往北坡登山路线中的3个崎岖路段进行信号检测, 每个路段至少安排1名技术人员,所以先从这4人中选出2人作为一个整体,再 把它同另外两人在三个位置全排列,则共有=36(种)不同的安排方法. 5.从0,1,2,3,4,5这六个数字中,任取两个不同数字相加,其和为偶数的不同取 法的种数是. 答案 6 解析从0,1,2,3,4,5六个数字中,任取两数和为偶数可分为两类:第1类,取出 的两数都是偶数,共有3种方法;第2

6、类,取出的两数都是奇数,共有3种方法. 故由分类加法计数原理,不同的取法种数为N=3+3=6. 关键能力关键能力 学案突破学案突破 考点考点1 1两个计数原理的综合应用两个计数原理的综合应用 【例1】 用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成个无重复数字的四位偶 数. 答案 420 解析 要完成的“一件事”为“组成无重复数字的四位偶数”,所以千位数字不 能为0,个位数字必须是偶数,且组成的四位数中四个数字不重复,因此应先 分类,再分步. (方法1)第1类,当千位数字为奇数时,即取1,3,5中的任意一个时,个位数字可 取0,2,4,6中的任意一个,百位数字不能取与这两个数字重复的数字,十位

7、数 字不能取与这三个数字重复的数字.根据分步乘法计数原理,有 3454=240(个)数.第2类,当千位数字为偶数且不为0时,即取2,4,6中的 任意一个时,个位数字可以取除首位数字外的任意一个偶数数字,百位数字 不能取与这两个数字重复的数字,十位数字不能取与这三个数字重复的数 字.根据分步乘法计数原理,有3354=180(个)数.根据分类加法计数原 理,共可以组成240+180=420(个)无重复数字的四位偶数. (方法2排除法)先定个位数有4种取法,再定另外3位数有=120(种)取法, 共有480种.其中0作千位,其余数作个位不合题意,有3=60(种)取法.故 应有480-60=420(种)

8、取法.故共可以组成420个无重复数字的四位偶数. 解题心得解决较为复杂的计数问题,一般要将两个计数原理综合应用.使用 时要做到合理分类,准确分步:处理计数问题,应紧扣两个原理,根据具体问 题首先弄清楚是“分类”还是“分步”,要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标 准. 分类时需要满足两个条件:类与类之间要互斥(保证不重复);总数要完 备(保证不遗漏),也就是要确定一个合理的分类标准.分步时应按事件发生 的连贯过程进行分析,必须做到步与步之间互相独立,互不干扰,并确保连 续性. 对点训练1如图,一个地区分为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,现有4种颜色可供选择,

9、则不同的着色方法 共有种. 答案 72 解析 (方法1)由题图可知,2区与4区不相邻,3区与5区不相邻,且不相邻的区 域可用同1种颜色涂色,所以最少可用3种颜色,故可根据选用颜色的种数进 行分类. 第1类,使用3种颜色,则2区与4区同色,3区与5区同色,可分三步进行涂色:第 1步,涂2区与4区,有4种颜色可选;第2步,涂3区与5区,有3种颜色可选(除涂2 区、4区的颜色);第3步,涂1区,有2种颜色可选(除前2步所选的颜色).由分步 乘法计数原理知,该类涂色方法共有432=24(种). 第2类,使用4种颜色,2区与4区同色,3区与5区不同色,可分4步进行涂色:第1步,涂2 区与4区,有4种颜色

10、可选;第2步,涂1区,有3种颜色可选;第3步,涂3区,有2种颜色可 选;第4步,涂5区,有1种颜色可选.由分步乘法计数原理可知,该类涂色方法共有 4321=24(种). 第3类,使用4种颜色,3区与5区同色,2区与4区不同色,同理可得该类涂色方法共有 24种.综上,由分类加法计数原理可知,不同的涂色方法共有24+24+24=72(种). (方法2)因为1区与其他4个区都相邻,首先考虑1区,有4种涂法.若2区与4区同色, 有3种涂色,此时3区与5区均有2种涂法,涂法种数为4322=48;若2区与4区 不同色,先涂2区,有3种方法,再涂4区,有2种方法,此时3区与5区都只有1种涂法,涂 法种数为4

11、3211=24.因此,满足条件的涂色方法共有48+24=72(种). 考点考点2 2排列数、组合数公式的应用排列数、组合数公式的应用 解题心得1.排列数和组合数公式要注意mN*,nN*,且nm,由此确定m,n 的范围,求解后要验证所得结果是否符合题意. 2.解排列数(组合数)不等式(方程)时,应先利用计算公式将排列数(组合数) 的形式转化为常规代数不等式(方程)的形式,然后求解. 解 (1)由排列数和组合数公式,原方程可化为 即(x-3)(x-6)=40,整理得x2-9x-22=0,解得x=11或x=-2.经检验知x=11是原方 程的根,x=-2是原方程的增根.方程的根为x=11. (2)原不

12、等式可化为(n-2)(n-3)2-n,整理得n2-4n+40,即(n-2)20,解得 n2.n-22, n4,原不等式的解集为n|n4,nN*. 考点考点3 3简单的排列应用题简单的排列应用题 考向1在与不在问题特殊元素(或位置)优先法 【例3】 6人站成一排,其中甲不能站在排头,乙不能站在排尾的不同排法 共有种. 答案504 解题心得解此类问题常用“元素分析法”“位置分析法”.元素分析法即 以元素为主,优先考虑特殊元素的要求,再考虑其他元素;位置分析法 即以位置为主,优先考虑特殊位置的要求,再考虑其他位置. 变式发散6人站成一排,则甲既不站排头又不站排尾的站法有 种. 答案480 对点训练3

13、 6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 答案 B 考向2相邻问题捆绑法 【例4】 3名男生、3名女生排成一排,男生必须相邻,女生也必须相邻的排 法种数为() A.2B.9C.72D.36 答案 C 解题心得在实际排列问题中,某些元素要求必须相邻时,可以先将这些元素 看成一个整体,与其他元素排列后,再考虑相邻元素的内部排序,这种方法 称为“捆绑法”. 对点训练4某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放, 如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为() A.16B.18

14、C.24D.32 答案 C 解析 将4个车位捆绑在一起,看成一个元素,先排3辆不同型号的车,在3个 车位上任意排列,有=6(种)方法,再将捆绑在一起的4个车位插入4个空 位中,有4种方法,故共有46=24(种)方法. 考向3不相邻问题插空法 【例5】 某校高三要安排毕业晚会的4个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲 艺节目的演出顺序,要求2个舞蹈节目不连排,则不同排法的种数是() A.1800B.3600C.4320D.5040 答案 B 解题心得某些元素要求不相邻时,可以先安排其他元素,再将这些不相邻元 素插入已排好的元素的空隙或两端位置,这种方法称为“插空法”. 对点训练5某次联欢会要安排3个歌

15、舞类节目,2个小品类节目和1个相声类 节目的演出顺序,同类节目不相邻的排法种数是() A.72B.120 C.144D.168 答案 B 考向4定序问题等几率法 【例6】 有4名男生,3名女生,其中3名女生高矮各不相同,将7名学生排成 一行,要求从左到右,女生从矮到高排列(不一定相邻),不同的排法共有 种. 答案 840 对点训练6 7个人排成一队参观某项目,其中A,B,C三人进入展厅的次序必 须是先B再A后C,则不同的列队方式种数为() A.120B.240 C.420D.840 答案 D 考点考点4 4简单的组合应用题简单的组合应用题 【例7】 某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中

16、有15种不合格商 品.现从35种商品中选取3种. (1)其中某一种不合格商品必须在内,不同的取法有多少种? (2)其中某一种不合格商品不能在内,不同的取法有多少种? (3)恰有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? (4)至少有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? (5)至多有2种不合格商品在内,不同的取法有多少种? 解题心得组合问题的两类题型及求解方法 (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 另外的元素补足;“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

17、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. 对点训练7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. 考点考点5 5分组与分配问题分组与分配问题 【例8】 按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方法? (1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本; (2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本; (3)

18、平均分成三份,每份2本; (4)平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本; (5)分成三份,1份4本,另外两份每份1本; (6)甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本. 解题心得分组、分配问题的一般解题思路是先分组再分配. (1)分组问题属于“组合”问题. 对于整体均分,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组 数的阶乘; 对于部分均分,即若有m组元素个数相同,则分组时应除以m!; 对于不等分组,只需先分组,后排列. (2)分配问题属于“排列”问题. 相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”; 不同元素的“分配”问题,利用分步乘法计数原理,分两步完成,第一步是分组

19、,第 二步是发放; 限制条件的分配问题常采用分类法求解. 对点训练8(1)某科研单位准备把7名大学生分配到编号为1,2,3的三个实验 室实习,若要求每个实验室分配到的大学生人数不少于该实验室的编号,则 不同的分配方案的种数为() A.280B.455C.355 D.350 (2)学校将5位同学分别推荐到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所 大学参加自主招生考试,则每所大学至少推荐一人的不同推荐方法种数为( ) A.240B.180C.150 D.540 答案 (1)B(2)C 素养提升微专题素养提升微专题9 9 几种特定的排列组合问题解法几种特定的排列组合问题解法 类型一圆形排列问题 【例1】

20、 小明及朋友小张去参加一个聚会,8个人围着圆桌随机坐下,每个 人坐在任何一个位置的概率相等.在这种情况下小明同其朋友小张坐在一 起所有可能情况有种. 答案1440 解析小明及其朋友小张坐在一起时总的坐法可以这样考虑,第一步:将除去 小明及其朋友小张外6个人排好,有(6-1)!种坐法;第二步,把小明及其朋友小 张作为一个整体插到6个人形成的空隙中,6个人围在一起时,会形成6个空 隙,故有6种情况;第三步,小明及其朋友小张内部可以全排列. 由分步乘法计数原理,小明及其朋友坐在一起的坐法有 (6-1)!6=1440(种). 解题心得n个不同的事物围成一个圆时总的围成方法有(n-1)!种.解决圆形 排

21、列问题时最关键的就是插空思想,即将某个部分插入另外几个部分形成 的空隙中. 类型二“隔板法”解一类分组与分配问题 【例2】 将组成篮球队的10个名额分配给7所学校,每校至少1名,问名额的 分配方式共有多少种? 解题指导“名额”是不加区分的,相当于将10个相同的元素分配到7个不同 的单位,每个单位至少一个,求分配的种数,因此可考虑分类(不均匀分配)处 理或用“隔板法”. 【例3】 求方程x1+x2+x3+x4=10的正整数解的组数. 解将10个完全相同的球排成一列,在它们之间形成的9个空中任选3个插入3块隔 板,把球分为四组(如图). x1x2x3x4 每一种分法所得球的数目依次为x1,x2,x3,x4.显然x1+x2+x3+x4=10,故(x1,x2,x3,x4)是 方程的一组解. 反之,方程的任何一组解(y1,y2,y3,y4),对应着唯一的一种在10个球之间插入隔板的 方式(如图). y1y2y3y4 故方程的正整数解和插入隔板的方法一一对应,即方程的正整数解的组数等于 插隔板的方法数,即84组. 解题心得“隔板法”是解决相同元素的分配问题与不定方程整数解的组数问题的 常用方法. (1)凡“相同小球