高中数学题型全面归纳（教师版）：12.1计数原理与简单排列组合问题49

1、第十二章 计数原理本章知识结构图第一节 计数原理与简单排列组合问题考纲解读1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.3.理解排列、组合的概念.4.能用计数原理推导排列数、组合数公式.命题趋势探究1.本节为高考必考内容，一般有12道选择题或填空题.2.题目主要以实际应用题形式出现.3.试题的解法具有多样性，一般根据计数重复或遗漏来设计错误选项，在解答选择题时可通过正向（分类相加）和反向（总数减去对立数）互相检验，也可以通过排除法筛选正确选项.知识点精讲基本概念1.分类加法计数原理 eq oac(,1)有n类方法 完成一件事

2、 eq oac(,2)任两类无公共方法（互斥） 共有N= eq oac(,3)每类中每法可单独做好这件事 种不同方法.如图12-1所示.图12-12.分步乘法计数原理 eq oac(,1)必须走完n步，才能完成任务 完成一件事 eq oac(,2)前一步怎么走对后一步怎么 共有N 走无影响（独立） 种不同方法.如图12-2所示.注图12-2两个原理及其区别.分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有n类办法，这n类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理.分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有n个步骤，而且这几个步骤缺

3、一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这n个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理.当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法.3.排列与排列数从n个不同元素中取出m(mn)个（不同）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.从n个不同元素中选取m个元素(nm)的

4、排列个数共有 . (m个连续正整数之积，n为最大数).注规定.排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用.可重排列与无重排列的区别.例如：用1，2，3，4，5这五个自然数，可排成有重复数字的四位数5555=54无重复数字的四位数5432=区别：不可重复排列：用过的数字不可再用，用一个少一个.可重复排列：用过的数字还可再用，每次可用数字不减少。再例如：4封不同的信，全部投入5个信箱. eq oac(,1)任意投（投过的信箱可再投入）5555=54. eq oac(,2)每箱至多一封信（投过的信箱不可再投入）5432=.4.组

5、合与组合数从n个不同元素中取出m(mn)个(不同)元素，并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.从n个不同元素中取出m个元素的组合数共有 .注同样，公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明.（1）排列和组合的区别.组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工.排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同.注排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题.排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，

6、后排列”.例如：从10个人中抽出4人参加某项活动有 种方案；从10个人中抽出4人分别参加4项活动有 种方案.(2)一切排列数、组合数、阶乘及它们展开式的因数都是正整数.常见的有0！=1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720.，.(3)公式（性质）. eq oac(,1). eq oac(,2)，如. eq oac(,3)，如（口诀：相邻组合数相加，加一元（nn+1）取大（m+1m，取m+1）. eq oac(,4).题型归纳及思路提示题型161 分类计数原理与分步计数原理思路提示要明确完成一件事所包含的内容是如何进行的，若需分类按加法数原理，若需分步按乘法计数原理.

7、分类时要做到“不重不漏”，分步时要做到“步骤完整”.有些计数问题既需要分类，又需要分步，此时要综合运用两个原理.例12.1 现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加.(1)若只需1人参加，有多少种不同选法？(2)若需老师，男生，女生各1人参加，有多少种不同选法？(3)若需1名老师和1名学生参加，有多少种不同选法？解析 (1)有3类选人的方法：3名老师中选1人，有3种方法；8名男生中选1人，有8种方法；5名女生中选1人，有5种方法；由分类计数原理，共有3+8+5=16（种）选法.(2)分3步选人：第一步选老师，有3中方法；第二步选男生，有8种方法；第三步选女生，有5种方法；

8、由分步计数原理，共有385=120（种）选法.(3)可分两类：每一类又分两步.第1类：选1名教师和1名男生，因有两步，故38=24（种）选法；第2类：选1名教师和1名女生，因有两步，故有35=15（种）选法.再由分类计数原理，共有15+24=39（种）选法.评注 在解决实际问题时，并不一定是单一地应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理.即分类时，每类的方法可能运用分步完成，而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求取.变式1 有5张卡片，正反面分别写有数字0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，现从中任取三张，排成一列，问共可摆出 个不同的三位数.解析 用分步计数原理.

9、由题意可分三步完成该事情.第1步选一个数字放在百位上，有9种不同的方法（0不可以）；第2步再选一个数字放在十位上，有8种不同的方法（因为百位上占用一张卡片，2个数字不能用）；第3步选一个数字放在个位上，只有6种不同的方法.共有9x8x6=432(种)不同的结果.变式2 晚会原有节目单由7个节目排成，现要新添3个不同的节目，且不改变原有节目的相对顺序，则这3个节目有多少种不同的安排方法？解析 共7+3=10（个）节目，其中7个定序，先排出10-7=3（个）非定序元素即可，共(种)排法.例12.2 (1)若8名学生争夺3项体育比赛的冠军（每名学生参数项目不限），则冠军获得者有 种不同情况（每个项目

10、没有并列冠军）.(2)8名学生从3项体育项目中选择参数，若每一名学生只能参加一项，则有 种不同的参赛方法.分析 正确理解任务完成的标志，(1)即把3个冠军名额全部分给8个学生（可以一名学生夺得多个冠军）；(2)即为8名学生都报完比赛项目（可以多名学生报一个项目）.解析 (1)第1个冠军名额的去向有8种，第2个冠军名额和第三个冠军名额同样各有8个可能去向，故冠军获得者共有888=83（种）不同的情况.(2)第一位学生报项目的方法有3种，同样，其他每一位学生都有3种报取项目的选择方法，根据分步计数原理，故应有33333333=38（种）不同的参赛方法.变式1 将3个信封投到4个邮箱，最多的投法有

11、种.解析 第1封信投到信箱中有4种投法，第2封信投到信箱中也有4种投法，第3封信投到信箱中也有4种投法，只要把这三封信投完，就做完此件事情，依分步计数原理知共有4x4x4=64种方法.评注 （1）本类题要与排列题分开，毎封信的投法互相独立，不影响其余信的投法（并且不同的信可以投到同一信箱中），完成此事只需将信一封封地投出去即可.（2）正确理解分类和分步计数原理是基础，解决有关问题应优先考虑是否能运用这两个基本原理.变式2 现有6名同学听取同时进行的5个课外知识讲座，每个同学可自由选择其中一个讲座，不同的选法有( )种.A. 56 B. 65C. D. 65432解析 分6步，每步由一名同学选一

12、个讲座，都有5种选法，故只有5x5x5x5x5x5=56种方法.故选A.变式3 已知集合A=1,2,3，B=1,2,3,4.(1)映射f: AB共有多少个？(2)映射g: BA共有多少个？解析 由映射的定义可知，（1）f：任意唯一确定的，故从A到B共有4x4x4=43(个)不同的映射；（2）g：任意唯一确定的，故从B到A共有3x3x3x3=34(个)不同的映射；例12.3 同室4人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人送出的贺卡，则4张贺卡的不同的分配方式有（ ）.A. 6种 B. 9种 C. 11种 D. 23种分析 将同室4人分别记为a,b,c,d，然后利用4个取卡的情况分步来

13、确定.解析 解法一：第一步，4个人中的任意一人（例如a）取一张，则由题意知共有3种取法；第二步：由第一人取走的贺卡的供卡人取，也有3种取法；第三步：由剩余的两人中的任一人取，只有1种取法；第四步：最后一人取，只有1种取法，由分步计数原理，共有3311=9（种）.解法二：设4张贺卡分别记为A，B，C，D.由题意，某人（不妨设A卡的供卡人）取卡的情况有3种，据此将卡的不同分配方式分为3类，对于每一类，其他人依次取卡分步进行，为了避免重负或遗漏现象，我们用“树图”表示如下：设a,b,c,d代表4个人，A,B,C,D分别代表这4个人写的贺卡，则有如图12-3所示的树状图.图12-3所以共有9种不同的分

14、配方式.故选B.评注 本例提供的第一种解法用了分步计数原理，关键是要弄清楚分步时每步的顺序，例如a先取走C卡，则下一步应由c取，否则由b,c,d中一人取，就很难断定是有3种还是2种取法了.第二种解法可以看作两个原理的交替应用，用树图表示一目了然，便于分析计数，避免了重复或遗漏.在以后的学习中，用树图来直观地分析问题是常用的，请同学们重视.变式1 （2017浙江）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有_种不同的选法（用数字作答） 【答案】660 【考点】计数原理的应用，排列、组合及简单计数问题 【解析】【解答】解：第一类，先选

15、1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有4012=480种，第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有1512=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可 变式2 3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5次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有（ ）.A. 6种 B. 8种 C. 10种 D. 16种分析 任务的完成与分布流程有关，可以使用树状图求解.解析 如图12-24所示，若甲第一次将

16、毽子传给乙，可以有5种情况完成任务.同理，甲传给丙，也有5种情况，综上，共有10种传法.故选C.甲甲甲甲甲甲甲甲甲甲甲乙乙乙乙乙丙丙丙丙丙第1次第2次第3次第4次第5次图 12-24例12.4 某外语组有10人，每人至少会英语、法语中的一门.其中7人会英语，5人会法语.从中选择会英语和法语的各一人派往两地参加会议，有多少种不同的方法？分析 对于较为复杂的分类与分步问题，应做到不重不漏，本题应抓住公共元素的处理方法.解析 由集合知识可知，既会英语又会法语的有7+5-10=2(人)，仅会英语的有7-2=5(人)，仅会法语的有5-2=3(人).易知此题的任务是派遣适合条件的两人.解法一：按仅会英语的

17、5人的派遣情况分成两类.第1类：仅会英语的5人中有1人选中，则有5种方法，而会法语的则有5种方法，从而由分步计数原理，有55种方法.第2类：仅会英语的5人中没有人被选中，则会英语的必须从既会英语又会法语的2人中选，从而有2种选法.而会法语的只能从两种语言均会的剩余1人或仅会法语的3人中选，共有1+3=4(种)，由分步计数原理得，此时共有24种方法.由分类计数原理，共有55+24=33(种)方法.解法二：按仅会法语的3人的选派情况分成以下两类.第1类：仅会法语的3人恰被选中1，则由分步计数原理，共有37种方法.第2类：仅会法语的3人均未被选中，则由分步计数原理得，共有26种方法.从而由分类计数原

18、理，共有37+26=33(种)方法.解法三：按既会英语又会法语的2人的选派情况分成3类.第1类：2人均未被选派，则有35种方法.第2类：2人均被选派，则有2种方法.第3类：2人中恰有1人被选派，则又分为两类.若另一人只会英语，则有25种方法.若另一人只会法语，则有23种方法.由分类计数原理得，共有35+2+25+23=33(种)方法.评注 在应用分类和分步计数原理解决较复杂的问题时应注意：(1)认真审题，分析题目的条件、结论，特别要理解题目中所讲的“事情”，即任务是什么，完成这件事情的含义和标准是什么.(2)明确完成这件事情是分类还是分步，还是既要分类又要分步，并搞清分类或分步的具体标准是什么

19、.(3)注意两个原理的实质：分类用分类计数原理（即加法），分步用分步计数原理（即乘法）.变式1 用三种颜色染如图12-4-1所示的矩形块，要求每块染一种颜色且相邻不同色.(1)共有多少方法？(2)每种颜色染两块有多少种方法？图12-4-1解析 记三色为1,2,3.逐块确定，易得共3x2x2x2x2x2=96(种)方法.第一块3种方法，第二块2种方法，不妨设第一块用颜色1，第二块用颜色2，此时如图12-25所示.12 图12-25按第三块分类： 分三步，故共有3x2x(1+2+2)=30(种)方法.评注 涂色问题往往从某一块出发进行分步涂色，用分步计数原理.本题中的三色改成三种不同花，同一解法.

20、变式2 （2016年全国II高考）如图12-4-2，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12-4-2【分析】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段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，由组合数可得最短的走法，同理从F到G，最短的走法，有C31=3种走法，利用乘法原理可得结论【解答】解：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

21、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段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有C42=6种走法同理从F到G，最短的走法，有C31=3种走法小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为63=18种走法故选：B题型162 排列数与组合数的推导、化简和计算思路提示尽量用性质计算；推导、证明和化简约分用阶乘形式，计算用乘积形式.例12.5 (1)证明：.(2) 已知，且.证明： eq oac(,1) eq oac(,2) eq oac(,3) eq oac(,4)解析 (1) 为从n个（nN*）不同元素中取出m（mn, mN*）个（不同）元素，按照一定顺序排成一列的不同排列的个数

22、（即排列数）.如表12-1所示，需要m步完成排列任务.表12-1位置1位置2位置mn种方法n-1种方法n-m+1种方法第一步（为位置1选择一个元素）有n种选法.第二步（为位置2选择一个元素）有n-1种选法.第m步（为位置m选择一个元素）有n-m+1种选法.依分步计数原理，得.(2) eq oac(,1) 为从n个不同元素中任取m个（不同）元素并成一组的不同组合的个数（即组合数），当mN*，mn时，从n个不同元素中取m个（不同）元素按照一定的顺序排成一列，可以分成两步完成，第一步从n个不同元素中任取m个元素并成一组，第二步把取出的m个元素按照一定的顺序排成一列，依分步乘法原理得.即，又，故.当m

23、=0，.，也成立. eq oac(,2)故. eq oac(,3). eq oac(,4)由，则，依此类推，故.评注 题目 eq oac(,4)中的求和应用，如(i) (ii).变式1 组合数 恒等于( ).A. B. C. D. 解析 解法一：特殊值法.r=1时，选项，选项,选项,选项,则排除选项A和B；r=2时，选项，排除C，故选D.解法一：推演法.，即.故选D.变式2 解方程 .解析 由排列数公式可知，故原方程可化为4（2n-1）=100,解得n=13.例12.6 (1)乘积 可表示为( ).A. B. C. D. (2)式子 可表示为( ).A. B. C. D. 解析 (1)原式=

24、，也可以观察，一共有21个连续正整数的积，可以直接表示为.故选D.(2)原式= .故选D.评注 公式的构成特点是：公式右边第一个因数是n，其后每个因数都比它前面一个因数少1，最后一个因数是n-m+1，共有m个因数相乘，组合数 公式也有相似特点.使用时要注意三个问题：第一个因数是什么、最后一个因数是什么、一共有多少个连续相乘的正整数，防止我们在“n”，“m”比较复杂时用错公式.应用公式时，要注意正用、逆用和活用等.变式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为()A48 B54 C72 D84解析 选c 先把3名乘客进行

25、全排列，有Aeq oal(3,3)6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有Aeq oal(2,4)12种排法，则共有61272种候车方式题型163 计数原理与排列组合问题的结合思路提示要注意可重排列与不可重排列的区别；选择适当的解题策略，即加法与减法；应注意不重不漏.例12.7 如图12-6所示，电路中共有13个开关（电阻略），每个开关可任选“开”或“关”一种状态，且相互独立.图12-6(1)灯亮，有多少种整体状况；(2)灯灭，有多少种整体状况.分析 每个开关有“开”或“关”两种状况，逐个确定这13个开关的“开”、“关”状态共有213=8192(个)整体状

26、态，只要求出(1)与(2)中一值，用减法即可求出另一值.解析 (1)灯亮，第一步A通到C，第二步C通到D，第三步D通到E，第四步E通到，算出每步方法数，再相乘得整体通（即灯亮）方法数第一步：先算到不通方法数，即上、中、下三路都不通，上路不通的方法数=23(上路通的方法数)=23(221)=5，中路不通的方法数=1，下路不通的方法数=221=3.故A到C不通的方法数为513=15.A到C通的方法数=2815=25615=241，C到D通的方法数=221=3，D到E通的方法数=1，E到B的方法数=221=3.故灯亮即四步都通，整体状况有241313=2169(种).(2)灯不亮有2132169=8

27、1922169=6023(种).评注 串联求通：把各段通数相乘，得总通数.串联求不通：先求通，再用减法，得串联不通数.并联求通：先求不通数，再用减法，得并联通数.并联不通：把各支路不通数相乘.变式1 直线方程Ax+By=0，从1,2,3,4,5这五个数中每次取两个不同的数作A和B，共可确定（ ）条直线.A. 20 B. 19 C. 18 D. 16解析 由直线方程得，,故看成有多少个不同的值.A,B不同属排列问题，去掉重复，20-2=18.故选C.变式2 一个n棱锥的所有顶点共可确定 条直线，这些直线可确定 对异面直线.解析 共n+1个顶点可确定条直线，每对异面直线由一条侧棱与底面与它无公共点

28、的直线确定，共对.例12.8 如图12-7所示，有4种不同颜色供选，要求A,B,C,D,E每块一种颜色，相邻两块不同色，共有多少种染色方法？解析 如图12-8所示，记4种颜色为1,2,3,4，可以从E开始染，有4种染法，A与E相邻，A,E不同色，所以A有3种方法，B与A,E均相邻，B有2种染法，最后剩C,D，此时要注意分类讨论，如图12-8所示，C与A同色时，D有2种染法；C与A不同色时，D有1种染法，即C,D共有3种方法.综上共有4323=72种染色方法. 图12-7 图12-8评注 利用计数原理求解染色问题，一般有“区域”染色和“线段端点”染色两类，其中区域染色问题，常用的原则有“最多相邻

29、优先”，但要注意最后23个区域的分类讨论.变式1 如图12-9所示，用4种不同颜色给图中A,B,C,D,E,F共6个点染色，要求每个点染一种颜色，且图中每条线段的两个端点不同色，则不同的染色方法共有( )种.A. 288 B. 264 C. 240 D. 168解析 按所用颜色分两类.第一类：三色涂完，必然两两同色，即AC,BE,DF或AF,BD,CE同色，有.第二类：四色涂完，A,D,E肯定不同色，有种涂法，再从B,F,C中选一位置涂第四色，有3种，若选的是B，则AF,CE或FD,CA或FD,CE同色，故F,C共3种涂发，所以(种)，故共有48+216=264（种）染色方法.故选B.变式2

30、用4种不同颜色为正方体的六个面着色，要求有公共棱的两个面不同色，则共有( )种不同的着色方法.A. 24 B. 48 C. 72 D. 96分析 根据正方体的几何特征知，相同颜色只能涂对面，即上下可同色，左右可用色，前后可同色.解析 按所用颜色分两类 第一类：选取其中三种颜色涂色，有种涂色方法.第二类：4色涂完，在同一公共点的平面有选色方法，另外在剩下的三个平面选一个平面涂第四种颜色，其余两个平面颜色与对面颜色相同，及确定.有,故共有种.故选D.变式3 用红、黄、蓝三色之一去涂如图12-10所示的标号19的9个小正方形，使任意有公共边的小正方形不同色，且3,5,7的方块同色，则共有 种不同涂色

31、方法. 图12-9 图12-10解析 如图12-26所示，第一步，“3”，“5”，“7”定一色，有（种）染发如取红色.第二步染“1”，“2”，“4”块，按“2”，“4”同色、异色分类.“2”，“4”同色，“1”定色，共2x2=4种染色4红2红红图12-26“2”，“4”异色,“1”定色,有种染色共6种染色第三步，染“6”，“8”，“9”块，同理共有6种染色方法故共有3x6x6x=108（种）不同染色方法.变式4 在五边形ABCDE中，五个顶点各染红、黄、绿三色之一，相邻顶点不同色，共有种不同_染法.解析 如图12-27所示，第一步染A，有种染法，如取A为红；第二步按B,E同色与否分类.B,E同

32、色，如取B=E黄，DCBA为红E图 12-27种染法. B,E不同色，取B为黄吗，E为绿，（种）染法.故共有（种）不同染法.例12.9 某市汽车牌照前面两个英文字母（不可重复）后面四个数字（可重复）组成，最多有多少个牌照？ 解析 任务：第一步，确定前面两个英文字母；第二步：确定后面四个数字.所以最多可有（个）牌照.变式1 某通信公司推出一组手机号码，号码的前7位数固定，从到共10000个号码。公司规定：凡卡号的后4位带有数字4或7的一律作为优惠卡，则这组号码中优惠卡有（ ）个. A.2000 B.4096 C.5904 D.8320解析 总数减去对立数=1000-后四位既无4也无7=1000-

33、84=5904.故选C.变式2 用数字这4个数字组成的四位数中有重复数字的四位数有（ ）个.A.192 B.182 C.174 D.274解析 总数减去对立数=3x4x4x4-无重复四位数=192-=174.故选C.变式3 用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有_个（用数字作答）.解析 从反面着想，因为只是出现“2”或只是出现“3”的四位数有2个，则数字2,3至少都出现一次的四位数有24-2=14个.例12.10 设集合，选择的两个非空子集与，要使中最小的元素大于中的最大元素，则与的不同的选择方法共有（ ）种. A.50 B.49 C.48 D.47分析 关键在于

34、选择分类的依据.选择的元素个数为分类依据是最佳选择，显然，依题意.或选择中的最小元素为分类依据.解析 解法一：令中有个元素，则有种选法.有种选法.有种选法.有种选法，则不同的选择方法共有+=49.故选B. 解法二：当中的最小元素为时，则中的最大元素只能为1，种；当中的最小元素为时，则中的最大元素只能为1或2，有种；当中的最小元素为时，则中的最大元素小于或等于，有种；当中的最大元素为小于或等于时，有种；，共有.故选B.评注 解法一中可以理解组合问题隔板法，应为集合中元素大小顺序一定.解法二中应注意排除可能出现空集的问题. 变式1 ，是的两个子集，中有个元素，中至少有两个元素，且中所有的元素不大于

35、中的最小元素，这样的有_组.解析 以A中最小元素x分类讨论，依题意x=2,3,4.X=2，B：,A: ,有=6（组）X=3，同理有（组）X=4，有（组）故共有6+12+11=29（组）变式2 ，从中取出4个不同的子集，满足条件： = 1 * GB3 * MERGEFORMAT 其中必有和； = 2 * GB3 * MERGEFORMAT 4个子集中的任意两个子集与，必有或.则4个子集共有_种选法.解析 依题意，任取一种选法：称之为“0,1,2,4”类，则共有3类：“0,1,2,4”类，“0,1,3,4”类，“0,2,3,4”类.“0,1,2,4”类有=12（种）选法；“0,1,2,4”类有=1

36、2（种）选法；“0,2,3,4”类有=12（种）选法.故共有12+12+12=36（种）选法.例12.11 用填如图12-11所示的“九宫图”，每格一数，不同格不同数，其中“”，34图12-11“”已填好，要求每行从左至右，每列从上到下都递增，共有_种不同填格法.126347589图12-12 解析 依题意，1,2,9位置固定，如图12-12所示,5,6,7,8任意分两组分散9上方和左方两格，有种分法，如取5,8在9左边，6,7在9上方，只能如图所示，故有6种不同方法.变式1 在1,2,3,4,5的排列中满足，排列有（ ）个. A.10 B.12 C.14 D.16解析 a2，a4中必有“5”

37、，分两类. a2，a4为4,5+ a2，a4为3,5=+（*3*54+45*3*）=12+=16.故选D.变式2 用4个数字（只含0和1）排成一个四位数字表示一个信息，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息有（ ）个. A.10 B.11 C.12 D.15解析 解法一：至多有两个位置上的数字相同的信息，分3种情况：没有一个位置上的信息相同，为个；有一个位置上的信息相同，为个；有两个位置上的信息相同，为个，共有+=11（个）. 故选B.解法二：总数减去对立数.0,1组成四位号码，共2x2x2x2=16个，减去（与0110三位相同的加上与0110四位相同的）=16-4-1=11.故选B.最有效训练题49（限时30分钟）1.3封不同的信任意投入4个不同的信箱，随意投的投法数和每箱至多1信的投法数依次为（ ）. A. B. C. D.2.从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（ ）. A.24 B.18 C.12 D.6 3. （2017新课标理）安排3名志愿者完成4项工