《2023届高中数学题型全面归纳12.1计数原理与简单排列组合问题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高中数学题型全面归纳12.1计数原理与简单排列组合问题含答案.pdf（34页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20232023 届高中数学题型全面归纳第十二章届高中数学题型全面归纳第十二章计数原理计数原理本章知识结构图本章知识结构图第一节第一节计数原理与简单排列组合问题计数原理与简单排列组合问题考纲解读考纲解读1.1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.2.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.3.3.理解排列、组合的概念理解排列、组合的概念.4.4.能用计数原理推导排列数、组合数公式能用计数原理推导排列数、组合数公式.命题趋势探究命题趋势探究1.1.本节为高考
2、必考内容，一般有本节为高考必考内容，一般有 1212 道选择题或填空题道选择题或填空题.2.2.题目主要以实际应用题形式出现题目主要以实际应用题形式出现.3.3.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正确选项.知识点精讲知识点精讲基本概念基本概念1.1.分类加法计数原理分类加法计数原理1 1有有n n类方法类方法完成一件事完成一
3、件事 2 2任两类无公共方法（互斥）任两类无公共方法（互斥）共有共有N N=3 3每类中每法可单独做好这件事每类中每法可单独做好这件事12nmmm种不同方法种不同方法.如图如图 12-112-1 所示所示.图图 12-112-12.2.分步乘法计数原理分步乘法计数原理1 1必须走完必须走完n n步，才能完成任务步，才能完成任务完成一件事完成一件事2 2前一步怎么走对后一步怎么前一步怎么走对后一步怎么共有共有N N走无影响（独立）走无影响（独立）12nmmm种不同方法种不同方法.如图如图 12-212-2 所示所示.图图 12-212-2两个原理及其区别两个原理及其区别.分类加法计数原理和分类加
4、法计数原理和“分类分类”有关，如果完成某件事情有有关，如果完成某件事情有n n类办法，这类办法，这n n类办法之间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乘法计数原理和“分步分步”有关有关，是针对是针对“分步完成分步完成”的问题的问题.如果完成某件事情如果完成某件事情有有n n个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这，当且仅当依次完成这n n个步骤个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总
5、数时，就用分步乘法计数原理后，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可能同时用到两个计数原理.即分类时即分类时，每类的方法可能运用分步完成每类的方法可能运用分步完成；而分步后而分步后，每步的每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数方法数可能会采取分类的思想求方法数.对于同一问题对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理我们可以从不同的角度去处理，从从而得到不同的解法（但方法数相同而得到不同的解
6、法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法，这也是检验排列组合问题的很好方法.3.3.排列与排列数排列与排列数从从n n个不同元素中取出个不同元素中取出m m(m mn n)个个（不同不同）元素元素，按照一定的顺序排成一列按照一定的顺序排成一列，叫做从叫做从n n个不同元素中取个不同元素中取出出m m个元素的一个排列个元素的一个排列.从从n n个不同元素中选个不同元素中选取取m m个元素个元素(n nm m)的排列个数的排列个数共有共有Amn.A121mnn nnnm(m m个连续正整数之积，个连续正整数之积，n n为最大数为最大数).).A123 2 1!nnn nnn !A()!
7、mnnnm注规定规定0!1.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，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，A11mnn nnm常用于具体数字计算常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时而在进行含字母算式化简或证明时，多用多用!A()!mnnnm.可重排列与无重排列的区别可重排列与无重排列的区别.例如：用例如：用 1 1，2 2，3 3，4 4，5 5 这五个自然数，可排成这五个自然数，可排成有重复数字的四位数有重复数字的四位数5 55 55 55=
8、55=54 4无重复数字的四位数无重复数字的四位数5 54 43 32=2=45A区别：区别：不可重复排列：用过的数字不可再用，用一个少一个不可重复排列：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。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：再例如：4 4 封不同的信，全部投入封不同的信，全部投入 5 5 个信箱个信箱.1 1任意投（投过的信箱可再投入）任意投（投过的信箱可再投入）5 55 55 55=55=54 4.2 2每箱至多一封信（投过的信箱不可再投入）每箱至多一封信（投过的信箱不可再投入）5 54 43 32=2=45A.4.
9、4.组合与组合数组合与组合数从从n n个不同元素中取出个不同元素中取出m m(m mn n)个个(不同不同)元素元素，并成一组并成一组，叫做从叫做从n n个不同元素中取个不同元素中取出出m m个元素的一个组合个元素的一个组合.从从n n个不同元素中取出个不同元素中取出m m个元素的组合数共有个元素的组合数共有Cmn.A(1)(2)(1)CA!()!mmnnmmn nnnmmnm nm注 同 样，公 式注 同 样，公 式(1)(2)(1)C!mnn nnnmm常 用 于 具 体 数 字 计 算，常 用 于 具 体 数 字 计 算，!C!()!mnnm nm常用于含字母算式的化简或证明常用于含字母
10、算式的化简或证明.（1 1）排列和组合的区别）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虑顺序的是排列问题.排列是在组
11、合的基础上对入选的元素进行排队排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此因此，分析解决排列分析解决排列组合综合问题的基本思维是组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列先组合，后排列”.例如：从例如：从 1010 个人中抽出个人中抽出 4 4 人参加某项活人参加某项活动有动有410C种方案；从种方案；从 1010 个人中抽出个人中抽出 4 4 人分别参加人分别参加 4 4 项活动有项活动有410A种方案种方案.(2)(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.常见的有常见的有 0 0！=1=1！=1=1，2 2！=2=2，3
12、 3！=6=6，4 4！=24=24，5 5！=120=120，6 6！=720.=720.注0CC1nnn，11CCnnnn，22(1)CC2nnnn n，1Ann，2A(1)nn n.(3)(3)公式（性质）公式（性质）.1 1!(1)!(1)(2)!nn nn nn.2 2CCmn mnn，如，如982100100100 99CC2 1.3 3111CCCmmmnnn，如如3449910CCC（口诀口诀：相邻组合数相加相邻组合数相加，加一元加一元（n nn n+1+1）取大取大（m m+1+1m m，取，取m m+1+1）.4 41121CCCCCmmmmmmmmnn.题型归纳及思路提示
13、题型归纳及思路提示题型题型 161161 分类计数原理与分步计数原理分类计数原理与分步计数原理思路提示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乘法计数原理.分类时要做到分类时要做到“不重不漏不重不漏”，分步时要做到分步时要做到“步骤完整步骤完整”.有些计数问题既需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要分类，又需要分步，此时要综合运用两个原理.例例 12.112.1 现有现有 3 3 名老师，名老师，8 8 名男生和名男生和 5 5 名女生共名女生
14、共 1616 人，有一项活动需派人参加人，有一项活动需派人参加.(1)(1)若只需若只需 1 1 人参加，有多少种不同选法？人参加，有多少种不同选法？(2)(2)若需老师，男生，女生各若需老师，男生，女生各 1 1 人参加，有多少种不同选法？人参加，有多少种不同选法？(3)(3)若需若需 1 1 名老师和名老师和 1 1 名学生参加，有多少种不同选法？名学生参加，有多少种不同选法？解析解析(1)(1)有有 3 3 类选人的方法：类选人的方法：3 3 名老师中选名老师中选 1 1 人，有人，有 3 3 种方法；种方法；8 8 名男生中选名男生中选 1 1 人，有人，有 8 8种方法种方法；5 5
15、 名女生中选名女生中选 1 1 人人，有有 5 5 种方法种方法；由分类计数原理由分类计数原理，共有共有 3+8+5=163+8+5=16（种种）选法选法.(2)(2)分分 3 3 步选人步选人：第一步选老师第一步选老师，有有 3 3 中方法中方法；第二步选男生第二步选男生，有有 8 8 种方法种方法；第三步选女第三步选女生，有生，有 5 5 种方法；由分步计数原理，共有种方法；由分步计数原理，共有 3 38 85=1205=120（种）选法（种）选法.(3)(3)可分两类可分两类：每一类又分两步每一类又分两步.第第 1 1 类类：选选 1 1 名教师和名教师和 1 1 名男生名男生，因有两步
16、因有两步，故故 3 38=248=24（种）选法；第（种）选法；第 2 2 类：选类：选 1 1 名教师和名教师和 1 1 名女生，因有两步，故有名女生，因有两步，故有 3 35=155=15（种）选法（种）选法.再再由分类计数原理，共有由分类计数原理，共有 15+24=3915+24=39（种）选法（种）选法.评注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能同时用到两个计数原理.即分类时即分类时，每类的方法可能运用分步完成每类的方法可能运用分步完成，而分步后而分步后
17、，每步的每步的方法数可能会采取分类的思想求取方法数可能会采取分类的思想求取.变式变式 1 1有有 5 5 张卡片张卡片，正反面分别写有数字正反面分别写有数字 0 0 与与 1 1，2 2 与与 3 3，4 4 与与 5 5，6 6 与与 7 7，8 8 与与 9 9，现从中现从中任取三张，排成一列，问共可摆出任取三张，排成一列，问共可摆出个不同的三位数个不同的三位数.解析解析用分步计数原理用分步计数原理.由题意可分三步完成该事情由题意可分三步完成该事情.第第 1 步选一个数字放在百位上，有步选一个数字放在百位上，有 9 种不同的方法（种不同的方法（0 不可以不可以）；第第 2 步再选一个数字放
18、在十位上步再选一个数字放在十位上，有有 8 种不同的方法种不同的方法（因为百位上占用一张卡片因为百位上占用一张卡片，2 个数字个数字不能用不能用）；第第 3 步选一个数字放在个位上，只有步选一个数字放在个位上，只有 6 种不同的方法种不同的方法.共有共有 9x8x6=432(种种)不同的结果不同的结果.变式变式 2 2晚会原有节目单由晚会原有节目单由 7 7 个节目排成个节目排成，现要新添现要新添 3 3 个不同的节目个不同的节目，且不改变原有节目的且不改变原有节目的相对顺序，则这相对顺序，则这 3 3 个节目有多少种不同的安排方法？个节目有多少种不同的安排方法？解析解析共共 7+3=10（个
19、）节目，其中（个）节目，其中 7 个定序，先排出个定序，先排出 10-7=3（个）非定序元素即可，（个）非定序元素即可，共共310720A(种种)排法排法.例例 12.212.2(1)(1)若若 8 8 名学生争夺名学生争夺 3 3 项体育比赛的冠军（每名学生参数项目不限项体育比赛的冠军（每名学生参数项目不限），则冠军获得，则冠军获得者有者有种不同情况（每个项目没有并列冠军）种不同情况（每个项目没有并列冠军）.(2)8(2)8 名学生从名学生从 3 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，则有种种不同的参赛方法不同的参赛方法.分析
20、分析正确理解任务完成的标志正确理解任务完成的标志，(1)(1)即把即把 3 3 个冠军名额全部分给个冠军名额全部分给 8 8 个学生个学生（可以一名学生可以一名学生夺得多个冠军夺得多个冠军）；(2)(2)即为即为 8 8 名学生都报完比赛项目（可以多名学生报一个项目）名学生都报完比赛项目（可以多名学生报一个项目）.解析解析(1)(1)第第 1 1 个冠军名额的去向有个冠军名额的去向有 8 8 种种，第第 2 2 个冠军名额和第三个冠军名额同样各有个冠军名额和第三个冠军名额同样各有 8 8 个个可能去向，故冠军获得者共有可能去向，故冠军获得者共有 8 88 88=88=83 3（种）不同的情况（
21、种）不同的情况.(2)(2)第一位学生报项目的方法有第一位学生报项目的方法有 3 3 种种，同样同样，其他每一位学生都有其他每一位学生都有 3 3 种报取项目的选择方种报取项目的选择方法，根据分步计数原理，故应有法，根据分步计数原理，故应有 3 33 33 33 33 33 33 33=33=38 8（种）不同的参赛方法（种）不同的参赛方法.变式变式 1 1将将 3 3 个信封投到个信封投到 4 4 个邮箱，最多的投法有个邮箱，最多的投法有种种.解析解析第第 1 封信投到信箱中有封信投到信箱中有 4 种投法种投法，第第 2 封信投到信箱中也有封信投到信箱中也有 4 种投法种投法，第第 3 封信
22、投封信投到信箱中也有到信箱中也有 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有4x4x4=64 种方法种方法.评注评注（1）本类题要与排列题分开本类题要与排列题分开，毎封信的投法互相独立毎封信的投法互相独立，不影响其余信的投法不影响其余信的投法（并且并且不同的信可以投到同一信箱中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，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解决有关问题应优先
23、考虑是否能运用这两个基本原理本原理.变式变式 2 2现有现有 6 6 名同学听取同时进行的名同学听取同时进行的 5 5 个课外知识讲座个课外知识讲座，每个同学可自由选择其中一个讲每个同学可自由选择其中一个讲座，不同的选法有座，不同的选法有()种种.A.A.5 56 6B.B.6 65 5C.C.5 6 5 4 3 22 D.D.6 65 54 43 32 2解析解析分分 6 步步，每步由一名同学选一个讲座每步由一名同学选一个讲座，都有都有 5 种选法种选法，故只有故只有 5x5x5x5x5x5=56种方种方法法.故选故选 A.变式变式 3 3已知集合已知集合A A=1,2,3=1,2,3，B
24、B=1,2,3,4.=1,2,3,4.(1)(1)映射映射f f:A AB B共有多少个？共有多少个？(2)(2)映射映射g g:B BA A共有多少个？共有多少个？解析解析由映射的定义可知由映射的定义可知，（1）f：任意：任意xA唯一确定的唯一确定的yB，故从，故从 A 到到 B 共共有有4x4x4=43(个个)不同的映射；不同的映射；（2）g：任意：任意xB唯一确定的唯一确定的yA，故从，故从 B 到到 A 共有共有 3x3x3x3=34(个个)不同的映射；不同的映射；例例 12.312.3 同室同室 4 4 人各写一张贺卡人各写一张贺卡，先集中起来先集中起来，然后每人从中拿出一张别人送出
25、的贺卡然后每人从中拿出一张别人送出的贺卡，则则4 4 张贺卡的不同的分配方式有（张贺卡的不同的分配方式有（）.A.A.6 6 种种B.B.9 9 种种C.C.1111 种种D.D.2323 种种分析分析将同室将同室 4 4 人分别记为人分别记为a a,b b,c c,d d，然后利用，然后利用 4 4 个取卡的情况分步来确定个取卡的情况分步来确定.解析解析解法一解法一：第一步第一步，4 4 个人中的任意一人个人中的任意一人（例如例如a a）取一张取一张，则由题意知共有则由题意知共有 3 3 种取法种取法；第二步：由第一人取走的贺卡的供卡人取，也有第二步：由第一人取走的贺卡的供卡人取，也有 3
26、3 种取法；第三步：由剩余的两人中的种取法；第三步：由剩余的两人中的任一人取，只有任一人取，只有 1 1 种取法；第四步：最后一人取，只有种取法；第四步：最后一人取，只有 1 1 种取法，由分步计数原理，共种取法，由分步计数原理，共有有 3 33 31 11=91=9（种）（种）.解法二解法二：设设 4 4 张贺卡分别记为张贺卡分别记为A A，B B，C C，D D.由题意由题意，某人某人（不妨设不妨设A A卡的供卡人卡的供卡人）取卡的取卡的情况有情况有 3 3 种，据此将卡的不同分配方式分为种，据此将卡的不同分配方式分为 3 3 类，对于每一类，其他人依次取卡分步进类，对于每一类，其他人依次
27、取卡分步进行行，为了避免重负或遗漏现象为了避免重负或遗漏现象，我们用我们用“树图树图”表示如下表示如下：设设a a,b b,c c,d d代表代表 4 4 个人个人，A A,B B,C C,D D分别代表这分别代表这 4 4 个人写的贺卡，则有如图个人写的贺卡，则有如图 12-312-3 所示的树状图所示的树状图.图图 12-312-3所以共有所以共有 9 9 种不同的分配方式种不同的分配方式.故选故选 B.B.评注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，例如如a a先取走先取走C C卡，
28、则下一步应由卡，则下一步应由c c取，否则由取，否则由b b,c c,d d中一人取，就很难断定是有中一人取，就很难断定是有 3 3 种还种还是是 2 2 种取法了种取法了.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.变式变式 1 1（2017浙江浙江）从从 6 男男 2 女共女共 8 名学生中选出队长名学生中选出队长 1 人人，副队长副队长
29、 1 人人，普通队员普通队员 2 人人组成组成 4 人服务队人服务队，要求服务队中至少有要求服务队中至少有 1 名女生名女生，共有共有_种不同的选法种不同的选法（用数字用数字作答）作答）【答案】【答案】660【考点】计数原理的应用，排列、组合及简单计数问题【考点】计数原理的应用，排列、组合及简单计数问题【解析【解析】【解答】解：第一类，先选【解答】解：第一类，先选 1 女女 3 男，有男，有 C63C21=40 种，这种，这 4 人选人选 2 人作为队长和人作为队长和副队有副队有 A42=12 种，故有种，故有 4012=480 种，种，第二类，先选第二类，先选 2 女女 2 男，有男，有 C
30、62C22=15 种，这种，这 4 人选人选 2 人作为队长和副队有人作为队长和副队有 A42=12 种，故种，故有有 1512=180 种，种，根据分类计数原理共有根据分类计数原理共有 480+180=660 种，种，故答案为：故答案为：660【分析】由题意分两类选【分析】由题意分两类选 1 女女 3 男或选男或选 2 女女 2 男，再计算即可男，再计算即可变式变式 2 23 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 5 次传递后次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有（毽子又被踢回给甲，则不同的传递
31、方式共有（）.A.A.6 6 种种B.B.8 8 种种C.C.1010 种种D.D.1616 种种分析分析任务的完成与分布流程有关，可以使用树状图求解任务的完成与分布流程有关，可以使用树状图求解.解析解析如图如图 12-24 所示所示，若甲第一次将毽子传给乙若甲第一次将毽子传给乙，可以有可以有 5 种情况完成任务种情况完成任务.同理同理，甲传甲传给丙，也有给丙，也有 5 种情况，综上，共有种情况，综上，共有 10 种传法种传法.故选故选 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例例 12.412.4 某外语组有某外语组有 1010 人人，
32、每人至少会英语每人至少会英语、法语中的一门法语中的一门.其中其中 7 7 人会英语人会英语，5 5 人会法语人会法语.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？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法.解析解析由集合知识可知由集合知识可知，既会英语又会法语的有既会英语又会法语的有 7+5-10=2(7+5-10=2(人人)，仅会英语的有仅会英语的有 7-2=5(7-2=5(人人)，仅会法语的
33、有仅会法语的有 5-2=3(5-2=3(人人).).易知此题的任务是派遣适合条件的两人易知此题的任务是派遣适合条件的两人.解法一：按仅会英语的解法一：按仅会英语的 5 5 人的派遣情况分成两类人的派遣情况分成两类.第第 1 1 类：仅会英语的类：仅会英语的 5 5 人中有人中有 1 1 人选中，则有人选中，则有 5 5 种方法，而会法语的则有种方法，而会法语的则有 5 5 种方法，从种方法，从而由分步计数原理，有而由分步计数原理，有 5 55 5 种方法种方法.第第 2 2 类：仅会英语的类：仅会英语的 5 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人中没有人被选中，则会英语的必
34、须从既会英语又会法语的 2 2 人人中选中选，从而有从而有 2 2 种选法种选法.而会法语的只能从两种语言均会的剩余而会法语的只能从两种语言均会的剩余 1 1 人或仅会法语的人或仅会法语的 3 3 人中人中选，共有选，共有 1+3=4(1+3=4(种种)，由分步计数原理得，此时共有，由分步计数原理得，此时共有 2 24 4 种方法种方法.由分类计数原理，共有由分类计数原理，共有 5 55+25+24=33(4=33(种种)方法方法.解法二：按仅会法语的解法二：按仅会法语的 3 3 人的选派情况分成以下两类人的选派情况分成以下两类.第第 1 1 类：仅会法语的类：仅会法语的 3 3 人恰被选中人
35、恰被选中 1 1，则由分步计数原理，共有，则由分步计数原理，共有 3 37 7 种方法种方法.第第 2 2 类：仅会法语的类：仅会法语的 3 3 人均未被选中，则由分步计数原理得，共有人均未被选中，则由分步计数原理得，共有 2 26 6 种方法种方法.从而由分类计数原理，共有从而由分类计数原理，共有 3 37+27+26=33(6=33(种种)方法方法.解法三：按既会英语又会法语的解法三：按既会英语又会法语的 2 2 人的选派情况分成人的选派情况分成 3 3 类类.第第 1 1 类：类：2 2 人均未被选派，则有人均未被选派，则有 3 35 5 种方法种方法.第第 2 2 类：类：2 2 人均
36、被选派，则有人均被选派，则有 2 2 种方法种方法.第第 3 3 类：类：2 2 人中恰有人中恰有 1 1 人被选派，则又分为两类人被选派，则又分为两类.若另一人只会英语，则有若另一人只会英语，则有 2 25 5 种方法种方法.若另一人只会法语，则有若另一人只会法语，则有 2 23 3 种方法种方法.由分类计数原理得，共有由分类计数原理得，共有 3 35+2+25+2+25+25+23=33(3=33(种种)方法方法.评注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：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)(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认真
37、审题，分析题目的条件、结论，特别要理解题目中所讲的“事情事情”，即任务是什，即任务是什么，完成这件事情的含义和标准是什么么，完成这件事情的含义和标准是什么.(2)(2)明确完成这件事情是分类还是分步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还是既要分类又要分步，并搞清分类或分步的具并搞清分类或分步的具体标准是什么体标准是什么.(3)(3)注意两个原理的实质：分类用分类计数原理（即加法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，分步用分步计数原理（即乘法）法）.变式变式 1 1用三种颜色染如图用三种颜色染如图 12-4-112-4-1 所示的矩形块，要求
38、每块染一种颜色且相邻不同色所示的矩形块，要求每块染一种颜色且相邻不同色.(1)(1)共有多少方法？共有多少方法？(2)(2)每种颜色染两块有多少种方法？每种颜色染两块有多少种方法？图图 12-4-112-4-1解析解析记三色为记三色为 1,2,3.（1）逐块确定，易得共逐块确定，易得共 3x2x2x2x2x2=96(种种)方法方法.（2）第一块第一块 3 种方法种方法，第二块第二块 2 种方法种方法，不妨设第一块用颜色不妨设第一块用颜色 1，第二块用颜第二块用颜色色 2，此时如图，此时如图 12-25 所示所示.12图图 12-25按第三块分类：按第三块分类：分三步，故共有分三步，故共有 3x
39、2x(1+2+2)=30(种种)方法方法.评注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本题中的三色改成三种不同花，同一解法不同花，同一解法.变式变式 2 2（2016 年全国年全国 II 高考高考）如图如图 12-4-2，小明从街道的小明从街道的 E 处出发处出发，先到先到 F 处与小红会处与小红会合，再一起到位于合，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径条数为（）（A）24（B）18（C）12（
40、D）9图图 12-4-212-4-2【分析】从【分析】从 E 到到 F 最短的走法，无论怎样走，一定包括最短的走法，无论怎样走，一定包括 4 段，其中段，其中 2 段方向相同，另段方向相同，另 2 段段方向相同，每种最短走法，即是从方向相同，每种最短走法，即是从 4 段中选出段中选出 2 段走东向的，选出段走东向的，选出 2 段走北向的，由组合段走北向的，由组合数可得最短的走法，同理从数可得最短的走法，同理从 F 到到 G，最短的走法，有，最短的走法，有 C31=3 种走法，利用乘法原理可得结种走法，利用乘法原理可得结论论【解答】解：从【解答】解：从 E 到到 F，每条东西向的街道被分成，每条
41、东西向的街道被分成 2 段，每条南北向的街道被分成段，每条南北向的街道被分成 2 段，段，从从 E 到到 F 最短的走法最短的走法，无论怎样走无论怎样走，一定包括一定包括 4 段段，其中其中 2 段方向相同段方向相同，另另 2 段方向相同段方向相同，每种最短走法，即是从每种最短走法，即是从 4 段中选出段中选出 2 段走东向的，选出段走东向的，选出 2 段走北向的，故共有段走北向的，故共有 C42=6 种走种走法法同理从同理从 F 到到 G，最短的走法，有，最短的走法，有 C31=3 种走法种走法小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 63=18 种走法种
42、走法故选：故选：B题型题型 162162排列数与组合数的推导、化简和计算排列数与组合数的推导、化简和计算思路提示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.例例 12.512.5(1)(1)证明：证明：A11=mnn nnm*!(,)()!nn mmnnmN.(2)(2)已知已知*,m nN，且，且mn.证明：证明：1 1A!CA!()!mmnnmmnm nm2 2CCmn mnn3 3111CCCmmmnnn4 4111CCCCmmmmmmm nm n 解析解析(1)(1)Amn为从为从n n个（个（n
43、 nN N*）不同元素中取出）不同元素中取出m m（m mn n,m mN N*）个（不同）元素，按）个（不同）元素，按照一定顺序排成一列的不同排列的个数（即排列数）照一定顺序排成一列的不同排列的个数（即排列数）.如表如表 12-112-1 所示，需要所示，需要m m步完成排列任务步完成排列任务.表表 12-112-1位置位置 1 1位置位置 2 2位置位置m mn n种方法种方法n n-1-1 种方法种方法n n-m m+1+1 种方法种方法第一步（为位置第一步（为位置 1 1 选择一个元素）有选择一个元素）有n n种选法种选法.第二步（为位置第二步（为位置 2 2 选择一个元素）有选择一个
44、元素）有n n-1-1 种选法种选法.第第m m步（为位置步（为位置m m选择一个元素）有选择一个元素）有n n-m m+1+1 种选法种选法.依分步计数原理，得依分步计数原理，得A11=mnn nnm3 2 1!11=3 2 1!nmnn nnmnmnm .(2)(2)1 1Cmn为从为从n n个不同元素中任取个不同元素中任取m m个个（不同不同）元素并成一组的不同组合的个数元素并成一组的不同组合的个数（即组即组合数合数），当，当m mN N*，m mn n时，从时，从n n个不同元素中取个不同元素中取m m个（不同）元素按照一定的顺序排成个（不同）元素按照一定的顺序排成一列，可以分成两步完
45、成，第一步从一列，可以分成两步完成，第一步从n n个不同元素中任取个不同元素中任取m m个元素并成一组，第二步把个元素并成一组，第二步把取出的取出的m m个元素按照一定的顺序排成一列，依分步乘法原理得个元素按照一定的顺序排成一列，依分步乘法原理得ACAmmmnnm.即即ACAmmnnmm，又，又!A()!mnnnm，A!mmm，故故!C!()!mnnm nm.当当m m=0=0，0C1n.!10!nn，0!C10!nnn也成立也成立.2 2!C()!()!()!n mnnnnmnnmm nm故故CCmn mnn.3 31!CC!()!(1)!(1)!mmnnnnm nmmnm(1)!()!(1
46、)!()!(1)!()!mnnm nmnmmnm11(1)!C(1)!()!mnnmnm.4 4由由111112CCCCCmmmmmmmmmm，则，则1CCmmmm2Cmm11223CCCmmmmmm，依此类推，依此类推，故故1CCmmmm111CCCCmmmmm nm nm nm n.评注评注题目题目4 4中的求和应用，如中的求和应用，如(i)(i)22223100CCC3101C(ii)(ii)333333310112034203CCCCCCC(3344492110CCCC)=.变式变式 1 1 组合数组合数C(1,)rnnrn rZ恒等于恒等于().).A.A.111C1rnrnB.B.
47、11(1)(1)CrnnrC.C.11CrnnrD.D.11Crnnr解析解析解法一：解法一：特殊值法特殊值法.r=1 时，时，rnCn，选项，选项21An，选项，选项2(1)Bn,选项选项Cn,选项选项Dn,则排除选项则排除选项 A 和和B；r=2 时，时，2(1)2nn nC，选项，选项2(1)Cn n，排除，排除 C，故选，故选 D.解法一：解法一：推演法推演法.1111!(1)!()!0,0,!()!(1)!rrrnnnrnCnrnrnCCCr nrnr，即，即11rrnnnCCr.故选故选 D.变式变式 2 2解方程解方程32*2A100A()nnnN.解析解析由排列数公式可知，由排
48、列数公式可知，3222(21)(22),(1)nnAnnnAn n，故原方程可化为故原方程可化为 4（2n-1）=100,解得解得 n=13.例例 12.612.6(1)(1)乘积乘积(1)(2)(20)m mmm可表示为可表示为().).A.A.20AmB.B.21AmC.C.2020AmD.D.2120Am(2)(2)式子式子(1)(2)(20)20!m mmm可表示为可表示为().).A.A.2020AmB.B.2020CmC.C.202021CmD.D.212021Cm解析解析(1)(1)原式原式=(20)(19)(20)21 1mmm2120Am，也可以观察，一共有，也可以观察，一共
49、有 2121 个连续正整数的积，可以直接表示为个连续正整数的积，可以直接表示为2120Am.故选故选 D.D.(2)(2)原式原式=212121202020AA2121C20!21!mmm.故选故选 D.D.评注评注公式公式A11mnn nnm的构成特点是：公式右边第一个因数是的构成特点是：公式右边第一个因数是n n，其后每，其后每个因数都比它前面一个因数少个因数都比它前面一个因数少 1 1，最后一个因数是最后一个因数是n n-m m+1+1，共有共有m m个因数相乘个因数相乘，组合数组合数Cmn公式也有相似特点公式也有相似特点.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
50、有多少个连续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，防止我们在相乘的正整数，防止我们在“n n”，“m m”比较复杂时用错公式比较复杂时用错公式.应用公式时，要注意正用、逆用和活用等应用公式时，要注意正用、逆用和活用等.变式变式 1 1 市内某公共汽车站有市内某公共汽车站有 6 个候车位个候车位(成一排成一排)，现有现有 3 名乘客随便坐在某个座位上候名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有车，则恰好有 2 个连续空座位的候车方式的种数为个连续空座位的候车方式的种数为()A48B54C72D84解析解析选选 c 先把先把 3 名乘客进行全排列，有