2025高考帮备考教案数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲　两个计数原理含答案.docx

2025高考帮备考教案数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲两个计数原理课标要求命题点五年考情命题分析预测了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.分类加法计数原理2023新高考卷T13两个计数原理是解决排列、组合问题的基本方法，也是与实际联系密切的部分，既能单独命题，也常与排列组合问题、概率计算问题综合命题，题型以小题为主，难度不大.在2025年高考的复习备考中要注意两个计数原理的区别并能灵活应用.分步乘法计数原理2023全国卷乙T7；2022新高考卷T5；2021全国卷乙T6；2020新高考卷T3；2020全国卷T14两个计数原理的综合应用学生用书P2241.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Nmn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Nm×n种不同的方法.辨析比较两个计数原理的联系与区别原理分类加法计数原理分步乘法计数原理联系都是对完成一件事的方法种数而言.区别一每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事.各个步骤都完成才算完成这件事（每步中的每一种方法都不能独立完成这件事）.区别二各类方法之间是相互独立的，既不能重复也不能遗漏.各步之间是相互依存的，缺一不可.1.多选下列说法正确的是 （BD）A.在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同B.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C.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D.从甲地经丙地到乙地是分步问题2.教材改编已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的进出公园的方式有12种.解析将4个门分别编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，同理，从2，3，4号门进入，也各有3种出门的方式，故不同的进出公园的方式共有3×412（种）.3.易错题某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有243种.解析因为每封电子邮件有3种不同的发送方法，所以要发5封电子邮件，不同的发送方法有3×3×3×3×3243（种）.4.教材改编书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架中任取1本书，则不同的取法种数为9.解析分三类：第一类，从第1层取一本书，有4种取法；第二类，从第2层取一本书，有3种取法；第三类，从第3层取一本书，有2种取法.共有取法4329（种）.学生用书P224命题点1分类加法计数原理例1 （1）我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2 022是“六合数”），则首位为2的“六合数”共有（B）A.18个B.15个C.12个D.9个解析依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个数分别为400，040，004；由3，1，0组成6个数分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成3个数分别为220，202，022；由2，1，1组成3个数分别为211，121，112.共计363315（个）.（2）满足a，b1，0，1，2，且关于x的方程ax22xb0有实数解的有序数对（a，b）的个数为13.解析当a0时，b的值可以是1，0，1，2，（a，b）的个数为4.当a0时，要使方程ax22xb0有实数解，需使44ab0，即ab1.若a1，则b的值可以是1，0，1，2，（a，b）的个数为4；若a1，则b的值可以是1，0，1，（a，b）的个数为3；若a2，则b的值可以是1，0，（a，b）的个数为2.由分类加法计数原理可知，（a，b）的个数为443213.方法技巧分类加法计数原理的应用思路（1）根据题目中的关键词、关键元素和关键位置等确定恰当的分类标准，分类标准要明确、统一；（2）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.训练1 集合Px，1，Qy，1，2，其中x，y1，2，3，9，且PQ.把满足上述条件的一对有序整数对（x，y）作为一个点的坐标，则这样的点的个数是（B）A.9B.14C.15D.21解析当x2时，xy，y可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.当x2时，由PQ，得xy，x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.综上，满足条件的点共有7714（个）.命题点2分步乘法计数原理例2 （1）2023全国卷乙甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（C）A.30种B.60种C.120种D.240种解析甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有6种情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有5×420（种）情况，由分步乘法计数原理可得，共有6×20120（种）选法，故选C.（2）多选有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是（AC）A.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种B.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种C.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种解析对于A选项，第1个同学有3种报名方法，第2个同学有3种报名方法，后面的2个同学也有3种报名方法，根据分步乘法计数原理共有34种报名方法，A正确，B错误；对于C选项，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步乘法计数原理，共有4×3×224（种）选择，C正确，D错误.故选AC.方法技巧分步乘法计数原理的应用思路根据事件发生的过程合理分步，分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.训练2 多选某校高二年级安排甲、乙、丙三名同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每名同学只能选择一个社区进行实践活动，且多名同学可以选择同一个社区进行实践活动，则下列说法正确的有（AC）A.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种B.如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有50种C.如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种解析对于A，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有534361（种），故A正确；对于B，如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有5225（种），故B错误；对于C，如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有5×4×360（种），故C正确；对于D，甲、乙两名同学必须在同一个社区，第一步，将甲、乙视作一个整体，第二步，两个整体挑选社区，则不同的安排方法共有5225（种），故D错误.故选AC.命题点3两个计数原理的综合应用例3 （1）周髀算经是中国最古老的天文学和数学著作，其中记载了“勾股圆方图”（如图），用以证明勾股定理.现提供4种不同颜色给图中5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法种数为（C）A.36B.48C.72D.96解析解法一根据题意得，涂色分2步进行：对于区域A，B，E，三个区域两两相邻，有A4324（种）涂色方法；（区域E位于中心位置，其他4个区域均与区域E相邻，故先考虑两两相邻的区域A，B，E的涂色方法，再研究余下2个区域的涂色方法）对于区域C，D，若区域C与区域A颜色相同，则区域D有2种涂色方法，若区域C与区域A颜色不同，当A，B，E涂色确定时，则区域C和区域D涂色方法确定，只有1种，由分类加法计数原理可知区域C，D有213（种）涂色方法.由分步乘法计数原理得，共有24×372（种）不同的涂色方法.故选C.解法二可分两种情况：区域A，C不同色，先涂区域A有4种，区域C有3种，区域E有2种，区域B，D各有1种，有4×3×224（种）涂法.区域A，C同色，先涂区域A有4种，区域E有3种，区域C有1种，区域B，D各有2种，有4×3×2×248（种）涂法.故共有244872（种）涂色方法.（2）由0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成420个无重复数字的四位偶数.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，且组成的四位数中的四个数字不重复.因此应先分类，再分步.第1类，当千位数字为奇数，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，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×4×5×4240.第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除千位数字外的任意一个偶数数字，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×3×5×4180.根据分类加法计数原理，可以组成无重复数字的四位偶数的个数为240180420.方法技巧1.利用两个计数原理解决问题的一般步骤2.涂色问题常用的两种方法训练3 （1）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（D）A.48B.18C.24D.36解析第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2×1224（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241236（个）.（2）甲与其四位同事各有一辆汽车，甲的车牌尾号为9，其四位同事的车牌尾号分别是0，2，1，5.为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定（奇数日车牌尾号为奇数的车通行，偶数日车牌尾号为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为（B）A.64B.80C.96D.120解析5日至9日，有3个奇数日，2个偶数日.第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×24（种）.第二步，安排奇数日出行，分两类讨论：第一类，选1天安排甲的车，不同的用车方案共有3×2×212（种）；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2×28（种）.综上，不同的用车方案种数为4×（128）80，故选B.1.命题点1设集合I1，2，3，4，A与B是I的子集，若AB1，2，则称（A，B）为一个“理想配集”.若将（A，B）与（B，A）看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有9个.解析 对子集A分类讨论：当A是1，2时，B可以为1，2，3，4，1，2，4，1，2，3，1，2，共4种情况；当A是1，2，3时，B可以为1，2，4，1，2，共2种情况；当A是1，2，4时，B可以为1，2，3，1，2，共2种情况；当A是1，2，3，4时，B为1，2，有1种情况.根据分类加法计数原理可知，共有42219（种）结果，即符合此条件的“理想配集”有9个.2.命题点2已知集合M1，2，3，N4，5，6，7，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是（C）A.12B.8 C.6 D.4解析分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此可表示第一、二象限内不同点的个数是3×26.3.命题点3如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1a2，且a2a3，则称这样的三位数为凸数（如120，343，275等），那么所有凸数的个数为240.解析若a22，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，凸数为120与121，共2个.若a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则凸数有2×36（个）.若a24，则凸数有3×412（个），若a29，则凸数有8×972（个）.所以凸数共有26122030425672240（个）.4.命题点3/2023哈尔滨六中检测涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿，欲给图中的小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，则共有66种不同的涂色方法.解析可分四类：第一类，当选择两种颜色时，因为橄榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，所以共有C4215（种）选法，因此不同的涂色方法有5×210（种）；第二类，当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中时，有2种选法，因此不同的涂色方法有2×2×28（种）；第三类，当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中时，有2种选法，因此不同的涂色方法有2×3×2×（21）36（种）；第四类，当选择四种颜色时，不同的涂色方法有2×2×22×212（种）.所以共有108361266（种）不同的涂色方法.学生用书·练习帮P3821.2024四川成都模拟“数独九宫格”的游戏规则为：将1到9这9个自然数填到如图所示的九宫格的9个空格里，每个空格填1个数，且9个空格的数字各不相同.若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为（C）5A.72B.108C.144D.196解析按题意，5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从6，7，8，9中选取.第一步，填上方空格，有4种填法；第二步，填左方空格，有3种填法；第三步，填下方空格，有4种填法；第四步，填右方空格，有3种填法.由分步乘法计数原理得，不同的填法种数为4×3×4×3144.故选C.2.2023全国卷甲现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（B）A.120种B.60种C.30种D.20种解析先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有5种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有4×312（种）安排方式.所以不同的安排方式共有5×1260（种）.故选B.3.2024北京市顺义区联考某班一天上午有4节课，下午有2节课.现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6门课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，则不同的排法有（D）A.48种B.96种C.144种D.192种解析由题意，要求数学课排在上午，体育课排在下午，先考虑这两门课程，有4×28（种）排法，再排其余4节课，有4×3×2×124（种）排法，根据分步乘法计数原理，共有8×24192（种）排法，故选D.4.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛、马和猴的吉祥物，乙同学喜欢牛、狗和羊的吉祥物，丙同学对所有的吉祥物都喜欢.让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个珍藏，若每个人所选取的吉祥物都是自己喜欢的，则不同的选法共有（C）A.50种B.60种C.80种D.90种解析根据题意，按甲的选择分两类讨论：第一类，若甲选择牛的吉祥物，则乙的选法有2种，丙的选法有10种，此时不同的选法有2×1020（种）；第二类，若甲选择马或猴的吉祥物，则甲的选法有2种，乙的选法有3种，丙的选法有10种，此时不同的选法有2×3×1060（种）.所以不同的选法共有206080（种）.故选C.5.2023南京六校联考如图，用4种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域区分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（C）A.144种B.73种C.48种D.32种解析由于A，B，C三块区域两两相邻，因此需填涂3种不同的颜色.当D区域与A区域颜色相同时，只需从4种不同的颜色中选取3种分别填涂到A，B，C三块区域，有4×3×224（种）涂法；当D区域与A区域颜色不同时，只需将4种不同的颜色分别填涂到A，B，C，D四块区域，有4×3×2×124（种）涂法.所以不同的涂法共有242448（种），故选C.6.如图所示，从正八边形的八个顶点中任选三个构成三角形，则与正八边形有公共边的三角形有40个（用数字作答）.解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形，此类三角形由正八边形中两个相邻的顶点和一个与所选顶点均不相邻的顶点构成，共有8×432（个）；第二类，有两条公共边的三角形，此类三角形由正八边形中三个相邻的顶点构成，共有8个.由分类加法计数原理可知，共有32840（个）.7.2023北京通州区质检一个三位数，如果满足个位上的数字和百位上的数字都大于十位上的数字，那么我们称该三位数为三位数“凹数”，则没有重复数字的三位数“凹数”的个数为240.（用数字作答）解析依题意，无重复数字的三位数“凹数”，十位数字只可能为0，1，2，3，4，5，6，7之一，个位和百位上的数字从比对应十位数字大的数字中任取两个进行排列，所以没有重复数字的三位数“凹数”的个数为9×88×77×66×55×44×33×22×172564230201262240.8.2024北京市景山学校期末在0，1，2，3，4，5，6这7个数中任取4个数，将其组成无重复数字的四位数，其中能被5整除且比4 351大的数共有（C）A.54个B.62个C.74个D.82个解析根据被5整除的数特点，分成两类.第一类：个位为0，则千位为5或6时，有2×5×440（个）四位数大于4 351；千位为4，百位为5或6时，有2×48（个）四位数大于4 351；千位为4，百位为3时，十位为6，有1个四位数大于4 351.第二类：个位为5，则千位为6时，有5×420（个）四位数大于4 351；千位为4，百位是6时，有4个四位数大于4 351；千位为4，百位为3时，有1个四位数大于4 351.综上，满足条件的数共有4081204174（个）.故选C.9.算盘是中国古代的一项重要发明.现有一种算盘（如图1），共两档，自右向左分别表示个位和十位，档中横以梁，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨一珠记作数字1（如图2中算盘表示整数51）.若拨动图1算盘中的三枚算珠，则可以表示不同整数的个数为（C）图1 图2A.16B.15C.12D.10解析由题意，拨动三枚算珠，有4种拨法：个位拨动三枚，有2种结果：3，7；十位拨动一枚，个位拨动两枚，有4种结果：12，16，52，56；十位拨动两枚，个位拨动一枚，有4种结果：21，25，61，65；十位拨动三枚，有2种结果：30，70.综上，拨动题图1算盘中的三枚算珠，可以表示不同整数的个数为244212，故选C.10.2023青岛检测据史书记载，古代的算筹由一根根同样长短和粗细的小棍制成，如图所示，据孙子算经记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当.即在算筹记数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推.例如表示62，表示26，现有5根算筹，据此方式表示一个两位数（算筹不剩余且个位不为0），则可以表示不同的两位数的个数为12.解析当十位为1时，个位可以是4，8，共2种；当十位为2时，个位可以是3，7，共2种；当十位为3时，个位可以是2，6，共2种；当十位为4时，个位为1，共1种；当十位为6时，个位可以是3，7，共2种；当十位为7时，个位可以是2，6，共2种；当十位为8时，个位为1，共1种.所以可以表示的两位数有5×21×212（个）.11.与集合综合设集合A（x1，x2，x3，x4，x5）xi1，0，1，i1，2，3，4，5，则集合A中满足条件1x12x22x32x42x524的元素个数为（B）A.180B.210C.240D.241解析因为A（x1，x2，x3，x4，x5）xi1，0，1，i1，2，3，4，5，所以x1，x2，x3，x4，x5都有3种不同的赋值，集合A中共有35个元素，且0x12x22x32x42x525，其中满足x12x22x32x42x520的只有1个元素，即（0，0，0，0，0）.当x12x22x32x42x525时，x1，x2，x3，x4，x5都有2种不同的赋值，共有25个元素.所以集合A中满足条件1x12x22x32x42x524的元素个数为35125210，故选B.12.逻辑推理小李和小王玩一个猜数游戏，规则如下：已知六张纸牌上分别写有1（12）n（nN*，1n6）六个数，现小李和小王分别从中各随机抽取一张，然后根据自己手中纸牌上的数推测谁手中纸牌上的数更大.小李看了看自己手中纸牌上的数，想了想说：“我不知道谁手中纸牌上的数更大.”小王听了小李的判断后，思索了一下说：“我知道谁手中纸牌上的数更大了.”假设小王和小李做出的推理都是正确的，那么小李和小王拿到纸牌的情况共有14种.解析六张纸牌上的数分别为12，34，78，1516，3132，6364.因为小李不知道谁手中纸牌上的数更大，因此小李拿的纸牌上的数不是最大的6364，也不是最小的12，因此小李拿的纸牌有4种情况.接下来讨论小王：当小王拿的纸牌上的数是12时，则小王知道小李拿的纸牌上的数一定比他大，此时有4种情况；当小王拿的纸牌上的数是34时，则小王知道小李拿的纸牌上的数一定比他大，此时有3种情况；当小王拿的纸牌上的数是3132时，则小王知道小李拿的纸牌上的数一定比他小，此时有3种情况；当小王拿的纸牌上的数是6364时，则小王知道小李拿的纸牌上的数一定比他小，此时有4种情况；当小王拿的纸牌上的数是1516或78时，此时小王无法判断小李拿的纸牌上的数与他拿的纸牌上的数谁大谁小，舍去.所以满足题意的情况共有433414（种）.第2讲排列与组合课标要求命题点五年考情命题分析预测理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.排列问题2022新高考卷T5本讲每年必考，主要以实际问题为情境考查计数问题，有时单独命题，以小题为主，有时作为工具应用于概率的计算，以大题为主，难度中等偏易.预计2025年高考仍会以创新实际生活情境为载体进行命题.组合问题2023新高考卷T13；2023新高考卷T3；2020新高考卷T3排列与组合的综合应用2023全国卷甲T9；2021全国卷乙T6；2020全国卷T14学生用书P2261.排列、组合的定义名称定义排列从n个不同元素中取出m（mn）个元素并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.组合作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.注意排列有序，组合无序.2.排列数、组合数的定义、公式及性质（n，mN*，且mn）排列数组合数定义从n个不同元素中取出m（mn）个元素的所有不同排列的个数，用符号Anm表示.从n个不同元素中取出m（mn）个元素的所有不同组合的个数，用符号Cnm表示.公式Anmn（n1）（n2）（nm1）n！（nm)!.规定0！1.CnmAnmAmmn（n1)(n2）（nm+1）m！n！m!(nm)!.规定Cn01.性质Annn！n×（n1）×（n2）××2×1；Anm（nm1）Anm1nAn1m1.CnmCnnm；Cn+1mCnmCnm1.说明CnmCnnm的应用主要是两个方面：一是简化运算，当mn2时，通常将计算Cnm转化为计算Cnnm；二是列等式，由CnxCny可得xy或xyn.1.5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有（B）A.A85种B.C85种C.58种D.85种解析由于球都相同，盒子不同，每个盒里至多放一个球，所以只要选出5个不同的盒子即可.故共有C85种不同的放法.2.教材改编从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是（B）A.12B.24C.64D.81解析4本不同的课外读物选3本分给3位同学，每人1本，则不同的分配方法种数为A43=24.3.教材改编某班举行了“弘扬中华文化”演讲比赛，有6人参加，并决出第1名到第6名的名次（没有并列名次）.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从回答分析，6人的名次排列情况可能有（D）A.216种B.240种C.288种D.384种解析由题可知，甲和乙都不是冠军，所以冠军有4种可能性，乙不是最后一名，所以最后一名有4种可能性，所以6人的名次排列情况可能有4×4×A44384（种）.4.多选下列说法正确的是 （BD）A.所有元素完全相同的两个排列为相同排列B.两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同C.若CnxCnm，则xmD.An+1mAnmmAnm15.易错题计算C73C74C85C96的值为210.（用数字作答）解析原式C84C85C96C95C96C106210.6.若Cn+13Cn3Cn4，则n6.解析Cn+13Cn3Cn4Cn+14，n134，解得n6.学生用书P227命题点1排列问题例1 有3名男生、4名女生.（1）若排成前、后两排，前排3人，后排4人，则不同的排列方法总数为5 040.（2）若全体排成一排，女生必须站在一起，则不同的排列方法总数为576.（3）若全体排成一排，男生互不相邻，则不同的排列方法总数为1 440.（4）若全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边，则不同的排列方法总数为3 600.（5）若全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边，则不同的排列方法总数为3 720.（6）若全体排成一排，其中甲、乙、丙三人从左到右顺序一定，则不同的排列方法总数为840.解析（1）分两步完成，先选3人站前排，有A73种方法，余下4人站后排，有A44种方法，共有A73·A445 040（种）.（2）将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A44种方法，再将女生全排列，有A44种方法，共有A44·A44576（种）.（3）先排女生，有A44种方法，然后在女生之间及首尾共5个空位中任选3个空位安排男生，有A53种方法，共有A44·A531 440（种）.（4）解法一先排甲，有5种方法，其余6人有A66种排列方法，共有5×A663 600（种）.解法二左、右两边位置可安排除甲外其余6人中的2人，有A62种排法，剩下的5人有A55种排法，共有A62A553 600（种）.（5）解法一甲在最右边时，其他人可全排列，有A66种方法；甲不在最右边时，因为甲也不在最左边，所以可从余下的5个位置中任选1个，有C51种，而乙可从除去最右边的位置后剩下的5个位置中任选1个，有C51种，其余人全排列，有A55种不同排法，共有A66C51C51A553 720（种）.解法二7人全排列，有A77种方法，其中甲在最左边时，有A66种方法，乙在最右边时，有A66种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形（A55种方法），故共有A772A66+A553 720（种）.（6）7人全排列，有A77种方法，由于甲、乙、丙的顺序一定，则不同的排列方法总数为A77A33=840.方法技巧求解排列问题的常用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.捆绑法相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列.插空法不相邻问题插空处理，即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的排列空位中.定序问题除法处理定序问题，可先不考虑顺序限制进行排列，再除以定序元素的全排列.间接法正难则反，等价转化处理.训练1 （1）2022新高考卷甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（B）A.12种B.24种C.36种D.48种解析先将丙和丁捆在一起，有A22种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A33种排列方式，最后将甲插入中间两空，有2种排列方式，所以不同的排列方式共有2A22A3324（种），故选B.（2）2023济南市统考由3个2，1个0，2个3组成的六位数中，满足有相邻4位恰好是2 023的六位数的个数为（B）A.3B.6C.9D.24解析2 023用了2个2，1个0，1个3，还余下1个2，1个3，故将2 023视作一个整体与余下的1个2，1个3全排列，有A336（种）不同的排法.故选B.命题点2组合问题例2 （1）多选从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有（CD）A.若4人全部为男生，则有30种不同的选法B.若4人中男生、女生各有2人，则有30种不同的选法C.若男生中的甲和女生中的乙被选，则有28种不同的选法D.若男生中的甲和女生中的乙至少有1人被选，则有140种不同的选法解析4人全部为男生，选法有C6415（种），故A错误；如果4人中男生、女生各有2人，男生的选法有C6215（种），女生的选法有C426（种），则4人中男生、女生各有2人的选法有15×690（种），B错误；如果男生中的甲和女生中的乙被选，在剩下的8人中再选2人即可，有C8228（种）不同的选法，故C正确；在10人中任选4人，有C104210（种）不同的选法，甲、乙都不在其中的选法有C8470（种），故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人被选的选法有21070140（种），故D正确.（2）2023新高考卷某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有64种（用数字作答）.解析解法一由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有C41C41种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C41C42种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有C42C41种方案.综上，不同的选课方案共有C41C41C41C42C42C4164（种）.解法二若学生从这8门课中选修2门课，则有C82C42C4216（种）选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有C83C43C4348（种）选课方案.综上，不同的选课方案共有164864（种）.方法技巧组合问题常见的两类题型（1）“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由剩下的元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取.（2）“至少”与“最多”的问题：解这类题的关键是理解“至少”与“最多”这两个词的含义，通常用直接法或间接法处理，分类复杂时，用间接法更容易处理.训练2 （1）2023福州5月质检“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，龙舟比赛的划手分划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（C）A.15种B.18种C.19种D.36种解析按照从全能者（既会划左桨又会划右桨）中选多少人参与划左桨分类：2名全能者中选2人划左桨，有C22C221（种）不同的选派方法；2名全能者中选1人划左桨，有C21C21C3212（种）不同的选派方法；2名全能者中选0人划左桨，有C22C426（种）不同的选派方法.所以共有112619（种）不同的选派方法.故选C.（2）2023南京市、盐城市二模编号为1，2，3，4的四位同学，就座于编号为1，2，3，4的四个座位上，每个座位恰好坐一位同学，则恰有两位同学的编号和座位编号一致的坐法种数为6.解析先选择两位同学坐对编号，有C42种方法，余下的两位同学只能交叉坐，只有1种方法，故共有C42×16（种）不同坐法.命题点3排列与组合的综合应用角度1有限制条件的排列、组合问题例3 （1）2023沈阳市质监甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在最中间两个位置之一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（C）A.24种B.36种C.72种D.96种解析如图所示，当甲在3的位置时，乙、丙可能排在（1，2），（4，5），（5，6），先从这三种中选出一种安排乙、丙，然后在剩下的3个位置安排余下的3人，所以不同的排队方法有C31A22A3336（种）；当甲在4的位置时，由对称性可知不同的排队方法也有36种.所以不同的排队方法共有36×272（种），故选C.123456（2）2023重庆市名校联考某校从8名教师中选派4名教师去4个偏远地区支教，每地1人，其中甲和乙不能同去，甲与丙同去或者同不去，则不同的选派方案的种数是600.（用数字作答）解析分为两步，第一步，先选4名教师，第一步又分两类，第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，有C5210（种）不同的选法；第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不