2021届高三三轮回归专练——计数原理涉及的11类错解及10大解题模板汇编
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2021届高三三轮回归专练——计数原理涉及的11类错解及10大解题模板汇编

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资料简介
计数原理排列组合中常见 11 类错误题型 (一)至少问题 例题 1 某班有 20 名女生和 19 名男生,从中选出 5 人组成一个垃圾分类宣传小组,要求女生和男生均不 少于 2 人的选法共有( ) A. 2 2 1 20 19 35C C C  B. 5 5 5 39 20 19C C C  C. 5 1 4 4 1 39 20 19 20 19C C C C C  D. 2 3 3 2 20 19 20 19C C C C 【解析】从中选出 5 人组成一个垃圾分类宣传小组,要求女生和男生均不少于 2 人 当选出 5 人为 2 女 3 男时,共有不同选法为 2 3 20 19C C 种,当选出 5 人为 3 女 2 男时,共有不同选法为 3 2 20 19C C 种 即选出 5 人组成一个垃圾分类宣传小组,要求女生和男生均不少于 2 人选法有 2 3 3 2 20 19 20 19C C C C 种,选 D 巩固 1 假设 200 件产品中有 3 件次品,现在从中任取 5 件,其中至少有 2 件次品的抽法有( ) A. 2 2 3 198C C 种 B. 2 3 3 2 3 197 3 197( )C C C C 种 C. 3 4 200 197C C 种 D. 5 1 4 200 3 197( )C C C 种 【解析】根据题意,“至少有 2 件次品”可分为“有 2 件次品”与“有 3 件次品”两种情况 “有 2 件次品”的抽取方法有 C32C1973 种,“有 3 件次品”的抽取方法有 C33C1972 种 则共有 C32C1973+C33C1972 种不同的抽取方法,故选 B (二)不相邻问题插空法 例题 2 有红色、黄色小球各两个,蓝色小球一个,所有小球彼此不同,现将五球排成一行,颜色相同者 不相邻,不同的排法共有( )种 A.48 B.72 C.78 D.84 【解析】五个小球全排列共有: 5 5 120A  种排法 当两个红色小球与两个黄色小球都相邻时,共有: 2 2 3 2 2 3 24A A A  种排法 当两个红色小球相邻,两个黄色小球不相邻时,共有: 2 2 2 2 2 3 24A A A  种排法 当两个红色小球不相邻,两个黄色小球相邻时,共有: 2 2 2 2 2 3 24A A A  种排法 颜色相同的小球不相邻的排法共有:120 24 24 24 48    种排法,选 A 巩固 2 7 人并排站成一行,如果甲、乙两人不相邻,那么不同的排法总数是 A.1440 B.3600 C.4320 D.4800 【解析】除甲、乙以外的 5 人全排列,共有 5 5A 种结果,5 人排队后会出现 6 个空,从中选出 2 个排甲、乙, 有 2 6A 种结果。所以满足条件的排队总数= 5 2 5 6 120 30 3600A A    (种),故选 B (三)相邻问题大元素法 例题 3 2 位男生和 3 位女生共 5 位同学站成一排,若 3 位女生中有且只有两位女生相邻,则不同排法的种 数是 ( ) A.36 B.24 C.72 D.144 【解析】根据题意,把 3 位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素,和剩下的一位女生, 插入到 2 位男生全排列后形成的 3 个空中的 2 个空中,故有 2 2 2 3 2 3 72A A A  种,选C . 巩固 3 2019 年 7 月 1 日迎来了我国建党 98 周年,6 名老党员在这天相约来到革命圣地之一的西柏坡.6 名 老党员中有 3 名党员当年在同一个班,他们站成一排拍照留念时,要求同班的 3 名党员站在一起,且满足 条件的每种排法都要拍一张照片,若将照片洗出来,每张照片 0.5 元(不含过塑费),且有一半的照片需要 过塑,每张过塑费为 0.75 元.若将这些照片平均分给每名老党员(过塑的照片也要平均分),则每名老党员 需要支付的照片费为( ) A.20.5 B.21 元 C.21.5 元 D.22 元 【解析】捆绑法求得照片总数为 3 4 3 4 144A A  ,每名老党员需要支付照片费为 144 0.5 72 0.75 216     元 (四)分配问题 例题 4 高三年级有 8 个班级,分派 4 位数学老师任教,每个教师教两个班,则不同的分派方法有( ) A. 2 2 8 2 2 6 4 2A A A A B. 2 2 8 2 2 6 4 2C C C C C. 2 2 2 2 4 6 4 28 4C C C C A D. 2 2 2 2 8 6 4 2 4! C C C C 【解析】分两步,第一步将高三 8 个班级,两两一组分 4 组,共有 2 2 2 2 8 6 4 2 4 4 C C C C A 种分法,第二步将 4 位数学 老师分配到这 4 组,共有 4 4A 种情况,所以不同的分派方法有 2 2 2 2 8 6 4 2 4 4 C C C C A 4 4A = 2 2 8 2 2 6 4 2C C C C ,选 B 巩固 4 将 3 名教师,5 名学生分成 3 个小组,分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动,每地至少去 1 名教师和 1 名学生,则不同的安排方法总数为( ) A.1800 B.1440 C.300 D.900 【解析】先将 3 名教师安排到甲、乙、丙三地有 3 3A 6 种分法 然后安排 5 名学生,将 5 名学生可分为 1,1,3 三组,也可分为 2,2,1 三组 则安排到三地有 1 1 3 2 2 1 35 4 3 5 3 1 32 2 2 2 C C C C C C A 150A A        种方法 根据分步乘法原理,可知不同的安排方法总数为 6 150 900  种,故选 D. (五)特殊元素优先 例题 5 10 名运动员中有 2 名老队员和 8 名新队员,现从中选 3 人参加团体比赛,要求老队员至多 1 人入 选且新队员甲不能入选的选法有( ) A.77 种 B.144 种 C.35 种 D.72 种 【解析】按照老队员的人数分两类: (1)只选一名老队员,则新队员选 2 名(不含甲)有 1 2 2 7C C  42 (2)没有选老队员,则选 3 名新队员(不含甲)有 3 7 35C  所以老队员至多 1 人入选且新队员甲不能入选的选法有: 42 35 77  种,故选 A 巩固 5 中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能(六艺):礼、乐、射、御、书、数。某校国学社团周末 开展“六艺”课程讲座活动,一天连排六节,每艺一节,排课有如下要求:“射”不能排在第一,“数”不能排在 最后,则“六艺”讲座不同的排课顺序共有______种. 【解析】第一种情况,当“射”排最后一位时,共有 5 5 120A  种方法 第二种情况,当“射”排中间 4 个位置中的 1 个时共有 1 1 4 4 4 4 384A A A   种方法 不同的排列方式共有384 120 504  种 所以“六艺”讲座不同的排课顺序共有 504 种 巩固 6 2 位男生和 3 位女生共 5 位同学站成一排,若 3 位女生中有且只有两位女生相邻,则不同排法的种 数是 ( ) A.36 B.24 C.72 D.144 【解析】根据题意,把 3 位女生的两位捆绑在一起看做一个复合元素,和剩下的一位女生, 插入到 2 位男生全排列后形成的 3 个空中的 2 个空中,故有 2 2 2 3 2 3 72A A A  种,选C (六)涂色问题 例题 6 如图,用 5 种不同的颜色把图中 A 、 B 、C 、 D 四块区域分开,若相邻区域不能涂同一种颜色, 则不同的涂法共有( ) A.200 种 B.160 种 C.240 种 D.180 种 【解析】涂 A 有 5 种涂法, B 有 4 种,C 有 3 种,因为 D 可与 A 同色,故 D 有 3 种, ∴由分步乘法计数原理知,不同涂法有5 4 3 3 180    种.故答案选 D。 巩固 7 如图,有一种游戏画板,要求参与者用六种颜色给画板涂色,这六种颜色分别为红色、黄色 1、黄 色 2、黄色 3、金色 1、金色 2,其中黄色 1、黄色 2、黄色 3 是三种不同的颜色,金色 1、金色 2 是两种不 同的颜色,要求红色不在两端,黄色 1、黄色 2、黄色 3 有且仅有两种相邻,则不同的涂色方案有( ) A.120 种 B.240 种 C.144 种 D.288 种 【解析】不考虑红色的位置,黄色 1、黄色 2、黄色 3 有且仅有两个相邻的涂色方案有 2 2 3 2 3 2 3 4 432C A A A   种. 这种情况下,红色在左右两端的涂色方案有 2 2 1 2 2 3 2 2 2 3 144C A C A A    种;从而所求的结果为 432 144 288  种,故选 D. 巩固 8 如图所示的几何体是由一个正三棱锥 P-ABC 与正三棱柱 ABC-A1B1C1 组合而成,现用 3 种不同 颜色对这个几何体的表面染色(底面 A1B1C1 不涂色),要求相邻的面均不同色,则不同的染色方案共有( ) A.24 种 B.18 种 C.16 种 D.12 种 【解析】先对正三棱锥 P-ABC 三个表面染色,有 3 3A 种 再对正三棱柱 ABC-A1B1C1 三个表面染色有 2 2A 种 所以共有 3 3A 2 2 12A  种,选 D. (七)数字整除问题 例题 7 由数字 0,1,2,3 组成的无重复数字且能被 3 整除的非一位数的个数为( ) A.12 B.20 C.30 D.31 【解析】两位数:含数字 1,2 的数有 2 2A 个,或含数字 3,0 的数有 1 个. 三位数:含数字 0,1,2 的数有 1 2 2 2C A 个,含数字 1,2,3 有 3 3A 个. 四位数:有 1 3 3 3C A 个. 所以共有 2 1 2 3 1 3 2 2 2 3 3 31 31A C A A C A     个, 故选 D. 巩固 9 如果把个位数是1,且恰有3 个数字相同的四位数叫做“伪豹子数”那么在由1,2 ,3 ,4 ,5 五个 数字组成的有重复数字的四位数中,“伪豹子数”共有( )个 A.16 B.12 C. 28 D. 20 【解析】相同数不为 1 时,四位数的个位数是 1,其他 3 个相同的数可能是 2,3,4,5 共 4 种 相同数为 1 时,四位数的个位数是 1,在 2,3,4,5 中选一个数放在十位或百位或千位上,共有 1 1 4 3 12C C  种 则共有 4+12=16 种,故选 A (八)正难则反 例题 8 某电商为某次活动设计了“和谐”、“爱国”、“敬业”三种红包,活动规定每人可以依次点击 4 次,每 次都会获得三种红包的一种,若集全三种即可获奖,但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同.员工甲 按规定依次点击了 4 次,直到第 4 次才获奖.则他获得奖次的不同情形种数为 ( ) A.9 B.12 C.18 D.24 【解析】根据题意,若员工甲直到第 4 次才获奖,则其第 4 次才集全“和谐”、“爱国”、“敬业”三种红包 则甲第 4 次获得的红包有 3 种情况 前三次获得的红包为其余的 2 种,有 32 2 6  种情况 则他获得奖次的不同情形种数为 3 6 18  种,选 C 巩固 10 把 20 个相同的小球装入编号分别为①②③④的 4 个盒子里,要求①②号盒每盒至少 3 个球,③④ 号盒每盒至少 4 个球,共有( )种方法. A. 3 9C B. 3 19C C. 3 4 9 4C A D. 14 3 20 5C C 【解析】设四个盒子中装的小球个数分别为 a ,b , c , d ,则 20a b c d    要求①②号盒每盒至少 3 个球,③④号盒每盒至少 4 个球 令 2w a  , 2x b  , 3y c  , 3z d  ,则 w , x , y , z 都大于或等于 1,且 10w x y z    问题相当于将 10 个球分成四部分,在 10 个球的 9 个间隔里选三个隔开,有 3 9C 种方法,选 A (九)避免出错---彻底分类 例题 9 今有 6个人组成的旅游团,包括 4 个大人,2 个小孩,去庐山旅游,准备同时乘缆车观光,现有三辆 不同的缆车可供选择,每辆缆车最多可乘 3 人,为了安全起见,小孩乘缆车必须要大人陪同,则不同的乘 车方式有( )种 A. 204 B. 288 C.348 D.396 【解析】第一类:只用两辆缆车, 若两个小孩坐在一块,则有 2 1 2 2 3 4 2 2 24C C C A  种乘车方式; 若两个小孩不坐在一块,则有 2 2 2 1 24 2 3 2 22 2 36C CC C AA  种乘车方式 第二类:用三辆缆车 若两个小孩坐在一块,则有 1 2 2 3 4 2 3 3 72C C C A  种乘车方式 若两个小孩不坐在一块,则有 1 1 2 2 32 1 4 3 32 2 216C CC A AA  种乘车方式 综上不同的乘车方式有 24 36 72 216 348    种,故选 C 巩固 11 某学校要安排 2 名高二的同学,2 名高一的同学和1名初三的同学去参加电视节目《变形记》,有五 个乡村小镇 A、B、C、D,E(每名同学选择一个小镇)由于某种原因高二的同学不去小镇 A,高一的同学 不去小镇 B,初三的同学不去小镇 D 和 E,则共有________种不同的安排方法(用数字作) 【解析】如果初三学生去 A ,则高二学生选1人去 B ,另外三人去 , ,C D E ,故方法数有 1 3 2 3 12C A  种 如果初三学生去 B ,则高一学生选1人去 A ,另外三人去 , ,C D E ,故方法数有 1 3 2 3 12C A  种 如果初三学生去C ,则高二学生选1人去 B ,高一学生选1人去 A ,另外两人去 ,D E ,有 1 1 2 2 2 2 8C C A  种 故总的方法数有12 12 8 32   种 (十)空间几何体与排列组合 例题 10 已知两条异面直线 a,b 上分别有 5 个点和 8 个点,则这 13 个点可以确定不同的平面个数为 A.40 B.16 C.13 D.10 【解析】分两类情况讨论:第 1 类,直线 a 分别与直线 b 上的 8 个点可以确定 8 个不同的平面;第 2 类, 直线 b 分别与直线 a 上的 5 个点可以确定 5 个不同的平面. 根据分类加法计数原理知,共可以确定 8+5=13 个不同的平面,故选 C. 巩固 12 在一个质地均匀的四面体中,一个面上标有数字 1,一个面上标有数字 2,另外有两个面上标有数 字 3,将该正四面体抛掷三次,则向下一面的数字之和为 7 的情况有________种 【解析】因为四面体中,一个面上标有数字 1,一个面上标有数字 2,另外有两个面上标有数字 3,当将该正四面 体抛掷三次,则向下一面的数字之和为 7 的情况有两类: 当组合为 2,2,3 时,可能有 1 1 3 2 6C C  种情况 当组合为 1,3,3 时,可能有 1 1 1 3 2 2 12C C C  种情况 综上可知,所有出现向下一面的数字之和为 7 的情况有 6 12 18  种 (十一)排列组合综合问题 例题 11 空间中不共面的 4 点 A,B,C,D,若其中 3 点到平面 的距离相等且为第四个点到平面 的 2 倍,这样的平面 的个数为( ) A.8 B.16 C.32 D.48 【解析】第一种情况,A,B,C,D 点在平面 的同侧. 当平面 ∥平面 BCD 时,A 与平面 的距离是 与平面 BCD 的距离的 2 倍. 这种情况下有 4 个平面. 第二种情况,A,B,C,D 中有 3 个点在平面 的一侧,第 4 个点在平面 的另一侧,这时又有两种情形: 一种情形是平面 与平面 BCD 平行,且 A 与平面 距离是平面 与平面 BCD 距离的 2 倍.这时有 4 个平面. 另一种情形如图 a 所示,图中 E,F 分别是 AB,AC 的中点,K 是 AD 的三等分点中靠近 A 的分点,A,B, C 到平面 EFK(即平面 )的距离是 D 到平面 EFK 距离的一半. ∵EF 可以是 AB,AC 的中点的连线,又可以是 AB,BC 的中点的连线,或 AC,BC 的中点的连线, ∴这种情形下的平面 有 3×4=12(个). 第三种情况,如图 b 所示,在 A,B,C,D 四点中,平面 两侧各种有两点. 容易看出:点 A 到平面 EFMN(平面 )的距离是 B,C,D 到该平面距离的 2 倍。 就 A,C 与 B,D 分别位于平面 两侧的情形来看,就有 A 离平面 远,B 离平面 远,C 离平面 远,D 离平面 远这四种情况. 又“AC,BD 异面,则这样的异面直线共有 3 对 ∴平面 有 4×3=12(个). 综上分析,平面 有 4+4+12+12=32(个),选 C 巩固 13 若矩阵 1 2 3 4 1 2 3 4 a a a a b b b b      满足下列条件:①每行中的四个数均为集合{1,2,3,4}中不同元素; ②四列中有且只有两列的上下两数是相同的,则满足①②条件的矩阵的个数为( ) A.48 B.72 C.144 D.264 【解析】第一步,排列第一行,有 4 4 24A  种排列方法; 第二步,由题意知有且只有两列的上下两数是相同的,选择{1,2,3,4}中的两个数作为与上列相同的数字, 有 2 4 6C  种取法,而对于剩余两数,为使不与上列数字相同,有且只有一种排法, 因此,满足题中条件的矩阵的个数共有 24 6 144  个,故选 C. 巩固 14 如图,平面 中有梯形 ABCD 与梯形 1111 DCBA 分别在直线l 的两侧,它们与l 无公共点,并且关 于l 成轴对称,现将 沿l 折成一个直二面角,则 A , B ,C , D , 1A , 1B , 1C , 1D 八个点可以确定平 面的个数是( ) A.56 B.44 C.32 D.16 【解析】由题设从八个顶点中任取三个确定的所有平面的个数 3 8 56C  个,其中六个平面 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, , , , ,ABCD A B C D AA D D BB C C AB B A DCC D 中任取三个点所确定的平面个数为 3 46 24C  个,故 A , B ,C , D , 1A , 1B , 1C , 1D 八个点可以确定平面的个数是 3 3 8 46 56 24 32C C    ,选 C 巩固 15 中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能:礼、乐、射、御、书、数.“礼”,礼节,即今德育:“乐”, 音乐,“射”和“御”,射箭和驾驭马车的技术,即今体育和劳动:“书”,书法,即今文学;“数”,算法,即今 数学。某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动,每天连排六节,每艺一节,排课有如下要求:“礼”必须 排在第一,“数”不能排在最后,“射”和“御”要相邻,则“六艺”讲座不同的排课顺序共有( ) A.18种 B.36种 C. 72 种 D.144种 【解析】如果“射”或“御”排在最后,那么“射”和“御”有两种排法即 2 2A 种,余下 3 种才能共有 3 3A 种排法,故 此时共有 2 3 2 3 12A A  中排法; 如果“射”和“御”均不在最后,那么“射”和“御”有3 2 6  种排法,中间还余两个位置,两个位置可选一个给 “数”,有 2 种排法,余下两个位置放置最后的两个基本才能,有 2 2A ,故共有 24 种排法, 综上,共有 36 种排法,选 B. 巩固 16 已知数列{ }na , { 1,0,1} , 1,2,3,4,5,6ia i   .满足条件“ 1 2 3 4 5 60 3a a a a a a       ” 的数列个数为_____. 【解析】因为 { 1,0,1} , 1,2,3,4,5,6ia i   ,所以 ia 只能取 0 或 1 而 1 2 3 4 5 60 3a a a a a a       所以 1 2 3 4 5 6, , , , ,a a a a a a 中出现 0 的个数可以是 6 个,5 个,4 个,3 个。 若出现 6 个 0,则数列为常数数列,共有 1 个数列。 若出现 5 个 0,则出现一个 1,或一个 1 ,因而数列个数为 5 1 6 2 12C C  个数列。 若出现 4 个 0,出现两个 1,或两个 1 ,或一个 1、一个 1 ,数列个数为  4 2 2 1 6 2 2 2 60C C C C   个数列 若出现 3 个 0,则出现三个 1,或两个 1、一个 1 ,或一个 1、两个 1 ,或三个 1 ,因而数列的个数为 3 3 3 3 33 3 6 3 32 2 2 2 160A AC C CA A         个数列 综上所述,数列的个数为1 12 60 160 233    个 十大模板方法解决所有排列组合问题 (一)至少变恰好 例题 1 某地区甲、乙、丙三所单位进行招聘,其中甲单位招聘 2 名,乙单位招聘 2 名,丙单位招聘 1 名, 并且甲单位要至少招聘一名男生,现有 3 男 3 女参加三所单位的招聘,则不同的录取方案种数为( ) A.36 B.72 C.108 D.144 【解析】根据题意,分 3 步进行分析: ①单位甲在 6 人中任选 2 人招聘,要求至少招聘一名男生,有 2 2 6 3 12C C  种情况, ②单位乙在剩下的 4 人中任选 2 人招聘,有 2 4 6C  种情况, ③单位丙在剩下的 2 人中任选 1 人招聘,有 1 2 2C  种情况, 则有12 6 2 144   种不同的录取方案,选 D 巩固 1 2019 年高考结束了,有 5 为同学(其中巴蜀、一中各 2 人,八中1人)高考发挥不好,为了实现“南 开梦”来到南开复读,现在学校决定把他们分到1 2 3、、三个班,每个班至少分配1位同学,为了让他们能更好 的融入新的班级,规定来自同一学校的同学不能分到同一个班,则不同的分配方案种数为( ) A.84 B. 48 C.36 D. 28 【解析】设这五人分别为 1 2 1 2, , , ,A B B C C ,若 A 单独为一组时,只要 2 种分组方法;若 A 组含有两人时,有 1 1 4 2 8C C  种分组方法;若 A 组含有三人时,有 1 1 2 2 4C C  种分组情况;于是共有 14 种分组方法,所以分 配方案总数共有 3 314 84A  ,故选 A. (二)插空法 例题 2 电视台在电视剧开播前连续播放 6 个不同的广告,其中 4 个商业广告 2 个公益广告,现要求 2 个 公益广告不能连续播放,则不同的播放方式共有( ) A. 5 4 2 4A A B. 5 4 2 4C C C. 4 2 6 7A A D. 4 2 6 7C C 【解析】先排 4 个商业广告,有 4 4A 种排法,然后利用插空法,4 个商业广告之间有 5 个空,插 2 个公益广 告,有 2 5A 种排法,根据分步计数原理,所以共有 5 4 2 4A A 种排法,选 A. 巩固 2 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,如果要求剩下的 4 个车位连在一 起,那么不同的停放方法的种数为( ) A.18 B. 24 C.32 D. 64 【解析】首先安排三辆车的位置,假设车位是从左到右一共 7 个, 当三辆车都在最左边时,有车之间的一个排列 3 3A , 当左边两辆,最右边一辆时,有车之间的一个排列 3 3A , 当左边一辆,最右边两辆时,有车之间的一个排列 3 3A , 当最右边三辆时,有车之间的一个排列 3 3A , 总上可知,共有不同的排列法 3 34 24A  种结果,所以选 B (三)特殊元素优先 例题 3 某所大学在 10 月份举行秋季越野接力赛,每个专业四人一组,其中计算机专业的甲、乙、丙、丁 四位大学生将代表本专业参加拉力赛,需要安排第一棒到第四棒的顺序,四个人去询问教练的安排,教练 对甲说:“根据训练成绩,你和乙都不适合跑最后一棒”;然后又对乙说:“你还不适合安排在第一棒”,仅从 教练回答的信息分析,要对这四名同学讲行合理的比赛棒次安排,那么不同情形的种数共有( ) A.6 B.8 C.12 D.24 【解析】根据条件乙只能安排在第二棒或第三棒;若“乙”安排在第二棒,此时有: 1 2 2 2C A 4 种,若“乙” 安排在第三棒,此时有: 1 2 2 2C A 4 种,则一共有 8 种,选 B. (四)捆绑法 例题 4 为迎接建校80 周年校庆,双流区政府计划提升办学条件.区政府联合组 成工作组,与某建设公司计划进行 6个重点项目的洽谈,考虑到工程时间紧迫的现状,工作组对项目洽谈的 顺序提出了如下要求:重点项目甲必须排在前三位,且项目丙、丁必须排在一起,则这六个项目的不同安 排方案共有() A. 240 种 B.188种 C.156种 D.120 种 【解析】第一类:当甲在第1位时,第一步,丙、丁捆绑成的整体有 4 种方法, 第二步,丙、丁内部排列用 2 2A 种方法, 第三步,其他三人共 3 3A 种方法,共 2 3 2 34A A 4 2 6 48    种方法; 第二类:当甲在第 2 位时,第一步,丙、丁捆绑成的整体有 3 种方法, 后面两步与第一类方法相同,共 2 3 2 33A A 3 2 6 36    种方法; 第三类:当甲在第 3 为时,与第二类相同,共36种方法; 总计,完成这件事的方法数为 48 36 36 120N     ,故选 D. 巩固 3 某校迎新晚会上有 6个节目,考虑整体效果,对节目演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前三位, 且节目丙、丁必须排在一起.则该校迎新晚会节目演出顺序的编排方案共有( ) A.120 种 B.156种 C.188种 D. 240 种 【解析】先考虑将丙、丁排在一起的排法种数, 将丙、丁捆绑在一起,与其他四人形成五个元素,排法种数为 2 5 2 5 2 120 240A A    , 利用对称性思想,节目甲放在前三位或后三位的排法种数是一样的, 因此,该校迎新晚会节目演出顺序的编排方案共有 240 1202  种,选 A. (五)不在问题的间接法 例题 5 某教师准备对一天的五节课进行课程安排,要求语文、数学、外语、物理、化学每科分别要排一 节课,则数学不排第一节,物理不排最后一节的情况下,化学排第四节的概率是( ) A. 3 20 B. 3 13 C. 7 9 D. 17 78 【解析】设事件 A :数学不排第一节,物理不排最后一节. 设事件 B :化学排第四节.   4 1 1 3 4 3 3 3 5 5 5 5 78A C C AP A A A   ,   3 1 1 2 3 2 2 2 5 5 5 5 14A C C AP AB A A   ,故满足条件的概率是     7 39 P AB P A  .故选 C. 巩固 4 某公司安排五名大学生从事 A B C D、 、 、 四项工作,每项工作至少安排一人且每人只能安排一项 工作, A 项工作仅安排一人,甲同学不能从事 B 项工作,则不同的分配方案的种数为( ) A.96 B.120 C.132 D. 240 【解析】若甲同学在 A 项工作,则剩余 4 人安排在 B、C、D 三项工作中,共有 1 2 1 1 3 4 2 1 36C C C C  种 若甲同学不在 A 项工作,,则在 C 或 D 工作,共有 1 1 1 1 1 2 4 2 3 3 2 3( ) 96C C C C C C   种,共 36+96=132 种,选 C 巩固 5 某次文艺汇演为,要将 A,B,C,D,E,F 这六个不同节目编排成节目单,如下表: 序号 1 2 3 4 5 6 节目 如果 A,B 两个节目要相邻,且都不排在第 3 号位置,那么节目单上不同的排序方式有 A.192 种 B.144 种 C.96 种 D.72 种 【解析】由题意知 A,B 两个节目要相邻,且都不排在第 3 号位置, 可以把这两个元素看做一个,再让他们两个元素之间还有一个排列, A,B 两个节目可以排在 1,2 两个位置,可以排在 4,5 两个位置,可以排在 5,6 两个位置, 这两个元素共有 种排法,其他四个元素要在剩下的四个位置全排列, 节目单上不同的排序方式有 ,选 B. (六)走街道问题 例题 6 如图,某城市中,M 、N 两地有整齐的道路网,若规定只能向东或向北两个方向沿途中路线前进, 则从 M 到 N 不同的走法共有( ) A.10 B.13 C.15 D.25 【解析】因为只能向东或向北两个方向,向北走的路有 5 条,向东走的路有 3 条,走路时向北走的路有 5 种结果,向东走的路有 3 种结果,根据分步计数原理知共有 3 5 15  种结果,选 C (七)隔板法 例题 7 设有 1n  个不同颜色的球,放入 n 个不同的盒子中,要求每个盒子中至少有一个球,则不同的放 法有( ) A. 1 !n  种 B.  1 !n n  种 C.  1 1 !2 n  种 D.  1 1 !2 n n  种 【解析】将两个颜色的球捆绑在一起,再全排列得 2 1 ! ( 1)!2n nC n n   选 D 巩固 6 将 4 个大小相同,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. A.7 B.10 C.14 D.20 【解析】根据题意,每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号, 分析可得,1 号盒子至少放一个,最多放 2 个小球,分情况讨论: ①1 号盒子中放 1 个球,其余 3 个放入 2 号盒子,有 C41=4 种方法; ②1 号盒子中放 2 个球,其余 2 个放入 2 号盒子,有 C42=6 种方法; 则不同的放球方法有 4+6=10 种,选 B. (八)回归原始的方法 例题 8 某次演出共有 6 位演员参加,规定甲只能排在第一个或最后一个出场, 乙和丙必须排在相邻的顺 序出场,请问不同的演出顺序共有( ) A.24 种 B.144 种 C.48 种 D.96 种 【解析】第一步,先安排甲有 1 2A 种方案;第二步,安排乙和丙有 2 1 2 4A A 种方案;第三步,安排剩余的三个 演员有 3 3A 种方案,根据分步计数原理可得共有 1 2 1 3 2 2 4 3 96A A A A  种方案.故选 D. 巩固 7 如图,下有七张卡片,现这样组成一个三位数:甲从这七张卡片中随机抽出一张,把卡片上的数 字写在百位,然后把卡片放回;乙再从这七张卡片中随机抽出一张,把卡片上的数字写在十位,然后把卡 片放回;丙又从这七张卡片中随机抽出一张,把卡片上的数字写在个位,然后把卡片放回。则这样组成的 三位数的个数为( ) A. 21 B. 48 C. 64 D.81 【解析】第一步:甲从七张卡片中随机抽出一张,抽到的不同取值为 1,2,3,4,共 4 种情况; 第二步:乙从七张卡片中随机抽出一张,抽到的不同取值为 1,2,3,4,共 4 种情况; 第三步:丙从七张卡片中随机抽出一张,抽到的不同取值为 1,2,3,4,共 4 种情况; 因此,这样组成的三位数的个数为 4 4 4 64   ,故选 C (九)涂色 例题 9 现有 5 种不同的颜色,给四棱锥 P-ABCD 的五个顶点涂色,要求同一条棱上的两个顶点颜色不能 相同,一共有( )种方法. A.240 B.360 C.420 D.480 【解析】当顶点 A,C 同色时,顶点 P 有 5 种颜色可供选择,点 A 有 4 种颜色可供选择,点 B 有 3 种颜色可 供选择,此时 C 只能与 A 同色,1 种颜色可选,点 D 就有 3 种颜色可选,共有5 4 3 1 3 180     种; 当顶点 A,C 不同色时,顶点 P 有 5 种颜色可供选择,点 A 有 4 种颜色可供选择,点 B 有 3 种颜色可供选择, 此时 C 与 A 不同色,2 种颜色可选,点 D 就有 2 种颜色可选,共有5 4 3 2 2 240     种;综上可得共有 180 240 420  种,故选 C. 巩固 8 一个正方形花圃,被分为 5 份 A、B、C、D、E,种植红、黄、蓝、绿 4 种颜色不同的花,要求相 邻两部分种植不同颜色的花,则不同的种植方法有( ). A.24 种 B.48 种 C.84 种 D.96 种 【解析】区域 A、C、D 两两相邻,共有 种不同的种植方法, 当区域 E 与区域 A 种植相同颜色的花时,种植 B、E 有 种不同的种植方法, 当区域 E 与区域 A 种植不同颜色的花时,种植 B、E 有 种不同的种植方法, ∴不同的种植方法有 种,选 D 巩固 9 如图为我国数学家赵爽 约 3 世纪初 在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图,现在提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不同,则 区域涂色不相同的 概率为 【解析】提供 5 种颜色给其中 5 个小区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不同, 根据题意,如图,设 5 个区域依次为 ,分 4 步进行分析: ,对于区域 ,有 5 种颜色可选; ,对于区域 与 区域相邻,有 4 种颜色可选; ,对于区域 ,与 区域相邻,有 3 种颜色可选; ,对于区域 ,若 与 颜色相同, 区域有 3 种颜色可选, 若 与 颜色不相同, 区域有 2 种颜色可选, 区域有 2 种颜色可选,则区域 有 种选择, 则不同的涂色方案有 种, 其中, 区域涂色不相同的情况有: ,对于区域 ,有 5 种颜色可选; ,对于区域 与 区域相邻,有 4 种颜色可选; ,对于区域 与 区域相邻,有 2 种颜色可选; ,对于区域 ,若 与 颜色相同, 区域有 2 种颜色可选, 若 与 颜色不相同, 区域有 2 种颜色可选, 区域有 1 种颜色可选, 则区域 有 种选择,不同的涂色方案有 种, 区域涂色不相同的概率为 ,故选 D. (十)平均分堆与不平均分堆 例题 10 《数术记遗》是《算经十书》中的一部,相传是汉末徐岳(约公元 2 世纪)所著,该书主要记述了: 积算(即筹算)太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算计数14种 计算器械的使用方法某研究性学习小组3 人分工搜集整理14种计算器械的相关资料,其中一人 4 种、另两 人每人5 种计算器械,则不同的分配方法有( ) A. 4 5 5 3 14 10 5 3 2 2 C C C A A B. 4 5 5 2 14 10 5 2 3 3 C C C A A C. 4 5 5 14 10 5 2 2 C C C A D. 4 5 5 14 10 5C C C 【解析】先将14 种计算器械分为三组,方法数有 4 5 5 14 10 5 2 2 C C C A 种,再排给3 个人,方法数有 4 5 5 314 10 5 32 2 C C C AA  种, 故选 A. 巩固 10 为了落实中央提出的精准扶贫政策,永济市人力资源和社会保障局派 3 人到开张镇石桥村包扶 5 户 贫困户,要求每户都有且只有1人包扶,每人至少包扶1户,则不同的包扶方案种数为( ) A.30 B.90 C.150 D. 210 【解析】由题意可知,这 3 人所包扶的户数分别为1、1、3 或1、 2 、 2 , 利用分步计数原理知,不同的包扶方案种数为 1 2 3 35 4 5 32 2 5 610 6 1502 C CC AA              ,选 C. 巩固 11 某班有 50 人,从中选 10 人均分 2 组(即每组 5 人),一组打扫教室,一组打扫操场,那么不同的 选派法有( ) A. 10 5 50 10C C B. 10 5 50 10 2 C C C. 10 5 2 50 10 2C C A  D. 5 5 2 50 45 2C C A  【解析】先分组得 10 5 50 10 2 C C ,再一组打扫教室,一组打扫操场,得不同选法 10 5 2 10 550 10 2 50 10A =2 C C C C   ,选 A

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