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清单03 第六章 两个计数原理及排列组合
(9个考点梳理+题型解读+提升训练)
【考点题型一】两个计数原理综合
(1)定义:完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有种不同的方法,在第2类方案中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.
(2)定义:完成一件事需要两个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.
【例1】(2023高二下·湖北襄阳·期中)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( )
A.48 B.18 C.24 D.36
【答案】D
【分析】根据给定条件,利用分类加法计数原理列式计算作答.
【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线,
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(个);
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,
不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直,
所以正方体中“正交线面对”共有(个).
故选:D
【例2】(23-24高二下·辽宁大连·阶段练习)有两排座位,前排10个座位,后排10个座位,现安排2人就座,规定前排中间的两个座位不能坐,并且这两人不左右相邻,那么不同的坐法的种数是
【答案】276
【分析】分情况讨论,结合分类计数原理可得答案.
【详解】分为下列三类情况:
第一类:两人分别坐前后两排,共有种;
第二类:两人都坐后排,共有种;
第三类:两人都坐前排,共有三种情况,分坐左右4个座位有32种;都坐左边4个座位有6种;都坐右边4个座位也有6种;共有种;
由分类加法计数原理可得,共有种.
故答案为:276
【变式1-1】.(2024高二下·全国·专题练习)用1,2,3,4四个数字组成无重复数字的四位数,其中比2000大的偶数共有( )
A.16个 B.12个 C.9个 D.8个
【答案】D
【分析】利用分类计数原理分类讨论计算即可.
【详解】比2000大,故千位为2,3,4,
若千位为2,则个位为4,有(个)符合题意的四位数;
若千位为3,则个位为2或4,有(个)符合题意的四位数;
若千位为4,则个位为2,有(个)符合题意的四位数.
根据分类加法计数原理得,一共有(个)符合题意的四位数.
故选:D.
【变式1-2】.(22-23高二下·山东菏泽·阶段练习)实数2160所有正因数有 个.
【答案】40
【分析】先分析出,从而利用分步乘法计数原理进行求解.
【详解】,故2160的正因数可表示为,
其中共5种情况,共4种情况,共2种情况,
由分步乘法计数原理可得,2160所有正因数有个.
故答案为:40
【考点题型二】排列数计算
排列数公式
①(连乘形式):,,
②(阶乘形式),,
【例1】(多选)(22-23高二下·新疆喀什·阶段练习)下列等式中,正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】ACD
【分析】计算出排列数和组合数后判断.
【详解】,,,A正确;
,B错;
,,C正确;
,,D正确.
故选:ACD.
【例2】(22-23高二上·全国·课时练习)解下列方程或不等式.
(1)=2;
(2).
【答案】(1)n=5
(2)x=8
【分析】(1)根据条件,利用排列数公式即可求出结果;
(2)先利用排列数公式得到 ,从而得到,对根据排列数公式要求,求出的范围,进而求出结果.
【详解】(1)因为=2,
由,解得,
由原式可得,解得或或.
又因为,所以.
(2)因为<6,
由,解得且,
由原不等式可得,
化简可得,解得,
又且,所以.
【变式2-1】.(22-23高二下·甘肃武威·阶段练习)解下列方程.
(1);
(2).
【答案】(1)5
(2)或.
【分析】(1)根据排列数与组合数的计算公式,化简方程,可得答案;
(2)根据组合数的性质,化简方程,可得方程.
【详解】(1)因为,所以,
所以,解得.
(2)因为,所以,
即,…,,所以,
所以或,
解得或.
【变式2-2】.(22-23高二下·江苏徐州·阶段练习)(1)解方程:
(2)解不等式;
【答案】(1);(2)
【分析】(1)利用组合数的性质及计算公式解方程作答.
(2)利用排列数公式化简不等式,再求解不等式作答.
【详解】(1)由组合数性质及,得,
而,则,
因此,即,解得,
所以原方程的解为.
(2)由,得且,解得,
又,化简得,解得,因此,
所以不等式的解为.
【考点题型三】捆绑法和插空法
相邻捆绑,不相邻插空
【例1】(23-24高三下·山东菏泽·开学考试)一对夫妻带着3个小孩和一个老人,手拉着手围成一圈跳舞,3个小孩