1 第一节 两个计数原理、排列与组合(Word教师用书)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版2019）

第一节　两个计数原理、排列与组合 【课程标准】　1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义．　 2.通过实例，理解排列、组合的概念．　 3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． 1．两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 (1)如果完成一件事有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，每种方法都能独立完成这件事，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法． (2)我们把分类加法计数原理简称为分类计数原理，或加法原理． (1)如果完成一件事需要分成n个步骤，第一步有m1种不同的方法，第二步有m2种不同的方法，…，第n步有mn种不同的方法，每个步骤都完成才算做完这件事，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法． (2)我们把分步乘法计数原理简称为分步计数原理，或乘法原理． 2.排列与组合 (1)概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素 按照一定的顺序排成一列 组合 不论次序地构成一组 排列数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，所有不同排列的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示 组合数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个不同的元素，所有不同组合的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示 (2)排列数、组合数的公式及性质 公式 ①A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(n，m∈N+，且m≤n)． ②C＝＝ ＝(n，m∈N+，且m≤n)． 特别地C＝1. 性质 ①0！＝1；A＝n！. ②C＝C；C＝C＋C. 【记牢常用结论】 1．排列数、组合数常用公式 (1)A＝(n－m＋1)A. (2)A＝nA. (3)(n＋1)！－n！＝n·n！. (4)kC＝nC. (5)C＋C＋…＋C＋C＝C. 2．解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排． (2)合理分类与准确分步． (3)排列、组合混合问题要先选后排． (4)相邻问题捆绑处理． (5)不相邻问题插空处理． 学生用书↓第240页 (6)定序问题倍缩法处理． (7)分排问题直排处理． (8)”小集团“排列问题先整体后局部． (9)构造模型． (10)正难则反，等价转化． 1．[多选题]下列说法正确的是(　　) A．所有元素完全相同的两个排列为相同排列 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，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的 D．kC＝nC 答案：BCD 2．如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路．从甲地到丁地的不同路线共有(　　) A．12条 B．15条 C．18条 D．72条 答案：C 解析：若路线为甲乙丁则有3×2＝6(条)，若路线为甲丙丁则有3×4＝12(条)，故共有6＋12＝18(条)．故选C. 3．计算：＝________. 答案：15 解析：＝＝＝15. 4．若C＝C，则正整数x的值是________． 答案：1或4 解析：因为C＝C，所以2x－1＝x或2x－1＋x＝11，解得x＝1或x＝4.经检验，x＝1或x＝4满足题意． 5．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种． 答案：45　54 解析：五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性． 考点一　两个计数原理 基础练 [(1)某公交车上有6位乘客，沿途有4个车站，乘客下车的可能方式有(　　) A．64种 B．46种 C．24种 D．360种 (2)(2024·山东泰安模拟)用0,1,2,3,4可以组成没有重复数字的四位偶数的个数为(　　) A．36 B．48 C．60 D．72 (3)(2024·河北石家庄模拟)用红、黄、蓝3种颜色给6个相连的圆涂色，如图，若每种颜色只能涂2个圆，且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为(　　) A．24 B．30 C．36 D．42 答案：(1)B　(2)C　(3)B 解析：(1)由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能方式有4×4×4×4×4×4＝46(种)．故选B. (2)当个位数为0时，有A＝24(个)，当个位数为2或4时，有2AA＝36(个)，所以无重复数字的四位偶数有24＋36＝60(个)．故选C. (3)分2类(先涂前3个圆，再涂后3个圆)：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有ACC＝24(种)涂法；第2类，前3个圆用2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有CC＝6(种)涂法．综上，不同的涂法种数为24＋6＝30.故选B. 规律方法 利用两个计数原理解决应用问题的一般思路 1．弄清完成一件事是做什么． 2．确定是先分类后分步，还是先分步后分类． 3．弄清分步、分类的标准是什么． 4．利用两个计数原理求解．　　 对点练1.(1)(2024·陕西咸阳模拟)已知集合S＝{－1，5,1}，P＝{0,1,2,3,4}，从集合S，P中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中表示不同点的个数为________． (2)(2024·河北唐山模拟)寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排A，B，C，D，F五个座位(一排共五个座位)，上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有________种． 答案：(1)29　(2)45 解析：(1)由题意知，首先从集合S中选出一个数字共有3种选法，再从集合P中选出一个数字共有5种选法，取出的两个数字可以作为横坐标，也可以作为纵坐标，所以共有CCA＝30(种)结果，其中(1,1)重复了一次，去掉重复的坐标有30－1＝29(种)结果． (2)先选出坐对位置的人，即从5人中选1人，有5种可能；剩下四人进行错排，设四人座位为1,2,3,4，则四人都不坐在自己位置上有2143,2341,2413,3142,3412,3421,4123,4312,4321共9种可能，所以恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有5×9＝45(种)． 学生用书↓第241页 考点二　排列问题 综合练 [有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法种数． (1)选5人排成一排； (2)排成前后两排，前排3人，后排4人； (3)全体排成一排，女生必须站在一起； (4)全体排成一排，男生互不相邻； (5)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边． 解：(1)从7人中选5人排列，有A＝7×6×5×4×3＝2 520(种)不同排法． (2)分两步完成，先选3人站前排，有A种方法，余下4人站后排，有A4下下下4种方法，共有AA＝5 040(种)不同排法． (3)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A种方法，再将女生全排列，有A4下下下4种方法，共有AA＝576(种)不同排法． (4)(插空法)先排女生，有A4下下下4种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A种方法，共有AA＝1 440(种)不同排法． (5)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有A种排列方法，共有5×A＝3 600(种)不同排法． 法二：(特殊位置优先法)左右两边位置可安排另6人中的两人，有A种排法，其他人有A种排法，共有AA＝3 600(种)不同排法． 规律方法 求解排列问题的四种常用方法 　　 对点练2．(1)(2024·广西柳州模拟)现从4名男志愿者和3名女志愿者中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，若被选派的人中至少有一名男志愿者，则不同的选派方法共有________种(用数字作答). (2)将4位司机、4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，每辆汽车均有1位司机和1位售票员，则共有________种不同的分配方案． 答案：(1)36　(2)576 解析：(1)从男、女志愿者7人中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，共有A种结果，要求被选派的人中至少有一名男志愿者，则选的都是女志愿者不合题意，选的都是女志愿者有A种结果，所以满足条件的选派方法共有A－A＝42－6＝36(种). (2)解决这个问题可以分为两步：第1步，把4位司机分配到4辆不同班次的公共汽车上，即从4个不同元素中取出4个元素排成一列，有A种方法；第2步，把4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，也有A种方法．由分步乘法计数原理知，分配方案共有AA＝576(种). 考点三　组合问题 基础练 [(1)[多选题]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(　　) A．如果4人全部为男生，那么有30种不同的选法 B．如果4人中男生、女生各有2人，那么有30种不同的选法 C．如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法 D．如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有140种不同的选法 (2)在某场新闻发布会上，主持人要从5名国内记者与4名国外记者中依次选出3名来提问，要求3人中既有国内记者又有国外记者，且不能连续选国内记者，则不同的选法有(　　) A．80种 B．180种 C．260种 D．420种 答案：(1)CD　(2)C 解析：(1)如果4人全部为男生，选法有C＝15(种)，故A错误；如果4人中男生、女生各有2人，男生的选法有C＝15(种)，女生的选法有C＝6(种)，则4人中男生、女生各有2人的选法有15×6＝90(种)，故B错误；如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，在剩下的8人中再选2人即可，有C＝28(种)不同的选法，故C正确；在10人中任选4人，有C＝210(种)，甲、乙都不在其中的选法有C＝70(种)， 故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内的选法有210－70＝140(种)，故D正确．故选CD. (2)根据题意，分2种情况讨论． ①选出的3人中有1名国外记者、2名国内记者，则有CCA＝80(种)选法，②选出的3人中有2名国外记者、1名国内记者，则有CCA＝180(种)选法，由分类加法计数原理可知，共有80＋180＝260(种)选法． 规律方法 两类组合问题的解题方法 　 学生用书↓第242页 对点练3.(1)A，B，C，D四个家庭各有2个孩子，共8个孩子，他们准备分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4人(乘同一辆车的4个孩子不考虑位置)，其中A家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4个孩子恰有2个来自于同一个家庭的乘坐方式共有(　　) A．18种 B．24种 C．36种 D．48种 (2)[多选题]在新高考方案中，选择性考试科目有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身兴趣特长，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是(　　) A．若任意选科，选法种数为C B．若化学必选，选法种数为CC C．若政治和地理至少选一门，选法种数为CCC D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法种数为CC＋1 答案：(1)B　(2)BD 解析：(1)根据题意，分两种情况讨论： ①A家庭的孪生姐妹在甲车上，甲车上另外的2个孩子要来自不同的家庭，可以在剩下的三个家庭中任选两个家庭，再从每个家庭的2个孩子中任选1个来乘坐甲车，有C×C×C＝12(种)乘坐方式；②A家庭的孪生姐妹不在甲车上，需要在剩下的三个家庭中任选1个，让其2个孩子都在甲车上，对于剩余的两个家庭，从每个家庭的2个孩子中任选1个来乘坐甲车，有C×C×C＝12(种)乘坐方式，所以共有12＋12＝24(种)乘坐方式．故选B. (2)若任意选科，选法种数为CC，故A错误；若化学必选，选法种数为CC，故B正确；若政治和地理至少选一门，选法种数为C(CC＋1)，故C错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，选法种数为CC＋1，故D正确．故选BD. 考点四　排列与组合的综合问题 多维练 角度1　相邻、相间问题 [多选题]有3名男生，4名女生，在下列不同条件下，正确的是(　　) A．全体站成一排，男生必须站在一起有144种排法 B．全体站成一排，女生互不相邻有144种排法 C．任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有70种 D．全体站成一排，甲不站排头，乙不站排尾有3 720种排法 答案：BCD 解析：对于A，将男生看成一个整体，考虑男生之间的顺序，有A种排法，再将男生的整体与4名女生在一起进行全排列，有A种排法，故共有A·A＝720(种)排法，故A错误；对于B，先排男生，将3名男生全排列，有A种排法，再安排女生，由于女生互不相邻，可以在男生之间及首尾空出的4个空位中排女生，有A种排法，故共有A·A＝144(种)排法，故B正确；对于C，任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有C×2×1＝70(种)，故C正确；对于D，若甲站在排尾，则有A种排法，若甲不站在排尾，则有AAA种排法，故共有A＋AAA＝3 720(种)排法，故D正确．故选BCD. 角度2　定序问题 有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列(不一定相邻)，不同的排法共有________种． 答案：840 解析：7名学生的排列共有A种，其中女生的排列共有A种，按照从左到右，女生从矮到高的排列只是其中的一种，故有＝A＝840(种)不同的排法． 角度3　分组、分配问题 (1)中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断地反映着和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观，谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓，汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术，我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图，以”国“字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为(　　) A．60 B．90 C．120 D．150 (2)中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排6名航天员开展实验，其中每个舱安排2人．若甲、乙两人不被安排在同一个舱内做实验，则不同的安排方案共有(　　) A．20种 B．36种 C．72种 D．84种 答案：(1)D　(2)C 解析：(1)满足条件的分法可分为两类，第一类，一人三张，另两人各一张，符合条件的分法有CA种，即60种；第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的分法有A种，即90种．由分类加法计数原理可得，满足条件的不同分法种数为150.故选D. (2)将6名航天员每个舱安排2人开展实验的所有安排方法数为CCC，其中甲、乙两人被安排在同一个舱内做实验的安排方法数为C··A，所以满足条件的不同的安排方案数为CCC－C··A＝90－18＝72种．故选C. 规律方法 求解排列、组合应用问题的常用方法 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 对于不相邻问题，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排列的空档中 定序问题 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 学生用书↓第243页 对点练4.(1)[多选题]已知A，B，C，D，E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有(　　) A．若A，B不相邻，共有72种排法 B．若A不站在最左边，B不站在最右边，有72种排法 C．若A在B右边有60种排法 D．若A，B两人站在一起有48种排法 (2)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，同类节目不相邻的排法种数是(　　) A．72 B．120 C．144 D．168 (3)将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六及星期日3天参加社区公益活动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)． 答案：(1)ACD　(2)B　(3)1 680 解析：(1)对于A，若A，B不相邻，共有AA＝72(种)排法，故A正确；对于B，若A不站在最左边，B不站在最右边，利用间接法有A－2A＋A＝78(种)排法，故B错误；对于C，若A在B右边有＝60(种)排法，故C正确；对于D，若A，B两人站在一起有AA＝48(种)排法，故D正确．故选ACD. (2)先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“ 小品，小品，相声”、 “小品，相声，小品”和“相声，小品，小品”．对于第一种情况，形式为“□小品歌舞小品□相声□”，有ACA＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法；对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品□相声□小品□”，有AA＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．故选B. (3)先选出3人，有C种选法，再从剩下的6人中选出3人，有C种选法，最后剩下的3人为一组，有C种选法．由分步乘法计数原理以及每A中只能算一种不同的分组方法，可知不同的安排方案共有·A＝1 680(种)． 课时测评77　两个计数原理、排列与组合 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (每小题5分，共60分) 1. 小黑点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现在从结点A向结点B传递信息，信息可分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为(　　) A．9 B．21 C．12 D．8 答案：D 解析：由图形可以看出，从A→B，可以分成两种情况、A→D→B或A→C→B，这两类方法中各自包含的单位时间内通过的信息量分别是5,3，根据分类加法计数原理可知，传递的最大信息量为5＋3＝8.故选D. 2．北京大兴国际机场是一座跨地域、超大型的国际航空综合交通枢纽，目前建有4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东一跑道、北一跑道，如图所示．若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上4条跑道中不同的2条跑道同时起飞，则不同的安排方法种数为(　　) A．16 B．12 C．9 D．8 答案：B 解析：有A＝12(种)不同的安排方法．故选B. 3．(2024·广东广州模拟)如图，在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有(　　) A.96种 B．64种 C．32种 D．16种 答案：B 解析：根据题意，分3步进行，第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1,4或2,3中的一组，共有2A＝4种排法；第二步，排第一步中剩余的一组数，共有AA＝8种排法；第三步，排数字5和6，共有A＝2种排法；由分步乘法计数原理知，共有不同的排法种数为4×8×2＝64.故选B. 4．某大厦一层有A，B，C，D四部电梯，现有3人在同一层乘坐电梯上楼，其中2人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有(　　) A．12种 B．24种 C．18种 D．36种 答案：D 解析：元素相邻利用“捆绑法”，先从3人中选择2人坐同一电梯有C＝3(种)选法，再将2个“元素”安排坐四部电梯有A＝12(种)安排方法，则不同的乘坐方式有3×12＝36(种)．故选D. 5．(2024·安徽黄山模拟)为纪念我国伟大数学家祖冲之在圆周率上的贡献，国际上把3.141 592 6称为”祖率“，某教师为了增加学生对”祖率“的印象，以”祖率“为背景设计如下练习：让同学们把小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到小于3.14的不同数有(　　) A．480个 B．120个 C．240个 D．720个 答案：C 解析：由题意先排十分位必为1，一种方法，再排百分位可以为1或2，两种方法，最后排其余后面的数位，余下的五个数字全排列即可，即不同种数有1×2×A＝240.故选C. 6．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求．现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”， “世界数学通史”，数学方法论， “几何原本”， “什么是数学”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有(　　) A．150种 B．210种 C．300种 D．360种 答案：B 解析：由题意可分两类：第一类，两年选完，共有CA＝60(种)，第二类，三年选完，共有A＝150(种)．综上，不同选修方式有60＋150＝210种，故选B. 7．[多选题]现有4个编号为1,2,3,4的不同的球和4个编号为1,2,3,4的不同的盒子，把球全部放入盒子内．则下列说法正确的是(　　) A．恰有1个盒子不放球，共有72种放法 B．每个盒子内只放一个球，且球的编号和盒子的编号不同的放法有9种 C．有2个盒子内不放球，另外两个盒子内各放2个球的放法有36种 D．恰有2个盒子不放球，共有84种放法 答案：BCD 解析：对于A，恰有1个盒子不放球，先选1个空盒子，再选一个盒子放两个球，则CCA＝144≠72，故A不正确；对于B，编号为1的球有C种放法，把与编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号盒子或者其他两个盒子，共有1＋C＝3(种)，即3×3＝9(种)，故B正确；对于C，首先选出两个空盒子，再取两个球放剩下的两个盒子中的一个，共有CC＝36(种)，故C正确；对于D，恰有2个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将4个球分为3,1或2,2两种情况放入盒子，共有C(CC＋C)＝6×14＝84(种)，故D正确． 8．[多选题](2024·广东佛山联考)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2023年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是(　　) A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为45 B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为AC C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(CC＋CC)A D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是CCA＋CA 答案：AD 解析：根据题意，依次分析选项：对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种安排方法，故A正确；对于B，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，有CA种安排方法，故B错误；对于C，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有A种情况，则有A种安排方法，故C错误；对于D，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选2人开车，则有CCA＋CA种安排方法，故D正确．故选AD. 9．甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数为(　　) A．90 B．120 C．210 D．216 答案：C 解析：由题意得可分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一级台阶上，共有CA＝120(种)站法；第二类，有2人站在同一级台阶上，剩余1人独自站在一级台阶上，共有CCA＝90(种)站法．综上，不同的站法种数是120＋90＝210.故选C. 10．(2024·福建龙岩模拟)从集合M＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}中分别取2个不同的数作为对数的底数与真数，一共可得到________个不同的对数值． 答案：53 解析：①当取的两个数中有一个是1时，则1只能作真数，此时loga1＝0，a＝2或3或4或5或6或7或8或9； ②所取的两个数不含有1时，即从2,3,4,5,6,7,8,9中任取两个，分别作为底数与真数，有A＝56(个)对数，但是其中log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93.综上可知，共可以得到56＋1－4＝53(个)不同的对数值． 11．有唱歌、跳舞、小品、杂技、相声五个节目制成一个节目单，其中小品、相声不相邻且相声、跳舞相邻的节目单有________种．(用数字作答) 答案：36 解析：先考虑相声、跳舞相邻的情况，只需将相声、跳舞这两个节目进行捆绑，形成一个“大元素”，然后再将这个“大元素”与其他三个节目进行排序，共有AA＝48(种)排法．接下来考虑相声节目与小品、跳舞都相邻的情形，需将相声与小品、跳舞这三个节目进行捆绑，其中相声节目位于中间，然后将这个“大元素”与其他两个节目进行排序，此时共有AA＝12(种)排法．综上所述，由间接法可知，共有48－12＝36(种)不同的排法． 12．将6名同学分成两个学习小组，每组至少两人，则不同的分组方法共有________种． 答案：25 解析：由题知，6人分为两组共有两种分法：①一组2人，一组4人，这种分法数为CC＝15种；②两组均为3人，这种分法数为＝10种，所以由分类加法计数原理可得共有15＋10＝25(种)分法． (每小题6分，共24分) 13．4张卡片的正、反面分别写有数字1,2；1,3；4,5；6,7.将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为(　　) A．288 B．336 C．368 D．412 答案：B 解析：当四位数不出现1时，排法有C×C×A＝96(种)；当四位数出现一个1时，排法有2×C×C×A＝192(种)；当四位数出现两个1时，排法有C×C×A＝48(种)；所以不同的四位数的个数共有96＋192＋48＝336.故选B. 14．元宵节是中国传统节日，放烟花、吃汤圆、观花灯是常见的元宵节民俗活动．某社区计划举办元宵节找花灯活动，准备在3个不同的地方悬挂5盏不同的花灯，其中2盏是人物灯．现要求这3个地方都有灯(同一地方的花灯不考虑位置的差别)，且人物灯不能挂在同一个地方，则不同的悬挂方法种数为(　　) A．114 B．92 C．72 D．42 答案：A 解析：由题意得，3个地方的花灯的数量分布应该是1,1,3或者1,2,2两种情况，第一种情况1,1,3，若两个1均为人物灯，则有A种方法，若两个1只有一个为人物灯，则有CCA种方法，即第一种情况共有A＋CCA＝42(种)方法；第二种情况1,2,2，若1为人物灯，则有CCA种方法，若1不是人物灯，则有CCA种方法，即第二种情况共有CCA＋CCA＝72(种)方法．由分类加法计数原理可得，满足条件的不同悬挂方法共有42＋72＝114(种)．故选A. 15．将4个相同的白球、5个相同的黑球、6个相同的红球放入4个不同的盒子中的3个，并且这3个盒子中球的颜色齐全的不同放法共有________种． 答案：720 解析：先从4个盒子中选3个盒子，有C种方法．为了保证3个盒子中球的颜色齐全，在4个相同的白球所产生的3个空中插入2块板，有C种方法；在5个相同的黑球所产生的4个空中插入2块板，有C种方法；在6个相同的红球所产生的5个空中插入2块板，有C种方法．由分步乘法计数原理可得不同的放法共有CCCC＝720(种)． 16. 如图，某花坛中有5个区域，现有4种不同颜色的花卉可供选择，要求相同颜色的花不能相邻栽种，则符合条件的种植方案有________种． 答案：72 解析：如图，假设5个区域分别为1,2,3,4,5，分2种情况讨论： ①当选用3种颜色的花卉时，2,4同色且3,5同色，共有种植方案C·A＝24(种)； ②当4种不同颜色的花卉全选时，即2,4或3,5用同一种颜色，共有种植方案CA＝48(种)，则不同的种植方案共有24＋48＝72(种)． (每小题8分，共16分) 17．如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法共有(　　) A．20种 B．32种 C．54种 D．72种 答案：B 解析：根据题意，a，b，c的取值范围都是7～14中的8个整数，故公差d的范围是－3到3的整数， ①当公差d＝0时，从8个整数中选择一个共有8种，②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2×6＝12(种)，③当公差d＝±2时，b不取7,8,13,14，有2×4＝8(种)，④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2×2＝4(种)，综上，共有8＋12＋8＋4＝32(种)．故选B. 18．[多选题] 某人设计一项单人游戏，规则如下：如图所示，先将一棋子放在正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i＝1,2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．某人抛掷n次骰子后棋子恰好又回到点A处，则(　　) A．若n＝2时，则共有3种不同走法 B．若n＝2时，则共有5种不同走法 C．若n＝3时，则共有25种不同走法 D．若n＝3时，则共有27种不同走法 答案：BD 解析：由题意知正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8.当n＝2时，两次骰子的点数之和是8，共有(2,6)，(3,5)，(4,4)3种组合，抛掷骰子是有序的，所以共5种结果，所以当n＝2时，共有5种不同走法，故A错误，B正确；若n＝3时，三次骰子的点数之和是8或16，共有(1,2,5)，(1,3,4)，(1,1,6)，(2,2,4)，(2,3,3)，(4,6,6)，(5,5,6)7种组合，前2种组合(1,2,5)，(1,3,4)，每种情况可以排列出A＝6(种)结果，共有2A＝2×6＝12(种)结果，其中(1,1,6)，(2,2,4)，(2,3,3)，(4,6,6)，(5,5,6)各有3种结果，共有5×3＝15(种)结果，根据分类加法计数原理知共有12＋15＝27(种)结果，所以当n＝3时，共有27种不同走法，故C错误，D正确．故选BD. 学科网（北京）股份有限公司 $$