主题四 第十章 第1节 计数原理、排列与组合-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

主题四 概率与统计（必修第一册+选择性必修第一册） 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 第1节 计数原理、排列与组合 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题四 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 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第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布列　 高考总复习 数学（BS） ★[课程标准] 1．理解两个计数原理(分类加法计数原理和分步乘法计数原理)． 2．能正确区分“类”和“步”，并能利用两个计数原理解决一些简单的实际问题． 3．理解排列、组合的概念及排列数与组合数公式，并能用其解决一些简单的实际问题． 一、计数原理 原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 定义 分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法，那么，完成这件事共有N＝　m1＋m2＋…＋mn　种方法．(也称“加法原理”) 分步乘法计数原理　完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么，完成这件事共有N＝　m1·m2·…·mn　种方法．(也称“乘法原理”) 区别 各种方法彼此互斥，用其中任何一种方法都可以完成这件事 各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才能做完这件事 二、排列与组合 排列与排列数 组合与组合数 定义 排列：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素，按照一定的　顺序　排成一列，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个排列 组合：一般地，从n个不同元素中，任取m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素　为一组　，叫作从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有不同排列的　个数　，叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作　Aeq \o\al(m,n)　 组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的所有组合的　个数　，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作　Ceq \o\al(m,n)　 公 式 排列数公式：Aeq \o\al(m,n)＝　n(n－1)(n－2)·…·[n－(m－1)]　 组合数公式Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m)) ＝eq \f(nn－1n－2…n－m＋1,m！) ＝eq \f(n！,m！n－m！) 性质 Aeq \o\al(n,n)＝n(n－1) (n－2) ·…·2·1，记作n！.规定：①Aeq \o\al(0,n)＝1.②0！＝1 规定：Ceq \o\al(0,n)＝1. Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(n－m,n)； Ceq \o\al(m,n)＋Ceq \o\al(m－1,n)＝Ceq \o\al(m,n＋1) 备注 n，m∈N＋，并且m≤n n，m∈N＋，并且m≤n 解决排列组合问题“四项基本原则” (1)特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置． (2)先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列时，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再进行排列． (3)正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题． (4)先分组后分配原则：在分配问题中如果被分配的元素多于位置，这时要先进行分组，再进行分配． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　　) (2)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．(　　) (3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(　　) (4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(　　) (5)Aeq \o\al(m,n)＝nAeq \o\al(m－1,n－1).(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3) ×　(4) √　(5)√ ◆[小题查验] 1．一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有6个小球，所有这些小球的颜色互不相同，从两个袋子中分别取1个球，不同的取法种数是(　　) A．5　　 B．6　　　 C．11　　 D．30 解析：D　[根据分步乘法计数原理不同的取法种数为5×6＝30种．] 2．有6个座位连成一排，现有3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有(　　) A．36种 B．48种 C．72种 D．96种 解析：C　[恰有两个空座位相邻，相当于两个空座位与第三个空位不相邻，先排三个人，然后插空，从而共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(2,4)＝72(种)坐法．] 3．(多选)已知Aeq \o\al(m,3)－eq \f(1,2)Aeq \o\al(2,3)＋0！＝4，则m的可能取值是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：CD　[因为Aeq \o\al(m,3)－eq \f(1,2)Aeq \o\al(2,3)＋0！＝4，所以Aeq \o\al(m,3)－eq \f(1,2)×6＋1＝4，所以Aeq \o\al(m,3)＝6，其中m∈N，m≤3，而Aeq \o\al(0,3)＝1，Aeq \o\al(1,3)＝3，Aeq \o\al(2,3)＝Aeq \o\al(3,3)＝6，所以m的值可能是2或3.] 4．(BSD选择性必修第一册P164习题5－2A组T3改编)“五经”是儒家典籍《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校在周末兴趣活动中开展了“五经”知识讲座，每经排1节，连排5节，则《诗经》《春秋》分开排的情况有　　________　　种． 解析：先将《周易》《尚书》《礼记》进行排列，共有Aeq \o\al(3,3)种排法，再从产生的4个空位中选2个安排《诗经》《春秋》，共有Aeq \o\al(2,4)种排法，所以满足条件的情形共有Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(2,4)＝72(种)． 答案：72 5．(重复计算或漏算导致错误)4名考生在三道选做题中任选一道进行做答，则这三道题都有人选做的方法为　________　. 解析：4个人做三道题目，每题至少一人，则必有一个题目有两个人做，因此要先将四个人分成三组，然后再排列，方法数为Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝36. 答案：36 计数原理及应用 1．(2025·北京东城模拟)算盘是中国古代的一项重要发明，迄今已有2 600多年的历史．现有一算盘，取其两档(如图一)，自右向左分别表示十进制数的个位和十位，中间一道横梁把算珠分为上下两部分，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下四珠，上拨一珠记作数字1(如图二算盘表示整数51)．若拨动图1的两枚算珠，则可以表示不同整数的个数为(　　) A．6　　　 B．8　　　 C．10　　　 D．15 解析：B　[拨动两枚算珠可分为以下三类 (1)在个位上拨动两枚，可表示2个不同整数． (2)同理在十位上拨动两枚，可表示2个不同整数． (3)在个位、十位上分别拨动一枚，由分步乘法计数原理易得，可表示2×2＝4个不同整数．所以，根据分类加法计数原理，一共可表示2＋2＋4＝8个不同整数．] 2．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4方格表中选择4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　________　种选法；在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数之和的最大值是　________　. 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 解析：第一空：Aeq \o\al(4,4)＝4！＝24； 第二空：15＋21＋33＋43＝112. 答案：24　112 3．(2025·湖北车城模拟)现有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有(　　) A．720种 B．1 440种 C．2 880种 D．4 320种 解析：D　[根据题意分步完成任务： 第一步：完成3号区域：从6种颜色中选1种涂色，有6种不同方法； 第二步：完成1号区域：从除去3号区域的1种颜色后剩下的5种颜色中选1种涂色，有5种不同方法； 第三步：完成4号区域：从除去3、1号区域的2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法； 第四步：完成2号区域：从除去3、1、4号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法； 第五步：完成5号区域：从除去1、2号区域的2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法； 第六步：完成6号区域：从除去1、2、5号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法； 所以不同的涂色方法：6×5×4×3×4×3＝4 320(种)．] 4．(2024·上海卷)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值　________　. 解析：由题意知集合中至多只有一个奇数，其余均是偶数． 首先讨论三位数中的偶数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有Aeq \o\al(2,9)＝72个； ②当个位不为0时，则个位有Ceq \o\al(1,4)个数字可选，百位有Ceq \o\al(1,8)＝256个数字可选，十位有Ceq \o\al(1,8)个数字可选， 根据分步乘法计数原理，这样的偶数共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,8)Ceq \o\al(1,8)＝256，最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为72＋256＋1＝329个． 答案：329 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)分类要做到不重不漏． 排列问题 1．(2025·山东济宁高二期末)某中学为了更好地培养学生劳动实践能力，举办了一次劳动技术比赛．根据预赛成绩，最终确定由甲、乙等5名同学进入决赛，决出第1名到第5名的名次．决赛后甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军．”对乙说：“你和甲都不是最差的．”从这两个回答分析，甲、乙等5人的决赛名次可能有　________　种排列情况(　　) A．18 B．36 C．54 D．72 解析：C　[由题意可知，甲既不是第1名，也不是第5名，乙不是第5名，所以甲的名次可能是2,3,4，第5名可能为丙，丁，戊，剩余的三个人全排，即可得到甲、乙等5人的决赛名次的可能情况，即有3×3×Aeq \o\al(3,3)＝54(种)．] 2．(2025·广东模拟预测)甲、乙等6人围成一圈，且甲、乙两人相邻，则不同的排法共有(　　 ) A．6种　 B．12种　　 C．24种　 D．48种 解析：D　[因为由于环状排列没有首尾之分，将n个不同元素围成的环状排列剪开看成n个元素排成一排，即共有n！种排法， 由于n个不同元素共有n种不同的剪法，则环状排列共有eq \f(n！,n)＝(n－1)！种排法．甲、乙两人相邻而坐，可将此2人当作1人看，即5人围一圆桌，有(5－1)！种坐法，又因为甲、乙2人可换位，有2！种坐法，故所求坐法为(5－1)！×2！＝48种．] 3．(2025·河北邢台模拟)有4名男生、3名女生和2个不同的道具(记作A和B)参与一个活动，活动要求：所有人(男生和女生)必须站成一排，女生必须站在一起，并且她们之间按照身高从左到右由高到低的顺序排列(假设女生的身高各不相同)；两个道具A和B必须被分配给队伍中的两个人(可以是男生，也可以是女生)，但这两人不能站在一起．满足上述所有条件的排列方式共有(　　 ) A．2 400种 B．3 600种 C．2 880种 D．4 220种 解析：B　[根据题意4名男生、3名女生的排列方法为Aeq \o\al(5,5)，然后在7人中选2人(不相邻)分配道具：Aeq \o\al(2,7)－6Aeq \o\al(2,2)，总方法数为Aeq \o\al(5,5)(Aeq \o\al(2,7)－6Aeq \o\al(2,2))＝3 600.] 4．(2025·河南模拟)某晚会上需要安排4个歌舞类节目和2个语言类节目的演出顺序，要求语言类节目之间有且仅有2个歌舞类节目，则不同的演出方案的种数为(　　) A．72 B．96 C．120 D．144 解析：D　[第一步：全排列2个语言类的节目，共有Aeq \o\al(2,2)种情况， 第二步：从4个歌舞类节目中选出2个节目放入2个语言类的节目之间，共有Aeq \o\al(2,4)种情况， 第三步：再将排好的4个节目视为一个整体，与其余的两个歌舞节目全排列， 共有Aeq \o\al(3,3)种情况，所以N＝Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝144.] 求解排列应用问题的主要方法 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 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 定序问题除法处理 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 间接法 正难则反、等价转化的方法 组合问题 [母题]　某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种． (1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？ (2)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？ (3)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？ [解]　(1)从余下的34种商品中，选取2种有Ceq \o\al(2,34)＝561(种)取法， ∴某一种假货必须在内的不同取法有561种． (2)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)＝2 100(种)取法． ∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种． (3)法一(直接法)：恰好2种假货有Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)种选法，恰好3种假货有Ceq \o\al(3,15)种选法， 因此，选取方式共有Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)＋Ceq \o\al(3,15)＝2 100＋455 ＝2 555(种)． ∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种． 法二(间接法)：没有假货有Ceq \o\al(3,20)＝1 140种选法，恰好1种假货有Ceq \o\al(2,20)Ceq \o\al(1,15)＝2 850种选法，而从35种商品中选取3种有Ceq \o\al(3,35)＝6 545种选法， ∴至少有2种假货在内的不同的取法有6 545－1 140－2 850＝2 555(种)． [子题1]　在母题条件下，若其中某一种假货不能在内，则不同的取法有多少种？ 解：从34种可选商品中，选取3种，有Ceq \o\al(3,34)种或者Ceq \o\al(3,35)－Ceq \o\al(2,34)＝Ceq \o\al(3,34)＝5 984(种)取法． ∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种． [子题2]　在母题条件下，若至多有2种假货在内，则不同的取法有多少种？ 解：法一：(间接法)选取3种的总数为Ceq \o\al(3,35)， 因此共有选取方式Ceq \o\al(3,35)－Ceq \o\al(3,15)＝6 545－455＝6 090(种)． ∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种． 法二：(直接法)选取3种真货有Ceq \o\al(3,20)种，选取2种真货有Ceq \o\al(2,20)Ceq \o\al(1,15)种，选取1种真货有Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)种， 因此共有选取方式Ceq \o\al(3,20)＋Ceq \o\al(2,20)Ceq \o\al(1,15)＋Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)＝6 090(种)． ∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种． 组合问题常有以下两类题型 (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取． (2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解，用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理． 提醒：区分一个问题是排列问题还是组合问题，关键在于是否与顺序有关． 1．(2025·安徽安庆市第二中学模拟)教育部于2022年开展全国高校书记校长访企拓岗促就业专项行动，某市4所高校的校长计划拜访当地的甲、乙两家企业，若每名校长拜访1家企业，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有(　　) A．8种 B．10种 C．14种 D．20种 解析：C　[分两种情况，第一种：1家企业接待1名校长，1家企业接待3名校长，共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,1)Aeq \o\al(2,2)＝8(种)方法；第二种：每家企业均接待2名校长，共有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝6(种)方法，所以共有8＋6＝14(种)．] 2．(2025·江西新余模拟预测)我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有　　________　　种不同的选法(　　) A．675 B．575 C．512 D．545 解析：A　[根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理． 第一类：2个只会跳舞的都不选，则从既能唱歌又能跳舞的5人中选择3人来跳舞，接着从剩余的5人中选择3人唱歌，故有Ceq \o\al(3,5)·Ceq \o\al(3,5)＝100种； 第二类：2个只会跳舞的有1人入选，有Ceq \o\al(1,2)种，再从既能唱歌又能跳舞的5人中选择2人来跳舞，有Ceq \o\al(2,5)种，再从剩余的6人中选择3人唱歌，有Ceq \o\al(3,6)种，故有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,6)＝400种； 第三类：2个只会跳舞的全入选，有Ceq \o\al(2,2)种，再从既能唱歌又能跳舞的5人中选择1人来跳舞，有Ceq \o\al(1,5)种，再从剩余的7人中选择3人唱歌，有Ceq \o\al(3,7)种，有Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(3,7)＝175种， 所以共有100＋400＋175＝675种不同的选法．] 分组分配问题 ►[命题点1]　整体均分问题　 [典例1]　数学活动小组由12名同学组成，现将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题，且每组只研究一个课题，并要求每组选出1名组长，则不同的分配方案有(　　) A.eq \f(C\o\al(3,12)C\o\al(3,9)C\o\al(3,6),A\o\al(3,3))Aeq \o\al(4,4)种 B．Ceq \o\al(3,12)Ceq \o\al(3,9)Ceq \o\al(3,6)34种 C.eq \f(C\o\al(3,12)C\o\al(3,9)C\o\al(3,6),A\o\al(4,4))43种 D．Ceq \o\al(3,12)Ceq \o\al(3,9)Ceq \o\al(3,6)43种 解析：B　[法一：首先将12名同学平均分成四组，有eq \f(C\o\al(3,12)C\o\al(3,9)C\o\al(3,6),A\o\al(4,4))种分法，然后将这四组同学分配到四个不同的课题组，有Aeq \o\al(4,4)种分法，并在各组中选出1名组长，有34种选法，根据分步乘法计数原理，满足条件的不同分配方案有eq \f(C\o\al(3,12)C\o\al(3,9)C\o\al(3,6),A\o\al(4,4))·Aeq \o\al(4,4)·34＝Ceq \o\al(3,12)Ceq \o\al(3,9)Ceq \o\al(3,6)34(种)． 法二：根据题意可知，第一组分3名同学有Ceq \o\al(3,12)种分法，第二组分3名同学有Ceq \o\al(3,9)种分法，第三组分3名同学有Ceq \o\al(3,6)种分法，第四组分3名同学有Ceq \o\al(3,3)种分法．第一组选1名组长有3种选法，第二组选1名组长有3种选法，第三组选1名组长有3种选法，第四组选1名组长有3种选法．根据分步乘法计数原理可知，满足条件的不同分配方案有Ceq \o\al(3,12)Ceq \o\al(3,9)Ceq \o\al(3,6)34种．] 对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以Aeq \o\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数． 1．国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有　________　种不同的分派方法． 解析：先把6个毕业生平均分成3组，有eq \f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有Aeq \o\al(3,3)＝6(种)方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有eq \f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))·Aeq \o\al(3,3)＝90(种)分派方法． 答案：90 ►[命题点2]　部分均匀问题　 [典例2]　(2025·贵州模拟)为有效阻断某病毒传播途径，构筑好免疫屏障，某市启动该病毒疫苗加强针接种工作，凡符合接种第三针条件的市民，要求尽快接种．该市有3个疫苗接种定点医院，现有8名志愿者将被派往这3个医院协助疫苗接种工作，每个医院至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法共有(　　) A．2 940种 B．3 000种 C．3 600种 D．5 880种 [解析]　根据题意，这8名志愿者人数分配方案共有两类：第一类是2,2,4，第二类是3,3,2， 故不同的安排方法共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C\o\al(2,8)C\o\al(2,6)C\o\al(4,4),A\o\al(2,2))＋\f(C\o\al(3,8)C\o\al(3,5)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))))Aeq \o\al(3,3)＝2 940(种)． [答案]　A 对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数． 2．(2025·南昌市新建区模拟)五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，记载了我国古代早期思想文化发展史上政治军事、外交、文化等各个方面的史实资料，在中国的传统文化的诸多文学作品中，占据相当重要的位置．学校古典研读社的三名社团学生，到学校图书馆借了一套五经书籍共5本进行研读，若每人至少分一本，则5本书的分配方案种数是(　　) A．360 B．240 C．150 D．90 解析：C　[先分类再分配第一步分两类2,2,1和3,1,1，则分类方法有eq \f(C\o\al(2,5)C\o\al(2,3),A\o\al(2,2))＋Ceq \o\al(3,5)种； 第二步分配给三名学生有Aeq \o\al(3,3)种分法． 由分步乘法计数原理得N＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C\o\al(2,5)C\o\al(2,3),A\o\al(2,2))＋C\o\al(3,5)))Aeq \o\al(3,3)＝150(种)．] ►[命题点3]　不等分问题　 [典例3]　(2025·湖南永州模拟)A、B、C、D、E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有(　　 ) A．36种 B．42种 C．48种 D．60种 解析：B　[①A校去乙地有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,2)＝24种； ②A校与另一所学校去丙地有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,3)＝12种， ③A校单独去丙地有Ceq \o\al(2,4)＝6种， 所以共有24＋12＋6＝42种．] 对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数． 3．(2025·江苏南通模拟)今年暑期档，全国各大院线推出多部精彩影片，其中比较热门的有《异形：夺命舰》，《名侦探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《姥姥的外孙》这5部，小明和小华两位同学准备从这5部影片中各选2部观看，若两人所选的影片至多有一部相同，且小明一定选看《名侦探柯南》，则两位同学不同的观影方案种数为(　　 ) A．12 B．24 C．28 D．36 解析：D　[若两人所选影片均不同，此时小明先从除《名侦探柯南》中选择一部， 小华从剩余的3部中选择两部，此时共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,3)＝12种方案， 若两人所选影片中，《名侦探柯南》相同，则两人从剩余4部中各选1部，有Aeq \o\al(2,4)＝12种方案， 若两人所选影片中，不是《名侦探柯南》相同，相同的影片为4部中1部，有Ceq \o\al(1,4)种选择，再给小华从剩余3部中选择一部，有Ceq \o\al(1,3)种选择，故共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)＝12种方案，综上，共有12＋12＋12＝36种方案．] $$