2024版 講與練高三一輪數(shù)學(xué)（新教材） 第九章概率與統(tǒng)計

第九章概率與統(tǒng)計9.1兩個基本計數(shù)原理考試要求通過實例，了解分類加法計數(shù)原理、分步乘法計數(shù)原理及其意義.知識梳理1.分類加法計數(shù)原理與分步乘法計數(shù)原理(1)分類加法計數(shù)原理①定義：完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有m種不同的方法，在第2類方案中有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m＋n種不同的方法.②拓展：完成一件事，如果有n類不同方案，且：第1類方案中有m1種不同的方法，第2類方案中有m2種不同的方法，…，第n類方案中有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn種不同的方法.(2)分步乘法計數(shù)原理①定義：完成一件事需要兩個步驟，做第1步有m種不同的方法，做第2步有n種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m×n種不同的方法.②拓展：完成一件事，如果需要分成n個步驟，做第1步有m1種不同的方法，做第2步有m2種不同的方法，…，做第n步有mn種不同的方法，那么完成這件事共有N＝m1×m2×…×mn種不同的方法.2.運(yùn)用分類計數(shù)原理的關(guān)鍵是分類標(biāo)準(zhǔn)的確定，通常按有特殊要求的元素或有特殊要求的位置進(jìn)行分類，即以“符合要求”與“不符合要求”作為分類標(biāo)準(zhǔn)．3.分類與分步都是數(shù)學(xué)思維中的“分解”策略，前者是“橫向分解”，分解為若干種滿足要求的類型；后者是“縱向分解”，將解決問題的方法分成為按一定順序進(jìn)行的小步驟．基礎(chǔ)檢測1.判斷下列命題是否正確，正確的在括號內(nèi)畫“√”，錯誤的畫“×”.(1)在分類加法計數(shù)原理中，每類方案中的方法都能直接完成這件事．(√)(2)在分類加法計數(shù)原理中，兩類不同方案中的方法可以相同．(×)(3)在分步乘法計數(shù)原理中，事情是分兩步完成的，其中任何一個單獨(dú)的步驟都能完成這件事．(×)(4)在分步乘法計數(shù)原理中，每個步驟中完成這個步驟的方法是各不相同的．(√)(5)含有n個元素的集合{a1，a2，a3，…，an}的子集的個數(shù)是2n個．(√)2.(教材改編題)現(xiàn)有5幅不同的油畫，2幅不同的國畫，7幅不同的水彩畫，從這些畫中選一幅布置房間，則不同的選法共有14種．解析：分為三類：從國畫中選，有2種不同的選法；從油畫中選，有5種不同的選法；從水彩畫中選，有7種不同的選法，根據(jù)分類加法計數(shù)原理，共有5＋2＋7＝14(種)不同的選法.3.(教材改編題)為了方便廣大市民接種新冠疫苗，提高新冠疫苗接種率，某區(qū)衛(wèi)健委在城區(qū)設(shè)立了11個接種點，在鄉(xiāng)鎮(zhèn)設(shè)立了19個接種點．某市民為了在同一接種點順利完成新冠疫苗接種，則不同接種點的選法共有30種．解析：該市民可選擇的接種點為兩類，一類為鄉(xiāng)鎮(zhèn)接種點，另一類為城區(qū)接種點，所以共有19＋11＝30(種)不同接種點的選法．4.(教材改編題)某大學(xué)食堂備有6種素菜、5種葷菜、3種湯，現(xiàn)要配成一葷一素一湯的套餐，則可以配成不同套餐的種數(shù)為90.解析：因為備有6種素菜，5種葷菜，3種湯，所以素菜有6種選法，葷菜有5種選法，湯有3種選法，所以要配成一葷一素一湯的套餐，則可以配制出不同的套餐有6×5×3＝90(種)．5.(多選題)(教材改編題)高二年級安排甲、乙、丙三位同學(xué)到A，B，C，D，E五個社區(qū)進(jìn)行暑期社會實踐活動，每位同學(xué)只能選擇一個社區(qū)進(jìn)行活動，且多個同學(xué)可以選擇同一個社區(qū)進(jìn)行活動，下列說法正確的有(ABC)A．如果社區(qū)A必須有同學(xué)選擇，則不同的安排方法有61種B．如果同學(xué)甲必須選擇社區(qū)A，則不同的安排方法有25種C．如果三名同學(xué)選擇的社區(qū)各不相同，則不同的安排方法共有60種D．如果甲、乙兩名同學(xué)必須在同一個社區(qū)，則不同的安排方法共有20種解析：安排甲、乙、丙三位同學(xué)到A，B，C，D，E五個社區(qū)進(jìn)行暑期社會實踐活動，選項A：如果社區(qū)A必須有同學(xué)選擇，則不同的安排方法有53－43＝61(種)．判斷正確；選項B：如果同學(xué)甲必須選擇社區(qū)A，則不同的安排方法有52＝25(種)．判斷正確；選項C：如果三名同學(xué)選擇的社區(qū)各不相同，則不同的安排方法共有5×4×3＝60(種)．判斷正確；選項D：如果甲、乙兩名同學(xué)必須在同一個社區(qū)，再分為丙與甲、乙兩名同學(xué)在一起和不在一起兩種情況，則不同的安排方法共有5＋5×4＝25(種)．判斷錯誤．故選ABC．考點1分類加法計數(shù)原理【例1】書架的第1層放有4本不同的計算機(jī)書，第2層放有3本不同的文藝書，第3層放有2本不同的體育書．從書架上任取1本書，不同的取法有(C)A．3種 B．6種C．9種 D．24種解析：根據(jù)題意可得從書架上任取1本書，有4＋3＋2＝9(種)不同的取法．故選C．規(guī)律總結(jié)利用分類加法計數(shù)原理時，應(yīng)明確完成“一件事”是什么，什么程度才叫完成，完成是共有幾類方案，每一方案又有幾種辦法，然后利用加法原理得出結(jié)果即可.【對點訓(xùn)練1】從甲地出發(fā)前往乙地，一天中有4趟汽車、3趟火車和1趟航班可供選擇．某人某天要從甲地出發(fā)，去乙地旅游，則所有不同走法的種數(shù)是(D)A．16 B．15C．12 D．8解析：根據(jù)分類加法計數(shù)原理，可知共有4＋3＋1＝8(種)不同的走法．故選D．考點2分步乘法計數(shù)原理【例2】(1)4名同學(xué)分別報名參加學(xué)校的足球隊、籃球隊、乒乓球隊，每人限報其中的一個運(yùn)動隊，不同報法的種數(shù)是34還是43？(2)3個班分別從5個景點中選擇一處游覽，不同選法的種數(shù)是35還是53？解：(1)因為每人限報其中一個運(yùn)動隊，完成的“一件事”是4名同學(xué)分別報名完畢，依據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可得3×3×3×3＝34.(2)因為每個班要從5個景點中選擇一處，完成的“一件事”是3個班分別選擇景點完畢，依據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可得5×5×5＝53.規(guī)律總結(jié)利用分步乘法計數(shù)原理時，應(yīng)明確完成“一件事”是什么，什么程度才叫完成，完成是共分幾個步驟，完成每一個步驟又有幾種辦法，然后利用分步乘法計數(shù)原理得出結(jié)果即可．【對點訓(xùn)練2】(1)從2,3,4,5,6,7,8,9這8個數(shù)中任取2個不同的數(shù)分別作為一個對數(shù)的底數(shù)和真數(shù)，則可以組成不同對數(shù)值的個數(shù)為(D)A．56 B．54C．53 D．52解析：在8個數(shù)中任取2個不同的數(shù)共有8×7＝56(個)對數(shù)值，但在這56個數(shù)值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即滿足條件的對數(shù)值共有56－4＝52(個)．故選D．(2)一份快遞從寄件人甲處攬收開始直至送達(dá)收件人乙，需要經(jīng)過5個轉(zhuǎn)運(yùn)環(huán)節(jié)，其中第1,5個環(huán)節(jié)有a，b兩種運(yùn)輸方式，第2,4個環(huán)節(jié)有b，c兩種運(yùn)輸方式，第3個環(huán)節(jié)有c，d，e三種運(yùn)輸方式，快遞從甲送到乙，第1個環(huán)節(jié)使用a運(yùn)輸方式的運(yùn)輸順序共有24種；快遞從甲送到乙有4種運(yùn)輸方式的運(yùn)輸順序共有16種．解析：根據(jù)題意可得：第1個環(huán)節(jié)使用a運(yùn)輸方式的運(yùn)輸順序共有1×2×3×2×2＝24(種)，快遞從甲送到乙有4種運(yùn)輸方式，則第3個環(huán)節(jié)有d，e兩種運(yùn)輸方式，1,2,4,5個環(huán)有兩個環(huán)節(jié)運(yùn)輸方式相同，另外兩個環(huán)節(jié)兩個運(yùn)輸方式不同．若第1,5個環(huán)節(jié)或第2,4個環(huán)節(jié)相同，則2×2×2＝8(種)，若第1,2個環(huán)節(jié)或第1,4個環(huán)節(jié)或第2,5個環(huán)節(jié)或第4,5個環(huán)節(jié)相同，則2×4×1＝8(種)，快遞從甲送到乙有4種運(yùn)輸方式的運(yùn)輸順序共有8＋8＝16(種)．考點3兩個原理的綜合應(yīng)用命題角度1與生活相關(guān)問題【例3】(多選題)(2022·廣東順德模擬)現(xiàn)有3名老師，8名男生和5名女生共16人，有一項活動需派人參加，則下列命題中正確的是(ABC)A．只需1人參加，有16種不同選法B．若需老師、男生、女生各1人參加，則有120種不同選法C．若需1名老師和1名學(xué)生參加，則有39種不同選法D．若需3名老師和1名學(xué)生參加，則有56種不同選法解析：選項A，分三類：取老師有3種選法，選男生有8種選法，選女生有5種選法，故共有3＋8＋5＝16(種)選法，故A正確；選項B，分三步：第一步選老師，第二步選男生，第三步選女生，故共有3×8×5＝120(種)選法，故B正確；選項C，分兩步：第一步選老師，第二步選學(xué)生，第二步，又分為兩類：第一類選男生，第二類選女生，故共有3×(8＋5)＝39(種)選法，故C正確；選項D，若需3名老師和1名學(xué)生參加，則有13種不同選法，故D錯誤．故選ABC．規(guī)律總結(jié)應(yīng)用兩個原理解決計數(shù)問題時，最重要的是在開始計算之前仔細(xì)分析三點：(1)要完成的“一件事”究竟是什么；(2)怎樣算是完成；(3)完成的過程中是分類還是分步，或是在完成的過程中要先分類再分步，亦或先分步再分類等；總之，分類要做到“不重不漏”，分步要做到“步驟嚴(yán)謹(jǐn)完整”.【對點訓(xùn)練3】在法國啟蒙思想家狄德羅所著的《論盲人書簡》一書中，向讀者介紹了英國的盲人數(shù)學(xué)家桑德森發(fā)明的幾何學(xué)研究盤，如下圖所示，它是在刻著田字格的板上釘釘子，釘子釘在田字格的9個格點處，只要用手觸摸釘子的位置和大小，就可以進(jìn)行結(jié)構(gòu)的研究．假設(shè)釘子有大、小兩種，在田字格上至少有一個釘子、至多有兩個釘子，且田字格的中心必須有一個釘子．如果釘子的不同排法代表不同的幾何結(jié)構(gòu)，那么按照這樣的規(guī)則，共可以研究多少種不同的幾何結(jié)構(gòu)？(C)A．18B．32C．34D．36解析：第一類：若田字格上只有一個釘子，此釘子只能釘在田字格中心，可以有釘大、小兩種，此類共有2種不同結(jié)構(gòu)；第二類：若田字格上釘兩個釘子，第一步：中心處必須釘釘子，有大、小兩種可能，第二步：在其余8個位置選擇一個位置釘釘子，此位置有大、小釘子兩種選擇，所以此類情況共有2×8×2＝32(種)不同結(jié)構(gòu)．所以兩類共有34種不同結(jié)構(gòu)．故選C．命題角度2涂色問題【例4】用紅、黃、藍(lán)、綠四種顏色涂在如圖所示的六個區(qū)域，且相鄰兩個區(qū)域不能同色，則涂色方法總數(shù)是120.(用數(shù)字作答)解析：對圖形進(jìn)行編號如圖所示：第一類：若區(qū)域⑥與區(qū)域④相同，涂區(qū)域⑤有4方法，涂區(qū)域①有3種方法，涂區(qū)域④有2種方法，涂區(qū)域③有2種方法，涂區(qū)域②有1種方法，則不同的涂色方案的種數(shù)為4×3×2×2×1＝48(種)；第二類：若區(qū)域⑥與區(qū)域④不相同，涂區(qū)域⑤有4方法，涂區(qū)域①有3種方法，涂區(qū)域④有2種方法，涂區(qū)域⑥有1種方法，再分類，若涂區(qū)域③和⑥一樣，涂區(qū)域②有2種方法；若涂區(qū)域③和⑥不一樣，涂區(qū)域②③有1種方法，則不同的涂色方案的種數(shù)為4×3×2×1×(2＋1)＝72(種)；根據(jù)分類加法計數(shù)原理，共有48＋72＝120(種).規(guī)律總結(jié)解決涂色問題的基本手段是“樹形圖”，即對涂色的每一區(qū)域進(jìn)行逐個討論，直至按要求完成涂色．【對點訓(xùn)練4】給四面體ABCD的六條棱涂色，每條棱可涂紅、黃、藍(lán)、綠四種顏色中的任意一種，且任意共頂點的兩條棱顏色都不相同，則不同的涂色方法種數(shù)為96.(用數(shù)字作答)解析：如圖，由題意，第一步涂DA有4種方法，第二步涂DB有3種方法，第三步涂DC有2種涂法，第四步涂AB，若AB與DC同色，則1種涂法，第五步可分兩種情況，若BC與AD同色，最后一步涂AC有2種涂法，若BC與AD不同色，最后一步涂AC有1種涂法．若第四步涂AB，AB與CD不同，則AB涂第四種顏色，此時BC，AC各有1種涂法．綜上，總的涂法種數(shù)是4×3×2×[1×(1×2＋1×1)＋1×1×1]＝96.命題角度3數(shù)字問題【例5】(多選題)已知數(shù)字0,1,2,3,4由它們組成四位數(shù)，下列說法正確的有(AB)A．組成可以有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)有500個B．組成無重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)有96個C．組成無重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)有66個D．組成無重復(fù)數(shù)字的四位奇數(shù)有28個解析：對A：四位數(shù)的首位不能為0，有4種情況，其他數(shù)位有5種情況，則組成可以有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)有4×5×5×5＝500(個)，故A正確；對B：四位數(shù)的首位不能為0，有4種情況，在剩下的4個數(shù)字中任選3個，排在后面3個數(shù)位，有4×3×2＝24(種)情況，則組成無重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)有4×24＝96(個)，故B正確；對C：若0在個位，有4×3×2＝24(個)四位偶數(shù)，若0不在個位，有3×3×2×2＝36(個)四位偶數(shù)，則組成無重復(fù)數(shù)字的四位偶數(shù)共有24＋36＝60(個)，故C錯誤；對D：組成無重復(fù)數(shù)字的四位奇數(shù)有3×3×2×2＝36(個)，故D錯誤．故選AB．規(guī)律總結(jié)解決“數(shù)字問題”的基本策略是：①是否要求有重復(fù)數(shù)字；②數(shù)字中有沒有0；③“末位”是否有特殊要求.【對點訓(xùn)練5】用數(shù)字1,2,3,4組成沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，則這些四位數(shù)中比2134大的數(shù)字個數(shù)為17.(用數(shù)字作答)解析：根據(jù)題意，用數(shù)字1,2,3,4組成沒有重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，當(dāng)其千位數(shù)字為3或4時，有2×3×2×1＝12(種)情況，即有12個符合題意的四位數(shù)，當(dāng)其千位數(shù)字為2時，有6種情況，其中最小的為2134，則有6－1＝5(個)比2134大的四位數(shù)，故有12＋5＝17(個)比2134大的四位數(shù).課時作業(yè)61基礎(chǔ)鞏固一、單項選擇題1.(2022·安徽銅陵實驗中學(xué)階段測試)甲、乙、丙三個同學(xué)報名參加學(xué)校運(yùn)動會中設(shè)立的跳高、鉛球、跳遠(yuǎn)、100米比賽，每人限報一項，共有多少種不同的報名方法(C)A．12 B．24C．64 D．81解析：甲、乙、丙三個同學(xué)報名參加學(xué)校運(yùn)動會中設(shè)立的跳高、鉛球、跳遠(yuǎn)、100米比賽，每人限報一項，每人有4種報名方法，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，可知共有4×4×4＝64(種)不同的報名方法．故選C．2.有不同的語文書9本，不同的數(shù)學(xué)書7本，不同的英語書5本，從中選出不屬于同一學(xué)科的書2本，則不同的選法有(C)A．21種 B．315種C．143種 D．153種解析：選出不屬于同一學(xué)科的書2本，可分三類，第一類：語文、數(shù)學(xué)各1本，共有9×7＝63(種)；第二類：語文、英語各1本，共有9×5＝45(種)；第三類：數(shù)學(xué)、英語各1本，共有7×5＝35(種)，因此共有63＋45＋35＝143(種)不同選法．故選C．3.(2023·福建福州高三階段練習(xí))為了豐富學(xué)生的課余生活，某學(xué)校開設(shè)了籃球、書法、美術(shù)、吉他、舞蹈、擊劍共六門活動課程，甲、乙、丙3名同學(xué)從中各自任選一門活動課程參加，則這3名學(xué)生所選活動課程不全相同的選法有(C)A．120種 B．150種C．210種 D．216種解析：依題意，每名同學(xué)都有6種選擇方法，所以這3名學(xué)生所選活動課程不全相同的選法有63－6＝210(種)．故選C．4.若m，n∈N，m>0，n>0，且m＋n≤8，則平面上的點(m，n)共有(C)A．21個 B．20個C．28個 D．30個解析：根據(jù)題意，m可取的值為1,2,3,4,5,6,7，當(dāng)m＝1時，由題意可知n可取的值為1,2,3,4,5,6,7，共7種；當(dāng)m＝2時，由題意可知n可取的值為1,2,3,4,5,6，共6種；當(dāng)m＝3時，由題意可知n可取的值為1,2,3,4,5，共5種；當(dāng)m＝4時，由題意可知n可取的值為1,2,3,4，共4種；當(dāng)m＝5時，由題意可知n可取的值為1,2,3，共3種；當(dāng)m＝6時，由題意可知n可取的值為1,2，共2種；當(dāng)m＝7時，由題意可知n可取的值為1，共1種；則平面上的點(m，n)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28(個)，故選C．5.若一個m，n均為非負(fù)整數(shù)的有序數(shù)對(m，n)，在做m＋n的加法時，各位均不進(jìn)位，則稱(m，n)為“簡單的有序?qū)崝?shù)對”，m＋n稱為有序?qū)崝?shù)對(m，n)之值，則值為2004的“簡單的有序?qū)崝?shù)對”的個數(shù)是(B)A．10 B．15C．20 D．25解析：因為在做m＋n的加法時，各位均不進(jìn)位則稱(m，n)為“簡單的有序?qū)崝?shù)”，m＋n稱為有序?qū)崝?shù)對(m，n)之值，其中m，n均為非負(fù)整數(shù)，所以值為2004的“簡單的有序?qū)崝?shù)對”可能為(0,2004)，(1,2003)，(2,2002)，(3，2001)，(4,2000)；(2004,0)，(2003,1)，(2002,2)，(2001,3)，(2000,4)；(1000，1004)，(1001,1003)，(1002,1002)；(1003，1001)，(1004,1000)共15種．故選B．6.某城市在中心廣場建造一個花圃，花圃分為6個部分，如圖所示．現(xiàn)要栽種4種不同顏色的花，每部分栽種一種且相鄰部分不能栽種同樣顏色的花，則不同的栽種方法有(B)A．80種 B．120種C．160種 D．240種解析：第一步，對1號區(qū)域，栽種有4種選擇；第二步，對2號區(qū)域，栽種有3種選擇；第三步，對3號區(qū)域，栽種有2種選擇；第四步，對5號區(qū)域，栽種分為三種情況，①5號與2號栽種相同，則4號栽種僅有1種選擇，6號栽種有2種選擇，②5號與3號栽種相同，情況同上，③5號與2、3號栽種都不同，則4、6號只有1種；綜上所述，4×3×2×(1×2×2＋1×1)＝120(種)．故選B．二、多項選擇題7.一個袋子里有10張不同的中國移動手機(jī)卡，另一個袋子里有12張不同的中國聯(lián)通手機(jī)卡，甲使用的是移動定制手機(jī)(僅使用一張移動卡的手機(jī))，乙使用的是聯(lián)通定制手機(jī)(僅使用一張聯(lián)通卡的手機(jī))，丙使用的是雙網(wǎng)雙待機(jī)(可以使用一張移動卡和一張聯(lián)通卡的手機(jī))，則下列敘述正確的是(ABD)A．甲從裝移動手機(jī)卡的袋子中任取一張自己使用的手機(jī)卡，共有10種不同的取法B．乙從裝聯(lián)通手機(jī)卡的袋子中任取一張自己使用的手機(jī)卡，共有12種不同的取法C．丙從兩個袋子得到一張移動和一張聯(lián)通卡供自己使用，共有22種不同的取法D．丙從兩個袋子得到一張移到和一張聯(lián)通卡供自己使用，共有120種不同的取法解析：根據(jù)題意，裝移動手機(jī)卡的袋子中有10張不同的中國移動手機(jī)卡，甲從裝移動手機(jī)卡的袋子中任取一張自己使用的手機(jī)卡，有10種選法，A正確；裝聯(lián)通手機(jī)卡的袋子中有12張不同的中國聯(lián)通手機(jī)卡，乙從裝聯(lián)通手機(jī)卡的袋子中任取一張自己使用的手機(jī)卡，有12種選法，B正確；丙從兩個袋子得到一張移動和一張聯(lián)通卡供自己使用，移動卡的選法有10種，聯(lián)通卡的選法有12種，有10×12＝120(種)，C錯誤，D正確．故選ABD．8.(2022·河北藁城新冀明中學(xué)階段測試)如圖，線路從A到B之間有五個連接點，若連接點斷開，可能導(dǎo)致線路不通，現(xiàn)發(fā)現(xiàn)AB之間線路不通，則對于連接點斷開的不同情況，下列判斷正確的是(AC)A．至多三個斷點的有19種B．至多三個斷點的有22種C．共有25種D．共有28種解析：若有1個斷點，則1,5中斷開1個，有2種情況；若有2個斷點，則1,5都斷開有1種；1,5斷開1個，2,3,4斷開1個有2×3＝6(種)，共1＋6＝7(種)情況；若有3個斷點，則2,3,4都斷開有1種；1,5都斷開，2,3,4斷開1個有3種；1,5斷開1個，2,3,4斷開2個有2×3＝6(種)，共1＋3＋6＝10(種)；若有4個斷點，則1,5都斷開，2,3,4斷開2個有3種；1,5斷開1個，2,3,4都斷開有2種，共有3＋2＝5(種)；若有5個斷點，有1種情況．綜上，至多三個斷點的有2＋7＋10＝19(種)，故A正確，B錯誤；所有情況共有2＋7＋10＋5＋1＝25(種)，故C正確，D錯誤．故選AC．9.用0,1,2,3,4這五個數(shù)字組成無重復(fù)數(shù)字的自然數(shù)，如果十位上的數(shù)字比百位上的數(shù)字和個位上的數(shù)字都小，則稱這個數(shù)為“凹數(shù)”，如301,412等都是“凹數(shù)”，則下列結(jié)論中正確的是(BC)A．組成的三位數(shù)的個數(shù)為60B．在組成的三位數(shù)中，偶數(shù)的個數(shù)為30C．在組成的三位數(shù)中，“凹數(shù)”的個數(shù)為20D．在組成的三位數(shù)中，“凹數(shù)”的個數(shù)為30解析：對于A，因為百位數(shù)上的數(shù)字不能為零，所以組成的三位數(shù)的個數(shù)為4×4×3＝48，故A錯誤；對于B，將所有三位數(shù)的偶數(shù)分為兩類，①個位數(shù)為0，則有4×3＝12(種)，②個位數(shù)為2或4，則有2×3×3＝18(種)，所以在組成的三位數(shù)中，偶數(shù)的個數(shù)為12＋18＝30，故B正確；對C，D，將這些“凹數(shù)”分為三類，①十位為0，則有4×3＝12(種)，②十位為1，則有3×2＝6(種)，③十位為2，則有2×1＝2(種)，所以在組成的三位數(shù)中，“凹數(shù)”的個數(shù)為12＋6＋2＝20，故C正確，D錯誤．故選BC．三、填空題10.三個人踢毽子，互相傳遞，每人每次只能踢一下，由甲開始踢，經(jīng)過4次傳遞后，毽子又被踢回給甲，則不同的傳遞方式共有6種．解析：由題設(shè)，若三人為甲、乙、丙，傳遞過程如下：甲→①→②→③→甲，其中①③一定不會為甲，中間三人的可能情況為{乙，丙，乙}，{丙，乙，丙}，{乙，甲，乙}，{乙，甲，丙}，{丙，甲，丙}，{丙，甲，乙}，共6種情況.11.數(shù)字2022具有這樣的性質(zhì)：它是6的倍數(shù)并且各位數(shù)字之和為6，稱這種正整數(shù)為“吉祥數(shù)”．在所有的三位正整數(shù)中，“吉祥數(shù)”的個數(shù)為12.解析：當(dāng)百位為6，符合要求的“吉祥數(shù)”有600；當(dāng)百位為5，符合要求的“吉祥數(shù)”有510；當(dāng)百位為4，符合要求的“吉祥數(shù)”有420,402；當(dāng)百位為3，符合要求的“吉祥數(shù)”有330,312；當(dāng)百位為2，符合要求的“吉祥數(shù)”有240,204,222；當(dāng)百位為1，符合要求的“吉祥數(shù)”有150,114,132；綜上，共有12個“吉祥數(shù)”.12.學(xué)習(xí)涂色能鍛煉手眼協(xié)調(diào)能力，更能提高審美能力．現(xiàn)有四種不同的顏色：湖藍(lán)色、米白色、橄欖綠、薄荷綠，欲給小房子中的四個區(qū)域涂色，要求相鄰區(qū)域不涂同一顏色，且橄欖綠與薄荷綠也不涂在相鄰的區(qū)域內(nèi)，則共有66種不同的涂色方法．解析：當(dāng)選擇兩種顏色時，因為欖綠與薄荷綠不涂在相鄰的區(qū)域內(nèi)，所以共有Ceq\o\al(2,4)－1＝5(種)選法，因此不同的涂色方法有5×2＝10(種)，當(dāng)選擇三種顏色且橄欖綠與薄荷綠都被選中，則有2種方法選法，因此不同的涂色方法有2×2×2＝8(種)，當(dāng)選擇三種顏色且橄欖綠與薄荷綠只有一個被選中，則有2種方法選法，因此不同的涂色方法有2×3×2×(2＋1)＝36(種)，當(dāng)選擇四種顏色時，不同的涂色方法有2×2×2＋2×2＝12(種)，所以共有10＋8＋36＋12＝66(種)不同的涂色方法.四、解答題13.(2023·陜西西安高三開學(xué)考試)某城市地鐵公司為鼓勵人們綠色出行，決定按照乘客經(jīng)過地鐵站的數(shù)量實施分段優(yōu)惠政策，不超過12站的地鐵票價如下表：乘坐站數(shù)0<x≤33<x≤77<x≤12票價(元)246現(xiàn)有甲、乙兩位乘客同時從起點乘坐同一輛地鐵，已知他們乘坐地鐵都不超過12站，且他們各自在每個站下地鐵的可能性是相同的．(1)若甲、乙兩人共付費(fèi)6元，則甲、乙下地鐵的方案共有多少種？(2)若甲、乙兩人共付費(fèi)8元，則甲比乙先下地鐵的方案共有多少種？解：(1)由已知可得：甲、乙兩人共付費(fèi)6元，則甲、乙一人付費(fèi)2元一人付費(fèi)4元，又付費(fèi)2元的乘坐站數(shù)有1,2,3三種選擇，付費(fèi)4元的乘坐站數(shù)有4,5,6,7四種選，所以甲、乙下地鐵的方案共有(3×4)×2＝24(種)．(2)甲、乙兩人共付費(fèi)8元，則甲、乙一人付費(fèi)2元一人付費(fèi)6元或兩人都付費(fèi)4元；當(dāng)甲付費(fèi)2元，乙付費(fèi)6元時，甲乘坐站數(shù)有1,2,3三種選擇，乙乘坐站數(shù)有8,9,10,11,12五種選擇，此時，共有3×5＝15(種)方案；當(dāng)兩人都付費(fèi)4元時，若甲在第4站下地鐵，則乙可在第5,6,7站下地鐵，有3種方案；若甲在第5站下地鐵，則乙可在第6,7站下地鐵，有2種方案；若甲在第6站下地鐵，則乙可在第7站下地鐵，有1種方案；綜上，甲比乙先下地鐵的方案共有15＋3＋2＋1＝21(種).14.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，如圖所示．將一個正四棱錐的每一個頂點染上一種顏色，并使同一條棱的兩端異色，如果只有5種顏色可供使用，求不同的染色方法種數(shù)．解：由題設(shè)，四棱錐S-ABCD的頂點S,A,B所染的顏色互不相同，它們共有5×4×3＝60(種)染色方法；當(dāng)S，A，B染好時，不妨設(shè)所染顏色依次為1,2,3，若C染2，則D可染3或4或5，有3種染法；若C染4，則D可染3或5，有2種染法；若C染5，則D可染3或4，有2種染法，即當(dāng)S,A,B染好時，C,D還有7種染法．故不同的染色方法有60×7＝420(種).素養(yǎng)提升15.設(shè)x1，x2，x3，x4∈{－1,0,2}，那么滿足2≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|≤3的所有有序數(shù)組(x1，x2，x3，x4)的組數(shù)為26.解析：x1，x2，x3，x4∈{－1,0,2}，所有有序數(shù)組(x1，x2，x3，x4)中，滿足2≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|≤3的所有有序數(shù)組(x1，x2，x3，x4)，分為三個－1一個0，兩個－1兩個0，一個－1兩個0一個2，三個0一個2共四類情況，不同的種數(shù)為Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(3,4)＝26.16.(2023·江蘇無錫摸底)已知集合U＝{1,2，…，n}(n∈N*，n≥2)，對于集合U的兩個非空子集A，B，若A∩B＝?，則稱(A，B)為集合U的一組“互斥子集”．記集合U的所有“互斥子集”的組數(shù)為f(n)(視(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”)．那么f(n)＝eq\f(1,2)(3n－2n＋1＋1)．解析：根據(jù)題意，任意一個元素只能在集合A，B，C＝?U(A∪B)之一中，則這n個元素在集合A，B，C中，共有3n種；其中A為空集的種數(shù)為2n，B為空集的種數(shù)為2n，故可得A，B均為非空子集的種數(shù)為3n－2n＋1＋1，又因為(A，B)與(B，A)為同一組“互斥子集”，故f(n)＝eq\f(1,2)(3n－2n＋1＋1).9.2排列、組合考試要求通過實例，理解排列、組合的概念；能利用計數(shù)原理推導(dǎo)排列數(shù)公式、組合數(shù)公式.能利用排列、組合解決簡單的實際問題．知識梳理1.排列與組合(1)排列：一般地，從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素，并按照一定的順序排成一列，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個排列．(2)排列數(shù)定義及表示從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同排列的個數(shù)，叫做從n個不同元素中取出m個元素的排列數(shù)，用符號Aeq\o\al(m,n)表示全排列的概念n個不同的元素全部取出的一個排列階乘的概念正整數(shù)1到n的連乘積，用n！表示．Aeq\o\al(n,n)＝n！，0！＝1排列數(shù)公式(n，m∈N*，m≤n).連乘式Aeq\o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)階乘式Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)(3)組合：一般地，從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素作為一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合.(4)組合數(shù)定義及表示從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素的所有不同組合的個數(shù)，叫做從n個不同元素中取出m個元素的組合數(shù)，用符號Ceq\o\al(m,n)表示組合數(shù)公式乘積式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),A\o\al(m,m))＝eq\f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)階乘式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,m！n－m！)兩個性質(zhì)性質(zhì)1Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)性質(zhì)2Ceq\o\al(m,n＋1)＝Ceq\o\al(m,n)＋Ceq\o\al(m－1,n)2.常用公式(1)Aeq\o\al(m,n)＝(n－m＋1)Aeq\o\al(m－1,n)＝nAeq\o\al(m－1,n－1)＝mAeq\o\al(m－1,n－1)＋Aeq\o\al(m,n－1)；(n＋1)?。璶?。絥·n??；(2)kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k－1,n－1)；Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(m－1,n－1)＋Ceq\o\al(m－1,n－2)＋…＋Ceq\o\al(m－1,m－1).基礎(chǔ)檢測1.判斷下列命題是否正確，正確的在括號內(nèi)畫“√”，錯誤的畫“×”.(1)兩個排列相同的充要條件是兩個排列的元素完全相同，且元素的排列順序也相同．(√)(2)10個朋友聚會，每兩人握手一次，是排列問題．(×)(3)選擇兩人去參加同一項活動時無先后順序．(√)(4)若Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(2,n－1)＋Ceq\o\al(3,n－1)，則n＝5.(√)(5)將《紅對勾》等五本不同的教輔資料按順序豎放在一起，則《紅對勾》放在最前面或最后面的不同放法共有48種．(√)2.(教材改編題)一個火車站有8股岔道，如果每股道只能停放1列火車，現(xiàn)要停放4列不同的火車，共有1_680種不同的停放方式．解析：要停放4列不同的火車，需要從8股岔道上任選4股岔道，所以不同的停放方法數(shù)為Aeq\o\al(4,8)＝8×7×6×5＝1680.3.(教材改編題)已知平面內(nèi)A，B，C，D這4個點中任何3個點都不在一條直線上，則其中任意3個點可以構(gòu)成4個三角形．解析：一共可以構(gòu)成Ceq\o\al(3,4)＝4(個)三角形，分別為△ABC，△ABD，△ACD，△BCD．4.(教材改編題)由數(shù)字0,1,2,3,4,5,6可以組成1_440個沒有重復(fù)數(shù)字，并且比5000000大的正整數(shù)．解析：可以分步完成：第一步，最高位選5或6，有2種選法；第二步，其他各位從剩下的6個數(shù)中進(jìn)行全排列，所以可以得到比5000000大的正整數(shù)的個數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(6,6)＝1440.5.(多選題)(教材改編題)已知數(shù)m，n滿足不等式n>m>1，則下列結(jié)論正確的是(ACD)A．Ceq\o\al(m,n)＝Ceq\o\al(n－m,n)B．Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),n！)C．Aeq\o\al(m,n)＝nAeq\o\al(m－1,n－1)D．Aeq\o\al(m,n)＋mAeq\o\al(m－1,n)＝Aeq\o\al(m,n＋1)解析：選項A：等號左邊＝eq\f(n！,m！n－m！)，等號右邊＝eq\f(n！,n－m！n－n＋m！)＝eq\f(n！,n－m！m！)，等號左邊＝等號右邊，A正確．選項B：等號左邊＝eq\f(n！,m！n－m！)＝eq\f(n！,m！)·eq\f(1,n－m！)，等號右邊＝eq\f(n！,n－m！n！)＝eq\f(1,n－m！)，B錯誤．選項C：等號左邊＝eq\f(n！,n－m！)，等號右邊＝neq\f(n－1！,n－1－m＋1！)＝eq\f(n！,n－m！)，等號左邊＝等號右邊，C正確．選項D：等號左邊＝eq\f(n－m＋1,n－m＋1)×eq\f(n！,n－m！)＋m·eq\f(n！,n－m＋1！)＝eq\f(n－m＋1×n！,n－m＋1！)＋eq\f(m×n！,n－m＋1！)＝eq\f(n＋1！,n－m＋1！)，等號右邊＝eq\f(n＋1！,n＋1－m！)，等號左邊＝等號右邊，D正確．故選ACD．考點1排列、組合的基本問題命題角度1排列數(shù)、組合數(shù)公式的基本運(yùn)用【例1】(1)若Aeq\o\al(3,2n)＝10Aeq\o\al(3,n)(n≥3)，求正整數(shù)n的值．解：由Aeq\o\al(3,2n)＝10Aeq\o\al(3,n)得，2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n－2)，又n≥3，n∈N*，所以2(2n－1)＝5(n－2)，解得n＝8，所以正整數(shù)n為8.(2)已知nCeq\o\al(n－3,n)＋Aeq\o\al(3,n)＝4Ceq\o\al(3,n＋1)(n≥3)，求正整數(shù)n的值．解：由nCeq\o\al(n－3,n)＋Aeq\o\al(3,n)＝4Ceq\o\al(3,n＋1)，得n·eq\f(n！,n－3！3！)＋n(n－1)(n－2)＝eq\f(4n＋1！,3！n－2！)，整理得n·eq\f(nn－1n－2,6)＋n(n－1)(n－2)＝eq\f(2n＋1nn－1,3)，因為n≥3，所以n(n－1)≠0，所以eq\f(nn－2,6)＋n－2＝eq\f(2n＋1,3)，n(n－2)＋6n－12＝4(n＋1)，整理得n2＝16，解得n＝4或n＝－4(舍去)，即n＝4.(3)求值：Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,5)＋…＋Ceq\o\al(3,10).解：由組合數(shù)的性質(zhì)知，Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,5)＋…＋Ceq\o\al(3,10)＝Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,5)＋…＋Ceq\o\al(3,10)－Ceq\o\al(4,4)＝Ceq\o\al(4,5)＋Ceq\o\al(3,5)＋…＋Ceq\o\al(3,10)－Ceq\o\al(4,4)＝Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(3,6)＋…＋Ceq\o\al(3,10)－Ceq\o\al(4,4)＝Ceq\o\al(4,11)－Ceq\o\al(4,4)＝329.所以Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,5)＋…＋Ceq\o\al(3,10)的值為329.規(guī)律總結(jié)一般關(guān)于排列數(shù)、組合數(shù)公式的計算問題的解題策略：(1)運(yùn)算求解類問題，常常使用“連乘積”形式；(2)在證明類或運(yùn)算類的化簡過程中，多用“階乘”形式；(3)在運(yùn)算過程中，也不要忽略“排列數(shù)恒等式”和“組合數(shù)恒等式”運(yùn)用.【對點訓(xùn)練1】(1)(多選題)下列有關(guān)排列數(shù)、組合數(shù)的計算，正確的是(BD)A．Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(m！,n！)B．(n＋2)(n＋1)Aeq\o\al(m,n)＝Aeq\o\al(m＋2,n＋2)C．Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(2,100)＝Ceq\o\al(3,101)D．Ceq\o\al(n－2,2n－1)＋Ceq\o\al(2n－1,n＋1)是一個常數(shù)解析：對于A，∵Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,n－m！)，∴A不正確；對于B，(n＋2)(n＋1)Aeq\o\al(m,n)＝(n＋2)(n＋1)n(n－1)…(n－m＋1)＝Aeq\o\al(m＋2,n＋2)，故B正確；對于C，Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(2,100)＝Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(2,100)－1＝Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(2,100)－1＝Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(2,100)－1＝Ceq\o\al(3,101)－1，故C不正確；對于D，n應(yīng)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n－2≥0，,2n－1≥n－2，,2n－1≤n＋1，,n∈N*，))解得n＝2.所以Ceq\o\al(n－2,2n－1)＋Ceq\o\al(2n－1,n＋1)＝Ceq\o\al(0,3)＋Ceq\o\al(3,3)＝2，故D正確，故選BD．(2)求關(guān)于n的不等式7Ceq\o\al(4,n)>5Ceq\o\al(6,n)的解集．解：不等式7Ceq\o\al(4,n)>5Ceq\o\al(6,n)，即不等式eq\f(7nn－1n－2n－3,4×3×2×1)>eq\f(5nn－1n－2n－3n－4n－5,6×5×4×3×2×1)，解得－2<n<11，又因n≥6，n∈N*，所以關(guān)于n的不等式7Ceq\o\al(4,n)>5Ceq\o\al(6,n)的解集為{6,7,8,9,10}.命題角度2排列基本問題【例2】有3名男生、4名女生，在下列不同條件下，求不同的排列方法總數(shù).(1)選其中5人排成一排；(2)排成前后兩排，前排3人，后排4人；(3)全體排成一排，甲不站排頭也不站排尾；(4)全體排成一排，女生必須站在一起；(5)全體排成一排，男生互不相鄰；(6)全體排成一排，甲、乙兩人中間恰好有3人；(7)全體排成一排，甲必須排在乙前面(可不相鄰)；(8)全部排成一排，甲不排在左端，乙不排在右端.解：(1)從7個人中選5個人排，排法總數(shù)有Aeq\o\al(5,7)＝7×6×5×4×3＝2520(種)．(2)分兩步完成，先選3人排在前排，有Aeq\o\al(3,7)種方法，余下4人排在后排，有Aeq\o\al(4,4)種方法，故共有Aeq\o\al(3,7)Aeq\o\al(4,4)＝5040(種)．(3)(優(yōu)先法)解法1：甲為特殊元素．先排甲，有5種方法，其余6人有Aeq\o\al(6,6)種方法，故共有5×Aeq\o\al(6,6)＝3600(種)．解法2：排頭與排尾為特殊位置．排頭與排尾從除甲的其余6個人中選2個排列，有Aeq\o\al(2,6)種方法，中間5個位置由余下4人和甲進(jìn)行全排列，有Aeq\o\al(5,5)種方法，共有Aeq\o\al(2,6)×Aeq\o\al(5,5)＝3600(種)．(4)(捆綁法)將女生看成一個整體，與3名男生一起全排列，有Aeq\o\al(4,4)種方法，再將4名女生進(jìn)行全排列，也有Aeq\o\al(4,4)種方法，故共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(4,4)＝576(種)．(5)(插空法)男生不相鄰，而女生不作要求，所以應(yīng)先排女生，有Aeq\o\al(4,4)種方法，再在女生之間及首尾空出的5個空位中任選3個空位排男生，有Aeq\o\al(3,5)種方法，故共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(3,5)＝1440(種)．(6)(捆綁法)把甲、乙及中間3人看作一個整體，第一步：先排甲乙兩人，有Aeq\o\al(2,2)種方法；第二步：從余下5人中選3人排在甲乙中間，有Aeq\o\al(3,5)種；第三步：把這個整體與余下2人進(jìn)行全排列，有Aeq\o\al(3,3)種方法．故共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,5)Aeq\o\al(3,3)＝720(種)．(7)(消序法)解法1：7人的全排列有Aeq\o\al(7,7)種，其中甲在乙前面與乙在甲前面各占eq\f(1,2)，故共有eq\f(A\o\al(7,7),2)＝2520(種)．解法2：7個位置中任選5個排除甲、乙外的5人，余下的兩個位置甲、乙的排法即定，故有Aeq\o\al(5,7)＝2520(種)．(8)甲、乙為特殊元素，左、右兩端為特殊位置．解法1(特殊元素法)：甲在最右端時，其他的可全排，有Aeq\o\al(6,6)種；甲不在最右端時，可從余下5個位置中任選一個，有Aeq\o\al(1,5)種，而乙可排在除去最右端位置后剩余的5個中的任意一個上，有Aeq\o\al(1,5)種，其余人全排列，共有Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(5,5)(種)．由分類加法計數(shù)原理，共有Aeq\o\al(6,6)＋Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(5,5)＝3720(種)．解法2(特殊位置法)：先排最左端，除去甲外，有Aeq\o\al(1,6)種，余下6個位置全排，有Aeq\o\al(6,6)種，但應(yīng)剔除乙在最右端時的排法Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(5,5)種，因此共有Aeq\o\al(1,6)Aeq\o\al(6,6)－Aeq\o\al(1,5)Aeq\o\al(5,5)＝3720(種)．解法3(間接法)：7個人全排，共Aeq\o\al(7,7)種，其中，不合條件的有甲在最左端時，有Aeq\o\al(6,6)種，乙在最右端時，有Aeq\o\al(6,6)種，其中都包含了甲在最左端，同時乙在最右端的情形，有Aeq\o\al(5,5)種．因此共有Aeq\o\al(7,7)－2Aeq\o\al(6,6)＋Aeq\o\al(5,5)＝3720(種).規(guī)律總結(jié)有約束條件的排列問題一般有以下幾種基本類型與方法：①特殊元素優(yōu)先考慮；②對于相鄰問題采用“捆綁法”，整體參與排序后，再考慮“捆綁”部分的排序；③對于不相鄰問題，采用“插空”法，先排其他元素，再將不相鄰元素插入空檔；④搞清楚“間隔排列”與“不相鄰”的區(qū)別；⑤“分排”問題“直排化”處理；⑥對于定序問題，可先不考慮順序限制，排列后再除以定序元素的全排列數(shù).【對點訓(xùn)練2】(多選題)甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排，則下列說法正確的有(ABD)A．若甲、乙必須相鄰且乙在甲的右邊，則不同的排法有24種B．若最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，則不同的排法有42種C．甲、乙不相鄰的排法有82種D．甲、乙、丙按從左到右的順序排列的排法有20種解析：對于A，甲、乙必須相鄰且乙在甲的右邊，把甲、乙看作一個人，兩人只有一種排法，然后與其他人全排列，排法共有Aeq\o\al(4,4)＝24(種)，A正確；對于B，甲在最左端時，排法有Aeq\o\al(4,4)＝24(種)，乙在最左端時，排法有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝18(種)，排法共有24＋18＝42(種)，B正確；對于C，先排除甲、乙外的其他三人，再把甲、乙排進(jìn)三人中間及兩端的4個位置中，排法共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝72(種)，C錯誤；對于D，先從5個位置中選2個位置安排丁、戊兩人，再把甲、乙、丙按從左到右的順序排在剩下的3個位置中，排法共有Aeq\o\al(2,5)＝20(種)，D正確．故選ABD．命題角度3組合基本問題【例3】課外活動小組共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名隊長.現(xiàn)從中選5人主持某種活動，依下列條件各有多少種選法？(1)只有1名女生；(2)兩隊長當(dāng)選；(3)至少有1名隊長當(dāng)選；(4)至多有2名女生當(dāng)選；(5)既要有隊長，又要有女生當(dāng)選.解：(1)1名女生，4名男生，故共有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,8)＝350(種)．(2)將兩隊長作為一類，其他11個作為一類，故共有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,11)＝165(種)．(3)至少有1名隊長當(dāng)選含有兩類：只有1名隊長和2名隊長．故共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,11)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(3,11)＝825(種)．或采用間接法：Ceq\o\al(5,13)－Ceq\o\al(5,11)＝825(種)．(4)至多有2名女生含有三類：有2名女生、只有1名女生、沒有女生，故選法有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(5,8)＝966(種).(5)分兩類：第一類女隊長當(dāng)選，有Ceq\o\al(4,12)種選法；第二類女隊長不當(dāng)選，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(4,4)種選法．故選法共有Ceq\o\al(4,12)＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,7)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(4,4)＝790(種).規(guī)律總結(jié)解組合問題時要注意：①分類時不重不漏；②注意間接法的使用，在涉及“至多”“至少”等問題時，多考慮用間接法(排除法)；③應(yīng)防止出現(xiàn)如下常見錯誤：如第3小題，先選1名隊長，再從剩下的人中選4人得Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,12)≠825，請同學(xué)們自己找錯因．④對于“多面手”問題，要注意分類討論.【對點訓(xùn)練3】某醫(yī)院呼吸內(nèi)科有3名男醫(yī)生、2名女醫(yī)生，其中李亮(男)為科室主任；感染科有2名男醫(yī)生、2名女醫(yī)生，其中張雅(女)為科室主任．現(xiàn)在院方?jīng)Q定從兩科室中選4人參加培訓(xùn)．(1)若至多有1名主任參加，則有多少種派法？(2)若呼吸內(nèi)科至少有2名醫(yī)生參加，則有多少種派法？(3)若至少有1名主任參加，且有女醫(yī)生參加，則有多少種派法？解：(1)若無主任參加，則有Ceq\o\al(4,7)種派法，若只有1名主任參加，則有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,7)種派法，故不同的派法共有Ceq\o\al(4,7)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(3,7)＝105(種)．(2)由題意，可分為三類考慮：第一類，呼吸內(nèi)科有2名醫(yī)生參加，則共有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,4)種派法；第二類，呼吸內(nèi)科有3名醫(yī)生參加，則共有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,4)種派法；第三類，呼吸內(nèi)科有4名醫(yī)生參加，則共有Ceq\o\al(4,5)種派法．所以呼吸內(nèi)科至少有2名醫(yī)生參加的派法共有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(4,5)＝105(種)．(3)張雅既是主任，也是女醫(yī)生，屬于特殊元素，優(yōu)先考慮，所以以張雅是否參加來分類．第一類，張雅參加，則有Ceq\o\al(3,8)種派法，第二類，張雅不參加，則李亮必須參加，則有Ceq\o\al(1,1)(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(3,3))種派法．所以至少有1名主任參加，且有女醫(yī)生參加的派法共有Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(1,1)(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(3,3))＝87(種)．考點2排列、組合綜合問題命題角度1分堆與分組分配問題【例4】按下列要求分配6本不同的書，各有多少種不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配給甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外兩份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外兩人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本.解：(1)無序不均勻分組問題．先選1本，有Ceq\o\al(1,6)種選法；再從余下的5本中選2本，有Ceq\o\al(2,5)種選法；最后余下3本全選，有Ceq\o\al(3,3)種選法．故共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝60(種)．(2)有序不均勻分組問題．由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)題基礎(chǔ)上，還應(yīng)考慮再分配，共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360(種)．(3)無序均勻分組問題．先分三步，則應(yīng)是Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)種方法，但是這里出現(xiàn)了重復(fù)．不妨記六本書為A，B，C，D，E，F(xiàn)，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，記該種分法為(AB，CD，EF)，則Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)種分法中還有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有Aeq\o\al(3,3)種情況，而這Aeq\o\al(3,3)種情況僅是AB，CD，EF的順序不同，因此只能作為一種分法，故分配方式有eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(3,3))＝15(種)．(4)有序均勻分組問題．在(3)的基礎(chǔ)上再分配給3個人，共有分配方式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)＝Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90(種)．(5)無序部分均勻分組問題．共有eq\f(C\o\al(4,6)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))＝15(種)．(6)有序部分均勻分組問題．在(5)的基礎(chǔ)上再分配給3個人，共有分配方式eq\f(C\o\al(2,6)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝90(種)．(7)直接分配問題．甲選1本，有Ceq\o\al(1,6)種方法；乙從余下的5本中選1本，有Ceq\o\al(1,5)種方法，余下4本留給丙，有Ceq\o\al(4,4)種方法，故共有分配方式Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(4,4)＝30(種).規(guī)律總結(jié)平均分配給不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆數(shù)的全排列.分堆到位相當(dāng)于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法數(shù)：eq\f(平均分堆到指定位置,堆數(shù)的階乘).對于分堆與分配問題應(yīng)注意：①處理分配問題要注意先分堆再分配；②被分配的元素是不同的(如“名額”等則是相同元素，不適用)，位置也應(yīng)是不同的(如不同的“盒子”)；③分堆時要注意是否均勻，如6分成(2,2,2)為均勻分組，分成(1,2,3)為非均勻分組，分成(4,1,1)為部分均勻分組；④有時會遇到“局部的平均分組”問題，這是要注意在“局部”內(nèi)部解決“消序”問題．【對點訓(xùn)練4】(1)某小區(qū)共有3個核酸檢測點同時進(jìn)行檢測，有6名志愿者被分配到這3個檢測點參加服務(wù)，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”進(jìn)行檢測工作的傳授，每個檢測點至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一個檢測點，則不同的分配方案種數(shù)是(C)A．72 B．108C．216 D．432解析：根據(jù)題意，可先把4名“熟手”分為人數(shù)為2,1,1的三組，再分配到3個檢測點，共有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)種分法，然后把2名“生手”分配到3個檢測點中的2個，有Aeq\o\al(2,3)種分法，所以共有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)·Aeq\o\al(2,3)＝216(種)不同的分配方案．故選C．(2)疫情之下，口罩成為家家戶戶囤貨清單中必不可少的一項，某新聞記者為調(diào)查不同口罩的防護(hù)能力，在購物平臺購買了7種口罩，安排4人進(jìn)行相關(guān)數(shù)據(jù)統(tǒng)計，且每人至少統(tǒng)計1種口罩的相關(guān)數(shù)據(jù)(不重復(fù)統(tǒng)計)，則不同的安排方法有8_400種．解析：由題意可知安排方法分三類：第一類，3個人統(tǒng)計1種，1個人統(tǒng)計4種，有Ceq\o\al(4,7)·Aeq\o\al(4,4)＝840(種)；第二類，2個人統(tǒng)計1種，1個人統(tǒng)計2種，1個人統(tǒng)計3種，有Ceq\o\al(3,7)·Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(4,4)＝5040(種)；第三類，1個人統(tǒng)計1種，3個人統(tǒng)計2種，有eq\f(C\o\al(2,7)·C\o\al(2,5)·C\o\al(2,3),A\o\al(3,3))·Aeq\o\al(4,4)＝2520(種)；故總的安排方法有840＋5040＋2520＝8400(種).命題角度2“球”與“盒”模型【例5】(1)將編號為1,2,3,4的四個小球放入編號為1,2,3的三個盒子．把球全部放入盒內(nèi)，共有多少種放法？(2)將編號為1,2,3,4,5的五個小球放入編號為1,2,3,4,5的五個盒子，每個盒子放一個小球，若有且只有1個盒子的編號與放入小球的編號相同，有多少種不同的放法？(3)將11個相同的小球放入編號為1,2,3,4,5的五個盒子中．若要求每個盒子至少放一個小球，有多少種不同的放法？解：(1)滿足條件的放法可分為4步，第一步放1號球，第二步放2號球，第三步放3號球，第四步放4號球，每步都有3種放法，由分步乘法計數(shù)原理可得滿足條件的放法有3×3×3×3種，即81種．(2)滿足條件的放法可分為3步，第一步，從5個球中任選一個球x將其放在與其編號為x盒子中，有5種放法；第二步，從余下的四個球中任選一個球y，放入編號為z(z≠y)的盒子中，有3種放法，第三步，將編號為z的小球放入余下的某一盒子中，有3種放法，第四步，將余下的兩個小球按要求放入余下的盒子中，有1種放法，由分步乘法計數(shù)原理可得共有5×3×3種放法，即45種放法．(3)將11個相同的小球排成1排，在排列的兩端各放置1塊隔板，在小球之間的10個空隙中選擇4個空隙插入隔板，即可將11個小球分為5段，依次將各段小球放入5個盒子中，可得滿足要求的放法，故滿足條件的放法有Ceq\o\al(4,10)種，即滿足條件的放法有210種．規(guī)律總結(jié)“球”與“盒”模型的解題策略：(1)明確球與盒放入個數(shù)的具體要求；(2)球的編號與盒的編號的要求；(3)明確“隔板法”的應(yīng)用前提，是將“相同元素”隔開，計算“相同元素”的分隔情況，解題時要慎之又慎.【對點訓(xùn)練5】現(xiàn)有4個編號為1,2,3,4不同的球和4個編號為1,2,3,4不同的盒子，把球全部放入盒內(nèi)．(1)恰有一個盒子不放球，共有多少種放法？(2)恰有兩個盒子不放球，共有多少種放法？(3)每個盒子內(nèi)只放一個球，且球的編號和盒子的編號不同的方法有多少種？解：(1)恰有一個盒子不放球等價于4個球放入3個盒子，用捆綁法把其中兩個球綁一起放入同一個盒子，則有Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(3,4)＝144(種)．(2)恰有兩個盒子不放球等價于4個球放入2個盒子，2個盒子的球數(shù)分為2類：1和3,2和2，則共有Ceq\o\al(2,4)(Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,4))＝84(種)．(3)編號為1的球有3種方法，把與編號為1的球所放盒子的編號相同的球放入1號盒子或者其他兩個盒子，剩下的球方法唯一，即有1＋Ceq\o\al(1,2)＝3(種)，則共有3×3＝9(種).命題角度3立體幾何背景下的排列組合問題【例6】(1)以正方體的頂點為頂點，可以構(gòu)成三棱錐的個數(shù)為58；可以構(gòu)成四棱錐的個數(shù)為48.解析：正方體共8個頂點，從中選4個點作為頂點，有Ceq\o\al(4,8)種取法，但其中四點共面的情況有12種(6個表面及6個對角面)，因此能構(gòu)成三棱錐Ceq\o\al(4,8)－12＝58(個)．因為四棱錐必須有四個頂點構(gòu)成底面四邊形，故底面有12種取法，而對于每一個確定的底面，都可以有4個頂點，即4個四棱錐，故共有48個四棱錐.(2)從正方體的6個面中選取3個面，其中有2個面不相鄰的選法有多少種？解：解法1(剔除法)：從6個面中選3個面，共有Ceq\o\al(3,6)種選法，因為從正方體的表面中任取3個面，必有兩個相鄰，所以只要剔除3個面都相鄰的情形即可，而3個面都相鄰的情形共有8種(每1種相對于一個頂點)，故有2個面不相鄰的選法有Ceq\o\al(3,6)－8＝12(種)．解法2：3個面中必定有兩個是相對的表面，故有3類(前后相對，左右相對、上下相對)，每一類都有4種取法，故共有選法12種.規(guī)律總結(jié)立體幾何背景下的排列組合問題解題攻略：(1)明確題目要求，能否建立相應(yīng)的“模型”，如“異面直線”問題，可以轉(zhuǎn)化為“四面體”問題，因為一個四面體中包含三對異面直線，這就大大提高了解題效率；(2)“正難則反”的策略，當(dāng)遇到直接解決問題情況較多、分類復(fù)雜等情況，可以考慮間接手段，即可以先不管“限制條件”得出總數(shù)，再減去“不合要求”的，剩余的就是所求結(jié)果，但要注意，在扣除“不合要求”的情況時，是否有“重復(fù)計數(shù)”問題，以免出現(xiàn)“多減”了的情況.【對點訓(xùn)練6】(1)在正六棱柱的所有棱中任取兩條，則它們所在的直線是互相垂直的異面直線共有48對．(用數(shù)字作答)解析：首先考慮側(cè)棱與底面垂直，與底面的直線都垂直，6條側(cè)棱，每一條側(cè)棱與一個底面中的4條直線是互相垂直的異面直線，有上下兩個底面，則其中是互相垂直的異面直線共有2×6×4＝48(種).(2)由正方體的棱、面對角線和體對角線共可組成174對異面直線．解析：正方體的任意兩個頂點的連線，不外乎是棱、面對角線和體對角線三種情形之一，這些連線中任取一對異面直線，就得到正方體的四個不共面的頂點，它們是某個四面體的頂點，這是一個基本的模型．正方體有8個頂點，其中任取4點，共有Ceq\o\al(4,8)種取法，去掉其中4點共面的情形即正方體的6個面、6個對角面，因而以正方體的頂點為頂點的四面體個數(shù)：Ceq\o\al(4,8)－6－6＝eq\f(8×7×6×5,24)－12＝58.每個四面體有3組對棱，∴從每個四面體得到3對異面直線，因而可得異面直線的對數(shù)共有58×3＝174(對).課時作業(yè)62基礎(chǔ)鞏固一、單項選擇題1.從0,2中選一個數(shù)字，從1,3,5中選兩個數(shù)字，組成無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，其中偶數(shù)的個數(shù)為(C)A．24 B．18C．12 D．6解析：根據(jù)題意，要使組成無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)為偶數(shù)，則從0,2中選一個數(shù)字為個位數(shù)，有2種可能，從1,3,5中選兩個數(shù)字為十位數(shù)和百位數(shù)，有Aeq\o\al(2,3)＝3×2＝6(種)可能，故這個無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)為偶數(shù)的個數(shù)為2×6＝12.故選C．2.(2022·廣西南寧模擬)4個人排成一排，則甲不站兩邊的站法有(C)A．8 B．10C．12 D．24解析：甲不站兩邊的有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝12(種).3.(2022·四川綿陽模擬)從5名學(xué)生中選出4名分別參加數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)、生物四科競賽，其中甲不能參加生物競賽，則不同的參賽方案種數(shù)為(D)A．48 B．72C．90 D．96解析：由于甲不參加生物競賽，則安排甲參加另外3場競賽或甲不參加任何競賽．①當(dāng)甲參加另外3場競賽時，共有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,4)＝72(種)選擇方案；②當(dāng)甲不參加任何競賽時，共有Aeq\o\al(4,4)＝24(種)選擇方案．綜上所述，所有參賽方案有72＋24＝96(種)．故選D．4.高中畢業(yè)時，五名同學(xué)排成一排在學(xué)校門口照相留念，若甲、乙二人不相鄰，則不同的排法共有(C)A．36種 B．48種C．72種 D．120種解析：因為甲、乙二人不相鄰，所以先排其他三個同學(xué)，共有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6(種)排法；再將甲乙二人插入三個同學(xué)所產(chǎn)生的4個空位中，有Aeq\o\al(2,4)＝4×3＝12(種)排法．所以一共有6×12＝72(種)排法．故選C．5.6名大四學(xué)生(其中4名男生、2名女生)被安排到A，B，C三所學(xué)校實習(xí)，每所學(xué)校2人，且2名女生不到同一學(xué)校，也不到C學(xué)校，男生甲不到A學(xué)校，則不同的安排方法共有(D)A．9種 B．12種C．15種 D．18種解析：第一步2名女生分配到A，B兩個學(xué)校，方法數(shù)為Aeq\o\al(2,2)，第二步A學(xué)校選1名男生，方法數(shù)為Ceq\o\al(1,3)(不含男生甲)，第三步B學(xué)校從剩下的3名男生中選1名，方法數(shù)為Ceq\o\al(1,3)，最后還有2名男生到C學(xué)校，所以總方法數(shù)為Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)＝18.故選D．6.(2023·甘肅白銀高三開學(xué)考試)6名志愿者要到A，B，C三個社區(qū)進(jìn)行志愿服務(wù)，每個志愿者只去一個社區(qū)，每個社區(qū)至少安排1名志愿者，若要2名志愿者去A社區(qū)，則不同的安排方法共有(D)A．105種 B．144種C．150種 D．210種解析：先選出2名志愿者安排到A社區(qū)，有Ceq\o\al(2,6)種方法，再把剩下的4名志愿者分成兩組，有兩種分法，一種是平均分為兩組，有eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))種分法，另一種是一組1人，另一組3人，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,3)種分法，再分配到其他兩個社區(qū)，則不同的安排方法共有Ceq\o\al(2,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))＋C\o\al(1,4)C\o\al(3,3)))Aeq\o\al(2,2)＝210(種)．故選D．二、多項選擇題7.(2023·吉林東北師大附中高三開學(xué)考試)某學(xué)生在物理、化學(xué)、生物、政治、歷史、地理、技術(shù)這七門課程中選三門作為選考科目，下列說法正確的是(ABC)A．若任意選擇三門課程，選法總數(shù)為Ceq\o\al(3,7)B．若物理和化學(xué)至少選一門，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)C．若物理和歷史不能同時選，選法總數(shù)為Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(1,5)D．若物理和化學(xué)至少選一門，且物理和歷史不能同時選，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)－Ceq\o\al(1,5)解析：對于A，若任意選擇三門課程，選法總數(shù)為Ceq\o\al(3,7)，可判斷A正確；對于B，若物理和化學(xué)選一門，有Ceq\o\al(1,2)種方法，其余兩門從剩余的5門中選2門，有Ceq\o\al(2,5)種選法，若物理和化學(xué)選兩門，有Ceq\o\al(2,2)種選法，剩下一門從剩余的5門中選1門，有Ceq\o\al(1,5)種選法，選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)，故B正確；對于C，若物理和歷史不能同時選，選法總數(shù)為Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)＝Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(1,5)，故C正確；對于D，若物理和化學(xué)至少選一門，有3種情況，①只選物理且物理和歷史不同時選，有Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,4)種選法；②選化學(xué)，不選物理，有Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,5)種選法；③物理與化學(xué)都選，有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)種選法，故選法總數(shù)為Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝6＋10＋4＝20，故D錯誤．故選ABC．8.(2022·重慶萬州純陽中學(xué)階段測試)下列等式正確的是(ABD)A．(n＋1)Aeq\o\al(m,n)＝Aeq\o\al(m＋1,n＋1) B．eq\f(n！,nn－1)＝(n－2)！C．Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),n！) D．eq\f(1,n－m)Aeq\o\al(m＋1,n)＝Aeq\o\al(m,n)解析：對于A，(n＋1)Aeq\o\al(m,n)＝(n＋1)·eq\f(n！,n－m！)＝eq\f(n＋1！,[n＋1－m＋1]！)＝Aeq\o\al(m＋1,n＋1)，A正確；對于B，eq\f(n！,nn－1)＝eq\f(n·n－1！,nn－1)＝eq\f(n－1·n－2！,n－1)＝(n－2)！，B正確；對于C，Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(A\o\al(m,n),m！)，而m！與n！不一定相等，則eq\f(A\o\al(m,n),m！)與eq\f(A\o\