排列组合公式排列组合计算公式

-.z.排列组合公式/排列组合计算公式2008-07-0813:30公式P是指排列，从N个元素取R个进展排列。

公式C是指组合，从N个元素取R个，不进展排列。

N-元素的总个数

R参与选择的元素个数

！-阶乘，如

9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1从N倒数r个，表达式应该为n*〔n-1)*(n-2)..(n-r+1);

因为从n到〔n-r+1)个数为n－〔n-r+1)＝r举例：Q1:

有从1到9共计9个球，请问，可以组成多少个三位数？A1:

123和213是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属于"排列P〞计算范畴。

上问题中，任何一个只能用一次，显然不会出现988,997之类的组合，我们可以这么看，百位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8*7个三位数。计算公式＝P〔3，9)＝9*8*7,(从9倒数3个的乘积〕Q2:

有从1到9共计9个球，请问，如果三个一组，代表"三国联盟〞，可以组合成多少个"三国联盟〞？A2:

213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个球在一起即可。即不要求顺序的，属于"组合C〞计算范畴。

上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最终组合数C(3,9)=9*8*7/3*2*1排列、组合的概念和公式典型例题分析例1设有3名学生和4个课外小组．〔1〕每名学生都只参加一个课外小组；〔2〕每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法？

解〔1〕由于每名学生都可以参加4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有种不同方法．

〔2〕由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，因此共有种不同方法．点评

由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进展计算．

例2排成一行，其中不排第一，不排第二，不排第三，不排第四的不同排法共有多少种？解

依题意，符合要求的排法可分为第一个排、、中的*一个，共3类，每一类中不同排法可采用画"树图〞的方式逐一排出：∴符合题意的不同排法共有9种．点评

按照分"类〞的思路，此题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，"树图〞是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．例３判断以下问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果．〔1〕高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？〔2〕高二年级数学课外小组共10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？〔3〕有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？〔4〕有8盆花：①从中选出2盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法？②从中选出2盆放在教室有多少种不同的选法？分析〔1〕①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信，所以与顺序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无关，所以是组合问题．其他类似分析．〔1〕①是排列问题，共用了封信；②是组合问题，共需握手〔次〕．〔2〕①是排列问题，共有〔种〕不同的选法；②是组合问题，共有种不同的选法．〔3〕①是排列问题，共有种不同的商；②是组合问题，共有种不同的积．〔4〕①是排列问题，共有种不同的选法；②是组合问题，共有种不同的选法．例４证明．证明左式右式．∴等式成立．点评这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质，可使变形过程得以简化．例5化简．解法一原式解法二原式点评

解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数的两个性质，都使变形过程得以简化．例6解方程：〔1〕；〔2〕．解〔1〕原方程解得．〔2〕原方程可变为∵，，∴原方程可化为．即，解得第六章

排列组合、二项式定理一、考纲要求1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.二、知识构造

三、知识点、能力点提示(一)加法原理乘法原理说明

加法原理、乘法原理是学习排列组合的根底，掌握此两原理为处理排列、组合中有关问题提供了理论根据.例1

5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种"解：

5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有3×3×3×3×3=35(种)(二)排列、排列数公式说明

排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研究的对象以及研究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比拟灵活，历届高考主要考察排列的应用题，都是选择题或填空题考察.例2

由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有(

)A.60个

B.48个

C.36个

D.24个解

因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P12；小于50000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P13;在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有P33，得P13P33P12＝36(个)由此可知此题应选C.例3

将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种"解：

将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不一样的填法有3种，即2143，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为3P13=9(种).例四例五可能有问题，等思考三)组合、组合数公式、组合数的两个性质说明

历届高考均有这方面的题目出现，主要考察排列组合的应用题，且根本上都是由选择题或填空题考察.例4

从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有(

)A.140种

B.84种

C.70种

D.35种解：

抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C14·C25种；甲型2台乙型1台的取法有C24·C15种根据加法原理可得总的取法有C24·C25+C24·C15=40+30=70(种)可知此题应选C.例5

甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式"解：

甲公司从8项工程中选出3项工程的方式C38种；乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C15种；丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C24种；丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C22种.根据乘法原理可得承包方式的种数有C38×C15×C24×C22=×1=1680(种).(四)二项式定理、二项展开式的性质说明

二项式定理提醒了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的根底知识，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考察二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.例6

在(*-)10的展开式中，*6的系数是(

)A.-27C610

B.27C410

C.-9C610

D.9C410解

设(*-)10的展开式中第γ+1项含*6，因Tγ+1=Cγ10*10-γ(-)γ，10-γ=6,γ=4于是展开式中第5项含*6，第5项系数是C410(-)4=9C410故此题应选D.例7

(*-1)-(*-1)2＋(*-1)3-(*-1)+(*-1)５的展开式中的*２的系数等于解：此题可视为首项为*-1，公比为-(*-1)的等比数列的前5项的和，则其和为在(*-1)6中含*3的项是C36*3(-1)3=-20*3，因此展开式中*2的系数是-20.(五)综合例题赏析例8

假设(2*+)4=a0+a1*+a2*2+a3*3+a4*4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为(

)A.1

B.-1

C.0

D.2解：A.例9

2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有(

)A.6种

B.12种

C.18种

D.24种解

分医生的方法有P22＝2种，分护士方法有C24=6种，所以共有6×2＝12种不同的分配方法。应选B.例10

从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有(

).A.140种

B.84种

C.70种

D.35种解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.∵C24·+C25·C14=5×6+10×4=70.∴应选C.例11

*小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生中选的不同选法有(

)A.27种

B.48种

C.21种

D.24种解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：∵C13·C17+C23=3×7+3=24，∴应选D.例12

由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有(

).A.210个

B.300个C.464个

D.600个解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个"应有P15·P55=600个.由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.∴有×600=300个符合题设的六位数.应选B.例13

以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有(

).A.70个

B.64个C.58个

D.52个解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C48=70个.其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(ADB1C1∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)应选C.例14

如果把两条异面直线看成"一对〞，则六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有(

).A.12对

B.24对C.36对

D.48对解：设正六棱锥为O—ABCDEF.任取一侧棱OA(C16)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.∴共有C16×4=24对异面直线.应选B.例15

正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点为顶点的三角形共个(以数字作答).解：7点中任取3个则有C37=35组.其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).∴三角形个数为35-3=32个.例16

设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，则的值为。解

10个元素的集合的全部子集数有：S＝C010+C110+C210+C310+C410+C510+C610+C710+C810+C910+C1010=210=1024其中，含3个元素的子集数有T=C310=120故=例17

例17在50件产品n中有4件是次品，从中任意抽了5件，至少有3件是次品的抽法共种(用数字作答).解："至少3件次品〞即"有3件次品〞或"有4件次品〞.∴C34·C246+C44·C146=4186(种)例18

有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承当，乙、丙各需1人承当，从10人中选派4人承当这三项任务，不同的选法共有(

).A.1260种