【名师导学】高考数学一轮总复习 7.47 排列与组合的综合应用题课件 理

第47讲排列与组合的综合应用题【学习目标】1．进一步理解排列、组合的概念，了解计数原理的思想，熟练掌握排列、组合计算公式．2．提升综合应用排列组合的知识解决一些简单的应用问题的思维能力和分类讨论的数学思想．【基础检测】1．某校开设10门课程供学生选修，其中A，B，C三门课程由于上课时间相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修三门课程，则每位同学不同的选修方案种数是()

A．120B．98C．63D．56B【解析】分两类：第一类，A，B，C三门课都不选，有C73＝35种方案，第二类，A，B，C中选一门，剩余7门课中选两门，有C31C72＝63种方案，故共有35＋63＝98种方案．2．现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取2件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是()A．420 B．560C．840 D．20160C【解析】从下层8件中取2件，有C82种取法，放到上层时，若这两件相邻，有A51A22种放法，若这两件不相邻，有A52处放法，所以不同调整方法的种数是C82(A51A22＋A52)＝840.故选C.3．从0，1，2，3中任取三个数字，组成无重复数字的三位数中，偶数的个数是____(用数字回答)．10【解析】考虑三位数“没0”和“有0”两种情况．(1)没0：2必填个位，A22种填法；(2)有0：0填个位，A32种填法；0填十位，2必填个位，A21种填法．所以，偶数的个数一共有A22＋A32＋A21＝10个．4．已知集合A＝{5}，B＝{1，2}，C＝{1，3，4}，从这三个集合中各取一个元素，构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定不同点的个数为____．33【解析】若不考虑限定条件，确定的点的个数为C11C21C31A33＝36，但集合B、C中有相同元素1，由5，1，1三个数确定的相同的点有三个．故所求的个数为36－3＝33.【知识要点】1．求解排列与组合的综合应用题，通常有三条途径：(1)以元素为分析对象，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素，即优元法；(2)以位置为分析对象，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置，即优位法．这两种方法都是直接法；(3)先不考虑附加条件，计算出所有排列数或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数，即间接法．2．解决排列与组合应用题常用的方法有：直接计算法与间接计算法；分类法与分步法；元素分析法与位置分析法；插空法与捆绑法等．3．解答组合应用题的总体思路为：(1)整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任何两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算结果时用分类计数原理．(2)局部分步，整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的不重复，计算结果时用分步计数原理．(3)辩证地看待“元素”与“位置”．排列、组合问题中的元素与位置，没有严格的界定标准，哪些事物看成元素或位置，要视具体情况而定．有时“元素选位置”，问题解决得简捷；有时“位置选元素”，效果会更好．【解析】(1)无序不均匀分组问题．先选1本有C61种选法；再从余下的5本中选2本有C52种选法；最后余下3本全选有C33种选法，故分配方式有C61C52C33＝60种．(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)题的基础上，还应考虑再分配，分配方式有C61C52C33A33＝360种．【点评】这是一一个分分组问问题，，解决决此类类问题题的关关键是是正确确判断断分组组是均均匀分分组还还是不不均匀匀分组组，无无序均均匀分分组要要除以以均匀匀组数数的阶阶乘数数；还还要充充分考考虑到到是否否与顺顺序有有关，，有序序分组组要在在无序序分组组的基基础上上乘以以分组组数的的阶乘乘数．．C【解析】由题意意可知知，先先排工工序A，有2种编排排方法法；再再将工工序B和C视为一一个整整体(有2种顺序序)与其他他3个工序序全排排列共共有2A44种编排排方法法．故故实施施顺序序的编编排方方法共共有2×2A44＝96种．故故选C.(2)某人从从{O，P，Q，R}中选2个不同同字母母，从从{0，2，5，6，8}中选3个不同同数字字组成成车牌牌号，，要求求前三三位是是数字字，后后两位位是字字母，，且数数字0不能排排在首首位，，O，Q不能同同时选选，字字母O和数字字0要求不不能相相邻，，那么么满足足要求求的车车牌号号有()A．528个B．504个C．456个D．288个C【解析】(1)不选数数字0有(2C21＋1)C43A33A22＝240个，(2)选数字字0不选字字母O有C32C42C21A22A22＝144个，(3)选数字字0也选字字母O有C21C42C21(A22＋1)＝72个，所所以共共有240＋144＋72＝456个．(3)研究性性学习习小组组有4名同学学要在在同一一天的的上、、下午午到实实验室室做A，B，C，D，E五个操操作实实验，，每位位同学学上、、下午午各做做一个个实验验，且且不重重复，，若上上午不不能做做D实验，，下午午不能能做E实验，，则不不同的的安排排方式式共有有()A．144种B．192种C．216种D．264种D【解析】根据题题意得得，上上午要要做的的实验验是A，B，C，E，下午午要做做的实实验是是A，B，C，D，且上上午做做了A，B，C实验的的同学学下午午不再再做相相同的的实验验，先先安排排上午午，从从4位同学学中任任选一一人做做E实验，，其余余三人人分别别做A，B，C实验，，有C41A33＝24种安排排方式式．再再安排排下午午，分分两类类：①上午选E实验的同学学下午选D实验，另三三位同学对对A，B，C实验错位排排列，有2种方法，则则不同的安安排方式有有N1＝1×2＝2种；②上午选E实验的同学学下午选A，B，C实验之一，，另外三位位从剩下的的两项和D一共三项中中选，但必必须与上午午的实验项项目错开，，有3种方法，则则不同的安安排方式有有：N2＝C31·3＝9种．于是，，不同的安安排方式共共有N＝24×(2＋9)＝264种．故选D.【点评】综合应用排排列与组合合知识求解解的问题的的策略通常常是“先选后排”和“边选边排”两种方法．．D【解析】从1，2，3，…，9这9个整数中同同时取4个不同的数数，其和为为偶数的取取法分为三三类；第一一类是取四四个奇数，，即C54＝5种取法；第第二类是取取两个奇数数，两个偶偶数，即C52C42＝60种取法；第第三类是取取四个偶数数，即C44＝1.故有5＋60＋1＝66种取法．故故选D.(2)只用1、2、3三个数字组组成一个四四位数，规规定这三个个数必须同同时使用，，且同一数数字不能相相邻出现，，这样的四四位数共有有()A．6个B．9个C．18个D．36个C【解析】对于1、2、3三个数组成成一个四位位数，其中中必有一个个数要重复复，从三个个中选一个个有C31种，这样重重复的数有有2个，利用插插空法知共共有A33种，因此共共有3A33＝18个这样的四四位数．(3)由1、2、3、4、5、6组成没有重重复数字且且1、3都不与5相邻的六位位偶数的个个数是()A．72B．96C．108D．144C【解析】先选一个偶偶数字排个个位，有3种排法，①若5在十位或十十万位，则则1、3有三个位置置可排，共共有3A32A22＝24个，②若5排在百位、、千位或万万位，则1、3只有两个位位置可排，，共3A22A22＝12个，算上个位偶偶数字的排排法，共计计3×(24＋12)＝108个．【点评】有关由若干干个数字组组成满足某某条件的数数的问题通通常应用“特殊元素先先排法”或“减去法”，思考这类类问题时应应注意数字字“0”是否参与、、组成的数数是多少位位数、数字字使用时是是否可以重重复这三个个基本方面面．30【解析】根据A球所在位置置分三类：：①若A球放在3号盒子内，，则B球只能放在在4号盒子内，，余下的三三个盒子放放球C、D、E，则根据分分步计数原原理得，此此时有A33＝6种不同的放放法；②若A球放在5号盒子内，，则B球只能放在在4号盒子内，，余下的三三个盒子放放球C、D、E，则根据分分步计数原原理得，此此时有A33＝6种不同的放放法；③若A球放在4号盒子内，，则B球可以放在在2号、3号、5号盒子中的的任何一个个，余下的的三个盒子子放球C、D、E，有A33＝6种不同的放放法，根据据分步计数数原理得，，此时有A31A33＝18种不同的放放法．综上上所述，由由分类计数数原理得不不同的放法法共有6＋6＋18＝30种．(2)如图图，，花花坛坛内内有有5个花花池池，，有有5种不不同同颜颜色色的的花花卉卉可可供供栽栽种种，，每每个个花花池池内内只只能能种种同同种种颜颜色色的的花花卉卉，，相相邻邻两两池池的的花花色色不不同同，，则则栽栽种种方方案案的的种种数数为为()A．180B．240C．360D．420D【解析析】本题题中中区区域域2，3，4，5地位位相相同同(都与与其其他他四四个个区区域域中中的的3个区区域域相相邻邻)，故故应应先先种种区区域域1，有有5种栽栽种种方方案案，，再再种种区区域域2，有有4种栽栽种种方方案案，，接接着着种种区区域域3，有有3种栽栽种种方方案案，，种种区区域域4时应应注注意意：：区区域域2与4种同同色色花花时时，，区区域域4有1种栽栽种种方方案案，，此此时时区区域域5有3种栽栽种种方方案案；；区区域域2与4种不不同同色色花花时时，，区区域域4有2种栽栽种种方方案案，，此此时时区区域域5有2种栽栽种种方方案案，，故故共共有有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420种栽栽种种方方案案．．(3)如图图，，用用四四种种不不同同颜颜色色给给图图中中A，B，C，D，E，F六个个点点涂涂色色，，要要求求每每个个点点涂涂一一种种颜颜色色，，且且图图中中每每条条线线段段的的两两个个端端点点涂涂不不同同颜颜色色，，则则不不同同的的涂涂色色方方法法共共有有()A．288种B．264种C．240种D．168种B【解析析】分两两类类：：第第一一类类：：涂涂三三种种颜颜色色，，先先涂涂点点A，D，E有A43种方方法法，，再再涂涂B，C，F有2种方方法法，，共共有有A43×2＝48种方方法法；；第第二二类类：：涂涂四四种种颜颜色色，，先先涂涂点点A，D，E有A43种方方法法，，再再涂涂点点B，C，F有3C31种方方法法，，共共有有A43·3C31＝216种方方法法．．由分分类类加加法法计计数数原原理理，，共共有有48＋216＝264种不不同同涂涂法法，，故故选选B.【点评评】本小小题题考考查查排排列列组组合合、、计计数数原原理理等等基基础础知知识识以以及及分分类类讨讨论论的的数数学学思思想想．．12【解析析】由题题意意知知本本题题是是一一个个分分类类计计数数问问题题，，当组组成成的的数数字字有有三三个个1，三三个个2，三三个个3，三三个个4共有有4种情情况况，，当有有三三个个1时：：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141；当有有三三个个2，3，4时：：2221，3331，4441.根据据分分类类计计数数原原理理得得到到12种结结果果，，故故答答案案为为12.(2)“渐升升数数”是指指每每个个数数字字比比它它左左边边的的数数字字大大的的正正整整数数(如1458)，若若把把四四位位“渐升升数数”按从从小小到到大大的的顺顺序序排排列列，，则则第第30个数数为为____．1359B【点评评】有关关排排列列、、组组合合的的创创新新型型问问题题通通常常是是新新定定义义型型问问题题，，分分析析求求解解的的关关键键是是由由题题意意理理解解新新定定义义的的含含义义及及设设置置的的条条件件．．1920①当x＝5时，，y＝5，10，15，20，25，30，35，40，45，此此时时有有9个整整点点，，同理理，，当当x＝10，15，20，25，30，35，40，45时，，也也分分别别有有9个整整点点，，所以以，，x＝5，10，15，20，25，30，35，40，45时，，四四棱棱柱柱下下底底面面中中包包含含的的整整点点个个数数共共有有9×9＝81个．．②当x＝1时，，y＝1，6，11，16，21，26，31，36，41，46，此此时时有有10个整整点点，，同理理，，当当x＝2，3，4，6，7，8，9，11，…，49时，，也也分分别别有有10个整整点点，，所以以，，当当x＝1，2，3，4，6，7，8，9，11，…，49时，，四四棱棱柱柱下下底底面面中中包包含含的的整整点点个个数数共共有有40×10＝400个．．综上上，，该该四四棱棱柱柱内内部部(不含含表表面面)中所所包包含含的的整整点点个个数数为为2401－400－81＝1920.排列列组组合合问问题题的的常常见见解解法法主主要要有有以以下下几几种种：：(1)特殊殊元元素素优优先先安安排排的的策策略略；；(2)合理理分分类类与与准准确确分分步步的的策策略略；；(3)排列列、、组组合合混混合合问问题题先先选选后后排排的的策策略略；；(4)正难难则则反反、、等等价价转转化化的的策策略略；；(5)相邻问题捆绑绑处理的策略略；(6)不相邻问题插插空处理的策策略；(7)定序问题除法法处理的策略略；(8)分排问题直接接处理的策略略；(9)“小集团”排列问题中先先整体后局部部的策略；(10)构造模型的策策略．1．(2013全国大纲)6个人排成一行行，其中甲、、乙两人不相相邻的不同排排法共有____种．(用数字作答)480【解析】先排另外四人人，方法数是是A44，再在隔出的的五个位置安安插甲乙，方方法数是A52，根据乘法原原理得不同排排法共有A44A52＝24×20＝480种．【命题立意】本题考查排列列知识，考查查思维的全面面性，属中档档题．2．(2013浙江)将A，B，C，D，E，F六个字母排成成一排，且A，B均在C的同侧，则不不同的排法共共有____种．(用数字作答)480【解析】先在6个位置找3个位置，有C63种情况，A，B均在C的同侧，有CAB，CBA，ABC，BAC，而剩下D，E，F有A33种情况，故共共有4C63A33＝480种排法．【命题立意】本题考查排列列与组合知识识，考查思维维的全面性，，属中档题．．1．5本不同的书，，全部分给四四名学生，每每人至少一本本，不同分法法的种数为()A．480B．240C．120D．96B【解析】先将5本书分成4组，有C52种方法，再将将4组书分给4名同学有A44种，由分步计计数原理知共共有C52A44＝240种分法．2．将4个不同的小球球放入3个不同的盒子子，其中每个个盒子都不空空的放法共有有()A．81种B．256种C．18种D．36种D【解析】必有一个盒子子放2个小球，将4个小球分成3组，其中有2个小球为一组组，另外2个小球为二组组，共有6种分组方法．．然后，每一一种分组的小小球放入3个不同盒子，，按分步计数数原理，有3×2×1种放法，共有有6×(3×2×1)＝36种放法，故选选D.3．6位同学在毕业业聚会活动中中进行纪念品品的交换，任任意两位同学学之间最多交交换一次，进进行交换的两两位同学互赠赠一份纪念品品，已知6位同学之间共共进行了13次交换，则收收到4份纪念品的同同学人数为()A．1或3B．1或4C．2或3D．2或4D【解析】C62－13＝15－13＝2.①设仅有有甲与与乙、、丙没没交换换纪念念品，，则收收到4份纪念念品的的同学学人数数为2人；②设仅有有甲与与乙、、丙与与丁没没交换换纪念念品，，则收收到4份纪念念品的的同学学人数数为4人．4．过三三棱柱柱任意意两个个顶点点的直直线共共有____条，以以三棱棱柱的的顶点点为顶顶点的的三棱棱锥共共有____个，过过三棱棱柱任任两个个顶点点的异异面直直线共共有____对．151236【解析】两点确确定一一条直直线，，共C62＝15条；不不在同同一平平面内内的四四个点点确定定一个个三棱棱锥，，由排排除法法得C64－3＝12个三棱棱锥；；每个个三棱棱锥可可确定定三对对异面面直线线，故故有12×3＝36对异面面直线线．5．用数数字1，2，3，4，5，6组成无无重复复数字字的四四位数数，然然后把把它们们由小小到大大排成成一个个数列列．(1)这数列列的第第200项是____．(2)求这个个数列列各项项的和和为．42531399860(2)数1出现在在千位位上的的四位位数的的个数数为A53，出现现在百百位上上的四四位数数的个个数为为A53，出现现在十十位和和个位位上的的四位位数的的个数数都应应该是是A53.同理2，3，4，5，6每一个个数在在千、、百、、十和和个位位上出出现的的四位位数的的个数数都是是A53.于是这这个数数列各各项的的和是是：(1＋2＋3＋4＋5＋6)×(103＋102＋10＋1)··A53＝21×1111×60＝1399860.6．有五五张卡卡片，，它们们的正正、反反面分分别写写有0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其其中任任意三三张并并排放放在一一起组组成三三位数数，共共可组组成____个不同同的三三位数数．432【解析】解法一一(间接法法)：任取取三张张卡片片可以以组成成不同同的三三位数数C53·23·A33(个)，其中中0在百位位的有有C42·22·A22(个)，这是是不符符合题题意的的，故故共有有不同同的三三位数数：C53·23·A33－C42·22·A22＝432(个)．解法二二(直接法法)：第一一类：：0与1卡片放放首位位，可可以组组成不不同的的三位位数有有C4222A22＝48(个)；第二二类：：0与1卡片不不放首首位，，可以以组成成不同同的三三位数数有(C412)(C4222A22)＝8×48＝384(个)，故共共有不不同三三位数数：48＋384＝432(个)．7．若一一个三三位数数的十十位数数字比比个位位数字字和百百位数数字都都大，，则称称这个个数为为“伞数”，现从从1，2，3，4，5，6这六个个数字