高考数学复习资料(排列组合)

排列、组合及其应用（第1课时）知识要点：排列的概念：从个不同元素中，任取（）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列。所有排列的个数叫做从个元素中取出个元素的排列数，用符号表示。排列数公式：=（）；规定：1。组合的概念：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合。所有组合的个数叫做从个不同元素中取出个元素的组合数．用符号表示。组合数公式：=组合数的性质（1）；规定：1；（2）。典型范例：例1：解方程：。分析：此题由于一定大于和，所以只需要大于3，而方程的左边可以通过组合数的性质（2）进行计算，另外此题适合用阶乘表示。解：由，得解得或∵∴点评：涉及排列数或者组合数的不等式，首先要注意使式子有意义，其次是根据情况，将或写成展开形式或者阶乘形式。例2：有4名男生、5名女生，全体排成一行，问下列情形各有多少种不同的排法？(1)甲不在中间也不在两端；(2)甲、乙两人必须排在两端；(3)男女相间．分析：这是一个排列问题，一般情况下，我们会从受到限制的特殊元素开始考虑，有时也从特殊的位置讨论起．对于相邻问题，常用“捆绑法”；对于不相邻问题，常用“插空法”(特殊元素后考虑)；对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”．解：(1)法一(元素分析法)先排甲有6种,其余有种,故共有种排法法二(位置分析法)除了甲之外的8个人排在中间和两端的位置，有种排法，包括甲在内的其余6人排在其它位置，有种排法,故共有种排法法三(等机会法)9个人的全排列数有种,甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意，甲不在中间及两端的排法总数是种法四(间接法)种(2)先排甲、乙，再排其余7人,共有(3)(插空法)先排4名男生有种排法,再将5名女生插空有种排法,故共有种排法点评：本题集排列多种类型于一题，充分体现了元素分析法(优先考虑特殊元素)、优先考虑特殊元素（优先考虑特殊位置）、直接法、间接法（排除法）、捆绑法、等机会法、插空法等常见的解题思路．例3：要从12人中选出5人去参加一项活动，按下列要求有多少种不同选法？（1）A、B、C三人必须入选（2）A、B、C三人不能入选（3）A、B、C三人只有一人入选（4）A、B、C三人至少一人入选（5）A、B、C三人至多二人入选。分析：(1)A、B、C三人必须入选，则只需从余下的9人之中选择2人；（2）A、B、C三人不能入选,则需从余下的9人之中选择5人；（3）此小题要分步进行，先从A、B、C三人选1人，有种，再从其余9人之中选择4人，有种，运用乘法原理，共有CC种；（4）此小题要分类考虑，即A、B、C三人只选1人，只选2人和3人都选；也可以用间接法；（5）此小题用直接法考虑分三类（即A、B、C三人只选1人，只选2人和都没有选），用间接法要简单一些。解：(1)C=36(2)C=126(3)CC=378(4)CC+CC+CC=666(5)CC+CC+CC(或C–C)=756点评：组合问题，要注意是否需要分类或者分步，还要注意避免重复，比如（4）小题，不能先从A、B、C三人中选1人，再在未被选的11人中选4人，即是错误的。练习：一、选择题1．方程的解集为（）．．．．解：或，所以或9，选D2.有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是（）A、1260种B、2025种C、2520种D、5040种解：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有种，选.3.用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的比1000大的奇数共有（）（A）36个

（B）48个

（C）66个

（D）72个解：任一个五位的奇数都符合要求，共有个，再由前面分析四位数个数和五位数个数之和共有72个，选D.4．从不同号码的双鞋中任取只，其中恰好有双的取法种数为A．B．C．D．解：先从5双鞋中选1双，有种，再从其余4双鞋中选2双，有种，在这2双鞋中每双取1只，都有种，根据分步计数原理，共有=120种，选A二、填空题5.设则的值为。解：由题意可得：，解得，∵，∴或或，当时原式值为7；当时原式值为7；当时原式值为11．∴所求值为4或7或11．6.，则含有五个元素，且其中至少有两个偶数的子集个数为_____.解：105若则自然数_____.解：8.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有种分配方案。解：因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成９个空隙。在９个空档中选６个位置插个隔板，可把名额分成７份，对应地分给７个班级，每一种插板方法对应一种分法共有种分法。三、解答题9．7个人排成一排，在下列情况下，各有多少种不同排法？（1）甲排头;（2）甲不排头，也不排尾;（3）甲、乙、丙三人必须在一起;（4）甲、乙之间有且只有两人;（5）甲、乙、丙三人两两不相邻;（6）甲在乙的左边（不一定相邻）;（7）甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序;（8）甲不排头，乙不排当中;解：（1）甲固定不动，其余有，即共有种；（2）甲有中间个位置供选择，有，其余有，即共有种；（3）先排甲、乙、丙三人，有，再把该三人当成一个整体，再加上另四人，相当于人的全排列，即，则共有种；（4）从甲、乙之外的人中选个人排甲、乙之间，有，甲、乙可以交换有，把该四人当成一个整体，再加上另三人，相当于人的全排列，则共有种；（5）先排甲、乙、丙之外的四人，有，四人形成五个空位，甲、乙、丙三人排这五个空位，有，则共有种；（6）不考虑限制条件有，甲在乙的左边（不一定相邻），占总数的一半，即种；（7）先在个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有，留下三个空位，甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序自动入列，不能乱排的，即（8）不考虑限制条件有，而甲排头有，乙排当中有，这样重复了甲排头，乙排当中一次，即10.现有4个不同的球与4个不同的盒子，把球全部放入盒内，（1）共有多少种放法？（2）恰有1个盒子不放球，共有多少种不同的放法？（3）恰有1个盒子内有2球，共有多少种不同的放法？（4）恰有2个盒子不放球，共有多少种不同的放法？解：（1）每个球均有4种不同的放法，故所有的放法有4·4·4·4=256种（2）恰有一个盒子不放球，也即有一个盒子放两个球，另两个盒子各放一个球的放法有种，（3）恰有一个盒子放两个球，也即有一个盒子不放球，另两个盒子各放一个球的放法有种，（4）分两类，一类是一个盒子放3个球，另一个盒子放1个球，共种放法，另一类是两个盒子均放两个球，共有种放法，故所有的不同放法共有种。11.用共六个数字，组成无重复数字的自然数，(1)可以组成多少个无重复数字的位偶数？(2)可以组成多少个无重复数字且被整除的三位数？分析：位偶数要求个位是偶数且首位数字不能是，由于个位用或者不用数字，对确定首位数字有影响，所以需要就个位数字用或者用进行分类．一个自然数能被整除的条件是所有数字之和是的倍数，本题可以先确定用哪三个数字，然后进行排列，但要注意就用与不用数字进行分类．解：(1)就个位用还是用分成两类，个位用，其它两位从中任取两数排列，共有(个)，个位用或，再确定首位，最后确定十位，共有(个)，所有位偶数的总数为：(个)．(2)从中取出和为的倍数的三个数，分别有下列取法：、、、、、、、，前四组中有，后四组中没有，用它们排成三位数，如果用前组，共有(个)，如果用后四组，共有(个)，所有被整除的三位数的总数为(个)．排列、组合及其应用（第2课时）知识要点：可重复的排列用乘法原理，结果一般是幂的形式。相邻问题采用捆绑法，不相邻问题采用插空法。不同元素的分配问题，采用先先分组再分配的办法；相同元素的分配问题，采用隔板法。典型范例：例1：有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？分成1本、2本、3本三组；分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；分成每组都是2本的三个组；分给甲、乙、丙三人，每个人2本；分给5人每人至少1本。分析：（1）先从6本书中取1本，有种，再从余下5本书中取2本，有种，最后从余下3本书中取3本，有种，利用分步计数原理，得；（2）采用先分堆再分给3个人的方法，即在分组的基础上，乘以；（3）这是平均分组问题，由于有重复，所以要除以；（4）可看作在前一小题分组的基础上，再分给3个人，乘以；（4）一般采用先分堆再分给5个人的方法，将6本书分成5堆的方法是从6本书中选择2本作为1堆，有种，其余4本分成4堆，只有1种分法，再将5堆分给5个人有种，利用分步计数原理，得。解：（1）=60；（2）=360；（3）=15（4）=90（5）=1800点评：平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以(为均分的组数)避免重复计数。例2：将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有种（用数字作答）．分析：第一步将4名大学生按2，1，1分成三组，其分法有;第二步将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有所以满足条件的分配方案有=36种。解：=36。点评：对于不同元素的分配问题，如果出现“粥多僧少”，应先将元素分成几堆，再将各堆分配到每个位置。②①③④例3：用5种不同的颜色给图中标①、②、③②①③④分析：先给①号区域涂色有5种方法，再给②号涂色有4种方法，接着给③号涂色，方法有3种，由于④号与①、②不相邻，因此④号有4种涂法，根据分步计数原理，不同的涂色方法有解：点评：此题是对每一块分别确定颜色的种数，然后运用乘法原理。但是有些题比较复杂，可以考虑根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种情形的种数，再用加法原理求出不同的涂色方法种数。练习：一、选择题1.从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有()A.8种 B.12种 C.16种 D.20种解：选B2.在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有()解：选C3.将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（）A.12种B.18种C.36种D.54种解：选B4.5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有（）（A）150种 (B)180种 (C)200种 (D)280种解：人数分配上有1,2,2与1,1,3两种方式，若是1,2,2，则有＝90种，若是1,1,3，则有＝90种，所以共有150种(2)+=150，选A二、填空题5.今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有种不同的方法（用数字作答）。解：12606.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子.现将这五个球投放入这五个盒子内，要求每个盒子内投放一球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法有多少种?解：C·C=20种ABABBA解：让三只不亮的灯插空,C=208.从一个3×4的方格中的一个顶点A到对顶顶点B的最短路线有________条;解：最短路径须走七步，只需确定哪三步向上，种走法．三、解答题243124315解：依题意至少要用3种颜色：当先用三种颜色时，区域2与4必须同色，区域3与5必须同色，故有种；当用四种颜色时，若区域2与4同色，则区域3与5不同色，有种；若区域3与5同色，则区域2与4不同色，有种，故用四种颜色时共有2种。由加法原理可知满足题意的着色方法共有+2=24+224=7210.用正五棱柱的10个顶点中的5个做四棱锥的5个顶点，共可得到多少个四棱锥？解：（直接法）共面而不共线的四点可成为四棱锥的底面，再在平面外找一点为顶点就形成了四棱锥，于是可从四棱锥的底面四点着眼，将构成棱锥的5个顶点的取法分类。按照构成四棱锥的底面四点分为以下四类；(1)四点取在棱柱的底面上有2CC=50个；(2)四点取在棱柱的侧面上有5C=30个；(3)四点取在棱柱的对角面上有5C=30个；(4)四点取在以过一个底面中的一