高考数学一轮 排列与组合.docx

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高考数学一轮排列与组合

第58课排列与组合

[最新考纲]

内容

要求

A

B

C

排列与组合

√

1．排列与组合的概念

名称

定义

排列

从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素

按照一定的顺序排成一列

组合

并成一组

2.排列数与组合数

（1）排列数的定义：

从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示．

（2）组合数的定义：

从n个不同元素中取出m（m≤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，用C表示．

3．排列数、组合数的公式及性质

公式

（1）A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝

（2）C＝＝＝

性质

（1）0！

＝1；A＝n!

（2）C＝C；C＝C＋C

1．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）

（1）所有元素完全相同的两个排列为相同排列．（　　）

（2）两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．（　　）

（3）若组合式C＝C，则x＝m成立．（　　）

（4）排列定义规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况．也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不再取了．（　　）

[答案]　

（1）×　

（2）√　（3）×　（4）√

2．（教材改编）已知－＝，则C＝________.

28　[∵－＝，

∴－＝，

化简，得m2－23m＋42＝0，

解得m＝2或m＝21（舍去）

∴C＝C＝＝28.]

3．方程3A＝2A＋6A的解为________．

x＝5　[由排列数的定义可知

，解得x≥3，且x∈N＋.

∴原方程可化为

3x（x－1）（x－2）＝2x（x＋1）＋6x（x－1）．

即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝（舍）．

∴原方程的解为x＝5.]

4．（2016·四川高考改编）用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________．

72　[第一步，先排个位，有C种选择；

第二步，排前4位，有A种选择．

由分步计数原理，知有C·A＝72（个）．]

5．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为________．

49　[法一（直接法）：

甲、乙两人均入选，有CC种方法，

甲、乙两人只有1人入选，有CC种方法，

∴由分类计数原理，共有CC＋CC＝49种选法．

法二（间接法）：

从9人中选3人有C种方法，

其中甲、乙均不入选有C种方法，

∴满足条件的选排方法有C－C＝84－35＝49种．]

排列应用题

（1）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．

（2）把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．

（1）216　

（2）36　[

（1）第一类：

甲在左端，

有A＝5×4×3×2×1＝120种方法；

第二类：

乙在最左端，

有4A＝4×4×3×2×1＝96种方法，

所以共有120＋96＝216种方法．

（2）记其余两种产品为D，E，A，B相邻视为一个元素，先与D，E排列，有AA种方法．再将C插入，仅有3个空位可选，共有AAC＝2×6×3＝36种不同的摆法．]

[规律方法]　1.第

（1）题求解的关键是按特殊元素甲、乙的位置进行分类．注意特殊元素（位置）优先原则，即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置．对于分类过多的问题，可利用间接法．

2．对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法．

[变式训练1]　在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有________种.【导学号：

62172318】

96　[程序A的顺序有A＝2种结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的元素排列有AA＝48种结果，

由分步乘法计数原理，实验编排共有2×48＝96种方法．]

组合应用题

（1）若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．

（2）（2016·全国卷Ⅲ改编）定义“规范01数列”{an}如下：

{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有________个．

（1）66　

（2）14　[

（1）共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，

∴不同的取法共有C＋C＋CC＝66种．

（2）由题意知：

当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C＝20（种），其中存在k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数少于1的个数的情况有：

①若a2＝a3＝1，则有C＝4（种）；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14（种）．

故共有14个．]

[规律方法]　1.

（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，再从剩下的元素中选取．

（2）“至少”或“至多”含有几个元素的题型：

若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．

2．第

（2）题是“新定义”问题，首先理解“规范01数列”的定义是解题的关键，注意分类讨论时要不重不漏，并重视间接法的应用．

[变式训练2]　现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．

472　[第一类，含有1张红色卡片，不同的取法CC＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C－3C＝220－12＝208种．

由分类计数原理，不同的取法共264＋208＝472种．]

排列与组合的综合应用

角度1　简单的排列与组合的综合问题

　用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有________个．

120　[当五位数的万位为4时，个位可以是0,2，此时满足条件的偶数共有CA＝48个；当五位数的万位为5时，个位可以是0,2,4，此时满足条件的偶数共有CA＝72个，

所以比40000大的偶数共有48＋72＝120个．]

角度2　分组分配问题

　将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有________种.

【导学号：

62172319】

150　[5名学生可分为2,2,1和3,1,1两组方式．

当5名学生分成2,2,1时，共有CCA＝90种方法；当5名学生分成3,1,1时，共有CA＝60种方法．

由分类加法计数原理知共有90＋60＝150种保送方法．]

[规律方法]　1.解排列与组合问题常以元素（或位置）为主体，即先满足特殊元素（或位置），再考虑其他元素（或位置）．对于排列与组合的综合题目，一般是先取出符合要求的元素，再对取出的元素排列．

2．

（1）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：

①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．

（2）对于相同元素的“分配”问题，常用的方法是采用“隔板法”．

[思想与方法]

1．解有附加条件的排列与组合应用题的三种思路：

（1）特殊元素、特殊位置优先原则．

（2）解受条件限制的组合题，通常用直接法（合理分类）和间接法（排除法）来解决，分类标准应统一．

（3）解排列与组合的综合题一般是先选再排，先分组再分配．

2．求解排列与组合问题的思路：

“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”

[易错与防范]

1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．

2．计算A时易错算为n（n－1）（n－2）…（n－m）．

3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数，是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．

4．解组合应用题时，应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义．

5．对于分配问题，一般是坚持先分组，再分配的原则，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏．

课时分层训练

（二）

A组　基础达标

（建议用时：

30分钟）

1．（2016·江苏高考）

（1）求7C－4C的值；

（2）设m，n∈N＋，n≥m，求证：

（m＋1）C＋（m＋2）C＋（m＋3）C＋…＋nC＋（n＋1）C＝（m＋1）C.

[解]　

（1）7C－4C＝7×－4×＝0.

（2）证明：

当n＝m时，结论显然成立．

当n>m时，（k＋1）C＝＝（m＋1）·

＝（m＋1）C，k＝m＋1，m＋2，…，n.

又因为C＋C＝C，

所以（k＋1）C＝（m＋1）（C－C），k＝m＋1，m＋2，…，n.

因此，（m＋1）C＋（m＋2）C＋（m＋3）C＋…＋（n＋1）C＝（m＋1）C＋[（m＋2）C＋（m＋3）C＋…＋（n＋1）C]

＝（m＋1）C＋（m＋1）[（C－C）＋（C－C）＋…＋（C－C）]

＝（m＋1）C.

2．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有多少种？

【导学号：

62172320】

[解]　赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有C种方法．

赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有C种方法．

由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C＋C＝10种．

3．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有多少种？

[解]　1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有CCA种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有CCA种，

由分类计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为CCA＋CCA＝36种．

4．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？

（1）至少有1名女运动员；

（2）既要有队长，又要有女运动员．

[解]　

（1）法一：

至少有1名女运动员包括以下几种情况：

1女4男，2女3男，3女2男，4女1男，

由分类加法计数原理可得总选法数为

CC＋CC＋CC＋CC＝246（种）．

法二：

“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解．

从10人中任选5人有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种．

所以“至少有1名女运动员”的选法为C－C＝246（种）．

（2）当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法．

不选女队长时，必选男队长，共有C种选法．其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时共有C－C种选法，所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191（种）．

5．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？

（1）两个女生必须相邻而站；

（2）4名男生互不相邻；

（3）老师不站中间，女生甲不站左端.【导学号：

62172321】

[解]　

（1）∵两个女生必须相邻而站，

∴把两个女生看做一个元素，

则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有AA＝1440种站法．

（2）∵4名男生互不相邻，

∴应用插空法，

对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有AA＝144种站法．

（3）当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A＝720种站法．

当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A×5×5＝3000种站法．根据分类计数原理知共有720＋3000＝3720种站法．

6．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有多少个？

[解]　个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有CAC＋AC＝90（个）；个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有CAC＋CCAC＝234（个），所以共有90＋234＝324（个）．

B组　能力提升

（建议用时：

15分钟）

1．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，现将这五个球放入五个盒子内．

（1）只有一个盒子空着，共有多少种投放方法？

（2）没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？

（3）每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？

[解]　

（1）CA＝1200种；

（2）A－1＝119种．

（3）满足的情形：

第一类，五个球的编号与盒子编号全同的放法：

1种；

第二类，四个球的编号与盒子编号相同的放法：

0种；

第三类，三个球的编号与盒子编号相同的放法：

10种；

第四类，两个球的编号与盒子编号相同的放法，2C＝20种．

故满足条件的放法数为：

1＋10＋20＝31种．

2．

（1）3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为几种？

（2）现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？

[解]　

（1）由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A＝24种．

（2）法一：

每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数，分类：

若3个名额分到一所学校有7种方法；

若分配到2所学校有C×2＝42种；

若分配到3所学校有C＝35种．

∴共有7＋42＋35＝84种方法．

法二：

10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C＝84种不同方法．

所以名额分配的方法共有84种．

3．（2017·南京模拟）已知整数n≥3，集合M＝{1,2,3，…，n}的所有含有3个元素的子集记为A1，A2，A3，…，AC，设A1，A2，A3，…，AC中所有元素之和为Sn.

（1）求S3，S4，S5，并求出Sn；

（2）证明：

S3＋S4＋…＋Sn＝6C.

[解]　

（1）当n＝3时，集合M只有1个符合条件的子集，

S3＝1＋2＋3＝6，

当n＝4时，集合M每个元素出现了C次．

S4＝C（1＋2＋3＋4）＝30.

当n＝5时，集合M每个元素出现了C次，

S5＝C（1＋2＋3＋4＋5）＝90.

所以，当集合M有n个元素时，每个元素出现了C，故Sn＝C·.

（2）证明：

因为Sn＝C·＝＝6C.

则S3＋S4＋S5＋…＋Sn＝6（C＋C＋C＋…＋C）

＝6（C＋C＋C＋…＋C）＝6C.

4．（2017·苏州期末）如图581，由若干个小正方形组成的k层三角形图阵，第一层有1个小正方形，第二层有2个小正方形，依此类推，第k层有k个小正方形．除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上．现对第k层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为x1，x2，…，xk，其中xi∈{0,1}（1≤i≤k），其它小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为x0.

图581

（1）当k＝4时，若要求x0为2的倍数，则有多少种不同的标注方法？

（2）当k＝11时，若要求x0为3的倍数，则有多少种不同的标注方法？

[解]　

（1）当k＝4时，第4层标注数字依次为x1，x2，x3，x4，第3层标注数字依次为x1＋x2，x2＋x3，x3＋x4，第2层标注数字依次为x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，

所以x0＝x1＋3x2＋3x3＋x4.

因为x0为2的倍数，所以x1＋x2＋x3＋x4是2的倍数，则x1，x2，x3，x4四个都取0或两个取0两个取1或四个都取1，所以共有1＋C＋1＝8种标注方法.

（2）当k＝11时，第11层标注数字依次为x1，x2，…，x11，第10层标注数字依次为x1＋x2，x2＋x3，…，x10＋x11，第9层标注数字依次为x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，…，x9＋2x10＋x11，以此类推，可得x0＝x1＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx10＋x11.

因为C＝C＝45，C＝C＝120，C＝C＝210，C＝252均为3的倍数，所以只要x1＋Cx2＋Cx10＋x11是3的倍数，即只要x1＋x2＋x10＋x11是3的倍数，

所以x1，x2，x10，x11四个都取0或三个取1一个取0，而其余七个x3，x4，…，x9可以取0或1，这样共有（1＋C）

×27＝640种标注方法．