排列组合知识点与方法归纳3Word文档下载推荐.docx

1、O卫胃1三丄鍛（1 = 八 （排列数上标、下标同时减 1 （或加1 ）后与原排列数的联系）（n） （排列数上标加1或下标减1后与原排列数的联系）（川）、 -（分解或合并的依据）三.组合1定义 （1 ）从n个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从 n个不同元 素中取出m个元素的一个组合（2）从n个不同元素中取出-：-个元素的所有组合的个数，叫做从 n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号 表示。2组合数的公式与性质4J 总（理-1（总一 2）（科一啲+1）（1）组合数公式：比 （乘积表示）C：= （X删且吻丹）（阶乘表示）（2）组合数的主要性质:（I）（上标变换公式）（杨辉恒等式）（n） ： m

2、i认知：上述恒等式左边两组合数的下标相同， 而上标为相邻自然数； 合二为一后的右边组合数下标等于左边组合数下标加 1，而上标取左边两组合数上标的较大者。3比较与鉴别由排列与组合的定义知，获得一个排列需要“取出元素”和“对取出元素按一定顺序排 成一列”两个过程，而获得一个组合只需要“取出元素”， 不管怎样的顺序并成一组这一个步骤。（1） 排列与组合的区别在于组合仅与选取的元素有关， 而排列不仅与选取的元素有关，而且还与取出元素的顺序有关。 因此，所给问题是否与取出元素的顺序有关， 是判断这一问题是排列问题还是组合问题的理论依据。（2） 注意到获得（一个）排列历经“获得（一个）组合”和“对取出元素

3、作全排列” 两个步骤，故得排列数与组合数之间的关系：四、经典例题例1、某人计划使用不超过 500元的资金购买单价分别为 60、70元的单片软件和盒装 磁盘，要求软件至少买 3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式是（ ）A .5种 B.6种 C. 7 种 D. 8种分析：依题意“软件至少买 3片，磁盘至少买2盒”，而购得3片软件和2盒磁盘花去 320元，所以，只需讨论剩下的 180元如何使用的问题。解：注意到购买3片软件和2盒磁盘花去320元，所以，这里只讨论剩下的180元如何 使用，可从购买软件的情形入手分类讨论： 第一类，再买3片软件，不买磁盘，只有 1种方法； 第二类，再买2片软件，不买磁

4、盘，只有 1种方法；第三类，再买1片软件，再买1盒磁盘或不买磁盘，有 2种方法； 第四类，不买软件，再 买2盒磁盘、1盒磁盘或不买磁盘，有 3种方法； 于是由分类计数原理可知，共有N=1 + 1+2+3=7种不同购买方法，应选 Co例 2、已知集合 M=-1 , 0, 1 , N=2, 3, 4, 5，映射- ，当 x M时，C.32 D.24由映射定义知，当 x M时，了 7当x M时，这里的x可以是奇数也可以是偶数，但 必须为奇数，因 此，对M中x的对应情况逐一分析，分步考察：第一步，考察 x=-1 的象，当 x=-1 时，一 ：，+ “ 此时* 可取N中任一数值，即 M中的元素-1与N中

5、的元素有4种对应方法；第二步，考察x=0的象，当x=0时，：； 丁 / 为奇数，故只有2种取法（ =3或 =5）,即M中的元素0与N中的元素有2种对应方法；第三步，考察x=1的象，当x=1时，一；I 丁卞I； 为奇数，故广.可为奇数也可为偶数，： 可取N中任一数值，即 M中的元素1与N中的元素有4种对应方法，于是由分步计数原理可知，映射 “ 共有4X 2X 4=32个。红、蓝、黄、白、黑五种颜色中的一种，使有相邻边的小三角形颜色不同，共有多少种不同 的涂法？根据题意，有相邻边的小三角形颜色不同， 但“对角”的两个小三角形可以是相同颜色，于是考虑以对角的小三角形 1、4同色与不同色为标准分为两类

6、，进而在每一类中分步计算。第一类：1与4同色，则1与4有5种涂法，2有4种涂法，3有4种涂法， 故此时有N=5X 4X 4=80种不同涂法。第二类：1与4不同色，则1有5种涂法，4有4种涂法，2有3种涂法，3有3种涂法， 故此时有Nb=5X 4X 3X 3=180种不同涂法。 综上可知，不同的涂法共有 80+180=260种。点评：欲不重不漏地分类， 需要选定一个适当的分类标准，一般地，根据所给问题的具 体情况，或是从某一位置的特定要求入手分类， 或是从某一元素的特定要求入手分类， 或是从问题中某一事物符合条件的情形入手分类， 或是从问题中有关事物的相对关系入手分类等等。例4、将字1、2、3、

7、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数，则每个 方格的标号与所填数字均不相同的填法有（ ） A.6种 B.9种C.11 种 D.23 种解法一（采用“分步”方法）：完成这件事分三个步骤。第一步：任取一个数字，按规定填入方格，有 3种不同填法；第二步：取与填入数字的格子编号相同的数字，按规定填入方格，仍有 3种不同填法；第三步：将剩下的两个数字按规定填入两个格子，只有 1种填法；于是，由分步计数原理得，共有 N=3X 3X 1=9种不同填法。解法二：（采用“列举”方法）：从编号为 1的方格内的填数入手进行分类。编号为1的方格内填数字2,共有3种不同填法：第二2413类.编号1的方格

8、内填数字3,也有3种不同填法:11第三类：编号为1的方格内填数字4,仍有3种不冋填法：,4 J24 J3 -13：2于是由分类计数原理得共有 N=3+3+3=9种不同填法，应选 B解法三（间接法）：将上述4个数字填入4个方格，每格填一个数，共有N=4X 3X 2X仁24 种不同填法，其中不合条件的是 （1）4个数字与4个格子的编号均相同的填法有 1种；（2） 恰有两个数字与格子编号相同的填法有 6种；（3）恰有1个数字与格子编号相同的填法有 8种； 因此，有数字与格子编号相同的填 法共有2=1+6+8=15种于是可知，符合条件的填法为 24-15=9种。解题步骤的设计原则上任意，但不同的设计招

9、致计算的繁简程度不同，一般地，人们总是优先考虑特殊元素的安置或特殊位置的安排，以减少问题的头绪或悬念。当正面考虑头绪较多时， 可考虑运用间接法计算： 不考虑限制条件的方法种数一不符合 条件的方法种数=符合条件的方法种数。在这里，直接法中的“分析”与间接法主体的“分类”， 恰恰向人们展示了“分步”与“分类”相互依存、相互联系的辩证关系。例5、用数字0, 1，2，3, 4，5组成无重复数字4位数，其中，必含数字 2和3,并且 2和3不相邻的四位数有多少个？注意到这里“ 0”的特殊性，故分两类来讨论。不含“ 0”的符合条件的四位数，首先从 1, 4，5这三个数字中任选两个作排列有叫 种；进而将2和3

10、分别插入前面排好的两个数字中间或首尾位置， 又有种排法,于是由分步计数原理可知，不含 0且符合条件的四位数共有J: =36个。含有“ 0”的符合条件的四位数，注意到正面考虑头绪较多，故考虑运用“间接法”：首先从1, 4，5这三个数字中任选一个，而后与 0，2, 3进行全排列，这样的排列 共有一：个。其中，有如下三种情况不合题意，应当排险：（1）0在首位的，有个； （2）0在百位或十位，但2与3相邻的，有：亠 个（3）0在个位的，但2与3相邻的，有-个因此，含有0的符合条件的四位数共有 =30个于是可知，符合条件的四位数共有 36+30=66个解决元素不相邻的排列问题， 一般采用“插空法”， 即

11、先将符合已知条件的部分元素排好，再将有“不相邻”要求的元素插空放入； 解决元素相邻的排列问题，一般采用“捆绑法”，即先将要求相邻的元素“捆绑”在一起， 作为一个大元素与其它元素进行排列， 进而再考虑大元素内部之间的排列问题。例6、某人在打靶时射击 8枪，命中4枪，若命中的4枪有且只有3枪是连续命中的， 那么该人射击的8枪，按“命中”与“不命中”报告结果，不同的结果有（ ）A.720 种 B.480 种 C.24 种 D.20 种首先，对未命中的4枪进行排列，它们形成5个空挡，注意到未命中的4枪“地 位平等”，故只有一种排法，其次，将连中的 3枪视为一个元素，与命中的另一枪从前面 5个空格中选2

12、个排进去，有二 种排法，于是由乘法原理知，不同的报告结果菜有种这里的情形与前面不同， 按照问题的实际情况理解， 未命中的4枪“地位平等”， 连续命中的3枪亦“地位平等”。 因此，第一步排法只有一种， 第二步的排法种数也不再乘以。解决此类“相同元素”的排列问题， 切忌照搬计算相同元素的排列种数的方法， 请读者引起注意。例7、 （1）丄丄w-L（4） 若= ；一；，贝U n的取值集合为 U =霁（5） 方程I 2 的解集为 ;3ji13 4M* 17 - 2f Un- 6（1） 注意到n满足的条件.原式=1 】| 1= : 在之下,原不等式:，:” 1 二 所求 n=4。严* 广禅 J, 广rwr

13、-l（3） 根据杨辉恒等式 原式=；一二=一“3Cb+ 2）（n+ Oc）s- 1）（4） 注意到这里n满足的条件n5且n N* O 3! 匸 2 曲艸（冋-1）（总-2）片（用一 1）仗-2）仗-3）料诙一 1）依一2）用-3）仪-4）（5）由 S ；- -* - 注意到当 y=0 时，无 意义，原方程组可化为x= 3 =31 _7 1 片 g 卩二9恥十1）一 2 2畑+ 0由此解得b d 经检验知b - 3 是原方程组的解。例8、用红、黄、绿3种颜色的纸做了 3套卡片，每套卡片有写上 A B、C、D E字母 的卡片各一张，若从这 15张卡片中，每次取出 5张，则字母不同，且 3种颜色齐全

14、的取法 有多少种？符合条件的取法可分为 6类第一类:取出的5张卡片中，1张红色，1张黄色，3张绿色，有U抵Cf种取法;第二类:2张黄色，2张绿色，有r 5第三类:3张黄色，1张绿色，有第四类:2张红色，第五类:c第八类:3张红色，于是由分类计数原理知，符合条件的取法共有N -理U席 4- CjcjC + CCfcl + 7鸥U + Cjcf C + Cfclcl 15D种解决本题的关键在于分类，分类讨论必须选择适当的分类标准， 在这里，以红色卡片选出的数量进行主分类， 以黄色卡片选出的数量进行次分类， 主次结合，确保分类的不 重不漏，这一思路值得学习和借鉴。例9、 （ 1 ）从5双不同的袜子中

15、任取 4只，则至少有2只袜子配成一双的可能取法种数是多少？（2） 设有编号为1，2，3，4，5的五个小球和编号为 1，2，3，4，5的五个盒子，将 五个小球放入五个盒子中（每个盒子中放一个小球），则至少有两个小球和盒子编号相同的 放法有多少种？（3） 将四个不同的小球放入编号为 1，2，3, 4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法 共多少种？（4） 某产品共有4只次品和6只正品，每只产品均不相同，现在每次取出一只产品测 试，直到4只次品全部测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现的不同情况有 多少种？（1）满足要求的取法有两类，一类是取出的 4只袜子中恰有2只配对，这只要从 5双袜子中任

16、取1双，再从其余4双中任取2双，并从每双中取出 1只，共有-种选法；另一类是4只袜子恰好配成两双，共有种选法，于是由加法原理知，符合要求的取 法为一】一种。（2） 符合条件的放法分为三类：恰有2个小球与盒子编号相同， 这只需先从5个中任取两个放入编号相同的盒 子中，有匚种放法，再从剩下的3个小球中取出1个放入与其编号不同的盒子中， 有二种方法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有 1种放法，故此类共有种不同方法；恰有3个小球与盒子编号相同， 这只需先从5个中任取三个放入编号相同的盒 子中，有V种放法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有 1种放法，故此类共有：恰有5个小球与盒子编号

17、相同，这只有 1种方法； 于是由分类计数原理得，共有N=20+10+1=31种不同方法。（3） 设计分三步完成：第一步，取定三个空盒（或取走一个空盒），有 -：-种取法；第二步，将4个小球分为3堆，一堆2个，另外两堆各一个，有- 种分法；第三步，将分好的3堆小球放入取定的3个空盒中，有 ：种放法；（75 - fSG匚1）护=c乜严沪=凶耳于是由乘法原理得共有： “ - 4 种不同方法。（4） 分两步完成：第一步，安排第五次测试，由于第五次测试测出的是次品，故有 ；第二步，安排前 4次测试，则在前四次测试中测出 3只次品和1只正品的方法种数为S-,.-O于是由分布计数原理可知，共有 r 种测试方

18、法。为了出现题设条件中的“巧合”， 我们需要考虑对特殊情形的“有意设计”， 本例（1）则是这种“有意设计”的典型代表，而这里的（ 3），则是先“分堆”后“分配”的典型范例。五、高考真题（一）选择题1、过三棱柱任意两个顶点的直线共 15条，其中异面直线有（ ）A 18 对 B、24 对 C、30 对 D、36 对注意到任一四面体中异面直线的对数是确定的， 所以，这里欲求异面直线的对数,体，而每一四面体有 3对异面直线，故共有 36对异面直线，应选 Db2、不共面的四个定点到平面 a的距离都相等，这样的平面共有（ ）A 3个 B、4个 C、6个 D、7个不共面的四点可构成一个四面体， 取四面体各棱

19、中点， 分别过有公共顶点的三棱中点可得到与相应底面平行的 4个截面，这4个截面到四个定点距离相等； 又与三组对棱分 别平行且等距的平面有 3个，故符合条件的平面共 7个，应选Db若每天排早、中、3、北京财富全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作,晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为（ ）排班工作分三步完成:第一步，从14人中选出12人，有卷 种选法；第二步，将第一步选出的 12人平均分成三组，有 匚 种分法;第三步，对第二步分出的 3组人员在三个位置上安排，有 二 种排法；追 U14 5*在于是由乘法原理得不同的排班种数为 L ，应选A4、从6人中选4人分

20、别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市各 一人游览，每人只游览一个城市，且这 6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案 共有（ ）A 300 种 B、240 种 C、114 种 D、96 种注意到甲、乙两人不去巴黎，故选人分三类情况（1）不选甲、乙，不同方案有 厂：种；（2）甲、乙中选1人，不同方方 案有1 =丄 I种;（3）甲、乙均入选，不同方案有-种；于是由加法原理得不同的方案总数为 24+144+72=240,应选 B。5、4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任 选一题作答，选甲题答对得 100分，答错得-100分；选乙题答对得 9

21、0分，答错得-90 分, 若4位同学的总分为0,则这四位同学不同的得分情况的种数是（ ）A 48 B、 36 C、 24 D、 18注意到情况的复杂，故考虑从“分类”切入四人全选甲题， 2人答对，2人答错，有】 种情况；2人选甲题一对一错，2人选乙题一对一错，有 - 1 - J ； -种情况；四人全选乙题，2对2错，有 g 种情况。于是由加法原理得不同得分情况共有：1： 1 - 种，应选B。6、四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱代表的化工产品放在 同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的， 现打算用编号为、的4个仓库存放这8种化工产品，那么安

22、全存放的不同方法种数为（ ）A 96 B、 48 C、 24 D、 0本题的关键是找“异面直线对”的个数， 设四棱锥为S-ABCD没有公共顶点的棱只能分成 4组，每组两条棱（否则三 条棱必有公共点），每8条棱分成4组，每组两条无公共点的棱 仅有下面两种情况：（1） SA CD SB-AD； SC-AB; SD- BC （本组中同一棱 不重复出现）（2） SA BC; SB-CD SC-AD SD AB （本组中同一 条棱不重复出现）于是问题可转化为：四种不同产品放入 4个不同仓库的排列问题，故不同的安排分法是 一：5 _种，应选Bo（二）填空题1、在由数字0, 1 , 2, 3, 4, 5所组

23、成的没有重复数字的四位数中，不能被 5整 除的数共有（ ）个。考虑直接解法：这样四位数的个位数为 1, 2, 3, 4中的一个，有 1种法，千位从余下的4个非零数当中任取一个是 ：种排法；中间两位是种排法，于是由分步计数原理知， 共是： 叫-种不同排法，应填192。2、用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求 1与2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有（ ）个（用数字作答）。 第一步，将1与2, 3与4, 5与6组成3个大元素进行排列，是种排法；第二步，将7与8插入上述3个大元素队列的间隙或两端，是 第三步，对3个大元素内部进行全排列，各是 儿

24、种方法；于是由分步计数原理得共有 二二 个，应填576。3、从集合0、P、Q R、S与0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中各任取2个元素排成 一排（字母与数字均不能重复）。每排中字母 O Q和数字0至多只出现一个的不同排法种数是（ ）考虑分类计算字母 O Q和数字0均不出现，是 1-2592种排法;字母 O Q出现一个，数字 0不出现，是 亠 m 种排法;字母 OQ不出现，数字0出现，是种排法;于是分类计数原理知共是 2592+5184+648=8424种不同排法，应填 8424。以受限制的字母 OQ和数字0出现的情况为主线进行分类，在每一类中又合理 地设计步骤，是分解题的关键所在，以某些

25、特殊元素为主线进行分类是解决复杂的排列组合 问题的基本策略。方法归纳1重复排列“住店法”重复排列问题要区分两类元素： 一类可以重复，另一类不能重复。把不能重复的元素看 作“客”，能重复的元素看作“店”，则通过“住店法”可顺利解题。例1 8名同学争夺3项冠军，获得冠军的可能性有 （）3 小8 典3 3A 8 B 3 C A8 D C8解析冠军不能重复，但同一个学生可获得多项冠军。把 8名学生看作8家“店”，3 项冠军看作3个“客”，他们都可住进任意一家“店”，每个客有8种可能，因此共有83种 不同的结果。选（A）。评述类似问题较多。如：将 8封信放入3个邮筒中，有多少种不同的结果？这时 8 封信

26、是“客”，3个邮筒是“店”，故共有38种结果。要注意这两个问题的区别。2特色元素“优先法”某个（或几个）元素要排在指定位置，可优先将它（们）安排好，后再安排其它元素。例2乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派 5名参加比赛，3名主力队员要安排 在第一、三、五位置，其余 7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有 种（用数字作答）。解析3名主力的位置确定在一、三、五位中选择，将他们优先安排，有 a3种可能；然后从其余7名队员选2名安排在第二、四位置，有A种排法。因此结果为A；A；=252种。例3 5个“ 1”与2个“ 2”可以组成多少个不同的数列？解析按一定次序排列的一列数叫做数列。 由于7个位置不同，故只要优先选两个位置安排好“ 2”，剩下的位置填“ 1”（也可先填“1”再填“ 2”）。因此，一共可以组成 C；C