1、排列、组合典型例题分析例 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行计算 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、中的某一个
2、，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，本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 判断下列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：每两人互通一封信，共通了多少封信？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：从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？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
3、个质数：从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？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：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？从中选出 2 盆放在教室有 多少种不同的选法？ 分析 （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；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）是排列问题，共用了封信；是组合问题，共需握手（次） （2）是排列问题，共有（种）不同的选法；是组合问题，共有种不同的选法 （3）是排列问题，共有种不同的商；是组合问题，共
4、有种不同的积 （4）是排列问题，共有种不同的选法；是组合问题，共有种不同的选法 例 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
5、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 33333=3 5 ( 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，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题 考查. 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 50 000 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 P 1 2 ；小
6、于 50 000 的五位数，万位只能是 1、3 或 2、4 中剩 下的一个的排法有 P 1 3 ; 在首末两位数排定后，中间 3 个位数的排法有 P 3 3 ，得 P 1 3 P 3 3 P 1 2 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相同的填法有 3 种，即 214 3，3142，4123；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
7、3 种填法， 因此共有填法为 3P 1 3 =9(种). 例四 例五可能有问题，等思考 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 C 1 4 C 2 5 种；甲型 2 台乙型 1 台的取法有 C 2 4 C 1 5 种 根据加法原理可得总的取法有 C 2 4 C 2 5 +C 2 4 C 1 5 =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
8、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 C 3 8 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 C 1 5 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 C 2 4 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 C 2 2 种. 根据乘法原理可得承包方式的种数有 C 38C 1 5 C 2 4 C 2 2 =1=1680(种). (四)二项式定理、二项展开式的性质 说明 二项式定理揭示了二项式的正整
9、数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识 ，从 1985 年至 1998 年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查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(x-) 10 的展开式中，x 6 的系数是( ) A.-27C 6 10B.27C 4 10C.-9C 6 10D.9C 4 10 解 设(x-) 10 的展开式中第 +1 项含 x 6 ， 因 T +1 =C 10 x 10- (-) ，10-=6,=4 于是展开式中第 5 项含 x 6，第 5 项系数是 C 4 10 (-) 4 =9C 4 10 故此题应选 D. 例 7 (x-1)-(x-1) 2 (x-1)
10、 3 -(x-1)+(x-1) 的展开式中的 x 的系数等于 解：此题可视为首项为 x-1 ，公比为-(x-1) 的等比数列的前 5 项的和，则其和为 在(x-1) 6 中含 x 3 的项是 C 3 6 x 3 (-1) 3 =-20x 3 ，因此展开式中 x 2 的系数是-2 0. (五)综合例题赏析 例 8 若(2x+) 4 =a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +a 4 x 4 ，则(a 0 +a 2 +a 4 ) 2 -(a 1 +a 3 ) 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
11、，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 P 2 2 2 种，分护士方法有 C 2 4 =6 种，所以共有 6212 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. C 2 4 +C 2 5 C 1 4 =56+104=70. 应选 C. 例 11 某小组共
12、有 10 名学生，其中女生 3 名，现选举 2 名代表，至少有 1 名女生当选的不同选法有( ) 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： C 1 3 C 17+C 2 3 =37+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 P 1 5 P 5 5 =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
13、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 C 4 8 =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(ADB 1 C 1) 的有 4 组. 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”，那么六棱 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
14、对 解：设正六棱锥为 OABCDEF. 任取一侧棱 OA(C 1 6 ) 则 OA 与 BC 、CD、DE 、EF 均形成异面直线对. 共有 C 1 64=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 C 3 7 =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： SC 0 10 +C
15、 1 10 +C 2 10 +C 3 10 +C 4 10 +C 5 10 +C 6 10 +C 7 10 +C 8 10 +C 9 10 +C 1 0 10 =2 10=1024 其中，含 3 个元素的子集数有 T=C 3 10 =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”. C 3 4 C 2 46 +C 4 4 C 1 46 =4186(种) 例 18 有甲、乙、丙三项任务，甲需 2 人承担，乙、 丙各需 1 人承
16、担，从 10 人中选派 4 人承担这三项任务， 不同的选法共有( ). A.1260 种 B.2025 种 C.2520 种 D.5040 种解：先从 10 人中选 2 个承担任务甲(C 2 10 ) 再从剩余 8 人中选 1 人承担任务乙(C 18) 又从剩余 7 人中选 1 人承担任务乙(C 17) 有 C 2 10 C 18C 17=2520( 种). 应选 C. 例 19 集合1，2，3子集总共有( ). A.7 个 B.8 个 C.6 个 D.5 个 解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数 C 1 3 ，由二个元素组成的子集数 C 2 3 。 由
17、 3 个元素组成的子集数 C 3 3 。由加法原理可得集合子集的总个数是 C 1 3 +C 2 3 +C 3 3 +1=3+3+1+18 故此题应选 B. 例 20 假设在 200 件产品中有 3 件是次品，现在从中任意抽取 5 件，其中至少有两件次品的抽法有( ). A.C 2 3 C 3 197 种 B.C 2 3 C 3 197+C 3 3 C 2 197 C.C 5 200 -C 5 197 D.C 5 200 -C 1 3 C 4 197 解：5 件中恰有二件为次品的抽法为 C 2 3 C 3 197 ， 5 件中恰三件为次品的抽法为 C 3 3 C 2 197 ， 至少有两件次品的抽法为 C 2 3 C 3 197 +C 3 3 C 2 197 . 应选 B. 例 21 两排座位，第一排有 3 个座位，第二排有 5 个座位，若 8 名学生入座(每人一个座位) ，则不同座法的总数 是( ). A.C 5 8 C 3 8 B.P 1 2 C 5 8 C 3 8 C.P 5 8 P 3 8
