7-5_组合_题库版

组合知识框架图7 计数综合7-5 组合7-5-1组合及其应用7-5-2排除法7-5-3插板法教学目标1.使学生正确理解组合的意义；正确区分排列、组合问题；2.了解组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的组合；3.掌握组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系；4.会分析与数字有关的计数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力；通过本讲的学习，对组合的一些计数问题进行归纳总结，重点掌握组合的联系和区别，并掌握一些组合技巧，如排除法、插板法等知识要点一、组合问题日常生活中有很多“分组”问题如在体育比赛中，把参赛队分为几个组，从全班同学中选出几人参加某项活动等等这种“分组”问题，就是我们将要讨论的组合问题，这里，我们将着重研究有多少种分组方法的问题一般地，从个不同元素中取出个()元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合 从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合，只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合从个不同元素中取出个元素()的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个不同元素的组合数记作一般地，求从个不同元素中取出的个元素的排列数可分成以下两步：第一步：从个不同元素中取出个元素组成一组，共有种方法；第二步：将每一个组合中的个元素进行全排列，共有种排法根据乘法原理，得到因此，组合数这个公式就是组合数公式二、组合数的重要性质一般地，组合数有下面的重要性质：()这个公式的直观意义是：表示从个元素中取出个元素组成一组的所有分组方法表示从个元素中取出()个元素组成一组的所有分组方法显然，从个元素中选出个元素的分组方法恰是从个元素中选个元素剩下的()个元素的分组方法例如，从人中选人开会的方法和从人中选出人不去开会的方法是一样多的，即规定，例题精讲模块一、组合及其应用【例 1】 计算： ，； ，（2级）【解析】 ， ，【小结】注意到上面的结果中，有，【例 2】 计算： ； ； （2级）【解析】 ； ； 【巩固】 计算： ； ； （2级）【解析】 【例 3】 6个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？（2级）【解析】 这与课前挑战的情景是类似的因为两个人握手是相互的，个朋友每两人握手一次，握手次数只与握手的两个人的选取有关而与两个人的顺序无关，所以这是个组合问题由组合数公式知，(次)所以一共握手次【巩固】 某班毕业生中有名同学相见了，他们互相都握了一次手，问这次聚会大家一共握了多少次手？（2级）【解析】 (次)【例 4】 （难度等级 ）学校开设门任意选修课，要求每个学生从中选学门，共有多少种不同的选法？（4级）【解析】 被选中的门排列顺序不予考虑，所以这是个组合问题由组合数公式知，(种)所以共有种不同的选法【例 5】 某校举行排球单循环赛，有个队参加问：共需要进行多少场比赛？（2级）【解析】 因为比赛是单循环制的，所以，个队中的每两个队都要进行一场比赛，并且比赛的场次只与两个队的选取有关而与两个队选出的顺序无关所以，这是一个在个队中取个队的组合问题由组合数公式知，共需进行(场)比赛【巩固】 芳草地小学举行足球单循环赛，有个队参加问：共需要进行多少场比赛？（2级）【解析】 由组合数公式知，共需进行(场)比赛【例 6】 一批象棋棋手进行循环赛，每人都与其他所有的人赛一场，根据积分决出冠军，循环赛共要进行78场，那么共有多少人参加循环赛？（4级）【解析】 从若干人中选出人比赛，与选出的先后顺序无关，这是一个组合问题依题意，假设有个人参加循环赛，应该有，所以，所以，即一共有人参加循环赛【例 7】 某校举行男生乒乓球比赛，比赛分成3个阶段进行，第一阶段：将参加比赛的48名选手分成8个小组，每组6人，分别进行单循环赛；第二阶段：将8个小组产生的前2名共16人再分成个小组，每组人，分别进行单循环赛；第三阶段：由4个小组产生的个第名进行场半决赛和场决赛，确定至名的名次问：整个赛程一共需要进行多少场比赛？（4级）【解析】 第一阶段中，每个小组内部的个人每人要赛一场，组内赛场，共个小组，有场；第二阶段中，每个小组内部人中每人赛一场，组内赛场，共个小组，有场；第三阶段赛场根据加法原理，整个赛程一共有场比赛【例 8】 从分别写有、的五张卡片中任取两张，做成一道两个一位数的乘法题，问： 有多少个不同的乘积？ 有多少个不同的乘法算式？（6级）【解析】 要考虑有多少个不同乘积由于只要从张卡片中取两张，就可以得到一个乘积，所以，有多少个乘积只与所取的卡片有关，而与卡片取出的顺序无关，所以这是一个组合问题由组合数公式，共有(个)不同的乘积 要考虑有多少个不同的乘法算式，它不仅与两张卡片上的数字有关，而且与取到两张卡片的顺序有关，所以这是一个排列问题由排列数公式，共有(种)不同的乘法算式【巩固】 9、8、7、6、5、4、3、2、1、0这10个数字中划去7个数字，一共有多少种方法？（4级）【解析】 相当于在10个数字选出7个划去，一共有10987654（7654321）=1098（321）=120种【巩固】 从分别写有、的八张卡片中任取两张，做成一道两个一位数的加法题，有多少种不同的和？（4级）【解析】 (种)【例 9】 在中任意取出两个不同的数相加，其和是偶数的共有多少种不同的取法？（6级）【解析】 两个数的和是偶数，通过前面刚刚学过的奇偶分析法，这两个数必然同是奇数或同是偶数，而取出的两个数与顺序无关，所以是组合问题从个偶数中取出个，有(种)取法；从个奇数中取出个，也有(种)取法根据加法原理，一共有(种)不同的取法【小结】在本题中，对两个数的和限定了条件不妨对这个条件进行分类，如把和为偶数分成两奇数相加或两偶数相加这样可以把问题简化【巩固】 从、这个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？（6级）【解析】 、中有个奇数，个偶数，从个数中任取个数的方法有：(种)，所以选法总数有：(种)【例 10】 一个盒子装有个编号依次为，的球，从中摸出个球，使它们的编号之和为奇数，则不同的摸法种数是多少？（6级）【解析】 个编号中奇偶，要使个球的编号之和为奇数，有以下三种情形： 奇偶，这时对奇数只有种选择，对偶数有种选择由乘法原理，有(种)选择； 奇偶，这时对奇数有(种)选择，对偶数也有(种)选择由乘法原理，有(种)选择； 奇偶，这时对奇数有种选择，对偶数只有种选择由乘法原理， 有(种)选择由加法原理，不同的摸法有(种)【例 11】 用2个1，2个2，2个3可以组成多少个互不相同的六位数？用个，个，个可以组成多少个互不相同的六位数？（6级）【解析】 先考虑在个数位上选个数位放，这两个的顺序无所谓，故是组合问题，有(种)选法；再从剩下的个数位上选个放，有(种)选法；剩下的个数位放，只有种选法由乘法原理，这样的六位数有(个)在前一问的情况下组成的个六位数中，首位是、的各个如果将全部换成，这个首位是的数将不是六位数，所以可以组成互不相同的六位数(个)【例 12】 从，中任取三个数字，从，中任取两个数字，组成没有重复数字的五位数，一共可以组成多少个数？（6级）【解析】 整个过程可以分三步完成：第一步，从，中任取三个数字，这是一个组合问题，有种方法；第二步，从，中任取两个数字，也是一个组合问题，有种方法；第三步，用取出的个数字组成没有重复数字的五位数，有种方法所以总的个数为：（个）【例 13】 从、这七个数字中，任取3个组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？（这里每个数字只允许用次，比如100、210就是可以组成的，而211就是不可以组成的）（2008年“陈省身杯”国际青少年数学邀请赛五年级）（4级）【解析】 若三位数不含有，有（个），若含有一个，有（个），若含有两个，有（个），所以共有（个）【例 14】 用2个1，2个2，2个3可以组成多少个互不相同的六位数？用2个0，2个1，2个2可以组成多少个互不相同的六位数？（6级）【解析】 先考虑在6个数位上选2个数位放1，这两个1的顺序无所谓，故是组合问题有种选法；再从剩下的4个数位上选2个放2，有种选法；剩下的2个数位放3，只有1种选法由乘法原理，这样的六位数有个在前一问的情况下组成的90个六位数中，首位是1、2、3的各30个如果将3全部换成0，这30个首位是0的数将不是六位数，所以可以组成互不相同的六位数个【巩固】用两个3，一个2，一个1，可以组成多少个不重复的4位数？（6级）【解析】 这道题由于3有2个，是其中最特殊的，所以从它入手先从四位数的4个数位中选择2个来放3，有种选法；然后剩下的两个数位放1和2，有2种放法；根据乘法原理，共有种不同的方法，所以可以组成12个不重复的四位数【例 15】 工厂某日生产的10件产品中有2件次品，从这10件产品中任意抽出3件进行检查，问：（1）一共有多少种不同的抽法？（2）抽出的3件中恰好有一件是次品的抽法有多少种？（3）抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有多少种？（6级）【解析】 （1）从10件产品中抽出3件，抽法总数为=120（种）（2）3件中恰好一件次品，那么还有两件正常品抽法总数为=56（种）（3）与“至少有一件是次品”互补的事件是“全都不是次品”全都不是次品的抽法总数为=56（种）所以至少有一件次品的抽法总数为120-56=64（种）【例 16】 200件产品中有5件是次品，现从中任意抽取4件，按下列条件，各有多少种不同的抽法（只要求列式）？都不是次品；至少有1件次品；不都是次品（6级）【解析】 第题：与顺序无关；都不是次品，即全部都是正品，正品有195件第题：与顺序无关；至少有1件次品，即有1件次品、2件次品、3件次品、4件次品等四类情况，次品共5件可用直接法解答，也可用间接法解答第题：与顺序无关；不都是次品，即至少有1件是正品都不是次品，即全部为正品共有抽法种至少有1件次品，包括1件、2件、3件、4件次品的情况共有抽法种（或种）不都是次品，即至少有1件正品共有抽法种（或种）【例 17】 在一个圆周上有个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的： 直线段； 三角形； 四边形（6级）【解析】 由于个点全在圆周上，所以这个点没有三点共线，故只要在个点中取个点，就可以画出一条线段；在个点中取个点，就可以画出一个三角形；在个点中取个点，就可以画出一个四边形，三个问题都是组合问题由组合数公式： 可画出(条)直线段 可画出(个)三角形 可画出(个)四边形【巩固】 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？（4级）【解析】 这道题不考虑线段两个端点的顺序，是组合问题，实际上是求从个元素中取出个元素的组合数，由组合数公式，所以以个点中每个点为端点的线段共有条【巩固】 在正七边形中，以七边形的三个顶点为顶点的三角形共有多少个？（4级）【解析】 三角形的形状与三个顶点选取的先后顺序无关，所以这是一个组合问题，实际上是求从个点中选出个点的选法，等于(种)【例 18】 平面内有个点，其中点共线，此外再无三点共线 可确定多少个三角形？ 可确定多少条射线？（6级）【解析】 分三类：有个顶点在共线的点中，另个顶点在不共线的点中的三角形有个；有个顶点在共线的点中，另个顶点在不共线的点中的三角形有(个)；个顶点都在不共线的点中的三角形有个根据加法原理，可确定个三角形 两点可以确定两条射线，分三类：共线的点，确定条射线；不共线的点，每两点确定两条射线，共有(条)射线；从共线的点与不共线的点中各取一个点可以确定(条)射线根据加法原理，可以确定(条)射线【巩固】 如图，问： 图中，共有多少条线段？ 图中，共有多少个角？（4级） 图 图【解析】 在线段上共有个点（包括端点、）注意到，只要在这七个点中选出两个点，就有一条以这两个点为端点的线段，所以，这是一个组合问题，而表示从个点中取两个不同点的所有取法，每种取法可以确定一条线段，所以共有条线段由组合数公式知，共有(条)不同的线段； 从点出发的射线一共有条，它们是， ，注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从条射线中取两条射线有多少种取法，就有多少个角显然，是组合问题，共有种不同的取法，所以，可组成个角 由组合数公式知，共有(个)不同的角【例 19】 某班要在名同学中选出名同学去参加夏令营，问共有多少种选法？如果在人中选人站成一排，有多少种站法？（6级）【解析】 要在人中选人去参加夏令营，那么，所有的选法只与选出的同学有关，而与三名同学被选出的顺序无关所以，应用组合数公式，共有种不同的选法要在人中选出人站成一排，那么，所有的站法不仅与选出的同学有关，而且与三名同学被选出的顺序有关所以，应用排列数公式，共有种不同的站法由组合数公式，共有(种)不同的选法；由排列数公式，共有(种)不同的站法【巩固】 学校新修建的一条道路上有盏路灯，为了节省用电而又不影响正常的照明，可以熄灭其中盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的盏灯，那么熄灯的方法共有多少种？（6级）【解析】 要熄灭的是除两端以外的盏灯，但不相邻可以看成有盏灯，共有个空位，在这个空位中找个空位的方法数就是熄灭盏灯的方法数，那么熄灯的方法数有(种)【例 20】 将三盘同样的红花和四盘同样的黄花摆放成一排，要求三盘红花互不相邻，共有_种不同的方法（2007年“希望杯”第一试）（4级）【解析】 因为三盘红花不能相邻，所以可以先将四盘黄花摆好，红花只能摆在黄花之间或者黄花的两边这样共有个空，每个空最多只能放一盘红花，相当于从个元素中取出个，所以共有种不同的放法【例 21】 在一次合唱比赛中，有身高互不相同的8个人要站成两排，每排4个人，且前后对齐而且第二排的每个人都要比他身前的那个人高，这样才不会被挡住一共有多少种不同的排队方法？（4级）【解析】 因为所有人的身高两两不同，所以只要确定了位于同一列的两个人是谁，也就确定了他们的前后关系所以排队方法总数为：（种）【例 22】 在一次考试的选做题部分，要求在第一题的个小题中选做个小题，在第二题的个小题中选做个小题，在第三题的个小题中选做个小题，有多少种不同的选法？（6级）【解析】 由于选做的题目只与选取的题目有关，而与题目的顺序无关，所以在三道题中选题都是组合问题第一题中，个小题中选做个，有(种)选法；第二题中，个小题中选做个，有(种)选法；第三题中，个小题中选做个，有(种)选法根据乘法原理，一共有(种)不同的选法【例 23】 某年级个班的数学课，分配给甲、乙、丙三名数学老师任教，每人教两个班，分派的方法有多少种？（6级）【解析】 分三步进行：第一步，取两个班分配给甲，与先后顺序无关，是组合问题，有(种)选法；第二步，从余下的个班中选取两个班给乙，有(种)选法；第三步，剩余的两个班给丙，有种选法根据乘法原理，一共有(种)不同的分配方法【例 24】 (2007年“迎春杯”高年级初赛)将19枚棋子放入的方格网内，每个方格至多只放一枚棋子，且每行每列的棋子个数均为奇数个，那么共有_种不同的放法（4级）【解析】 的方格网共有25个方格，放入19枚棋子，说明还有6个空格由于棋子的数目较多，直接考虑棋子比较困难，可以反过来考虑6个空格由于每行每列的棋子个数均为奇数个，而每行每列都有5个方格，说明每行每列的空格数都是偶数个那么每行每列的空格数可能为0，2或4如果有某一行或某一列的空格数为4个，为保证每行每列的空格数都是偶数个，那么这4个空格所在的列或行都至少还有另外1枚棋子，这样至少有8个空格，与题意不符，所以每行每列的空格数不能为4个，只能为0个或2个则肯定是某3行和某3列中每行每列各有2个空格，如下：其中表示空格，表示有棋子的方格，其它的方格则全部有棋子选择有空格的3行3列有种选法，在这3行3列中选择6个空格(也相当于每行每列选择1枚棋子)有种选法，所以总共有种不同的放法【例 25】 甲射击员在练习射击，前方有三种不同类型的气球，共3串，有一串是红气球3个，有一串是黄气球2个，有一串是绿气球4个，而且每次射击必须射最下面的气球，问有多少种不同的射法？（6级）【解析】 根据射击规则，任意一种打法都对应三个红色气球，二个黄色气球，四个绿色气球，即9个物体的排列，当然有种排列方法但是，其中三个红色气球是不能随意排列的，应该是固定由下到上的，而上面却包括了它的随意排列的情况，所以应该除以，其他黄色气球、绿色气球依此类推所以共有射击方法：(种)本题也可以这样想：任意一种打法都对应9个物体的排列，从中先选出3个位置给红色气球，有种选法；这3个红色气球的顺序是固定的，所以它们之间只有一种排列顺序；再从剩下的6个位置中选出2个给黄色气球，有种选法；它们之间也只有一种排列顺序；剩下的4个位置给绿色气球，它们之间也只有一种排列顺序所以，根据乘法原理，共有种不同的射法【例 26】 有8个队参加比赛，采用如下图所示的淘汰制方式问在比赛前抽签时，可以得到多少种实质不同的比赛安排表？（6级）【解析】 (法1)先选4人，再考虑组合的方法8选4有种组合，其中实质不同的有一半，即种；对每一边的4个人，共有实质性不同的种，所以，可以得到种实质不同的比赛安排表(法2)先考虑所有情况，再考虑重复情况首先是考虑到实质相同：1、2；3、4；5、6；7、8；一、二；三、四；、，以上7组均可交换，即每一种实际上重复计算了次，答案为：【例 27】 某池塘中有三只游船，船可乘坐人，船可乘坐人，船可乘坐人，今有个成人和个儿童要分乘这些游船，为安全起见，有儿童乘坐的游船上必须至少有个成人陪同，那么他们人乘坐这三支游船的所有安全乘船方法共有多少种？（6级）【解析】 由于有儿童乘坐的游船上必须至少有个成人陪同，所以儿童不能乘坐船若这人都不乘坐船，则恰好坐满两船，若两个儿童在同一条船上，只能在船上，此时船上还必须有个成人，有种方法；若两个儿童不在同一条船上，即分别在两船上，则船上有个儿童和个成人，个儿童有种选择，个成人有种选择，所以有种方法故人都不乘坐船有种安全方法；若这人中有人乘坐船，这个人必定是个成人，有种选择其余的个成人与个儿童，若两个儿童在同一条船上，只能在船上，此时船上还必须有个成人，有种方法，所以此时有种方法；若两个儿童不在同一条船上，那么船上有个儿童和个成人，此时个儿童和个成人均有种选择，所以此种情况下有种方法；故人中有人乘坐船有种安全方法所以，共有种安全乘法【例 28】 有蓝色旗面，黄色旗面，红色旗面这些旗的模样、大小都相同现在把这些旗挂在一个旗杆上做成各种信号，如果按挂旗的面数及从上到下颜色的顺序区分信号，那么利用这些旗能表示多少种不同信号? （4级）【解析】 按挂旗的面数来分类考虑第一类：挂一面旗从蓝、黄、红中分别取一面，可以表示种不同信号；第二类：挂两面旗按颜色分成：红黄（种）；红蓝（种）；黄蓝（ 种）；黄黄（种）；蓝蓝（种）；共种；第三类：挂三面旗按颜色分类：红蓝蓝（种）；红黄黄（种）；红黄蓝（种）；黄黄蓝（种）；黄蓝蓝（种）；蓝蓝蓝（种）；共种；第四类：挂四面旗按颜色分类：红黄黄蓝（或种）；红黄蓝蓝（或种）；红蓝蓝蓝（种）；黄黄蓝蓝（种）；黄蓝蓝蓝（种），共种；第五类：挂五面旗按颜色分类：红黄黄蓝蓝（种）；红黄 蓝蓝蓝（种）；黄黄蓝蓝蓝（种），共种；第六类：挂六面旗红黄黄蓝蓝蓝（种）根据加法原理，共可以表示种不同的信号【例 29】 从名男生，名女生中选出人参加游泳比赛在下列条件下，分别有多少种选法？恰有名女生入选；至少有两名女生入选；某两名女生，某两名男生必须入选；某两名女生，某两名男生不能同时入选；某两名女生，某两名男生最多入选两人（6级）【解析】 恰有名女生入选，说明男生有人入选，应为种；要求至少两名女生人选，那么“只有一名女生入选”和“没有女生入选”都不符合要求运用包含与排除的方法，从所有可能的选法中减去不符合要求的情况：；人必须入选，则从剩下的人中再选出另外人，有种；从所有的选法种中减去这个人同时入选的种：分三类情况：人无人入选；人仅有人入选；人中有人入选，共：【例 30】 从名男生，名女生中选出名代表 不同的选法共有多少种？ “至少有一名女生”的不同选法共有多少种？ “代表中男、女生都要有”的不同选法共有多少种？（6级）【解析】 相当于从名学生中任意选名，不同的选法有(种) 方法一：可以分成三类：选名女生，选名男生由乘法原理，有(种)选法；选名女生，选名男生由乘法原理，有(种)选法；选名女生，男生不选，有种选法根据加法原理，“至少有一名女生”的不同选法有(种)方法二：先不考虑对女生的特殊要求，从从名学生中任意选名，有(种)选法；考虑一个女生都不选的情况，则名代表全产生于男生中，有 (种)选法，所以，至少选一名女生的选法有种，这种“去杂法”做起来也比较简单 “代表中男、女生都要有”，可以分成两类：名男生，名女生，由乘法原理，有(种)选法；名男生，名女生，由乘法原理，有(种)选法根据加法原理，“代表中男、女生都要有”的不同选法共有(种)【小结】选择问题是组合问题中的一类常见问题，可根据具体情况从正面考虑或逆向求解，采用“去杂法”【巩固】 在6名内科医生和4名外科医生中，内科主任和外科主任各一名，现要组成5人医疗小组送医下乡，按照下列条件各有多少种选派方法？ 有3名内科医生和2名外科医生； 既有内科医生，又有外科医生； 至少有一名主任参加； 既有主任，又有外科医生（8级）【解析】 先从名内科医生中选名，有种选法；再从名外科医生中选名，共有种选法根据乘法原理，一共有选派方法种 用“去杂法”较方便，先考虑从名医生中任意选派人，有 种选派方法；再考虑只有外科医生或只有内科医生的情况由于外科医生只有人，所以不可能只派外科医生如果只派内科医生，有种选派方法所以，一共有种既有内科医生又有外科医生的选派方法 如果选名主任，则不是主任的名医生要选人，有种选派方法；如果选名主任，则不是主任的名医生要选人，有种选派方法根据加法原理，一共有种选派方法 分两类讨论：若选外科主任，则其余人可任意选取，有种选取方法；若不选外科主任，则必选内科主任，且剩余人不能全选内科医生，用“去杂法”有种选取法根据加法原理，一共有种选派方法【例 31】 在10名学生中，有5人会装电脑，有3人会安装音响设备，其余2人既会安装电脑，又会安装音响设备，今选派由人组成的安装小组，组内安装电脑要人，安装音响设备要人，共有多少种不同的选人方案？（8级）【解析】 按具有双项技术的学生分类： 两人都不选派，有(种)选派方法； 两人中选派人，有种选法而针对此人的任务又分两类：若此人要安装电脑，则还需人安装电脑，有(种)选法，而另外会安装音响设备的人全选派上，只有种选法由乘法原理，有(种)选法；若此人安装音响设备，则还需从人中选人安装音响设备，有(种)选法，需从人中选人安装电脑，有(种)选法由乘法原理，有(种)选法根据加法原理，有(种)选法；综上所述，一共有(种)选派方法 两人全派，针对两人的任务可分类讨论如下：两人全安装电脑，则还需要从人中选人安装电脑，另外会安装音响设备的人全选上安装音响设备，有(种)选派方案；两人一个安装电脑，一个安装音响设备，有(种)选派方案；两人全安装音响设备，有(种)选派方案根据加法原理，共有(种)选派方案综合以上所述，符合条件的方案一共有(种)【例 32】 有11名外语翻译人员，其中名是英语翻译员，名是日语翻译员，另外两名英语、日语都精通从中找出人，使他们组成两个翻译小组，其中人翻译英文，另人翻译日文，这两个小组能同时工作问这样的分配名单共可以开出多少张？（8级）【解析】 针对两名英语、日语都精通人员(以下称多面手)的参考情况分成三类： 多面手不参加，则需从名英语翻译员中选出人，有种选择，需从名日语翻译员中选出人，有种选择由乘法原理，有种选择 多面手中有一人入选，有种选择，而选出的这个人又有参加英文或日文翻译两种可能：如果参加英文翻译，则需从名英语翻译员中再选出人，有种选择，需从名日语翻译员中选出人，有种选择由乘法原理，有种选择；如果参加日文翻译，则需从名英语翻译员中选出人，有种选择，需从名日语翻译员中再选出名，有种选择由乘法原理，有种选择根据加法原理，多面手中有一人入选，有种选择 多面手中两人均入选，对应一种选择，但此时又分三种情况：两人都译英文；两人都译日文；两人各译一个语种情况中，还需从名英语翻译员中选出人，有种选择需从名日语翻译员中选人，种选择由乘法原理，有种选择情况中，需从名英语翻译员中选出人，有种选择还需从名日语翻译员中选出人，有种选择根据乘法原理，共有种选择情况中，两人各译一个语种，有两种安排即两种选择剩下的需从名英语翻译员中选出人，有种选择，需从名日语翻译员中选出人，有种选择由乘法原理，有种选择根据加法原理，多面手中两人均入选，一共有种选择综上所述，由加法原理，这样的分配名单共可以开出张【小结】组合问题中出现“多面手”时，往往“多面手”是进行分类讨论的对象，这样可以简化问题【巩固】 某旅社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余个既会英语又会日语现要从中选人，其中人做英语导游，另外人做日语导游则不同的选择方法有多少种？（8级）【解析】 此题若从“多面手”出发来做，不太简便，由于只会日语的人较少，所以针对只会日语的人讨论，分三类： 只会日语的人都出场，则还需个多面手做日语导游，有种选择从剩下的只会英语的人和多面手共人中选人做英语导游，有种选择由乘法原理，有种选择 只会日语的人中有人出场，有种选择还需从多面手中选人做日语导游，有种选择剩下的只会英语的人和多面手共人中选人做英语导游，有种选择由乘法原理，有种选择 只会日语的人不出场，需从多面手中选人做日语导游，有种选择剩下的只会英语的人和多面手共人中选人做英语导游，有种选择由乘法原理，有种选择根据加法原理，不同的选择方法一共有种【小结】当“多面手”的数量较多时，对“多面手”分类讨论问题反倒不简单了那么此时应灵活选择数量较少的一类元素讨论(如本题中的会日语的导游)做题时要根据具体问题灵活处理板块二、排除法对于某些有特殊要求的计数，当限制条件较多时，可以先计算所有可能的情况，再从中排除掉那些不符合要求的情况【例 33】 如图所示，在半圆弧及其直径上共有9个点，以这些点为顶点可画出多少个三角形？（6级）【解析】 从9个点中选出3个，只要这3个点不在一条直线上，就能连成一个三角形图中直径上的四个点共线，其余任意三点均不共线所以要计算三角形的总数，只要算出选取三个点的总取法，再从中减去无法连成三角形的选法总数，得到的就是能画出的三角形的总个数：（个）【例 34】 如图，正方形的边界上共有7个点、其中、分别在边、上以这7个点中的4个点为顶点组成的不同的四边形的个数是_ 个(小学数学奥林匹克决赛) （6级）【解析】 从7个点中选出4个点有种方法但其中有三个点在同一条直线上的情况，此时所选择的四个点不能组成四边形这在同一条直线上的三个点可能是、，可能是、，也可能是、，而对于其中的每一种情况，第四个点都可以从其余的4个点中选取因此应排除的情况有种，所以组成的不同的四边形的个数是个【巩固】 图中正方形的四边共有8个点，其中任意4点不在一条直线上，那么可组成多少个四边形？（4级）【解析】 本题实质是组合问题从8个点中(其中任意4点不在一条直线上)任选4点可组成的四边形是个但是由于图中有3点同在一条边上的情况，所以任选4点可能组成一个三角形，图中这样的三角形共有个，所以四边形共有个【例 35】 如图，有个点，取不同的三个点就可以组合一个三角形，问总共可以组成个三角形（4级）【解析】 如图，从中任选三点有种选法，其中三个点在一条直线上的有其中表示三条横直线上的5个点中任取三个点都共线，5表示5条竖线段上的3个点都共线，6表示3个田字格的总共6条对角线上的3点都共线，2表示大长方形的2条对角线上的三点共线所以，可以组成三角形个【例 36】 在的所有自然数中，百位数与个位数不相同的自然数有多少个？（4级）【解析】 先考虑1001995这1896个数中，百位与个位相同的数有多少个，在三位数中，百位与个位可以是19，十位可以是09，由乘法原理，有个，四位数中，千位是1，百位和个位可以是09，十位可以是09，由乘法原理，个，但是要从中去掉1999，在1001995中，百位与个位相同的数共有个，所以，百位数与个位数不相同的自然数有：个【例 37】 1到1999的自然数中，有多少个与5678相加时，至少发生一次进位？（6级）【解析】 从问题的反面考虑：1到1999的自然数中，有多少个与5678相加时，不发生进位？这样的数，个位数字有2种可能(即0，1)，十位数字有3种可能(即0，1，2)，百位数字有4种可能(即0，1，2，3)，千位数字有2种可能(即0，1)根据乘法原理，共有个注意上面的计算中包括了0(0000)这个数，因此，1到1999的自然数中与5678相加时，不发生进位的数有个所以，1到1999的自然数中与5678相加时，至少发生一次进位的有个【巩固】 所有三位数中，与456相加产生进位的数有多少个？（6级）【解析】 与456相加产生进位在个位、十位、百位都有可能，所以采用从所有三位数中减去与456相加不产生进位的数的方法更来得方便，所有的三位数一共有个，其中与456相加不产生进位的数，它的百位可能取1、2、3、4、5共5种可能，十位数可以取0、1、2、3、4共5种可能，个位数可以取0、1、2、3共4种可能，根据乘法原理，一共有个数，所以与456相加产生进位的数一共有个数【巩固】从1到2004这2004个正整数中，共有几个数与四位数8866相加时，至少发生一次进位？（6级）【解析】 千位数小于等于1，百位数小于等于1，十位数小于等于3，个位数小于等于3，应该有种可以不进位，那么其他个数都至少产生一次进位【例 38】 在三位数中，至少出现一个6的偶数有多少个？（6级）【解析】 至少出现一个“6”，意思就是这个三位偶数中，可以有一个6，两个6或三个6我们可以把这三种情况下满足条件的三位数的个数分别求出来，再加起来；也可以从所有的三位偶数中减去不满足条件的，即减去不含6的三位偶数三位偶数共有450个，我们先来计算不含6的偶数的个数，不含6的偶数，个位可以是0，2，4，8，十位上可以是除6以外的其余9个数字，百位可以是除6，0以外的8个数字，因此不含6的三位偶数共有个,则至少出现一个6的三位偶数有个【例 39】 由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的六位数中，百位不是2的奇数有 个（6级）【解析】 由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的奇六位数，个位可以为1，3，5，有3种选法；个位选定后，十万位不能与个位相同，且不能为0，有4种；十万位选定后万位有4种；故由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的奇六位数的个数为：个；由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字且百位为2的奇六位数，个位可以为1，3，5，有3种选法；十万位不能与个位相同，且不能为0、2，有3种；十万位选定后万位有3种；故由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字且百位为2的奇六位数的个数为：个；所以，满足条件的数有：个【例 40】 从三个0、四个1，五个2中挑选出五个数字，能组成多少个不同的五位数？（6级）【解析】 由3个0，4个1，5个2组成五位数，首位上不能是0，只能是1或2，有2种选择；后面4位上都可以是0、1或2，各有3种选择，根据乘法原理，共有种选择；但是注意，这样算是在0和1的个数足够多的情况下才能算，本题中可能会出现0和1的个数不够的情况（2的个数肯定够）比如说，0只有3个，但是上面的算 法却包括了后四位都是0的情况，这样的数有两个：10000和20000，得减掉；另外，1只有4个，却包含了五位都是1的情况：11111，也得减去所以实际上共有个【例 41】 个人围成一圈，从中选出两个不相邻的人，共有多少种不同选法？（6级）【解析】 (法1)乘法原理按题意，分别站在每个人的立场上，当自己被选中后，另一个被选中的，可以是除了自己和左右相邻的两人之外的所有人，每个人都有种选择，总共就有种选择，但是需要注意的是，选择的过程中，会出现“选了甲、乙，选了乙、甲”这样的情况本来是同一种选择，而却算作了两种，所以最后的结果应该是()(种)(法2)排除法可以从所有的两人组合中排除掉相邻的情况，总的组合数为，而被选的两个人相邻的情况有种，所以共有(种)【例 42】 一栋12层楼房备有电梯，第二层至第六层电梯不停在一楼有3人进了电梯，其中至少有一个要上12楼，则他们到各层的可能情况共有多少种？（6级）【解析】 每个人都可以在第7层至第12层中任何一层下，有6种情况，那么三个人一共有种情况，其中，都不到12楼的情况有种因此，至少有一人要上12楼的情况有种【例 43】 8个人站队，冬冬必须站在小悦和阿奇的中间（不一定相邻），小慧和大智不能相邻，小光和大亮必须相邻，满足要求的站法一共有多少种？（6级）【解析】 冬冬要站在小悦和阿奇的中间，就意味着只要为这三个人选定了三个位置，中间的位置就一定要留给冬冬，而两边的位置可以任意地分配给小悦和阿奇小慧和大智不能相邻的互补事件是小慧和大智必须相邻小光和大亮必须相邻，则可以将两人捆绑考虑只满足第一、三个条件的站法总数为：（种）同时满足第一、三个条件，并且满足小慧和大智必须相邻的站法总数为：（种）因此同时满足三个条件的站法总数为：（种）【例 44】 若一个自然数中至少有两个数字，且每个数字小于其右边的所有数字，则称这个数是“上升的”问一共有多少“上升的”自然数？（6级）【解析】 由于每个数字都小于其右边所有数字，而首位上的数不能为0，所以满足条件的数各数位上都没有0，而且各数位上的数都互不相同那么最大的“上升的”自然数是123456789而且可以发现，所有的“上升的”自然数都可以由123456789这个数划掉若干个数码得到反过来，由从123456789这个数中划掉若干个数码得到的至少两位的数都是“上升的”自然数所以只要算出从123456789中划掉若干个数码所能得到的至少两位的数有多少个就可以了因为其中每个数码都有划掉和保留这2种可能，所以9位数共有种可能，但是需要排除得到的一位数及零，这样的数共有10个，所以所能得到的至少两位的数有(个)所以一共有502个“上升的”自然数【例 45】 6人同时被邀请参加一项活动必须有人去，去几个人自行决定，共有多少种不同的去法？（6级）【解析】 方法一：可以分为一人去、两人去、三人去、四人去、五人去、六人去六种情况，每一种情况都 是组合问题第一种情况有种去法；第二种情况有(种)去法；第三种情况有(种)去法；第四种情况有(种)去法；第五种情况有(种)去法；第六种情况有种去法根据加法原理，共有(种)不同的去法方法二：每一个人都有去或者不去两种可能，但要减掉所有人都不去这种情况，于是总共有(种)不同的去法【例 46】 由数字1，2，3组成五位数，要求这五位数中1，2，3至少各出现一次，那么这样的五位数共有_个(2007年“迎春杯”高年级组决赛) （6级）【解析】 这是一道组合计数问题由于题目中仅要求，至少各出现一次，没有确定，出现的具体次数，所以可以采取分类枚举的方法进行统计，也可以从反面想，从由组成的五位数中，去掉仅有个或个数字组成的五位数即可(法1)分两类：，中恰有一个数字出现次，这样的数有(个)；，中有两个数字各出现次，这样的数有(个)符合题意的五位数共有(个)(法2)从反面想，由，组成的五位数共有个，由，中的某个数字组成的五位数共有个，由，中的某个数字组成的五位数共有个，所以符合题意的五位数共有(个)【例 47】 5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？(构成的三角形的边不一定在这5条直线上) （8级）【解析】 (法1)5条直线一共形成个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有3个点与它不共线，所以以这个点为顶点的三角形就有个三角形，则以10个点分别为顶点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形都被重复计算了3次，所以一共有100个三角形(法2)只要三点不共线就能构成三角形，所以可以先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况这10个点是由5条直线相互相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况，所以一共可以构成种情况【例 48】 正方体的顶点(8个)，各边的中点(12个)，各面的中心(6个)，正方体的中心(1个)，共27个点，以这27个点中的其中3点一共能构成多少个三角形？（6级）【解析】 27个点中取三个点，不是这3点共线，就是这3点能构成三角形27个点中取三个点一共有种过三点的直线可以分为3类有两个顶点连线构成的有条；由两个面的中心连线的有3条，由两条棱的中点连线的有条，所以能构成的三角形有种【例 49】 用A、B、C、D、E、F六种染料去染图中的两个调色盘，要求每个调色盘里的六种颜色不能相同，且相邻四种颜色在两个调色盘里不能重复，那么共有多少种不同的染色方案（旋转算不同的方法）（6级）【解析】 先选中一个调色盘，此盘共有6！=720种再看另一个调色盘相邻四种颜色重复的分为4个重复、5个重复和6个重复三种情况，但由于5个重复就必然6个重复，因此只要分4种和6种即可4种颜色重复有6种情况，6种颜色重复只有1种每种情况经旋转可变出6种所以共有6！-16-66=678总共有678720=488160种板块三、插板法插板法一般用来解决求分解一定数量的无差别物体的方法的总数，使用插板法一般有三个要求：所要分解的物体一般是相同的：所要分解的物体必须全部分完：参与分物体的组至少都分到1个物体，不能有没分到物体的组出现在有些题目中，已知条件与上面的三个要求并不一定完全相符，对此应当对已知条件进行适当的变形，使得它与一般的要求相符，再适用插板法使用插板法一般有如下三种类型： 个人分个东西，要求每个人至少有一个这个时候我们只需要把所有的东西排成一排，在其中的个空隙中放上个插板，所以分法的数目为 个人分个东西，要求每个人至少有个这个时候，我们先发给每个人个，还剩下个东西，这个时候，我们把剩下的东西按照类型来处理就可以了所以分法的数目为 个人分个东西，允许有人没有分到这个时候，我们不妨先借来个东西，每个人多发1个，这样就和类型一样了，不过这时候物品总数变成了个，因此分法的数目为【例 50】 有10粒糖，分三天吃完，每天至少吃一粒，共有多少种不同的吃法？（4级）【解析】 如图：|，将10粒糖如下图所示排成一排，这样每两颗之间共有9个空，从头开始吃，若相邻两块糖是分在两天吃的，就在其间画一条竖线隔开表示之前的糖和之后的糖不是在同一天吃掉的，九个空中画两条竖线，一共有种方法【巩固】小红有10块糖，每天至少吃1块，7天吃完，她共有多少种不同的吃法？（6级）【解析】 分三种情况来考虑： 当小红最多一天吃块时，其余各每天吃块，吃块的这天可以是这七天里的任何一天，有种吃法； 当小红最多一天吃块时，必有一天吃块，其余五天每天吃块，先选吃块的那天，有种选择，再选吃块的那天，有种选择，由乘法原理，有种吃法； 当小红最多一天吃块时，必有三天每天吃块，其四天每天吃块，从天中选天，有(种)吃法根据加法原理，小红一共有(种)不同的吃法另外还可以用挡板法来解这道题，块糖有个空，选个空放挡板，有(种)不同的吃法【巩固】(2008年西城实验考题)有12块糖，小光要6天吃完，每天至少要吃一块，问共有 种吃法（6级）【解析】 将12块糖排成一排，中间共有11个空，从11个空中挑出5个