高二数学组合、组合数人教版知识精讲

高二数学高二数学组合、组合数组合、组合数人教版人教版 【同步教育信息同步教育信息】 一. 本周教学内容： 组合、组合数 二. 重点、难点 重点： 1. 组合概念：从 n 个不同元素中，取出 m（m n）个不同元素，并成一组，其不同取 法总数为。 m n C 2. 组合数公式： 组合数的两个性质定理： 3. 组合的应用 4. 分组问题 难点： 组合的应用：平均分组问题 【典型例题典型例题】 例 1. 证明：（1）Cm0CnkCm1Cnk1Cm2Cnk2CmkCn0Cnmk （2）2Cn29Cn312Cn45Cn5nCn24 证：（1）构造一个数学模型 设袋中有 nm 个球，其中红球 n 个，白球 m 个。现从中任取 k 个（kminm，n） ， 那么共有 Cnmk种不同取法。 另一方面，用分类的方法考虑这个问题。可分成 k1 类：第 1 类，k 个红球；第 2 类， k1 个红球，1 个白球；第 3 类，k2 个红球，2 个白球；第 k1 类，0 个红球，k 个白球。于是取法总数为 CnkCm0Cnk1Cm1Cn0Cmk。 但这两种算法结果应是相等的，因此等式成立 例 2. 求和：。 2 100 2 4 2 3 2 2 CCCC 解法一：解法一：原式166650C)CC()CC()CC(C 3 101 3 100 3 101 3 4 3 5 3 3 3 4 3 3 解法二：解法二：原式 98 100 3 5 2 5 98 100 3 5 2 4 1 4 2 100 2 4 1 3 0 3 CCCCCCCCCCC 166650CC 3 101 98 101 解法三：解法三：原式 2 100 2 5 2 4 3 4 2 100 2 5 2 4 2 3 3 3 CCCCCCCCC 166650CCCC 3 101 2 100 2 5 3 5 例 3. 解方程 2 3x 2x 3x 1x 3x x 5x P 4 3 CCC 解：解：由方程可知，x2 根据组合数性质 2，将原方程化为 x25x140，解得 x2 或 x7（舍） 说明：说明：解含有组合数，排列数的方程时，应灵活利用组合数性质定理，以及和 m n P 的定义式。此外还要注意其中 m 和 n 的取值范围。在具体求解方程时，其基本方向就 m n C 是化简方程，减少方程中的项数，使之转化为我们熟知的整式方程。 例 4.（1）从 1，2，3，12 中任选 4 个数相加，其和为奇数的共有多少种？ （2）从 9 所中学选派 12 名教师组成代表团，每校至少 1 人参加，问有多少种不同选 派方法？ （3）由 12 人组成文娱小组，其中 5 人只会唱歌，5 人只会跳舞，2 人又会唱歌又会跳 舞。现从这 12 人中选派 4 人会唱歌 4 人会跳舞的去排练节目，共有多少种选法？ 解：解：（1）分两类：3 个奇数，1 个偶数，共有 C63C61种选法。1 奇，3 偶，不同选 法也是 C61C63种。故所求总数为 2C61C63种。 （2）每校选 1 人已定，只剩 3 个名额尚须选派。分三类：3 名全从同一个学校选， 共有 C91种选法；从两个学校选派 3 人，可以是甲 2 乙 1 或甲 1 乙 2，故不同选法总数为 2C92；从 3 个不同学校各选 1 人，有 C93种选法。 故所求总数为 C912C92C93。 （3）关键在于 2 个既会唱歌又会跳舞的人是否被选，并且选中后，他们表演什么节目 （唱歌还是跳舞） 。分 6 类：这 2 人被选为唱歌人选，其他 6 人选法有 C52C54种；2 人 被选为跳舞人选，也有 C52C54种选法；2 人被选，其中一人唱歌一人跳舞，共有 2C53C53 种选法；2 人中只选 1 人唱歌，有 C21C53C54种选法；2 人中只选 1 人跳舞，也有 C21C53C54种选法；这 2 人都没选上，那么有 C54C54种选法。 故所求总数为 2C52C542C21C53C542C53C53C54C54525。 例 5. 四面体的顶点和各棱中点共 10 个点，在其中取四个不共面的点，不同的取法共有 多少种？ 分析：分析：用直接法考虑：设四面体为 ABCD，底面 BCD 为平面 分四类情况考虑： 类：恰有 2 个点有 内，可分两种情况：该两个点在四面体的同一条棱上，有 （种） ；该两个点不在同一条棱上，有（种）27)3C(C3 2 4 2 3 30) 1C)(C3C( 2 4 2 3 2 6 类：恰有 1 个点在 内，可分两种情况：该点是棱的中点，有 339（种） ；该 点是棱的端点，有 326（种） 类：4 个点全不在 内，只有 1 种取法，由加法原理，可得： 解：解：682730961141（种） 用间接法考虑：先从 10 个点中任取 4 点，有种取法，其中所取 4 点是共面的情况 4 10 C 可分为两类： 类：4 点不在四面体的同一个面内，可分两种情形：4 点位于相对的两条棱上，这时 必然 3 点位于某棱，而另一点是对棱的中点，共有 6 种取法；4 点不位于相对的棱上，这 时 4 点必然全为棱的中点，且是平行四边形的顶点，共有 3 种取法 解：解：综上可得，（种）141)36C4(C 4 6 4 10 答：答：不同的取法共有 141 种。 例 6. 现有张、王、李三位教师分别到 6 个班任课，求下列情况下不同的分班法各有多 少种？（1）分给张、王、李老师依次 1 个班，2 个班，3 个班；（2）每位教师都 2 个班； （3）6 个班分成 3 组，两个组各 1 个班，另一组 4 个班；（4）分配给三位教师，某一人 1 个班，一个人 2 个班，一人 3 个班；（5）分配给三位教师，一人 4 个班，另 2 人各 1 个 班。 解：解：（1）不同的分班种数为（种）60CCCC 3 3 3 3 2 5 1 6 （2）不同的分法种数为（种）90CCC 2 2 2 4 2 6 （3）种方法中有重复，如中选 A，选 B，选到 C、D、E、F，与 4 4 1 5 1 6 CCC 1 6 C 1 5 C 4 4 C 选 B，选到 A，选到 C、D、E、F，分组又顺序，所以这两种是同一种分组，重复 1 6 C 1 5 C 4 4 C 主要产生于与选择分组上面，所以应去除掉，因此，符合题意的不同的分法种数为 1 6 C 1 5 C （种）15 P CCC 2 2 4 4 1 5 1 6 师，又不限定老师任课的任教，每位教师都会有各种任教法，所以有顺序问题，因此，分 完组的步骤完成后再完成排序的步骤，这样符合题意的不同分法种数为 例 7. （1）5 个相同的球，放入 3 个不同房间中，每个房间放球个数不限，共有多少种 不同放法？（2）n 个相同的球，放入 m 个不同房间中，每个房间放球个数不限，共有多少 种放法？（3）不定方程 x1x2x3x4x58 的非负整数解共有多少个？ 解解: :（1）我们用图直观地表示第 1 房有 2 球，第 2 房有 1 球，第 3 房有 2 球；其余类 推。把 5 个球与 2 个隔墙看成 7 个元素。其全排列的个数为 7！个。但 5 个球是相同的、 两面墙也是相同的，它们各自的 5！及 2！排列分别只能算作 1 种。 （2）类似可得 Cnm1n。 （3）与（1）类比，设想 xi 分别表示第 i 个房中球的个数。据（1）中的分析，可知 所求不定方程的非负整数解有 C8518C128C124个。 例 8. 某球队与另 10 个球队各比赛 1 场，共 10 场比赛，问五胜三负二平的一切可能情 况为多少种。 解：解：作如下设想：“胜”表示“红球” ， “平”表示“黄球” ， “负”表示“白球” ，于是 原题转换成：5 个红球、2 个黄球、3 个白球排成一排，有多少种排法。 先把 10 个球看成不同的，共有 10！种排法。当黄球和白球的位置固定后，5 个红球有 P55 种排法，但它们实质上是同一排列，故应将 10！除以 5！。对白球和黄球可作类似的分析。 注：注：一般，若有 r1个相同的第 1 种球，r2个相同的第 2 种球，rs个相同的第 s 种 球，其中 r1r2rsn，那么这 n 个球的不同排列总数为。 !r!r !r !n s21 例 9. f 是集合 Ma，b，c，d到集合 N0，1，2的映射，满足 f（a） f（b）f（c）f（d）4，则不同的映射的个数有多少？ 分析：分析：由于 f 是集合 M 到集合 N 的映射，可知 M 中的每一个元素在集合 N 中有象且惟 一。而 M 集中的元素 a，b，c，d 的象分别是 f（a） ，f（b） ，f（c） ，f（d） ，当然应属于 集合 N。这样 M 中元素可能出现多个对一个的可能，这样就有 f（a）0，f（b）0，等 情况，只需取 0，1，2 中任意四个元素， （包括可重复的）组成四个数的和等于 4，就可求 得满足题设的映射。 解：解：0112002211114 当象的和为 0112 时，M 中元素与 N 中元素的对应方法可分为三步。第一步， M 中 4 个元素任取一个与 0 对应，有种对应方法，余下有 3 个元素；第二步，从余下的 1 4 C 3 个元素任取一个与 2 对应，有种对应方法，余下有两个元素；第三步，让 M 中余下的 1 3 C 两个元素都对应 N 中的元素 1，有 1 种方法。 当象分别是 0，1，1，2 时，满足 0112 的映射有个。1CC 1 3 1 4 是分类进行的 满足题设的映射共有 说明：说明：集合 M 到 N 的映射，应满足 M 中任一个元素在 f 作用下在集合 N 中有象且唯一， 反之 N 中元素在 M 中的原象不一定唯一。 【疑难解析疑难解析】 1. 组合与排列的联系和区别 相同点：排列和组合都是从 n 个不同元素中取出 m（mn）个元素 不同点：排列与组合的区别在于元素取出以后，是“排成一排” ，还是“组成一组” ， 其实质就是取出的元素是不是存在顺序上的差异因此，区分排列问题和组合问题的主要 标志是：是否与元素的排列顺序有关有顺序的是排列问题，无顺序的则是组合问题例 如 123 和 321，132 是不同的排列，但它们都是相同的组合再如两人互通一次信是排列问 题，互握一次手则是组合问题 2. 组合与组合数 和排列与排列数之间的区别一样， “组合”和“组合数”是两个不同的概念一个组合 是指“从 n 不同元素中，任取 m（mn）个元素，并成一组” ，它不是一个数，而是具体的 一件事；组合数是指“从 n 个不同元素中取出 m 个元素的所有组合的个数” ，它是一个灵敏， 例如，从 3 个元素 a、b、c 每次取出 2 个元素的组合为：ab，ac，bc，其中每一种都叫一 个组合，共 3 种，而数字就是组合数 3. 对组合数的两个性质的理解。 （1）要能利用组合数的意义来理解两项性质。 因为从 n 个不同的元素中取出 m 元素后，就剩下 nm 个，因此从 n 个不同元素中取出 m 个元素的方法，与从 n 个元素中取出 nm 个元素的方法是一一对应的，因此是一样多的， 这就是性质 1 揭示的意义。 在确定从 n1 个元素中取 m 个元素的方法时，对于某一个元素，只存在取与不取的两 种可能。 如果取这一个元素，则需从剩下的 n 个元素中取出 m1 个元素，所以共有种。 m n C 如果不取这一个元素，则需从剩下的 n 个元素中取出 m 个元素，所以共有种。 m n C 由加法原理，得： 上述推理过程中可以看成是对组合数两个性质的构造性证明。这种方法不仅可以加深 我们对公式的理解，而且也是证明组合恒等式等问题的一种重要思路。 （2）利用组合数及组合数的性质可推出如下两个常用结论。 （3）组合数的两个性质，和，在有关组合数 mn n m n CC )mn(CCC 1m 1n 1m n m n 的计算、化简、证明等方面有着广泛的应用。 4. 组合应用题 无限制条件的组合应用题：解法步骤：一判断二转化三求值四作答。 有限条件的组合应用题。 a. 类型：“含”与“不含”的问题； b. 解法：直接法、间接法、可将条件视为特殊元素与特殊位置，一般来讲，特殊者优 先满足，其余则“一视同仁” ； c. 分类的依据：“至多” 、 “至少” 。 （3）排列、组合综合题 一般解法：先选元素后排列，同时注意按元素的性质分类或按事件的发生过程分步。 类型：分组、分配、群排列等。 5. 解排列组合问题的基本思路： （1）对带有限制条件的排列问题，要掌握基本的解题思想方法。 有特殊元素或特殊位置的排列，通常是在选排特殊的元素或特殊位置； 元素必须相邻的排列，可以先将相邻的元素看作一个整体； 元素不相邻的排列，可以制造空档插进去； 元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序排列后，利用规定顺序的实情求结果。 （2）处理几何中的计算问题，注意“对应关系” ，如不共线三点对一个三角形，不共 面四点可以确定一个四面体等等，可借助图形来帮助思考，并善于利用几何性质于解题中。 （3）对于有多个约束条件的问题，可以通过分析每个约束条件，然后再综合考虑是分 类或分步，或交替使用两个原理，也可以先不考虑约束条件，然后扣除不符合条件的情况 获得结果。 （4）要注意正确理解“有且仅有” 、 “至多” 、 “至少” 、 “全是” 、 “都不是” 、 “不都是” 等词语的确切含意。 【模拟试题模拟试题】 一、选择题： 1. （2020 年北京市东城区三模试题）从不同品牌的 4 台快译通和不同品牌的 5 台录音 笔中任意抽取 3 台，其中至少要有快译通和录音笔各 1 台，则不同的取法共有（ ） A. 140 种 B. 84 种 C. 70 种 D. 35 种 2. 用 1，2，3，4，5 这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ） A. 24 个 B. 30 个 C. 40 个 D. 60 个 3. 从 9 名男同学和 6 名女同学中选出 5 人排成一列，其中至少有 2 名男生，则不同排法 有（ ） A. B. 5 9 1 6 4 9 2 6 3 9 3 6 2 9 PPPPPPP 5 5 5 9 5 5 1 6 4 9 5 5 2 6 3 9 5 5 3 6 2 9 PPPPPPPPPPP C. D. 55 155 (135)CP 55 155 (141)CP 4. 四个不同的小球放入编号为 1，2，3，4 的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有 种（用数字作答） 。 5. （2020 年北京市丰台区一模试题） 在某班学生中，选出 3 个组长的总方法数与只选 出正、副班长的总方法数之比为 14:3，则该班学生的人数为 （ ） A. 25 人 B. 30 人 C. 35 人 D. 40 人 6. （2020 年北京市朝阳区一模试题） 圆周上有 12 个不同的点，过其中任意两点作弦， 这些弦在圆内的交点个数最多是（ ） A. B. C. D. 4 12 P 2 12 2 12P P 2 12 2 12C C 4 12 C 7. 书架上有不同的数学与外文参考书共 7 本，现取 2 本数学书，1 本外文书借给 3 位同 学，每人一本，共有 72 种借法，则数学与外文书的本数分别为（ ） A. 3，4 B. 4，3 C. 5，2 D. 2，5 二、填空题： 8. 从 6 个男生，5 个女生中选出 5 个代表，要求其中至少有 2 个男生，2 个女生，则不 同的选法共有_种 9. （2020 年全国高考文理科、广东高考题） 如图，一个地区分为 5 个行政区域，现要 给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有 4 种颜色可供选择，则不同的着色方 法有_种 （以数字作答） 10. （2020 年天津理科高考、江苏高考题）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为 6 个部分（如图） 。现要裁种 4 种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样 颜色的花，不同的栽种方法有_种 （以数字作答） 三、解答题： 11. 从 6 名男同学和 4 名女同学中，选出 3 名男同学和 2 名女同学分别去承担 A、B、C、D、E 五项工作，一共有多少种分配方案？ 12. 将 6 本不同的书依次按下列方法分配，各有多少种不同的分法？ （1） 分给甲、乙、丙三人，每人 2 本； （2） 分成三堆，每堆 2 本； （3） 分给甲 3 本，乙 2 本，丙 1 本； （4） 分成三堆，一堆 3 本，一堆 2 本，一堆 1 本； （5） 分给甲、乙、丙三人，其中一人得 3 本、一人得 2 本、一人得 1 本 13. （1）四个不同的小球放入四个不同的盒中，一共有多少种不同的放法？ （2）四个不同的小球放入四个不同的盒中且恰有一个空盒的放法有多少种？ 14. 从编号为 1，2，3，10，11 的共 11 个球中，取出 5 个球，使得这 5 个球的编号 之和为奇数，则一共有多少种不同的取法？ 15. 现有 8 名青年，其中有 5 名能胜任英语翻译工作；有 4 名青年能胜任德语翻译工作 （其中有 1 名青年两项工作都能胜任） ，现在要从中挑选 5 名青年承担一项任务，其中 3 名 从事英语翻译工作，2 名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？ 16. 甲、乙、丙三人值周，从周一至周六，每人值两天，但甲不值周一，乙不值周六， 问可以排出多少种不同的值周表 ？ 17. 6 本不同的书全部送给 5 人，每人至少 1 本，有多少种不同的送书方法？ 18. 从 7 名运动员中选出 4 名组成 4100 米接力队，其中甲、乙二人都不跑中间两棒的 安排方法有多少种？ 19. 在 1，3，5，7，9 中任取 3 个数字，0，2，4，6，8 中任取两个数字，可组成多少 个不同的五位数偶数 20. 有 6 本不同的书，以下各种情况各有几种借书方法。 （1）分成三堆，一堆 3 本，一堆 2 本，一堆一本； （2）分给甲、乙、丙三人，甲得 3 本，乙得 2 本，丙得 1 本； （3）分给 3 个人，一个人得 3 本，一个人得 2 本，一个人得 1 本； （4）平均分给 3 个人； （5）平均分成三堆。 21. 已知平面 ，在 内有 4 个定点，在 内有 6 个定点 （1）经过 3 点作一平 面，最多可作多少个（不同的）平面？（2）以这些点为顶点，最多可构成多少个三棱锥？ （3）上述三棱锥中最多可以有多少种不同的体积？ 22. 某校高二年级有 6 个班，现要从中选出 10 人组成高二年级女子篮球队参加高中年级 篮球比赛，且规定每班至少要 1 人参加。这 10 个名额有多少种不同的分配方案？ 试题答案试题答案 1. 分两类：1 台快译通和 2 台录音笔，或 2 台快译通和 1 台录音笔，且每类办法中都需 分两步完成，又取法与顺序无关，属组合问题，所以不同的取法共有 40 1 5 2 4 2 5 1 4 CCCC 30 70 （种） ，故选 C。 2. 分两步： 第一步排个位：个位只能是 2 或 4，有 2 种排法； 第二步排十位和百位：有种排法 2 4 P 所以，满足条件的三位数有 2 24 （个） ，故选 A。 2 4 P 3. 分两步：第一步：从 9 名男同学和 6 名女同学中选出 5 人的方法有种，其中没有 5 15 C 男生和只有 1 名男生的选法共有 141（种） ，故从 9 名男同学和 541121 669669 CC CCC C 6 名女同学中选出 5 人，使得其中至少有 2 名男生的不同取法有（ 141）种； 5 15 C 第二步：将选出的 5 人作全排列，共有不同排法种 5 5 P 所以，应选 D。 注意：选出的 5 人中至少有 2 名男生的情况包括有 2 名男生、有 3 名男生、有 4 名男 生、有 5 名男生四种，而结论的后面是没有男生和只有 1 名男生两种情况，因此，第一步 中采用间接法较简便。对于有限制条件的排列组合问题，应根据具体情况灵活选用直接法 和间接法。 4. 选空盒有种选法，捆住两个小球有种方法，再一球与一盒一一对应，有种C4 1 C4 2 P33 方法。由乘法原理，共有放法 144 （种） 。 3 3 2 4 1 4 PCC 5. 设该班学生的人数为n，则选出 3 个组长（与顺序无关）的总方法数为；只选出 3 n C 正、副班长（与顺序有关）的总方法数为由题意得，3 14，即 3n （n 2 n P 3 n C 2 n P 1） （n 2） /6 14n （n 1） ，由排列数的意义知，n 2， 可得n 2 28，即n 30，故选 B。 评注：这里，由于选出的 3 个组长没有具体分工，因此与顺序无关，属组合问题；而 选正、副班长则与顺序无关，属排列问题 6. 注意到圆周上任意四点可唯一确定一个圆内接凸四边形，且此四边形的两条对角线的 交点在圆内要使这些弦的交点最多，则应使这些交点互不重合故圆周上任意四点可唯 一确定一个满足条件的点，从而这些弦在圆内的交点个数最多是 4 12 C，应选 D。 评注：其实，对于本题来说，只需稍加分析便可排除 A、B、C 三个答案：显然，本题 不是排列问题，因而不可能为 A 或 B；又 C 也很明显是错误的，从而应选 D. 其实，本题最 容易犯的错误应该是：从 12 个点中任选 2 点作一条弦，再从余下的 10 个点中任取 2 点作 另一条弦，使交点最多的是这些弦中的任意两条都交于一点，且这些点互不重合，因而得 到交点个数最多是，而这一结果实际上是这 12 个点所确定的直线的交点个数最多 2 10 2 12C C 的情况。 此外，对于与排列组合有关的问题，当数值较大难以辨别其正误时，我们往往可以将 问题简化。如上述错解，我们可将原题中的 12 个点减少到只有 4 个点，这时过其中任意两 点作弦，这些弦在圆内的交点显然只有 1 个，而按错解的方法应得6（个） ，由此 2 2 2 4C C 即可判断上述解法是错的了。 7. C 8. 由题设知，满足条件的选法有两类：2 男 3 女，或 3 男 2 女，由于选出的代表与顺序 无关，因此，这是组合问题。 选 2 男 3 女的方法有种；选 3 男 2 女的方法有种。 23 65 C C 32 65 C C 由加法原理，得满足条件的不同选法共有 150 200 350 （种） 。 23 65 C C 32 65 C C 9. 可分为三类（由区域的特殊性，可用 3 色或 4 色但不能用 2 色或 1 色）： 第一类：用 3 种颜色，3、5 同色且 2、4 同色，着色方法有种； 1 2 1 3 1 4 PPP 第二类：用 4 种颜色，且 3、5 同色，着色方法有种； 3 3 1 4P P 第三类：用 4 种颜色，且 3、5 不同色，则 2、4 必同色，着色方法有种 3 3 1 4P P 由加法原理，满足条件的不同着色方法有 72 （种） 1 2 1 3 1 4 PPP 3 3 1 4P P 3 3 1 4P P 注意：本题中，选出的颜色还须着到地图上，因而属排列问题，故不能写成 1 4 P 等 1 4 C 解法二：用“捆绑法” ，上法中第一类可将 3、5“捆绑”在一起，将 2、4 也“捆绑” 在一起，这样就相当于从 4 个不同元素中任取 3 个元素去占 3 个不同的位置，有 3 4 P种方 法；同理，第二类和第三类各有着色方法种，故有不同着色方法2 72 （种） 4 4 P 3 4 P 4 4 P 10. 这里，由于要裁种 4 种不同颜色的花（因为每部分要栽种一种且相邻部分不能栽种 同样颜色的花，因此，花的颜色也不可能少于 4 种） 我们可先将 6 个部分分成 4 组，然后 将 4 种不同颜色的花依次栽种上去 解：解：由图知，没有互不相邻的 3 部分，而第 1 部分与其余 5 个部分都相邻，因此，我 们可将 6 个部分分成 4 组，其中两组各含两个部分（不相邻） ，另两组各含一个部分按含 两部分的组来划分，分组方案共有五类： 第一类：第 2、4 部分为一组，第 3、5 部分为一组； 第二类：第 2、4 部分为一组，第 3、6 部分为一组； 第三类：第 2、5 部分为一组，第 3、6 部分为一组； 第四类：第 2、5 部分为一组，第 4、6 部分为一组； 第五类：第 3、5 部分为一组，第 4、6 部分为一组 显然，每类办法中都有种不同的栽种方法，故满足条件的不同栽种方法共有 4 4 P 5120 （种） 。 4 4 P 注意：以上两题说明，高考中对于排列组合应用问题的考查，不仅要求我们正确区分 属于排列问题还是属于组合问题，需要分类还是需要分步，而且对我们分析问题和解决问 题的能力也提出了较高的要求。 第 10 题的实质与第 9 题相同，相当于一个涂色问题对于涂色问题，一定要根据图形 的具体形状，正确分类或分步，否则极易出错如第 10 题容易错解成： 分六步完成： 第一步：先栽种第 6 部分，有 4 种方法； 第二步：再栽种第 2 部分，有 3 种方法（与第 6 部分不同色） ； 第三步：栽种第 1 部分，有 2 种方法（与第 2、6 部分不同色） ； 第四步：栽种第 5 部分，有 2 种方法（与第 1、6 部分不同色） ； 第五步：栽种第 3 部分，有 2 种方法（与第 1、2 部分不同色） ； 第六步：栽种第 4 部分，有 1 种方法（与第 1、3、5 部分不同色） 。 由乘法原理得，满足条件的不同栽种方法共有 4 3 2 2 2 1 96 （种） 第 9 题也有类似的错解。 思考：请想一想，以上错解的错因何在？ 11. 可分三步完成，选 3 名男同学有种选法，选 2 名女同学有种，对选出的 5 人C6 3 C4 2 分配 5 种不同的工作有种方法，根据乘法原理，共有不同的分配方案：P55 14400 （种） 5 5 2 4 3 6 PCC 解法二：解法二：把工作当“元素” ，同学当“位子” ，第一步，从 5 种工作中任选 3 种（组合 问题）分给 6 个男同学中的 3 人（排列问题）有种方法，第二步，将余下的 2 个工C P 5 3 6 3 作分给 4 个女同学中的 2 位有种方法，根据乘法原理，共有不同的分配方案：P42 14400 （种） 2 4 3 6 3 5 PPC 也可先给女同学分配工作，再给男同学分配工作，分配方案共有： 14400 （种） 3 6 2 4 2 5 PPC 小结：小结：此题是排列组合综合问题，解此类问题的方法是先组合后排列 12.（1）每人从 6 本书中取出两本书与顺序无关，属组合问题分三步： 第一步：甲从 6 本书中任取 2 本，有种不同的方法； 2 6 C 第二步：乙从余下的 4 本书中任取 2 本，有种不同的方法； 2 4 C 第三步：丙取最后剩下的 2 本，有种不同的方法 2 2 C 由乘法原理，共有不同的分法 90 （种） 2 6 C 2 4 C 2 2 C （2）将 6 本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人 2 本这件事可分为两大步完成： 第一步：将 6 本书分成三堆，每堆 2 本，设有x种分法； 第二步：将三堆书分给甲、乙、丙三人，每人一堆，有种分法 3 3 P 由（1）知，x，故x 15， 3 3 P 2 6 C 2 4 C 2 2 C 3 3 2 2 2 4 2 6 PCCC 即共有不同的分法 15 种 （3）与（1）类似，共有不同的分法 60 （种） 1 1 2 3 3 6 CCC （4）因为甲得 3 本，乙得 2 本，丙得 1 本的每一种分法都唯一地对应一种“分成三堆， 一堆 3 本，一堆 2 本，一堆 1 本”的分堆方法，所以，共有不同的分堆方法 60 （种） 1 1 2 3 3 6 CCC （5）由（3）知，分给甲 3 本，乙 2 本，丙 1 本的方法有种，但本小题中没 1 1 2 3 3 6 CCC 有指定谁得 3 本，谁得 2 本，谁得 1 本，而按得书多少来分，又有不同的分配方案，故 3 3 P 一人得 3 本，一人得 2 本，一人得 1 本的分法共有360 （种） 1 1 2 3 3 6 CCC 3 3 P 注意：注意：（i） 分书过程中要分清：是均匀分配还是非均匀分配；是有序分配还是无序 分配，注意它们之间的区别与联系 （ii） 特别是均匀分配时，要注意算法中的重复问题一般地，把mk个不同的元素 平均分给m个人，每人k个元素，共有种不同的方法；把mk个不同 (1)2 kkkk mkmkkk C CC C 的元素平均分给m组，每组k个元素，共有种不同的方法前者 (1)2 kkkk mkmkkk C CC C m m P 属于有序均匀分配问题，后者属于无序均匀分配问题 （iii） 有时只是部分地均匀分配，这类问题的解法与均匀分配问题相类似例如本 题中，若 （6）分给甲、乙、丙 3 人，其中一人 4 本，另两人每人 1 本； （7）分成三堆，其中一堆 4 本，另两堆每堆 1 本 则可得： （6）方法数为；（属部分均匀地分给人的问题部分均匀有序分配） 2 2 3 3 1 1 1 2 4 6 P PCCC （7）方法数为 （这是部分均匀地分堆的问题部分均匀无序分配） 2 2 1 1 1 2 4 6 P CCC 13. 根据分步计数原理：一共有种方法。25644 （捆绑法）第一步从四个不同的小球中任取两个“捆绑”在一起看成一个元素有 种方法，第二步从四个不同的盒取其中的三个将球放入有种方法所以一共有 2 4 C 3 4 P 2 4 C 144 种方法. 3 4 P 14. 分为三类：1 奇 4 偶有 ；3 奇 2 偶有；5 奇 1 偶有 4 5 1 6C C 2 5 3 6C C 5 6 C 所以一共有 4 5 1 6C C 2 5 3 6C C236 5 6 C 15. 我们可以分为三类： 让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有； 2 3 2 4C C 让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有； 1 3 3 4C C 让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有 2 3 3 4C C 所以一共有42 种方法 2 3 2 4C C 1 3 3 4C C 2 3 3 4C C 16. 解法一：解法一：（排除法）422 1 3 1 4 2 4 1 5 2 4 2 6 CCCCCC 解法二：解法二：分为两类：一类为甲不值周一，也不值周六，有；另一类为甲不值周 2 4 1 4C C 一，但值周六，有所以一共有42 种方法 2 3 2 4C C 2 4 1 4C C 2 3 2 4C C 17. 第一步从 6 本不同的书中任取 2 本“捆绑”在一起看成一个元素有种方法；第 2 6 C 二步将 5 个“不同元素（书） ”分给 5 个人有种方法根据分步计数原理，一共有 5 5 P 2 6 C 1800 种方法 5 5 P 变题 1：6 本不同的书全部送给 5 人，有多少种不同的送书方法？ 变题 2：5 本不同的书全部送给 6 人，每人至多 1 本，有多少种不同的送书方法？ 变题 3：5 本相同的书全部送给 6 人，每人至多 1 本，有多少种不同的送书方法？ 答案：答案：1. ； 2. ； 3. 1562556720 5 6 P6 5 6 C 18. 分析：分析：此问题可以分为两个步骤解决，先决定谁参加接力队，再安排他们的跑棒顺 序，从 7 名运动员中选出 4 名组成接力队，是组合问题依题意，要考虑三种情况；4 人中 不含甲和乙的；4 人中只含甲、乙之一的；4 人中同时包含甲和乙的，安排谁跑哪一棒属排 列问题，限制条件是甲、乙两人都不跑中间两棒。 解：解：直接法，先计算：接力队中不含甲和乙的排法有种，因这 4 人谁跑哪都行， 4 5 C 故有种安排方法；接力队中含甲（或）乙的选法有种，组队后选给甲（或乙） 4 5 4 5 PC 3 5 C 安排棒次，甲（或乙）只能跑第一或第四棒，即有种方法，其余三棒由剩下的 3 人跑， 1 2 P 有方法，依乘法原理，有种安排方法；接力队中同时包含甲和乙的选法有 3 3 P 3 3 1 2 3 5 PPC 种，因甲、乙不能跑中间两棒，故让他们跑首末两棒，其余二人跑中间两棒，各有 2 5 C 种方法，依乘法原量，有种安排方法。 2 2 P 5 C 2 2 2 2 PP 根据加法原理，甲、乙都不跑中间两棒的安排方法共有 19. 分析：分析：因为零不能作首位数，所以是特殊元素，因此可以根据选零不选零为分类标 准 解：解：第一类：五位数中不含数字零 第一步：选出 5 个数字，共有种选法； 2 4 3 5 C C 第二步：排成偶数先排末位数，有种排法，再排其它四位数字，有种排法。 1 2 P 4 4 P 第二类：五位数中含有数字零 第一步：选出 5 位数字，共有种选法。 1 4 3 5 C C 第二步：排顺序又可分为两小类： 末位排零，有种排列方法； 4 4 1 1 PP 末位不排零，这时末位数有种选法，而因为零不能排在首位，所以首位有种 1 4 C 1 3 P 排法，其余 3 个数字则有种排法。 3 3 P 符合条件的偶数个数为 答：答：可