高二数学同步辅导讲义(第21讲)

高二数学同步辅导讲义分类计数原理与分步计算原理一、主要内容1、 理解分类计数原理及分步计数原理2、 能用两个基本原理解题二、学习指导1、分类计数原理。一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，在第n类办法中有mn种方法，那么完成这件事共有 N=m1+m2+mn种方法利用分类计数原理的关键是根据完成事情方法的独立性进行分类。对事物进行适当的分类是人们研究复杂事物常用用的方法，分类的基本要求是既不重复也不遗留，即每个研究对象当且仅当属于其中一类，在每一次分类中，标准要统一，更为复杂的问题，往往要分级讨论。使用分类计数原理时，就要恰当地分类，分类的标准是每一类的每一种方法都能独立完成某件事，这些方法之间相互没有影响。分类计数原理又称为加法原理。2、分步计数原理。一件事，完成它需要n个步骤，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，做第n步有mn种方法，那么完成这件事共有 N=m1m2mn种使用分步计数原理的关键是根据完成事情的要求，确定所必须经过的步骤。这n个步骤缺不可，当且仅当这n个步骤连续完成之后，这件事情才算完成。3、 两个原理的比较共同点：两个原理都是计算完成某项工作的方法种数，最后的目的都必须完成某件事。不同点：分类计数原理的特点是完成一件事的各种方法是互相独立，互不影响的，其中任何一种方法都能完成这件事。分步计数原理的特点是完成一件事必须分成若干步骤，缺少其中一步都不能完成这件事。归纳起来，分类计数原理针对的是“分类问题”，任何一种方法都能独立的、一次性完成一件事。从集合的角度看，若每一类作为一子集，则所有分类子集的并集应为全集，任两个分类子集的交集为空集。分步计数原理针对的是“分步问题”，一件事必须连续地、多次地完成。4、如何运用两个基本原理 （1）审清题意，首先要弄清是完成怎样的事件；其次分析完成这件事可以采用什么方法；再适当分类，在每一类中看需要是否适当分步。 （2）如果用分类计算原理，应根据具体问题特征确定一个分类标准，使得满足完成这件事的任何一种方法必定属于某一类；当然分别属于不同两类的两种方法应该也是不同的。如果用分步计数原理，必须根据问题特征进行合理的分步，使得完成这件事必需且只需连续完成这n步，且两个不同步骤中的两种方法应是无关的。 （3）在研究乘法原理时，可借助于“树图”来直观地理解题意，帮助解题。 三、典型例题例1、 在平面直角坐标系内，点P（x，y）的横、纵坐标均在0，1，2，3内取值（1） 不同的P点共有多少个？（2） 在坐标轴上的P点共有多少个？（3） 不在坐标轴上的点共有多少个？解题思路分析： （1）确定点P坐标必须分两步，即分步完成横坐标与纵坐标的确定：第一步确定横坐标，有4种方法，即从0，1，2，3四个数字中选一个；第二步确定纵坐标，也可从0，1，2，3四个数字中选一个，也有四种方法。根据乘法原理，所有不同的P点个数为： N=44=16（种） （2）因坐标轴分横轴及纵轴，所以首先对点P分类讨论。注意到原点的特殊性，应分三类：第一类，点P横、纵坐标均为0，只有一种情况P（0，0）；第二类，点P横坐标为0，纵坐标不为0，纵坐标只能从1，2，3三个数中取，共有3种情况；第三类，点P纵坐标为0，横坐标不为0，同第二类，也有3种情况。根据加法原理，满足条件点P共有： N=1+3+3=7（种） （3）法一：直接法。分两步分别确定横坐标与纵坐标，它们只能从1，2，3三个数字中有，各有3种情况，根据乘法原理 N=33=9法二：间接法。根据是否在坐标轴上分成两类讨论：第一类，点P在坐标轴上，由（2）知，共有7个；第二类，点P不在坐标轴上，设为x个则x+7=16 x=9评注：间接法的原理也可以称之为减法原理例2、某市电话号码由7位数字组成，其中前两位数字是统一的，后五位数字都是0到9之间的一个数字，那么末位数字为8的电话号码至多有多少个？解题思路分析：本题只要考虑从第3至第6位这四个数字的取法，因每一个数字都可以从09这10个数字中取一个，有10种方法，所以根据乘法原理，共有 N=10101010=10000（种） 满足条件的电话号码至多有104个例3、将3名同学安排到2个工厂里去实习，问共有多少种不同的分配方案？解题思路分析：法一：把同学作为研究对象，分三步，每一步都有两种方法，根据乘法原理 共有N=222=8（种）分配方案法二：将工厂作为研究对象，对分配到甲厂的人数进行分类讨论：第一类，没有人分配，只有一种分法；第二类，分配人数为1，有3种分法；第三类，分配人数为2，有3种分法（如记三名同学为A、B、C，则有A与B，A与C，B与C 3种分法）；第四类，所分人数为3，只有1种分法。根据加法原理，共有 N=1+3+3+1=8（种）评注：排列组合的知识可以优化为思维方法。同学们在解题过程中，应习惯变换思想问题的角度，一题多解，培养自己的思维能力。例4、乘积(x1+x2+x3+x4)(y1+y2+y3+y4+y5)(z1+z2+z3+z4+z5+z6)展开后共有多少项？解题思路分析：根据乘法的分配律，展开式的每一项是从三个数集 x1，x2，x3，x4，y1，y2，y3，y4，y5，z1，z2，z3，z4，z5，z6中各取一个相乘而得到的。所以这是一个必须分步完成的问题，需分三步，要用分步计数原理。这三步中分别有4，5，6种方法 共有N=456=120（种）例5、已知a3，4，6，b1，2，7，8，r8，9，求方程(x+a)2+(y+b)2=r2可表示不同的个数。解题思路分析：对于每一组a、b、r，方程(x+a)2+(y+b)2=r2都表示一个圆，故方程(x+a)2+(y+b)2=r2表示圆的个数等于a、b、r取值的组数。确定a、b、r的一组值需分三步：第一步定a，有3种方法；第二步定b，有4种方法，第三步定r，有2种方法。根据分步计数原理，共有： N=342=24（种）例6、从1到10的正整数中，每次取出两个数，使其和小于10，求不同的取法种数。解题思路分析：首先根据任意两个数的和与10的大小进行分类，将1到10的正整数分成两个集合：A=1，2，3，4，5，B=6，7，8，9，10其次根据条件要求将取法分成三类：第一类：集合A中任取两个元素，共有10种取法；第二类：从集合A、B中各取一个元素。如果A中取1，则B中有3种方法；如果A中取2，B中有2种方法；如果A中取3，则B中只有一种，由分类计数原理共有6种方法 根据分类计数原理，共有10+6=16（种）同步练习（一） 选择题 1、5名同学报名参加数学、语文、外语竞赛，每人必须且仅报一科，则不同的报名方法种A、35 B、53 C、60 D、202、从3名女同学与2名男同学中选一人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为A、2 B、3 C、5 D、63、用10元、5元和1元三种面值钱币支付20元，不同的支付方法有A、6种 B、7种 C、8种 D、9种4、若一个乒乓球队里有男队员5人，女队员6人，从中选出男女队员一人参加混合对打比赛，则不同的组队方法数为A、11 B、30 C、56 D、655、如图，用4种不同颜色涂入图中的矩形A、B、C、D，要求相邻的矩形颜色不同，则不同的涂法种数为A、12 B、24 C、48 D、72（二） 填空题6、甲、乙、丙三村，从甲村到乙村有3条路可走，从乙村到丙村有2条路可走，而从甲村到丙村还有另2条路可走，则从甲村到丙村的路共有_条。7、某大厅共有6个门，一人进入该大厅又出来的不同走法共有_种。8、和10的两个自然数，共有_对。9、设x1，2，3，4，5，y2，3，4，5，6，7，则以有序数对（x，y）为坐标的点的个数是_。10、三张卡片的正反面分别写有数字1和2，3和4，5和6，若将三张卡片并列，则可得到_ 个不同的三位数（6不能作9用）。（三） 解答题11、 (a1+a2+an)(b1+b2+bm)展开后，共有多少个项？12、 满足AB=a，b的非空集合A、B共有多少组？ 13、设椭圆的焦点在y轴上，a1，2，3，4，5，b1，2，3，4，5，6，7，这样的椭圆共有多少个？ 14、已知函数f(x)=ax2+bx+c，其中a、b、c0，1，2，4，求组成不同的二次函数的个数？15、标号为A、B、C的三个口袋，A袋装有5个红色小球，B袋装有6个白色小球，C袋装有7个黄色小球，每次取2个不同的颜色小球，共有多少种不同取法？参考答案（一） 选择题1、A 2、B 3、D 4、B 5、D（二） 填空题6、8 7、36 8、6 9、30 10、48（三） 解答题 11、mn 12、7 13、20 14、48 15、10710.2 排列一、主要内容4、 排列的概念、表示法、计算公式；5、 与排列数有关的计算题、证明题等；3、排列应用题：没有附加条件，有附加条件的二、学习指导1、排列的定义：从n个不同元素中，任取m（mn）个，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。从n个不同元素中取出m个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素取出m个元素的排列数，用符号Anm表示。根据排列的定义，它有两个要点：（1）从n个不同元素中任取m个；（2）按照一定顺序排成一列。所谓“按照一定的顺序排成一列”应该理解成是将m个元素放在m个不同的位置上。所以排列定义中的每个要点，可以简略地称之为一是元素，二是位置。在确定排列的数目时，往往要借助于树图写出所有的排列。2、排列数的计算公式：Anm=n(n-1)(n-2)n-(m-1)，等号右边是m个连续的正整数的积，第一项为n，成递减趋势。排列数的化简公式：Anm=规定：0！=1，Anm=n!=n(n-1)(n-2)21排列数公式的推导过程是分步计数原理的直接应用根据排列数的定义，可得到与排列数有关的变形公式： = kk!=(k+1)!-k! 3、排列应用主要是解决与实际问题有关的应用题。这类问题从条件出发，分两类：一类是没有附加条件的排列问题；二类是有附加条件的排列问题。有附加条件的排列问题主要有两种：一是“在与不在”的问题，就是某一个或某几个元素在或不在某些特殊位置，一是“邻与不邻”问题，是指某些元素相邻或不相邻的问题，这类总是常用“捆绑法”或“插空法”。解有附加条件 排列问题的基本思路：从元素出发或从位置出发称为“元素分析法”、“位置分析法”。解有附加条件的排列问题的基本方法：一是直接法，先从特殊元素或特殊位置出发，再考虑非特殊元素及非特殊位置，用分步计数原理；二是间接法，先不考虑条件限制，求出排列总数，再求出不满足条件的排列数，前者与后者的差即为问题结论，也可称这种方法的原理为减法原理。三、典型例题例1、 由a1，a2，a7七个元素组成的全排列中（1） a1在首位的有多少种？（2） 前两个位置上是a1、a2（顺序固定）的有多少种？（3） 前两个位置上是a1、a2（顺序不固定）的有多少种？解题思路分析： （1）先满足特殊元素（a1）与特殊位置（首位），把a1放在首位，有A11种方法；再让其余6个元素在其余6个位置上作全排列，有A66种方法。这两个步骤完成以后，就得到所要求的排列。根据分步计数原理，有： A11A66=A66种方法 （2）先把a1、a2分别放在第一、二个位置上，满足a1、a2在前两个位置上（顺序固定），有A11A11种方法；再让其余5个元素排在其余5个位置上作全排列，有A55种方法 共有A11A11A55=A55种方法 （3）先把a1、a2放在前两个位置上，由于顺序不固定，所以有A22种方法，再让其余5个元素在其余5个位置上作全排列，有A55种方法。 共有A22A55种方法评注：计算Anm时，如果要求某一特殊元素必须放在某一特殊位置，那么先把这个元素放在这个特殊位置，这时元素少了1个，位置也少了1个，则问题转化为求的问题，这种情况可以推广到某r个元素必须分别在r个特殊位置上，其结果是。如果特殊的r个元素在特殊的r个位置上，又可以变换位置，在这种情况下，完成这一步骤的方法有Arr种，在这一步完成后，完成第二步有种方法，因此解这类问题的公式是。 例2、由a1，a2，a7七个元素每次取出5个的排列中（1） a1不在首位的有多少种？（2） a1既不在首位，又不在末位的有多少种？（3） a1与a7既不在首位又不在末位的有多少种？（4） a1不在首位，同时a7不在末位的有多少种？解题思路分析： （1）首先满足特殊元素a1，a1不在首位的排列可以分为两类：不含a1：此时只需从a1以外的其它6个元素中取出5个放在5个位置上，有A65种；含有a1，a1不在首位的：先从4个位置中选出1个放在a1，再从a1以外的6个元素中选4个排在没有a1的位置上，共有A41A64种 由分类计数原理，共有A65+A41A64种法二：把位置作为研究对象，第一步满足特殊位置（首位），从a1以外的6个元素中选1个排在首位，有A61种方法；第二步，从占据首位以外的6个元素中选4个排在除首位以外的其它4个位置上，有A64种方法，由分步计数原理，共有： A61A64种方法法三：间接法，用减法原理：从总的可能情况中减去不符合要求的情况。不考虑a1在首位的要求，总的可能情况有A75种；a1在首位的，有A64种，所以，符合要求的A75-A64种。 （2）把位置作为研究对象，先满足特殊位置，从a1以外的6个元素中选两个排在首末两个位置上，有A62种方法；再从未排上的5个元素中选3个排在中间3个位置上，有A53种方法，由分步计数原理，有A62A53种方法。 （3）把位置作为研究对象。先从a1、a7以外的5个元素中选两个排在首末两个位置，有A52种方法；再从末排上的5个元素选出3个排在中间3个位置上有A53种方法。由分步计数原理，共有A52A53种方法。 （4）用间接法。总的可能情况是A75种，减去a1在首位的A64种，再减去a7在末位的A64种。注意到a1在首位同时a7在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次A53种，所以结果是A75-2A64+A53种方法。评注：本题第（1）题给出的三种方法是最常用的，在具体题目中还应该选择适当的方法。因为排列问题对思维的要求很高，所以用不同解法相互检验是防止错误结果的行之有效的方法。例3、1，2，3，4，5五个数字做全排列组成的数中 （1）1，3，5必须连在一起的有多少个？ （2）2，4不相邻的有多少个？ （3）2，4必须排在偶数位上的有多少个？解题思路分析： （1）元素连在一起，先把它们看成一个整体。把1，3，5看成一个整体，加上2，4共3个元素，它们的全排列数是A33。对于其中的每一个排列，让彼此相邻的1，3，5三个元素再做全排列，又有A33种可能，完成这两个步骤，就得符合要求的数，所以根据分步计数原理，只有A33A33个数。 （2）先让1，3，5作全排列，有A33种方法，对其中每一种排法，每两个数之间及第1个数字之前和第末个数字之后，共有4个位置，让2，4分别插入这4个位置中的任意两个，有A42种方法，所以根据分步计数原理，共有A33A42个数。法二用间接法得A55-A22A44个 （3）第一步把2，4排在偶数位上，有A22种排法；第二步把1，3，5排在奇数位上有A33种排法。 共有A22A33个数评注：第（1）小题的方法称为“捆绑法”，第（2）小题的方法称为“插空法”。例4、在3000与8000之间不重复的奇数有多少个？解题思路分析：首先弄清结论要求的数字含义：（1）在3000与8000之间意思是千位数字只能取3，4，5，6，7的四位数；（2）奇数的意思是个位只能取1，3，5，7或9。其次，根据首位和末位的要求分析元素之间的关系，借助于集合符号分类表示如下，其中首尾两集合集是3，5，7。由图示，对所求的数分成两类：个位上是1或9的；个数上是3，5或7的。对于第一类：第一步从1，9中选1个放在个位；第二步，从3，4，5，6或7中选1个放在千位，第三步从其余的8个数字（0，1，2，9中除去已放在个位、千位的2个后剩余的数字）中任选2个放在首位、十位，根据分步计数原理，第一类数共有A21A51A82个。对于第二类数，第一步从3，5，7中选1个放在个数，第二步从3，5，7三个数字余下的两个再加上4，6共4个数字中选1个放在千位，第三步从未放在个位与千位上的其余8个数字中选2个放在百位和十位，根据分步计数原理，第二类数共有A31A82个。 根据分类计数原理，共有A21A51A82+A31A41A82个数。评注：1、分类、分步的基础是对元素和位置的分析。用集合的观点，借助于Veen图是常用的比较好的一种方法，这样做使得分类时不重不漏，思考时条理清楚。2、对较复杂的排列问题，一般这样思考：先看完成所要求的事件的方法可以不重不漏地分成几类，根据加法法则把各类的数目相加，就得到所要求事件的总数目；在每一类中，把完成所要求事件的过程分成几步，根据分步计数原理把每步的可能数相乘，便得到这一类的数目。计算每一步的可能数。例5、5名运动员参加100米决赛，如果各人到达终点的顺序各不相同，问甲比乙先到达终点的可能有几种？解题思路分析：法一：将甲到达终点的情况作为分类标准甲第一个到达：乙可以第二、三、四、五名到达，共有N1=A44种甲第二个到达：乙可以第三、四、五名到达，共有N2=A31A33种类似的，甲第三个到达，共有N3=A21A33种甲第四个到达，共有N4=A33种 根据分类计数原理，共有N=N1+N2+N3+N4=A44+A31A33+A21A33+A33=60（种）法二：5名运动员到达终点的顺序有A55=120（种）而甲先于乙到达和乙先于甲到达的可能性均等 60（种）评注：第二种方法称为“等可能事件法”。例6、已知，求n解题思路分析：根据排列数的计算公式，原方程可以化简为 (2n+1)(2n)(2n-1)(2n-2)=140n(n-1)(n-2) n3 n(n-1)0 (2n+1)(2n-1)=35(n-2) n=3或n= nN+ n=3评注：解这类题目时，要注意排列数Pnm中m、n的取值范围，如本题中，2n+14且n4，n是自然数例7、求证：A11+2A22+3A33+nAnn=(n+1)!-1解题思路分析：本题左边可以看成是数列的求和问题，根据右边的要求，应消元化简分析通项： 1A11=2！-！ 2A22=3！-2！ 3A33=4！-3！ nAnn=(n+1)!-n!将这n个等式左、右两边分别相加得: A11+2A22+3A33+nAnn=(n+1)!-1评注：对数列的通项进行分析是处理数列问题的重要方法。本题的关键是对n的变形：n=(n+1)-1。根据不同需要对某些式子作一定变形是解决数学问题的基本功。同步练习（一） 选择题1、 若aN+，且a20，则(27-a)(28-a)(33-a)(34-a)可表示为A、 B、 C、 D、2、 用1，2，3，9这9个数字组成数字不重复的三位数的个数是A、 27 B、84 C、504 D、729 3、8个同学排成一排的排列数为m，8个同学排成前后两排（前排3个，后排5个）的排列数为n，则m、n的大小关系是A、m=n B、mn C、mn D、nm2n4、6张同排连号的电影票，分给3名教师和3名学生，如果师生相间而坐，则不同的方法数为A、A33A43 B、(A33)2 C、2(A33)2 D、A66-(A33)25、用0，2，4，6，9这五个数字可以组成数字不重复的五位偶数共有A、72个 B、78个 C、84个 D、384个6、由数字1，2，3，4，5组成数字不重复的五位数中，小于50000的偶数有A、 24个 B、36个 C、48个 D、60个7、由0，1，2，3，4，5这六个数字组成的数字不重复且大于345012的六位数的个数是A、245 B、269 C、270 D、3608、已知集合M=a1，a2，a3，P=b1，b2，b6，若M中的不同元素对应到P中的像不同，则这样的的映射共有A、3个 B、20个 C、64个 D、120个9、要排一张有5个独唱节目和3个合唱节目的演出节目表，如果合唱节目不排在节目表的第一个位置上，并且任何两个合唱节目不相邻，则不同的排法总数是A、A88 B、A55A33 C、A55A53 D、A33A5310、甲、乙、丙、丁、戊五人并排站在一排，如果乙必须站在甲的右边（甲、乙可以不相邻），那么不同的排法共有A、24种 B、60种 C、90种 D、120种（二） 填空题11、根据条件，求x的值（1） Ax5=12Ax3，则x=_。 （2），则x=_。 （3），则x=_。12、7位同学站成一排，按下列要求，各有多少种不同排法（不求结果）。（1） 甲站在某一固定位置_。（2） 甲站中间，乙与甲相邻_。（3） 甲、乙相邻_。（4） 甲、乙两人不相邻 _。（5） 甲、乙、丙三个相邻_。（6） 甲、乙、丙三人中任何两人都不相邻_。（三） 解答题13、3名男生与4名女生排成一排，按下列条件，各有多少种不同排法？（1） 男生按自左至右从高到矮的顺序；（2） 男生和女生都分别按自左至右从高到矮的顺序；（3） 男生和女生统一按自左至右从高到矮的顺序。14、从数字0，1，3，5，7中取出不同的三个作系数，可以组成多少个不同的一元二次方程ax2+bx+c=0？其中有实根的方程有多少个？15、用1，2，3，4，5，7这7个数字组成没有重复数字的四位数（1） 如果四位数必须是偶数，那么这样的四位数有多少个？（2） 如甲组成的四位数必须大于6500，那么这样的四位数有多少个？参考答案（一） 选择题1、 D。2、B。 A93=504（个）3、A。 m=A88，n=A83A55,4、B。 相间而坐有两类，师生师生师生，或生师生师生师。每种情况下，教师之间和学生之间分别交换位置，共有2A33A33种。5、B。 A31 A31 A31+ A41 A33=78个6、B。 抓住首、末两个特殊位置分析，有A21 A31 A33=36个7、B。 位置分析法，分成四类：第一类，第6位数字是4，5，有A21 A55个；第二类，第6位数字是3，第5位数字是5，有A44个；第三类，第6位、第5位、第4位数字分别是3，4，5，有A21 A22个；第四类，前4位数字是3，4，5，0，有A11 A11种。 共有A21 A55+A44+ A21 A22+A11=296个8、D。 A63个9、C。 用插空法10、B。 用等可能事件模型A66=60（种）（二） 填空题11、 7 ， 41 12、，（三） 解：（1）（种） （2）（种） （3）（种）14、解：对a分类，共有4A42=48个不同的一元二次其中有实根的有A42+2A22+A22=18个15、（1）A31 A36=360个 （2）A63+A21 A52=160个103 组合一、主要内容6、 组合的概念、组合数的表示法；7、 组合的计算公式，化简公式及组合数的两个性质；8、 利用组合及组合数的概念解实际问题。二、学习指导1、 组合的定义 ：课本P.96组合数的定义：课本P.97 组合的计算公式及化简公式：课本P.98组合数化简公式：中，等式右边除以Amm，意味着抹去m个排列时的顺序，简称“去序”。2、 关于组合数性质2：的理解及推广。从集合的角度看，设被取的n+1个元素的集合是a，b1，b2，bn。公式左边是从这n+1个元素中取m个的组合数。将该集合分成两个子集A=a与B=b1，b2，bn。将从n+1个元素中取m个元素的组合分成两类（有且仅有该两类）：一类是含有a，一类不含有a。含有a的一类分两步得到：（1）从集合A中选一个元素，有C11种选法；（2）从B中选m-1个元素，有种选法，由分步计数原理，含a的组合有个。不含a的一类也可以分两步得到：（1）从集合A中选0个元素，有C10种选法；（2）从B中选m个元素，有种选法，由分步计数原理，不含a的组合有C10Cnm个。再由分类计数原理，得到。此式特征，右边每一项的下标之和为n+1，表示被取元素有n+1个，上标之和均为m，表示所取元素为m个。推广一下，如被取元素有r+1个，每次取m个（mn+r，rm）个。则将n+r个元素分成子集A和B，A含有r个元素，B含有n个元素，仿照刚才的思路可得： 3、对于组合数性质1：的运用。当时，一般用它来简化计算。在某些证明题中，用它来变换上标。4、与组合有关的应用题分无附加的条件与有附加条件两类，附加条件主要是“含与不含”，即某些特殊元素含有或不含在所要求的组合之中的问题。处理问题的方法分直接法及简接法，其思路与排列问题类似。三、典型例题例1、，求证：m=1+2+3+n解题思路分析：从化简组合数着手： 例2、求证：解题思路分析：法一：用组合数性质2自左向右合并项： 左=法二：左= 法三：表示从m+2个元素中每次取n+1个元素的组合数；把m+2个元素分成两个集合：A与B，其中A中含有m个元素，B中含有2个元素。从m+2个元素中的每次取出n+1个的组合，可以分成三类：从A中取n+1个，从B中取0个，有；从A中取n-1个，从B中取2个，有个；从A中取n个，从B中取1个，有个 总数为 即 评注：法一是用组合数性质，法二是用组合种数公式，法三是运用了基本概念，构造了组合数的模型。本题以第一种方法最简单。例3、从A、B、C等16人中选7人（1） A必须在内的有多少种？（2） A不在内的有多少种？ （3）A、B同时在内的有多少种？ （4）A或B中有1人在内的有多少种？ （5）A、B、C三人中至少有1人在内的有多少种？解题思路分析：（1） A必须在内，那么只需从其余15人中再选6人即可，因此有C156种；（2） A不在内，所以除去A，只在15人人中选7人，有C157种；若用间接法：总数是C167，不满足的情形是（1）中的情况，所以满足的组合数为C167-C156； （3）A、B同时在内，则只需从其余14个人中选5个人，有C145种； （4）分两步，第一步从A、B中选1人，有C21种；第二步从其余14个人中选6人，有C146种，因此有C21C146种选法； （5）法一：间接法。总数是C167，不满足的情形是A、B、C均在内，有C137种，因此满足条件的组合数是C167-C137种。法二：直接法。分成四类：从A、B、C中分别选0个、1个、2个、3个，每一类再分成两步，则共有C30C137+C31C136+C32C135+C33C134种选法。评注：1、设集合R中有r个元素，集合S中有s个元素。如果RS中每次取m个元素的组合里，必须含有R中的r0个元素，那么这样的组合数为（0r0r，0m-r0s）。本题第（1）（2）（3）（4）均属于此类问题。2、解题时，选用直接法还是间接法，以简便为原则。例4、有划船运动员10人，其中3人只会划右舷，2人只会划左舷，其余5人既会划左舷也会划右舷，现在要从这10人中选出6人，平均分配在船的两舷划桨，有多少种选法？解题思路分析：首先借助于集合工具对研究对象分类。其次以只会划左舷的人有2人在内为标准进行分类：（1）有2人在内，（2）有1人在内，（3）有0人在内。对第（1）类：第一步从只会划左舷的2人中选2人去划左舷，第二步，从左右舷都会划的5人中选1人也去划左舷，第三步，从其中7人中选3人去划右舷，完成这3步的方法数分别是C22、C51、C73，由分步计数原理，第（1）类方法有C22C51C73种。同理，第（2）类有C21C52C63种 第（3）类有C20C53C53种由分类计数原理，共有C22C51C73+C21C52C63+C20C53C53种选法评注：本题以会划左舷的2人为标准进行分类，也可以以会划右舷或以左右舷都会划的5人为标准进行分类，一般说来，选择元素较少的那一类做标准较简单。例5、从5位男同学和4位女同学中选出4位参加一个座谈会，要求座谈会的成员中既有男同学，又有女同学，有几种不同的选法？解题思路分析：法一：直接法。满足条件的组合有三类：（1）1男3女；（2）2男2女；（3）3男1女。分别有C51C43、C52C42、C53C41种选法，因此根据分类计数原理，共有； C51C43+C52C42+C53C41=120（种）选法法二：间接法。总数是C94，满足的情形是4位同学全部是男生，或全部是女生，共有C54+C44种 满足条件的选法有C94-C54-C44=120（种）例6、（1）四面体的一个顶点为A，从其它顶点和各棱中点中取3个点，使它们和点A在同一个平面上，有多少种不同取法； （2）四面体的顶点和棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，有多少种不同的取法。解题思路分析：（1） 考虑平面ABC，从E、F、B、M、C中任取3点必与点A共面，共有C53种取法。同理，平面ACD，平面ABD也有类似的结论考虑直线AB与N，A、E、B、N共面，有1种选法同理直线AC与点P，直线AD与M也有类似结论根据分类计数原理，共有3C53+3=33（种）取法（2） 用间接法。从10个点中取4个点有C104种选法不满足的情形指所取四点共面，有三类：每一个表面上的6点中取4点必共面，如平面ABC内，六个点A、B、C、E、F、M中任取四点必共面。共有4C64=60种取法。每一条棱上的对棱中点四点共面，如直线AB与点N，A、E、B、N共面。因为6条条棱，共有6种取法。六条棱的6个中点中任取4个点，因EFPN，EGMN，GFPM，共有3种取法。 满足4点不共面的取法有C104-（60+6+3）=141（种）评注：本题应充分分析利用图形的几何性质。例7、在1，2，3，30这30个数中，每次取两两不等的三个数，使它们和是3的倍数，共有多少种不同的取法？解题思路分析：从每一个数能否被3整除着手，任一个自然数被3整除，根据余数为0，1，2分成三类：（1）能被3整除；A0=3，6，9，30，集合中共10个元素；（2）被3除余1：A1=1，4，7，28，集合中共10个元素；（3）被3除余2：A2=2，5，8，29，集合中也有10个元素。所取3个数和是3的倍数的取法有两类：一是分别从A1、A1、A2中取3个元素，每一个集合取法有C103种，因此共有3C103种二是各从A0、A1、A2中取1个元素，根据分步计数原理，共有C101C101C101=(C101)3种根据分类计数原理，共有3C103+(C101)3=1360（种）例8、如果集合A1、A2满足A1A2=A，则称（A1、A2）为集合A的一种分析，并规定：当且仅当A1=A2时，（A1，A2）与（A2，A1）为集合A的同一种分拆，则集合A=a1，a2，a3有多少种不同的分拆法？解题思路分析：选定A1，以A1中元素个数为标准进行分类：（1） A1是空集，则A2=a1，a2，a3，有1种分拆法； （2）A1是一元集，A2可以是二元集或三元集（必须含除A1中元素后剩余两元素），有C312=6种分拆法； （3）A1是二元集，如A1=a1，a2，则A2可以是1元集，2元集，3元集（均必须含a3）,有C324=12种分拆法； （4）A1是三元素，则A2可以是一元集、二元集、三元集或，有1(C31+C31+1+1)=8种分拆法。根据分类计数原理，共有1+6+12+8=27种分拆法评注：由以上几例可以看出，正确分类是解题的关键。同步练习（一） 选择题1、 计算C10r+1+C1017-r，值不同的有A、1个 B、2个 C、3个 D、4个 2、已知a-2，-1，0，1，2，3，4，b-3，-2，-1，0，1，2，3，4，5，则方程表示的不同双曲线条数最多是A、14 B、22 C、26 D、483、高三年级有8个班，分配4个数学教师任教，每个教师教两个班，则不同的分派方式有A、P82P62P42P22种 B、C82C62C42C22种 C、C82C62C42C22P44种 D、种4、10个人分乘3辆汽车，要求甲车坐5人，乙车坐3人，丙车坐2人，则不同的乘车方法有A、 B、C102C82C55 C、C102C83C553！ D、P102P83P555、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，则不同的取法共有A、35种 B、70种 C、84种 D、140种6、一组6条平行线与另一组3条平行线互相垂直，则由它们所围成的矩形个数是A、16个 B、24个 C、45个 D、90个7、已知一些点的坐标（x，y）满足|x|2，|y|2且xZ，yZ，若以这些点的其中三点为顶点作三角形，这样的三角形共有A、72个 B、76个 C、80个 D、84个8、以正方体的顶点为顶点的四面体个数是A、70 B、64 C、58 D、24（二） 填空题9、若C7x=C72，则x=_；若Cx12=Cx3，则x=_；若Cx3Cx2=443，则x=_。10、利用公式Cnm+Cnm-1=Cn+1m计算（1） Cm5-Cm+15+Cm4=_；（2） 若C172x+C172x-1=C186，则x=_；（3） C22+C32+C42+C102=_。11、M和N是两个不重合的平面，在平面M内取5个点，在平面N取4个点，则由这些点最多能决定不同位置的三棱锥有_个。12、棱梯一共有10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若要求8步走完这楼梯，则不同的走法共有_种。13、在连续6次射击中，恰好命中4次的情形有_种，又在命中的4次恰好有3次是连续的情形有_种。（三） 解答题14、异面直线l1和l2上分别有m个和n个（m，n3）不同的点，以这些点为顶点，可分别构成多少个三角形？多少个四面体？15、在1，2，3，100这100个自然数中，每次取不等的两数相乘，使它们的积是7的倍数，这样的取法共有多少种？16、大小不等的两个正方体玩具，分别在各面上标以数字1，2，3，4，5，6，求：（1） 向上的面标着的数字之和为偶数的有多少种情形？（2） 向上的面标着的数字之积不小于20的有多少种不同的情形？17、两个同心圆，在外圆周上有相异的6个点，内圆周上有相异的3个点，由这9个点所决定的直线最多有多少条？最少有多少条？18、有翻译人员11名，其中5人仅通英语，4人仅通法语，另2人英语法语皆通，现欲从中找出8人，组成两个翻译小组，其中4人译英语，另4人译法语，两个小组同时工作，问满足条件的8人名单共可开列多少张？参考答案（一） 选择题 1、B。 由 得r=7，8，92、B。 因ab0，故有C21C51+C41C31=22条3、B。 将8个班分成4组，根据分步计数原理，有C82C62C42C22种4、B。 将10个人分成3组，人数分别是5，3，2，根据分步计数原理，有C102C83C55种。5、B。 分成两类：甲2乙1，甲1乙2，共有C42C51+C52C41=70（台）6、C。 C32C62=457、B。 满足条件的点共有9个，用间接法得C93-8=76个8、C。 C84-12C44=58个（二） 填空题 9、 2或5 ， 20 ， 11 10、（1）0 （2）3或6 （3）16511、 120 C94-C54-C44或C52C42+C51C43+C53C4112、 28 C7213、 15 ， 6 C64=15（种）（三） 解答题14、Cm2Cn1+Cm1Cn2=个三角形；个四面体。15、记能被整除的数组成集合A=7，14，21，98，不能被7整除的数组成集合B，则取法分两类： （1）A中取两个数，有C142个；（2）A、B中各取1个，有C141C861个，由分类计数原理，共有C142+C141C861=1295（个）16、（1）C31C31+C31C31=18；（2）817、（1）C61C31+C62+C32=36（条）；（2）C62+C31+C21=21（条）18、以法语译组的组成情况分三类：第一类，皆由仅通法语者担任，有C74C74种选法；第三类，此组中仅有3人仅通法语，共有C43(C21C54+C22C53)种选法；第三类，此组中恰有2人仅通法语，有C42C22C54种选法。由分类计数原理，共有C44C74+C43（C21C54+C22C53）+C42C22C54=145（张）。排列组合的综合问题一、主要内容较复杂的排列组合问题的求解思路。二、学习指导1、排列组合的本质区别在于对所取出的元素是作有序排列还是无序排列。组合问题可理解为把元素取出后放到某一集合中去，集合中的元素是无序的。较复杂的排列组合问题一般是先分组，再排列。必须完成所有的分组再排列，不能边分组边排列。排列组合问题的常见错误是重复和遗漏。弄清问题的实质，适当的分类，合理的分步是解决这个错误的关键，采用不同的思路检验结果是否一致是解决这个错误的技巧。2、排列组合的常见模型有“捆绑法”、“插空法”、错位法“、”分组分配“等。集合是常用的工具之一。为了将抽象问题具体化，可以从特殊情形着手，通过画格子，画树图等帮助理解。“正难则反”是处理问题常用的策略。三、典型例题例1、 有6本不同的书，按下列方式分配，分别有多少种分配方式？（1） 按一组1本，一组2本，一组3本分成三组；（2） 按一人1本，一人2本，一人3本分成甲、乙、丙三人；（3） 均分成三组；（4） 均分成甲、乙、丙三人。解题思路分析：本题是分组分配问题，是排列组合的混合题。处理此类问题的关键是正确判断组间是排列还是组合问题即是有序还是无序。 （1）由于各组内元素不同，所以组间无法交换，属组间组合问题，其分法种数由分步计数原理得： N=C61C52C33=60（种） （2）本题分成三组后，分配给甲、乙、丙三个不同的人，属于组间排列问题。第一步分组，方法有C61C52C33，第二步分配，方法有A33种，由分步计数原理，分法种数为： N=C61C52C33A33=360（种） （3）因分组后，组与组交换不形成新的方法，属于组间组合问题，在分组基础上去序即可，分法共有： N=15评注：此题属“均匀分组”题型，其分法种数是在分组的基础上，除以组数的排列数。 （4）此题与（1）题题型相同，分法种数： N=C62C42C22=90（种）评注：注意（3）、（4）两种题型的差异。例2、有9名同学排成两行，第一行4人，第二行5人，其中甲必须站在第一行，乙、丙必须站在第二行，问有多少种不同的排法？解题思路分析：法一：从特殊位置着手。第一步排第一行：从甲、乙、丙外的6人中选出3人与甲排第一行，有C63A44种排法；第二步排第二行，将其余5人排在第二行，有A55种排法，由分步计数原理，共有N=C63A44A55（种）排法。法