高考数学专题复习（精选精讲）练习8-排列、组合习题精选精讲

1、“解排列、组合应用问题”的思维方法 “解排列、组合应用问题”的思维方法 考点 1 考查两个原理直接应用考点 1 考查两个原理直接应用 例1（03 年天津）某城市的中心广场建造一个花圃，分为 6 个部分（如图）。现要种植 4 种不同色的花，每部分种一种 且相邻部分不能种同样色的花，不同的种植方法有 解析：求解排列组合问题材时，一是观察取出的元素是否有顺序，从面确定是排列问题还是组合问题材；二是仔细审题， 弄清怎样去完成这一件事，从而确定是分类计数还是分步计数原理。 解：按区域种植，选择相邻区域较多的先种，可分六步完成： 第一步从 4 种花中任先 1 种给 1 号区域种花，有 4 种方法； 第二步

2、从余下的 3 种花中任先一种给 2 号区域种，有 3 种方法； 第三步从余下的 2 种花中任先 1 种种给 3 号区域种有 2 种方法； 第四步给 4 号区域种花，由于 4 号区域与 2 号区域不相邻，故这两个区域可分为同色与不同色两类： 若 4 号区域 2 号区域种同色花，则 4 号区域有 1 种种法，第五步给 5 号区域有 2 种种法；第六步给 6 号区域有 1 种种法； 若 4 号区域与 2 号区域种不同色花，则 4 号区域有 1 种种法，面 5 号区域的种法又可分为两类：若 5 号区域与 2 号区域种 同色花，则 5 号区域有 1 种种法，6 号区域有 2 种种法；若 5 号区域与 2

3、 号区域种不同色花，则 5 号区域有 1 种种法，6 号区 域有 1 种种法。 由分步计数原理得不同的种植方法共有=120（种）11211121234 考点 2 考查特殊元素优先考虑问题考点 2 考查特殊元素优先考虑问题 例 2 （04 天津）从 1，2，3，5，7，中任取 2 个数字，从 0，2，4，6，8 中任取 2 个数字，组成没有重担数字的四位数， 其中通报被 5 整除的四位数共有 个。用数字作答） 解析：对于含有特殊元素的排列组合问题，一般应优先安排特殊位置上的特殊元素，再安排其他位置上的其他元素。 解：合条件四位数的个位必须是 0、5，但 0 不能排在首位，故 0 是其中的特殊元素

4、，应优先安排，按照 0 排在首位，0 排 在十位、百位和不含 0 为标准分为三类： 0 排在个位能被 0 整除的四位数有个144 3 3 2 4 1 4 1 1 ACCA 0 排在十位、百位，但 5 必须排在个位有 =48 个 2 2 1 3 1 4 1 1 1 2 ACCAA 不含 0，但 5 必须排在个位有个108 3 3 2 4 1 3 1 1 ACCA 由分类计数原理得所求四位数共有 300 个。 考点 3 考查相邻排列计算问题考点 3 考查相邻排列计算问题 例 2（海春）有件不同的产品排成一排，若其中 A、B 两件不同的产品排在一起的排法有 48 种，则 Nnnn 解析：对于含有某几

5、个元素相邻的排列问题可先将相邻元素“捆绑”起来视为一个大元素，与其他元素一起进行了全排列， 然后瑞对相邻元素内部进行全排列，这就是处理相邻排列问题的“捆绑”方法。 解： 将 A、B 两件产品看作一个大元素，与其他产品排列有种排法；对于上述的每种排法，A、B 两件产品之间又 1 1 n n A 有种排法，由分步计数原理得满足条件的不同排法有 =48 种，故 2 2 A 2 2 1 1A An n 5n 考点 4 考查互不相邻排列计算问题考点 4 考查互不相邻排列计算问题 例 4 （04 辽）有两排座位，前排 11 个座位，后排 12 个座位，现安排 2 个就座，规定前排中间的 3 个座位不能坐，

6、并且 这 2 人不左右相邻，那么不同排法的种数是（ ） (A) 234 (B) 346 (C)350 (D) 363 解析 ： 对于前排中某个元素互不不相邻的排列问题，可先将其它元素排成一排，然后将不相邻的元素插入这些排好的元素之 间及两端的空隙中，这就是解决互不相邻问题最为奏效的插空法。 解：先将前排中间的 5 号、6 号、7 号座位和待安排 2 人的取出，再将剩下的 18 座位排成一列，然后妆待安排 2 人的座位 插入这 18 座位之间及两端的空隙中，使这 2 人的座位互不相邻，有种方法； 2 19 A 但在前排的 4 号与 8 号座位、前排的 11 号与后排的 1 号座位之间可以同时插入

7、待安排 2 人的座位满足条件，有种方 2 2 2A 法。 由分类计数原理得到不同排法的种数有 （种），选（B）。34643422 2 2 2 19 AA 考点 5 考查排列组合混合计算问题考点 5 考查排列组合混合计算问题 例 5 （04 陕）将 4 名教师分配到 3 种中学任教，每所中学到少 1 名教师，则不同的分配方案共有（ ）种 （A）12 （B） 24 （C）36 （D）48 解析：对于排列组合混合问题，可运用先分组（堆）后排列的策略求解，无次序分组问题常有“均匀分组、部分均匀分组、 非均匀分组”等三种类型。计数时常有下面结论：对于其中的“均匀分组”和“部分均匀分组”问题，只需按“非均

8、匀分组” 列式后，再除以均匀组数的全排列数。 解：可分两步完成：第一步将 4 名教师部分均匀分为三组（1、1、2）有种方法；第二步将这三组教师分配到 3 2 2 1 1 1 2 2 4 A CCC 所中学任教有种方法。由分步计数原理得不同的分配方案共有=36 种。应选（B）。 3 3 A 3 3 2 4A C 考点 6 考查定序排列计算问题考点 6 考查定序排列计算问题 例 6 （96 全国）由数字 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（ ）个 （A） 210 （）300 （C）464 （D）600 解析 ： 对于部分元素定序排列问题，可先把定序元素

9、与其它元素一同进行全排列，然后根据定序排列在整体排列中出现的概 率，即用定序排列数去均分总排列数获解。 解：若不考虑附加条件，组成的六位数有个。在这些六位数中，只有个位数字小于和个位数字大于十位数字这两种 5 5 1 5A A 情况，而这两种情况在整体排列中出现的概率均为，故所求六位数为=300 个，应选（B）。 2 1 5 5 1 5 2 1 AA 考点 7 考查等价转化计算问题考点 7 考查等价转化计算问题 例 7 （04 湖南）从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为（）个 （）56 （B）52 （C）48 （D）40 解析：几何图形问题是高考的常考点。求解时

10、，一要熟悉几何图形性质及点、线、面位置关系；二要按同一标准分类，避免 重复、遗漏；三若直接求解困难或头绪繁多时，可从其反而去考虑，将其转化为简单的问题去解决。 解：从正方体的 8 个顶点中任取 3 个顶点可构成个三角形，其中非直角三角形的有两类：上底面的每个顶点所在的侧 3 8 C 面对角线与下底面相应的对角线构成 1 个正三角形，上底面的 4 个顶点共 4 个非直角三角形；下底面的 4 个顶点所在的侧面 对角线与上底面相应的结角线共构成 4 个非直角三角形。故所求直角三角形共有个，选（C）。4844 3 8 C 例 8 （97 全国）四面体的顶点和各棱中点共 10 个点，在其中取 4 个不共

11、面的点，不同的取法共有（ ）种 （A） 150（）147 （C）144 （D）141 解：从 10 个点中任取 4 个噗有=210 种取法，应剔除下面三类共面点： 4 10 C （1）从四面体的每个面上的 6 个点中任取 4 个点必共面有=60 种取法； 4 6 4C （2）四面体的每条棱上 3 个点与对棱中点共面有 6 种取法； （3）6 个中点连线有 3 对平行线段共面，故从这 6 个点中取 4 个共面中取 4 个共面点有 3 种取法。 故符合条件取法共 210-60-6-3=141 种。选（D）. 考点 8 考查二项展开式指定项求法考点 8 考查二项展开式指定项求法 例 9 (04 湖北

12、) 已知的展开式中各项系数的和是 128,则展开式中的系数是 . n xx 3 1 2 3 5 x 解析:求二项展开式的指定项或其系数,常运用其通项公式,将其转化为方程问题去求解. 解:取得1x71282n n 令 得 . 6 1163 7 3 1 7 2 3 71 r r rr r r xCxxCT 5 6 1163 xx r 3r 故展开式中的系数为. 5 x35 5 7 C 考点 9 考查二项展开式系数和求法考点 9 考查二项展开式系数和求法 例10(04 天津)若 ,则 2004 21x)( 2004 2004 2 210 Rxxaxaxaa . 20040302010 aaaaaaa

13、a 解析：直接展开由各项系数求解将误入歧途。二项式定理既是公式，又可视为方程式或恒等式，故可用多项式恒等理 论和赋值法去求解。 解：取得 ；1, 0 xx1 0 a1 2004210 aaaa 故原式=2004)(2003 2004100 aaaa 考点 10 考查三项展开式指定项求法考点 10 考查三项展开式指定项求法 例 11 （92 全）在的展开式中 x 的系数为（ ） 5 3 23 xx （A）160 （B）240 （C）360 D800 解析：求三顶展开式指定顶时，常通过恒等变形，将其转化为熟悉的两项式，然后分两步运用二项式定理展开求解。 解：= 5 2 5 2 2323xxxx 5

14、 5 5 4 21 5 5 20 5 2323xCxxCxC 展开式中 x 项的系数只能是在中，再次展开可得 x 项为故 x 项的系 55 5 )23(xC 55 5 )23(xCxxC240 2 . 3 . 44 5 数为 240，应选 B。 此题亦可将其恒等变形为 ，再把它们分别展开，运用多顶式乘法集项法求解。 55 )2()1 (xx 考点 11 考查二项式定理与近似估值问题考点 11 考查二项式定理与近似估值问题 例 12 （04 湖南）农民收入由工资性收入和其它收入两部分构成。03 年某地区农民人均收入为 3150 元（其中工资源共享 性收入为 1800 元，其它收入为 1350 元

15、），预计该地区自 04 年起的 5 年内，农民的工资源共享性收入将以每年的年增长率增 长，其它性收入每年增加 160 元。根据以上数据，08 年该地区人均收入介于（ ） （A）4200 元4400 元 （B）4400 元4460 元 （C）4460 元4800 元 （D）4800 元5000 元 解析：在处理与二项式高次幂有关的近似估值问题时，可运用二项式定理将其展开，经简略计算去解决估值问题。 解：08 年农民工次性人均收入为 2405336 . 1 1800 )036 . 0 3 . 01 (1800 06 . 0 06 . 0 1 (1800)06 . 0 1 (1800 22 5 1

16、5 5 CC 又 08 年农民其它人均收入为 1350+160=21505 故 08 年农民人均总收入约为 2405+2150=4555（元）。故选 B 考点 12 考查二项式定理应用考点 12 考查二项式定理应用 例 13 （91 三南）已知函数证明：对于任意不小于 3 的自然数 n， 12 12 )( x x xf 1 )( n n nf 解析：若直接运用二项式定理或数学归纳法去证明困难都大，故应另辟解题蹊径，将其转化为熟悉命题：再证明就容易了。 证明：121) 11 (2 121 nCCCC n n n nnn nn ， 展开至少有 4 项，故原命题获证。3n 历年高考排列组合和二项式定

17、理的试题以客观题的形式出现，多为课本例题、习题迁移的改编题，难度不大，重点考查运 用排列组合知识、二项式定理去解决问题的能力和逻辑划分、化归转化等思想方法。为此，只要我们熟悉两个原理，把握住二 项式定理 二 项式定理及其系数性质，会把实际问题化归为数学模型问题或方程问题去解决，就可顺利获解。 解决排列组合问题常见策略解决排列组合问题常见策略 常用方法： 一. 合理选择主元 例 1. 公共汽车上有 3 个座位，现在上来 5 名乘客，每人坐 1 个座位，有几种不同的坐法？ 例 2. 公共汽车上有 5 个座位，现在上来 3 名乘客，每人坐 1 个座位，有几种不同的坐法？ 分析：例 1 中将 5 名乘

18、客看作 5 个元素，3 个空位看作 3 个位置，则问题变为从 5 个不同的元素中任选 3 个元素放在 3 个位置 上，共有种不同坐法。例 2 中再把乘客看作元素问题就变得比较复杂，将 5 个空位看作元素，而将乘客看作位置，则例 2 变成了例 1，所以在解决排列组合问题时，合理选择主元，就是选择合适解题方法的突破口。 二. “至少”型组合问题用隔板法 对于“至少”型组合问题，先转化为“至少一个”型组合问题，再用 n 个隔板插在元素的空隙（不包括首尾）中，将元素分成 n1 份。 例 5. 4 名学生分 6 本相同的书，每人至少 1 本，有多少种不同分法？ 解：将 6 本书分成 4 份，先把书排成一

19、排，插入 3 个隔板，6 本书中间有 5 个空隙，则分法有： （种） 三. 注意合理分类 元素（或位置）的“地位”不相同时，不可直接用排列组合数公式，则要根据元素（或位置）的特殊性进行合理分类，求出各 类排列组合数。再用分类计数原理求出总数。 例 6. 求用 0，1，2，3，4，5 六个数字组成的比 2015 大的无重复数字的四位数的个数。 解：比 2015 大的四位数可分成以下三类： 第一类：3，4，5，共有：（个）； 第二类：21，23，24，25，共有：（个）； 第三类：203，204，205，共有：（个） 比 2015 大的四位数共有 237 个。 四. 特殊元素（位置）用优先法 把有

20、限制条件的元素（位置）称为特殊元素（位置），对于这类问题一般采取特殊元素（位置）优先安排的方法。 例 1. 6 人站成一横排，其中甲不站左端也不站右端，有多少种不同站法？ 分析：解有限制条件的元素（位置）这类问题常采取特殊元素（位置）优先安排的方法。 解法 1：（元素分析法）因为甲不能站左右两端，故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上，有种站法；第二步再 让其余的 5 人站在其他 5 个位置上，有种站法，故站法共有：480（种） 解法 2：（位置分析法）因为左右两端不站甲，故第一步先从甲以外的 5 个人中任选两人站在左右两端，有种；第二步再 让剩余的 4 个人（含甲）站在中间 4 个位置，

21、有种，故站法共有：（种） 五. 分排问题用直排法 对于把几个元素分成若干排的排列问题，若没有其他特殊要求，可采取统一成一排的方法求解。 例 5. 9 个人坐成三排，第一排 2 人，第二排 3 人，第三排 4 人，则不同的坐法共有多少种？ 解：9 个人可以在三排中随意就坐，无其他限制条件，所以三排可以看作一排来处理，不同的坐标共有种。 六. 复杂问题用排除法 对于某些比较复杂的或抽象的排列问题，可以采用转化思想，从问题的反面去考虑，先求出无限制条件的方法种数，然后去掉 不符合条件的方法种数。在应用此法时要注意做到不重不漏。 例 6. 四面体的顶点和各棱中点共有 10 个点，取其中 4 个不共面的

22、点，则不同的取法共有（ ） A. 150 种 B. 147 种 C. 144 种 D. 141 种 解：从 10 个点中任取 4 个点有种取法，其中 4 点共面的情况有三类。第一类，取出的 4 个点位于四面体的同一个面内， 有种；第二类，取任一条棱上的 3 个点及该棱对棱的中点，这 4 点共面，有 6 种；第三类，由中位线构成的平行四边形 （其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱） ，它的 4 个点共面，有 3 种。以上三类情况不合要求应减掉，所以不同的取法 共有：（种）。 七. 多元问题用分类法 按题目条件，把符合条件的排列、组合问题分成互不重复的若干类，分别计算，最后计算总数。 例 7.

23、已知直线中的 a，b，c 是取自集合3，2，1，0，1，2，3中的 3 个不同的元素，并且该直线 的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。 解：设倾斜角为，由为锐角，得，即 a，b 异号。 （1）若 c0，a，b 各有 3 种取法，排除 2 个重复（，），故有：3327 （条）。 （2） 若，a 有 3 种取法，b 有 3 种取法，而同时 c 还有 4 种取法，且其中任意两条直线均不相同，故这样的直线有 ： 3 3436（条）。 从而符合要求的直线共有：73643（条） 八. 排列、组合综合问题用先选后排的策略 处理排列、组合综合性问题一般是先选元素，后排列。 例 8. 将 4 名教师分派

24、到 3 所中学任教，每所中学至少 1 名教师，则不同的分派方案共有多少种？ 解：可分两步进行：第一步先将 4 名教师分为三组（1，1，2），（2，1，1），（1，2，1），共有： （种），第二步将这三组教师分派到 3 种中学任教有种方法。由分步计数原理得不同的分派方案共有： （种）。因此共有 36 种方案。 九顺序问题用“除法” 对于几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素同其余元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全 排列数。 例：7 个节目，甲、乙、丙三个节目按给定顺序出现，有多少种排法？ 分析：7 个节目的全排列为 A77,甲、乙、丙之间的顺序已定。所以有 A77A33=

25、840 种。 答案：840 种。 十特征分析 研究有约束条件的排数问题，需紧扣题中所提供的数字特征，结构特征，进行推理，分析求解。 例：由 1，2，3，4，5，6 这六个数可组成多少个无重复且是 6 的倍数的五位数？ 分析：6 的倍数既是 2 的倍数，又是 3 的倍数。是 2 的倍数，个位上为 2、4 或 6；是 3 的倍数必须满足各个数字上的数字之 和是 3 的倍数的特征。把这 6 个数分组（3）、（6）、（1，5）、（2，4），每组的数字和都是 3 的倍数，因此可分成两类讨 论。第一类：由 1、2、4、5、6 作数码，首先从 2、4、6 中任选一个作为个位数字，有 A31种，然后其余 4

26、个数字在其它数字 上全排列有 A44,所以，N1=A31A44个，第二类：由 1、2、3、4、5 作数码，依上法有 N2=A21A44个。故 N=N1+N2=120 个。 答案：120 个。 十一、对应 有些时候，一个事件与一个结果之间存在一一对应的关系。 例：在 100 名选手之间进行单循环淘汰赛（即一场比赛后，失败者退出比赛） ，最后产生一名冠军，需举行多少场比赛？ 分析：要产生一名冠军，需要淘汰 99 名选手。要淘汰掉一名选手，必须举行一场比赛；反之，每场比赛恰淘汰一名选手。 两者之间一一对应。故要淘汰 99 名选手，应举行 99 场比赛，从而产生一名冠军。 十二、用比例法 有些排列应用

27、题，可以根据每个元素出现机会占整个问题的比例，从而求得问题的结果。 例：从 6 个运动员中选出 4 个参加 4100 米接力赛。如果甲、乙都不能跑第一棒，那么共有多少种不同的参赛方案？ 分析 ： 若不受条件限制，则参赛方案有 A64=360 种，但其中限制甲、乙两人不能跑第一棒，即跑第一棒的只能是其他的人， 而这 4 人在第一棒中出现的可能性为 4/6 故所求参赛方案有 46A64=240 种。 答案：240 种。 十三、“树图”表示法 对某些分步进行的问题，可依次对每步可能出现的情况用“树”状图形表示出来。 例：四人各写出一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不

28、同分配方式有（ ）种。 A.6 B.9 C.11 D.32 分析：将四张贺卡分别记为 A,B,C,D。由题意，某人（不妨设为 A 卡的供卡人） 取卡有 3 种情况。因此将卡的不同分配方 式分为三类，对于每一类，其它人依次取卡分步进行。为避免重复或遗漏现象，可用树状图表示。 ADC ADB ABC BCDA CDAB DCAB DAC DBA CBA 所以共有 9 种不同的分配方式。 又或：分析：设 4 人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人中的一人收到，故有 3 种分配方式。 以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类，甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片 1

29、 种分配方式； 第二类，甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有 2 种（分别是丙或丁送出的） ，对每一种情况，丙、丁收到 卡片的方式只有 1 种。因此，根据分步计数原理，不同的分配方式有：3（12）9（种）。 注意 ： 解题的关键在第 2 个人和第 3 个人的拿法，只要给他们规定一个拿卡的顺序，依次进行，则根据分步计数原理即可求得。 例.把棵不同的蔬菜，分别捆成捆，在下列情况下，分别有多少分捆的方法？ 每捆棵；一捆 3 棵，一捆 2 棵，一捆 1 棵. 解： 222 642 3 3 15 c c c p 321 631 60 c c c 例.把 6 棵不同的菜，分别种在 3 块不同

30、的土地上，在下列情况下，分别有多少种植方法？ 每块地上种 2 棵； 甲地 3 棵，乙地 2 棵，丙地 1 棵； 一块地上 3 棵，一块地上 2 棵，一块地上 1 棵. 解： 222 642 90 c c c 321 631 60 c c c 3 321 631 3 360 p c c c 变式：如果是 7 棵不同的菜，种到 3 块土地上，一块地上 3 棵，一块地上 2 棵，还有一块地上 2 棵呢？ 答案为 2 32 74 2 2 2 p c c p 典型易错题： 例 1 某天有六节不同的课，若第一节排数学，或第六节排体育，问共有多少种不同的排法？ 错解 数学排第一节的排法有种，体育排第六节的排

31、法也有种，根据加法原理，第一节排数学或排体育的排法共 5 5A 5 5A 有2240 种 5 5A 5 5A 5 5A 剖析 在数学排第一节的排法中，存在着体育排第六节的排法，在排体育第六节的排法中，存在着数学排第一节的排法，它 重复计算了数学排第一节，同时体育排第六节的排法，即多算种。正确结果是：216 种 4 4A 5 5A 5 5A 4 4A 例 2 从 4 名男生 3 名女生中选 3 人成立科技小组，问当选者中至少有一名男生和一名女生的选法有几种？ 错解 先选一名男生，有种选法，再选一名女生，有种选法，最后从余下的 5 名学生中选一名有种选法，故 1 4C 1 3C 1 5C 共有选法

32、60 种 1 4C 1 3C 1 5C 剖析 上述解法中，每一种选法都符合要求，但是否有重复计算呢？为此我们不妨设 4 名男生为 A1，A2，A3，A4，3 名女 生为 B1，B2，B3，把上面选法中含有一名男生的选法分为 4 类。在含有男生 A1的一类的选法有：A1，B1，A2，即先选 A1，再 选 B1，最后选 A2；在含有男生 A2的一类中有 A2， B1，A1，即先选 A2，再选 B1，最后选 A1。显然这两种选法被重复计算了。 因此上述解法是错误的。错误的原因在于没有将符合要求的选法进行正确分类，分类要不重不漏。 正解 以男生人数分类，则符合条件的有且仅有两类，一类是男生一名女生两名

33、，有种选法，另一类是男生两名女 12 43C C 生一名，有。故共有30 种 21 43C C 12 43C C 21 43C C 例 3 n 个不同的球放入 n1 个不同的盒子，假设每个盒子都有足够大的容量，问每个盒子中至少有一个球的放法共有多少 种？ 错解 先在每盒子中放入一球共有种放法， 再将剩下的一球放入， 有 n1 种放法。 由乘法原理， 共有放法 （n1） 1n nA 1n nA （n1）n！种. 剖析 将这 n 个球和 n1 个盒子均依次编号，设先在每盒中放入一球时，有一种放法是第 I 号盒子恰好放入第 I 号球，其中 I 1，2，n1，然后再考虑剩下的第 n 号球的放法，假设第

34、 n 号球恰好放入第 1 号盒，这样，除 1 号盒中放有第一号与第 n 号两个球外，其余各盒均只放有一个与盒子同号的球，若先在每盒中放入一球时，第 n 号球恰好放入第 1 号盒，而其余各 盒所放的球均与盒子同号，这样，再将剩下的 1 号球放入盒中时，必有一种放法是恰好放入 1 号盒，这时，出现与前一次完全 相同的结果，但在上面的解法中被当成两种不同的放法来计算，故重复。 正确的解法是：先从 n 个球中任取 2 个组成一组，共有种方法；然后把这 2 个球当作 1 份，另外 n2 个球每个球 2 nC 算 1 份，共有 n1 份，把这 n1 份分放在 n1 个盒子中，且使每盒中恰有 1 份，共有种

35、放法，由乘法原理，符合题 1 1 n nA 意的放法种数为n！ 2 nC 1 1 n nA 1 2 n 例 4、将 4 个不同的球放入 4 个不同的盆子内 （1） 共有几种放法？ （2） 恰有一个盆子未放球，共几种放法？ （3） 恰有一个盆子内有 2 球，共几种放法？ （4） 恰有两个盆子内未放球，共有几种放法？ 解题思路分析： （1）把球作为研究对象，事件指所有球都放完。因每一只球都有四种放法，故由分步计数原理，共有 44=256（种）； （2）问题即为“4 个球放入三个盆子，每个盆子内都要放球，共有几种放法？” 第一步是把 4 只球分成 2，1，1 三组，共有 C42种放法； 第二步把 3

36、 组球放入三个盆子中去（作全排列），有 A43种； 由分步计数原理，共有 N=C42A43（种） 评注：第二步应是 A43，而不是 A33，因还要选从四个盆子中选三个盆子，然后作全排。 （3）仔细审题，认清问题的本质。“恰有一盆子内入 2 个球”即另三个盆子放 2 球，也即另外 3 个盆子恰有一个空盆，因 此，“恰有一个盆子放 2 球”与“恰有一个盆子不放球”是等价的。 （4）先取走两个不放球的盆子，有 C42种取法；其次将 4 球分两类放入所剩 2 盆；第一类均匀放入，有 C42C22种放法；第 二步按 3，1 分组放入，有 C43C11A22种放法。故有 N=C42(C42C22+C43C

37、11A22)=84（种）。 例 5、用 0，1，2，3，4 五个数字组成各位数字不重复的五位数，若按由小到大排列，试问：（1）42130 是第几个数？ （2）第 60 个数是什么？ 解题思路分析：（1） 要知道 42130 是第几个数，只要知道比它小的有几个数，就基本解决了。根据数的大小比较的原则， 比 42130 小的数可以分成如下几类： 1，2，3型的； 40，41型的； 420型的； 4200型的。 各类的数分别有 C31A44，C21A33，C11A22，C11A11个，所以比 42130 小的数有 C31A44+C21A33+C11A22+C11A11=87 个，42130 是第 8

38、8 个。 （2）万位 1 的数，即 1型的数，有 A44=24 个； 万位为 2 的，同样有 A44=24 个； 万位为 3 的也有 24 个，所以第 60 个数是万位为 3 的这一类数中的第 12 个数，再具体分类： 30型的有 A33=6 个； 31型的有 A33=6 个 所以，第 12 个数是 31型的数中最大的一个即为 31420。 评注：此类题型称为字典式排列问题，解题的关键在于根据题意正确地进行分类，分类的关键是采用类似查字典的方法，从高 位向低位，一位一位地考察各位上所取数字的可能性。 区域涂色问题 1、 根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法。 例1、

39、用 5 种不同的颜色给图中标、的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，相邻部分涂不同颜色，则不 同的涂色方法有多少种？ 分析：先给号区域涂色有 5 种方法，再给号涂色有 4 种方法，接着给号涂色方法有 3 种，由于号与、不相邻， 因此号有 4 种涂法，根据分步计数原理，不同的涂色方法有5 4 3 4240 2、 根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种出各种情形的种数，再用加法原理求出不同的涂色方法种数。 例 2、（2003 江苏卷）四种不同的颜色涂在如图所示的 6 个区域，且相邻两个区域不能同色。 分析：依题意只能选用 4 种颜色，要分四类： （1）与同色、与同色，则有；（2）与同色、与同色，则有

40、； 4 4 A 4 4 A （3）与同色、与同色，则有；（4）与同色、与同色，则有； 4 4 A 4 4 A （5）与同色、与同色，则有；所以根据加法原理得涂色方法总数为 5=120 4 4 A 4 4 A 例 3、（2003 年全国高考题） 如图所示，一个地区分为 5 个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有 4 种颜色可供选择，则不同的着方法共有多少种？ 分析：依题意至少要用 3 种颜色 1)当先用三种颜色时，区域 2 与 4 必须同色， 2)区域 3 与 5 必须同色，故有种； 3 4 A 3)当用四种颜色时，若区域 2 与 4 同色， 4)则区域 3 与 5 不同色

41、，有种；若区域 3 与 5 同色，则区域 2 与 4 不同色，有种，故用四种颜色时共 4 4 A 4 4 A 有 2种。由加法原理可知满足题意的着色方法共有+2=24+224=72 4 4 A 3 4 A 4 4 A 3、 根据某两个不相邻区域是否同色分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出两种情形的种数， 再用加法原理求出不同涂色方法总数。 例 4 用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的四个区域内，每个区域涂一种颜色，相邻两个区域涂不同的颜 色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 分析：可把问题分为三类： （1）四格涂不同的颜色，方法种数为； 4 5 A （

42、2）有且仅两个区域相同的颜色，即只有一组对角小方格涂相同的颜色，涂法种数为； 12 54 2C A 5)两组对角小方格分别涂相同的颜色， 涂法种数为， 因此， 所求的涂法种数为 2 5 A 2122 5545 2260AC AA 4、 根据相间区使用颜色的种类分类 例 5 如图， 6 个扇形区域 A、B、C、D、E、F，现给这 6 个区域着色，要求同一区域涂同一种颜色，相邻的两个区 A B C D E F 2 4 3 15 12 34 2 域不得使用同一种颜色，现有 4 种不同的颜色可解（1）当相间区域 A、C、E 着同一种颜色时， 1 A 有 4 种着色方法，此时，B、D、F 各有 3 种着

43、色方法， 此时，B、D、F 各有 3 种着色方法故有4 3 3 3108 种方法。（2）当相间区域 A、C、E 着色两不同的颜色时，有种着色方法，此时 B、D、F 有种着 22 34 C A3 2 2 色方法，故共有种着色方法。 22 34 3 2 2432C A （3）当相间区域 A、C、E 着三种不同的颜色时有种着色方法，此时 B、D、F 各有 2 种着色方法。此时共有 3 4 A 种方法。故总计有 108+432+192=732 种方法。 3 4 2 2 2192A 说明：关于扇形区域区域涂色问题还可以用数列中的递推公来解决。 如：如图，把一个圆分成个扇形，每个扇形用红、白、蓝、黑四色之

44、一染色，要求相邻扇形不同色，(2)n n 有多少种染色方法？ 解：设分成 n 个扇形时染色方法为种 n a （1）当 n=2 时、有=12 种，即=12 1 A 2 A 2 4 A 2 a （2）当分成 n 个扇形，如图，与不同色，与 不同色， 1 A 2 A 2 A 3 A 1n A 与不同色，共有种染色方法， 但由于与邻，所以应排除与同色的情形 ；与同色时， n A 1 4 3n n A 1 A n A 1 A n A 1 A 可把、 看成一个扇形，与前个扇形加在一起为个扇形，此时有种染色法，故有如下递推关系： n A 1 A2n1n 1n a 1 1 4 3n nn aa 121 12

45、4 3(4 3)4 3 nnn nnn aaa 21321 23 4 34 34 34 34 3 nnnnn nn aa 12 4 33( 1)3 ( 1)33 nnn nn 二、 点的涂色问题 方法有：（1）可根据共用了多少种颜色分类讨论，（2）根据相对顶点是否同色分类讨论，（3）将空间问题平面化，转 化成区域涂色问题。 例 6、将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有 5 种颜色可供使用，SABCD 那么不同的染色方法的总数是多少？ 解法一：满足题设条件的染色至少要用三种颜色。 1 若恰用三种颜色，可先从五种颜色中任选一种染顶点 S，再从余下的四种颜色中任选两

46、种涂 A、B、C、D 四点，此时只能 A 与 C、B 与 D 分别同色，故有种方法。 12 54 60C A 3 A 1 A 2 A 4 A n A 3 A 2 若恰用四种颜色染色，可以先从五种颜色中任选一种颜色染顶点 S，再从余下的四种颜色中任选两种染 A 与 B，由于 A、B 颜色可以交换，故有种染法；再从余下的两种颜色中任选一种染 D 或 C，而 D 与 C，而 D 与 C 中另一个只需染与其相对 2 4 A 顶点同色即可，故有种方法。 1211 5422 240C A C C 3 若恰用五种颜色染色，有种染色法 综上所知，满足题意的染色方法数为 60+240+120=420 种。 5

47、5 120A 解法二：设想染色按 SABCD 的顺序进行，对 S、A、B 染色，有种染色方法。5 4 360 由于 C 点的颜色可能与 A 同色或不同色，这影响到 D 点颜色的选取方法数，故分类讨论： C 与 A 同色时（此时 C 对颜色的选取方法唯一），D 应与 A（C）、S 不同色，有 3 种选择；C 与 A 不同色时，C 有 2 种选择的颜色，D 也有 2 种颜色可供选择，从而对 C、D 染色有种染色方法。1 32 27 由乘法原理，总的染色方法是60 7420 解法三：可把这个问题转化成相邻区域不同色问题：如图，对这五个区域用 5 种颜色涂色，有多少种不同的涂色方法？ 解答略。 三、

48、线段涂色问题 对线段涂色问题，要注意对各条线段依次涂色，主要方法有： 1)根据共用了多少颜色分类讨论 2)根据相对线段是否同色分类讨论。 例 7、用红、黃、蓝、白四种颜色涂矩形 ABCD 的四条边，每条边只涂一种颜色，且使相邻两边涂不同的颜色， 如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？ 解法一：（1）使用四颜色共有种（2）使用三种颜色涂色，则必须将一组对边染成同色，故有种， 4 4 A 112 423 C C A （3）使用二种颜色时，则两组对边必须分别同色，有种因此，所求的染色方法数为种 2 4 A 41122 44234 84ACC AA 解法二：涂色按 ABBCCDDA 的顺序进

49、行，对 AB、BC 涂色有种涂色方法。4 312 由于 CD 的颜色可能与 AB 同色或不同色，这影响到 DA 颜色的选取方法数，故分类讨论： 当 CD 与 AB 同色时，这时 CD 对颜色的选取方法唯一，则 DA 有 3 种颜色可供选择 CD 与 AB 不同色时， CD 有两种可供选择的颜色，DA 也有两种可供选择的颜色，从而对 CD、DA 涂色有种涂色方法。1 32 27 由乘法原理，总的涂色方法数为种12 784 例 8、用六种颜色给正四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱涂不同的颜色，问有ABCD 多少种不同的涂色方法？ 解：（1）若恰用三种颜色涂色，则每组对棱必须涂同

50、一颜色，而这三组间的颜色不同， 故有种方法。（2） 若恰用四种颜色涂色，则三组对棱中有二组对棱的组内对棱涂同色，但组与组之间不同色，故有 3 6 A 34 66 C A 种方法。（3）若恰用五种颜色涂色，则三组对棱中有一组对棱涂同一种颜色，故有种方法。 15 36 C A S C D A B （4）若恰用六种颜色涂色，则有种不同的方法。 6 6 A 综上，满足题意的总的染色方法数为种。4080 6 6 5 6 1 3 4 6 2 3 3 6 AACACA 四、 面涂色问题 例 9、从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的 6 个面涂色，每两个具有公共棱的面涂成不同的颜色， 则不同的

51、涂色方案共有多少种？ 显然，至少需要 3 三种颜色，由于有多种不同情况，仍应考虑利用加法原理分类、乘法原理分步进行讨论 解：根据共用多少种不同的颜色分类讨论 （1）用了六种颜色，确定某种颜色所涂面为下底面，则上底颜色可有 5 种选择，在上、下底已涂好后，再确定其余 4 种 颜色中的某一种所涂面为左侧面，则其余 3 个面有 3！种涂色方案，根据乘法原理30! 35 1 n （2）共用五种颜色，选定五种颜色有种方法，必有两面同色（必为相对面），确定为上、下底面，其颜色可有6 5 6 C 5 种选择，再确定一种颜色为左侧面，此时的方法数取决于右侧面的颜色，有 3 种选择（前后面可通过翻转交换） 90

52、35 5 62 Cn (3)共用四种颜色,仿上分析可得 (4)共用三种颜色,90 2 4 4 63 CCn20 3 64 Cn 例 10、四棱锥，用 4 种不同的颜色涂在四棱锥的各个面上，要求相PABCD 邻不同色，有多少种涂法？ 解：这种面的涂色问题可转化为区域涂色问题， 如右图，区域 1、2、3、4 相当于四个侧面，区域 5 相当于底面； 根据共用颜色多少分类： （1）最少要用 3 种颜色，即 1 与 3 同色、2 与 4 同色，此时有种； 3 4 A （2）当用 4 种颜色时，1 与 3 同色、2 与 4 两组中只能有一组同色，此时有； 14 24 C A 故满足题意总的涂色方法总方法交

53、总数为 314 424 72AC A 解排列组合应用题的 21 种策略解排列组合应用题的 21 种策略 排列组合问题是高考的必考题，它联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，不易掌握，实践证明，掌握题型和解题方 法，识别模式，熟练运用，是解决排列组合应用题的有效途径；下面就谈一谈排列组合应用题的解题策略. 排列组合问题是高考的必考题，它联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，不易掌握，实践证明，掌握题型和解题方 法，识别模式，熟练运用，是解决排列组合应用题的有效途径；下面就谈一谈排列组合应用题的解题策略. 1.相邻问题捆绑法:1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大

54、元素参与排列. 例 1.五人并排站成一排，如果必须相邻且在的右边，那么不同的排法种数有（ ）, ,A B C D E,A BBA A、60 种 B、48 种 C、36 种 D、24 种 解析：把视为一人，且固定在的右边，则本题相当于 4 人的全排列，种，答案：.,A BBA 4 4 24A D 2.相离问题插空排:2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述 几个元素的空位和两端. 例 2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（ ） A、1440 种 B、3600 种 C、4820 种 D、4800

55、种 解析：除甲乙外，其余 5 个排列数为种，再用甲乙去插 6 个空位有种，不同的排法种数是种，选. 5 5 A 2 6 A 52 56 3600A A B A B C D P 5 3 2 1 4 3.定序问题缩倍法:3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法. 例 3.五人并排站成一排，如果必须站在的右边（可以不相邻）那么不同的排法种数是（ ）, ,A B C D EBA,A B A、24 种 B、60 种 C、90 种 D、120 种 解析：在的右边与在的左边排法数相同，所以题设的排法只是 5 个元素全排列数的一半，即种，选BABA 5 5 1 60

56、 2 A .B 4.标号排位问题分步法:4.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次 即可完成. 例 4.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，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 解析：先把 1 填入方格中，符合条件的有 3 种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三 步填余下的两个数字，只有一种填法，共有 331=9 种填法，选.B 5.有序分配问题逐分法:5.有序分配问题逐分法:有序分

57、配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法. 例 5.（1）有甲乙丙三项任务，甲需 2 人承担，乙丙各需一人承担，从 10 人中选出 4 人承担这三项任务，不同的选法种数是 （ ） A、1260 种 B、2025 种 C、2520 种 D、5040 种 解析：先从 10 人中选出 2 人承担甲项任务，再从剩下的 8 人中选 1 人承担乙项任务，第三步从另外的 7 人中选 1 人承担丙项 任务，不同的选法共有种，选. 211 1087 2520C C C C （2）12 名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口 4 人，则不同的分配方案有（ ） A、种 B、种 C、种 D、种 44

58、4 1284 C C C 444 1284 3C C C 443 1283 C C A 444 1284 3 3 C C C A 答案：.A 6.全员分配问题分组法:6.全员分配问题分组法: 例 6.（1）4 名优秀学生全部保送到 3 所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种？ 解析：把四名学生分成 3 组有种方法，再把三组学生分配到三所学校有种，故共有种方法. 2 4 C 3 3 A 23 43 36C A 说明：分配的元素多于对象且每一对象都有元素分配时常用先分组再分配. （2）5 本不同的书，全部分给 4 个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（ ） A、480 种 B、240 种 C、120 种 D、96 种 答案：.B 7.名额分配问题隔板法:7.名额分配问题隔板法: 例 7：10 个三好学生名额分到 7 个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？ 解析：10 个名额分到 7 个班级，就是把 10 个名额看成 10 个相同的小球分成 7 堆，每堆至少一个，可以在 10 个小球的 9 个空 位中插入 6 块木板，