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高考数学必考排列组合全部解题方法


排列组合全部解题方法 排列组合问题联系实际生动有趣,但题型多样,思路灵活,因此解决排列组合问题,首先要认真审 题,弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题;其次要抓住问题的本质特征,采用合理恰当 的方法来处理。 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例 1.由 0,1,2,3,4,5 可以组成多少个没有重复数字五位奇数. 解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置.
1 先排末位共有 C3 1 然后排首位共有 C4

3 最后排其它位置共有 A4

1 1 3 由分步计数原理得 C4 C3 A4 ? 288

C4

1

A4

3

C3

1

位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需 先安排特殊元素,再处理其它元素.若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位 置。若有多个约束条件,往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其它条件 练习题:7 种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间,也不种在两端的花盆里,问有多少 不同的种法? 二.相邻元素捆绑策略 例 2. 7 人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法. 解:可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素,同时丙丁也看成一个复合元素,再与其它元素进
5 2 2 行排列,同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有 A5 A2 A2 ? 480 种不同的排法

甲 乙

丙 丁

要求某几个元素必须排在一起的问题 ,可以用捆绑法来解决问题 .即将需要相邻的元素合并 为一个元素,再与其它元素一起作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列. 练习题:某人射击 8 枪,命中 4 枪,4 枪命中恰好有 3 枪连在一起的情形的不同种数为 20 三.不相邻问题插空策略 例 3.一个晚会的节目有 4 个舞蹈,2 个相声,3 个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少 种? 解:分两步进行第一步排 2 个相声和 3 个独唱共有 A 5 5 种,第二步将 4 舞蹈插入第一步排好的 6 个元素中间
4 4 包含首尾两个空位共有种 A 6 不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有 A 5 5 A6



元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两 端 练习题:某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节 目插入原节目单中,且两个新节目不相邻,那么不同插法的种数为 30 四.定序问题倍缩空位插入策略 例 4.7 人排队,其中甲乙丙 3 人顺序一定共有多少不同的排法 解:(倍缩法)对于某几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其他元素一起进行排列,然后用总 排列数除以这几个元素之间的全排列数,则共有不同排法种数是: A 7 / A 3 (空位法)设想有 7 把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有 A 7 种方法,其余的三个位置甲乙丙共有 1 种坐法,则共有 A 7 种方法。 思考:可以先让甲乙丙就坐吗? (插入法)先排甲乙丙三个人,共有 1 种排法,再把其余 4 四人依次插入共有 方法
4 4 7 3

定序问题可以用倍缩法,还可转化为占位插 空模型处理 练习题:10 人身高各不相等,排成前后排,每排 5 人,要求从左至右身高逐渐增加,共有多少排法?
1

五.重排问题求幂策略 例 5.把 6 名实习生分配到 7 个车间实习,共有多少种不同的分法 解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有 7 种分依 此类推,由分步计数原理共有 7 种不同的排法 允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象,元素不受位置的约束,可以逐一安排各个元素 的位置,一般地 n 不同的元素没有限制地安排在 m 个位置上的排列数为 m 种 练习题: 1. 某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单, 开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原 节目单中,那么不同插法的种数为 42 2. 某 8 层大楼一楼电梯上来 8 名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯的方法 7 六.环排问题线排策略 例 6. 8 人围桌而坐,共有多少种坐法? 解:围桌而坐与坐成一排的不同点在于,坐成圆形没有首尾之分,所以固定一人 A 4 4 并从此位置把圆形展 成直线其余 7 人共有(8-1) !种排法即 7 ! C D B
8 6

n

E F G H

A A B C D E F G H A

一般地,n 个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从 n 个不同元素中取出 m 个元素作圆 形排列共有

1 m An n

练习题:6 颗颜色不同的钻石,可穿成几种钻石圈 120 七.多排问题直排策略 例 7.8 人排成前后两排,每排 4 人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法 解:8 人排前后两排,相当于 8 人坐 8 把椅子,可以把椅子排成一排.个特殊元素有 A 2 4 种,再排后 4 个位
1 5 置上的特殊元素丙有 A 4 种,其余的 5 人在 5 个位置上任意排列有 A 5 种,则共有 A 2 4 A 4 A5 种 1
5

前 排

后 排

一般地 , 元素分成多排的排列问题 , 可归结为一排考虑, 再分段研 练习题:有两排座位,前排 11 个座位,后排 12 个座位,现安排 2 人就座规定前排中间的 3 个座位不能坐, 究. 并且这 2 人不左右相邻,那么不同排法的种数是 346 八.排列组合混合问题先选后排策略 例 8.有 5 个不同的小球,装入 4 个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法. 解:第一步从 5 个球中选出 2 个组成复合元共有 C5 种方法.再把 4 个元素(包含一个复合元素)装入 4 个不同的盒内有 A 4 种方法,根据分步计数原理装球的方法共有 C5 A 4 解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想.此法与相邻元素捆绑策略相似吗? 练习题:一个班有 6 名战士,其中正副班长各 1 人现从中选 4 人完成四种不同的任务,每人完成一种任务, 且正副班长有且只有 1 人参加,则不同的选法有 192 种 九.小集团问题先整体后局部策略 例 9.用 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数其中恰有两个偶数夹 1,5在两个奇数之间,这样的五位数有 多少个?
2
4 2 4
2

2 2 解:把1,5,2,4当作一个小集团与3排队共有 A 2 2 种排法,再排小集团内部共有 A 2 A 2 种排法,由 2 2 分步计数原理共有 A 2 2 A 2 A 2 种排法.

1524
小集团排列问题中,先整体后局部,再结合其它策略进行处理。 练习题: 1.计划展出 10 幅不同的画,其中 1 幅水彩画,4幅油画,5幅国画, 排成一行陈列,要求同一 的必须连在一起,并且水彩画不在两端,那么共有陈列方式的种数为 A A A
5 5 2. 5 男生和5女生站成一排照像,男生相邻,女生也相邻的排法有 A 2 2 A5 A5 种
2 2 5 5 4 4

3

品种

十.元素相同问题隔板策略 例 10.有 10 个运动员名额,分给 7 个班,每班至少一个,有多少种分配方案? 解:因为 10 个名额没有差别,把它们排成一排。相邻名额之间形成9个空隙。在9个空档中选6个位
6 置插个隔板,可把名额分成7份,对应地分给7个班级,每一种插板方法对应一种分法共有 C9 种

分法。

一 班

二 班

三 班

四 班

五 班

六 班

七 班

将 n 个相同的元素分成 m 份(n,m 为正整数),每份至少一个元素,可以用 m-1 块隔板,
m?1 插入 n 个元素排成一排的 n-1 个空隙中,所有分法数为 Cn ?1

练习题: 1. 10 个相同的球装 5 个盒中,每盒至少一有多少装法? 2 . x ? y ? z ? w ? 100 求这个方程组的自然数解的组数

C94
3 C103

十一.正难则反总体淘汰策略 例 11.从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这十个数字中取出三个数,使其和为不小于 10 的偶数,不同的 取法有多少种? 解: 这问题中如果直接求不小于 10 的偶数很困难,可用总体淘汰法。 这十个数字中有 5 个偶数 5 个奇
3 1 2 数,所取的三个数含有 3 个偶数的取法有 C5 ,只含有 1 个偶数的取法有 C5 C5 ,和为偶数的取法共有

1 2 3 1 2 3 。再淘汰和小于 10 的偶数共 9 种,符合条件的取法共有 C5 C5 C5 ? C5 C5 ? C5 ?9

有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出 它的反面,再从整体中淘汰. 练习题:我们班里有 43 位同学,从中任抽 5 人,正、副班长、团支部书记至少有一人在内的 抽法有多少种? 十二.平均分组问题除法策略 例 12. 6 本不同的书平均分成 3 堆,每堆 2 本共有多少分法? 解: 分三步取书得 C6 C4 C2 种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记 6 本书为 ABCDEF,若第一步取 AB, 第 二 步 取 CD, 第 三 步 取 EF 该 分 法 记 为 (AB,CD,EF), 则 C6 C4 C2 中 还 有
3

2

2

2

2

2

2

(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD) 共 有 A 3 种 取 法 , 而这 些 分 法仅 是 (AB,CD,EF)一种分法,故共有 C6 C4 C2 / A 3 种分法。 平均分成的组,不管它们的顺序如何 ,都是一种情况 ,所以分组后要一定要除以 A n ( n 为均分的 组数)避免重复计数。
n 2 2 2 3

3

练习题: 1
5 4 2 将 13 个球队分成 3 组,一组 5 个队,其它两组 4 个队, 有多少分法?( C13 ) C84C4 / A2

2.10 名学生分成 3 组,其中一组 4 人, 另两组 3 人但正副班长不能分在同一组,有多少种不同的 分组方法 (1540) 3.某校高二年级共有六个班级,现从外地转 入 4 名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安
2 2 2 2 排 2 名,则不同的安排方案种数为______( C4 C2 A 6 / A 2 ? 90 )

十三. 合理分类与分步策略 例 13.在一次演唱会上共 10 名演员,其中 8 人能能唱歌,5 人会跳舞,现要演出一个 2 人唱歌 2 人伴舞的节 目,有多少选派方法 解:10 演员中有 5 人只会唱歌,2 人只会跳舞 3 人为全能演员。选上唱歌人员为标准进行研究
2 2 只会唱的 5 人中没有人选上唱歌人员共有 C3 C3 种,只会唱的 5 人中只有 1 人选上唱歌人员 1 1 2 C5 C3C4 种,只会唱的 5 人中只有 2 人选上唱歌人员有 C52C52 种,由分类计数原理共有

2 2 1 1 2 2 2 C3 C3 ? C5 C3C4 ? C5 C5 种。

解含有约束条件的排列组合问题,可按元素的性质进行分类,按事件发生的连续过程分步,做 到标准明确。分步层次清楚,不重不漏,分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。 练习题: 1.从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人参加某个座 谈会,若这 4 人中必须既有男生又有女生,则不同的 选法共有 34 2. 3 成人 2 小孩乘船游玩,1 号船最多乘 3 人, 2 号船最多乘 2 人,3 号船只能乘 1 人,他们任选 2 只船或 3 只船,但小孩不能单独乘一只船, 这 3 人共有多少乘船方法. (27) 本题还有如下分类标准: *以 3 个全能演员是否选上唱歌人员为标准 *以 3 个全能演员是否选上跳舞人员为标准 *以只会跳舞的 2 人是否选上跳舞人员为标准 都可经得到正确结果 十四.构造模型策略 例 14. 马路上有编号为 1,2,3,4,5,6,7,8,9 的九只路灯,现要关掉其中的 3 盏,但不能关掉相邻的 2 盏或 3 盏,也不能关掉两端的 2 盏,求满足条件的关灯方法有多少种?
3 解:把此问题当作一个排队模型在 6 盏亮灯的 5 个空隙中插入 3 个不亮的灯有 C5 种

一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型,如占位填空模型,排队模型,装盒 模型等,可使问题直观解决 练习题:某排共有 10 个座位,若 4 人就坐,每人左右两边都有空位,那么不同的坐法有多少种?(120) 十五.实际操作穷举策略 例 15.设有编号 1,2,3,4,5 的五个球和编号 1,2,3,4,5 的五个盒子,现将 5 个球投入这五个盒子内,要求每 个盒子放一个球,并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法
2 解:从 5 个球中取出 2 个与盒子对号有 C5 种还剩下 3 球 3 盒序号不能对应,利用实际操作法,如果剩

下 3,4,5 号球, 3,4,5 号盒 3 号球装 4 号盒时,则 4,5 号球有只有 1 种装法,同理 3 号球装 5 号盒 时,4,5 号球有也只有 1 种装法,由分步计数原理有 2C5 种
2

5
3 号盒

3
4 号盒

4
5 号盒

对于条件比较复杂的排列组合问题,不易用公式进行运算,往往利用穷举法或画出树状图会收 到意想不到的结果
4

练习题: 1.同一寝室 4 人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年卡,则四张贺年卡不同的分配 方式有多少种? (9) 2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有 4 种可选颜色,则不同的着色方法有 72 种

1 3 2 5
十六. 分解与合成策略 例 16. 30030 能被多少个不同的偶数整除 分析:先把 30030 分解成质因数的乘积形式 30030=2×3×5 × 7 ×11×13 依题意可知偶因数必先取 2,再从其余 5 个因数中任取若干个组成乘积,
1 2 3 4 5 所有的偶因数为: C5 ? C5 ? C5 ? C5 ? C5

4

练习:正方体的 8 个顶点可连成多少对异面直线
4 解:我们先从 8 个顶点中任取 4 个顶点构成四体共有体共 C8 ?12 ? 58 ,每个四面体有

3 对异面直线,正方体中的 8 个顶点可连成 3 ? 58 ? 174 对异面直线 分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题 逐一解决,然后依据问题分解后的结构 ,用分类计数原理和分步计数原理将问题合成 ,从而得到 问题的答案 ,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略 十七.化归策略 例 17. 25 人排成 5×5 方阵,现从中选 3 人,要求 3 人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种? 解:将这个问题退化成 9 人排成 3×3 方阵,现从中选 3 人,要求 3 人 不在同一行也不在同一列,有多少选法.这样每行必有 1 人从其中的 一行中选取 1 人后,把这人所在的行列都划掉,如此继续下去.从
1 1 1 3×3 方队中选 3 人的方法有 C3 C2C1 种。再从 5×5 方阵选出 3×3
3 3 方阵便可解决问题.从 5×5 方队中选取 3 行 3 列有 C5 C5 选法所以从 3 3 1 1 1 5×5 方阵选不在同一行也不在同一列的 3 人有 C5 C5 C3C2C1 选法。

处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题退化成一个简 要的问题, 通过解决这个简要的问题的解决找到解题方法, 从而进下一步解决原来的问题 练习题:某城市的街区由 12 个全等的矩形区组成其中实线表示马路,
3 从 A 走到 B 的最短路径有多少种?( C7 ? 35 )

B

A 十八.数字排序问题查字典策略 例 18.由 0,1,2,3,4,5 六个数字可以组成多少个没有重复的比 324105 大的数?
解: N ? 2 A5 ? 2 A4 ? A3 ? A2 ? A1 ? 297
5 4 3 2 1

数字排序问题可用查字典法 , 查字典的法 应从高位向低位查 , 依次求出其符合要求 的个数,根据分类计数原理求出其总数。 练习:用 0,1,2,3,4,5 这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些数字从小到大排列起来,第 71 个数是 3140 十九.树图策略
5

例 19. 3 人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过 5 次传求后,球仍回到甲的手中,则不同的传 N ? 10 球方式有______ 对于条件比较复杂的排列组合问题,不易用 公式进行运算,树图会收到意想不到的结果 练习: 分别编有 1,2,3,4,5 号码的人与椅,其中 i 号人不坐 i 号椅( i ? 1,2,3,4,5 )的不同坐法有多少 种? N ? 44 二十.复杂分类问题表格策略 例 20.有红、黄、兰色的球各 5 只,分别标有 A、B、C、D、E 五个字母,现从中取 5 只,要求各字母均有且 三色齐备,则共有多少种不同的取法 解:

红 黄 兰

1 1 3

1 2 2

1 3 1

2 1 2

2 2 1

3 1 1

取法

1 1 C5 C4

1 2 C5 C4

1 3 C5 C4

1 C52 C3

C52 C32

3 1 C5 C2

一些复杂的分类选取题 ,要满足的条件比较多 , 无从入手,经常出现重复遗 漏的情况 ,用表格法 ,则分类明确 ,能保证题中须满足的条件 ,能达到好的效 果. 二十一:住店法策略 解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素:一类元素可以重复,另一类不能重复,把不能重复的元 素看作“客”,能重复的元素看作“店”,再利用乘法原理直接求解. 例 21.七名学生争夺五项冠军,每项冠军只能由一人获得,获得冠军的可能的种数有 . 分析:因同一学生可以同时夺得 n 项冠军,故学生可重复排列,将七名学生看作 7 家“店”,五项冠军看 作 5 名“客”,每个“客”有 7 种住宿法,由乘法原理得 7 种.
5

小结 本节课,我们对有关排列组合的几种常见的解题策略加以复习巩固。排列组合历来是学习中的难点,通过 我们平时做的练习题,不难发现排列组合题的特点是条件隐晦,不易挖掘,题目多变,解法独特,数字庞 大,难以验证。同学们只有对基本的解题策略熟练掌握。根据它们的条件,我们就可以选取不同的技巧来 解决问题.对于一些比较复杂的问题,我们可以将几种策略结合起来应用把复杂的问题简单化,举一反三, 触类旁通,进而为后续学习打下坚实的基础。

排列组合题型

一.直接法 1. 特殊元素法 例 1 用 1,2,3,4,5,6 这 6 个数字组成无重复的四位数,试求满足下列条件的四位数各有多少个 (1)数字 1 不排在个位和千位 (2)数字 1 不在个位,数字 6 不在千位。 分析: (1) 个位和千位有 5 个数字可供选择 A5 , 其余 2 位有四个可供选择 A4 , 由乘法原理: A5 A4 =240
6
2
2

2

2

2.特殊位置法
1 1 2 3 (2) 当 1 在千位时余下三位有 A5 =60, 1 不在千位时, 千位有 A4 种选法, 个位有 A4 种, 余下的有 A4 , 1 1 2 共有 A4 =192 所以总共有 192+60=252 A4 A4

4 3 2 二.间接法 当直接法求解类别比较大时,应采用间接法。如上例中(2)可用间接法 A6 =252 ? 2 A5 ? A4

例 2 有五张卡片,它的正反面分别写 0 与 1,2 与 3,4 与 5,6 与 7,8 与 9,将它们任意三张并排 放在一起组成三位数,共可组成多少个不同的三维书? 分析:此例正面求解需考虑 0 与 1 卡片用与不用,且用此卡片又分使用 0 与使用 1,类别较复杂,因
3 3 而可使用间接计算:任取三张卡片可以组成不同的三位数 C5 个,其中 0 在百位的有 ? 23 ? A3
2 2 2 2 2 3 3 个,这是不合题意的。故共可组成不同的三位数 C5 - C4 ? 2 ? A2 =432 C4 ? 2 2 ? A2 ? 23 ? A3

(个) 三.插空法 当需排元素中有不能相邻的元素时,宜用插空法。 例3 在一个含有 8 个节目的节目单中,临时插入两个歌唱节目,且保持原节目顺序,有多少中插

入方法?
1 1 分析:原有的 8 个节目中含有 9 个空档,插入一个节目后,空档变为 10 个,故有 A9 =100 中 ? A10

插入方法。 四.捆绑法 当需排元素中有必须相邻的元素时,宜用捆绑法。

例4 4 名男生和 3 名女生共坐一排,男生必须排在一起的坐法有多少种? 分析:先将男生捆绑在一起看成一个大元素与女生全排列有 A4 种排法,而男生之间又有 A4 种排法, 又乘法原理满足条件的排法有: A4 × A4 =576 练习 1.四个不同的小球全部放入三个不同的盒子中,若使每个盒子不空,则不同的放法有
2 3 ( C4 A3 )
4 4 4 4



2. 某市植物园要在 30 天内接待 20 所学校的学生参观,但每天只能安排一所学校,其中有一所学校 人数较多,要安排连续参观 2 天,其余只参观一天,则植物园 30 天内不同的安排方法有( C29 ? A28 ) (注
1 19

意连续参观 2 天,即需把 30 天种的连续两天捆绑看成一天作为一个整体来选有 C 29 其余的就是 19 所学校 选 28 天进行排列) 五.阁板法 名额分配或相同物品的分配问题,适宜采阁板用法

1

例 5 某校准备组建一个由 12 人组成篮球队,这 12 个人由 8 个班的学生组成,每班至少一人,名额分 配方案共 种 。
7

分析:此例的实质是 12 个名额分配给 8 个班,每班至少一个名额,可在 12 个名额种的 11 个空当中插
7 入 7 块闸板,一种插法对应一种名额的分配方式,故有 C11 种

练习 1.(a+b+c+d) 有多少项?
1 1 0 当项中只有一个字母时,有 C 4 种(即 a.b.c.d 而指数只有 15 故 C 4 。 ? C14 1 2 当项中有 2 个字母时, 有 C4 而指数和为 15, 即将 15 分配给 2 个字母时, 如何分, 闸板法一分为 2, C14 1 2 即 C4 C14 3 3 2 当项中有 3 个字母时 C 4 指数 15 分给 3 个字母分三组即可 C4 C14

15

4 3 当项种 4 个字母都在时 C4 ? C14

四者都相加即可.

练习 2.有 20 个不加区别的小球放入编号为 1,2,3 的三个盒子里,要求每个盒子内的球数不少编号
2 数,问有多少种不同的方法?( C16 ) 49 3.不定方程 X1+X2+X3+?+X50=100 中不同的整数解有( C 99 )

六.平均分堆问题 例 6

6 本不同的书平均分成三堆,有多少种不同的方法?

3 分析:分出三堆书(a1,a2),(a3,a4), (a5,a6)由顺序不同可以有 A3 =6 种,而这 6 种分法只算一种分
2 2 2 C6 C4 C2 =15 种 3 A3

堆方式,故 6 本不同的书平均分成三堆方式有

练习:1.6 本书分三份,2 份 1 本,1 份 4 本,则有不同分法? 2.某年级 6 个班的数学课,分配给甲乙丙三名数学教师任教,每人教两个班,则分派方法的种数。 七. 合并单元格解决染色问题 例 7 (全国卷(文、理) )如图 1,一个地区分为 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,现有四种颜色可供选择,则不同的着色方法共有 分析:颜色相同的区域可能是 2、3、4、5. 下面分情况讨论: (ⅰ)当 2、4 颜色相同且 3、5 颜色不同时,将 2、4 合并成一个单元格,此时不同的着色方法相当于 4 个元素 ①③⑤的全排列数 种(以数字作答) 。

A

4 4

2,4

(ⅱ)当 2、4 颜色不同且 3、5 颜色相同时,与情形(ⅰ)类似同理可得 (ⅲ)当 2、 4 与 3、
2,4

A

4 4

种着色法.

5 分别同色时,将 2、4;3、5 分别合并,这样仅有三个单元格
3,5



8

从 4 种颜色中选 3 种来着色这三个单元格,计有 由加法原理知:不同着色方法共有 2 练习 1(天津卷(文) )将 3 种作物种植
4 4

C ? A 种方法.
4 3 3 3 3 4

3

3

A ? C A =48+24=72(种)
1 2 3 4 5

在如图的 5 块试验田里,每快种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物 , 不同的种植方法共 种(以数字作答) (72)

2. (江苏、辽宁、天津卷(理) )某城市中心广场建造一个花圃,花圃 6 分为个部分(如图 3) ,现要栽 种 4 种颜色的花,每部分栽种一种且相邻部分不能栽种 同一样颜色的话,不同的栽种方法有 数字作答) . (120)
5 6 2 1 3 4

种(以

B A C D E

图3

图4

3.如图 4,用不同的 5 种颜色分别为 ABCDE 五部分着色,相邻部分不能用同一颜色,但同一种颜色可以 反复使用也可以不用,则符合这种要求的不同着色种数. (540) 4.如图 5:四个区域坐定 4 个单位的人,有四种不同颜色的服装,每个单位的观众必须穿同种颜色的服 装,且相邻两区域的颜色不同,不相邻区域颜色相同,不相邻区域颜色相同与否不受限制,那么不同的着 A 色方法是 种(84)
4 1 2 3

B C

E D

图5

图6

5.将一四棱锥(图 6)的每个顶点染一种颜色,并使同一条棱的两端点异色,若只有五种颜色可供使用, 则不同的染色方法共 八.递推法 例八 一楼梯共 10 级, 如果规定每次只能跨上一级或两级, 要走上这 10 级楼梯, 共有多少种不同的走法?
9

种(420)

分析:设上 n 级楼梯的走法为 an 种,易知 a1=1,a2=2,当 n≥2 时,上 n 级楼梯的走法可分两类:第一类: 是最后一步跨一级,有 an-1 种走法,第二类是最后一步跨两级,有 an-2 种走法,由加法原理知:an=an-1+ an-2, 据此, a3=a1+a2=3,a4=a#+a2=5,a5=a4+a3=8,a6=13,a7=21,a8=34,a9=55,a10=89.故走上 10 级楼梯共有 89 种不同的 方法。 九.几何问题 1.四面体的一个顶点位 A,从其它顶点与各棱中点取 3 个点,使它们和点 A 在同一平面上,不同的取法有
3 种(3 C5 +3=33)

2.四面体的棱中点和顶点共 10 个点(1)从中任取 3 个点确定一个平面,共能确定多少个平面?
3 3 3 ( C10 -4 C6 +4-3 C 4 +3-6C 3 4 +6+2×6=29)

(2)以这 10 个点为顶点,共能确定多少格凸棱锥? 三棱锥 C10 -4C6 -6C4 -3C4 =141 四棱锥 6×4×4=96 3 ×6=18 共有 114 十. 先选后排法 例 9 有甲乙丙三项任务,甲需 2 人承担,乙丙各需 1 人承担,从 10 人中选派 4 人承担这三项任务,不同的 选派方法有( ) A.1260 种 B.2025 种 C.2520 种 D.5054 种

4

4

4

4

分析:先从 10 人中选出 2 人 十一.用转换法解排列组合问题 例 10.某人连续射击 8 次有四次命中,其中有三次连续命中,按“中”与“不中”报告结果,不同的结 果有多少种. 解
2 把问题转化为四个相同的黑球与四个相同白球,其中只有三个黑球相邻的排列问题. A5 =20 种

例11. 个人参加秋游带 10 瓶饮料,每人至少带 1 瓶,一共有多少钟不同的带法. 解 把问题转化为 5 个相同的白球不相邻地插入已经排好的 10 个相同的黑球之间的 9 个空隙种的排列问

5 题. C9 =126 种

例 12 解 例13

从 1,2,3,?,1000 个自然数中任取 10 个不连续的自然数,有多少种不同的去法. 把稳体转化为 10 个相同的黑球与 990 个相同白球,其其中黑球不相邻的排列问题。 C991 某城市街道呈棋盘形,南北向大街 5 条,东西向大街 4 条,一人欲从西南角走到东北角,路程最 短的走法有多少种.
10



无论怎样走必须经过三横四纵,因此,把问题转化为 3 个相同的白球与四个相同的黑球的排列问
3

题. C7 =35(种)
10

例14 一个楼梯共 18 个台阶 12 步登完, 可一步登一个台阶也可一步登两个台阶, 一共有多少种不同的走 法. 解 根据题意要想 12 步登完只能 6 个一步登一个台阶,6 个一步登两个台阶,因此,把问题转化为 6 个

6 相同的黑球与 6 个相同的白球的排列问题. C12 =924(种) .

例15 解

求(a+b+c) 的展开式的项数. 展开使的项为 a b c ,且α +β +γ =10, 因此, 把问题转化为 2 个相同的黑球与 10 个相同的白球的排
α β γ

10

2 列问题. C12 =66(种)

例16

亚、欧乒乓球对抗赛,各队均有 5 名队员,按事先排好的顺序参加擂台赛,双方先由 1 号队员比 赛,负者淘汰,胜者再与负方 2 号队员比赛,直到一方全被淘汰为止,另一方获胜,形成一种比赛 过程.那么所有可能出现的比赛过程有多少种?



设亚洲队队员为 a1,a2,?,a5,欧洲队队员为 b1,b2,?,b5,下标表示事先排列的出场顺序,若以依

次被淘汰的队员为顺序.比赛过程转化为这 10 个字母互相穿插的一个排列,最后师胜队种步被淘汰的队 员和可能未参加参赛的队员,所以比赛过程可表示为 5 个相同的白球和 5 个相同黑球排列问题,比赛过程
6 的总数为 C10 =252(种)

十二.转化命题法 例17 圆周上共有 15 个不同的点,过其中任意两点连一弦,这些弦在圆内的交点最多有多少各? 分析:因两弦在圆内若有一交点,则该交点对应于一个以两弦的四端点为顶点的圆内接四边形,则问题
4 化为圆周上的 15 个不同的点能构成多少个圆内接四边形, 因此这些现在圆内的交点最多有 C15 =1365 (个)

十三.概率法 例18 一天的课程表要排入语文、数学、物理、化学、英语、体育六节课,如果数学必须排在体育之前, 那么该天的课程表有多少种排法? 分析:在六节课的排列总数中,体育课排在数学之前与数学课排在体育之前的概率相等,均为 例所求的排法种数就是所有排法的

1 ,故本 2

1 1 ,即 A=360 种 2 2

十四.除序法 例 19 用 1,2,3,4,5,6,7 这七个数字组成没有重复数字的七位数中, (1)若偶数 2,4,6 次序一定,有多少个? (2)若偶数 2,4,6 次序一定,奇数 1,3,5,7 的次序也一定的有多少个?
7 A77 A7 解(1) 3 (2) 3 4 A3 A4 A3

十五.错位排列
11

例 20 同室四人各写一张贺卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的卡片,则不同的分配方法 有 种(9) n=4 时 a4=3(a3+a2)=9 种 即三个人有两种错排,两个人有一种错排.

公式 1) an ? (n ? 1)(an?1 ? an?2 ) 2) an =n!(1练习

1 1 1 n 1 + - +?+ ?? 1? 1! 2! 3! n!

有五位客人参加宴会,他们把帽子放在衣帽寄放室内,宴会结束后每人戴了一顶帽子回家,回家

后,他们的妻子都发现他们戴了别人的帽子,问 5 位客人都不戴自己帽子的戴法有多少种?(44)

12

排列与组合的区别 排列与组合的共同点是从 n 个不同的元素中,任取 m(m≤n)个元素,而不同点是排列是按照一定的 顺序排成一列,组合是无论怎样的顺序并成一组,因此“有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标 志.下面通过实例来体会排列与组合的区别.

【例题】 判断下列问题是排列问题还是组合问题?并计算出种数. (1) 高二年级学生会有 11 人:①每两人互通一封信,共通了多少封信?②每两人互握了一次手,共握 了多少次手?

(2) 高二数学课外活动小组共 10 人:①从中选一名正组长和一名副组长,共有多少种不同的选法?② 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 八个质数:①从中任取两个数求它们的商,可以有多少个不同的 商?②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:①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?②从中选出 2 盆 放在教室有多少种不同的选法?

【思考与分析】 (1) ①由于每两人互通一封信,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;②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. 解: (1) ①是排列问题,共通了=110(封) ;②是组合问题,共需握手==55(次)

(2) ①是排列问题,共有=10×9=90(种)不同的选法;②是组合问题,共=45(种)不同的选法;

(3) ①是排列问题,共有=8×7=56(个)不同的商;②是组合问题,共有=28(个)不同的积; ( 4 ) ①是排列问题,共有 =56 (种)不同的选法;②是组合问题,共有 =28 (种)不同的选 法. ( 【反思】 区分排列与组合的关键是“有序”与“无序”。 )

10.1.4 学习过程: (1)知识梳理 1.分类计数原理(加法原理) :完成一件事,有几类办法,在第一类中有 m 1 种有不同的方法,在第 2 类
13

中 有 m2 种 不 同 的 方 法 ? ? 在 第 n 类 型 有 mn 种 不 同 的 方 法 , 那 么 完 成 这 件 事 共 有

N ? m1 ? m2 ? ? ? ? ? ? ? ?mn 种不同的方法。
2.分步计数原理(乘法原理) :完成一件事,需要分成 n 个步骤,做第 1 步有 m1 种不同的方法,做第 2 步有 m2 种不同的方法??,做第 n 步有 mn 种不同的方法;那么完成这件事共有 N ? m1 ? m2 ? ? ? ? ? mn 种 不同的方法。 特别提醒:分类计数原理与“分类”有关,要注意“类”与“类”之间所具有的独立性和并列性;分步计 数原理与“分步”有关,要注意“步”与“步”之间具有的相依性和连续性,应用这两个原理进行正确地 分类、分步,做到不重复、不遗漏。 3.排列:从 n 个不同的元素中任取 m(m≤n)个元素,按照一定顺序 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. 4.排列数:从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素排成一列,称为从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个
m 排列. 从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列数,用符号 An 表示.

5.排列数公式: A m ? n(n ? 1) ? (n ? m ? 1) ? 特别提醒: (1)规定 0! = 1 (2)含有可重元素 的排列问题. ......

n! ( m ? n, n, m ? N ) (n ? m)!

对含有相同元素求排列个数的方法是: 设重集 S 有 k 个不同元素 a1, a2,…...an 其中限重复数为 n1、 n2……nk, 且 n = n1+n2+……nk , 则 S 的排列个数等于 n ?

n! . n1!n2 !...nk !

例如: 已知数字 3、 2、 2, 求其排列个数 n ? 3! ? 3 又例如: 数字 5、 5、 5、 求其排列个数?其排列个数 n ? 3! ? 1 . 3! 1!2! 6.组合:从 n 个不同的元素中任取 m(m≤n)个元素并成一组,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个 组合.
m 7.组合数公式: C m ? A n ? n(n ? 1) ?(n ? m ? 1) C m ? n n m

Am

m!

n! m!(n ? m)!

n?m m?1 m m 8.两个公式:①_ C m n ?C n ; ② C n ?C n ?C n ?1

特别提醒:排列与组合的联系与区别. 联系:都是从 n 个不同元素中取出 m 个元素. 区别:前者是“排成一排”,后者是“并成一组”,前者有顺序关系,后者无顺序关系.

(2)典型例题 考点一:排列问题 例 1,六人按下列要求站一横排,分别有多少种不同的站法? (1)甲不站两端; (2)甲、乙必须相邻; (3)甲、乙不相邻;
14

(4)甲、乙之间间隔两人; (5)甲、乙站在两端; (6)甲不站左端,乙不站右端. 考点二:组合问题 例 2, 男运动员 6 名,女运动员 4 名,其中男女队长各 1 人.选派 5 人外出比赛.在下列情形中各有多少种 选派方法? (1)男运动员 3 名,女运动员 2 名; (2)至少有 1 名女运动员; (3)队长中至少有 1 人参加; (4)既要有队长,又要有女运动员. 考点三:综合问题 例 3, 4 个不同的球,4 个不同的盒子,把球全部放入盒内. (1)恰有 1 个盒不放球,共有几种放法? (2)恰有 1 个盒内有 2 个球,共有几种放法? (3)恰有 2 个盒不放球,共有几种放法? 10.1.5 当堂测试 1,从 5 名男医生、4 名女医生中选 3 名医生组成一个医疗小分队,要求其中男、女医生都有,则不同的组 队方案共有 ( ) A,70 种 B,80 种 C,100 种 D,140 种 2,2010 年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、 导游、礼仪、司机四项不同工作,若其中小张和小赵只能从事前两项工作,其余三人均能从事这四项工作, 则不同的选派方案共有 ( ) A, 48 种 B,12 种 C,18 种 D36 种 3,从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中任取两个奇数和两个偶数,组成没有重复数字的四位数的个数为 ( ) A,48 B, 12 C,180 D,162 . 4,甲组有 5 名男同学,3 名女同学;乙组有 6 名男同学,2 名女同学。若从甲、乙两组中各选出 2 名同学, 则选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有( ) A,150 种 B,180 种 C,300 种 D,345 种 5,甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门,则甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法共有 ( ) A,6 B,12 C 30 D36

6,用 0 到 9 这 10 个 数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为 A.324 B,328 C,360 D,648





7,从 10 名大学毕业生中选 3 人担任村长助理,则甲、乙 至少有 1 人入选,而丙 没有入选的不同选法的 总数为 ( ) A,85 B,56 C,49 D,28
15

8,将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一名学生,且甲、乙两名学生不能分 到同一个班,则不同分法的总数为 ( ) A,18 B,24 C,30 D,30 9,3 位男生和 3 位女生共 6 位同学站成一排,若男生甲不站两端,3 位女生中有且只有两位女生相邻,则 不同排法的种数是 ( ) A,360 B,288 C,216 D,96 10.1.6 参考答案 例 1,解 (1)方法一 要使甲不站在两端,可先让甲在中间 4 个位置上任选 1 个,有 A 1 4 种站法,然后

其余 5 人在另外 5 个位置上作全排列有 A 5 根据分步乘法计数原理, 共有站法: A1 A5 (种) . 4 · 5 种站法, 5 =480
2 方法二 由于甲不站两端,这两个位置只能从其余 5 个人中选 2 个人站,有 A 5 种站法,然后中间 4 人有 2 4 A4 4 种站法,根据分步乘法计数原理,共有站法:A 5 ·A 4 =480(种).

5 方法三 若对甲没有限制条件共有 A 6 6 种站法,甲在两端共有 2A 5 种站法,从总数中减去这两种情况的排

列数,即共有站
5 法:A 6 6 -2A 5 =480(种).

(2)方法一 先把甲、乙作为一个“整体” ,看作一个人,和其余 4 人进行全排列有 A 5 5 种站法,再把甲、
2 5 乙进行全排列,有 A 2 2 种站法,根据分步乘法计数原理,共有 A 5 ·A 2 =240(种)站法.

方法二 先把甲、乙以外的 4 个人作全排列,有 A 4 4 种站法,再在 5 个空档中选出一个供甲、乙放入,有
2 4 2 1 A1 5 种方法,最后让甲、乙全排列,有 A 2 种方法,共有 A 4 ·A 5 ·A 2 =240(种).

(3)因为甲、乙不相邻,中间有隔档,可用“插空法” ,第一步先让甲、乙以外的 4 个人站队,有 A 4 4 种
2 2 站法; 第二步再将甲、 乙排在 4 人形成的 5 个空档 (含两端) 中, 有 A5 种站法, 故共有站法为 A 4 A5 =480 4 ·

(种).
2 5 也可用“间接法” ,6 个人全排列有 A 6 6 种站法,由(2)知甲、乙相邻有 A 5 ·A 2 =240 种站法,所以不相 2 5 邻的站法有 A 6 6 -A 5 ·A 2 =720-240=480(种). 2 (4)方法一 先将甲、乙以外的 4 个人作全排列,有 A 4 4 种,然后将甲、乙按条件插入站队,有 3A 2 种,

故共有 A 4 (3A 2 4· 2 )=144(种)站法. 方法二 先从甲、乙以外的 4 个人中任选 2 人排在甲、乙之间的两个位置上,有 A 2 4 种,然后把甲、乙及
2 中间 2 人看作一个“大”元素与余下 2 人作全排列有 A 3 3 种方法,最后对甲、乙进行排列,有 A 2 种方法,

16

2 3 故共有 A 2 4 ·A 3 ·A 2 =144(种)站法.

(5)方法一 首先考虑特殊元素,甲、乙先站两端,有 A 2 2 种,再让其他 4 人在中间位置作全排列,有
2 4 A4 4 种,根据分步乘法计数原理,共有 A 2 ·A 4 =48(种)站法.

方法二 首先考虑两端两个特殊位置,甲、乙去站有 A 2 2 种站法,然后考虑中间 4 个位置,由剩下的 4
2 4 人去站,有 A 4 4 种站法,由分步乘法计数原理共有 A 2 ·A 4 =48(种)站法.

(6) 方法一 甲在左端的站法有 A 5 乙在右端的站法有 A 5 且甲在左端而乙在右端的站法有 A 4 4 种, 5 种, 5 种,
4 5 共有 A 6 6 -2A 5 +A 4 =504(种)站法.

方法二 以元素甲分类可分为两类:①甲站右端有 A 5 5 种站法,②甲在中间 4 个位置之一,而乙不在右端
1 4 1 1 4 5 有 A1 4 ·A 4 ·A 4 种,故共有 A 5 +A 4 ·A 4 ·A 4 =504(种)站法.

例 2, 解 (1)第一步:选 3 名男运动员,有 C 3 6 种选法. 第二步:选 2 名女运动员,有 C 2 4 种选法.
2 共有 C 3 6 ·C 4 =120 种选法.

3分

(2)方法一 至少 1 名女运动员包括以下几种情况: 1 女 4 男,2 女 3 男,3 女 2 男,4 女 1 男. 由分类加法计数原理可得总选法数为
4 2 3 3 2 4 1 C1 4 C 6 +C 4 C 6 +C 4 C 6 +C 4 C 6 =246 种.

6分

方法二 “至少 1 名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.
5 从 10 人中任选 5 人有 C 10 种选法,其中全是男运动员的选法有 C 5 6 种. 5 所以“至少有 1 名女运动员”的选法为 C 10 -C 5 6 =246 种.

6分

(3)方法一 可分类求解:
4 “只有男队长”的选法为 C 8 ; 4 “只有女队长”的选法为 C 8 ;

3 “男、女队长都入选”的选法为 C 8 ;
4 3 所以共有 2C 8 +C 8 =196 种选法.

9分

方法二 间接法:
5 从 10 人中任选 5 人有 C 10 种选法.

17

5 5 5 其中不选队长的方法有 C 8 种.所以“至少 1 名队长”的选法为 C 10 -C 8 =196 种. 9 分 4 4 (4)当有女队长时,其他人任意选,共有 C 9 种选法.不选女队长时,必选男队长,共有 C 8 种选法.其中 4 4 4 不含女运动员的选法有 C 5 种,所以不选女队长时的选法共有 C 8 -C 5 种选法.

所以既有队长又有女运动员的选法共有
4 4 4 C9 +C 8 -C 5 =191 种.

例 3,解 (1)为保证“恰有 1 个盒不放球” ,先从 4 个盒子中任意取出去一个,问题转化为“4 个球,3 个盒子,每个盒子都要放入球,共有几种放法?”即把 4 个球分成 2,1,1 的三组,然后再从 3 个盒子
2 1 2 中选 1 个放 2 个球,其余 2 个球放在另 外 2 个盒子内,由分步乘法计数原理,共有 C 1 4 C 4 C 3 ×A 2 =144

种. (2) “恰有 1 个盒内有 2 个球” ,即另外 3 个盒子放 2 个球,每个盒子至多放 1 个球,也即另外 3 个盒子 中恰有一个空盒,因此, “恰有 1 个盒内有 2 个球”与“恰有 1 个盒不放球”是同一件事,所以共有 144 种放法. (3)确定 2 个空盒有 C 2 4 种方法.
1 2 4 个球放进 2 个盒子可分成(3,1) 、 (2,2)两类,第一类有序不均匀分组有 C 3 4 C 1 A 2 种方法;第二类

有序均匀分组有

2 C2 4 C2

A2 2

·A 2 2 种方法.
2 C2 4 C2

3 1 2 故共有 C 2 4 ( C 4 C1 A 2 +

A2 2

·A 2 2 )=84 种.

当堂检测答案 1,从 5 名男医生、4 名女医生中选 3 名医生组成一个医疗小分队,要求其中男、女医生都有,则不同的组 队方案共有 ( ) A,70 种 B,80 种 C,100 种 D,140 种
2 1 1 2 解析:分为 2 男 1 女,和 1 男 2 女两大类,共有 C5 =70 种, ? C4 ? C5 ? C4

解题策略:合理分类与准确分步的策略。 2,2010 年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、 导游、礼仪、司机四项不同工作,若其中小张和小赵只能从事前两项工作,其余三人均能从事这四项工作, 则不同的选派方案共有 ( ) A, 48 种 B,12 种 C,18 种 D36 种 解析:合理分类,通过分析分为(1)小张和小王恰有 1 人入选,先从两人中选 1 人,然后把这个人在前
1 1 3 两项工作中安排一个,最后剩余的三人进行全排列有 C2 种选法。 (2)小张和小赵都入选,首先安 ? C2 ? A3
2 2 排这两个人,然后再剩余的 3 人中选 2 人排列有 A3 种方法。 ? A2

共有 24+12=36 种选法。 解题策略: :1,特殊元素优先安排的策略。 2,合理分类与准确分步的策略。 3,排列、组合混合问题先选后排的策略。 3,从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中任取两个奇数和两个偶数,组成没有重复数字的四位数的个数为 ( )
18

A,48

B, 12

C,180

D,162

1 解析:分为两大类: (1)含有 0,分步 1,从另外两个偶数中选一个, C2 种方法,2,从 3 个奇数中选两 2 1 个,有 C3 种方法;3,给 0 安排一个位置,只能在个、十、百位上选,有 C3 种方法;4,其他的 3 个数字 3 1 2 1 3 进行全排列, 有 A3 种排法, 根据乘法原理共 C2 种方法。 (2) 不含 0, 分步, 偶数必然是 2,4 ; ? C3 ? C3 ? A3 2 4 2 4 奇数有 C3 种不同的选法,然后把 4 个元素全排列,共 A4 种排法,不含 0 的排法有 C3 A4 种。根据加法原

1 2 1 3 2 4 理把两部分加一块得 C2 + C3 A4 =180. ? C3 ? C3 ? A3

解题策略:1,特殊元素优先安排的策略。 2,合理分类与准确分步的策略。 3,排列、组合混合问题先选后排的策略。 4,甲组有 5 名男同学,3 名女同学;乙组有 6 名男同学,2 名女同学。若从甲、乙两组中各选出 2 名同学, 则选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有( ) A,150 种 B,180 种 C,300 种 D,345 种 解析:4 人中恰有 1 名女同学的情况分为两种,即这 1 名女同学或来自甲组,或来自乙组,则所有不同的
1 1 2 2 1 1 选法共有 C5 C3C6 ? C5 C6C2 种选法。

解题策略:合理分类与准确分步的策略。 5,甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门,则甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法共有 ( ) A,6 B,12 C 30 D36
2 2 解析:可以先让甲、乙任意选择两门,有 C4 种选择方法,然后再把两个人全不相同的情况去掉,两个 ? C4 2 2 人全不相同,可以让甲选两门有 C4 种选法,然后乙从剩余的两门选,有 C2 种不同的选法,全不相同的 2 2 2 2 选法是 C4 种方法,所以至少有一门不相同的选法为 C4 — C2 ? C4 2 2 =30 种不同的选法。 C4 C2

解题策略:正难则反,等价转化的策略。

6,用 0 到 9 这 10 个 数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为 A.324 B,328 C,360 D,648
2 第一类个位是零,共 A9 种不同的排法。





解析: 9
1 1 1 C4 ? C8 ? C8

8

1

8

8

4

1 1 1 第二类个位不是零,共 C4 种不同的解法。 ? C8 ? C8

解题策略:合理分类与准确分步的策略. 7,从 10 名大学毕业生中选 3 人担任村长助理,则甲、乙 至少有 1 人入选,而丙 没有入选的不同选法的 总数为 ( ) A,85 B,56 C,49 D,28
19

2 1 1 2 解析:合理分类,甲乙全被选中,有 C2 种 选 法,甲乙有一个被选中,有 C2 种不同的选法,共 ? C7 ? C7 2 1 1 2 + C2 =49 种不同的选法。 C2 ? C7 ? C7

解题策略: (1)特殊元素优先安排的策略, (2)合理分类与准确分步的策略. 8,将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一名学生,且甲、乙两名学生不能分 到同一个班,则不同分法的总数为 ( ) A,18 B,24 C,30 D,30
2 将甲、乙、丙、丁四名学生分成三组,则共有 C4 种不同的分法,然后三组进行全排列共 3 3 2 3 种不同的方法; 然后再把甲、 乙分到一个班的情况排除掉, 共 A3 种不同的排法。 所以总的排法为 C4 A3 A3 3 — A3 =30 种不同的排法。

注意: 这里有一个分组的问题,即四个元素分成三组有几种不同的分法的问题。 这里分为有序分组和无序分组,有兴趣的同学可以继续研究 ,这里不再详述。 解题策略: 1 正难则反、等价转化的策略 2 相邻问题捆绑处理的策略 3 排列、组合混合问题先选后排的策略; 9,3 位男生和 3 位女生共 6 位同学站成一排,若男生甲不站两端,3 位女生中有且只有两位女生相邻,则 不同排法的种数是 ( ) A,360 B,288 C,216 D,96 解析:分析排列组合的问题第一要遵循特殊元素优先考虑的原则,先考虑女生的问题,先从 3 个女生中选
2 2 两位,有 C3 种方法,然后再考虑顺序,即先选后排,有 A2 种方法;这样选出两名女生后,再考虑男生的 2 问题,先把三个男生任意排列,有 A3 中不同的排法,

2 然后把两个女生看成一个整体,和另一个女生看成两个元素插入 4 个位置中。有 A4 种不同的排法,共有 2 3 2 种不同的排法。然后再考虑把男生甲站两端的情况排除掉。 A2 C32 A3 A4

1 2 甲可能站左端,也可能是右端,有 C2 种不同的方法,然后其他两个男生排列有 A2 种排法,最后把女生在 2 2 1 2 剩余的三个位置中排列,有 A3 种不同的排法。共 A2 C32 C2 A2 A32 种不同的排法, 故总的排法为 2 3 2 2 1 2 ---- A2 A2 C32 A3 A4 C32 C2 A2 A32 =288 种不同的方法。

本题难度大,体现的排列组合的解题策略多: (1)特殊元素优先安排的策略:
20

(2)合理分类与准确分步的策略; (3)排列、组合混合问题先选后排的策略; (4)正难则反、等价转化的策略; (5)相邻问题捆绑处理的策略; (6)不相邻问题插空处理的策略。 解排列组合的应用题要注意以下几点: (1) 仔细审题,判断是排列还是组合问题,要按元素的性质分类,按事件发生的过程进行分步。 (2) 深入分析,严密周详,注意分清是乘还是加,要防止重复和遗漏,辩证思维,多角度分析,全 面考虑。 (3) 对限制条件较复杂的排列组合问题,要周密分析,设计出合理的方案,把复杂问题分解成若干 简单的基本问题后用两个计数原理来解决。 (4) 由于排列组合问题的答案一般数目较大,不易直接验证,因此在检查结果时,应着重检查所设 计的解决方案是否完备,有无重复和遗漏,也可采用不同的方法求解。看看结果是否相同,在对 排列组合问题分类时,分类标准应统一,否则易出现遗漏和重复。 排列组合易错题正误解析 排列组合问题类型繁多、方法丰富、富于变化,稍不注意,极易出错.本文选择一些在教学中学生常见 的错误进行正误解析,以飨读者. 1 没有理解两个基本原理出错 排列组合问题基于两个基本计数原理,即加法原理和乘法原理,故理解“分类用加、分步用乘”是解 决排列组合问题的前提. 例 1(1995 年上海高考题)从 6 台原装计算机和 5 台组装计算机中任意选取 5 台,其中至少有原装与 组装计算机各两台,则不同的取法有 种.

误解:因为可以取 2 台原装与 3 台组装计算机或是 3 台原装与 2 台组装计算机,所以只有 2 种取法. 错因分析:误解的原因在于没有意识到“选取 2 台原装与 3 台组装计算机或是 3 台原装与 2 台组装计 算机”是完成任务的两“类”办法,每类办法中都还有不同的取法.
2 正解:由分析,完成第一类办法还可以分成两步:第一步在原装计算机中任意选取 2 台,有 C6 种方 3 2 3 法;第二步是在组装计算机任意选取 3 台,有 C5 种方法,据乘法原理共有 C6 种方法.同理,完成第二 ? C5

3 2 2 3 3 2 类办法中有 C6 种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有 C 6 ? C5 ? C5 ? C6 ? C5 ? 350 种方法.

例 2 在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况共有( 种.
3 (A) A4



(B) 4 3

(C) 3 4

3 (D) C 4

误解:把四个冠军,排在甲、乙、丙三个位置上,选 A. 错因分析:误解是没有理解乘法原理的概念,盲目地套用公式. 正解:四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取,每项冠军都有 3 种选取方法,由乘法原理共有
3 ? 3 ? 3 ? 3 ? 3 4 种.

说明:本题还有同学这样误解,甲乙丙夺冠均有四种情况,由乘法原理得 4 3 .这是由于没有考虑到某 项冠军一旦被一人夺得后,其他人就不再有 4 种夺冠可能. 2 判断不出是排列还是组合出错
21

在判断一个问题是排列还是组合问题时,主要看元素的组成有没有顺序性,有顺序的是排列,无顺序 的是组合. 例 3 有大小形状相同的 3 个红色小球和 5 个白色小球,排成一排,共有多少种不同的排列方法?
8 误解:因为是 8 个小球的全排列,所以共有 A8 种方法.

错因分析:误解中没有考虑 3 个红色小球是完全相同的,5 个白色小球也是完全相同的,同色球之间 互换位置是同一种排法. 正解:8 个小球排好后对应着 8 个位置,题中的排法相当于在 8 个位置中选出 3 个位置给红球,剩下
3 的位置给白球,由于这 3 个红球完全相同,所以没有顺序,是组合问题.这样共有: C8 ? 56 排法.

3 重复计算出错 在排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等,这些问题要注意避免重复计数,产生错误。 例 4(2002 年北京文科高考题)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( ) (B)240 种 (C)120 种 (D)96 种

(A)480 种

4 误解:先从 5 本书中取 4 本分给 4 个人,有 A5 种方法,剩下的 1 本书可以给任意一个人有 4 种分法,

4 共有 4 ? A5 ? 480种不同的分法,选 A.

错因分析:设 5 本书为 a 、 b 、 c 、 d 、 e ,四个人为甲、乙、丙、丁.按照上述分法可能如下的表 1 和表 2: 甲

a e

乙 b
表1



c

丁 d



e a

乙 b
表2



c

丁 d

表 1 是甲首先分得 a 、乙分得 b 、丙分得 c 、丁分得 d ,最后一本书 e 给甲的情况;表 2 是甲首先分得 e 、 乙分得 b 、丙分得 c 、丁分得 d ,最后一本书 a 给甲的情况.这两种情况是完全相同的,而在误解中计算成 了不同的情况。正好重复了一次. 正解: 首先把 5 本书转化成 4 本书, 然后分给 4 个人.第一步: 从 5 本书中任意取出 2 本捆绑成一本书,
2 4 2 4 有 C5 种方法;第二步:再把 4 本书分给 4 个学生,有 A4 种方法.由乘法原理,共有 C 5 ? A4 ? 240 种方法,

故选 B. 例 5 某交通岗共有 3 人,从周一到周日的七天中,每天安排一人值班,每人至少值 2 天,其不同的 排法共有( (A)5040 )种. (B)1260 (C)210 (D)630

误解:第一个人先挑选 2 天,第二个人再挑选 2 天,剩下的 3 天给第三个人,这三个人再进行全排列.
2 2 3 C5 A3 ? 1260,选 B. 共有: C 7

错因分析:这里是均匀分组问题.比如:第一人挑选的是周一、周二,第二人挑选的是周三、周四;也 可能是第一个人挑选的是周三、周四,第二人挑选的是周一、周二,所以在全排列的过程中就重复计算了. 正解:
2 2 3 C7 C5 A3 ? 630种. 2

22

4 遗漏计算出错 在排列组合问题中还可能由于考虑问题不够全面,因为遗漏某些情况,而出错。 例 6 用数字 0,1,2,3,4 组成没有重复数字的比 1000 大的奇数共有( ) (A)36 个 (B)48 个 (C)66 个 (D)72 个 0 1, 3

误解:如右图,最后一位只能是 1 或 3 有两种取法, 又因为第 1 位不能是 0,在最后一位取定后只有 3 种取

2 2 法,剩下 3 个数排中间两个位置有 A3 种排法,共有 2 ? 3 ? A3 ? 36 个.

错因分析:误解只考虑了四位数的情况,而比 1000 大的奇数还可能是五位数.
3 正解:任一个五位的奇数都符合要求,共有 2 ? 3 ? A3 ? 36 个,再由前面分析四位数个数和五位数个数

之和共有 72 个,选 D. 5 忽视题设条件出错 在解决排列组合问题时一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号, 不然就可能多解或者漏解. 例 7 (2003 全国高考题)如图,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,则不同的着色方法共有 3 1 4 种.(以数字作答) 2 5

误解:先着色第一区域,有 4 种方法,剩下 3 种颜色涂四个区域,即有一种颜色涂相对的两块区域,
1 2 有 C3 ? 2 ? A2 ? 12 种,由乘法原理共有: 4 ?12 ? 48种.

错因分析:据报导,在高考中有很多考生填了 48 种.这主要是没有看清题设“有 4 种颜色可供选择 ” , .. 不一定需要 4 种颜色全部使用,用 3 种也可以完成任务. 正解:当使用四种颜色时,由前面的误解知有 48 种着色方法;当仅使用三种颜色时:从 4 种颜色中
3 选取 3 种有 C 4 种方法,先着色第一区域, 有 3 种方法, 剩下 2 种颜色涂四个区域,只能是一种颜色涂第 2、

3 4 区域, 另一种颜色涂第 3、 5 区域, 有 2 种着色方法, 由乘法原理有 C 4 ? 3 ? 2 ? 24 种.综上共有:48? 24 ? 72

种. 例 8 已知 ax 2 ? b ? 0 是关于 x 的一元二次方程,其中 a 、 b ? {1,2,3,4} ,求解集不同的一元二次方程的 个数.
2 误解:从集合 {1,2,3,4} 中任意取两个元素作为 a 、 b ,方程有 A4 个,当 a 、 b 取同一个数时方程有 1

2 ? 1 ? 13 个. 个,共有 A4

错因分析:误解中没有注意到题设中: “求解集不同 的??”所以在上述解法中要去掉同解情况,由 .... 于?
?a ? 1 ? a ? 2 ?a ? 2 ?a ? 4 和? 和? 同解、 ? 同解,故要减去 2 个。 b ? 2 b ? 4 ? ? ?b ? 1 ?b ? 2

正解:由分析,共有 13? 2 ? 11个解集不同的一元二次方程. 6 未考虑特殊情况出错 在排列组合中要特别注意一些特殊情况,一有疏漏就会出错.
23

例9 现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张,100元人民币2张,从中至少取 一张,共可组成不同的币值种数是( (A)1024种 (B)1023种 ) (D)1535种

(C)1536种

误解:因为共有人民币 10 张,每张人民币都有取和不取 2 种情况,减去全不取的 1 种情况,共有
210 ? 1 ? 1023种.

错因分析:这里100元面值比较特殊有两张,在误解中被计算成 4 种情况,实际上只有不取、取一张 和取二张3种情况. 正解:除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况,100元人民币的取法有3种情况,再减去全不 取的1种情况,所以共有 2 9 ? 3 ? 1 ? 1535种. 7 题意的理解偏差出错 例 10 现有 8 个人排成一排照相,其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有(
3 5 8 6 3 3 3 8 4 (A) A6 (B) A8 (C) A5 (D) A8 ? A5 ? A6 ? A3 ? A3 ? A6
5 误解:除了甲、乙、丙三人以外的 5 人先排,有 A5 种排法,5 人排好后产生 6 个空档,插入甲、乙、

)种.

3 5 3 丙三人有 A6 种方法,这样共有 A6 种排法,选 A. ? A5

错因分析:误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义,得到的结果是“甲、乙、丙三人互 . 不相邻 ”的情况.“甲、乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻,但允许其中有两人相 ... 邻. 正解:在 8 个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数,就得到甲、乙、丙三人不相邻的
8 6 3 方法数,即 A8 ,故选 B. ? A6 ? A3

8 解题策略的选择不当出错 有些排列组合问题用直接法或分类讨论比较困难,要采取适当的解决策略,如间接法、插入法、捆绑 法、概率法等,有助于问题的解决. 例 10 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中工厂甲必须有班级去,每班 去何工厂可自由选择,则不同的分配方案有( (A)16 种 (B)18 种 (C)37 种 ). (D)48 种

误解:甲工厂先派一个班去,有 3 种选派方法,剩下的 2 个班均有 4 种选择,这样共有 3? 4? 4 ? 48种 方案. 错因分析:显然这里有重复计算.如: a 班先派去了甲工厂, b 班选择时也去了甲工厂,这与 b 班先派 去了甲工厂, a 班选择时也去了甲工厂是同一种情况,而在上述解法中当作了不一样的情况,并且这种重 复很难排除. 正解:用间接法 . 先计算 3 个班自由选择去何工厂的总数,再扣除甲工厂无人去的情况,即:
4? 4? 4 ? 3?3?3 ? 37 种方案.

排列组合问题虽然种类繁多,但只要能把握住最常见的原理和方法,即: “分步用乘、分类用加、有 序排列、无序组合” ,留心容易出错的地方就能够以不变应万变,把排列组合学好. 江苏省各地市 2011 年高考数学最新联考试题分类大汇编
24

第 11 部分:排列组合二项式定理、概率 一、填空题: 7.(2011 年 3 月苏、锡、常、镇四市高三数学教学情况调查一)某所学校有小学部、初中部和高中部,在校 小学生、初中生和高中生人数之比为 5 : 2 : 3 ,且已知初中生有 800 人,现采用分层抽样的方法从这所 学校抽取一个容量为 80 的学生样本以了解学生对学校文体活动方面的评价,则每个高中生被抽到的概率 是 ;

1 2 10 80 1 ? ? x ? 4000, P ? ? x 4000 50 . 7. 50 【解析】由题知 800
5. (江苏省苏州市 2011 年 1 月高三调研)已知集合

A ? ?2,5?

,在 A 中可重复的依次取出三个数 a, b, c , 则 “以

a, b, c 为边恰好构成三角形”的概率是



.

5 3 5. 8 【解析】 “在 A 中可重复的依次取出三个数 a, b, c ”的基本事件总数为 2 ? 8 ,事件“以 a, b, c 为边

? 2,2,5? , ? 2,5,2? , ?5,2,2? , 所以 P ? 1 ? 8 ? 8 . 不能构成三角形”分别为
5. (江苏省南京市 2011 届高三第一次模拟考试)在集合
A ? ?2,3?

3

5

中随机取一个元素 m ,在集合 .

B ? ?1,2,3?



2 2 随机取一个元素 n ,得到点 P(m, n) ,则点 P 在圆 x ? y ? 9 内部的概率为

1 2 2 P ? m, n? ? 2,1? , ? 2,2? , ? 2,3? , ?3,1? , ?3,2? , ?3,3? , 3 5. 【解析】 由题意得到的 有: 共计 6 个, 在圆 x ? y ? 9

? 2,1? , ? 2,2? ,所以概率为 6 ? 3 的内部的点有
] 随机地取出一个数 a ,使得 8 . ( 江 苏 省 徐 州 市 2011 届 高 三 第 一 次 调 研 考 试 ) 在 区 间 [? 5 , 5 内

2

1

1?{x | 2 x2 ? ax ? a2 ? 0} 的概率为 ▲ .

8. 0.3 【解析】由

1 ? ? x | 2 x 2 ? ax ? a 2 ? 0?

3 ,得 a ? a ? 2 ? 0 ? ?1 ? a ? 2 ,所以所求概率为 10
2

8. (江苏省苏北四市 2011 届高三第一次调研)一个质地均匀的正四面体 (侧棱长与底面边长相等的正三棱锥) 玩具的四个面上分别标有 1,2,3,4 这四个数字.若连续两次抛掷这个玩具,则两次向下的面上的数字之 积为偶数的概率是 ▲ . 8. 【解析】应用例举法共有 16 种等可能情况, (1,1) (1,2) , (1,3) (1,4) , (2,1) (2,2) , (2,3) , (2,4) , (3,1) (3,2) , (3,3) (3,4) , (4,1) , (4,2) , (4,3) , (4,4) 。两次向下的面上的数字 3 之积为偶数共有 12 种情况,所以所求概率为 4 6. (江苏省泰州市 2011 届高三年级第一次模拟)设 f ?x ? ? x ? 2 x ? 3?x ? R ? ,则在区间 ?? ? , ? ?上随机取
2

25

一个数 x ,使 f ?x ? ? 0 的概率为



2
6. ? 【解答】几何概型,

x 2 ? 2 x ? 3 ? 0 , ?1 ? x ? 3?? ?? , ? ?? x ? ? ?1,3? P ?

4 2 ? 2? ? 。

3. (江苏省南京市 2011 年 3 月高三第二次模拟考试)用两种不同的颜色给图中三个矩形随机涂色, 每个矩形

1 只涂一种颜色,则相邻两个矩形涂不同颜色的概率是____。 4
(第 3 题) 6.(江苏省泰州中学 2011 年 3 月高三调研)某学校有两个食堂,甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的

一个食堂用餐,则他们在同一个食堂用餐的概率为



1 .4

4.(江苏省南京外国语学校 2011 年 3 月高三调研)如图所示,墙上挂有一边长为 a 的正方形木板,它的四

a 个角的空白部分都是以正方形的顶点为圆心,半径为 2 的圆弧,某人向此板投镖,假
设每次都能击中木板,且击中木板上每个点的可能性都一样,则他击中阴

1?
影部分的概率是__ ___.

? 4

9.(江苏省南京外国语学校 2011 年 3 月高三调研)将一枚骰子抛掷两次,若先后出现 的点数分别为 b, c ,则方程 x ? bx ? c ? 0 有实根的概率为
2

19 . 36

6. (江苏省宿豫中学 2011 年 3 月高考第二次模拟考试)将一枚骰子抛掷两次, 若先后出现的点数分别为 b, c ,

则方程 x ? bx ? c ? 0 有实根的概率为
2

19 . 36

5.(江苏省盐城市 2011 届高三年级第一次调研)从长度分别为 2,3, 4,5 的四条线段中任意取出三条,则以这 三条线段为边可以构成三角形的概率是 ▲ .

3 C 3 ? 4 种,而 不能构成三角 5. 4 【解析】从长度分别为 2,3,4,5 的四条线段中任意取出三条这一事件共有 4 3 P? . 4 形的情形为 2,3,5. 所以这三条线段为边可以构成 三角形的概率是
二、解答题: 23 . (2011 年 3 月苏、锡、常、镇四市高三数学教学情况调查一 ) ( 10 分)⑴当 k ? N 时,求证:
*

(1 ? 3)k ? (1 ? 3)k 是正整数;
n ?1 ⑵试证明大于 (1 ? 3) 的最小整数能被 2 整除( n ? N * ).

2n

26

(1 ? 3) k ? (1 ? 3) k ? 2 ?1 ? Ck2 ? ? 23. (1)

? 3?

2

? Ck4

? 3?

4

? ?? ? ?

k k ? 3 的偶数次幂均为正整数,? (1 ? 3) ? (1 ? 3) 是正整数.

⑵因为

0 ? 1? 3

?

?

2n

?1

由( 1 )知 (1 ? 3)

2n

? (1 ? 3)2n 为正整数,所以大于 (1? 3)2n 最小整数为

(1 ? 3)2n ? (1 ? 3)2n ,
(1 ? 3) 2 n ? (1 ? 3) 2 n ? 2n ? 2 ? 3 ? ?
n

?

? ? ?2 ? 3 ? ? ? ?
n n

? 2 ? 3? ? ? 2? 3? 由二项式定理可知
( n ? N * ).

n

是 一 偶 数 , 所 以 大 于 (1?

2n n ?1 3) 的最小整数能被 2 整除

22. (江苏省苏州市 2011 年 1 月高三调研)(本小题满分 10 分) 一个口袋装有 5 个红球,3 个白球,这些球除颜色外完全相同,某人一次从中摸出 3 个球,其中白球的个 数为 X . ⑴求摸出的三个球中既有红球又有白球的概率; ⑵求 X 的分布列及 X 的数学期望. 22.【解析】 (1)记“摸出的三球中既有红球又有白球”为事件 A ,依题意知

P ? A? ?

1 2 1 C5 C3 ? C52C3 45 ? . 3 C8 56

45 . 所以摸出的三个球中既有红球又有白球的概率为 56

P ? X ? 0? ?
(2)

0 3 1 2 C5 C3 C5 C3 15 1 ? , P X ? 1 ? ? , ? ? 3 3 C8 56 C8 56

P ? X ? 2? ?

1 3 0 C52C3 C5 C3 10 30 ? , P X ? 3 ? ? , ? ? 3 3 C8 56 C8 56

所以 X 的分布列为

X P

0 1 56

1 15 56

2 30 56

3 10 56

所以 X 的数学期望

E ? X ? ? 0?

1 15 30 10 15 ? 1? ? 2 ? ? 3 ? ? . 56 56 56 56 8

23. (江苏省苏北四市 2011 届高三第一次调研)(本小题满分 10 分)
27

2 n ?1 * A B 设二项展开式 Cn ? ( 3 ? 1) (n ? N ) 的整数部分为 n ,小数部分为 n .

(1)计算 C1 B1 , C2 B2 的值; (2)求

C n Bn .

23. (江苏省徐州市 2011 届高三第一次调研考试)(本小题满分 10 分)

1 , a, a (0 ? a ? 1) 甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为 2 ,三人各射击一次,击中目标的次数
记为 ? . (1)求 ? 的分布列及数学期望; (2)在概率 P(? ? i) ( i =0,1,2,3)中, 若 P(? ? 1) 的值最大, 求实数 a 的取值范围. 23.【解析】本题主要考查数学知识的实际背景,重点考查相互独立事件的概率乘法公式计算事件的概率、 随机事件的数学特征,考查思维能力、运算能力、实践能力. (1) P (? ) 是“ ? 个人命中, 3 ? ? 个人未命中”的概率.其中 ? 的可能取值为 0,1,2,3.
1? 0 1 0? 2 2 P(? ? 0) ? C1 ?1 ? ? C2 (1 ? a) ? (1 ? a) 2 ? 2? ,

28

1 0 1? 1 1 2 0? P(? ? 1) ? C1 (1 ? a 2 ) 1 ? C 2 (1 ? a ) ? C1 ?1 ? ? C 2 a(1 ? a) ? 2 2 2 ? ? , 1 1 1? 2 2 1 0? 2 P(? ? 2) ? C1 1 ? C 2 a (1 ? a ) ? C1 ?1 ? ? C2 a ? (2a ? a ) 2 2 2 ? ? ,
2 2 P (? ? 3) ? C1 1 ? C2 a ?

1

2

a2 2 .

所以 ? 的分布列为

?

0
1 2

1
1

2
(1 ? a 2 )
1 2

3

P
? 的数学期望为

(1 ? a)

2

2

(2a ? a2 )

a2 2

E? ? 0 ? (1 ? a ) 2 ? 1 ? (1 ? a 2 ) ? 2 ? (2a ? a 2 ) ? 3 ?
2 2 2

1

1

1

a2
2

?

4a ? 1 2 .

……………5 分

1 P(? ? 1) ? P(? ? 0) ? ? ?1 ? a2 ? ? (1 ? a)2 ? ? ? ? a(1 ? a) , 2 (2) 1 1 ? 2a P(? ? 1) ? P(? ? 2) ? ? (1 ? a2 ) ? (2a ? a2 ) ? ? ? ? 2 2 ,
P (? ? 1) ? P (? ? 3) ? 1 1 ? 2a 2 2 2 ? ? (1 ? a ) ? a ? ? 2? 2 .

? ? a (1 ? a ) ? 0, ? ? 1 ? 2a ? 0, ? 2 ? ? 1 ? 2a 2 ? 1? 1 ?0 0?a? ? 0, ? ? 2 ,即 a 的取值范围是 ? 2 ? . 由? 2 和 0 ? a ? 1 ,得
22.(江苏省盐城市 2011 届高三年级第一次调研)(本小题满分 10 分) 设 m, n ? N , f ( x) ? (1 ? 2x) ? (1 ? x) .
m n

…… 10 分

(Ⅰ )当 m ? n =2011 时,记

f ( x) ? a0 ? a1x ? a2 x2 ???? ? a2011x2011 ,求 a0 ? a1 ? a2 ???? ? a2011 ;

2 (Ⅱ )若 f ( x ) 展开式中 x 的系数是 20,则当 m 、 n 变化时,试求 x 系数的最小值.

22.解: (Ⅰ )令 x ? ?1 ,得 (Ⅱ )因为

a0 ? a1 ? a2 ???? ? a2011 = (1 ? 2)2011 ? (1 ?1)2011 ? ?1 …4 分

1 1 2 2 2Cm ? Cn ? 2m ? n ? 20 ,所以 n ? 20 ? 2m ,则 x 2 的系数为 22 Cm ? Cn

29

? 4?

m(m ? 1) n(n ? 1) 1 ? ? 2m2 ? 2m ? (20 ? 2m)(19 ? 2m) 2 2 2 2 = 4m ? 41m ? 190 ,
……10 分

2 所以当 m ? 5, n ? 10 时, f ( x ) 展开式中 x 的系数最小,最小值为 85

23.(江苏省盐城市 2011 届高三年级第一次调研)(本小题满分 10 分) 有一种闯三关游戏规则规定如下:用抛掷正四面体型骰子(各面上分别有 1,2,3,4 点数的质地均匀的 正四面体)决定是否过关,在闯第 n(n ? 1, 2,3) 关时,需要抛掷 n 次骰子,当 n 次骰子面朝下的点数之和 大于 n 时,则算闯此关成功,并且继续闯关,否则停止闯关. 每次抛掷骰子相互独立. (Ⅰ )求仅闯过第一关的概率; (Ⅱ )记成功闯过的关数为 ? ,求 ? 的分布列和期望.
2

P( A) ?
23.解: (Ⅰ )记“仅闯 过第一关的概率”这一事件为 A,则

3 3 9 ? ? 4 16 64 9 64 ,

……4 分

(Ⅱ )由题意得, ? 的取值有 0,1,2,3,且

p(? ? 0) ?

1 4,

p (? ? 1 ) ?

3 13 56 273 ? ? ? p(? ? 2) ? 4 16 64 512 ,
即随机变量 ? 的概率分布列为:

3 1 3 8 39 ? ? ? p(? ? 3 ) ? 4 1 6 6 4 512 ,

?
p

0

1

2

3

1 4

9 64

273 512

39 512 [来

………8 分

1 9 273 39 735 E? ? 0 ? ? 1? ? 2 ? ? 3? ? 4 64 512 512 512 ………………………………10 分 所以,

30


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