谷歌街景-新郎讲话

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高考数学复习 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.
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，当作一个大元素参与排
列.
例1.
A,B,C,D,E
五人并排站成一排，如果
A,B
必须相邻 且
B
在
A
的右边，那么不同的
排法种数有
A、60种 B、48种 C、36种 D、24种
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种
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.
A,B,C,D,E
五人并排站成一排，如果
B
必须站在
A
的右边（
A,B
可以不相邻）那
么不同的排法种数是
A、24种 B、60种 C、90种 D、120种
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
5.有序分配问题逐分法:有序分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
（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
44
C
12
C
8
4
C
4
A、
CCC
种 B、
3CCC
种 C、
CCA
种 D、种
3
A
3
4
12< br>4
8
4
4
4
12
4
8
4
4
4
12
4
8
3
3
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？
（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
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？
8.限制条件的分配问题分类法:
例8.某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西 部四城市参加中国西部经济开
发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？
只供学习与交流

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分别计数， 最后总计.
例9.（1）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
A、210种 B、300种 C、464种 D、600种
（2）从1，2，3…，100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除 ，这两
个数的取法（不计顺序）共有多少种？
（3）从1，2，3，…，100这100个数 中任取两个数，使其和能被4整除的取法（不计
顺序）有多少种？
10.交叉问题集合法：某 些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公
式
n(AUB)n(A)n( B)n(AIB)
.
例10.从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果甲不 跑第一棒，乙不跑第四
棒，共有多少种不同的参赛方案？
11.定位问题优先法：某个或几个 元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排
其它的元素。
例11.1名老师和4名获 奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有
多少种？
12.多排问题单排法:把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理.
例12.（1）6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是
A、36种 B、120种 C、720种 D、1440种
（2）8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1
个元素排在后排 ，有多少种不同排法？
13.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:抽取两类混合元素不能分步抽.
例13 .从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，
则不同的取法共有
A、140种 B、80种 C、70种 D、35种
14. 选排问题先取后排:从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置
上，可用先取后排法.
例14.（1）四个不同球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有
多 少种？
（2）9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不
同的分组方法？
15.部分合条件问题排除法:在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数中 减去不
符合条件数，即为所求.
例15.（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有
A、70种 B、64种 C、58种 D、52种
（2）四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有
A、150种 B、147种 C、144种 D、141种
16.圆排问题线排法:把
n
个不同元素放在圆周
n
个无编号位置上的排列， 顺序（例如按
顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而首位、末位之分，下列
n
个普通排列：
a
1
,a
2
,a
3
L
,a
n;a
2
,a
3
,a
4
,
L
,a
n
,
L
;a
n
,a
1
,
L
,a
n1
在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重
合，故认为相同，
n
个元素的圆排列数有
只供学习与交流
n!
种.因此可将某个元素固定展成线排， 其它
n

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的
n1
元素全排列.
例16.5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？
17.可重复的排列求 幂法:允许重复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，可逐一安排元素的位置，一 般地
n
个不同元素排在
m
个不同位置的排列数有
m
n
种方法.
例17.把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？
18.复杂排列组合问题构造模型法:
例18.马路上有编号为1，2，3…，9九只路灯， 现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻
的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有 多少种？
19.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法:
例19.设有编号为1，2 ，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的盒子现将这5个
球投入5个盒子要求每个盒子放一 个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问
有多少种不同的方法？
20.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法:
例20.（1）30030能被多少个不同偶数整除？
（2）正方体8个顶点可连成多少队异面直线？
21.利用对应思想转化法:对应思想是教材 中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂
的问题转化为简单问题处理.
例21.（1）圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点最多有多少个？
（2 ）某城市的街区有12个全等的矩形组成，其中实线表示马路，从
A
到
B
的最 短路径
有多少种？
B
A

答案

4
24
1.解析：把
A,B
视为一人，且
B
固定在
A的右边，则本题相当于4人的全排列，
A
4
种，答案：
D
. < br>2.解析：除甲乙外，其余5个排列数为
A
5
5
种，再用甲乙去插6个 空位有
A
6
2
种，不同的
52
A
6
36 00
种，选
B
. 排法种数是
A
5
3.解析：
B< br>在
A
的右边与
B
在
A
的左边排法数相同，所以题设的 排法只是5个元素全排
1
5
60
种，选
B
. 列数的一半 ，即
A
5
2
4.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3
×3×1=9种填法，选
B
.
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5.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，
211
C
8
C
7
2520
种，选
C
. 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
C
10
6.答案：
A
.
7.解析：把 四名学生分成3组有
C
4
2
种方法，再把三组学生分配到三所学校有
A
3
3
种，故
共有
C
4
2
A
3< br>3
36
种方法.
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.
8.答案：
B
.
9.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，每一种插 法对应着一种分
配方案，故共有不同的分配方案为
C
9
6
84种.
10.解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况： ①若甲乙都不参加，则有派遣方案
A
8
4
种；②若甲参加而乙不参加，先 安排甲有3种方
法，然后安排其余学生有
A
8
3
方法，所以共有3A
8
3
；③若乙参加而甲不参加同理也有
3A
8
3< br>种；
④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余8人到另外两个城市有
A
8
2
种，共有
7A
8
2
方法.所以共有不同的 派遣方法总数为
A
8
4
3A
8
3
3A
8
3
7A
8
2
4088
种.
113
A
3
A
3
、11.解析：按题意，个位数字只可能是0、1、2、3和4共5 种情况，分别有
A
5
5
、
A
4
113
A< br>3
A
3
A
3
、
11313
A
3
个，合并总计300个,选
B
.
A
2
A
3
A
3
和
A
3
12.解析 ：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这
100个数组成的集合视为 全集I,能被7整除的数的集合记做
A

7,14,21,L98

共有14
个元素,不能被7整除的数组成的集合记做
ð
I
A
< br>1,2,3,4,L,100

共有86个元素；由此
2
可知，从A
中任取2个元素的取法有
C
14
，从
A
中任取一个， 又从
ð
I
A
中任取一个共有
11211
C
14C
86
C
14
C
86
1295
种. ，两 种情形共符合要求的取法有
C
14
13.解析：将
I

1 ,2,3L,100

分成四个不相交的子集，能被4整除的数集
A
4,8,12,L100

；能被4除余1的数集
B

1,5 ,9,L97

，能被4除余2的数集
C

2,6,L,98
，能被4除余3的数集
D

3,7,11,L99

，易见这四个集合中每一个有
25个元素；从
A
中任取两个数符合要；从
B ,D
中各取一个数也符合要求；从
C
中任取
两个数也符合要求；此外其它取法 都不符合要求；所以符合要求的取法共有
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2112
C
25
C
25
C
25
C
25
种.
1 4,解析：设全集=｛6人中任取4人参赛的排列｝，A=｛甲跑第一棒的排列｝，B=｛乙跑
第四棒的 排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：
332
A
5
A
4
252
种.
n( I)n(A)n(B)n(AB)
A
6
4
A
5
14
A
4
72
种. .法；所以共有
A
3
16. 解析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排成一排，共
种，选
C
.
17.解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2 个，有
A
4
2
种，某1个元素
1
排在后半段的四个位置中选 一个有
A
4
种，其余5个元素任排5个位置上有
A
5
5种，故共
125
A
4
A
5
5760
种排法. 有
A
4
18.解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一 种型号的电
333
C
4
C
5
70
种,选.< br>C
视机，故不同的取法共有
C
9
解析2：至少要甲型和乙 型电视机 各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2
112
C
5
C
4
70
台,选
C
. 台乙型1台；故不同的取法有
C
52
C
4
19.解析：“先取”四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C
4
2
种，“再排”在四
323
A
4
144
种. 个盒中每次排3个有
A
4
种，故共有
C
4
2 0.解析：先取男女运动员各2名，有
C
5
2
C
4
2
种，这四名运动员混和双打练习有
A
2
2
中排法，
22
A
2
120
种. 故共有
C
5
2
C
421.解析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成
C
8
4
四面 体，但6个表面和6
个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有
C
8
4
1258
个.
4
22.解析：10个点中任取4个点共 有
C
10
种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的
四个面上，每面内四 点共面的情况为
C
6
4
，四个面共有
4C
6
4个；②过空间四边形各边中点
的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以 四点不共面的情
4
4C
6
4
36141
种. 况的 种数是
C
10
23.解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有
A
4
4
种，然后在让插入其间，每位均
可插入其姐姐的左边和右边，有2种方式，故不 同的安排方式
242
5
768
种不同站法.
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1
m
A
n
种不同排法.
m
24.解析：完成此事 共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，
第二步：将第二名实习生分配到车间也 有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知
说明：从
n
个不同元素中取出
m
个元素作圆形排列共有
共有
7
6
种不同方案.
25.解 析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯
C
5
3< br>种方法,所以满足条件的关灯方案有10种.
说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为 熟悉的模型如填空模型，排队模型，
装盒模型可使问题容易解决.
26.解析：从5个球中取 出2个与盒子对号有
C
5
2
种，还剩下3个球与3个盒子序号不能
对 应，利用枚举法分析，如果剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子时，3号球不能装入
3号盒子，当3 号球装入4号盒子时，4，5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，
4，5号球也只有1种装法， 所以剩下三球只有2种装法，因此总共装法数为
2C
5
2
20
种.
27.解析：先把30030分解成质因数的形式：30030=2×3×5×7×11×13；依题意 偶因
数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为
135
C
5
0
C
5
C
5
2
 C
5
C
5
4
C
5
32
个.
28解析：因为四面体中仅有3对异面直线，可将问题分解成正方体的8个顶点可构成多
少个不同的四 面体，从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面体有
C
8
4
1258
个，
所以8个顶点可连成的异面直线有3×58=174对.
29.解析：因为圆的 一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边
形就对应着两条弦相交于圆内的一个交 点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以确
4
定多少个不同的四边形，显然有
C< br>10
个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交
4
于圆内的交点有C
10
个.

30.解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从
A
到
B
最短路线必须走7小段，其中：向
东4段，向北3段；而且前一段的尾 接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，
便能确定路径，因此不同走法有
C
7
4
种.

只供学习与交流