防范于未然-魔力溶解剂有什么用

排列组合公式排列组合计算公式

公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列。
公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列。
N-元素的总个数
R参与选择的元素个数
！-阶乘 ，如 9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1
从N倒数r个，表达式应该为n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);
因为从n到（n-r+1)个数为n－（n-r+1)＝
r
举例：
Q1: 有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数
A1: 123和213是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属
于“排列P”计算范畴。
上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现988,997之
类的组合， 我们可以这么看，百 位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，
个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8 *7个三位数。计算公式＝P（3，
9)＝9*8*7,(从9倒数3个的乘积）
Q2: 有从1到9共计9个号码球，请问，如果三个一组，代表“三国联
盟”，可以组合成多少个“三国联盟”
A2: 213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个号码球在一
起即可。 即不要求顺序的，属于“组合C”计算范畴。
上问题中，将所有的包括排列数的个数 去除掉属于重复的个数
即为最终组合数C(3,9)=9*8*73*2*1
排列、组合的概念和公式典型例题分析


例1 设有3名学生和4个 课外小组．（1）每名学生都只参加一个课外小组；（2）每
名学生都只参加一个课外小组，而且每个小 组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法

解（1）由于每名学生都可以参加 4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小
组的人数，因此共有

种不同方法．

（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个 小组至多有一名学生参加，

因此共有

种不同方法．

点评 由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．

例2 排成一行，其中

不排第一，

不排第二，

不排第三，

不排第四的不同排法共有多
少种

解 依题意，符合要求的排法可分为第一个排

、

、

中的某一个，共3类，每一类中不
同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：

∴ 符合题意的不同排法共有9种．

点评 按照分“类”的思路 ，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”
是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计 数问题的一种数学模型．

例３ 判断下列问题是排列问题还是组合问题并计算出结果．

（1）高三年级学生会有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）高二年级数学课外小组共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
少种不同的商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

分析 （1 ）①由于每人互通一封信，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 ．

（1）①是排列问题，共用了

封信；②是组合问题，共需握手

（次）．

（2）①是排列问题，共有

（种）不同的选法；②是组合问题，共有

种不同的选法．

（3）①是排列问题，共有

种不同的商；②是组合问题，共有

种不同的积．

（4）①是排列问题，共有

种不同的选法；②是组合问题，共有

种不同的选法．

例４ 证明

．

证明 左式



右式．

∴ 等式成立．

点评 这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质

，可使

变形过程得以简化．

例5 化简

．

解法一 原式




解法二 原式


点评 解法一选用了组合数公式的 阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数
的两个性质，都使变形过程得以简化．

例6 解方程：（1）

；（2）

．

解 （1）原方程




解得

．


（2）原方程可变为

∵ ，

，

∴ 原方程可化为

．

即 ，解得


第六章 排列组合、二项式定理

一、考纲要求
1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.
2.理解排列、 组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，
并能用它们解决一些简单的问题.
3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.
二、知识结构

三、知识点、能力点提示
(一)加法原理乘法原理

说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排
列、组合中有关问题提供了理论根据.
例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的
报名方法共有多少种
解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学
生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有
3×3×3×3×3=3
5
(种)
(二)排列、排列数公式
说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究
的对象以及研 究问题的方法都 和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比
较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或 填空题考查.
例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000
的 偶数共有( )
个 个 个 个
解 因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P
1
2
；小于50 000的五
位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P
1
3
; 在首末两位数排定
3131
后，中间3个位数的排法有P
3
，得P
3
P
3
P
2
＝36(个)
由此可知此题应选C.
例3 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
个数字，则 每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种
解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的
填法有3种，即214 3，314 2，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3
种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填 法，因此共有填法为
3P
1
3
=9(种).
例四 例五可能有问题，等思考


三)组合、组合数公式、组合数的两个性质
说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本
上都是由选择题或填空题考查.

例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型
电视机各1台，则不同的取法共有( )
种 种 种 种
解： 抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C
1
4
·C
2
5
种；甲型2台
乙型1台的取法有C
2
4
·C
1
5
种
根据加法原理可得总的取法有
C
2
4
·C
2
5
+C
2
4
·C
1
5
=40+ 30=70(种 )
可知此题应选C.
例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包
1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式
解： 甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 C
3
8
种；
乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C
1
5
种；
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C
2
4
种 ；
丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有
C
2
2
种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有C
3
8×C
1
5
×C
2
4
×C
2
2
=

×1=1680(种).
(四)二项式定理、二项展开式的性质
说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用
的基础知识 ，从1985年至1 998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查
二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空 题.
例6 在(x-

)
10
的展开式中，x
6
的系数是( )

解 设(x-

)
10
的展开式中第γ+1项含x
6
，
因T
γ+ 1
=C
γ
10
x
10-γ
(-

)
γ
，10-γ=6,γ=4
于是展开式中第5项含x 6，第5项系数是C
4
10
(-

)
4
=9C
4
10

故此题应选D.

例7 (x-1)-(x-1)
2
＋(x-1)
3-(x-1)+(x-1)
５
的展开式中的x
２
的系数等
于

解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为
在( x-1)
6
中含x
3
的项是C
3
6
x
3< br>(-1)
3
=-20x
3
，因此展开式中x
2
的系数 是-2 0.
(五)综合例题赏析
2
例8 若(2x+

)
4
=a
0
+a
1
x+a
2
x +a
3
x
3
+a
4
x
4
，则(a
0
+a
2
+a
4
)
2
-(a
1
+ a
3
)
2
的值为( )


解：A.
例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生
和2 名护士，不同的分配方法共有( )
种 种 种
种
解 分医生的方法有P
2
2
＝2种，分护士方法有C< br>2
4
=6种，所以共有6×2＝12
种不同的分配方法。
应选B.
例10 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，则不同取法共有( ).
种 种 种
种
解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.
∵C
2< br>4
·+C
2
5
·C
1
4
=5×6+10×4 =70.
∴应选C.
例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1
名女生当选的不同选法有( )
种 种 种 种
解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：

∵C
1
3
·C
1
7+C
2
3
=3×7+3=24，
∴应选D.
例12 由数学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 个
个 个
解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个应有P
1
5
·P 5
5
=600个.
由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.
∴有

×600=300个符合题设的六位数.
应选B.
例13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ).
个 个
个 个
解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C
4
8
=70个. 其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形
如(ADB
1
C
1
)的有4组.
∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)
应选C.
例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直
线中，异面直线共有( ).
对 对
对 对
解：设正六棱锥为O—ABCDEF.
任取一侧棱OA(C
1
6
) 则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.
∴共有C
1
6×4=24对异面直线.

应选B.
例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形
共 个(以数字作答).
解：7点中任取3个则有C
3
7
=35组.
其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).
∴三角形个数为35-3=32个.
例16 设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子
集数为T，则

的值为 。
解 10个元素的集合的全部子集数有： < br>S＝C
0
10
+C
1
10
+C
2
1 0
+C
3
10
+C
4
10
+C
5
10
+C
6
10
+C
7
10
+C
8
10
+C
9
10
+C
1
0
10
=2 10=1024
其中，含3个元素的子集数有T=C
3
10
=120
故

=


例17 例17

在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽
了5件 ，至少有3件是次品的抽法共
种(用数字作答).
解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.
∴C
3
4·C
2
46
+C
4
4
·C
1
46=4186(种)
例18 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，不同的选法共有( ).
种 种
种 种
解：先从10人中选2个承担任务甲(C
2
10
)
再从剩余8人中选1人承担任务乙(C
1
8)
又从剩余7人中选1人承担任务乙(C
1
7)
∴有C
2
10
·C
1
8C
1
7=2520(种).

应选C.
例19 集合｛1，2，3｝子集总共有( ).
个 个 个 个
解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成
的子集数
C
1
3
，由二个元素组成的子集数C
2
3
。
由3个元素组成的子集数C
3
3
。由加法原理可得集合子集的总个数是 C
1
3
+C
2
3
+C
3
3
+ 1=3+3+1+1＝8
故此题应选B.
例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至
少有两件次品的抽法有( ).
种 +C
3
3
C
2
197



1
3
C
4
197

解：5件中恰有二件为次品的抽 法为C
2
3
C
3
197
，
5件中恰三件为次品的抽法为C
3
3
C
2
197
，
∴至少有两件次品的抽法为C
2
3
C
3
197
+C
3
3
C
2
197
.
应选B.
例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每
人一个座位)，则不同座法的总 数是( ).