五型班组-永不言弃英文

2020年12月12日发(作者：闻人绍宗)

排列与组合的八大典型错误、24种解题技巧和三大模型

总论：
一、知识点归纳
二、常见题型分析
三、
排列组合解题备忘录
1．分类讨论的思想
2.等价转化的思想
3.容斥原理与计数
4.模型构造思想
四、排列组合中的8大典型错误
1．没有理解两个基本原理出错
2.判断不出是排列还是组合出错
3.重复计算出错
4.遗漏计算出错
5.忽视题设条件出错
6.

未考虑特殊情况出错
7．题意的理解偏差出错
87.解题策略的选择不当出错
五、排列组合
24种解题技巧
1．排序问题
相邻问题捆绑法
相离问题插空排
定序问题缩倍法（插空法）
定位问题优先法
多排问题单排法
圆排问题单排法
可重复的排列求幂法
全错位排列问题公式法

2．分组分配问题
平均分堆问题去除重复法（平均分配问题）
相同物品分配的隔板法
全员分配问题分组法
有序分配问题逐分法

3．排列组合中的解题技巧
至多至少间接法
染色问题合并单元格法
交叉问题容斥原理法
构造递推数列法

六．排列组合中的基本模型
分组模型（分堆模型）
错排模型
染色问题



一．知识点归纳
第 1 页 共 32 页

1．排列的概念：从
n
个不同元素中，任取
m
（
mn
）个元素（这里的被取元素各不相同）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
．．．．
< br>2．排列数的定义：从
n
个不同元素中，任取
m
（
mn）个元素的所有排列的个数叫做从
n
个元素中取出
m
m
元素的排 列数，用符号
A
n
表示
m
3．排列数公式：
A
n
n(n1)(n2)(nm1)
（
m,nN

,m n
）
4 阶乘：
n!
表示正整数1到
n
的连乘积，叫做< br>n
的阶乘规定
0!1
．
m
5．排列数的另一个计算公式：
A
n
=
n!

(nm)!
6 组合的概念：一般地，从
n
个不同元素中取出
m< br>
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
7．组合数的概念：从
n
个不同元素中取出
m

mn

个元素的所有组合的个数，叫做从
n
个不 同元素中取
m
出
m
个元素的组合数．用符号
C
n
表 示．
．．．
A
n
m
n(n1)(n2)

( nm1)
8．组合数公式：
C
m


A
m< br>m!
m
n
或
C
n

m
n!
(n,mN

,且mn)

m!(nm)!
mnm
0
9 组合数的性质1：
C
n< br>．规定：
C
n
C
n
1
；
m
mm1
10．组合数的性质2：
C
n

 1
＝
C
n
+
C
n
02413501n
C< br>n
C
n
C
n
C
n
C
n
C
n
2
n1
;
C
n
C
n
C
n
2
n

11.“16字方针”是解决排列组合问题的基本规律，即：
分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合，。
12.“２1个技巧”是迅速解决排列组合的捷径
二．基本题型讲解
例1 分别求出符合下列要求的不同排法的种数
（1）6名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；
（2）6名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；
（3）从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，甲不跑第一棒，
乙不跑第四棒；
（4）6人排成一排，甲、乙必须相邻；
（5）6人排成一排，甲、乙不相邻；
（6）6人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边（甲、
乙、丙可以不相邻）
6
解：（1）分排坐法与直排坐法一一对应，故排法种数为
A
6
7 20

第 2 页 共 32 页

1
5
（2）甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有
A
4
种选法，然后其他5人选，有
A
5
种选法，故排法
15
种数 为
A
4
A
5
480

（3）有两棒受限制，以第一棒的人选来分类：
3
①乙跑第一棒，其余棒次则不受限制，排法数为
A
5
；
11
②乙不跑第一棒，则跑第一棒的人有
A
4
种选法，第四棒除了乙和第一棒 选定的人外，也有
A
4
种选法，其
112
余两棒次不受限制，故有< br>A
4
A
4
A
2
种排法，
3112
由分类计数原理，共有
A
5
A
4
A
4
A
4
252
种排法


25
（4）将甲乙“捆绑”成 “一个元”与其他4人一起作全排列共有
A
2
A
5
240
种排法
（5）甲乙不相邻，第一步除甲乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙选择已排好的4人 的左、右及之
426
间的空挡插位，共有
A
4
A
5
（或用6人的排列数减去问题（2）后排列数为
A
6
240480
）
（6）三人的顺序定，实质是从6个位置中选出三个位置，然后排按规定的顺序放置这三人，其余 3人在3
33
个位置上全排列，故有排法
C
6
A
3
120
种
点评：排队问题是一类典型的排列问题，常见的附加条件是定位与限位、相邻与不相邻
例2 假设在100件产品中有3件是次品，从中任意抽取5件，求下列抽取方法各多少种？
（1）没有次品；（2）恰有两件是次品；（3）至少有两件是次品
5
解：（1）没有次品的抽法就是从97件正品中抽取5件的抽法，共有
C
97
种 64446024
（2）恰有2件是次品的抽法就是从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽 2件的抽法，共有
32
种
C
97
C
3
4423 20
（3）至少有2件次品的抽法，按次品件数来分有二类：
32
第一类，从97件 正品中抽取3件，并从3件次品中抽取2件，有
C
97
种
C
323
第二类从97件正品中抽取2件，并将3件次品全部抽取，有
C
97
种
C
3
3223
按分类计数原理有
C
97
C3
C
97
C
3
446976
种
点评：此 题是只选“元”而不排“序”的典型的组合问题，附加的条件是从不同种类的元素中抽取，应当注
意：如 果第（3）题采用先从3件次品抽取2件（以保证至少有2件是次品），再从余下的98件产品中任意抽取3件的抽法，那么所得结果是
C
3
C
98
466288
种，其结论是错误的，错在“重复”：假设3件次品是A、B、C，
第一步先抽A、B第二步再抽C和其 余2件正品，与第一步先抽A、C（或B、C），第二步再抽B（或A）和其
23
余2件正品是 同一种抽法，但在算式
C
3
C
98
中算作3种不同抽法
23
例3 求证：①
A
n1
mA
n1
A
n
；②
C
n


mm1mm1m1mm1
C
n
2C
n
C
n2

证明：①利用排列数公式
第 3 页 共 32 页

m

n1

!
左



nm1!nm!




n1

!

nm

n1

! m

n1

!

n!
A
m

右

nm

!
n

nm

!

另一种证法：（利用排列的定义理解）
从n个元素中取m个元素排列可以分成两类：
m
①第一类不含某特殊元素
a
的排列有
A
n1

m1
第二类含元素
a
的排列则先从

n1

个元素中取出

m1

个元素排列有
A
n 1
种，然后将
a
插入，共有m
m1
个空档，故有
mA< br>n1
种，
mm1m
因此
A
n1
mAn1
A
n

②利用组合数公式
左

n!n!2n!



m1
< br>!

nm1

m1

nm1

!m

nm

!
＝
n!



nm

nm1

m

m1

2

m1

nm1


m1

!

nm1

!
< br>
n2

!n!
m1

n2
n1

C
n2

右

m1

!

nm1

!

m1
!

nm1

!
mmm1
另法：利用公式
C
n
C
n1
C
n1
推得
m1mmm 1m1nm1
左
C
n
C
n
C
n
C
n
C
n1
C
n1
C
n2

右

点评：证明排列、组合恒等式通常利用排列数、组合数公式及组合数基本性质
例4 已知
f
是集合
A

a,b,c,d
< br>到集合
B

0,1,2

的映射
（1）不同的映射
f
有多少个？
（2）若要求
f

a

f

b

f

c
< br>f

d

4
则不同的映射
f
有多少个？
分析：（1）确定一个映射
f
，需要确定
a,b,c,d
的像
（2）
a,b,c,d
的象元之和为4，则加数可能出现多种情况，即4有多种分 析方案，各方案独立且并列需要分
类计算
解：（1）A中每个元都可选0,1,2三者之一为 像，由分步计数原理，共有
33333
个不同映射
4
（2）根据
a,b,c,d
对应的像为2的个数来分类，可分为三类：
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第一类：没有元素的像为2，其和又为4，必然其像均为1，这样的映射只有一个；
11第二类：一个元素的像是2，其余三个元素的像必为0,1,1，这样的映射有
C
4
P
3
12
个；
2
第三类：二个元素的像是2，另两个元素的像 必为0，这样的映射有
C
4
6
个
由分类计数原理共有1+12+6=19（个）
点评：问题（1）可套用投信模型：n封不同的信投入m个不同的信箱，有
m
种方法；问题（2）的关键
结合映射概念恰当确定分类标准，做到不重、不漏
例5 四面体的顶点和各棱的中点共10个点
（1）设一个顶点为A，从其他9点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有多少种？
A
（2）在这10点中取4个不共面的点，不同的取法有多少种？
解：（1）如图， 含顶点A的四面体的三个面上，除点A外都有5个点，从
n
中取出3点必与点A共面，共有3C
种取法
3
5
E
D
P
B
M
G
N
F
含顶点A的棱有三条，每条棱上有3个点，
3种取法
C< br>它们与所对棱的中点共面，共有
3
根据分类计数原理和点A共面三点取法共有
3 C
5
333
种
4
（2）取出的4点不共面比取出的4点共面的 情形要复杂，故采用间接法：先不加限制任取4点（
C
10
种取法）
减去4点 共面的取法
取出的4点共面有三类：
4
第一类：从四面体的同一个面上的6点取出 4点共面，有
4C
6
种取法
第二类：每条棱上的3个点与所对棱的中点共面，有6种取法
第三类：从6条棱的中点取4个点共面，有3种取法
4
根据分类计数原理4点共面取 法共有
4C
6
6369

44
故取4个点不共面的不 同取法有
C
10
4C
6
63141
（种）

点评：由点构成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，附加的条件是点共线与不共线 ，点共面

与不共面，线共面与不共面等

三、排列组合解题备忘录 ：
m
⑴ｍ个不同的元素必须相邻，有
P
m
种“捆绑”方法

⑵ｍ个不同元素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置有
P
n
m
种不同的“插入”方法

m
⑶ｍ个相同的元 素互不相邻，分别“插入”到ｎ个“间隙”中的ｍ个位置，有
C
n
种不同的“插入”< br>方法
m
⑷若干个不同的元素“等分”为 ｍ个组,要将选取出每一个组的组合数的乘积除以
P
m


四．排列组合问题中的数学思想方法
（一）．分类讨论的思想：许多“数数”问题往往情境复 杂，层次多，视角广，这就需要我们在分析问题时，
选择恰当的切入点，从不同的侧面，把原问题变成几 个小问题，分而治之，各种击破。
例.已知集合A和集合B各含有12个元素，
AB
含有4个元素，求同时满足下列条件的集合C的个数：
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1）
CAB
且C中含有3个元素，2）
CA

< br>
解：如图，因为A，B各含有12个元素，
AB
含有4个元素，所以
AB
中的元素
有12+12-4=20个，其中属于A的有12个，属于A而不属于B的有 8个，要使
CA

，
1
则C中的元素至少含在A中，集合C的个 数是：1）只含A中1个元素的有
C
12
C
8
2
；2）含A
213
中2个元素的有
C
12
C
8
；3）含A中3 个元素的有
C
12
C
8
0
，故所求的集合C的个数共有1213
C
12
C
8
2
+
C
12C
8
+
C
12
C
8
0
=1084个

8
4
8
（二）．等价转化的思想：很多“ 数数”问题的解决，如果能跳出题没有限定的“圈子”，根据题目的特征构
思设计出一个等价转化的途径 ，可使问题的解决呈现出“要柳暗花明”的格局。
1.具体与抽象的转化
例.某人射击7枪，击中5枪，问击中和末击中的不同顺序情况有多少种？
分析：没击中用“ 1”表示，击中的用“0”表示，可将问题转化不下列问题：数列
a
1
,a
2
,a
3
,a
4
,a
5
,a
6
,a
7
有两
项为0，5项是1，不同的数列个数有多少个？
21
解：1 ）两个0不相邻的情况有
C
6
种，2）两个0相邻的情况有
C
6种，所以击中和末击中的不同顺序情况有
1
=21种。
C
6
2
+
C
6
2）不同的数学概念之间的转化
例.连结正方体8个顶点的直线中，为异面直线有多少对？
分析：正面求解或反面求解（利用 补集，虽可行，但容易遗漏或重复，注意这样一个事实，每一个三棱锥对
应着三对异面直线，因而转化为 计算以正方体顶点，可以构成多少个三棱锥）
解：从正文体珠8个顶点中任取4个，有
C8
4
种，其中4点共面的有12种，（6个表面和6个对角面）将不
共面的4点可 构一个三棱锥，共有
C
8
4
-12个三棱锥，因而共有3（
C
8
4
-12）=174对异面直线。

综上所述，有以上几种解排列组合 的方法，此外，当然也还有其他的方法要靠我们去发现和积累，我们要掌
握好这些方法，并且能够灵活运 用，这样，在日常生活中，我们们能轻易解决很多问题。

教师点评：对排列组合问题的处理 方法总结得很细、很全面，而且挖掘出其中所蕴藏的数学思想方法，对学
习排列组合有一定的指导性。
（三）容斥原理与计数
1、文氏图：
在文氏图中,以下图形的含义如下：
矩形：其内部的点表示全集的所有元素；
矩形内的圆（或其它闭曲线）：表示不同的集合；
圆（或闭曲线）内部的点：表示相应集合的元素。
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2、三交集公式：
A+B+C=A∪B∪C+A∩B+B∩C+A∩C-A∩B∩C

（A∪B∪C指的是E，A∩B∩C指的是D）
（四）模型构造
例1. 4名同 学各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿出一张别人写的贺卡，则四张贺卡的不同分配
方式共有 种.
例2. 将编号为1，2，3，4的四个小球分别放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，要求 每个盒子放一个小
球，且小球的编号与盒子的编号不能相同，则共有 种不同的放法. 这两个问题的本质都是每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件的排列问题叫做全错位排列问题.
例3.五位同学坐在一排，现让五位同学重新坐，至多有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有
种.
解析：可以分类解决：
第一类，所有同学都不坐自己原来的位置；
第二类，恰有一位同学坐自己原来的位置；
第三类，恰有两位同学坐自己原来的位置. 对于第一类，就是上面讲的全错位排列问题；对于第二、第三类有部分元素还占有原来的位置，其余元素可以归结为全错位排列问题，我们称这种排列问题为部分错位排列问题.
设n个元素全错位排列的 排列数为T
n
，则对于例3，第一类排列数为T
5
，第二类先确定一个排原来 位置的
同学有5种可能，其余四个同学全错位排列，所以第二类的排列数为5T
4
，第 三类先确定两个排原位的同学，有
C
5
2
=10种，所以第三类的排列数为1 0T
3
，因此例3的答案为：T
5
+5T
4
+10T
3
.

五．排列组合中的
易错题
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.
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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
C
6
种方法；第
323
二步是在组装计算机任意选取3台，有
C
5
种方法，据乘法原理共有
C6
种方法.同理，完成第二类办法中有
C
5
322332
种方 法.据加法原理完成全部的选取过程共有
C
6
C
6
C
5< br>C
5
C
6
C
5
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
3
（A）
A
4
（B）
4
3
（C）
3
4
（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
43
.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
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
A
8
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，剩下的位置
3
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：
C
8
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。 < br>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（ ）
（A）480 种 （B）240种 （C）120种 （D）96种
4
误解：先从5本书中取4本分给4个人，有
A
5
种 方法，剩下的1本书可以给任意一个人有4种分法，共有
4
4A
5
480
种不同的分法，选A.
错因分析：设5本书为
a
、
b
、< br>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
丙
c

丁
d



甲
e

a

乙
b

表2
丙
c

丁
d

第 8 页 共 32 页

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< br>、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.
2
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，有
C
5
424
种方法；第二步：再把4本书分给4 个学生，有
A
4
种方法.由乘法原理，共有
C
5
A
4
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（ ）种.
（A）5040 （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.共有：
223
C
7
C
5
A
3
1260
，选B.
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.
223
C
7
C
5
A
3
正解：
630
种.
2
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
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
0


1，3
22
法，剩下3个数排中间两个位置有
A
3
种排法 ，共有
23A
3
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A
3
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
3
1
4
2
5
种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种.（以数字作答） 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，有
12
C
3
2A
2
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
．．
第 9 页 共 32 页

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种颜色中选取3
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、4区域，另
3
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
A
4
个，当
a
、
b
取同一个数时方程有1个，共有
2
A
4
113
个. < br>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2b4b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.
例9 现有1角、2角、5角、 1元、2元、5元、10元、20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 (C)1536种 (D)1535种
误解：因为共有人民币11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
2
10
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（ ）种.
86384
3533
（A）
A
6
（B）
A
8
（C）
A
5
（D）
A
8

A
6
A
3
A
6
A
5
A
3
5
误解：除了甲、乙、丙三人以外的5人先 排，有
A
5
种排法，5人排好后产生6个空档，插入甲、乙、丙三人
353
有
A
6
种方法，这样共有
A
6
种排法，选A .
A
5
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、丙三人不相邻的方法数，
863
即
A
8
，故选B.
A
6
A
3
8解题策略的选择不当出错
第 10 页 共 32 页

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.

六．学生练习
1五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中 甲工程队不能承建1号子项目，
则不同的承建方案共有(B)
141444
A
C
4
种 D
A
4
种
C
4
种 B
C
4
A
4
种 C< br>C
4
2在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整 除的数共有 192 个

3有12个座位，现安排2人就座并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是____110__
．
4某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其它班 有5位，若采用
抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连， 不管人的顺序），而二
班的2位同学没有被排在一起的概率为：
A．
（ D ）
1

10
B．
1

20
C．
11
D．
40120
5用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和 2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而
7与8不相邻，这样的八位数共有 576 个
．
6把一同排6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全部分给4个人，每人至 少分1张，至多分2张，且
这两张票具有连续的编号，那么不同的分法种数( D )
A．168 B．96 C．72 D．144
7将标号为1，2，„，10的10个球放入标号为1 ，2，„，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰好3
个球的标号与其在盒子的标号不一致的放入 方法种数为（ B ）
．
A．120 B．240 C．360 D．720
8从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任）， 要求这3位班
主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共（ B ）种
A．210种 B．420种 C．630种 D．840
9从集合{
P
，
Q
，
R
，
S
}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任选2个元 素排成一排(字母和数字均不能
重复)．每排中字母
Q
和数字0至多只能出现一个的不 同排法种数是_5832________．(用数字作答)．
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10从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、 悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游
览一个城市，且这6人中甲、乙两人不 去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ B ）
A．300种 B．240种 C．144种 D．96种
44
题示：
C
4
A
4
2C
4
3
3A
3
3
C
4
2
2A3
3

11四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品,有公共点的两条棱代表的化 工产品放在同一仓库是危险的,没有
公共顶点的两条棱多代表的化工产品放在同一仓库是安全的,现打算 用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8
种化工产品,那么安全存放的不同方法种数为 ( B)
A96 B48 C24 D0
12 4棵柳树和4棵杨树栽成一行，柳树、杨树逐一相间的栽法有___种
4
解析：2A
4
4
·A
4
=1152种
答案：1152
13某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2菜2素共4种 不同的品种现在餐厅准备了5
种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少 还需要不同的素菜品种_________种（结
果用数值表示）
2
解析：设素菜n 种，则C
5
·C
2
n
≥200

n（n－1）≥4 0，所以n的最小值为7
答案：7
14设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1 ，2，3，4，5的五个盒子现将这五个球投放入这五个盒子
内，要求每个盒子内投放一球，并且恰好有 两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法有多少种?
分析：五个球分别投放到五个盒子内， 恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则其他三个球必不能投放到
与球的编号相同的盒子内，此时，这 三个球与对应的三个盒子，就成了受限的特殊元素与特殊位置
2
解：先在五个球中任选两个球 投放到与球编号相同的盒子内，有C
5
种；剩下的三个球，不失一般性，不妨
2
设编号为3，4，5，投放3号球的方法数为C
1
则投放4，5号球的方法只有一种，根据分 步计数原理共有C
5
·C
1
2
，
2
=20
种
点评：本题投放球有两种方法，一种是投入到与编号相同的盒子内，另一种是投入到与编号不同的盒 子内，
故应分步完成
15 球台上有4个黄球，6个红球，击黄球入袋记2分，击红球入袋记 1分，欲将此十球中的4球击入袋中，
但总分不低于5分，击球方法有几种？
解：设击入黄球x个，红球y个符合要求，
则有 x+y=4，2x+y≥5（x、y∈N），得1≤x≤4

x1,

x 2,

x3,

x4,
∴


 
y3;y2;y1;y0.

3223140
相应每组解（ x，y），击球方法数分别为C
1
4
C
6
，C
4
C
6
，C
4
C
6
，C
4
C
6

3223140
共有不同击球方法数为C
1
4
C
6+C
4
C
6
+C
4
C
6
+C
4
C
6
=195
七．排列组合问题经典题型与通用方法


（一）排序问题
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.
第 12 页 共 32 页

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，则不同的排法有（ ）
A、60种 B、48种 C、36种 D、24种
4
解析：把
A,B
视为一人，且
B< br>固定在
A
的右边，则本题相当于4人的全排列，
A
4
24< br>种，答案：
D
.
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
5252
解析：除甲乙外，其余5个排列数为
A
5
种，再用甲乙去插6个空位有
A< br>6
种，不同的排法种数是
A
5
A
6
3600
种，
选
B
.
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）那么不同的排法有（ ）
A、24种 B、60种 C、90种 D、120种
解析：
B
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个元素全排列数的一半，即
种 ，选
B
.
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.现有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？
414
1
解析：老师在中间三个位置上选一个有
A
3
种，4 名同学在其余4个位置上有
A
4
种方法；所以共有
A
3
< br>A
4
72
种。
1
5
A
5
60< br>2
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？
6
解析：（1）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
A
6
720
种，选
C
.
2
（2 ）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
种，某1个元素 排在后半段的四
15125
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
种，故共有
A
4
A
4
A
5
5760
种排法.
16.圆排问题单排法: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< br>无首位、末位之分，下列
n
个普通排列：
a
1
,a
2
,a
3

,a
n
;a
2
,a
3
,a
4
,

,a
n
,

;an
,a
1
,

,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
n!
种 .因此可将某个元素固定展成单排，其它的
n1
元素全排列.
n
例16.有5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？
4
解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有
A
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768
种不同 站法.说明：从
n
个不同元素中取出
m
个元素作圆形排列共
有
1
A
n
m
种不同排法.
m
5
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
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？
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，由分步计数原理知共有
7
种不同方案.
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？
第 13 页 共 32 页

6
n

23
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
种，再排：在四个盒中每次排3个有
A
4
种，故
23
共有
C
4
A
4
144
种.
222222
解析：先取男 女运动员各2名，有
C
5
种排法，故共有
C
5
C
4
种，这四名运动员混和双打练习有
A
2
C
4
A
2< br>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
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< br>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
.
22.全错位排列问题公式法:全错位排列问题（贺卡问题，信封问题）记住公式即可
瑞士数学家欧拉按一般情况给出了一个递推公式： 用A、B、C……表示写着n位友人名字的信 封，a、b、c……
表示n份相应的写好的信纸。把错装的总数为记作f(n)。假设把a错装进B里了 ，包含着这个错误的一切错装法
分两类：
（1）b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A、B、a、b无关，应有f(n-2)种错装法。
（2）b装入A、B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的） 份信纸b、c……装 入（除B以
外的）n－1个信封A、C……，显然这时装错的方法有f(n-1)种。
总之在 a装入B的错误之下，共有错装法f(n-2)+f(n-1)种。a装入C，装入D……的n－2种错误之下， 同样都
有f(n-2)+f(n-1)种错装法，因此:
得到一个递推公式： f(n)=(n-1) {f(n-1)+f(n-2)}，分别代入n=2、3、4等可推得结果。
也可用迭代法推导出一般公式：
f(n)n!(1
1111
 (1)
n
)

1!2!3!n!
例.五位同学坐在一排 ，现让五位同学重新坐，至多有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有 种.
解析：可以分类解决：
第一类，所有同学都不坐自己原来的位置；
第二类，恰有一位同学坐自己原来的位置；
第三类，恰有两位同学坐自己原来的位置. 对于第一类，就是上面讲的全错位排列问题；对于第二、第三类有部分元素还占有原来的位置，其余元素可以归结为全错位排列问题，我们称这种排列问题为部分错位排列问题.
设n个元素全错位排列的 排列数为T
n
，则对于例3，第一类排列数为T
5
，第二类先确定一个排原来 位置的
同学有5种可能，其余四个同学全错位排列，所以第二类的排列数为5T
4
，第 三类先确定两个排原位的同学，有
C
5
2
=10种，所以第三类的排列数为1 0T
3
，因此例3的答案为：T
5
+5T
4
+10T
3
.



（二）分组分配问题
24．平均分堆问题去除重复法
例2. 从7个参加义务劳动的人中，选出6个人，分成两组，每组都是3人，有多少种不同的分法？
分析：记7个人为a、b、c、d、e、f、g写出一些组来考察。表1
选3人
a b c
再选3人
d e f
分组方法种数
这两种只能
第 14 页 共 32 页

d e f
a b c
d e g
„„
a b c
d e g
a b c
„„
算一种分法
这两种只能
算一种分法
„„
种，而这只能算一种分组方法。
种分法只能算一
由表1可见，把abc，def看作 2个元素顺序不同的排列有
解：选3人为一组有
种，所以不同的分法有
也可以先选再分 组为
种，再选3人为另一组有
（种）。
＝70（种）
种，依分步计数原理，又每
例6 6本不同的书平均分成三堆，有多少种不同的方法？
分析：分出三堆书（a
1
,a
2
）,(a
3
, a
4
)，（a
5
,a
6
）由顺序不同可以有=6种，而这6 种分法只算一种分堆方式，故6本不同的
书平均分成三堆方式有=15种
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。


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
4444 44443
3
CCC3CCCCCA
A
3
3
A、种 B、种 C、种 D、种
解析：（1）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
211
中选1人承担丙项任务，不同的 选法共有
C
10
C
8
C
7
2520
种， 选
C
.
（2）答案：
A
.
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
答案：（1）36.(2)
B
.
7.名额分配问题隔板法(无差别物品分配问题隔板法):
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
6
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
84
种.
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< br>银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？
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：
43
①若甲乙都不参加，则有派遣方案
A
8
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
方法，所以共有
3A
8
；③若 乙参加而甲不参加同理也有
3A
8
种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，
第 15 页 共 32 页

33

22
然后再安排其余8人到另外两个城市有
A
8
种，共有
7A
8
方法.所以共有不同的派遣方法总数为
4332
A
8
3A< br>8
3A
8
7A
8
4088
种.


（三）排列组合问题中的技巧
10.交叉问题集合法（容斥原理）：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(AB)n(A)n(B)n(AB)

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？
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：
n(I)n(A)n(B)n(AB)
A
6
4
A
5< br>3
A
5
3
A
4
2
252
种.

13.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:
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
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 一种型号的电视机，故不同的取法共有
333
C
9
C
4
 C
5
70
种,选.
C

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台乙型1台；故不同的取法
2112
有C
5
C
4
C
5
C
4
70
台,选
C
.
23．构造数列递推法
例 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？
分析：设上n级楼梯的走法为a
n
种，易知a
1
=1,a
2
=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
a
n-1种走法，第二类是最后一步跨两级，有



a
n-2
种走法，由加法原理知：a
n
=a
n-1
+ a
n-2
,据 此，
a
3
=a
1
+a
2
=3,a
4
=a
#
+a
2
=5,a
5
=a
4
+a< br>3
=8,a
6
=13,a
7
=21,a
8
= 34
,
a
9
=55,a
10
=89.故走上10级楼梯共有 89种不同的方法。

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
4
解析 ：（1）正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成
C
8
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
12 58
个.
4
（2）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
44
点共面的情况为< br>C
6
，四个面共有
4C
6
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
4
中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是< br>C
10
4C
6
36141
种.
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？
44
第 16 页 共 32 页

3
解析：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盏不亮的灯
C< br>5
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.

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？
2
解析：从5个球中取出2个 与盒子对号有
C
5
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< br>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
2
2C
5
20
种.
9.多元问题分 类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数再相加。
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？
5

解析：(1)按题意，个位数字只可能是0，1，2， 3，4共5种情况，分别有
A
5
个，
A
4
A
3A
3
,A
3
A
3
A
3
,A
2
A
3
A
3
,A
3
A
3
5
个，合并总计300个,选
B
.另解，首位数字不能为0，故首位数字有5种选择，其它五个数 字全排列
A
5
，由于个
5
位数字比十位数字大与个位数字比十位数字 小是对称的。故所求六位数共有5
A
5
2=300。
（2）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,98

共有14 个元素,不能被7整除的数组成的集合记做
2
，从
A
中任取一个，又从
A
A

1,2,3,4,,100

共有86个元素；由此可 知，从
A
中任取2个元素的取法有
C
14
11211
中任取 一个共有
C
14
，两种情形共符合要求的取法有
C
14
C< br>86
C
14
C
86
1295
种.
（3 ）解析：将
I

1,2,3,100

分成四个不相交的子集， 能被4整除的数集
A

4,8,12,100

；能被4除余< br>1的数集
B

1,5,9,97

，能被4除余2的数集
C

2,6,,98

，能被4除余3的数集
D
3,7,11,99

，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< br>中任取
2112
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
C
25
种.
C
25
C
25
C
25

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个顶点可连成多少对异面直线？
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
012345
C
5
C
5
C
5
C
5
C
5
C
5
3 2
个.
（2）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
1258
个，所以8个顶点可连成的异面直线有3×58=174
对.
第 17 页 共 32 页

4

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？
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
4
的一个交点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以 确定多少个不同的四边形，显然有
C
10
个，所以圆周上有
4
10点 ，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有
C
10
个.
（2）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
4
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
种.
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
问题化为圆周上的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
=1365（个）
形，则
有


（四）染色问题
24．染色问题合并单元格解决
八、排列组合中常见模型
（一）分组问题
由于涉及的面比较广，所以是排列、组合中的难点。如果只是断章取义的去教学，不从根本上
去加以理 解、归纳，那么就很难正确的解答各类题型，下面通过例题予以浅谈。
1、非均匀分组
所谓“非均匀分组”是指将所有元素分成元素个数彼此不相等的组。
例1. 七个人参加义务劳动，按下列方法分组有多少种不同的分法？
（1）分成三组，分别为1人、2人、4人；
（2）选出5个人再分成两组，一组2人，另一组3人。
解：（1）选出1人的方法有
组有
种，再由剩下的6个人中选出2人的方法有
（种）
种，所以依
种，剩 下的4人为一
种，依分步计数原理得分组的方法有
（2）可直接从7人中选出2人的方法有分步计数原理，分组的方法有：
也可先选取5人，再分为两组有
2、均匀分组
种，再由余下的5个人中选3人的方法有
（种）。
（种）。
所谓“均匀分组”是指将所有元素分成所有组元素个数相等或部分组元素个数相等的组。
(1) 全部均匀分组
第 18 页 共 32 页

例2. 从7个参加义务劳动的人中，选出6个人，分成两组，每组都是3人，有多少种不同的分法？
分析：记7个人为a、b、c、d、e、f、g写出一些组来考察。表1
选3人
a b c
d e f
a b c
d e g
„„
再选3人
d e f
a b c
d e g
a b c
„„
分组方法种数
这两种只能
算一种分法
这两种只能
算一种分法
„„
种，而这只能算一种分组方法。
种分法只能算一
由表1可见，把ab c，def看作2个元素顺序不同的排列有
解：选3人为一组有
种，所以不同的分法有
也可以先选再分组为
(2) 部分均匀分组
种，再选3人为另一组有
（种）。
＝70（种）
种，依分步计数原理，又每
例3. 将十个不同的零件分成四堆，每堆分别有2个、2个、2个、4个，有多少种不同的分法？
分析：记十个零件为a、b、c、d、e、f、g、h、i、j写出一些组来考察
表2
选2个
a b
a b
c d
c d
e f
e f
„„
再选2
c d
e f
a b
e f
a b
c d
„„
又选2个 剩下四个
e f
c d
e f
a b
c d
a b
„„
g h i j
g h i j
g h i j
g h i j
g h i j
g h i j
„„ „|„
种排法，而这种只能算一种分法。
种，由分步计数原

分组方法数
由表可见，把ab、cd、ef看作三个元素顺序不同的排列时有
解：因为分成2个、2个、2个、4 个元素的四个堆，分别为
理及每中只能算一种不同的分组方法得
第 19 页 共 32 页

（种）
由此可见，不论全部均匀分组还是部 分均匀分组，如果有m个组的元素是均匀的，都有
不同的排法只能算一种分法。
3、编号分组
(1) 非均匀编号分组
例4. 从7个参加义务劳动的人中选出2人一组、3人一组，轮流挖土、运土，有多少种分组方法？
解：分组的方法有（种）
种顺序
注：由于分组后各组要担任不同的工作，这就将不编 号的组变为编号的组，只需乘以组数的全排列
即可。
(2) 部分均匀编号分组
例5. 有5本不同的书全部分给3人，每人至少一本，有多少种不同的分法？
分析：5本不 同的书全部分给3人有两类情况，一类是一人得3本；另外两人各得1本；另一类是
一人得1本，另外两 人各得2本。
解：（1）将书分成3本、1本、1本三组，再分给三个人的方法有：
（种）
（2）将书分成2本、2本、1本三组，再分给三人共有：
（种）
所以，总的分组方法有
60＋90＝150（种）
注：此类题型只要先分组再排列即可。
例6. 已知集合A含有4个元素，集合B含3个元素 ，现建立从A到B的映射f：A→B，使B中的
每个元素在A中都有原象的映射有多少个？
解 ：先把A中的4个元素分成3组，即2个、1个、1个，所有分组方法有
再把B中的3个元素看成3个位 子，然后在3个位子全排有
种
因此使B中的元素都有原象的映射有36个。

种。
(二)全错位排列问题

第 20 页 共 32 页

每个元素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件的排列问题叫做全错位排列问题.

1．错位排列问题
例1. 4名同学各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿 出一张别人写的贺卡，则四张贺卡的不同分配
方式共有 种.
例2. 将编号为 1，2，3，4的四个小球分别放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子放一个小
球，且 小球的编号与盒子的编号不能相同，则共有 种不同的放法.
这两个问题的本质都是每个元 素都不在自己编号的位置上的排列问题，我们把这种限制条件的排列问题叫
做全错位排列问题.
例3.五位同学坐在一排，现让五位同学重新坐，至多有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有
种.
解析：可以分类解决：
第一类，所有同学都不坐自己原来的位置；
第二类，恰有一位同学坐自己原来的位置；
第三类，恰有两位同学坐自己原来的位置. 对于第一类，就是上面讲的全错位排列问题；对于第二、第三类有部分元素还占有原来的位置，其余元素可以归结为全错位排列问题，我们称这种排列问题为部分错位排列问题.
设n个元素全错位排列的 排列数为T
n
，则对于例3，第一类排列数为T
5
，第二类先确定一个排原来 位置的
同学有5种可能，其余四个同学全错位排列，所以第二类的排列数为5T
4
，第 三类先确定两个排原位的同学，有
C
5
2
=10种，所以第三类的排列数为1 0T
3
，因此例3的答案为：T
5
+5T
4
+10T
3
.
由于生活中很多这样的问题，所以我们有必要探索一下关于全错位排列问题的解决方法.
2．关于全错位排列数的一个递推关系式：T
n
= (n-1) ( T
n-1
+T
n-2
) ，（n≥3）
(1).一般地，设n个编号为1、2、3、… 、i、…、j、…、n的不同元素a
1
、a
2
、a
3
、…、a
i
、…、a
j
、 …、
a
n
，排在一排，且每个元素均不排在与其编号相同的位置，这样的全错位排列数 为T
n
，则 T
2
=1，T
3
=2，T
n
= (n-1)
( T
n-1
+T
n-2
) ，（n≥3）.
(2).递推关系的确立
显然对于n=1，2时有T
1
=0，T
2
=1.
当n≥3时，在n个不同元素中任取一个元素a
i
不排在与其编号相对应的i 位，必排在剩下n-1 个位置之一，
所以a
i
有n-1 种排法.
对a
i
每一种排法，如a
i
排在 j位，对应j位的元素a
j
的排位总有两种情况：
第一种情况：a
j
恰好排在i位上，如表（1）
1 2 3 … i … j … n
a
j
a
i

表（1）
此时，a
i
排在j位，a
j
排在i位，元素a
i
， a
j
排位已定，还剩 n-2个元素，每个元素均有一个不能排的位置，
它们的排位问题就转化为n-2 个元素全错位排列数，应有 T
n-2
种；
第二种情况：a
j
不排在i位上，如表（2）
1 2 3 … i … j … n


a
j
不排

i位
表（2）
第 21 页 共 32 页

a
i

此时，a
i
仍排在j位，a
j
不排在i位，则a
j
有n- 1个位置可排，除a
i
外，还有n-1个元素，每个元素均有一个
不能排的位置，问题 就转化为n-1个元素全错位排列，排列数为T
n-1
，由乘法原理和加法原理可得：
T
n
=(n-1)(T
n-1
+T
n-2
) ，（n≥3）.
利用此递推关系可以分别算出T
4
=9，T
5
=4 4，所以题三的答案为44+5×9+10×2=109.
3．关于全错位排列数的一个通项公式：T
n
=
n![
(1).探索
0
规定
A
n
=1（n∈N
*
），试计算以下各式的值：
210
（1）
A
4
；
A
4
A
4
3210
（2）
A
5
；
A
5
A
5
A
5
43210
（3）
A
6
. A
6
A
6
A
6
A
6
111< br>(1)
n
]
（n≥2）.
2!3!n!
很容易计算三式的值依次为9，44，265.而这与利用上面的递推关系式得到的T
4
，T< br>5
，T
6
刚好吻合，即
210
T
4
=
A
4
；
A
4< br>A
4
3210
T
5
=
A
5
； < br>A
5
A
5
A
5
43210
T
6
=
A
6
.
A
6
A
6
A
6
A
6
(2).猜想
根据上面的探索，我们可以猜想n个元素全错位排列的排列数为
n2n30
T
n
=
A
n
（n≥2） （*）
A
n
(1)
n
A
n
为了更 容易看清其本质，我们对这个式子进行变形，得到：
n2n30
T
n
=
A
n

A
n
(1)
n
A
n
=
n!n!n!111(1)
n

=
n![(1)
n
]

2!3!n!2!3!n!
(3).证明（数学归纳法）
n=2，3时（*）式显然成立；
假设n=k，k-1时（*）式成立，则当n=k+1时，有上面的递推关系式可得：
T
k+1
= k(T
k
+T
k-1
)
= k{
k![
111
111
(1)
k
]< br>+
(k1)![(1)
k1
]
}
2!3!k!
2!3!(k1)!
= k·(k-1)!·{
k[
111
111
(1)
k
]
+
[ (1)
k1
]
}
2!3!k!
2!3!(k1)!
= k!·[
1
k1k1k 1
k
(1)
k1

+k·
(1)< br>]
k!
2!3!(k1)!
k
=k!·[
k1k1k 1
)1
(1)
k1

+（k+1）·
( 
2!3!(k1)!

11
()1
k
]
k!k!
= k!·[
1
k1k1k1k1
k
 (1)
k1
(1)
k

+（k+1）·
(1)
]
k!
2!3!(k1)!(k1)!
第 22 页 共 32 页

= k!·[
k1k1k1
1)
+（k+1）·
(
(1)
k1
< br>2!3!(k1)!
k

1
k1
]
()1
k

1
k!
(k!)1
= (k+1)!·[
1
1111
k
+
(1)
].
(1)
k1
(1)
k1

k!
2!3!(k1)!(k1)!
∴n=k+1时（*）式也成立.
由以上过程可知n个元素全错位排列的排列数为：
n2n30
T
n=
A
n
=
A
n
(1)
n
A
n
n!n!n!
(1)
n


2!3!n!
=
n![
111
(1)
n
 ]
（n≥2）.
2!3!n!
4. 关于全错位排列数的另一个递推关系式：Tn
=nT
n-1
+
(1)
n

由T
2
=1，T
3
=2，T
4
=9，T
5
=44，T< br>6
=265可得：
T
3
=3T
2
－1；
T
4
=4T
3
+1；
T
5
=5T
4
－1；
T
6
=6T
5
+1.
于是猜想T
n
=n T
n-1
+
(1)
n
.
证明：由上面已证明的全错位排列数公式可知
右边=n·
(n1)![
111
(1)
n1
]
+
(1)
n
2!3!(n1)!
= n!
[
n!
111
 (1)
n1
]
+
(1)
n
·
n !
2!3!(n1)!
111
(1)
n
]
=左边.
2!3!n!
=
n![
所以T
n
=nTn-1
+
(1)
n
.
5.点评
在解决排列组合问 题时，经常涉及到全错位或部分错位的排列问题，在元素不是很多时，我们可以通过
分类讨论的方案，对 问题进行讨论，但当元素较多时讨论起来非常麻烦，所以掌握了全错位排列数的一个通项公
式和两个递推 关系式，对我们解决这一类问题将带来很大的方便.


（三）高考数学中涂色问题的常见解法及策略

与涂色问题有关的试题新颖有趣,近 年已经在高考题中出现，其中包含着丰富的数学思想。解决涂色问题方法技巧性强且灵活
多变，因而这类 问题有利于培养学生的创新思维能力、分析问题与观察问题的能力，有利于开发学生的智力。本文拟总结涂色问题
的常见类型及求解方法
一.区域涂色问题
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

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。
第 23 页 共 32 页

5、用5种不同的颜色给图中标①、②、③、④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？



①

③
④


②


分析：先给①号区域涂色有5种方法，再给②号涂色有4种方法，接着给③ 号涂色方法有3种，由于④号与①、②不相邻，因此④
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4240

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、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）②与⑤同色、④与⑥同色，则有
（2）③与⑤同色、④与⑥同色，则有
（3）②与⑤同色、③与⑥同色，则有

（4）③与⑤同色、② 与④同色，则有
4
4
；
A
4
4
；
A
4
⑤
⑥

②
①
④
③
A
4
4
；
44
；（5）②与④同色、③与⑥同色，则有
A
4
；
A
4
所以根据加法原理得涂色方法总数为5
A
4
=120
例3、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)
3)
4)
区域3与5必须同色，故有
A
4
种；
当用四种颜色时，若区域2与4同色，
则区域3与5不同色，有
A
4
种；若区域3与5同色，则区域2与4不同色，有
A
4
种，故用四种颜色时共有2< br>A
4
种。由加法原理可知满足题意的着色方法共有
A
4
+2< br>34
=24+2

24=72
A
4
444
3
3
2
1
4
5
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
（2） 有且仅两个区域相同的颜色，
（3） 即只
有一组对角小方格涂相
同的颜色，涂法种数为
A
5
4
；
2
3
1
4
2CA
5)
1
5
2
4
；
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
A
5
2
，
2122
A
5
2C
5
A
4
A
5
260

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，相邻的两个区域不
得使用同一种颜色，现有4种不同 的颜色可
有4种着色方法，此时，
B、D、F各有3种着色方法，
此时，B、D、F各有3种着色方法
故有
4333108

种方法。


A
1
解（1）当相间区域A、C、E着同一种颜色时，
C
D
E
F
第 24 页 共 32 页

B
A

（2）当相间区域A、C、E着色两不同的颜色时 ，有
C
3
共有
C
3
A
4
22
22
种着色方法，此时B、D、F有
322
种着色方法，故
A
4322432
种着色方法。
3
种着色方法，此时
A
4
（3）当相间区域A、C、E着三种 不同的颜色时有
3
A
4
222192
种方法。
B、D、F各有2种着色方法。此时共有
故总计有108+432+192=732种方法。
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
n(n2)
个扇形，每个扇形用红、白、蓝、黑四色之一染色，要求相邻扇形不 同色，有
多少种染色方法？
解：设分成n个扇形时染色方法为
a
n
种
（1） 当n=2时
2
=12种，即
a
2
=12
A
1、
A
2
有
A
4
（2）当分成n个扇形，如图，
A
1
与
A
2
不同色，
A
2
与
A< br>3
不同
色，

，
A
n1

A
1
A
2
A
3
A
n


⑤
A
4
A
与
A
n
不同色，共有
43
n1
种染色方法， 但由于
A
n
与
A
1

邻，所以应排除
A< br>n
与
A
1
同色的情形；
A
n
与
A< br>1
同色时，可把
A
n
、
A
1
看成一个扇形 ，与前
n2
个扇形加在一起为
n1
个扇形，
此时有
a< br>n1
种染色法，故有如下递推关系：
a
n
43
n1
a
n1
a
n
a
n1
43
n1
(a
n2
43
n2
)43
n1


a
n2
43
n2
43< br>n1
a
n3
43
n3
43
n2
43
n1


4[3
n1
3
n2


(1)
n
3]
(1)33nn

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
SABCD
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，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种涂A、B、C、D四点，此
时只能A与C、B与D分 别同色，故有
C
5
A
4
B颜色可以交换，故有
12
12
60
种方法。
（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、
2
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顶点
A
4
同色即可 ，故有
C
5
A
4
C
2
C
2
11< br>240
种方法。
5
A
5
120
种染色法 （3）若恰用五种颜色染色，有
综上所知，满足题意的染色方法数为60+240+120=420种。
解法二：设想染色按S—A—B—C—D的顺序进行，对S、A、B染色，有
54 360
种染色方法。
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
13227
种染色方法。由乘法原理，总的染色方法是
607420

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？
D
二.线段涂色问题
A
对线段涂色问题，要注意对各条线段依次涂色，主要方法有：
S
6) 根据共用了多少颜色分类讨论
C
7) 根据相对线段是否同色分类讨论。
B
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
4
种;
A
4
（2）使用三 种颜色涂色，则必须将一组对边染成同色，故有
C
4
C
2
A
3
种，
（3）使用二种颜色时，则两组对边必须分别同色，有
因此，所求的染色方法数为
2
种
A
4
112
41122< br>A
4
C
4
C
2
A
3
A
4
84
种
第 25 页 共 32 页

解法二：涂色按AB－BC－CD－DA的顺序进行，对AB、BC涂色有
43 12
种涂色方法。
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A B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
1322< br>由乘法原理，总的涂色方法数为
127
例8、用六种颜色给正四面体
种不同的涂色方法？
7
种涂色方法。
84
种
3
ABCD
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，问有多少
解：（1）若恰用三种颜色涂色，则每组对棱必须涂同 一颜色，而这三组间的颜色不同，故有
A
6
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
C
6
A
6
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
C
3
A
6
种方法。
（4）若恰用六种颜色涂色，则有
6
种不同的方法。
A
6
15
34
综上，满足题意的总的染色方法数为
324156
A
6
C
3
A
6
C
3< br>A
6
A
6
4080
种。
三.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
涂色方案共有多少种？
分析：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
n
1
（2）共用五种颜色，选定五种颜色 有
C
6
5
53!30

，确定为上、下底面，其颜色 可有5种选
6
种方法，必有两面同色（必为相对面）
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）
5
n
2< br>C
6
5390
；(3)共用四种颜色,仿上分析可得
423
n
3
C
6
C
4
90
；(4)共用三种 颜色,
n
4
C
6
20

例10、四棱锥
PABCD
，用4种不同的颜色涂在四棱锥的各个面上，要求相邻不同色，有多少种涂法？


P





D

C



A
B

1
2
5
3


4

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
A
4
种；
（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
C
2
A
4
；故满足题意总的涂色方法总方法
交总数为
314
A
4
 C
2
A
4
72

14
3
用三种不同的颜色填涂如右图3
3
方格中的9个区域，要求
每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法种数共有（ D ）

A、48、 B、24 C、12 D、6


四、染色模型在“立几”中的计数问题应用

在近几年的高考试题和各地 模拟试题中频繁出现以“立几”中的点、线、面的位置关系为背景的计数问题，
这类问题题型新颖、解法 灵活、多个知识点交织在一起，综合性强，能力要求高，有一定的难度，它不仅考
查相关的基础知识，而 且注重对数学思想方法和数学能力的考查。现结合具体例子谈谈这种问题的求解策略。
1. 直接求解
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m









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例1：从平面

上取6个点，从平面

上取4个点，这10个点最多可以确定多少个三棱锥？
解析: 利用三棱锥的形成将问题分成

平面上有1个点、2个点、3个点三类直接求解共有
C
6
C
4
132231
C
6
C
4
C
6
C< br>4
194
个三棱
锥
例2: 在四棱锥P- ABCD中，顶点为P，从其它的顶点和各棱的中点中取3个，使它们和点P在同一平面上，不同的取法有 A.40
B. 48 C. 56 D. 62种
解析: 满足题设的取法可以分成三类
（1） 在四棱锥的每一个侧面上除P点外取三点有
4C
5
（2） 在两个对角面上除点P外任 取3点，共有
2C
4
3
3
40
种不同取法；
1
8
种不同取法；
（3） 过点P的每一条棱上的3点和与这条棱异面的 棱的中点也共面，共有
4C
2
8
种不同取法,故共有40+8+8=56种
评注：这类问题应根据立体图形的几何特点，选取恰当的分类标准，做到分类不重复、不遗漏。
2. 结合“立几”概念求解
例3: 空间10个点无三点共线，其中有6个点共面，此外没有任何四个点共面，则这些点可以组成多少个四棱锥？
解析:
41
C
6
C
4
60

3. 结合“立几”图形求解
如果把两条异面直线看作“一对”，那么六棱锥的棱和底面所有的12条直线中，异面直线有：A. 12 B. 24 C. 36 D. 48
B
用正五棱柱的10个顶点中的5个顶点作四棱锥的5个顶点，共可得多少个四棱锥？
分类：以棱柱的底面为棱锥的底面
以棱柱的侧面为棱锥的底面
41
2C
5
C
5
;
11
C
5
C
6

11
以棱柱的对角面为棱锥的底面
C
5
C
6

以图中
11
ADC
1
B
1
(梯形)为棱锥的底面
2C
5
C
6

4. 构造几何模型求解
在正方体的8个顶点的所有连线中，有多少对异面直线？
与空间不共面的四点距离相等的平面有多少个？
（05年湖北）以平面六面体
ABC DA
从中随机取出两个三角形，则这两个三角形不
1
B
1
C
1
D
1
的任意三个顶点为顶点作三角形，
共面的概率为
A.
36737619218
B. C. D. A
385385385385
在知识的网络交汇点初设计命题是近几年高考命题改革 强调的重要观念之一，在复习备考中，要把握好知识间的纵横联系和综
合，使所学知识真正融会贯通，运 用自如，形成有序的网络化知识体系。
3、对于已知直线a,如果直线b同时满足下列三个条件: ① 与直线a异面;② 与直线a所成的角为定值

;③ 与直线a的距离为定
值d.那么这样的直线b有
A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 无数条
2. 如果一条直线与一个平面垂直,那么称此直线与平面 构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个
顶点的平面构成的“正交 线面对”的个数是
A. 48 B. 36 C. 24 D. 18
3. 设四棱锥P-ABCD的底面不是平行四边形,用平面

去截这个 四棱锥,使得截面四边形是平行四边形,则这样的平面


A. 不存在 B. 只有1个 C. 恰有4个 D. 有无穷多个
4. 如图,点
P
1
,P
2
,,P
10
分别是四面体的顶点或棱的中点, 那么在同一平面上的四点组
6. 正方体的8个顶点中任取4个不在同一平面上的顶点

P,P,P,P

共有 个
1ijk
5. 在正方体的一个面所在的平面内,任意画一条直线,则与它异面的正方体的棱的条数是
个.
答案
（2）D 2. B 3. D 4. 33 5. 4或6或7或8 6. 8个

P,Q,M,N
组成的二面角为
PMNQ
的大小可能值有


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附录
排列组合题型总结
排列组合问题千变万化，解法灵活，条件隐晦，思 维抽象，难以找到解题的突破口。因而在求解排列组合应用题时，除做到：
排列组合分清，加乘原理辩明 ，避免重复遗漏外，还应注意积累排列组合问题得以快速准确求解。
一． 直接法
1． 特殊元素优先法
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
2．特殊位置法
（2）当1在千位时余下三位有
=192所以总共有192+60=252
=60， 1不在千位时，千位有种选法，个位有种，余下的有，共有
，其余2位有四个可供选择，由乘法原理：= 240
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
可组成多少个不同的三维书？
=252
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
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，因而可使用间接 计算：任取
三张卡片可以组成不同的三位数
不同的三位数-
个，其中0在百位的有=432（个）
个，这是不合题意的。故共可组成
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？
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=100中插入方法。
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
排法有：×=576
种排 法，而男生之间又有种排法，又乘法原理满足条件的
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 种（）
1． 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（
绑看成一天作为一个整体来选有
）（注意连续参观2 天，即需把30天种的连续两天捆
其余的就是19所学校选28天进行排列）
五． 隔板法
名额分配或相同物品的分配问题，适宜采隔板用法
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 。
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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个空当中插入7块闸板， 一种插法对
应一种名额的分配方式，故有
15
种
练习1.(a+b+c+d)有多少项？
当项中只有一个字母时，有
当项中有2个 字母时，有
当项中有3个字母时
当项种4个字母都在时
种（即a.b.c.d而指数只 有15故。
即 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，
指数15分给3个字母分三组即可
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数，问有多少种不同的方
法？（）
） 3．不定方程X
1
+X
2
+X
3
+„+X50
=100中不同的整数解有（
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？
分析：分出三堆书（a
1
, a
2
）,(a
3
,a
4
)，（a
5
,a< br>6
）由顺序不同可以有=6种，而这6种分法只算一种分堆方式，故6本不同的
书平均分 成三堆方式有=15种
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 种（以数字作答）。
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 ①
③⑤的全排列数
种着色法． （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、5分别同色时，将2、4；3、5分别合并，这样仅有三个单元 格
①
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
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种方法．

=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 种（以数字作答）．（120）





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，那么不同的着色方法是 种
（84）




图5 图6
种（420）
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？
分析：设上n级楼梯的走法为a
n
种，易知a
1
=1,a
2
=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
a
n-1种走法，第二类是最后一步跨两级，有a
n-2
种走法，由加法原理知：a
n=a
n-1
+ a
n-2
,据此，
a
3
=a< br>1
+a
2
=3,a
4
=a
#
+a
2
=5,a
5
=a
4
+a
3
=8,a
6=13,a
7
=21,a
8
=34
,
a
9=55,a
10
=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 种（3
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 ？
(-4+4-3+3-6C+6+2×6=29)
4444
+3=33）
(2)以这10个点为顶点，共能确定多少格凸棱锥？ 三棱锥 C
10
-4C6
-6C
4
-3C
4
=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
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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 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．
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个空隙种的排列问题．
例12 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．
解 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。
=126种
=20种
例13 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．
解 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题．=35（种）
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个相同的黑球与6个相同的
白球的排列问题．=924（种）．
10
例15 求（a+b+c）的展开式的项数．
解 展开使的项为abc,且α+β+γ=10，因此，把问题 转化为2个相同的黑球与10个相同的白球的排列问题．
αβγ
=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？
解 设亚洲队队员为a
1
,a
2
，„,a
5
,欧洲队队员为b
1
，b
2
，„，b
5
，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，比赛过程的总数为=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=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，故本例所求的排法种数就是所
有排法的， 即A=360种
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？
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解（1）（2）
十五．错位排列
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）
公式 1） n=4时a
4
=3(a
3
+a
2
)=9种 即三个人有两种错排，两个人有一种错排．
2）=n!(1-+-+„+

练习 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）


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