【小站教育】GRE数学—排列组合公式及例题讲解
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GRE 数学—排列组合公式及例题讲解
排列 A------和顺序有关
组合 C
-------不牵涉到顺序的问题
排列分顺序,组合不分
例如 把 5
本不同的书分给 3 个人,有几种分法. 排列
把 5
本书分给 3 个人,有几种分法
组合
1．排列及计算公式
从 n 个不同元素中，任取
m(m≤n)个元素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；从 n 个不同元素中取出
m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从 n
个不同元素中取出 m 个元
素的排列数，用符号 A(n,m)表示.
A(n,m)=n(n-1)(n-2)„„(n-m+1)= n!(n-m)!(规定
0!=1).
2．组合及计算公式
从 n 个不同元素中，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；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 个不同元素中取出 m 个元素的组合数.用
符号
c(n,m) 表示.
c(n,m)=A(n,m)m!=n!((n-m)!*m!)；c(n,m)=c(n,n-m);
3．其他排列与组合公式
从 n 个元素中取出 r
个元素的循环排列数＝A(n,r)r=n!r(n-r)!.
n
个元素被分成 k 类，每类的个数分别是 n1,n2,...nk 这 n 个元素的全
排列数为
n!(n1!*n2!*...*nk!).
k 类元素,每类的个数无限,从中取出 m 个元素的组合数为 c(m+k-1,m).
排列（Anm(n 为下标，m 为上标)）
Anm=n×（n-1）....（n-m+1）；Anm=n！（n-m）！（注：！是阶乘符号）；
Ann（两个 n 分别为上标和下标） =n！；0！=1；An1（n 为下标 1
为上标）
=n
组合（Cnm(n 为下标，m 为上标)）
Cnm=AnmAmm ；Cnm=n！m！（n-m）！；Cnn（两个 n 分别为上标和下标）
=1 ；Cn1（n 为下标 1 为上标）=n；Cnm=Cnn-m
2008-07-08 13:30
公式 A 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 A”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＝A（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( )
A.60 个 B.48
个 C.36
个
D.24 个
1
解 因为要求是偶数，个位数只能是 2 或
4 的排法有 A
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
A
3
1
;在首末
两位数排定后，中间 3 个位数的排法有
A
3
，得 A
1
A
3
A
1
＝36(个)
3 3 3 2
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
3，3142，4123；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
1
3A
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
)
D.35
型与乙型电视机各 1 台，则不同的取法共有(
A.140 种
B.84 种 C.70 种
种
解：
2
抽出的 3
台电视机中甲型 1 台乙型 2 台的取法有 C
1
·种；甲
4
C
5
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·C +C ·C =40+30=70(种
)
2
4
2
5
2
4
1
5
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：
3
甲公司从 8 项工程中选出 3 项工程的方式 C
8
种；
1
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
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
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
2
2
方式有 C
2
种.
2
根据乘法原理可得承包方式的种数有 C
3
8×C
1
5
×C
2
×C= ×1=1680(种).
4
2
(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 1998 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( )
A.-27C
10
D.9C
10
4
6
B.27C
10
4
C.-9C
10
6
解
设(x- )
10
的展开式中第 γ+1 项含 x
6
，
γ+1γ10-γγ
因 T=C
)
，10-γ=6,γ=4
10
x
(-
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
数等于
(x-1)-(x-1)<
br>2
＋(x-1)
3
-(x-1)+(x-1)
５
的展开式中的
x
２
的系
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
3332
在(x-1)
6
中含 x
3
的项是 C
3
6
x(-1)=-20x，因此展开式中 x的系数是-2 0.
(五)综合例题赏析
例 8
(
A.1
若(2x+ )=a +a x+a x +a x+a +a +a )-(a +a
，则(a
的值为
0 1 2 3 4
x
0 2 4 1
3
)
)
B.-1
C.0 D.2
423422
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(
)
C.18
A.6 种
B.12 种
D.24 种 种
解
2 2
分医生的方法有 A
2
＝2
种，分护士方法有 C
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
).
C.70
有甲型与乙型电视机各 1 台，则不同取法共有(
A.140 种
B.84 种
D.35 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.
2 2 1
∵C
4
·+C
5
·C
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
)
C.21 种 D.24
少有 1 名女生当选的不同选法有(
A.27 种 B.48 种
种
解：分恰有 1 名女生和恰有 2 名女生代表两类：
1 1 2
∵C
3
·C7+C
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(
A.210 个
B.300 个 C.464 个
D.600 个
解：先考虑
可组成无限制条件的六位数有多少个?应有 A
1
·A 5 =600
个.
5 5
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(
B.64 个
).
A.70 个
C.58 个 D.52 个
解：
如图，正方体有 8 个顶点，任取 4 个的组合数为 C
4
=70 个.
8
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( ).
A.12 对
B.24 对
C.36 对
D.48 对
解：设正六棱锥为 O—ABCDEF.
任取一侧棱
OA(C
1
)则 OA 与 BC、CD、DE、EF 均形成异面直线对.
6
∴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
个(以数字作答). 角形共
解：7 点中任取 3 个则有
C
3
=35 组.
7
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：
=2 10=1024
S＝C
0
+C
1
+C
2
+C
3
+C
4
+C
5
+C
6
+C
7
+C
8
+C
9
+C
1
0
10
10
10
10 10 10
10 10
10 10 10
其中，含 3 个元素的子集数有 T=C
3
10
=120
故 =
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
·C
2
+C
4
·C
1
=4186(种)
4 46 4 46
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(
A.1260
种
B.2025 种
D.5040 种
C.2520 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(C8)
1
又从剩余 7 人中选 1 人承担任务乙(C
1
7)
1 1
∴有 C
2
·C8C7=2520(种).
10
应选
C.
例 19 集合｛1，2，3｝子集总共有(
B.8 个 C.6 个
).
D.5 个
A.7
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
，由二个元素组成的子集数 C 。
1
3
2
3
由 3
个元素组成的子集数 C
3
。由加法原理可得集合子集的总个数是
3
C+C +C
3
+1=3+3+1+1＝8
1
3
2
3
3
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(
A.C
2
C
3
3 197
种
5
C.C
5
200
-C
197
3 2
B.C
2
3
C
3
C
197
197
+C
3
1 4
D.C
5
C
197
200
-C
3
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
，
3 3 2
∴至少有两件次品的抽法为 C
2
3
CC
197
.
197
+C
3
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(
A.C
5
C
3
8 8
B.A
1
C
5
C
3
2 8 8
C.A
5
A
3
8 8