不能复制粘贴-肾不好有哪些症状

排列组合
复习巩固
1.分类计数原理(加法原理)
完成一件事， 有
n
类办法，在第1类办法中有
m
1
种不同的方法，在第2类办法中 有
m
2
种不同的方法，…，在第
n
类办法中
有
m< br>n
种不同的方法，那么完成这件事共有：
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
m
1
种不同的方法，做第2 步有
m
2
种不同的方法，…，做第
n
步有
m
n种不同
的方法，那么完成这件事共有：
Nm
1
m
2
Lm
n
种不同的方法．
Nm
1
m
2
Lm
n
种不同的方法．
3.分类计数原理分步计数原理区别
分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。
分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件．
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.
先排末位共有
C
3

然后排首位共有
C
4

最后排其它位置共有
3
A
4
113
1
1
C
4
1
A
4
3
C
3

1
由分步计数原理得
C
4
C
3
A
4
288

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
甲乙
丙丁
522
A
5
A
2A
2
480
种不同的排法


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
种
第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有
A
5
5
种，
4
54
不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共 有
A
5
A
6
种
A
6


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：
3
A
7
7
A
3

44
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
A
7
(空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有
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

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？
C
10


五.重排问题求幂策略

5
1

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

n

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
（8-1）！种排法即
7
！
C
D
E
F
G
H
B
A
AB
C
DEFGHA
6
8
A
4
4
并从此位置把 圆形展成直线其余7人共有


1
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

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
15
5
A2
A
1
4
A
4
A
5
种
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
m
n

A
2
4
种,再排后4个位置上的特殊元素丙有


一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研究.



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，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
C
5
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
C
5
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.


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？
解：把１,５,２,４当作一个小集团与３排队共有
22
A
2
2
A
2
A
2
种排法 .
前 排
后 排
24
24
22
A
2
2
种排法，再 排小集团内部共有
A
2
A
2
种排法，由分步计数原理共有
1 524
3

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 品种的必须连在一起，并且水
彩画不在两端，那么共有陈列方式的种数为

54
A
2
2
A
5
A
4

2

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55
A
2
2
A
5
A
5
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
C
9种分法。

6
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，插入n个元素排成 一排的n-1个

空隙中，所有分法数为
C
m1

n1

练习题：10个相同的球装5个盒中,每盒至少一有多少装法？

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个奇数,所取的三个数含有3个偶数的取法有
C
5
,只含有1个偶数的取法有
C
5
C
5
,和为偶数的取法共有
C
5
C
5
种，符合条件 的取法共有
C
5
C
5
123
C
5
9< br>

3
12
123
C
5
。再淘汰和小于1 0的偶数共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
C
6< br>C
4
C
2
种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记6本书为ABC DEF，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
C
6
C
4
C
2
中还有(AB,EF,CD),(CD,AB ,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有
3
C2
C
2
C
2
A
3
种分法。
A
3
3
种取法 ,而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共有< br>642
222
222


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
(
n
为均分的组数)避免重复计数。

544
练习题： 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？（< br>C
13
C
8
C
4
A
2
2
）

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只会唱的5人中没有人选上唱
歌 人员共有
C
3
C
3
种,只会唱的5人中只有1人选上唱歌人员
C
5
C
3
C
4
种,只会唱的5人中只有2人选上唱歌人员 有
112
C
3
C
4
C
5
2
C< br>5
2
种。
C
5
2
C
5
2
种，由分类计数原理共有
C
3
2
C
3
2
C
5
22
112

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：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


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
C
5
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
解：从5个球中取出2个与盒子对号有
C
5
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
2C
5
种


3号盒 4号盒 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


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
54
3
2
2
534
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，所有的偶因数为：
C
5
135
C
5
2
C
5
C
5
4
C
5




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3×3方队中选 3人的方法有
C
3
C
2
C
1
种。再从5×5方阵选
出3×3方阵便可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有
C
5
C
5
选法所以从5×5方阵选不在同一行也不在同一列的3人有
33111
C
5
C
5
C
3
C
2
C
1
选法。
111
33

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，从A走到B的最短路径有多少种？(
C
3
7

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
54321
2A
5
2A
4
A3
A
2
A
1
297


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7 1个数是 3140







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。
4

排列组合易错题正误解析
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 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. < br>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.
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；第二步是在组 装计
32332
算机任意选取3台，有
C
5
种方法，据乘法原理共有
C
6
C
5
种方法.同理，完成第二类办法中有
C
6
C
5
种方法.据加法原理完成
2
2332
全部的选取过 程共有
C
6
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
（A）
A
4
（B）
4
3
（C）
3
4
（D）
C
4

3
误解：把四个冠军，排在甲、乙、丙三个位置上，选A.
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< br>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
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？
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
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 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
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A
5
480
种不同
3
8
56
排法.
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 乙
a
b
e
丙
丁
c
d

甲
乙
e
b
a
丙
丁
c
d
表表< br>ce
给甲的情况；表2是甲首先分得
e
、乙分得
b
、丙分得< br>c
、表1是甲首先分得
a
、乙分得
b
、丙分得、丁分得，最后 一本书
d
1 2
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，有
C
5
种方法；第二
42
4
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< br>种方法，故选B.
2
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
223
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：
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
223
C
7
C
5
A
3
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：
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。

0


1，3
5

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
2
2
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< br>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 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 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
12
两块区域，有
C
3
2A
2
12
种，由乘法原 理共有：
41248
种.
3
2
1
4
5
错因分析：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、4区域，另一种颜色涂第3、5区域，有2种着色< br>3
方法，由乘法原理有
C
4
3224
种.综上共有：< br>482472
种.
3
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.

a1

a2和

同解、

b2

b4
2
2< br>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
A
4
113
个.
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2

a4
和

同解，故要减去2个。 正解：由分析，共有
13211
个解集不同的一元二次方程.

b1b2

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、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：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
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.
（A）
358633384
A
6
A
5
（B）
A
8
A
6
A
3
（C）
A
5
A
3
（D）
A
8
A
6

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、丙三人有
A< br>6
种方法，
这样共有
35
A
6
A
5
种排法，选A.
53
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，即
A
8
故选B.
8解题策略的选择不当出错
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.

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.

6
863
A
6
A
3
，

18. 现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼 仪、司机四项工作之一，每
项工作至少有一人参加。甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能 胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
A．152 B.126 C.90 D.54
【解析】分类讨论：若有2人从事司机工作，则方案有
C
3
A
3< br>18
；若有1人从事司机工作，则方案有
C
3
C
4
A
3
108
种，
所以共有18+108=126种，故B正确
19. 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( D )
（A）150种 （B）180种 （C）300种 (D)345种
解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有
C
5
C
3
C
6
(2) 乙组中选出一名女生有
C
5
2
23123
112
 225
种选法;
11
C
6
C
2
120
种选法.故共有345种选法.选D
20. 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
法的种数为
A.18

B.24

C.30

D.36

【解析】用间接法解答： 四名学生中有两名学生分在一个班的种数是
C
4
，顺序有
A
3
种，而甲乙被分在同一个班的有
A
3
种，所
以种数是
C
4
A
3
A
3
30

21. 2位男生和3位女生 共5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. 60 B. 48 C. 42 D. 36
【解析】解法一、从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有
C
3
22
A
2
6
种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男233
233
生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A、B之间（若甲在A、B两端。则为使 A、B不相邻，只有把男生乙排在A、B之间，此
时就不能满足男生甲不在两端的要求）此时共有6×2 ＝12种排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三个元素中选出四个
位置插入乙，所以，共有12 ×4＝48种不同排法。
解法二；同解法一，从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有< br>C
3
男生分别记作甲、乙；为使男生甲不在两端可分三类情况：
第一类：女生 A、B在两端，男生甲、乙在中间，共有
6A
2
22
A
2
= 24种排法；
2
22
A
2
6
种不同排法），剩下一名女 生记作B，两名
第二类：“捆绑”A和男生乙在两端，则中间女生B和男生甲只有一种排法，此时共有< br>6A
2
＝12种排法
第三类：女生B和男生乙在两端，同样中间“捆绑”A和男生甲也只有一种排法。
此时共有
6A
2
＝12种排法
三类之和为24＋12＋12＝48种。
22. 从10名大学生毕业生中选3个人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数位
[ C]
A 85 B 56 C 49 D 28
【解析】解析由条件可分为两类：一类是甲乙两人 只去一个的选法有：
C
2
121
C
7
42
，另 一类是甲乙都去的选法有
C
2
2
C
7
=7，
2< br>所以共有42+7=49，即选C项。
23. 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. 188 C. 216 D. 96
解析：6位同学站成一排， 3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有
12222
A
2
A
2C
3
A
3
A
2
144
，符合条件的排法故共 有188
3222
A
3
C
3
A
4
A2
332
种，其中男生甲站两端的有
解析2：由题意有
2A
2
2211222
(C
3
2
A
2
)C
2
C
3
A
2
(C
3
2
A
2
)A
4
188
,选B。
24. 12个篮球队中有3个强队 ，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为（ ）
1

4
444
C
12
C
8
C< br>4
解析因为将12个组分成4个组的分法有
A
3
3
A． B． C．
1

55
3

55
D．
1

3
144
C
3
3
C
9
C
8
C
4
种，而3个强队恰好被分在同一组分法有，故个强队恰好被分
2
A2
3
314424443
在同一组的概率为
C
9
C9
C
8
C
4
A
2
C
12
C< br>8
C
4
A
3
=
。
55
25. 甲 、乙、丙
3
人站到共有
7
级的台阶上，若每级台阶最多站
2
人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是

7

（用数字作答）．
【解析】对于7个台阶上每一个只站一人，则有
的站法种数是336种．
26. 锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆的外部特征完全相同 。从中任意舀取4个汤圆，
则每种汤圆都至少取到1个的概率为（ ）
12
3
种；若有一个台阶有2人，另一个是1人，则共有
C
3
A
7
种，因此共有不同
A
7
254860
C． D．
919191
4
【解析】因为总的滔法
C
15
,
而 所求事件的取法分为三类，即芝麻馅汤圆、花生馅汤圆。豆沙馅汤圆取得个数分别按1.1.2；1，2，
A． B．
1；2，1，1三类，故所求概率为
11211211
C
6
C
5
C
4
C
6
C
5
2
C
4
C
6
C
5
C
4
4 8


4
C
15
91
8

91
27. 将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有 种（用数字作答）．
211
C
4
C
2
C
1< br>【解析】分两步完成：第一步将4名大学生按，2，1，1分成三组，其分法有
2
A2
;第二步将分好的三组分配到3个乡镇，
其分法有
A
3
3所以满足条件得分配的方案有
211
C
4
C
2
C< br>1
3
A
3
36

2
A
2
28. 将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里 ，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不
同的放球方法有（ ）
A．10种 B．20种 C．36种 D．52种
解析：将4 个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号， 分
情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有
C
4
有C
4
2
1
4
种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2 号盒子，
6
种方法；则不同的放球方法有10种，选A．
29. 将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有
（A）３０种 （B）９０种 （C）１８０种 （D）２７０种
解析：将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组 1人，另两组都
12
C
5
C
4
3
15A90
种不同的分配方案，选B. 是2人，有种方法，再将3组分到3个班，共有
15
3
2
A
2
30. 某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每 地1人),其中甲和乙不同去,甲和丙只能同去或同不去,则不同的
选派方案共有 种 解析：某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只 能同去或同不去，可
以分情况讨论，① 甲、丙同去，则乙不去，有
C
5
乙、 丙都不去，有
2434
A
4
=240种选法；②甲、丙同不去，乙去，有< br>C
5
A
4
=240种选法；③甲、
A
5
4
120
种选法，共有600种不同的选派方案．
3
31. 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有 个（用数字作答）．
解析：可以分情况讨论：① 若末位数字为0，则1，2，为一组，且可以交换位 置，3，4，各为1个数字，共可以组成
2A
3
个五位数；② 若末位数字为2，则 1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有
2A
2
2
12
4
个五位数；③ 若末位
2
数字为4，则1，2，为一组，且可以交换位置 ，3，0，各为1个数字，且0不是首位数字，则有
2(2A
2
)
=8个 五位数，所以
全部合理的五位数共有24个。
32．有一排8个发光二极管，每个二极管点亮 时可发出红光或绿光，若每次恰有3个二极管点亮，但相邻的两个二极管不能同时
点亮，根据这三个点亮 的二极管的不同位置和不同颜色来表示不同的信息，求这排二极管能表示的信息种数共有多少种？
[解析] 因为相邻的两个二极管不能同时点亮，所以需要把3个点亮的二极管插放在未点亮的5个二极 管之间及两端的6个空上，
3
共有C
3
6
种亮灯办法．然后分步确定 每个二极管发光颜色有2×2×2＝8(种)方法，所以这排二极管能表示的信息种数共有C
6
×2×2×2＝160(种)．
33．按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？
(1)各组人数分别为2,4,6个；(2)平均分成3个小组；(3)平均分成3个小组，进入3个不 同车间．
[解析]

44
C
4
12
C
8
C
4
246
(1)C
12
C
10
C6
＝13 860(种)；(2)＝5 775(种)；
A
3
3
8

44
C
4
12
C
8
C
4
4
C
4
·
4
( 3)分两步：第一步平均分三组；第二步让三个小组分别进入三个不同车间，故有·A
3

3
＝C
12
·
8
C
4
＝34 650(种 )不同的分法．
A
3
3
34．6男4女站成一排，求满足下列条件的排法共有 多少种？
(1)任何2名女生都不相邻有多少种排法？(2)男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？ < br>(3)男生甲、乙、丙排序一定，有多少种排法？(4)男甲在男乙的左边(不一定相邻)有多少种不同的 排法？
[解析] (1)任何2名女生都不相邻，则把女生插空，所以先排男生再让女生插到男生的空 中，共有A
6
A
4
6
·
7
种不同排法．
11
(2)方法一：甲不在首位，按甲的排法分类，若甲在末位，则有A
9
9
种排法，若甲不在末位，则甲有A
8
种排法，乙有A
8
种排法，
其余 有A
8
8
种排法，
11
A
8
)种排法． 综上共 有(A
9
9
＋A
8
A
8
·
8
方法 二：无条件排列总数
甲在首，乙在末A
8


98
A10
10
－

甲在首，乙不在末A
9
－A
8< br>8


甲不在首，乙在末A
9
9
－A
88


98
甲不在首乙不在末，共有(A
10
10－2A
9
＋A
8
)种排法．
3
(3)10人的所有排 列方法有A
10
10
种，其中甲、乙、丙的排序有A
3
种，又对应甲 、乙、丙只有一种排序，所以甲、乙、丙排序一
A
10
10
定的排法有
3
种．
A
3
(4)男甲在男乙的左边的10人排列与男甲在男乙的右边的 10人排列数相等，而10人排列数恰好是这二者之和，因此满足条
1
件的有A
10< br>种排法．
2
10
35. 已知
m,n
是正整数，
（1） 试求
f(x)(1x)
m
(1x)
n
的展开式中
x
的系数为7，
f(x)
中的
x
2
的系数的最小值
f(x)
的< br>x
2
的系数为最小的
m,n
，求出此时
x
3
的系数
（3） 利用上述结果，求
f(0.003)
的近似值（精确到0.01）
11
解：根据题意得：
C
m
C
n
7
， 即
mn7
（1）
（2） 对于使
m(m1)n(n1)m2
n
2
mn

x
的系数为
CC< br>
222
2
2
m
2
n
将(1)变形为
n7m
代入上式得：
x
的系数为
m
故当
m
（ 1）
（2）

2
2
735
7m21(m)
2


24
x
2
的系数的最小值为9
3或4时，
33
C
4
5

x
3的系数为为
C
3
当
m3,n4或m4,n3时，
f(0 .003)2.02

3
3
所以满足条件得分配的方案有
211< br>C
4
C
2
C
1
3
A36

3
2
A
2
配到3个乡镇，其分法有
A
28. 将4 个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号， 则不
同的放球方法有（ ）
A．10种 B．20种 C．36种 D．52种
解析：将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里 的球的个数不小于该盒子的编号，分
情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有C
4
有
C
4
2
1
4
种方法；②1号 盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，
6
种方法；则不同的放球方法有10种，选A．
29. 将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有
（A）３０种 （B）９０种 （C）１８０种 （D）２７０种
解析：将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组 1人，另两组都
12
C
5
C
4
3
15A90
种不同的分配方案，选B. 是2人，有种方法，再将3组分到3个班，共有
15
3
2
A
2

9

30. 某校从8名教师中选 派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人),其中甲和乙不同去,甲和丙只能同去或同不去,则不同的选派方案共有 种
解析：某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每 地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，可
以分情况讨论，① 甲、丙同去，则乙不去 ，有
C
5
乙、丙都不去，有
2434
A
4
=24 0种选法；②甲、丙同不去，乙去，有
C
5
A
4
=240种选法； ③甲、
A
5
4
120
种选法，共有600种不同的选派方案．
3
31. 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有 个（用数字作答）．
解析：可以分情况讨论：① 若末位数字为0，则1，2，为一组，且可以交换位 置，3，4，各为1个数字，共可以组成
2A
3
个五位数；② 若末位数字为2，则 1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有
2A
2
2
12
4
个五位数；③ 若末位
2
数字为4，则1，2，为一组，且可以交换位置 ，3，0，各为1个数字，且0不是首位数字，则有
2(2A
2
)
=8个 五位数，所以
全部合理的五位数共有24个。
32．有一排8个发光二极管，每个二极管点亮 时可发出红光或绿光，若每次恰有3个二极管点亮，但相邻的两个二极管不能同时
点亮，根据这三个点亮 的二极管的不同位置和不同颜色来表示不同的信息，求这排二极管能表示的信息种数共有多少种？
[解析] 因为相邻的两个二极管不能同时点亮，所以需要把3个点亮的二极管插放在未点亮的5个二极 管之间及两端的6个空上，
3
共有C
3
6
种亮灯办法．然后分步确定 每个二极管发光颜色有2×2×2＝8(种)方法，所以这排二极管能表示的信息种数共有C
6
×2×2×2＝160(种)．
33．按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？
(1)各组人数分别为2,4,6个；(2)平均分成3个小组；(3)平均分成3个小组，进入3个不 同车间．
C
4
C
4
C
4
4
C
6
＝13 860(种)；(2)
1284
＝5 775(种)；(3)分两步：第一步平均分三组；第二步让三个小组分别进入三个不同车[解析] (1)C< br>2
C
12106
A
3
3
44
C
4< br>12
C
8
C
4
4
C
4
·
4
间，故有·A
3
3
＝C
12
·
8
C
4
＝34 650(种)不同的分法．
A
3
3
34．6男4女站成一排，求满足下列条件的排法共有多少种？
(1)任何2名女生都不相邻有多少种排法？(2)男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？ < br>(3)男生甲、乙、丙排序一定，有多少种排法？(4)男甲在男乙的左边(不一定相邻)有多少种不同的 排法？
[解析] (1)任何2名女生都不相邻，则把女生插空，所以先排男生再让女生插到男生的空 中，共有A
6
A
4
6
·
7
种不同排法．
11
(2)方法一：甲不在首位，按甲的排法分类，若甲在末位，则有A
9
9
种排法，若甲不在末位，则甲有A
8
种排法，乙有A
8
种排法，其
甲 在首，乙在末A
8


8
911
A
8
)种 排法．方法二：无条件排列总数，A
10
－
甲在首，乙不在末A
9
9
－A
8
余有A
8
8
种排法，综上共有(A
9
＋A
8
A
8
·
810

8


甲不在首，乙在末A
9
9
－A
8
98
甲不在首乙不 在末，共有(A
10
10
－2A
9
＋A
8
)种排法 ．
8


3
(3)10人的所有排列方法有A
10
10
种，其中甲、乙、丙的排序有A
3
种，又对应甲、乙、丙只有一种排序，所以甲 、乙、丙排序一定的
排法有
A
10
10
种．(4)男甲在男乙的左边 的10人排列与男甲在男乙的右边的10人排列数相等，而10人排列数恰好是这二者之和，因
A
3
3
1
此满足条件的有A
10
种排法．
2
10

10