茶树精油怎么用-久晴大雾必阴

高考排列组合知识点总结及典型例题
知识点总结：

一．基本原理
1．加法原理：做一件事有n类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相
加。
2．乘法原理：做一件事分n步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相
乘。
注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。
二．排列：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，所有排列的个数记为A
n
m
.

n!
m
1.公式：1.
A
n
n
n1

n2

……

nm1


nm

!

2.
规定：0!1

(1)
n!n(n1)!,(n1)n!(n 1)!
nn![(n1)1]n!(n1)n!n!(n1)!n!
；
(3)
nn11n1111


(n1)!(n1)!(n1)!(n1)!n!(n1)!

(2)
三．组合：从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素并组成一组，叫做从n 个
不同的m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作 Cn 。
1. 公式：
n

n1

……

nm1

A< br>m
n!
m

C
n

n

m
m!m!

nm

!
A
m
0
规定：C
n
1

mnmmm1m01nn
C
n< br>，C
n
C
n
C
n

2.组合数性质：

C
n1
，C
n
Cn
……C
n
2

①；②；③
rrr1rrC
n1
C
n
C
r1
C
r1
C
r2

；④
rrr1r
C
n1
C< br>n
C
r2
C
r2


rrr1< br>C
n1
C
n
C
n1
注：C
r
r
C
r
r
1
C
r
r
2

m
1
若
C
n
四、二项式定理.

m
2
C
n
则m
1
=m
2
或m< br>1
+m
2
n

0n01n1rnrrn0n
a bC
n
ab

C
n
ab

C< br>n
ab
.
1. ⑴二项式定理：
(ab)
n
C
n
展开式具有以下特点：
① 项数：共有
n1
项；
012r
,C
n
,C
n
,,C
n
,,C
n
② 系数：依次为组合数
C
nn
;

③ 每一项的次数是一样的，即为n次，展开式依a的降幕排列，b的升幕排列
展开.
⑵二项展开式的通项.
（ab)
n
展开式中的第
r1
项为：
T
r1
C
n
a
rnrr
b(0r n,rZ)
.
- 1 -

⑶二项式系数的性质.
①在二项展开式中与首未两项“等距离”的两项的二项式系数相等；
②二项展开式的中间项二项式系数最大.
．．．．．
I. 当
n
n
是偶数时，中间项是第
1
项，它的二项式系数
C
2
n最大；
2
n1n1
1
项，它们的二项式项和第
22n
II. 当
n
是奇数时，中间项为两项，即第
系数
C
n1n1
2
C
2
nn
最大.
③系数和：
01n
C
n
C
n


C
n
n
2
02413
C
n
C
n
C
n


C
n
C
n


2
n 1

典例分类讲解：
一、合理分类与准确分步法(利用计数原理)
解含有约束条件的排列组合问题，应按元素性质进行分类，按事情发生的
连续过程分步 ，保证每步独立，达到分类标准明确，分步层次清楚，不重不漏。
例1、五个人排成一排，其中甲不在排头，乙不在排尾，不同的排法
有 ( ）
A．120种 B．96种 C．78种 D．72种
分析： 由题意可先安排甲，并按其分类讨论：1）若甲在末尾，剩下四人可自
由排，有A=24种排法；2）若 甲在第二，三，四位上，则有3*3*3*2*1=54种
排法，由分类计数原理，排法共有24+54 =78种，选C。
解排列与组合并存的问题时，一般采用先选（组合）后排（排列）的方法
解答。
二、分组（堆）问题
分组（堆）问题的六个模型：①无序不等分；②无序等分；③无序 局部等分；
(④有序不等分；⑤有序等分；⑥有序局部等分.)
处理问题的原则：
①若干个不同的元素“等分”为 ｍ个堆,要将选取出每一个堆的组合数的乘积
除以m!
②若干个不同的元素局部“等分”有 ｍ个均等堆,要将选取出每一个堆的组合
数的乘积除以m!
③非均分堆问题，只要按比例取出分完再用乘法原理作积.
④要明确堆的顺序时，必须先分堆后再把堆数当作元素个数作全排列.
例1.有四项不同的工程，要发包给三个工程队，要求每个工程队至少要得到一
项工程. 共有多少种不同的发包方式？
解：要完成发包这件事，可以分为两个步骤：
CCC
6
种分法； ⑴ 将四项工程分为三“堆”，有
A
2
4
1
2
2
2
1
1
4
4
- 2 -

⑵再将分好的三“堆”依次给三个工程队，
有3!＝6种给法.
∴共有6×6＝36种不同的发包方式.
三.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.
1
先排末位共有
C
3

1
然后排首位共有
C
4

3
最后排其它位置共有
A
4

113
C
3
A
4
288
由分步计数原理得
C
4

位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需

先安排特殊元素,再处理其它元素.若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位

置。若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其它条件

四.相邻元素捆绑策略
例1. 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
522
A2
A
2
480
种不同的排法 步计数原理可得共有
A
5
C
4
1
A
4
3
C
3

1
甲乙

丙丁


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.

例2 五人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同
的排法种数有 种。
分析：把甲、乙视为一人，并且乙固定在甲的右边，则本题相当于4人
4
24
种。 的全排列，
A
4
例3 . 6人排成一排.甲、乙两人必须相邻,有多少种不的排法?
解：（1）分两步进行：
♀ ♀ ♀ ♀ ♀ ♀
甲 乙
2
第一步，把甲乙排列(捆绑)：
有A
2
＝2种捆法
第二步，甲乙两个人的梱看作一个元素与其它的排队：
5

共有2120＝240种排法
有A
5
＝120种排法
几个元素必 须相邻时,先捆绑成一个元素，再与其它的进行排列.
例4、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，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那 么不同
的陈列方式有（ ）
- 3 -

（A）
45
A
4
A
5
（B）
345
A
3
A
4
A
5
（C）
145
A
3
A
4
A
5
（D）
245
A
2
A
4
A
5

分 析：先把三种不同的画捆在一起，各看成整体，但水彩画不放在两端，
2
AA
A
2
则整体有种不同的排法，然后对4幅油画和5幅国画内部进行全排，有
45
245
A
2
A
4
A
5
45
种不同的排法，所以不 同的陈列方式有种，选D。
五.不相邻问题插空策略
例1.一个晚会的节目有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
A
5
第二步将4舞蹈插入第
5
种，< br>4
一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种
A
6
不同的方法, 由分步计
4
数原理,节目的不同顺序共有
A
5
5
A
6
即有3600种.

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

例2 . 7人排成一排.甲、乙两人不相邻，有多少种不同的排法？
解：分两步进行：
5
第1步，把除甲乙外的一般人排列：
有A
5
=120种排法第2步，将甲乙分别插入到不同的间隙或两端中(插孔)：
共有12030＝3600种排法

有A
6
2
=30种 插入法
几个元素不能相邻时,先排一般元素，再让特殊元素插孔.

例3、7人站成一排照相， 若要求甲、乙、丙不相邻，则有多少种不同的排法？
分析： 先将其余四人排好有A
4
=24种排法，再在这些人之间及两端的
5个“空” 中选三个位置让甲乙丙插入，则有C=10种方法，这样共有
24*10=240种不同排法。
六.定序问题倍缩空位插入策略
例1.7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,
3
则共有不同排法种数是：
A
7
7
A
3

4
(空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有
A
7
种方法，其余
4
的三个位置甲乙丙共有 1种坐法，则共有
A
7
种方法。
4
3
5
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


例2 A、B、C、D、E五个人并排站成一排，如果 B必须站A的右边(A、B
可不相邻)，那么不同的排法种数有 。
- 4 -

→ ↑ → ↑ ↑ → → → ↑ → →
1 ① 2 ② ③ 3 4 5 ④ 6 7
分析：
B
在
A
的右边与
B< br>在
A
的
1
5
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
A
5
60
2
种。
七.重排问题求幂策略
例1.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
6
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不同的元素没有限制地安排在m个位置上的排列数为
m
n
种


八.消序法(留空法)
几个元素顺序一定的排列问题，一般是先排列 ，再消去这几个元素的顺序.或
者，先让其它元素选取位置排列，留下来的空位置自然就是顺序一定的了 .
例1. 5个人站成一排，甲总站在乙的右侧的有多少种站法？
解法1：将5个人依次站成一排，有
A
5
5
种站法，
A
2
2
然后再消去甲乙之间的顺序数
5
A
5
∴甲总站在乙的右侧的有站法总数为
A
2
543A
5
3
2
解法2：先让甲乙之外的三人从5个位置选出3个站 好，有 种站法，留下
A
5
3
的两个位置自然给甲乙有1种站法
3
∴甲总站在乙的右侧的有站法总数为
1A
5
3
A
5
例2. 如下图所示,有5横8竖构成的方格图,从A到B只能上行或右行共有多
少条不同的路线?


解: 如图所示

- 5 -

将一条路经抽象为如下的一个排法(5-1)+(8-1)=11格:
11
A
11
47
也可以看作是1,2,3,4,5,6,7,①,②,③,④顺序一定的排列，有 种排
A
4
A
7
法.
其中必有四个↑和七个→组成!
所以, 四个↑和七个→一个排序就对应一条路经,
514
所以从A到B共有 条不同的路径.
C
(51)(81)
C
11
九.剪截法（隔板法）：
n个 相同小球放入m(m≤n)个盒子里,要求每个盒子里至少有一个小球的放法
等价于n个 相同小球串成一串从间隙里选m-1个结点剪截成m段.
例1. 某校准备参加今年高中数学联赛,把16个选手名额分配到高三年级的
1-4 个教学班,每班至少一个名额,则不同的分配方案共有___种.
解： 问题等价于把16个相同小球 放入4个盒子里,每个盒子至少有一个小球的
3
C
15
455
放法 种数问题. 将16个小球串成一串，截为4段有 种截断法，对
应放到4个盒子里.因此，不同的分配方案共有455种 .
十.剪截法：
n个 相同小球放入m(m≤n)个盒子里,要求每个盒子里至少有一个小球的放法
等价于n个 相同小球串成一串从间隙里选m-1个结点剪截成m段.
例1. 某校准备参加今年高中数学联赛,把16个选手名额分配到高三年级的
1-4 个教学班,每班的名额不少于该班的序号数,则不同的分配方案共有___种.
解： 问题等价于先给 2班1个，3班2个，4班3个，再把余下的10个相同小
球放入4个盒子里,每个盒子至少有一个小球 的放法种数问题.
3
将10个小球串成一串，截为4段有
C
9
84
种截断法，对应放到4个盒子里.
因此，不同的分配方案共有84种 .
十一.错位法：
编号为1至n的n个小球放入编号为1到 n的n个盒子里,每个盒子放一个小球.
要求小球与盒子的编号都不同,这种排列称为错位排列.
特别当n=2,3,4,5时的错位数各为1,2,9,44.
例1. 编号为1至6的6 个小球放入编号为1至6的6个盒子里,每个盒子放一
个小球,其中恰有2个小球与盒子的编号相同的放 法有____种.
2
解： 选取编号相同的两组球和盒子的方法有 种,其余4组
C
6
15
球与盒子需错位排列有9种放法.
故所求方法有15×9＝135种.
十二.剔除法：
从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法.
排列组合应用题往往和代数 、三角、立体几何、平面解析几何的某些知识联系，
从而增加了问题的综合性，解答这类应用题时，要注 意使用相关知识对答案进
行取舍.
例1. 从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取 3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0
中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有____ _____条.
A210
解：所有这样的直线共有 条，
12
A
6
A
6
180
其中不过原点的直线有 条，
∴所得的经过坐标原点的直线有210-180＝30条.

3
7
- 6 -

十三.环排问题线排策略
例1. 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
A
4
！种排法即
7
！ 4
并从此位置把圆形展成直线其余7人共有（8-1）
C
D
E
F
G
H
B
A
AB
C
DEFGHA


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

1
m

形排列共有
A
n

n

十四.多排问题直排策略
例1.8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
1
素有
A
2
4
种,再排后4个位置上的特殊元素丙有
A
4
种,其余的5人在5 个
215
位置上任意排列有
A
5
5
种,则共有
A< br>4
A
4
A
5
种
前 排
后 排

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

十五.排列组合混合问题先选后排策略
例1.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
2
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
4种方法，根据分步计数原理
4
装球的方法共有
C
5
2
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.此法与相邻元素捆绑策略相似吗?

十六.小集团问题先整体后局部策略
例1.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在1,５两个
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
A
2
再排小集团内
2
种排法，
2222
部共有
A
2
2
A
2
种排法，由分步计数原 理共有
A
2
A
2
A
2
种排法.
1524



3

小集团排列问题中，先整体后局部，再结合其它策略进行处理。
- 7 -

十七.元素相同问题隔板策略
例1.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
6
种分法。

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

1

空隙中，所有分法数为
C
n
m


1

十八.正难则反总体淘汰策略
例1.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
3
,只
12123
C5
,和为偶数的取法共有
C
5
C
5
C
5含有1个偶数的取法有
C
5
。再淘汰和小
123
C
5< br>C
5
9
于10的偶数共9种，符合条件的取法共有
C
5

十九.平均分组问题除法策略
例1. 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法？
22
C
2
种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记6本 解: 分三步取 书得
C
6
2
C
4
书为ABCDEF，若第一步取AB,第二 步取CD,第三步取EF该分法记为
222
C
6
C
4
C2
(AB,CD,EF),则中还有
(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(C D,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有
A
3
3
种
223
C
2
A
3
取法 ,而这些分法仅是(AB,CD, EF)一种分法,故共有
C
6
2
C
4
种分
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.

法。

n
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
为均分的组数)避免重复计数。



二十. 合理分类与分步策略
例1.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
2
C
3
2
种,只
112
C
3
C
4
种,只会唱的5人中只有2会唱的5人中只有1人选上唱歌人员C
5
- 8 -

112
C
3
C4
C
5
2
C
5
2
人选上唱歌人员有
C
5
2
C
5
2
种，由分类计数原理共有
C
3
2
C
3
2
C
5
种。

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。

二十一.构造模型策略
例1.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？
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
3

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

二十二.实际操作穷举策略
例1.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< br>2
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
2
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

二十三. 分解与合成策略
例1. 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
×1 3，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，
135
C
5
2
C
5
C
5
4
C
5
所 有的偶因数为：
C
5

例2.正方体的8个顶点可连成多少对异面直线 解：我们先从8个顶点中任取4个顶点构成四体共有体共
C
8
4
12 58
,每个四面
体有3对异面直线,正方体中的8个顶点可连成
358174对异面直线


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

二十四.化归策略
例1. 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
- 9 -
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
534

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
111
C
2
C
1
种 。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
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
3
C
5
3
33111
C
5
C
3
C
2
C
1
选法。 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
C< br>5
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



二十五.数字排序问题查字典策略
例1.．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？
54321
2A
4
A< br>3
A
2
A
1
297
解:
N2A
5

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。

二十六.树图策略 例19．
3
人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过
5
次传 求后,球仍回
到甲的手中,则不同的传球方式有______
N10


对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用

练习: 分别编有1，2， 3，4，5号码的人与椅，其中
i
号人不坐
i
号椅（
i1,2,3 ,4,5
）
的不同坐法有多少种？
N44


二十七.复杂分类问题表格策略
例1.有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A、B、C、D 、E五个字母,现从中取
5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不同的取法
解:
红 1 1 1 2 2 3

黄 1 2 3 1 2 1

兰 3 2 1 2 1 1

11
121311
C
5
C
4

C
5
C
4

C
5
2
C
3
C
5
2
C
3
2

C
5
3
C
2
C
5
C
4

取法




一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多, 无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须

满足的条件,能达到好的效果.

二十八：住店法策略
解决“允许重复 排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类
不能重复，把不能重复的元素看作“客”， 能重复的元素看作“店”，再利用乘
法原理直接求解.
例1.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能的种
数有 .
分析：因同一学生可以同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七名学生看
作7家“店” ，五项冠军看作5名“客”，每个“客”有7种住宿法，由乘法原
理得7
5
种.

- 10 -

二十九、求展开式中的系数
r
(r0,1,2,)
；二项式系数是指二项展开式中出现的组合数
C
n
展 开式系数是
指每一项前的系数，注意它们的区别！要正确运用通项公式和基本定理.
例1、< br>(12x)
n
展开式中第6项与第7项的系数的绝对值相等，求展开式中系数
最大的项和系数绝对值最大的项.
思路分析：先求出n的值，再由二项式系数的最大项是“最中间”的 项，求出
二项式系数的最大项.利用不等式组求系数绝对值最大项.
56
5566< br>(2x)
5
,T
61
C
n
(2x)
6
，依题意有
C
n
2C
n
2
，∴n=8. 解：
T
51
C
n
则
(12x)
n
展开式 中二项式系数最大的项为
T
5
C
8
4
(2x)
4
1120x
.
设第r+1项系数的绝对值最大，则有

C< br>8
r
2
r
C
8
r1
2
r1< br>5r6,又rZ,r5或r6
.

rrr1r1

C
8
2C
8
2
则系数绝对值最大项为
T6
1792x
5
,T
7
1792x
6
.
例2、如果
(3x
1
3
x
2
)
n
的展开式中各项系数之和为128，则展开式中
1
的系数是
3
x
A.7 B.
7
C.21 D.
21

点拨与提示：本题考查二项展开式的性质.答案 C
r
例3、组合数C（
n
＞
r
≥1，
n
、
r
∈Z）恒等于（ ）
n
A．
r
+1
r
-1
r
-1
r
-1
C B．(
n
+1)(
r
+1)C C．
nr
C
n
-1
n
-1
n
+1
n
-1
nr
-1
D．C
r
n
-1
r
解：由
C
n
n!n(n1)!n
r1
Cn1
.
r!(nr)!r(r1)![(n1)(r1)]!r
例 4、在
(x1)(x2)(x3)(x4)(x5)
的展开式中，含
x4
的项的系数是
（A）-15 （B）85 （C）-120 （D）274
解：本题可通过选括号（即5个括号中4个提供
x
，其余1个提供常数）的
思路来完成。故含
x
4
的项的系数为(1)(2)(3)(4)(5)15.


例5、若(
x
+
1
n
)的展开式中前三项的系数成等差数，则展开式中
x
4
项的系数为
2x
- 11 -

(C)8 (D)9
11
1
1
2
解：因为
(x)
n的展开式中前三项的系数
C
n
0
、
C
n
、C
n
成等差数列，
4
2x2
1
201
所以C
n
，即
n
2
9n80
，解得：
n8
或
n1
（舍）。
C
n
C
n
4
11
T
r1
C
8
r
x
8r
()< br>r
()
r
C
8
r
x
82r
。令
82r4
可得，
r2
，所以
x
4
的系数为< br>2x2
1
()
2
C
8
2
7
，故选 B。
2
例6、(江苏省苏北四市2011届高三第一次调研)（本小题满分10分）
设二项展开式
C
n
(31)
2n1
(nN
*)
(A)6 (B)7
的整数部分为
A
n
，小数部分为
B
n
.
（1）计算
C
1
B
1
,C
2
B
2
的值；
（2）求
C
n
B
n
.


例7、(江苏省盐城市2011届高三年级第一次调研)（本小题满分10分）
mn
f(x)(12x)(1x)
m,nN
设,.
- 12 -

（1）当
mn
=2011
a
0
a
1
a
2
a
2

；
时,记
f(x)a
0
a
1
xa
2
x
2a
2011
x
2011
，求
2
（2）若f(x)
展开式中
x
的系数是20，则当
m
、
n
变化时，试求
x
系数的最小
值．
aaaa
201 1
(12)
解：（1）令
x1
，得
012
=
2011
(11)
2011
1
…4分
（2）因为4
11
2C
m
C
n
2mn20
2 2
2
2
2
C
m
C
n
x
n20 2m
，所以,则的系数为
m(m1)n(n1)1
2m
2
2m(202m)(192m)
2
222
=
4m41m190
,
2
f(x)
m5,n10
x
所以当时，展开式中的 系数最小，最小值为
85


排列与组合习题

1．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为( )
A．40 B．50 C．60 D．70
[解析] 先分组再排 列，一组2人一组4人有C
2
6
＝15种不同的分法；两组各3
C
3
6
人共有
2
＝10种不同的分法，所以乘车方法数为25×2＝50，故选B .
A
2
2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法 有
( )
A．36种 B．48种 C．72种 D．96种
[解析] 恰有两个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排三
2
个 人，然后插空，从而共A
3
3
A
4
＝72种排法，故选C.
3．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一
数字不能相邻出现 ，这样的四位数有( )
A．6个 B．9个 C．18个 D．36个
[解析] 注意题中条件的要求，一是三个数字必须全部使用，二是相同的数字
不能相邻，选 四个数字共有C
1
即1231,1232,1233，而每种选择有
3
＝3( 种)选法，
2
A
2
2
×C
3
＝6(种)排法，所以 共有3×6＝18(种)情况，即这样的四位数有18个．
4．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不
- 13 -

同的选法，其中女生有( )
A．2人或3人 B．3人或4人 C．3人 D．4人
1
[解析] 设男生有
n
人，则女生有(8－
n
)人，由题意可得C
2
n
C
8－
n
＝3 0，解得
n
＝5或
n
＝6，代入验证，可知女生为2人或3人．
5 ．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上
两级，若规定从二楼到三楼 用8步走完，则方法有( )
A．45种 B．36种 C．28种 D．25种
[解析] 因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两
个台阶的有2步，那么共有C
2
8
＝28种走法．
6．某公司招聘来8名 员工，平均分配给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语
翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编 程人员也不能全分在同一个部
门，则不同的分配方案共有( )
A．24种 B．36种 C．38种 D．108种
[解析] 本题考查排列组合的综合应用，据题 意可先将两名翻译人员分到两个
部门，共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另 一组2
12
人，共有C
1
3
种分法，然后再分到两部门去共有C3
A
2
种方法，第三步只需将其他3
人分成两组，一组1人另一组2人即 可，由于是每个部门各4人，故分组后两
1
人所去的部门就已确定，故第三步共有C
1
3
种方法，由分步乘法计数原理共有2C
3
1
A
2
2
C
3
＝36(种)．
7．已知集合
A
＝{5}，
B
＝{1,2}，
C
＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构
成 空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )
A．33 B．34 C．35 D．36
3
[解析] ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的 有C
1
2
·A
3
＝12个；
33
②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C
1

2
·A
3
＋A
3
＝18个；
③所得空间直角坐标系中的点的坐 标中含有2个1的有C
1
3
＝3个．
故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.
8．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的
个数是( )
A．72 B．96 C．108 D．144
122
[解析] 分两类：若1与3相邻，有A
2
2
·C
3
A
2< br>A
3
＝72(个)，若1与3不相邻有
- 14 -

3
A
3
3
·A
3
＝36(个)
故共有72＋36＝108个．
9．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某 展览馆，每天最多只
安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同
的安排方法有( )
A．50种 B．60种 C．120种 D．210种
[解析] 先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2)、
(2 ,3)、(3,4)、(4,5)、(5,6)、(6,7)，甲任选一种为C
1
6
， 然后在剩下的5天中
任选2天有序地安排其余两所学校参观，安排方法有A
2
5
种，按照分步乘法计数
2
原理可知共有不同的安排方法C
1
6
·A
5
＝120种，故选C.
10．安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人 值班一天，其中甲、
乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有________种．( 用数
字作答)
[解析] 先安排甲、乙两人在后5天值班，有A
5
＝20 (种)排法，其余5人再进
行排列，有A
5
5
＝120(种)排法，所以共有 20×120＝2400(种)安排方法．
11．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以 区分，将这9个球排成
一列有________种不同的排法．(用数字作答)
[解析] 由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有
23
C
4
9
·C
5
·C
3
＝1260(种)排法．
2
12． 将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博
会的四个不同场馆服务，不同的 分配方案有________种(用数字作答)．
2
C
2
6
C
4
[解析] 先将6名志愿者分为4 组，共有
2
种分法，再将4组人员分
A
2
2
C
2< br>6
·C
4
到4个不同场馆去，共有A种分法，故所有分配方案有：
2< br>·A
4
080
4
＝1
A
2
4
4
种．
13．要在如图所示的花圃中的5个区域中 种入4种颜色不同的花，要求相邻区
域不同色，有________种不同的种法(用数字作答)．

[解析] 5有4种种法，1有3种种法，4有2种种法．若1、3同色，2有2
- 15 -

种种法，若1、3不同色，2有1种种法，∴有4×3×2×(1×2＋ 1×1)＝72种．
14. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若 每个信
封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有
（A）12种 （B）18种 （C）36种 （D）54种
【解析】标号 1,2的卡片放入同一封信有种方法；其他四封信放入两个信封，
每个信封两个有种方法，共有种，故选 B.
15. 某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，
若7 位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7
日，则不同的安排方案共有
A. 504种 B. 960种 C. 1008种 D. 1108种
214
A
4
A
4
种方法 解析：分两类：甲乙排1、2号或6、7号 共有
2A
2
24113
(A< br>4
A
3
A
3
A
3
)
种方甲乙排中 间,丙排7号或不排7号，共有
4A
2
法
故共有1008种不同的排法
16. 由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数
的个数是
（
A
）72 （
B
）96 （
C
） 108 （
D
）144 w_w_w.k*s 5*u.c
o*m
解析：先选一个偶数字排个位，有3种选法w_w_w.k*s 5*u.c o*m
①若5在十位或十万位，则1、3有三个位置可排，3
A
3
2
A
2
2
＝24个
②若5排在百位、千位或万位，则 1、3只有两个位置可排，共3
A
2
2
A
2
2
＝1 2
个
算上个位偶数字的排法，共计3(24＋12)＝108个
答案：
C

17. 在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允 许重复）表示一
个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多
有两个对应位置上的数字相同的信息个数为
A.10 B.11 C.12 D.15
- 16 -

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
2
A
3
3
18
；若有1人从
123
C
4
A
3
10 8
种，所以共有18+108=126种，故B正确 事司机工作，则方案有
C
3
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< br>( D )
（A）150种 （B）180种 （C）300种 (D)345种
11
C
3
C
6
2
225
种选法; 解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有
C
5
11
C
2
120
种选法.故共有345种选 (2) 乙组中选出一名女生有
C
5
2
C
6
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
2
，顺序
有
A
3
3
种，而甲乙被分 在同一个班的有
A
3
3
种，所以种数是
C
4
2A
3
3
A
3
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
2
6
【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
2
A
2 - 17 -

种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、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。
2
6
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
C3
2
A
2
种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙 ；为使男生甲不
在两端可分三类情况：
2
第一类：女生A、B在两端，男生甲、乙在 中间，共有
6A
2
2
A
2
=24种排法；
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
6A
2
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
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：
221
C
1
2
C
7
42< br>，另一类是甲乙都去的选法有
C
2
C
7
=7，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
322212222
A
3
C
3
A
4
A
2
332
种，其中男生甲站两端的有
A
2
A
2
C
3
A
3
A
2
144
，符合条件的
排法故共有188
2211222
(C
3
2
A
2
)C
2
C
3
A
2
(C
3
2
A
2
)A
4
188,选B。 解析2：由题意有
2A
2
24. 12个篮球队中有3个强队，将这1 2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（ ）
1311
A． B． C． D．
555543
- 18 -

444
C
12
C
8
C
4
解 析因为将12个组分成4个组的分法有种，而3个强队恰好被分在同
3
A
3
1 44
C
3
3
C
9
C
8
C
4
一组分法有，故个强队恰好被分在同一组的概率为
2
A
2
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
14424443
C
3
9C
9
C
8
C
4
A
2
C
12< br>C
8
C
4
A
3
=
阶上的人不区分站的位置， 则不同的站法种数是 （用数字作答）．
3
【解析】对于7个台阶 上每一个只站一人，则有
A
7
种；若有一个台阶有2人，
12
A7
种，因此共有不同的站法种数是336种． 另一个是1人，则共有
C
3
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（ ）
8254860
A． B． C． D．
91919191
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 ，2，1；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
48


4
C
15
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）．
【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< br>211
C
4
C
2
C
1
3
;第二 步将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有
A
3
所以满足条件得
2
A
2
211
C
4
C
2
C
1
3< br>分配的方案有
A36

3
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
1
4
种方 法；②1号盒子中放2个球，其余个球，其余3个放入2号盒子，有
C
4
2个放入2号 盒子，有
C
4
2
6
种方法；则不同的放球方法有10种，选A．
- 19 -

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
12
C< br>5
C
4
名，则将5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有
15
种方
2
A
2
3
90
种不同的分配方案，选 B. 法，再将3组分到3个班，共有
15A
3
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
2
A
4
4
=240种选法；②甲、丙 同不去，乙去，有
C
5
3
A
4
4
=240
种选法；③甲、乙、丙都不去，有
A
5
4
120
种选法，共有6 00种不同的选派方案．
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
3
12
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
4
个五位
数；③ 若末位数字为4，则1，2，为一组 ，且可以交换位置，3，0，各为1个
2
)
=8个五位数，所以全部合理的五位数数字 ，且0不是首位数字，则有
2(2A
2
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，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
3
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，
- 20 -

进入3个不同车间．
44
C
4
12
C
8
C
4
[解析] (1)CCC＝13 860(种)；(2)
3
＝5 775(种)；
A
3
2
12
4
10
6
6
(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
44
C
4
12
C< br>8
C
4
444
有
3
·A
3
3
＝C
12
·C
8
·C
4
＝34 650(种)不同的分法．
A
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？
(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
4
到男生的空中，共有A
6
6
·A
7
种不同排法．
(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，< br>18
若甲不在末位，则甲有A
1
8
种排法，乙有A
8
种排法，其余有A
8
种排法，
118
综上共有(A
9
9< br>＋A
8
A
8
·A
8
)种排法．
方法二：无条件排列总数
A
10
10

－
甲在首，乙不在末A－A

甲不在首，乙在末A－A
9
9
99
10
甲在首，乙在末A
8
8
8
8
8
8

9

甲不在首乙不在末，共有(A
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
8
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
A3
3
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
1
10
等，而10人排列数恰好是这二者之和，因此满足条件的有A
1 0
种排法．
2
35. 已知
m,n
是正整数，
f(x) (1x)
m
(1x)
n
的展开式中
x
的系数为7，
（1） 试求
f(x)
中的
x
2
的系数的最小值
（2） 对于使
f(x)
的
x
2
的系数为最小的
m ,n
，求出此时
x
3
的系数
- 21 -

（3） 利用上述结果，求
f(0.003)
的近似值（精确到0.01）
11
C
n
7
，即
mn7
（1） 解： 根据题意得：
C
m
m(m1)n(n1)m
2
n
2< br>mn

x
的系数为
CC

222
2
2
m
2
n
735
将(1)变形为
n7m代入上式得：
x
2
的系数为
m
2
7m21(m )
2


24
x
2
的系数的最小值为9 故当
m3或4时，
33
C
4
5

x
3
的系数为为
C
3
（1） 当
m3,n4或m4,n3时，
（2）
f(0.003)2.02


排列与组合习题

1．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为( )
A．40 B．50 C．60 D．70
[解析] 先分组再排 列，一组2人一组4人有C
2
6
＝15种不同的分法；两组各3
C
3
6
人共有
2
＝10种不同的分法，所以乘车方法数为25×2＝50，故选B .
A
2
2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法 有
( )
A．36种 B．48种 C．72种 D．96种
[解]恰有两个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排三个人，
2
然后插空，从而共A
3
3
A
4
＝72种排法，故选C.
3 ．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一
数字不能相邻出现，这 样的四位数有( )
A．6个 B．9个 C．18个 D．36个
[解析] 注意题中条件的要求，一是三个数字必须全部使用，二是相同的数字
不能相邻，选 四个数字共有C
1
即1231,1232,1233，而每种选择有
3
＝3( 种)选法，
2
A
2
2
×C
3
＝6(种)排法，所以 共有3×6＝18(种)情况，即这样的四位数有18个．
4．男女学生共有8人，从男生中选取2人 ，从女生中选取1人，共有30种不
同的选法，其中女生有( )
- 22 -

A．2人或3人 B．3人或4人 C．3人 D．4人
1
[解析] 设男生有
n
人，则女生有(8－
n
)人，由 题意可得C
2
n
C
8－
n
＝30，解得
n
＝5或
n
＝6，代入验证，可知女生为2人或3人．
5．某幢楼从二楼到三楼的楼梯 共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上
两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有( )
A．45种 B．36种 C．28种 D．25种
[解析] 因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两
个台阶的有2步，那么共有C2
8
＝28种走法．
6．某公司招聘来8名员工，平均分配给下属的甲、乙两个 部门，其中两名英语
翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部
门，则不同的分配方案共有( )
A．24种 B．36种 C．38种 D．108种
[解析] 本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个
部门，共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另一组2
12
人，共有 C
1
3
种分法，然后再分到两部门去共有C
3
A
2
种方法，第三步只需将其他3
人分成两组，一组1人另一组2人即可，由于是每个部门各4人，故分组后 两
1
人所去的部门就已确定，故第三步共有C
1
3
种方法，由分步乘 法计数原理共有2C
3
1
A
2
2
C
3
＝3 6(种)．
7．已知集合
A
＝{5}，
B
＝{1,2}，
C
＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构
成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的 不同点的个数为( )
A．33 B．34 C．35 D．36
3
[解析] ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C
1
2·A
3
＝12个；②
3
所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的 有C
1
A
3
③所得
2
·
3
＋A
3
＝18个；
空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C
1
故共有符合条 件的点
3
＝3个．
的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.
8．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的
个数是( )
A．72 B．96 C．108 D．144
22
[解析] 分两类：若1与3相邻，有A
2
C
1
若1与 3不相邻有A
3
A
3
2
·
3
A
2
A
3
＝72(个)，
3
·
3
＝36(个)，故共有72＋3 6＝108个．
- 23 -

9．如果在一周内(周一至周日)安排三所 学校的学生参观某展览馆，每天最多只
安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天 ，那么不同
的安排方法有( )
A．50种 B．60种 C．120种 D．210种
[解析] 先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2) 、
(2,3)、(3,4)、(4,5)、(5,6)、(6,7)，甲任选一种为C
1
6
，然后在剩下的5天中
任选2天有序地安排其余两所学校参观，安排方法有A
2< br>5
种，按照分步乘法计数
原理可知共有不同的安排方法C
1
A
2
6
·
5
＝120种，故选C.
10．安排7位工作人员在5月1 日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、
乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有 ________种．(用数
字作答)
[解析] 先安排甲、乙两人在后5天值班，有A< br>2
5
＝20(种)排法，其余5人再进
行排列，有A
5
5＝120(种)排法，所以共有20×120＝2400(种)安排方法．
11．今有2个红球、 3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成
一列有________种不同的排法．(用 数字作答)
[解析] 由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有
C
42
·C
3
9
·C
53
＝1260(种)排法．
12．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博
会的四个不同场 馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)． [解析]
2
先将6名志愿 者分为4组，共有
C
2
6
C
4
A
2
种分法 ，再将4组人员分到4个不同场馆去，
2
2
共有A
4
4
种分 法，故所有分配方案有：
C
2
6
·C
4
A
2
·A
4
4
＝1 080种．
2
13．要在如图所示的花圃中的5 个区域中种入4种颜色不同的花，要求相邻区
域不同色，有________种不同的种法(用数字作答 )．

[解析] 5有4种种法，1有3种种法，4有2种种法．若1、3同色，2有2< br>种种法，若1、3不同色，2有1种种法，∴有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种．
14. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信
封放2 张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有
- 24 -

（A）12种 （B）18种 （C）36种 （D）54种
【解析】标号1,2的卡片放入同一封信有种方法；其他四封信放入两个信封，
每个信封两个有种方法，共有种，故选B.
15. 某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每 天1人，每人值班1天，
若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7
日，则不同的安排方案共有
A. 504种 B. 960种 C. 1008种 D. 1108
种
214
A
4
A
4
种方法。甲乙排中间,解析：分两类：甲乙 排1、2号或6、7号 共有
2A
2
24113
(A
4
 A
3
A
3
A
3
)
种方法，故共有1008种不同的 排丙排7号或不排7号，共有
4A
2
法
16. 由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数
的个数是
（
A
）72 （
B
）96 （
C
） 108 （
D
）144 w_w_w.k*s 5*u.c
o*m
解析：先选一个偶数字排个位，有3种选法w_w_w.k*s 5*u.c o*m ①若5在十
位或十万位，则1、3有三个位置可排，3
A
32
A
2
2
＝24个，②若5排在百位、千位
或万位，则1、3只 有两个位置可排，共3
A
2
2
A
2
2
＝12个算上 个位偶数字的排法，
共计3(24＋12)＝108个，答案：
C

17. 在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一
个信息，不同排列表示不同信息 ，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多
有两个对应位置上的数字相同的信息个数为
A.10 B.11 C.12 D.15

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
2
A
3
3
18
；若有1人从
- 25 -

123< br>C
4
A
3
108
种，所以共有18+108=126种 ，故B正确 事司机工作，则方案有
C
3
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
11
C
3
C
6
2
225
种选法; (2) 乙组中选解: 分两类(1) 甲组中选出一名女生有
C
5
11
C
2
120
种选法.故共有345种选法.选D 出一名女生有
C
5
2
C
6
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
2
，顺序
有
A
3
3
种，而甲乙被分在同一个班的有
A
3
3
种， 所以种数是
C
4
2
A
3
3
A
3
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
2
6
【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
C3
2
A
2
种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、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。
2
6
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
C3
2
A
2
种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、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
2 2
6A
2
A
2
=24种排法；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
6A
2
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
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
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：
- 26 -

221
C
1
2
C
7
42
，另 一类是甲乙都去的选法有
C
2
C
7
=7，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
322212222
A
3
C
3< br>A
4
A
2
332
种，其中男生甲站两端的有
A2
A
2
C
3
A
3
A
2
14 4
，符合条件的
排法故共有188
2211222
(C
3
2
A
2
)C
2
C
3
A
2
(C
3
2
A
2
)A
4
188
, 选B。 解析2：由题意有
2A
2
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（ ）
1311
A． B． C． D．
555543
444
C
12
C
8
C
4
解析：因为将12个组分成4个组的分法有种 ，而3个强队恰好被分在
A
3
3
144
C
3
CCC
同一组分法有
39
2
84
，故个强队恰好被分在同一组的概率为A
2
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
144244 43
C
3
9
C
9
C
8
C
4
A
2
C
12
C
8
C
4
A
3=
阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是
3
【解析】对于7个台 阶上每一个只站一人，则有
A
7
种；若有一个台阶有2人，
12
A< br>7
种，因此共有不同的站法种数是336种． 另一个是1人，则共有
C
3
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（ ）
8254860
A． B． C． D．
91919191
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 ，2，1；2，1，1三类，故所求概
11211211
C
6
C
5
C
4
C
6
C
5
2
C
4< br>C
6
C
5
C
4
48
率为

4
C
15
91
- 27 -

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）．
【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< br>211
C
4
C
2
C
1
3
;第二 步将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有
A
3
所以满足条件得
2
A
2
211
C
4
C
2
C
1
3< br>分配的方案有
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
1
4
种方法；②1号盒子中放2个球，其余 个球，其余3个放入2号盒子，有
C
4
2个放入2号盒子，有
C
4< br>2
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
12
C< br>5
C
4
名，则将5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有
15
种方
2
A
2
3
90
种不同的分配方案，选 B. 法，再将3组分到3个班，共有
15A
3
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
2
A
4
4
=240种选法；②甲、丙 同不去，乙去，有
C
5
3
A
4
4
=240
种选法；③甲、乙、丙都不去，有
A
5
4
120
种选法，共有6 00种不同的选派方案．
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
3
12
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
4
个五位
- 28 -

数；③ 若末位数字为4，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，0，各为1个2
)
=8个五位数，所以全部合理的五位数数字，且0不是首位数字，则有
2( 2A
2
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，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
3< br>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．
44
C
4
12
C
8
C
4
[解析] (1)CCC＝13 860(种)；(2)
3
＝5 775(种)；(3)分两步：第一步< br>A
3
2
12
4
10
6
6
44
C
4
12
C
8
C
4
4
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
3
·A
3
C
4
C
4
3
＝C
12
·
8
·
4
A
3
＝34 650(种)不同的分法．
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？
(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
4
到男生的空中，共有A
6
6
·A
7
种不同排法．
(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
189
不在末位，则甲有A
1
8
种排法，乙有A
8
种排法， 其余有A
8
种排法，综上共有(A
9
＋
- 29 -