排列组合公式排列组合计算公式

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2020年12月31日 12:21
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2020年12月31日发(作者:盛娘)







排列组合公式排列组合
计算公式
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排列组合公式排列组合计算公式

2008-07-08 13:30

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


(3)有2,3,5,7,1 1,13,17,19八个质数: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15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
3
;在首末两位数排定后,中间
3131
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 3,3142,4123;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

3P
3
=9(种).

例四 例五可能有问题,等思考

1
1
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


根据加法原理可得总的取法有

C
2
4
·C
25
+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
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1 985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()

-27CB.27C
4
10
-9CD.9C
4
10

解设(x-

)
10
的展开式中第γ+1项含x
6


因Tγ+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.
< br>例7(x-1)-(x-1)
2
+(x-1)
3
-(x-1)+(x- 1)

的展开式中的x

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
x3
(-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

例8若(2x+

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


2
解:A.

例92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
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.

∵C2
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
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:

S=C
0
10
+C
1
10
+C
2
10
+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



=


4



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< br>
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20 0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().

2
3
C种
2
3
C +C
3
3
C
2
197




3
C
197

解:5件中恰有二件为次品的抽法为C2
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
3
C
197
+C
3
C
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().

5
8
2332
14
C
1
2
C
5
8
C
3
8

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