年糕怎么炒-好看的长篇小说

微专题81 排列组合——寻找合适的模型
在排列组合问题中，有一 些问题如果直接从题目入手，处理起来比较繁琐。但若找到解决
问题的合适模型，或将问题进行等价的转 化。便可巧妙的解决问题
一、典型例题：
例1：设集合
A
由
n< br>个元素构成，即
A

a
1
,a
2
,L,a
n

，则
A
所有子集的个数为_______
思路：可将 组成子集的过程视为
A
中的元素一个个进行选择，要不要进入到这个子集当中，
所以第 一步从
a
1
开始，有两种选择，同样后面的
a
2
,a
3
,L,a
n
都有两种选择，所以总数
n
N22
2L
1

444

43
22
个
n个
答案：
2
n

例2：已知
S
< br>1,2,3,L,40

，
AS
且
A
中有三个元素 ，若
A
中的元素可构成等差数列，
则这样的集合
A
共有（ ）个
A.
460
B.
760
C.
380
D.
190

思路： 设
A
中构成等差数列的元素为
a,b,c
，则有
2bac
，由此可得
a,c
应该同奇同偶，
而当
a,c
同奇同偶时，则必存 在中间项
b
，所以问题转变为只需在
140
中寻找同奇同偶数的
情 况。
a,c
同为奇数的可能的情况为
C
20
，同为偶数的可能的情况 为
C
20
，所以一共有
2
2C
20
380种
22
答案：C
例3：设集合
A

x
1< br>,x
2
,x
3
,x
4
,x
5
|x
i


1,0,1

,i

1,2,3,4,5

，那么集合
A
中满足条件
“
1x< br>1
x
2
x
3
x
4
x
53
”的元素个数为（ ）
A.
60
B.
90
C.
120
D.
130

思路：因为
x
i
0
或
x
i
1
，所以若
1x
1
x
2
x< br>3
x
4
x
5
3
，则在
x
i< br>
i1,2,3,4,5

中至少有一个
x
i
1
，且不多于
3
个。所以可根据
x
i
中含0的个数进行分类讨 论。
23
① 五个数中有2个0，则另外3个从
1,1
中取，共有方法数 为
N
1
C
5
2

32
② 五个数中有 3个0，则另外2个从
1,1
中取，共有方法数为
N
2
C
5
2



4
③ 五个数中有4个0 ，则另外1个从
1,1
中取，共有方法数为
N
3
C
5< br>2

23324
所以共有
NC
5
2C
5
2C
5
2130
种
答案：D
例4：设集合
A{1,2,3,L,10}
，设
A
的三元素子集中，三个元素的和分别为
a
1
,a
2
,L,a
n
，
求
a< br>1
a
2
La
n
的值
思路：
A
的三元子集共有
C
10
个，若按照题目叙述一个个相加，则计算过于繁琐。所以不妨 换
个思路，考虑将这些子集中的
1,2,L,10
各自加在一起，再进行汇总。则需要 统计这
C
10
个子
集中共含有多少个
1,2,L,10
。以 1为例，含
1
的子集可视为集合中有元素1，剩下两个元素从
9个数中任取，不同的选 取构成不同的含1的子集，共有
C
9
个，所以和为
1C
9
，同理，含2
222
的集合有
C
9
，其和为
2C
9
……，含10的集合有
C
9
个，其和为
10C
9
所以
2
3
3
2
2
2
a
1
a< br>2
La
n
C
9

12L10

1980

答案：
1980

例5：身高互不相同的6个 人排成2横行3纵列，在第一行的每个人都比他同列的身后的个子
矮，则所有不同的排法种数是多少 < br>思路：虽然表面上是排队问题，但分析实质可发现，只需要将这六个人平均分成三组，并且
进行排 列，即可完成任务。至于高矮问题，在分组之后只需让个子矮的站在前面即可。从而
222
C< br>6
C
4
C
2
3
将问题转化为分组问题。则
N A
3
90
（种）
3
A
3
答案：90
例6：四面体的顶点和各棱中点共10个点，则由这10点构成的直线中，有（ ）对异面
直线
A. 450 B. 441 C. 432 D. 423
思路：首先要了解一个结论，就是在一个三 棱锥中存在3对异面直线，而不共面的四个点便
可构成一个三棱锥，寻找不共面的四点只需用总数减去共 面的四点即可。所以将问题转化为
4
寻找这10个点中共面四点的情况。首先4个面上共面的情 况共有
4C
6
60
，每条棱与对棱
中点共面情况共有6种，连结 中点所成的中位线中有3对平行关系，所以共面，所以四点共

44
面 的情况共有
4C
6
6369
种，所以四点不共面的情况有
C< br>10
69141
种，从而异面直
线的对数为
N141342 3
种
答案：D
小炼有话说：要熟悉异面直线问题的转化：即异面→三棱锥→四点不 共面→四点共面，从而
将所考虑的问题简单化
例7：设
A
是整数集的一个非 空子集，对于
kA
，如果
k1A
且
k1A
，那么 称
k
是
集合
A
的一个“孤立元”，给定
S
1,2,3,4,5,6,7,8

，则
S
的3个元素构成的所有集合中 ，
其元素都是“孤立元”的集合个数是（ ）
A.
6
B.
15
C.
20
D.
25

思路：首先要理解“
kA
，则
k1A
且
k1A
”，意味着“独立元”不含相邻的数，元
素均为独立元，则说明 3个元素彼此不相邻，从而将问题转化为不相邻取元素问题，利用插
3
空法可得：
C< br>6
20
种
答案：C
例8：圆周上有20个点，过任意两点连接一条弦，这些弦在圆内的交点最多有多少个
思路： 本题可从另一个角度考虑交点的来源，一个交点由两条弦构成，也就用去圆上4个点，
而这四个点可以构 成一个四边形，在这个四边形中，只有对角线的交点是在圆内，其余均在
圆上，所以有多少个四边形就会 有多少个对角线的交点，从而把交点问题转化为圆上的点可
4
组成多少个四边形的问题，所以共 有
C
20
4845
个
答案：
4845
个 < br>例9：一个含有10项的数列

a
n

满足：
a1
0,a
10
5,a
k1
a
k
1, (k1,2,L,9)
，则符合
这样条件的数列

a
n

有（ ）个
A. 30 B. 35 C. 36 D. 40
思路：以
a
k1
a
k
1
为入手点可得：
a
k1
a
k
1
，即可视为在数轴上，
a
k
向左或向右移
动一个单位即可得到
a
k1
，则问题转化为从
a
1
0
开始，点向左 或向右移动，总共9次达到
a
10
5
，所以在这9步中，有且只有2步向左 移动1个单位，7步向右移动1个单位。所以
2
不同的走法共有
C
9
36
种，即构成36种不同的数列

答案：36种
例10：方程
xyzw10
的正整数解有多少组？非负整数解有多少组？ < br>思路：本题可将10理解为10个1相加，而
x,y,z,w
相当于四个盒子，每个盒子 里装入了多
少个1，则这个变量的值就为多少。从而将问题转化为相同元素分组的模型，可以使用挡板法
3
得：
C
9
84
种；非负整数解相当于允许盒子里为空， 而挡板法适用于盒子非空的情况，所以
考虑进行化归：
xyzw10
x1



y1



z1< br>


w1

14
，则
3
2 86
种
x1,y1,z1,w1
这四个盒子非空即可。所以使用挡板法得：
C
13
答案：正整数解有84种，非负整数解有286种
二、历年好题精选
1、在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或
最 后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则在该实验中程序顺序的编排方法共有（ ）
A．144种 B．96种 C．48种 D．34种
2、现 有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求
这3张卡片不能是 同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为 （ ）
A. 232 B. 252 C.472 D. 484 < br>3、在1，2，3，4，5这五个数字所组成的允许有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9
的三位数共有（ ）
A. 16个 B. 18个 C.19个 D.21个
4、把座位号为1、2、3、4、5的五张电 影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，
且分给同一人的多张票必须连号，那么不同的分法 种数为（ ）
A．96 B．240 C．48 D．40
5、某班组织文艺晚会，准备从
A,B< br>等8个节目中选出4个节目演出，要求：
A,B
两个节目
至少有一个选中，且< br>A,B
同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的和数
为（ ）
A．1860 B．1320 C．1140 D．1020
6、某班一天中有
6
节课，上午
3
节课，下午
3
节课，要排出此班一天中语文、数学、英语、
物理、体育、艺术
6
堂课的 课程表，要求数学课排在上午，艺术课排在下午，不同排法种数为
（ ）

A．
72
B．
216
C．
320
D．
720

7、用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中 恰有一个偶数数字夹在两个
奇数数字之间的五位数的个数是（ ）
A．48 B．36 C．28 D．12
8、 某宾馆安排A、B、C、D、E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A、B不能住同
一房间，则 不同的安排方法有（ ）种
A．24 B ．48 C．96 D．114
9、（2014重庆八中一月考，2）要从
10
名男生和
5
名女生中选出
6
人组成啦啦队，若按性别分
层抽样且甲男生担任队长，则不同的抽样方法数是
A．
C
9
C
5

3232
32

42

B．
C
10
C
5
C．
A
10
A
5
D．
C
10
C
5

10、（2015，广东文），若集合：
E


p,q,r,s

|0ps4,0qs 4,0rs4,p,q,r,sN

，
F


t,u,v,w

|0tu4,0vw4,t,u,v,wN
，用
card

X

表示集合
X
中的元
素个数，则
card

E

card

F

（ ）
A.
50
B.
100
C.
150
D.
200

11、（2014，浙江）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张 ，其余5张无奖．将这8张奖券分
配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种 12、（2014，安徽）从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角
为60°的 共有( )
A．24对 B．30对 C．48对 D．60
对
13、（2014，重庆）某次联欢会要 安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相
声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )
A．72 B．120 C．144 D．168
14、（2014，广东）设集合A


x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,x
5

|x
i


1 ,0,1

,i1,2,3,4,5

，那么集
合
A中满足条件“
1x
1
x
2
x
3
x4
x
5
3
”的元素个数为（ ）
A.
60
B.
90
C.
144
D.
168

15、（2016，哈尔滨六中上学期期末考试）高一学习雷锋志愿小组共有
16
人，其中
一班、二班、三班、四班各
4
人，现在从中任选
3
人，要求这三人不能是同一个班
级的学生，且在三班至多选
1
人，不同的 选取法的种数为 ( )
A.
484
B.
472
C.
252
D.
232

16、集合
S

1,2,3,L,20

的4元子集
T

a
1
,a
2
,a
3
,a
4

中，任意两个元素差的绝对值都不
为1，这 样的4元子集
T
的个数有_____个

习题答案：
1、答案：B
解析：
B,C
相邻则考虑使用整体法，程序
A
有要求所以先确定
A
的位置，共有2种选法 ，然
42
42
后排剩下的元素
A
4
，再排
B,C< br>间的顺序
A
2
，所以总数为
N2A
4
A
2
96

2、答案：C
解析：考虑使用间接法，16张卡片任取3张共有< br>C
16
种，然后三张卡片同色则不符合要求，共
有
4C
4< br>种，然后若红色卡片有2张则不符合要求，共有
C
4
C
12
种 ，所以不同的取法种数为：
3321
NC
16
4C
4
 C
4
C
12
472

3
3
21
3、答案：A
解析：可按重复数字个数进行分类讨论，若 没有重复数字，则数字只能是
1,3,5
或
2,3,4
，三
31位数共有
2A
3
个；若有两个重复数字，则数字为
2,2,5
和
1,4,4
，三位数有
2C
3
6
个；若三
31< br>个数字相同，则只有333，所以
N2A
3
2C
3
1 19

4、答案：A
解析：5张票分给4个人，则必有一人拿两张票，所以先确定哪 个人有两张票，共
C
4
种选择，
13
然后确定给哪两张连号的票，共 4种情况，剩下的票分给3人即可。所以
N4C
4
A
3
96< br>
1
5、答案：C
解析：由题可知可分为两类：第一类
A,B
只有一个选中，则还需从剩下6个里选出3个节目，
134
然后全排列，所以不同的演出顺序 有
C
2
C
6
A
4
；第二类，
A,B
同时选中，则还需从剩下6个
222
里选出2个，然后
A,B
不相邻则进行 插空，所以不同演出顺序有
C
6
A
2
A
3
。综上< br>13422
NC
2
C
6
A
4
C
6
2
A
2
A
3
1140

6、答案：B
4
4
解析：先排数学与艺术各有3种共9种，其余的4个科目全排列有
A4
种，所以
N9A
4
216

7、答案：C
解析：根据题意，在0，1，2，3，4中有3个偶数，2个奇数，可以分3种情况讨论：
（ 1）0被奇数夹在中间，先考虑奇数1、3的顺序，有2种情况；再将1、0、3看成一个整体，

3
3
与2、4全排列，有
A
3
6
种情 况；故0被奇数夹在中间时，有
2A
3
12
种情况；
（2）2被 奇数夹在中间，先考虑奇数1、3的顺序，有2种情况；再将1、2、3看成一个整体，
3
与0 、4全排列，有
A
3
6
种情况，其中0在首位的有2种情况，则有
624
种排法；故2
被奇数夹在中间时，有
248
种情况；
（3）4被奇数夹在中间时，同2被奇数夹在中间的情况，有8种情况，
则这样的五位数共有12+8+8=28种.
8、答案：D
解析：由题可知，5个 人住三个房间，每个房间至少住一人，则有（3,1,1）和（2,2,1）两种，
3313
当 为（3,1,1）时，有
C
5
A
3
60
种，A、B住同 一房间有
C
3
A
3
18
种，故有
6018 42
C
5
2
C
3
2
3
122
种 ，当为（2,2,1）时，有种，A、B住同一房间有
A90
CCA18
种 ，故有
3
332
2
A
2
901872
种，根据 分类计数原理共有
4272114
种
9、答案：A
解析：由分层抽样 可得男生需要4名，女生需要2名，甲男生担任队长，则还需要出3名男
32
生，所以
NC
9
C
5

10、答案：D
解析：分别统计
E,F
中元素的个数，在
E
中，
p,q,r
可取的值由
s
的值决定，当
s4
时
p,q,r
分别可选
0,1,2,3
，所以有
464
种，当
s3
时；同理
p,q,r
有
327
种；当
s2
时；同
理
p,q,r
有
28
种；当
s1
时；同理
p,q,r
有
1种，所以共计
3
33
card

E

18 2764100
；在
F
中，可知
t,u
一组，
v,w
一组，按照
E
的计算方式
可得
t,u
和
v,w的选择各有10种，所以
card

F

1010100
。从而
card

E

card

F< br>
200

11、答案：60
3
解析：可按获奖人数进行 分类讨论，若有3人，则一人获得一张中奖的奖券，即
N
1
A
4
 24
，
2
若2人，则1人获1个奖，1人获2个奖，
N
2
 A
4
336
，所以共计
S60

12、答案：C
解析：正方体的对角线共有12条，其所成角大致分为
0
o
,60
o
,90
o
，可使用间接法，
2
66种选法，其中成
0
o
的有6对，成
90
o
有12对，所 以成
60
o
的共2个一对共有
C
12
有
6612 648
对
13、答案：B
解析：不相邻则“插空”，可歌舞类节目搭架子，因 为歌舞类节目也不能相邻，所以另外3个
节目插空时有两种情况，一种情况为3个节目插3个空，则有2 种插法，再安排完顺序，合
33
计：
N
1
2A
3
A
3
72
；另一种情况为相声与一个小品相邻，然后与另一个小品插两个
1223
空，则
N
2
C
2
A
2
A
2
A
3
48
，则共计
SN
1
N< br>2
120
种
14、答案：D
解析：
1x
1< br>x
2
x
3
x
4
x
5
3< br>可知在
x
1
,x
2
,x
3
,x
4< br>,x
5
中，
x
i
1
的情况至少1
个，最 多3个，从而分
1,2,3
三种情况讨论即可，每种讨论都分为两步，第一步确
定几个 选0，几个选
1
；第二步确定选
1
的是选1还是
1
：
133
NC
5
2C
5
2
2
2C
5
2130

15、答案：B
33
解析：分 两种情况讨论，当三班没人时，
N
1
C
12
3C
4< br>208
，当三班恰有一人时，
12
N
2
C
4C
12
264
，所以
SN
1
N
2
472

16、答案：
C
17

解析：两个元素差绝对 值不为一，说明
T
中的四个元素两两不相邻，所以考虑插空法，剩下
16个位置共17 个空，选择四个孔即可，共有
C
17
个




4
4