2022年高中数学排列组合经典题型全面总结版.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 高中数学排列与组合一典型分类讲解一. 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. . A3C1解: 由于末位和首位有特殊要求, 应当优先支配 , 以免不合要求的元素占了这两个位置先排末位共有1 C 3C1 4然后排首位共有C 14最终排其它位置共有3 A 443由分步计数原理得1 1 3C C A 4288练习题 :7 种不同的花种在排成一列的花盆里 二. 相邻元素捆绑策略, 假设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？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 A A A 5 22 2480 种不同的排法甲 乙 丙 丁要求某几个元素必需排在一起的问题 ,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 ,同时要留意合并元素内部也必需排列 . 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 , 就节目的出场次序有多少种？解: 分两步进行第一步排 2 个相声和 3 个独唱共有 A种,其次步将 4 舞蹈插入第一步排好的 56 个元素中间包含首尾两个空位共有种 A 46 不同的方法 , 由分步计数原理 , 节目的不同次序共有 A A 55 46 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. 假如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 人次序肯定共有多少不同的排法解: 倍缩法 对于某几个元素次序肯定的排列问题 , 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 , 就共有不同排法种数是：A 77 / A 33 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 47 种方法,其余的三个位置甲乙丙共有 1 种坐法,就共有 A 47 种方法；摸索 : 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,仍可转化为占位插 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步增加,共有多少排法？C 10 5五. 重排问题求幂策略例 5. 把 6 名实习生安排到 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 : 把第一名实习生安排到车间有 7 种分法 . 把其次名实习生安排到车间也有 7 种分依此类推 , 由分步计数原理共有 7 6种不同的排法答应重复的排列问题的特点是以元素为争论对象,元素不受位置的约束,可以逐一支配各个元素的位置,一般地 n 不同的元素没有限制地支配在 m 个位置上的排列数为 m 种 n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. 假如将这两个节目插入原节目单中,那么不同插法的种数为 42 1 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 24 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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8 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 . m7 人共有解：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 并从今位置把圆形展成直线其余 4 8-1 ！种排法即 7 ！CDBEAABCDEFGHAFGH一般地 ,n 个不同元素作圆形排列,共有 n-1. 种排法 .假如从 n 个不同元素中取出m 个元素作圆形排列共有1Ann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A2种, 再排后 4 个位置上的特殊元素丙有解 :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4A1种 , 其余的 5 人在 5 个位置上任意排列有5 A 种 , 就共有2 1 5A A A 种4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,再分段争论 . 3 个座位不能坐,并且这2 人不左右相练习题：有两排座位,前排11 个座位,后排12 个座位,现支配2 人就座规定前排中间的邻,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. 4种解 : 第一步从5 个球中选出2 个组成复合元共有2 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A4方法,依据分步计数原理装球的方法共有2 C A 5414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像吗. 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人参与 , 就不同的选法有 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, 在两个奇数之间 , 这样的五位数有多少个？解：把 , , , 当作一个小集团与排队共有 A 2 2 种排法,再排小集团内部共有 A A 2 2 2 2 种排法,由分步计数原理共有A A A 2 2 2 2 2 2 种排法 . 1524 3练习题：. 方案展出 10 幅不同的画 , 其中 1 幅水彩画 , 幅油画 , 幅国画 , 排成一行陈设 , 要求同一 品种的必需连在一起, 并且水彩画不在两端,那么共有陈设方式的种数为 A A A 2 5 4 42. 5 男生和女生站成一排照像 , 男生相邻 , 女生也相邻的排法有 A A A 种 2 2 5 5 5 5十. 元素相同问题隔板策略例 10. 有 10 个运发动名额,分给7 个班,每班至少一个, 有多少种安排方案？解：由于 10 个名额没有差异,把它们排成一排；相邻名额之间形成个间隙；在个空档中选个位置插个隔板,可把名额分成份,对应地分给个班级,每一种插板方法对应一种分法共有 C种分法；62 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 24 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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 个间隙中,全部分法数为m C n1 1练习题：1 10 个相同的球装5 个盒中 , 每盒至少一有多少装法？4 C 9C 103 32 .xyzw100求这个方程组的自然数解的组数十一 . 正难就反总体剔除策略例 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：这问题中假如直接求不小于 10 的偶数很困难 , 可用总体剔除法； 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, 只含有 1 个偶数的取法有 C C , 和为偶数的取法共有 5 15 2 C C 5 15 2 C ；再剔除和小于 5 310 的偶数共 9种,符合条件的取法共有 C C 15 2C 5 39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 ,再从整体中剔除 . 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 C C 2 22 2种方法 , 但这里显现重复计数的现象 , 不妨记 6 本书为 ABCDEF,假设第一步取 AB,其次步取 CD,第三步取 EF 该分法记为 AB,CD,EF, 就 C C C 2 22 2中仍有 AB,EF,CD,CD,AB,EF,CD,EF,ABEF,CD,AB,EF,AB,CD 共有A 种取法 , 而这些分法仅是 AB,CD,EF 一种分法 , 故共有 33 C C C 2 22 2/ A 33 种分法；平均分成的组 ,不管它们的次序如何 ,都是一种情形 ,所以分组后要肯定要除以 A nn n 为均分的组数 防止重复计数；练习题：5 4 4 21 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？C C C 4 / A 22.10 名同学分成 3 组, 其中一组 4 人, 另两组 3 人但正副班长不能分在同一组 , 有多少种不同的分组方法 15403. 某校高二年级共有六个班级,现从外地转 入 4 名同学,要支配到该年级的两个班级且每班支配 2 名,就不同的支配方案种数2 2 2 2为_ C C A 6 / A 2 90十三 . 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争论只会唱的 5 人中没有人选上唱2 2 1 1 2歌人员共有 C C 3 种 , 只会唱的 5 人中只有 1 人选上唱歌人员 C C C 4 种, 只会唱的 5 人中只有 2 人选上唱歌人员有C C 5 25 2种,由分类计数原理共有 C C 23 2C C C 1 14 2C C 25 2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,按大事发生的连续过程分步,做到标准明确；分步层次清晰,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：1. 从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人参与某个座 谈会,假设这 4 人中必需既有男生又有女生,就不同的选法共有 34 2. 3 成人 2 小孩乘船游玩 ,1 号船最多乘 3 人 , 2 号船最多乘 2 人 ,3 号船只能乘 1 人 , 他们任选 2 只船或 3 只船 , 但小孩不能单独乘一只船 , 这 3 人共有多少乘船方法 . 27此题仍有如下分类标准：*以 3 个全能演员是否选上唱歌人员为标准*以 3 个全能演员是否选上跳舞人员为标准*以只会跳舞的 2 人是否选上跳舞人员为标准都可经得到正确结果3 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 24 页精选学习资料 - - - - - - - - - 十四 . 构造模型策略例 14. 公路上有编号为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, 求满意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 个间隙中插入3 个不亮的灯有3 C 5种一些不易懂得的排列组合题假如能转化为特别熟识的模型,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,假设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 2种仍剩下 3 球 3 盒序号不能对应,利用实际操作法,假如剩下 3,4,5 号球 , 3,4,5号盒 3 号球装 4 号盒时, 就 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种 25 3 43 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,就四张贺年卡不同的安排方式有多少种？ 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 , 就不同的着色方法有 72 种13245十六 . 分解与合成策略例 16. 30030能被多少个不同的偶数整除130030=2× 3× 5 × 7 × 11× 13,依题意可知偶因数必先取2, 再从其余 5 个因分析： 先把 30030 分解成质因数的乘积形式数中任取假设干个组成乘积,全部的偶因数为：CC2C3C4C555555练习 : 正方体的 8 个顶点可连成多少对异面直线4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 12 58 , 每个四周体有 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,如此连续下去 . 从 3× 3 方队中选 3 人的方法有 C C C 种；再从 5× 5 方阵选 1 1 1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 C 选法所以从 3 35× 5 方阵选不在同一行也不在同一列的 3 人有3 3 1 1 1C C C C C 1 选法；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,决找到解题方法,从而进下一步解决原先的问题通过解决这个简要的问题的解练习题 : 某城市的街区由12 个全等的矩形区组成其中实线表示公路,从A 走到 B 的最短路径有多少种？3 C 735 BA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？4 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 24 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解:N25 A 524 A 43 A 32 A 21 A 1297, 依次求出其符合要求的个数, 依据分类计数原理求出其总数；_ 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 71 个数是 3140 十九 . 树图策略 例 19 3 人相互传球, 由甲开头发球, 并作为第一次传球, 经过 5 次传求后 , 球仍回到甲的手中, 就不同的传球方式有N10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i1 , 2, 3 , 4, 5的不同坐法有多少种？N44二十 . 复杂分类问题表格策略例 20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, 就共有多少种不同的取法解 : 红1 1 1 2 2 23 黄1 2 3 1 2 1 兰3 2 1 2 1 1 取法C1 5C1C1 5C2C1 5C32 C 5C12 C 5CC3 5C1444332一些复杂的分类选取题,要满意的条件比较多, 无从入手 ,常常显现重复遗漏的情形,用表格法 ,就分类明确 ,能保证题中须满意的条件 ,能到达好的成效 . 二十一：住店法策略解决“ 答应重复排列问题” 要留意区分两类元素：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. . 5 名“ 客” , 每个“ 客”例 21. 七名同学争夺五项冠军,每项冠军只能由一人获得,获得冠军的可能的种数有分析：因同一同学可以同时夺得n 项冠军,故同学可重复排列, 将七名同学看作7 家“ 店” , 五项冠军看作有 7 种住宿法,由乘法原理得75 种. 排列组合易错题正误会析1 没有懂得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,故懂得“ 分类用加、分步用乘” 是解决排列组合问题的前提 .例 1 从 6 台原装电脑和 5 台组装电脑中任意选取 5 台 , 其中至少有原装与组装电脑各两台 , 就不同的取法有 种 .误会：由于可以取 2 台原装与 3 台组装电脑或是 3 台原装与 2 台组装电脑,所以只有 2 种取法 .错因分析： 误会的缘由在于没有意识到“ 选取 2 台原装与 3 台组装电脑或是 3 台原装与 2 台组装电脑”是完成任务的两 “ 类”方法,每类方法中都仍有不同的取法 .正解： 由分析,完成第一类方法仍可以分成两步：第一步在原装电脑中任意选取 2 台,有 C 6 2 种方法；其次步是在组装电脑任意选取 3 台,有 C 5 3 种方法,据乘法原理共有 C 6 2 C 5 3 种方法 . 同理,完成其次类方法中有 C 6C 35 2 种方法 . 据加法原理完成 全部的选取过程共有 C 6 2C 5 3C 6 3C 5 2350 种方法 . 例 2 在一次运动会上有四项竞赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情形共有种 .AA 4 3B4 3 C3 4DC 4 3误会：把四个冠军,排在甲、乙、丙三个位置上,选 A .正解： 四项竞赛的冠军依次在甲、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：此题仍有同学这样误会,甲乙丙夺冠均有四种情形,由乘法原理得 后,其他人就不再有 4 种夺冠可能 .2 判定不出是排列仍是组合出错3 4 .这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得在判定一个问题是排列仍是组合问题时,主要看元素的组成有没有次序性,有次序的是排列,无次序的是组合 .例 3 有大小外形相同的 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？误会：由于是 8 个小球的全排列,所以共有 A 8 8种方法 .错因分析：误会中没有考虑 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5 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 24 页精选学习资料 - - - - - - - - - 3 个红球完全相同,所以没有次序,是组合问题.这样共有：C3 856排法 .3 重复运算出错在排列组合中常会遇到元素安排问题、平均分组问题等,这些问题要留意防止重复计数,产生错误；例 4 5 本不同的书全部分给 4 个同学,每个同学至少一本,不同的分法种数为A480 种 B240 种 C120 种 D96 种误会：先从 5 本书中取 4 本分给 4 个人,有 A 种方法,剩下的 41 本书可以给任意一个人有 4 种分法,共有 4 A 5 4480 种不同的分法,选 A .错因分析：设 5 本书为 a 、 b 、 c 、 d 、 e ,四个人为甲、乙、丙、丁 .依据上述分法可能如下的表 1 和表 2：甲 乙 丙 丁 甲 乙 丙 丁a b c d e b c de a表 表表 1 是甲第一分得 a 、乙分得 b 、丙分得 c 、丁分得 d ,最终一本书 e 给甲的情形； 表 2 是甲第一分得 e 、乙分得 b 、丙分得 c 、1 2 丁分得 d ,最终一本书 a 给甲的情形 .这两种情形是完全相同的,而在误会中运算成了不同的情形；正好重复了一次 .正解： 第一把 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 2种方法；其次步：再把 4 本书分给 4 个同学,有 A 4 4种方法 .由乘法原理,共有 C 5 2 A 4 4 240 种方法,应选 B.例 5 某交通岗共有 3 人,从周一到周日的七天中,每天支配一人值班,每人至少值 2 天,其不同的排法共有种 .A5040 B 1260 C 210 D630 误会：第一个人先选择2 天,其次个人再选择2 天,剩下的3 天给第三个人,这三个人再进行全排列.共有：C2 72 C 53 A 31260,选 B.错因分析：这里是匀称分组问题 .比方：第一人选择的是周一、周二,其次人选择的是周三、周四；也可能是第一个人选择的是周2 2 3三、周四,其次人选择的是周一、周二,所以在全排列的过程中就重复运算了 .正解：C 7 C 5 A 3630 种.24 遗漏运算出错在排列组合问题中仍可能由于考虑问题不够全面,由于遗漏某些情形,而出错；0 1,3 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A36 个 B48 个C 66 个 D72 个误会：如右图,最终一位只能是 1 或 3 有两种取法,又由于第 1 位不能是 0,在最终一位取定后只有 3 种取法,剩下 3 个数排中间两个位置有 A 3 2 种排法,共有 2 3 A 3 236 个.错因分析：误会只考虑了四位数的情形,而比 1000 大的奇数仍可能是五位数 .正解： 任一个五位的奇数都符合要求,共有 2 3 A 3 3 36 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 无视题设条件出错在解决排列组合问题时肯定要留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,就不同的着色方法共有 种 .以数字作答2 误会：先着色第一区域,有两块区域,有 C 13 2 A 2 2 12 4 种方法,剩下种,由乘法原理共有：3 种颜色涂四个区域,即有一种颜色涂相对的4 12 48 种 . 3 1 4 5 错因分析：没有看清题设“ 有 4 种颜色可供选择” ,不肯定需要 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,由前面的误会知有 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 3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 种着色方法,由乘法原理有 C 4 3 3 2 24 种 .综上共有：48 24 72 种 .例 8 已知 ax 2b 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 .误会：从集合 ,1 2 3, , 4 中任意取两个元素作为 a 、b ,方程有 A 个,当 a 、b 取同一个数时方程有 21 个,共有 A 4 21 13 个.a 1 a 2错因分析： 误会中没有留意到题设中： “ 求解集不同 的 ”所以在上述解法中要去掉同解情形,由于 和 同解、b 2 b 46 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 24 页精选学习资料 - - - - - - - - - a2和a4同解,故要减去2 个；正解： 由分析,共有13211个解集不同的一元二次方程.b1b26 未考虑特殊情形出错在排列组合中要特殊留意一些特殊情形,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,种数是A1024种 B1023种 C1536种 D1535 种100元人民币 2张,从中至少取一张,共可组成不同的币值误：由于共有人民币 10张,每张人民币都有取和不取 2种情形,减去全不取的 1种情形,共有 2 10 1 1023 种 .错因分析：这里 100元面值比较特殊有两张,在误会中被运算成 4 种情形,实际上只有不取、取一张和取二张 3种情形 .正解： 除 100元人民币以外每张均有取和不取 2种情形, 100元人民币的取法有 3种情形,再减去全不取的 1种情形,所以共有2 9 3 1 1535 种 .7 题意的懂得偏差出错例 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 .AA 6 3 A 5 5 BA 8 8 A 6 6 A 3 3 CA 5 3 A 3 3 DA 8 8 A 6 4误会：除了甲、乙、丙三人以外的 5 人先排,有 A 种排法, 5 人排好后产生 5 5 6 个空档,插入甲、乙、丙三人有 A 种方法,6 3这样共有 A 6 3 A 5 5种排法,选 A.错因分析：误会中没有懂得“ 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 ” 的情形 . “ 甲、乙、丙三人不能相邻” 是指甲、乙、丙三人不能同时相邻,但答应其中有两人相邻 .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 8 A 6 6 A 3 3,应选 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,其中工厂甲必需有班级去,每班去何工厂可自由选择,就不同的安排方案有.A16 种B 18 种 C37 种D48 种误会：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 .错因分析：明显这里有重复运算 .如： a 班先派去了甲工厂,b班选择时也去了甲工厂,这与 b班先派去了甲工厂,a 班选择时也去了甲工厂是同一种情形,而在上述解法中当作了不一样的情形,并且这种重复很难排除 .正解： 用间接法 .先运算 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形,即：4 4 4 3 3 3 37 种方案 .二典型例题讲解例 1 用 0 到 9 这 10 个数字可组成多少个没有重复数字的四位偶数？分析： 这一问题的限制条件是：没有重复数字；数字“0” 不能排在千位数上；个位数字只能是0、2、4、6、8、,从限制条件入手,可划分如下：假如从个位数入手,四位偶数可分为：个位数是“0” 的四位偶做,个位数是2、4、6、8 的四位偶数这是由于零不能放在千位数上由此解法一与二2、4、6、8 两类,由此得解法假如从千位数入手四位偶数可分为：千位数是1、3、5、7、9 和千位数是三假如四位数划分为四位奇数和四位偶数两类,先求出四位个数的个数,用排除法,得解法四解法 1：当个位数上排 “ 0” 时,千位, 百位,十位上可以从余下的九个数字中任选3 个来排列, 故有3 A 个；当个位上在“2、4、6、8” 中任选一个来排,就千位上从余下的八个非零数字中任选一个,百位,十位上再从余下的八个数字中任选两个来排,按乘法原理有A11 A 82 A 8个4 没有重复数字的四位偶数有A 9 3 A 4 1 A 8 1 A 8 2 504 1792 2296 个3解法 2：当个位数上排“0” 时,同解一有 A 个；当个位数上排 9 2、4、6、8 中之一时,千位,百位,十位上可从余下 9 个数字中任选 3 个的排列数中减去千位数是“0” 排列数得：A 4 1 A 9 3 A 8 2 个没有重复数字的四位偶数有A 9 3 A 4 1 A 9 3 A 8 2 504 1792 2296 个7 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 24 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解法 3：千位数上从 1、3、5、 7、9 中任选一个,个位数上从从余下的八个数字中任选两个作排列有A 5 1 A 5 1 A 8 2个0、2、 4、6、8 中任选一个,百位,十位上干位上从 2、4、6、8 中任选一个,个位数上从余下的四个偶数中任意选一个包括 0 在内,百位,十位从余下的八个数字中任意选两个作排列,有1 1 2A 4 A 4 A 8 个 没有重复数字的四位偶数有1 1 2 1 1 2A 5 A 5 A 8 A 4 A 4 A 8 2296 个解法 4：将没有重复数字的四位数字划分为两类：四位奇数和四位偶数4 3没有重复数字的四位数有 A 10 A 9 个其中四位奇数有 A 15 A 9 3 A 8 2 个 没有重复数字的四位偶数有4 A 103 A 91 A 53 A 92 A 81