排列组合和排列组合详细计算公式.doc

排列组合公式排列组合公式/ /排列组合计算公式排列组合计算公式排列排列 P-和顺序有关和顺序有关组合组合 C -不牵涉到顺序的问题不牵涉到顺序的问题排列分顺序排列分顺序,组合不分组合不分例如例如 把把 5 本不同的书分给本不同的书分给 3 个人个人,有几种分法有几种分法. “排列排列“把把 5 5 本书分给本书分给 3 3 个人个人, ,有几种分法有几种分法 “ “组合组合“ “1排列及计算公式排列及计算公式 从从 n 个不同元素中，任取个不同元素中，任取 m(mn)个元素按照一定的顺序排成个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从一列，叫做从 n 个不同元素中取出个不同元素中取出 m 个元素的一个排列；从个元素的一个排列；从 n个不同元素中取出个不同元素中取出 m(mn)个元素的所有排列的个数，叫做从个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出个不同元素中取出 m 个元素的排列数，用符号个元素的排列数，用符号 p(n,m)表示表示. p(n,m)=n(n-1)(n-2)(n-m+1)= n!/(n-m)!(规定规定 0!=1). 2组合及计算公式组合及计算公式 从从 n 个不同元素中，任取个不同元素中，任取 m(mn)个元素并成一组，叫做从个元素并成一组，叫做从 n个不同元素中取出个不同元素中取出 m 个元素的一个组合；从个元素的一个组合；从 n 个不同元素中取个不同元素中取出出 m(mn)个元素的所有组合的个数，叫做从个元素的所有组合的个数，叫做从 n 个不同元素中个不同元素中取出取出 m 个元素的组合数个元素的组合数.用符号用符号 c(n,m) 表示表示. c(n,m)=p(n,m)/m!=n!/(n-m)!*m!)；c(n,m)=c(n,n-m); 3其他排列与组合公式其他排列与组合公式 从从 n 个元素中取出个元素中取出 r 个元素的循环排列数个元素的循环排列数p(n,r)/r=n!/r(n-r)!. n 个元素被分成个元素被分成 k 类，每类的个数分别是类，每类的个数分别是 n1,n2,.nk 这这 n 个元个元素的全排列数为素的全排列数为 n!/(n1!*n2!*.*nk!). k 类元素类元素,每类的个数无限每类的个数无限,从中取出从中取出 m 个元素的组合数为个元素的组合数为c(m+k-1,m). 排列（排列（Pnm(n 为下标，为下标，m 为上标为上标)） Pnm=n×（n-1）.（n-m+1）；）；Pnm=n！/（n-m）！（注：）！（注：！是阶乘符号）；！是阶乘符号）；Pnn（两个（两个 n 分别为上标和下标）分别为上标和下标） =n！；！；0！=1；Pn1（n 为下标为下标 1 为上标）为上标）=n 组合（组合（Cnm(n 为下标，为下标，m 为上标为上标)） Cnm=Pnm/Pmm ；Cnm=n！/m！（！（n-m）！；）！；Cnn（两个（两个 n分别为上标和下标）分别为上标和下标） =1 ；Cn1（n 为下标为下标 1 为上标）为上标）=n；Cnm=Cnn-m 2008-07-082008-07-08 13:3013:30公式公式 P P 是指排列，从是指排列，从 N N 个元素取个元素取 R R 个进行排列。个进行排列。公式公式 C C 是指组合，从是指组合，从 N N 个元素取个元素取 R R 个，不进行排列。个，不进行排列。N-N-元素的总个数元素的总个数 R R 参与选择的元素个数参与选择的元素个数 ！- -阶乘阶乘 ，如，如 9 9！9*8*7*6*5*4*3*2*19*8*7*6*5*4*3*2*1从从 N N 倒数倒数 r r 个，表达式应该为个，表达式应该为 n*n*（n-1)*(n-2).(n-r+1);n-1)*(n-2).(n-r+1);因为从因为从 n n 到（到（n-r+1)n-r+1)个数为个数为 n n（n-r+1)n-r+1)r r举例：举例：Q1:Q1: 有从有从 1 1 到到 9 9 共计共计 9 9 个号码球，请问，可以组成多少个三个号码球，请问，可以组成多少个三位数？位数？A1:A1: 123123 和和 213213 是两个不同的排列数。即对排列顺序有要是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属于求的，既属于“排列排列 P”P”计算范畴。计算范畴。上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现988,997988,997 之类的组合，之类的组合， 我们可以这么看，百位数有我们可以这么看，百位数有 9 9 种可能，种可能，十位数则应该有十位数则应该有 9-19-1 种可能，个位数则应该只有种可能，个位数则应该只有 9-1-19-1-1 种可能，种可能，最终共有最终共有 9*8*79*8*7 个三位数。计算公式个三位数。计算公式P P（3 3，9)9)9*8*7,(9*8*7,(从从 9 9倒数倒数 3 3 个的乘积）个的乘积）Q2:Q2: 有从有从 1 1 到到 9 9 共计共计 9 9 个号码球，请问，如果三个一组，代个号码球，请问，如果三个一组，代表表“三国联盟三国联盟”，可以组合成多少个，可以组合成多少个“三国联盟三国联盟”？A2:A2: 213213 组合和组合和 312312 组合，代表同一个组合，只要有三个组合，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，属于号码球在一起即可。即不要求顺序的，属于“组合组合 C”C”计算范计算范畴。畴。上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重上问题中，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复的个数即为最终组合数 C(3,9)=9*8*7/3*2*1C(3,9)=9*8*7/3*2*1排列、组合的概念和公式典型例题分析排列、组合的概念和公式典型例题分析 例例 1 1 设有设有 3 3 名学生和名学生和 4 4 个课外小组（个课外小组（1 1）每名学生都）每名学生都 只参加一个课外小组；（只参加一个课外小组；（2 2）每名学生都只参加一个课外小组，）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？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（解（1 1）由于每名学生都可以参加）由于每名学生都可以参加 4 4 个课外小组中的任何个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有 种不同方法种不同方法 （2 2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个）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，因此共有小组至多有一名学生参加，因此共有 种不同方法种不同方法 点评点评 由于要让由于要让 3 3 名学生逐个选择课外小组，故两问都用名学生逐个选择课外小组，故两问都用 乘法原理进行计算乘法原理进行计算 例例 2 2 排成一行，其中排成一行，其中 不排第一，不排第一， 不排第二，不排第二， 不排第三，不排第三， 不排第四的不同排法共有多少种？不排第四的不同排法共有多少种？ 解解 依题意，符合要求的排法可分为第一个排依题意，符合要求的排法可分为第一个排 、 、 中的中的 某一个，共某一个，共 3 3 类，每一类中不同排法可采用画类，每一类中不同排法可采用画“树图树图”的方式的方式 逐一排出：逐一排出： 符合题意的不同排法共有符合题意的不同排法共有 9 9 种种 点评点评 按照分按照分“类类”的思路，本题应用了加法原理为把的思路，本题应用了加法原理为把 握不同排法的规律，握不同排法的规律，“树图树图”是一种具有直观形象的有效做法，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也是解决计数问题的一种数学模型 例例 判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出 结果结果 （1 1）高三年级学生会有）高三年级学生会有 1111 人：人：每两人互通一封信，共每两人互通一封信，共 通了多少封信？通了多少封信？每两人互握了一次手，共握了多少次手？每两人互握了一次手，共握了多少次手？ （2 2）高二年级数学课外小组共）高二年级数学课外小组共 1010 人：人：从中选一名正组从中选一名正组 长和一名副组长，共有多少种不同的选法？长和一名副组长，共有多少种不同的选法？从中选从中选 2 2 名参加名参加 省数学竞赛，有多少种不同的选法？省数学竞赛，有多少种不同的选法？ （3 3）有）有 2 2，3 3，5 5，7 7，1111，1313，1717，1919 八个质数：八个质数：从中从中 任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？从中任取两从中任取两 个求它的积，可以得到多少个不同的积？个求它的积，可以得到多少个不同的积？ （4 4）有）有 8 8 盆花：盆花：从中选出从中选出 2 2 盆分别给甲乙两人每人一盆，盆分别给甲乙两人每人一盆， 有多少种不同的选法？有多少种不同的选法？从中选出从中选出 2 2 盆放在教室有多少种不同盆放在教室有多少种不同 的选法？的选法？ 分析分析 （1 1）由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲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；的信是不同的两封信，所以与顺序有关是排列；由于每两人由于每两人 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，共用了是排列问题，共用了 封信；封信；是组合问题，共需是组合问题，共需 握手握手 （次）（次） （2 2）是排列问题，共有是排列问题，共有 （种）不同的选法；（种）不同的选法；是组合是组合 问题，共有问题，共有 种不同的选法种不同的选法 （3 3）是排列问题，共有是排列问题，共有 种不同的商；种不同的商；是组合问题，是组合问题， 共有共有 种不同的积种不同的积 （4 4）是排列问题，共有是排列问题，共有 种不同的选法；种不同的选法；是组合问题，是组合问题， 共有共有 种不同的选法种不同的选法 例例 证明证明 证明证明 左式左式 右式右式 等式成立等式成立 点评点评 这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的 形式，并利用阶乘的性质形式，并利用阶乘的性质 ，可使变形过程得以简化，可使变形过程得以简化 例例 5 5 化简化简 解法一解法一 原式原式 解法二解法二 原式原式 点评点评 解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘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简化 例例 6 6 解方程：（解方程：（1 1） ；（；（2 2） 解解 （1 1）原方程）原方程 解得解得 （2 2）原方程可变为）原方程可变为 ， ， 原方程可化为原方程可化为 即即 ，解得，解得 第六章第六章 排列组合、二项式定理排列组合、二项式定理 一、考纲要求一、考纲要求 1.1.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 简单的问题简单的问题. .2.2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和理解排列、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组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题. .3.3.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 证一些简单问题证一些简单问题. .二、知识结构二、知识结构 三、知识点、能力点提示三、知识点、能力点提示 ( (一一) )加法原理乘法原理加法原理乘法原理说明说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排原理为处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据列、组合中有关问题提供了理论根据. .例例 1 1 5 5 位高中毕业生，准备报考位高中毕业生，准备报考 3 3 所高等院校，每人报且只报所高等院校，每人报且只报 一所，不同的报名方法共有多少种一所，不同的报名方法共有多少种? ?解：解： 5 5 个学生中每人都可以在个学生中每人都可以在 3 3 所高等院校中任选一所报名，所高等院校中任选一所报名， 因而每个学生都有因而每个学生都有 3 3 种不同的种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到报名方法，根据乘法原理，得到 不同报名方法总共有不同报名方法总共有3×3×3×3×3=33×3×3×3×3=35 5( (种种) )( (二二) )排列、排列数公式排列、排列数公式说明说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较 为独特，它研为独特，它研 究的对象以及研究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的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排列的应用题，都是选择题或填空题考查. .例例 2 2 由数字由数字 1 1、2 2、3 3、4 4、5 5 组成没有重复数字的五位数，其组成没有重复数字的五位数，其 中小于中小于 5050 000000 的的 偶数共有偶数共有( ( ) )A.60A.60 个个 B.48B.48 个个 C.36C.36 个个 D.24D.24 个个解解 因为要求是偶数，个位数只能是因为要求是偶数，个位数只能是 2 2 或或 4 4 的排法有的排法有 P P1 12 2；小于；小于 5050 000000 的五位数，万位只能是的五位数，万位只能是 1 1、3 3 或或 2 2、4 4 中剩下的一个的排中剩下的一个的排 法有法有 P P1 13 3; ;在首末两位数排定后，中间在首末两位数排定后，中间 3 3 个位数的排法有个位数的排法有 P P3 33 3，得，得 P P1 13 3P P3 33 3P P1 12 236(36(个个) )由此可知此题应选由此可知此题应选 C.C.例例 3 3 将数字将数字 1 1、2 2、3 3、4 4 填入标号为填入标号为 1 1、2 2、3 3、4 4 的四个方格的四个方格 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 的填法有多少种的填法有多少种? ?解：解： 将数字将数字 1 1 填入第填入第 2 2 方格，则每个方格的标号与所填的数方格，则每个方格的标号与所填的数 字均不相同的填法有字均不相同的填法有 3 3 种，即种，即 214214 3 3，31423142，41234123；同样将数；同样将数 字字 1 1 填入第填入第 3 3 方格，也对应着方格，也对应着 3 3 种填法；将数字种填法；将数字 1 1 填入第填入第 4 4 方方 格，也对应格，也对应 3 3 种填法，因此共有填法为种填法，因此共有填法为3P3P1 13 3=9(=9(种种).).例四例四 例五可能有问题，等思考例五可能有问题，等思考三三) )组合、组合数公式、组合数的两个性质组合、组合数公式、组合数的两个性质说明说明 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应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查. .例例 4 4 从从 4 4 台甲型和台甲型和 5 5 台乙型电视机中任意取出台乙型电视机中任意取出 3 3 台，其中至台，其中至 少有甲型与乙型电视机各少有甲型与乙型电视机各 1 1 台，则不同的取法共有台，则不同的取法共有( ( ) )A.140A.140 种种 B.84B.84 种种 C.70C.70 种种 D.35D.35 种种解：解： 抽出的抽出的 3 3 台电视机中甲型台电视机中甲型 1 1 台乙型台乙型 2 2 台的取法有台的取法有 C C1 14 4·C·C2 25 5 种；甲型种；甲型 2 2 台乙型台乙型 1 1 台的取法有台的取法有 C C2 24 4·C·C1 15 5种种根据加法原理可得总的取法有根据加法原理可得总的取法有C C2 24 4·C·C2 25 5+C+C2 24 4·C·C1 15 5=40+30=70(=40+30=70(种种 ) )可知此题应选可知此题应选 C.C.例例 5 5 甲、乙、丙、丁四个公司承包甲、乙、丙、丁四个公司承包 8 8 项工程，甲公司承包项工程，甲公司承包 3 3 项，乙公司承包项，乙公司承包 1 1 项，丙、丁公司各承包项，丙、丁公司各承包 2 2 项，问共有多少种项，问共有多少种 承包方式承包方式? ?解：解： 甲公司从甲公司从 8 8 项工程中选出项工程中选出 3 3 项工程的方式项工程的方式 C C3 38 8种；种；乙公司从甲公司挑选后余下的乙公司从甲公司挑选后余下的 5 5 项工程中选出项工程中选出 1 1 项工程的方式项工程的方式 有有 C C1 15 5种；种；丙公司从甲乙两公司挑选后余下的丙公司从甲乙两公司挑选后余下的 4 4 项工程中选出项工程中选出 2 2 项工程的项工程的 方式有方式有 C C2 24 4种；种；丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的 2 2 项工程中选出项工程中选出 2 2 项工程的方式有项工程的方式有 C C2 22 2种种. .根据乘法原理可得承包方式的种数有根据乘法原理可得承包方式的种数有 C C3 3 8×C8×C1 15 5×C×C2 24 4×C×C2 22 2= = ×1=1680(×1=1680(种种).).( (四四) )二项式定理、二项展开式的性质二项式定理、二项展开式的性质说明说明 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数学中它是常用的基础知识 ，从，从 19851985 年至年至 19981998 年历届高考均年历届高考均 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型主要为选择题或填空题. .例例 6 6 在在(x-(x- ) )1010的展开式中，的展开式中，x x6 6的系数是的系数是( ( ) ) A.-27CA.-27C6 61010 B.27CB.27C4 41010 C.-9CC.-9C6 61010 D.9CD.9C4 41010解解 设设(x-(x- ) )1010的展开式中第的展开式中第 +1+1 项含项含 x x6 6，因因 T T+1+1=C=C1010x x10-10-(-(- ) )，10-=6,=410-=6,=4于是展开式中第于是展开式中第 5 5 项含项含 x x 6 6，第，第 5 5 项系数是项系数是 C C4 41010(-(- ) )4 4=9C=9C4 41010故此题应选故此题应选 D.D.例例 7 7 (x-1)-(x-1)(x-1)-(x-1)2 2(x-1)(x-1)3 3-(x-1)+(x-1)-(x-1)+(x-1)的展开式中的的展开式中的 x x的系数等于的系数等于 解：此题可视为首项为解：此题可视为首项为 x-1x-1，公比为，公比为-(x-1)-(x-1)的等比数列的前的等比数列的前 5 5 项的和，则其和为项的和，则其和为在在(x-1)(x-1)6 6中含中含 x x3 3的项是的项是 C C3 36 6x x3 3(-1)(-1)3 3=-20x=-20x3 3，因此展开式中，因此展开式中 x x2 2的的 系数是系数是-2-2 0.0.( (五五) )综合例题赏析综合例题赏析例例 8 8 若若(2x+(2x+ ) )4 4=a=a0 0+a+a1 1x+ax+a2 2x x 2 2+a+a3 3x x3 3+a+a4 4x x4 4，则，则(a(a0 0+a+a2 2+a+a4 4) )2 2-(a-(a1 1+a+a3 3) )2 2的值为的值为( ( ) )A.1A.1 B.-B.- 1 1 C.0C.0 D.2D.2解：解：A.A. 例例 9 9 2 2 名医生和名医生和 4 4 名护士被分配到名护士被分配到 2 2 所学校为学生体检，每校所学校为学生体检，每校 分配分配 1 1 名医生和名医生和 2 2 名护士，不同的分配方法共有名护士，不同的分配方法共有( ( ) )A.6A.6 种种 B.12B.12 种种 C.18C.18 种种D.24D.24 种种解解 分医生的方法有分医生的方法有 P P2 22 22 2 种，分护士方法有种，分护士方法有 C C2 24 4=6=6 种，所以种，所以 共有共有 6×26×21212 种不同的分配方法。种不同的分配方法。应选应选 B.B.例例 1010 从从 4 4 台甲型和台甲型和 5 5 台乙型电视机中任意取出台乙型电视机中任意取出 3 3 台，其台，其 中中 至少要有甲型与乙型电视机各至少要有甲型与乙型电视机各 1 1 台，则不同取法共有台，则不同取法共有( ( ).).A.140A.140 种种 B.84B.84 种种 C.70C.70 种种D.35D.35 种种解：取出的解：取出的 3 3 台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二 台两种情形台两种情形. .CC2 24 4·+C·+C2 25 5·C·C1 14 4=5×6+10×4=70.=5×6+10×4=70.应选应选 C.C.例例 1111 某小组共有某小组共有 1010 名学生，其中女生名学生，其中女生 3 3 名，现选举名，现选举 2 2 名代名代 表，至少有表，至少有 1 1 名女生当选的不同选法有名女生当选的不同选法有( ( ) )A.27A.27 种种 B.48B.48 种种 C.21C.21 种种 D.24D.24 种种解：分恰有解：分恰有 1 1 名女生和恰有名女生和恰有 2 2 名女生代表两类：名女生代表两类：CC1 13 3·C·C1 1 7+C7+C2 23 3=3×7+3=24=3×7+3=24，应选应选 D.D.例例 1212 由数学由数学 0 0，1 1，2 2，3 3，4 4，5 5 组成没有重复数字的组成没有重复数字的 六位数，六位数， 其中个位数字小于十位数字的共有其中个位数字小于十位数字的共有( ( ).).A.210A.210 个个 B.300B.300 个个C.464C.464 个个 D.600D.600 个个解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个? ?应有应有 P P1 15 5·P·P 5 55 5=600=600 个个. .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 六位数各占一半六位数各占一半. .有有 ×600=300×600=300 个符合题设的六位数个符合题设的六位数. .应选应选 B.B.例例 1313 以一个正方体的顶点为顶点的以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有四面体共有( ( ).).A.70A.70 个个 B.64B.64 个个C.58C.58 个个 D.52D.52 个个解：如图，正方体有解：如图，正方体有 8 8 个顶点，任取个顶点，任取 4 4 个的组合数为个的组合数为 C C4 48 8=70=70 个个. .其中共面四点分其中共面四点分 3 3 类：构成侧面的有类：构成侧面的有 6 6 组；构成垂直底面的对组；构成垂直底面的对 角面的有角面的有 2 2 组；形如组；形如(ADB(ADB1 1C C1 1 ) )的有的有 4 4 组组. .能形成四面体的有能形成四面体的有 70-6-2-4=58(70-6-2-4=58(组组) )应选应选 C.C.例例 1414 如果把两条异面直线看成如果把两条异面直线看成“一对一对”，那么六棱，那么六棱 锥的棱锥的棱 所在的所在的 1212 条直线中，异面直线共有条直线中，异面直线共有( ( ).).A.12A.12 对对 B.24B.24 对对C.36C.36 对对 D.48D.48 对对解：设正六棱锥为解：设正六棱锥为 O OABCDEF.ABCDEF.任取一侧棱任取一侧棱 OA(COA(C1 16 6) )则则 OAOA 与与 BCBC、CDCD、DEDE、EFEF 均形成异面直线对均形成异面直线对. .共有共有 C C1 16×4=246×4=24 对异面直线对异面直线. .应选应选 B.B.例例 1515 正六边形的中心和顶点共正六边形的中心和顶点共 7 7 个点，以其中三个点个点，以其中三个点 为顶为顶 点的三角形共点的三角形共 个个( (以数字作答以数字作答).).解：解：7 7 点中任取点中任取 3 3 个则有个则有 C C3 37 7=35=35 组组. .其中三点共线的有其中三点共线的有 3 3 组组( (正六边形有正六边形有 3 3 条直径条直径).).三角形个数为三角形个数为 35-3=3235-3=32 个个. .例例 1616 设含有设含有 1010 个元素的集合的全部子集数为个元素的集合的全部子集数为 S S，其中由，其中由 3 3 个个 元素组成的子集数为元素组成的子集数为 T T，则，则 的值为的值为 。解解 1010 个元素的集合的全部子集数有：个元素的集合的全部子集数有：S SC C0 01010+C+C1 11010+C+C2 21010+C+C3 31010+C+C4 41010+C+C5 51010+C+C6 61010+C+C7 71010+C+C8 81010+C+C9 91010+C+C1 10 01010=2=2 10=102410=1024其中，含其中，含 3 3 个元素的子集数有个元素的子集数有 T=CT=C3 31010=120=120故故 = = 例例 1717 例例 1717 在在 5050 件产品件产品 n n 中有中有 4 4 件是次品，从中件是次品，从中 任意抽了任意抽了 5 5 件件 ，至少有，至少有 3 3 件是次品的抽法共件是次品的抽法共 种种( (用数字作答用数字作答).).解：解：“至少至少 3 3 件次品件次品”即即“有有 3 3 件次品件次品”或或“有有 4 4 件次品件次品”.”.CC3 34 4·C·C2 24646+C+C4 44 4·C·C1 14646=4186(=4186(种种) )例例 1818 有甲、乙、丙三项任务，甲需有甲、乙、丙三项任务，甲需 2 2 人承担，乙、人承担，乙、 丙各需丙各需 1 1 人承担，从人承担，从 1010 人中选派人中选派 4 4 人承担这三项任务，不同的选法共人承担这三项任务，不同的选法共 有有( ( ).).A.1260A.1260 种种 B.2025B.2025 种种C.2520C.2520 种种 D.5040D.5040 种种解：先从解：先从 1010 人中选人中选 2 2 个承担任务甲个承担任务甲(C(C2 21010) )再从剩余再从剩余 8 8 人中选人中选 1 1 人承担任务乙人承担任务乙(C(C1 1 8)8)又从剩余又从剩余 7 7 人中选人中选 1 1 人承担任务乙人承担任务乙(C(C1 1 7)7)有有 C C2 21010·C·C1 1 8C8C1 1 7=2520(7=2520(种种).).应选应选 C.C.例例 1919 集合集合1 1，2 2，3 3子集总共有子集总共有( ( ).).A.7A.7 个个 B.8B.8 个个 C.6C.6 个个 D.5D.5 个个解解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，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由一个元素组成的子集数C C1 13 3，由二个元素组成的子集数，由二个元素组成的子集数 C C2 23 3。由由 3 3 个元素组成的子集数个元素组成的子集数 C C3 33 3。由加法原理可得集合子集的总个。由加法原理可得集合子集的总个 数是数是C C1 13 3+C+C2 23 3+C+C3 33 3+1=3+3+1+1+1=3+3+1+18 8故此题应选故此题应选 B.B.例例 2020 假设在假设在 200200 件产品中有件产品中有 3 3 件是次品，现在从中任意抽取件是次品，现在从中任意抽取 5 5 件，其中至少有两件次品的抽法有件，其中至少有两件次品的抽法有( ( ).).A.CA.C2 23 3C C3 3197197种种 B.CB.C2 23 3C C3 3197197 +C+C3 33 3C C2 2197197C.CC.C5 5200200-C-C5 5197197 D.CD.C5 5200200-C-C 1 13 3C C4 4197197解：解：5 5 件中恰有二件为次品的抽法为件中恰有二件为次品的抽法为 C C2 23 3C C3 3197197，5 5 件中恰三件为次品的抽法为件中恰三件为次品的抽法为 C C3 33 3C C2 2197197，至少有两件次品的抽法为至少有两件次品的抽法为 C C2 23 3C C3 3197197+C+C3 33 3C C2 2197197. .应选应选 B.B.例例 2121 两排座位，第一排有两排座位，第一排有 3 3 个座位，第二排有个座位，第二排有 5 5 个座位，若个座位，若 8 8 名学生入座名学生入座( (每人一个座位每人一个座位) )，则不同座法的总数是，则不同座法的总数是( ( ).).A.CA.C5 58 8C C3 38 8 B.PB.P1 12 2C C5 58 8C C3 38 8 C.PC.P5 58 8P P3 38 8