2022年排列组合知识点总结+典型例题及答案解析 .pdf

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1、名师总结优秀知识点排列组合知识点总结 +典型例题及答案解析一基本原理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（mn）个 元素 ，按 照一 定的顺 序 排成一.mnmnA有排列的个数记为个元素的一个排列，所个不同元素中取出列，叫做从1. 公式： 1.!121mnnmnnnnAmn2.规定： 0!1(1)!(1)!,(1)!(1)!nnnnnn(2) !(1)1!(1)!(1

2、)!nnnnnnnnn；(3)1 11111(1)!(1)!(1)!(1)!(1)!nnnnnnnnn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：CAAn nnmmnm nmnmnmmm11!10nC规定：组合数性质：.2nnnnnmnmnmnmnnmnCCCCCCCC21011，；11112111212211rrrrrrrrrrrrrrrrrrnnrrrnnrrnnnCCCCCCCCCCCCCCC注：若12mm1212m =mm +mnnnCC则或四 处理排列组合应用题 1.明确要完成的是一

3、件什么事 （审题）有序还是无序分步还是分类。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 14 页名师总结优秀知识点2解排列、组合题的基本策略（1）两种思路：直接法；间接法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解决排列组合应用题时一种常用的解题方法。（2）分类处理：当问题总体不好解决时， 常分成若干类， 再由分类计数原理得出结论。注意：分类不重复不遗漏。即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。（3）分步处理：与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。 在处理排列

4、组合问题时， 常常既要分类， 又要分步。其原则是先分类，后分步。（4）两种途径：元素分析法；位置分析法。3排列应用题：（1）穷举法（列举法）：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来； (2)、特殊元素优先考虑、特殊位置优先考虑；（3）相邻问题：捆邦法：对于某些元素要求相邻的排列问题，先将相邻接的元素“捆绑”起来，看作一“大”元素与其余元素排列，然后再对相邻元素内部进行排列。（4）、全不相邻问题，插空法：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法. 即先安排好没有限制条件的元素，然后再将不相邻接元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入。（5）、顺序一定，除法处理。先排后除或先定

5、后插解法一：对于某几个元素按一定的顺序排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行全排列，然后用总的排列数除于这几个元素的全排列数。即先全排， 再除以定序元素的全排列。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 14 页名师总结优秀知识点解法二：在总位置中选出定序元素的位置不参加排列，先对其他元素进行排列，剩余的几个位置放定序的元素， 若定序元素要求从左到右或从右到左排列，则只有 1 种排法；若不要求，则有 2 种排法；（6）“小团体”排列问题采用先整体后局部策略对于某些排列问题中的某些元素要求组成“小团体”时，可先将“小团体”看作

6、一个元素与其余元素排列，最后再进行“小团体”内部的排列。（7）分排问题用“直排法”把元素排成几排的问题，可归纳为一排考虑，再分段处理。（8）数字问题（组成无重复数字的整数） 能被 2 整除的数的特征：末位数是偶数；不能被2 整除的数的特征：末位数是奇数。能被 3 整除的数的特征：各位数字之和是3 的倍数；能被 9 整除的数的特征：各位数字之和是9 的倍数能被4 整除的数的特征：末两位是4的倍数。 能被 5 整除的数的特征：末位数是0 或 5。能被 25整除的数的特征：末两位数是25，50，75。能被 6 整除的数的特征：各位数字之和是 3 的倍数的偶数。4组合应用题：（ 1）.“至少”“至多”

7、问题用间接排除法或分类法: （2） “含”与“不含” 用间接排除法或分类法 : 3分组问题：均匀分组：分步取，得组合数相乘，再除以组数的阶乘。即除法处理。非均匀分组：分步取，得组合数相乘。即组合处理。混合分组：分步取，得组合数相乘，再除以均匀分组的组数的阶乘。4分配问题：定额分配：（指定到具体位置）即固定位置固定人数，分步取，得组合数相乘。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 14 页名师总结优秀知识点随机分配：（不指定到具体位置）即不固定位置但固定人数，先分组再排列，先组合分堆后排，注意平均分堆除以均匀分组组数的阶乘。5隔板

8、法：不可分辨的球即相同元素分组问题例 1. 电视台连续播放 6 个广告， 其中含 4 个不同的商业广告和2 个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有种不同的播放方式（结果用数值表示）. 解：分二步：首尾必须播放公益广告的有A22种；中间 4 个为不同的商业广告有A44种，从而应当填 A22A4448. 从而应填 48例 3.6 人排成一行，甲不排在最左端，乙不排在最右端，共有多少种排法？解一：间接法：即655465547202 12024504AAAA解二：（ 1）分类求解：按甲排与不排在最右端分类. (1) 甲排在最右端时 , 有55A种排法； (2) 甲不排在最右端（甲不排在最左

9、端）时，则甲有14A种排法，乙有14A种排法，其他人有44A种排法，共有14A14A44A种排法，分类相加得共有55A+14A14A44A=504种排法例.有 4 个男生， 3 个女生，高矮互不相等，现将他们排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列，有多少种排法？分析一：先在 7 个位置上任取 4 个位置排男生，有A47种排法. 剩余的 3 个位置排女生，因要求“从矮到高”，只有1 种排法，故共有 A471=840种. 1. 从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任取3 台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有解析 1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号

10、的电视机，故不同的取法共有33394570CCC种,选.C精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 14 页名师总结优秀知识点解析 2：至少要甲型和乙型电视机各一台可分两种情况：甲型1 台乙型 2 台；甲型 2 台乙型1 台；故不同的取法有2112545470C CC C台,选C. 2从 5 名男生和 4 名女生中选出 4 人去参加辩论比赛（1）如果 4 人中男生和女生各选2 人，有种选法；（2）如果男生中的甲与女生中的乙必须在内，有种选法；（3）如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1 人在内，有种选法；（4）如果 4 人中必须既有

11、男生又有女生，有种选法分析：本题考查利用种数公式解答与组合相关的问题. 由于选出的人没有地位的差异， 所以是组合问题 . 解： （1） 先从男生中选 2 人，有25C种选法，再从女生中选 2 人， 有24C种选法，所以共有2254C C=60（种）；（2）除去甲、乙之外，其余 2 人可以从剩下的 7 人中任意选择， 所以共有2227C C=21 （种）；（3） 在 9 人选 4 人的选法中，把甲和乙都不在内的去掉， 得到符合条件的选法数：4497CC=91（种）；直接法，则可分为3 类：只含甲；只含乙；同时含甲和乙，得到符合条件的方法数131322332171727777C CC CC CCC

12、C=91（种）. （4）在 9 人选 4 人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数444954CCC=120（种）. 直接法：分别按照含男生1、2、3 人分类，得到符合条件的选法为132231545454C CC CC C=120（种）. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 14 页名师总结优秀知识点16 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( ) A40 B50 C60 D70 解析 先分组再排列，一组2 人一组 4 人有 C2615 种不同的分法；两组各3 人共有C36A22

13、10种不同的分法，所以乘车方法数为25250，故选 B. 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( ) A36 种B48 种 C 72 种D96 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，先排三个人，然后插空，从而共 A33A2472 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 ( ) A6 个B9 个 C18 个D36 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 C133(种) 选法，即 1231,1

14、232,1233 ，而每种选择有A22C236( 种)排法，所以共有 3618(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 ( ) A2 人或 3 人 B 3 人或 4 人 C3 人 D4 人解析 设男生有n人，则女生有 (8 n)人，由题意可得 C2nC18n30，解得n5 或n6，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 ( ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总

15、结 - - - - - - -第 6 页，共 14 页名师总结优秀知识点A45 种B36 种 C28 种D25 种解析 因为 108 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 C2828 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( ) A24 种B36 种 C 38 种D108 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 人，共

16、有 C13种分法，然后再分到两部门去共有C13A22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，故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C13种方法，由分步乘法计数原理共有2C13A22C1336(种) 7已知集合A5 ，B1,2 ，C1,3,4，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( ) A33 B34 C35 D36 解析 所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1 的有 C12A3312 个；所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1 个 1 的有 C12A33A3318 个；所得空间直角坐标系中的点

17、的坐标中含有2 个 1 的有 C133 个故共有符合条件的点的个数为1218333 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 ( ) A72 B96 C108 D144 解析 分两类：若 1 与 3 相邻，有 A22C13A22A2372(个) ，若 1 与 3 不相邻有 A33A3336(个) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 14 页名师总结优秀知识点故共有 7236108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

18、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( ) A50 种B60 种 C 120 种D210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 C16，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 A25种，按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法C16 A25120 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

19、 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 A2520(种)排法，其余 5 人再进行排列， 有 A55120(种)排法，所以共有201202400(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 C49 C25 C331260(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 先将

20、6 名志愿者分为 4 组，共有C26C24A22种分法，再将 4 组人员分到 4 个不同场馆去，共有A44种分法，故所有分配方案有：C26C24A22A441 080 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，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 14 页名师总结优秀知识点有_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 种种法，若 1、3 不同色， 2 有 1 种种法，有 432(1 211)

21、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

22、. 1108种解析：分两类：甲乙排1、2 号或 6、7 号 共有4414222AAA种方法甲乙排中间 , 丙排 7 号或不排 7 号，共有)(43313134422AAAAA种方法故共有 1008种不同的排法排列组合二项式定理1，分类计数原理完成一件事有几类方法，各类办法相互独立每类办法又有多种不同的办法（每一种都可以独立的完成这个事情）分步计数原理完成一件事，需要分几个步骤，每一步的完成有多种不同的方法精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 14 页名师总结优秀知识点2，排列排列定义：从n 个不同元素中，任取m （m n）个元

23、素（被取出的元素各不相同），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。排列数定义；从n 个不同元素中，任取m （m n）个元素的所有排列的个数mnA公式mnA=!()!nnm规定 0！=1 3，组合组合定义从 n 个不同元素中，任取m （m n）个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合组合数从 n 个不同元素中，任取m （m n）个元素的所有组合个数mnCmnC=!()!nm nm性质mnC=n mnC11mmmnnnCCC排列组合题型总结一直接法1 .特殊元素法例 1 用 1，2，3，4，5，6 这 6 个数字组成无重复的四位数，试求满足下列条

24、件的四位数各有多少个（1）数字 1 不排在个位和千位（2）数字 1 不在个位，数字 6 不在千位。分析： （1）个位和千位有 5 个数字可供选择25A，其余 2 位有四个可供选择24A，由乘法原理：25A24A=240 2特殊位置法（2）当 1 在千位时余下三位有35A=60 ，1 不在千位时，千位有14A种选法，个位有14A种，余下的有24A，共有14A14A24A=192 所以总共有 192+60=252 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 14 页名师总结优秀知识点二间接法当直接法求解类别比较大时，应采用间接法。如上

25、例中（2）可用间接法2435462AAA=252 例：有五张卡片，它的正反面分别写0 与 1，2 与 3，4 与 5，6 与 7，8 与 9，将它们任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？分析： ：任取三张卡片可以组成不同的三位数333352AC个，其中 0 在百位的有2242C22A个，这是不合题意的。故共可组成不同的三位数333352AC-2242C22A=432 例： 三个女生和五个男生排成一排（1）女生必须全排在一起有多少种排法（捆绑法）（2）女生必须全分开（插空法须排的元素必须相邻）（3）两端不能排女生（4）两端不能全排女生（5）如果三个女生占前排，五个男生站后排

26、，有多少种不同的排法二插空法当需排元素中有不能相邻的元素时，宜用插空法。例 3 在一个含有 8 个节目的节目单中， 临时插入两个歌唱节目， 且保持原节目顺序， 有多少中插入方法？分析：原有的 8 个节目中含有 9 个空档，插入一个节目后， 空档变为 10 个，故有11019AA=100 中插入方法。三捆绑法当需排元素中有必须相邻的元素时，宜用捆绑法。1四个不同的小球全部放入三个不同的盒子中，若使每个盒子不空，则不同的放法有种（3324AC）,2，某市植物园要在 30 天内接待 20 所学校的学生参观， 但每天只能安排一所学校，其中有一所学校人数较多，要安排连续参观2 天，其余只参观一天，则植物

27、园30 天内不同的安排方法有（1928129AC） （注意连续参观 2 天，即需把 30 天种的连续两天捆绑看成一天作为一个整体来选有129C其余的就是 19 所学校选 28 天进行排列）四阁板法名额分配或相同物品的分配问题，适宜采阁板用法例 5 某校准备组建一个由 12 人组成篮球队， 这 12 个人由 8 个班的学生组成， 每班至少一人， 名额分配方案共种 。分析：此例的实质是12 个名额分配给 8 个班，每班至少一个名额，可在12 个名额种的 11 个空当中插精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 14 页名师总结优秀知

28、识点3,52,4入 7 块闸板，一种插法对应一种名额的分配方式，故有711C种五 平均分推问题例：6 本不同的书按一下方式处理，各有几种分发？（1）平均分成三堆，（2）平均分给甲乙丙三人（3）一堆一本，一堆两本，一对三本（4）甲得一本，乙得两本，丙得三本（一种分组对应一种方案）（5）一人的一本，一人的两本，一人的三本分析： 1，分出三堆书（ a1,a2）,(a3,a4)， （a5,a6）由顺序不同可以有33A=6 种，而这 6 种分法只算一种分堆方式，故 6 本不同的书平均分成三堆方式有33222426ACCC=15 种2，六本不同的书，平均分成三堆有x 种，平均分给甲乙丙三人就有 x33A种

29、222642C C C3，123653C C C5，33A123653C C C五合并单元格解决染色问题Eg 如图 1，一个地区分为 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，现有四种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种（以数字作答）。分析：颜色相同的区域可能是2、3、4、5下面分情况讨论 : ()当 2、4 颜色相同且 3、5 颜色不同时，将 2、4 合并成一个单元格，此时不同的着色方法相当于4 个元素的全排列数A44（）当 2、4 颜色不同且 3、5 颜色相同时，与情形 ()类似同理可得A44种着色法（）当2、4与 3、5 分别同色时，将 2、4；3、5 分别合并，这样仅

30、有三个单元格2,4精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 14 页名师总结优秀知识点从 4 种颜色中选 3 种来着色这三个单元格，计有AC3334种方法由加法原理知：不同着色方法共有2ACA333444=48+24=72（种）练习 1（天津卷（文）将 3 种作物种植在如图的 5 块试验田里，每快种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共种（以数字作答）（72）2某城市中心广场建造一个花圃，花圃6 分为个部分（如图 3） ，现要栽种 4 种颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同一样颜色的话，不同的栽种方法

31、有种（以数字作答） （120 ）图 3 图 4 3如图 4，用不同的 5 种颜色分别为ABCDE 五部分着色，相邻部分不能用同一颜色，但同一种颜色可以反复使用也可以不用，则符合这种要求的不同着色种数（540 ）4如图 5：四个区域坐定4 个单位的人，有四种不同颜色的服装，每个单位的观众必须穿同种颜色的服装，且相邻两区域的颜色不同，不相邻区域颜色相同，不相邻区域颜色相同与否不受限制，那么不同的着色方法是种（84）图 5 图 6 1 2 3 4 5 546132EDCBA4321DBCEA精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 14 页名师总结优秀知识点5将一四棱锥 (图 6)的每个顶点染一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可供使用，则不同的染色方法共种（420 ）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 14 页