排列组合公式排列组合计算公式.pdf

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1、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

2、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*7/3*2*1 排列、组合的概念和公式典型例题

3、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

4、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：每两人互通一封信，共通了多少封信？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：从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？从中选2 名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？（3）有 2，3，5，7，11，13，17，19 八个质数：从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？从中任取两个求它的积，可

5、以得到多少个不同的积？（4）有 8 盆花：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？从中选出 2 盆放在教室有多少种不同的选法？分析（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；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）是排列问题，共用了封信；是组合问题，共需握手（次）（2）是排列问题，共有（种）不同的选法；是组合问题，共有种不同的选法（3）是排列问题，共有种不同的商；是组合问题，共有种不同的积（4）是排列问题，共有种不同的选法；是组合问题，共有种不同的选法例证明 证明左式右式

6、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

7、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 1 5 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33333=35(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

8、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()A.60 个 B.48个 C.36个 D.24个解因为要求是偶数，个位数只能是2 或 4 的排法有 P12；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P13;在首末两位数排定后，中间 3 个位数的排法有 P33，得 P13P33P1236(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

9、，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3P13=9(种).例四例五可能有问题，等思考三)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()A.140 种 B.84种 C.70种 D.35种解：抽出的 3 台电视机中甲型 1 台乙型 2

10、 台的取法有 C14C25种；甲型 2 台乙型 1 台的取法有 C24C15种根据加法原理可得总的取法有C24C25+C24C15=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 C38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 C15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 C24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C22种.

11、根据乘法原理可得承包方式的种数有C38C15C24C22=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 1985 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，x6的系数是()A.-27C610 B.27C410 C.-9C610 D.9C410解设(x-)10的展开式中第+1项含 x6，因 T+1=C10 x10-(-)，10-=6,=4 于是展开式中第 5 项含 x 6，第 5 项系数是 C410(-)4=9C

12、410故此题应选 D.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 x3的项是 C36x3(-1)3=-20 x3，因此展开式中 x2的系数是-2 0.(五)综合例题赏析例 8若(2x+)4=a0+a1x+a2x 2+a3x3+a4x4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为()A.1 B.-1 C.0 D.2 解：A.例 9 2 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()

13、A.6 种 B.12种 C.18种 D.24种解分医生的方法有 P222 种，分护士方法有 C24=6种，所以共有 6212 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().A.140 种 B.84种 C.70种 D.35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.C24+C25C14=56+104=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()A.27 种 B.48种 C.21种 D.2

14、4种解：分恰有 1 名女生和恰有 2 名女生代表两类：C13C1 7+C23=37+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().A.210 个 B.300个C.464 个 D.600个解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有 P15P 55=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().A.70 个 B.64个C.58 个 D.52个解：如图，正方体有8 个顶点，任取 4 个的组

15、合数为 C48=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(ADB1C1)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().A.12 对 B.24对C.36 对 D.48对解：设正六棱锥为O ABCDEF.任取一侧棱 OA(C16)则 OA与 BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.共有 C164=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

16、C37=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：SC010+C110+C210+C310+C410+C510+C610+C710+C810+C910+C1010=2 10=1024 其中，含 3 个元素的子集数有T=C310=120 故=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

17、“有 4 件次品”.C34C246+C44C146=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().A.1260 种 B.2025种C.2520 种 D.5040种解：先从 10 人中选 2 个承担任务甲(C210)再从剩余 8 人中选 1 人承担任务乙(C1 8)又从剩余 7 人中选 1 人承担任务乙(C1 7)有 C210C1 8C1 7=2520(种).应选 C.例 19集合1，2，3子集总共有().A.7 个 B.8个 C.6个 D.5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

18、一个元素组成的子集数C13，由二个元素组成的子集数C23。由 3 个元素组成的子集数C33。由加法原理可得集合子集的总个数是C13+C23+C33+1=3+3+1+1 8 故此题应选 B.例 20假设在 200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().A.C23C3197种 B.C23C3197+C33C2197C.C5200-C5197 D.C5200-C 13C4197解：5 件中恰有二件为次品的抽法为C23C3197，5 件中恰三件为次品的抽法为C33C2197，至少有两件次品的抽法为C23C3197+C33C2197.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().A.C58C38 B.P12C58C38 C.P58P38