排列组合知识点与方法归纳.doc

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一、知识网络
二、高考考点
1、两个计数原理的掌握与应用;
2、关于排列与组合的定义的理解;关于排列与组合数公式的掌握;关于组合数两个性质的掌握;
3、运用排列与组合的意义与公式解决简单的应用问题(多为排列与组合的混合问题)
三、知识要点

1分类计算原理(加法原理):
完成一件事,有n类办法,在第一类办法中有m1种不同的方法,在第二类办法中有m2种不同的方法,……,在第n类办法中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法。
2分步计数原理(乘法原理):
完成一件事,需要分成n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,……,做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法。
3、认知:
上述两个原理都是研究完成一件事有多少种不同方法的计数依据,它们的区别在于,加法原理的要害是分类:将完成一件事的方法分成若干类,并且各类办法以及各类办法中的各种方法相互独立,运用任何一类办法的任何一种方法均可独立完成这件事;乘法原理的要害是分步:将完成一件事分为若干步骤进行,各个步骤不可缺少,只有当各个步骤依次完成后这件事才告完成(在这里,完成某一步的任何一种方法只能完成这一个步骤,而不能独立完成这件事)。

1定义
(1)从n个不同元素中取出m()个元素,按照一定的顺序排成一列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一排列。
(2)从n个不同元素中取出m()个元素的所有排列的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,记为.
2排列数的公式与性质
(1)排列数的公式:=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)= 特例:当m=n时,=n!=n(n-1)(n-2)…×3×2×1
规定:0!=1
(2)排列数的性质:
(Ⅰ)=(排列数上标、下标同时减1(或加1)后与原排列数的联系)
(Ⅱ)(排列数上标加1或下标减1后与原排列数的联系)
(Ⅲ)(分解或合并的依据)

1定义 (1)从n个不同元素中取出个元素并成一组,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合
(2)从n个不同元素中取出个元素的所有组合的个数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用符号表示。
2组合数的公式与性质
(1)组合数公式:(乘积表示) (阶乘表示) 特例:
(2)组合数的主要性质:
(Ⅰ) (上标变换公式)
(
Ⅱ) (杨辉恒等式)
认知:上述恒等式左边两组合数的下标相同,而上标为相邻自然数;合二为一后的右边组合数下标等于左边组合数下标加1,而上标取左边两组合数上标的较大者。
3比较与鉴别
由排列与组合的定义知,获得一个排列需要“取出元素”和“对取出元素按一定顺序排成一列”两个过程,而获得一个组合只需要“取出元素”,不管怎样的顺序并成一组这一个步骤。
(1)排列与组合的区别在于组合仅与选取的元素有关,而排列不仅与选取的元素有关,而且还与取出元素的顺序有关。因此,所给问题是否与取出元素的顺序有关,是判断这一问题是排列问题还是组合问题的理论依据。
(2)注意到获得(一个)排列历经“获得(一个)组合”和“对取出元素作全排列”两个步骤,故得排列数与组合数之间的关系:
四、经典例题
例1、某人计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60、70元的单片软件和盒装磁盘,要求软件至少买3片,磁盘至少买2盒,则不同的选购方式是( )

分析:依题意“软件至少买3片,磁盘至少买2盒”,而购得3片软件和2盒磁盘花去320元,所以,只需讨论剩下的180元如何使用的问题。
解:注意到购买3片软件和2盒磁盘花去320元,所以,这里只讨论剩下的180元如何使用,可从购买软件的情形入手分类讨论: 第一类,再买3片软件,不买磁盘,只有1种方法; 第二类,再买2片软件,不买磁盘,只有1种方法;
第三类,再买1片软件,再买1盒磁盘或不买磁盘,有2种方法;第四类,不买软件,再买2盒磁盘、1盒磁盘或不买磁盘,有3种方法; 于是由分类计数原理可知,共有N=1+1+2+3=7种不同购买方法,应选C。
例2、已知集合M={-1,0,1},N={2,3,4,5},映射,当x∈M时,为奇数,则这样的映射的个数是( )
分析:由映射定义知,当x∈M时,
当x∈M时,这里的x可以是奇数也可以是偶数,但必须为奇数,因此,对M中x的对应情况逐一分析,分步考察:
第一步,考察x=-1的象,当x=-1时,,此时可取N中任一数值,即M中的元素-1与N中的元素有4种对应方法;
第二步,考察x=0的象,当x=0时,为奇数,故只有2种取法(=3或=5),即M中的元素0与N中的元素有2种对应方法;
第三步,考察x=1的象,当x=1时,
为奇数,故可为奇数也可为偶数,可取N中任一数值,即M中的元素1与N中的元素有4种对应方法,于是由分步计数原理可知,映射共有4×2×4=32个。
例3、在中有4个编号为1,2,3,4的小三角形,要在每一个小三角形中涂上红、蓝、黄、白、黑五种颜色中的一种,使有相邻边的小三角形颜色不同,共有多少种不同的涂法?
解:根据题意,有相邻边的小三角形颜色不同,但“对角”的两个小三角形可以是相同颜色,于是考虑以对角的小三角形1、4同色与不同色为标准分为两类,进而在每一类中分步计算。
第一类:1与4同色,则1与4有5种涂法,2有4种涂法,3有4种涂法, 故此时有N1=5×4×4=80种不同涂法。
第二类:1与4不同色,则1有5种涂法,4有4种涂法,2有3种涂法,3有3种涂法,故此时有N2=5×4×3×3=180种不同涂法。 综上可知,不同的涂法共有80+180=260种。
点评:欲不重不漏地分类,需要选定一个适当的分类标准,一般地,根据所给问题的具体情况,或是从某一位置的特定要求入手分类,或是从某一元素的特定要求入手分类,或是从问题中某一事物符合条件的情形入手分类,或是从问题中有关事物的相对关系入手分类等等。
例4、将字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,则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有( )
解法一(采用“分步”方法):完成这件事分三个步骤。
第一步:任取一个数字,按规定填入方格,有3种不同填法;
第二步:取与填入数字的格子编号相同的数字,按规定填入方格,仍有3种不同填法;
第三步:将剩下的两个数字按规定填入两个格子,只有1种填法;
于是,由分步计数原理得,共有N=3×3×1=9种不同填法。
解法二:(采用“列举”方法):从编号为1的方格内的填数入手进行分类。
第一类:编号为1的方格内填数字2,共有3种不同填法:


2
4
1
3

2
1
4
3

2
3
4
1
第二类:编号1的方格内填数字3,也有3种不同填法:


3
1
4
2

3
4
1
2

3
4
2
1
第三类:编号为1的方格内填数字4,仍有3种不同填法:


4
1
2
3

4
3
1
2

4
3
2
1
于是由分类计数原理得共有N=3+3+3=9种不同填法,应选B
解法三(间接法):将上述4个数字填入4个方格,每格填一个数,共有N1=4×3×2×1=24种不同填法,其中不合条件的是 (1)4个数字与4个格子的编号均相同的填法有1种; (2)恰有两个数字与格子编号相同的填法有6种;
(3)恰有1个数字与格子编号相同的填法有8种; 因此,有数字与格子编号相同的填法共有N
2=1+6+8=15种
于是可知,符合条件的填法为24-15=9种。
点评:解题步骤的设计原则上任意,但不同的设计招致计算的繁简程度不同,一般地,人们总是优先考虑特殊元素的安置或特殊位置的安排,以减少问题的头绪或悬念。
当正面考虑头绪较多时,可考虑运用间接法计算:不考虑限制条件的方法种数—不符合条件的方法种数=符合条件的方法种数。
在这里,直接法中的“分析”与间接法主体的“分类”,恰恰向人们展示了“分步”与“分类”相互依存、相互联系的辩证关系。
例5、用数字0,1,2,3,4,5组成无重复数字4位数,其中,必含数字2和3,并且2和3不相邻的四位数有多少个?
解:注意到这里“0”的特殊性,故分两类来讨论。
第一类:不含“0”的符合条件的四位数,首先从1,4,5这三个数字中任选两个作排列有种;进而将2和3分别插入前面排好的两个数字中间或首尾位置,又有种排法,于是由分步计数原理可知,不含0且符合条件的四位数共有=36个。
第二类:含有“0”的符合条件的四位数,注意到正面考虑头绪较多,故考虑运用“间接法”:首先从1,4,5这三个数字中任选一个,而后与0,2,3进行全排列,这样的排列共有个。
其中,有如下三种情况不合题意,应当排险:
(1)0在首位的,有个; (2)0在百位或十位,但2与3相邻的,有个
(3)0在个位的,但2与3相邻的,有个
因此,含有0的符合条件的四位数共有=30个
于是可知,符合条件的四位数共有36+30=66个
点评:解决元素不相邻的排列问题,一般采用“插空法”,即先将符合已知条件的部分元素排好,再将有“不相邻”要求的元素插空放入;解决元素相邻的排列问题,一般采用“捆绑法”,即先将要求相邻的元素“捆绑”在一起,作为一个大元素与其它元素进行排列,进而再考虑大元素内部之间的排列问题。
例6、某人在打靶时射击8枪,命中4枪,若命中的4枪有且只有3枪是连续命中的,那么该人射击的8枪,按“命中”与“不命中”报告结果,不同的结果有( )

分析:首先,对未命中的4枪进行排列,它们形成5个空挡,注意到未命中的4枪“地位平等”,故只有一种排法,其次,将连中的3枪视为一个元素,与命中的另一枪从前面5个空格中选2个排进去,有种排法,于是由乘法原理知,不同的报告结果菜有种
点评:这里的情形与前面不同,按照问题的实际情况理解,未命中的4枪“地位平等”,连续命中的3枪亦“地位平等”。因此,第一步排法只有一种,第二步的排法种数也不再乘以
。解决此类“相同元素”的排列问题,切忌照搬计算相同元素的排列种数的方法,请读者引起注意。
例7、
(1) ;
(2)若,则n= ;
(3) ;
(4)若,则n的取值集合为 ;
(5)方程的解集为 ;
解:
(1)注意到n满足的条件
∴原式==
(2)运用杨辉恒等式,已知等式
所求n=4。
(3)根据杨辉恒等式
原式==
= =
(4)注意到这里n满足的条件n≥5且n∈N* ①
在①之下,
原不等式
②
∴由①、②得原不等式的解集为{5,6,7,…,11}
(5)由注意到当y=0时,无意义,原方程组可化为
由此解得 经检验知是原方程组的解。
例8、用红、黄、绿3种颜色的纸做了3套卡片,每套卡片有写上A、B、C、D、E字母的卡片各一张,若从这15张卡片中,每次取出5张,则字母不同,且3种颜色齐全的取法有多少种?
解:符合条件的取法可分为6类
第一类:取出的5张卡片中,1张红色,1张黄色,3张绿色,有种取法;
第二类:取出的5张卡片中,1张红色,2张黄色,2张绿色,有种取法;
第三类:取出的5张卡片中,1张红色,3张黄色,1张绿色,有种取法;
第四类:取出的5张卡片中,2张红色,1张黄色,2张绿色,有种取法;
第五类:取出的5张卡片中,2张红色,2张黄色,1张绿色,有种取法;
第六类:取出的5张卡片中,3张红色,1张黄色,1张绿色,有种取法;
于是由分类计数原理知,符合条件的取法共有

点评:解决本题的关键在于分类,分类讨论必须选择适当的分类标准,在这里,以红色卡片选出的数量进行主分类,以黄色卡片选出的数量进行次分类,主次结合,确保分类的不重不漏,这一思路值得学习和借鉴。
例9、 (1)从5双不同的袜子中任取4只,则至少有2只袜子配成一双的可能取法种数是多少?
(2)设有编号为1,2,3,4,5的五个小球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子,将五个小球放入五个盒子中(每个盒子中放一个小球),则至少有两个小球和盒子编号相同的放法有多少种?
(3)将四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中,则恰有一个空盒的放法共多少种?
(4)某产品共有4只次品和6只正品,每只产品均不相同,现在每次取出一只产品测试,直到4只次品全部测出为止,则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现的不同情况有多少种?
解:
(1)满足要求的取法有两类,一类是取出的4只袜子中恰有2只配对,这只要从5双袜子中任取1双,再从其余4双中任取2双,并从每双中取出1只,共有种选法;另一类是4只袜子恰好配成两双,共有
种选法,于是由加法原理知,符合要求的取法为种。
(2)符合条件的放法分为三类:
第一类:恰有2个小球与盒子编号相同,这只需先从5个中任取两个放入编号相同的盒子中,有种放法,再从剩下的3个小球中取出1个放入与其编号不同的盒子中,有种方法,则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法,故此类共有种不同方法;
第二类:恰有3个小球与盒子编号相同,这只需先从5个中任取三个放入编号相同的盒子中,有种放法,则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法,故此类共有种不同方法;
第三类:恰有5个小球与盒子编号相同,这只有1种方法; 于是由分类计数原理得,共有N=20+10+1=31种不同方法。
(3)设计分三步完成:
第一步,取定三个空盒(或取走一个空盒),有种取法;
第二步,将4个小球分为3堆,一堆2个,另外两堆各一个,有种分法;
第三步,将分好的3堆小球放入取定的3个空盒中,有种放法;
于是由乘法原理得共有:种不同方法。
(4)分两步完成:
第一步,安排第五次测试,由于第五次测试测出的是次品,故有种方法;
第二步,安排前4次测试,则在前四次测试中测出3只次品和1只正品的方法种数为。
于是由分布计数原理可知,共有种测试方法。
点评:为了出现题设条件中的“巧合”,我们需要考虑对特殊情形的“有意设计”,本例(1)则是这种“有意设计”的典型代表,而这里的(3),则是先“分堆”后“分配”的典型范例。
五、高考真题
(一)选择题
1、过三棱柱任意两个顶点的直线共15条,其中异面直线有( )
A、18对 B、24对 C、30对 D、36对
分析:注意到任一四面体中异面直线的对数是确定的,所以,这里欲求异面直线的对数,首先确定上述以单直线可构成的四面体个数。由上述15条直线可构成
个四面体,而每一四面体有3对异面直线,故共有36对异面直线,应选D。
2、不共面的四个定点到平面α的距离都相等,这样的平面共有( )
A、3个 B、4个 C、6个 D、7个
分析:不共面的四点可构成一个四面体,取四面体各棱中点,分别过有公共顶点的三棱中点可得到与相应底面平行的4个截面,这4个截面到四个定点距离相等;又与三组对棱分别平行且等距的平面有3个,故符合条件的平面共7个,应选D。
3、北京《财富》全球论坛期间,某高校有14名志愿者参加接待工作,若每天排早、中、晚三班,每班4人,每人每天最多值一班,则开幕式当天不同的排班种数为( )
A、 B、 C、 D、
分析:排班工作分三步完成:
第一步,从14人中选出12人,有种选法;第二步,将第一步选出的12人平均分成三组,有种分法;
第三步,对第二步分出的3组人员在三个位置上安排,有种排法;
于是由乘法原理得不同的排班种数为,应选A
4、从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览,要求每个城市各一人游览,每人只游览一个城市,且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览,则不同的选择方案共有( )
A、300种 B、240种 C、114种 D、96种
分析:注意到甲、乙两人不去巴黎,故选人分三类情况
(1)不选甲、乙,不同方案有种;(2)甲、乙中选1人,不同方方案有种;
(3)甲、乙均入选,不同方案有种;于是由加法原理得不同的方案总数为24+144+72=240,应选B。
5、4位同学参加某种形式的竞赛,竞赛规则规定:每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答,选甲题答对得100分,答错得-100分;选乙题答对得90分,答错得-90分,若4位同学的总分为0,则这四位同学不同的得分情况的种数是( )
A、48 B、36 C、24 D、18
分析:注意到情况的复杂,故考虑从“分类”切入
第一类:四人全选甲题,2人答对,2人答错,有种情况;
第二类:2人选甲题一对一错,2人选乙题一对一错,有
种情况;
第三类:四人全选乙题,2对2错,有种情况。
于是由加法原理得不同得分情况共有种,应选B。
6、四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品,有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的,没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的,现打算用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品,那么安全存放的不同方法种数为( )
A、96 B、48 C、24 D、0
分析:本题的关键是找“异面直线对”的个数,设四棱锥为S-ABCD,没有公共顶点的棱只能分成4组,每组两条棱(否则三条棱必有公共点),每8条棱分成4组,每组两条无公共点的棱仅有下面两种情况:
(1)SA—CD;SB—AD;SC—AB;SD—BC (本组中同一棱不重复出现)
(2)SA—BC;SB—CD;SC—AD;SD—AB (本组中同一条棱不重复出现)
于是问题可转化为:四种不同产品放入4个不同仓库的
排列问题,故不同的安排分法是种,应选B。
(二)填空题
1、在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中,不能被5整除的数共有( )个。
分析:考虑直接解法:这样四位数的个位数为1,2,3,4中的一个,有种法,千位从余下的4个非零数当中任取一个是种排法;中间两位是种排法,于是由分步计数原理知, 共是:种不同排法,应填192。
2、用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数,要求1与2相邻,3与4相邻,5与6相邻,而7与8不相邻,这样的八位数共有( )个(用数字作答)。
分析: 第一步,将1与2,3与4,5与6组成3个大元素进行排列,是种排法;
第二步,将7与8插入上述3个大元素队列的间隙或两端,是种方法;
第三步,对3个大元素内部进行全排列,各是种方法;
于是由分步计数原理得共有个,应填576。
3、从集合{O、P、Q、R、S}与{0、1、2、3、4、5、6、7、8、9}中各任取2个元素排成一排(字母与数字均不能重复)。每排中字母O、Q和数字0至多只出现一个的不同排法种数是( )
分析:考虑分类计算
第一类:字母O、Q和数字0均不出现,是