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1、第 1 页 排列组合公式/排列组合计算公式 公式 P 是指排列，从 N 个元素取 R 个进展排列。公式 C 是指组合，从 N 个元素取 R 个，不进展排列。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 nn-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，显然不会出现
2、第 2 页 988,997 之类的组合，我们可以这么看，百位数有 9 种可能，十位数那么应该有 9-1 种可能，个位数那么应该只有 9-1-1 种可能，最终共有 9*8*7 个三位数。计算公式P3，9)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
3、典型例题分析 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展计算 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、中的某第 3 页 一个，共 3 类
4、，每一类中不同排法可采用画“树图的方式逐一排出：符合题意的不同排法共有 9 种 点评 按照分“类的思路，此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 判断以下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
5、的商？从中任取两个求它的积，可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 第 4 页 4是排列问题，共有 种不同的选法；是组合问题，
6、共有 种不同的选法 例 证明 证明 左式 右式 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 5 页 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
7、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问题.二、知识构造 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根底，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
8、 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，解题方法比拟灵活，历届高考主要考察排列的应用题，都是选择题或填空题考察.例 2 由数字 1、2、3、4、5 组成没有重复数字的五位数，其中小第 6 页 于 50 000 的 偶数共有()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
9、字，那么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，那么每个方格的标号与所填的数字均不一样的填法有 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，主要考察排列组合的应用题，且根本上都是由选择题或填空题考察.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，那么不同的取
10、法共有()解：抽出的 3 台电视机中甲型 1 台乙型 2 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.第 7 页 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
11、、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.根据乘法原理可得承包方式的种数有 C3 8C15C24C22=1=1680(种).(四)二项式定理、二项展开式的性质 说明 二项式定理提醒了二项式的正整数次幂的展开法那么，在数学中它是常用的根底知识，从 1985 年至 2019 年历届高考均有这方面的题目出现，主要考察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()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 C
12、410(-)4=9C410 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，那么其和为 第 8 页 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 假设(2x+)4=a0+a1x+a2x 2+a3x3+a4x4，那么(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为()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
13、同的分配方法共有()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，那么不同取法共有().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 名女生中选的不同选法有()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
14、 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().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.第 9 页 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().解：如图，正方体有 8 个顶点，任取 4 个的组合数为 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
15、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().解：设正六棱锥为 OABCDEF.任取一侧棱 OA(C16)那么 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 个那么有 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，那么 的值为
16、 。第 10 页 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“有 4 件次品.C34C246+C44C146=4186(种)例 18 有甲、乙、丙三项任务，甲需 2 人承当，乙、丙各需 1 人承当，从 10 人中选派 4 人承当这三项任务，不同的选法
17、共有().解：先从 10 人中选 2 个承当任务甲(C210)再从剩余 8 人中选 1 人承当任务乙(C1 8)又从剩余 7 人中选 1 人承当任务乙(C1 7)有 C210C1 8C1 7=2520(种).应选 C.例 19 集合1，2，3子集总共有().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+18 第 11 页 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().23C319723C3197+C33C2197 5200-C5197 5200-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，假设 8名学生入座(每人一个座位)，那么不同座法的总数是().58C38 12C58C38 58P38