【步步高】2021届高考数学总温习 第十章 10.2排列与组合强化训练 理 北师大版(1)

§10.2排列与组合
1．排列
(1)排列的概念：从n个不同元素中掏出m (m≤n)个元素，依照必然的顺序排成一列，叫作从n个不同元素
中任意掏出m个元素的一个排列．
(2)排列数的概念：从n个不同元素中掏出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫作从n个不同元素中掏出m
个元素的排列数，记作A m n.
(3)排列数公式：A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)．
(4)A n n＝n·(n－1)·(n－2)·…·2·1＝n！.A m n＝
n！
n－m！，那个地址规定0！＝1.
2．组合
(1)组合的概念：从n个不同的元素中，任掏出m(m≤n)个元素为一组，叫作从n个不同元素中掏出m个元
素的一个组合．
(2)组合数的概念：从n个不同元素中掏出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫作从n个不同元素中掏出
m个元素的组合数，用C m n表示．
(3)组合数的计算公式：C m n＝A m n
A m m
＝
n！
m！n－m！＝
n n－1n－2…n－m＋1
m！，由于0！＝1，
因此C0n＝1.
(4)组合数的性质：①C m n＝C n－m
n__；②C m n＋1＝C m n__＋C m－1
n__.
1．判定下面结论是不是正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( ×)
(2)一个组合中掏出的元素讲究元素的前后顺序．( ×)
(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( √)
(4)(n＋1)！－n！＝n·n！. ( √)
(5)A m n＝n A m－1
n－1. ( √)
(6)k C k n＝n C k－1
n－1. ( √)
2．某同窗有一样的画册2本，一样的集邮册3本，从中掏出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，那么不同的赠送方式共有( )
A．4种B．10种C．18种D．20种
答案B
解析方式一不同的赠送方式有
A45
A22A33
＝10(种)．
方式二从2本一样的画册，3本一样的集邮册中掏出4本有两种取法：第一种：从2本画册中掏出1本，将3本集邮册全数掏出；第二种：将2本画册全数掏出，从3本集邮册中掏出2本．由于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从4位朋友当选出1人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C14＝4(种)赠送方式；第二种取法中只需从4位朋友当选取2人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C24＝6(种)赠送方式．因此共有4＋6＝10(种)赠送方式．
3．(2021·大纲全国)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，那么不同的排列方式共有( )
A．12种B．18种C．24种D．36种
答案A
解析先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A33种不同的排法．
再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·A12·1＝12(种)不同的排列方式．
4．用数字一、二、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( ) A．8 B．24 C．48 D．120
答案C
解析分两步：(1)先排个位有A12种排法．(2)再排前三位有A34种排法，故共有A12A34＝48种排法．
5．某班级要从4名男生、2名女生当选派4人参加某次社区效劳，若是要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有______种．
答案14
解析①有1名女生：C12C34＝8.②有2名女生：C22C24＝6.
∴不同的选派方案有8＋6＝14(种)．
题型一排列问题
例1有4名男生、5名女生，全部排成一行，问以下情形各有多少种不同的排法？
(1)甲不在中间也不在两头；
(2)甲、乙两人必需排在两头；
(3)男女相间．
思维启发 这是一个排列问题，一样情形下，咱们会从受到限制的特殊元素开始考虑，有时也从特殊的位置讨论起．关于相邻问题，经常使用“捆绑法”；关于不相邻问题，经常使用“插空法”(特殊元素后考虑)；关于“在”与“不在”的问题，常常利用“直接法”或“排除法”(特殊元素先考虑)． 解 (1)方式一 (元素分析法) 先排甲有6种，其余有A 88种，
故共有6·A 88
＝241 920(种)排法． 方式二 (位置分析法)
中间和两头有A 38种排法，包括甲在内的其余6人有A 66种排法，故共有A 38·A 66
＝336×720＝241 920(种)排法．
方式三 (等机遇法)
9个人的全排列数有A 99种，甲排在每一个位置的机遇都是均等的，依题意，甲不在中间及两头的排法总数是A 99×
6
9
＝241 920(种)． 方式四 (间接法)
A 99－3·A 88＝6A 88＝241 920(种)．
(2)先排甲、乙，再排其余7人，
共有A 22·A 77
＝10 080(种)排法． (3)(插空法)
先排4名男生有A 44种方式，再将5名女生插空，有A 55种方式，故共有A 44·A 55＝2 880(种)排法．
思维升华 此题集排列多种类型于一题，充分表现了元素分析法(优先考虑特殊元素)、位置分析法(优先考虑特殊位置)、直接法、间接法(排除法)、等机遇法、插空法等常见的解题思路．
用0,1,3,5,7五个数字，能够组成多少个没有重复数字且5不在十位位置上的五位数？
解 此题可分两类：
第一类：0在十位位置上，这时，5不在十位位置上，因此五位数的个数为A 44
＝24； 第二类：0不在十位位置上，这时，由于5不能排在十位位置上，因此，十位位置上只能排1,3,7之一，这一步有A 13＝3种方式．
又由于0不能排在万位位置上，因此万位位置上只能排5或1,3,7被选作十位上的数字后余下的两个数字之一，这一步有方式A 13
＝3(种)．十位、万位上的数字选定后，其余三个数字全排列即
可，这一步有方式A33＝6(种)．依照分步乘法计数原理，第二类中所求五位数的个数为A13·A13·A33＝54.
由分类加法计数原理，符合条件的五位数共有
24＋54＝78(个)．
题型二组合问题
例2某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品当选取3种．
(1)其中某一种假货必需在内，不同的取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(5)最多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
思维启发能够从特殊元素动身，考虑直接选取或利用间接法．
解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)，
∴某一种假货必需在内的不同取法有561种．
(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或C335－C234＝C334＝5 984(种)．
∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．
(3)从20种真货当选取1件，从15种假货当选取2件有C120C215＝2 100(种)．
∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．
(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555(种)．
∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．
(5)选取3件的总数有C335，因此共有选取方式
C335－C315＝6 545－455＝6 090(种)．
∴最多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．
思维升华组合问题常有以下两类题型转变：
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，那么先将这些元素掏出，再由另外元素补足；“不
含”，那么先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这种题必需十分重视“至少”与“最多”这两个关键
词的含义，严防重复与漏解．用直接法和间接法都能够求解，通经常使用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处置．
甲、乙两人从4门课程中各选修2门，(1)甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？
(2)甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？
解 (1)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有C 24C 12C 12
＝24(种)．
(2)甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为C 24C 24，又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C 24种，因此知足条件的不同选法种数为C 24C 24－C 24
＝30(种)． 题型三 排列与组合的综合应用问题
例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全数放入盒内．
(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？ (2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ (3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？
思维启发 把不放球的盒子先拿走，再放球到余下的盒子中而且不空．
解 (1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意掏出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每一个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子当选1个放2
个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C 14C 24C 13×A 22＝144(种)．
(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每一个盒子最多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，因此共有144种放法．
(3)确信2个空盒有C 24种方式．
4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方式；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方式．故共有C 24(C 34C 11A 22＋C 24C 22
A 22
·A 22)＝84(种)． 思维升华 排列、组合综合题目，一样是将符合要求的元素掏出(组合)或进行分组，再对掏出的元素或分好的组进行排列．其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的不同及分类的标准．
(1)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．假设每一个信封放2张，其中标
号为1,2的卡片放入同一信封，那么不同的放法共有
( )
A ．12种
B ．18种
C ．36种
D ．54种
(2)(2021·重庆)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生当选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，那么骨科、
脑外科和内科医生都至少有1人的选派方式种数是________．(用数字作答)答案(1)B (2)590
解析(1)先放一、2的卡片有C13种，再将3、4、五、6的卡片平均分成两组再放置，有C24
A22
·A22种，故共有
C13·C24＝18种．
(2)分三类：①选1名骨科医生，那么有C13(C14C35＋C24C25＋C34C15)＝360(种)．
②选2名骨科医生，那么有C23(C14C25＋C24C15)＝210(种)；
③选3名骨科医生，那么有C33C14C15＝20(种)．
∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方式种数是360＋210＋20＝590.
排列、组合问题计算重、漏致误
典例：(5分)有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，假设从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．
易错分析易犯错误如下：先从一等品中取1个，有C116种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C219种不同取法，共有C116×C219＝2 736种不同取法．上述做法使两次取的一等品有了前后顺序，致使取法重复．解析方式一将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类加法计数原理有C116C24＋C216C14＋C316＝1 136(种)．
方式二考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C320－C34＝1 136(种)．
答案 1 136
温馨提示(1)排列、组合问题由于其思想方式独特，计算量庞大，对结果的查验困难，因此在解决这种问题时就要遵循必然的解题原那么，如特殊元素、位置优先原那么、先取后排原那么、先分组后分派原那么、正难那么反原那么等，只有如此咱们才能有明确的解题方向．同时解答组合问题时必需心思细腻，考虑全面，如此才能做到不重不漏，正确解题．
(2)“至少、最多型”问题不能利用分步乘法计数原理求解，多采纳分类求解或转化为它的对立事件求解．方式与技术
1．关于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑：
(1)以元素为主考虑，即先知足特殊元素的要求，再考虑其他元素；(2)以位置为主考虑，即先知足特殊位置
的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数．
2．排列、组合问题的求解方式与技术
(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处置；
(5)不相邻问题插空处置；(6)定序问题排除法处置；(7)分排问题直排处置；(8)“小集团”排列问题先整体后
局部；(9)构造模型；(10)正难那么反，等价条件．
失误与防范
1．解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，幸免显现重复或遗漏．
2．解组合应用题时，应注意“至少”、“最多”、“恰好”等词的含义．
3．关于分派问题，解题的关键是要弄清楚事件是不是与顺序有关，关于平均分组问题更要注意顺序，幸免计数的重复或遗漏．
A组专项基础训练
(时刻：35分钟)
一、选择题
1．(2021·课标全国)将2名教师，4名学生分成2个小组，别离安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每一个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )
A．12种B．10种
C．9种D．8种
答案A
解析分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2(种)选派方式；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6(种)选派方式．
由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有2×6＝12(种)．
2．10名同窗合影，站成了前排3人，后排7人．现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，那么不同调整方式的种数为( )
A．C27A55B．C27A22
C．C27A25D．C27A35
答案C
解析从后排抽2人的方式种数是C27；前排的排列方式种数是A25.由分步乘法计数原理知不同调整方式种数是C27A25.
3．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必需排在前两位，节目乙不能排在第一名，节目丙必需排在最后一名．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有
( )
A．36种B．42种C．48种D．54种
答案B
解析分两类，第一类：甲排在第一名时，丙排在最后一名，中间4个节目无穷制条件，有A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目当选1个节目排在第一名有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法．依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42(种)编排方案．
4．如下图，使电路接通，开关不同的开闭方式有( ) A．11种B．20种C．21种D．12种
答案C
解析当第一组开关有一个接通时，电路接通有C12(C13＋C23＋C33)＝14(种)方式；
当第一组开关有两个接通时，电路接通有C22(C13＋C23＋C33)＝7(种)方式．
因此共有14＋7＝21(种)方式，应选C.
5．(2021·山东)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片最多1张，不同取法的种数为( )
A．232 B．252
C．472 D．484
答案C
解析分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法C14C212＝264(种)；
第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C312－3C34＝220－12＝208(种)．
由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种)．
二、填空题
6．A、B、C、D、E五人并排站成一排，若是B必需站在A的右边(A、B能够不相邻)，那么不同的排法共有________种．
答案60
解析可先排C、D、E三人，共A35种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理知知足条件的排法共有A35＝60(种)．
7．(2021·北京)将序号别离为1,2,3,4,5的5张参观券全数分给4人，每人至少1张，若是分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
答案96
解析将5张参观券分成4堆，有2个连号有4种分法，每种分法再分给4人，各有A44种分法，∴不同的分法种数共有4A44＝96.
8．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．
答案8
解析先把两奇数捆绑在一路有A22种方式，再用插空法共有个数A22·C12·A22＝8.
9．某商店要求甲、乙、丙、丁、戊五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必需排在一路，而丙、丁两种不能排在一路，不同的排法共有________种．
答案24
解析甲、乙排在一路，用捆绑法，丙、丁不排在一路，用插空法，不同的排法共有2A22·A23＝24(种)．二、解答题
10．某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必需参加，共有多少种不同选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？
(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？
解(1)只需从其他18人当选3人即可，共有C318＝816(种)；
(2)只需从其他18人当选5人即可，共有C518＝8 568(种)；
(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，
共有C12C418＋C318＝6 936(种)；
(4)方式一(直接法)：
至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：
一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，
因此共有C112C48＋C212C38＋C312C28＋C412C18＝14 656(种)．
方式二(间接法)：
由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520－(C512＋C58)＝14 656(种)．
B组专项能力提升
(时刻：15分钟)
1．(2021·北京)从0,2当选一个数字，从1,3,5当选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为
( )
A．24 B．18 C．12 D．6
答案B
解析被选0时，先从1,3,5当选2个数字有C23种方式，然后从选中的2个数字当选1个排在末位有C12种方式，剩余1个数字排在首位，共有C23C12＝6(种)方式；
被选2时，先从1,3,5当选2个数字有C23种方式，然后从选中的2个数字当选1个排在末位有C12种方式，其余2个数字全排列，共有C23C12A22＝12(种)方式．
依分类加法计数原理知共有6＋12＝18(个)奇数．
2．把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在右图中的1,2,3,4,5,6,7
所示的位置上，其中3盆兰花不能放在一条直线上，那么不同的摆放
方式有( )
A．2 680种B．4 320种
C．4 920种D．5 140种
答案B
解析先将7盆花全排列，共有A77种排法，其中3盆兰花排在一条直线上的排法有5A33A44(种)，故所求摆放方式有A77－5A33A44＝4 320(种)．
3．打算展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必需连在一路，而且水彩画不放在两头，那么不同的排列方式的种数有( )
A．A44A55B．A33A44A35
C．C13A44A55D．A22A44A55
答案D
解析先把3种品种的画看成整体，而水彩画受限制应优先考虑，不能放在头尾，故只能放在中间，又油画与国画有A22种放法，再考虑国画与油画本身又能够全排列，故排列的方式有A22A44A55种．4．(2021·浙江)将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排，且A、B均在C的同侧，那么不同的排法共有________
种(用数字作答)．
答案480
解析分类讨论：A、B都在C的左侧，且按C的左侧别离有两个、三个、四个、五个字母这4类计算，再考虑右边情形．
因此共有2(A22·A33＋C13A33·A22＋C23A44＋A55)＝480(种)．
5．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，分赴省运会的四个不同场馆效劳，不同的分派方案有________种(用数字作答)．
答案 1 080
解析先分组再分派，共有C16C15C24
2A22
·A44＝1 080(种)分派方案．
6．某地奥运火炬接力传递线路共分6段，传递活动别离由6名火炬手完成．若是第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，那么不同的传递方式共有________种(用数字作答)．答案96
解析甲传第一棒，乙传最后一棒，共有A44种方式．
乙传第一棒，甲传最后一棒，共有A44种方式．
丙传第一棒，共有C12·A44种方式．
由分类加法计数原理得，共有A44＋A44＋C12·A44＝96(种)方式．
7．有4张别离标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张别离标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8种卡片中掏出4张卡片排成一行，若是掏出的4张卡片所标的数字之和等于10，那么不同的排法共有________种(用数字作答)．
答案432
解析掏出的4张卡片所标数字之和等于10，共有三种情形：1144,2233,1234.
所取卡片是1144的共有A44种排法．
所取卡片是2233的共有A44种排法．
所取卡片是1234，那么其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，满是红色，共有排法A44＋C14A44＋C24A44＋C34A44＋A44＝16A44(种)，
∴共有排法18A44＝18×4×3×2×1＝432(种)．。