排列组合习题及答案

排列组合习题及答案（精选6篇）

排列组合习题及答案篇1

1.若6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______. 2.若有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种数为______.

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,这样的四位数的个数为______.

4.男女学生共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,则女生人数为______. 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,则方法数为______.

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,则不同的分配方案数为______.

7.已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},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______.

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______.

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______.

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日,不同的安排方法数为______.

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个球排成一列的不同排法数为______. 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,不同的分配方案数为______.

13.要在如图所示的花圃中的5个区域中种入4种不同颜色的花,要求相邻区域不同色,的种花方法数为______.

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,则不同的放法数为______.

15.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息,若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为______.

16.现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动,每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一,每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙丁戌都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是______.

17.甲组有5名男同学,3名女同学;乙组有6名男同学、2名女同学.若从甲、乙两组中各选出2名同学,则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有______.

18.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一名学生,且甲、乙两名学生不能分到同一个班,则不同分法的种数为______.

19.将5名实习教师分到高一年级的`3个班实习,每班至少1名,最多2名,则不同的分配方案数为______. 20.某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人),其中甲和乙不同去,甲和丙只能同去或同不去,则不同的选派方案数为数为______.

21.已知2位男生和3位女生共5位同学站成一排,若男生甲不站两端,3位女生中有且只有两位女生相邻,则不同排法的种数是______.

22.从10名大学生毕业生中选3个人担任村长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数位______.

23.在12个篮球队中有3个强队,若将这12个队任意分成3个组(每组4个队),则3个强队恰好被分在同一组的概率为______.

24.甲、乙、丙三人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是______.

排列组合习题及答案篇2

1.运用加法计数原理与乘法计数原理解题时, 应善于从题目语言的差异与变化中弄清楚面临怎样的“一件事儿”, 弄清事件之间的关系是“相依”还是“相斥”, 然后按照恰当的“对象”进行分类或分步, 合理设计相应的做事方式.

2.排列、组合是两类特殊而重要的计数问题, 运用时应贯穿两个基本思路:一是根据问题的特点和规律寻找简便的计数方法, 二是注意合理应用两个计数原理思考和解决问题.在进行排列数A $_{m}^{n}$ 、组合数C $_{m}^{n}$ 的具体计算与变形时, 应洞悉上标、下标的特点, 上标、下标之间的制约关系, 掌握有关公式或性质的正向运用与逆向运用.

3.解决排列组合具体问题时, 应抓住“顺序”来区分排列问题中元素的“有序”与组合问题中元素的“无序”.对于带有约束条件的排列或组合问题, 应灵活运用优先法 (优先考虑特殊元素或特殊位置) 、插空法、捆绑法、排除法等基本的解题方法.一般是先选元素 (组合) , 后排元素 (排列) , 并按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”.

4.对于含有多个限制条件的问题, 应先分析每个限制条件, 然后综合考虑是用直接法 (优先法) ——逐个满足限制条件;还是用间接法 (排除法) ——先不考虑限制条件, 然后排出不合条件的情形;有时也可用先局部满足限制条件, 放弃部分限制条件的方法进行;有时需用集合的对应关系来分析;有时可选择不同的途径进行思考, 以便对照检查, 防止重复或遗漏.

5.二项式定理揭示了二项式的n次幂的展开式在项数、系数、次数等方面的联系, 集中体现在二项展开式的通项公式Tr+1=C $_{n}^{r}$ an-rbr上, 复习运用时要注意其结构特征及a、b的指数与n、r间的内在联系.因通项公式含有a, b, n, r, Tr+1五个元素, 只要知道其中四个元素, 便可求出第五个元素.

6.利用通项公式可以求二项展开式中的指定的项 (如常数项、系数最大的项、有理项等) 或相关项的系数, 但在读题审题时, 要正确区分出“项”、“项的系数”、“项的二项式系数”等, 避免粗枝大叶误求、错求.

7.对于二项式定理, 不仅要掌握其正向运用, 而且应学会逆向与变形运用.有时先作适当变形后再展开较为简便;有时需将非二项式转化为二项式问题来研究;有时需适当配凑后逆用二项式定理.

8.二项式系数的性质有比较广泛的应用, 尤其要注意赋值法在求值、证明 (组合数等式) 时的应用.

排列、组合及二项式定理是高考必考的内容之一.题目难度为高中低档, 题型为选择题或填空题, 主要考点内容包括广泛, 如:数字问题, 排队问题, 分组问题, 图形上色问题, 整除问题, 与函数、数列相关问题, 排列组合问题中求待定系数问题, (a+b) n展开式求指定项 (常数项、含xk项、二项式系数、项的系数) 问题等等.

二、典例分析

例1 (2010·北京) 8名学生和2位老师站成一排合影, 2位老师不相邻的排法种数为 ( ) .

(A) A $_{8}^{8}$ A $_{9}^{2}$ (B) A $_{8}^{8}$ C $_{9}^{2}$

解析:一般情况下, 不相邻问题用插空法, 相邻问题用捆绑法.先排学生有A $_{8}^{8}$ 种排法, 老师不相邻, 用插空法, 有A $_{9}^{2}$ 种方法, 所以共有A $_{8}^{8}$ A $_{9}^{2}$ 种排法, 选A.

例2 (2010·湖南) 在某种信息传输过程中, 用4个数字的一个排列 (数字允许重复) 表示一个信息, 不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1, 则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为 ( ) .

(A) 10 (B) 11 (C) 12 (D) 15

解析:与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:

(1) 与信息0110没有一个对应位置上的数字相同, 有C $_{4}^{0}$ =1 (个) ;

(2) 与信息0110有一个对应位置上的数字相同, 有C $_{4}^{1}$ =4 (个) ;

(3) 与信息0110有两个对应位置上的数字相同, 有C $_{4}^{2}$ =6 (个) .

故共有1+4+6=11个, 选B.

例3 (2010·山东) 某台小型晚会由6个节目组成, 演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前两位, 节目乙不能排在第一位, 节目丙必须排在最后一位, 该台晚会节目演出顺序的编排方案共有 ( ) .

(A) 36种 (B) 42种

解析:由于甲、乙、丙有特殊要求, 先将丙排在最后一位.考虑甲、乙时, 分两类:第一类, 甲排在第一位, 中间4个节目无限制条件, 有A $_{4}^{4}$ =24种;第二类, 甲排在第二位, 则从除甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位, 其他3个节目有A $_{3}^{3}$ 种排法, 共有A $_{3}^{1}$ A $_{3}^{3}$ =18种.故编排方案总共有A $_{4}^{4}$ +A13A33=42种, 选B.

例4 (2010·广东) 为了迎接2010年广州亚运会, 某大楼安装了5个彩灯, 它们闪亮的顺序不固定.每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色, 且这5个彩灯闪亮的颜色各不相同, 记这5个彩灯有序地闪亮一次为一个闪烁, 在每个闪烁中, 每秒钟有且只有一个彩灯闪亮, 而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒.如果要实现所有不同的闪烁, 那么需要的时间至少是 ( ) .

(A) 1205秒 (B) 1200秒

解析:由于有5个彩灯, 并且每个彩灯能闪亮5种颜色, 因此一共有A $_{5}^{5}$ =120个不同的闪烁.因为每一个闪烁时间为5秒 (每秒钟有且只有一个彩灯闪亮) , 共5×120=600秒;每两个闪烁之间的间隔为5秒, 共5× (120-1) =595秒.那么需要的时间至少是600+595=1195秒, 选C.

例5 (2010·江西) 将6位志愿者分成4组, 其中两个各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6位志愿者分组, 共有 $\frac{C_{6}^{2} \cdot C_{4}^{2}}{A_{2}^{2}}$ 种方法;再把各组分到不同场馆, 共有A $_{4}^{4}$ 种方法.由乘法原理知, 不同的分配方案共有 $\frac{C_{6}^{2} \cdot C_{4}^{2}}{A_{2}^{2}} \cdot A_{4}^{4} = 1080$ 种.

例6 (2010·天津) 如图, 用四种不同颜色给图中的A, B, C, D, E, F六个点涂色, 要求每个点涂一种颜色, 且图中每条线段的两个端点涂不同颜色, 则不同的涂色方法用 ( ) .

(A) 288种 (B) 264种

解析:根据所涂颜色分两类:

第一类, 涂三种颜色, 先涂点A, D, E有A $_{4}^{3}$ 种方法, 再涂点B, C, F有2种方法, 故有A $_{4}^{3}$ ×2=48 (种) 方法;

第二类, 涂四种颜色, 先涂点A, D, E有A $_{4}^{3}$ 种方法, 再涂点B, C, F有3C $_{3}^{1}$ 种方法, 故有A $_{4}^{3}$ ×3C $_{3}^{1}$ =216 (种) 方法.

由分类加法计数原理, 共有48+216=264种不同的涂法, 选B.

另法:B, D, E, F用四种颜色, 则有A $_{4}^{4}$ ×1×1=24种涂色方法;B, D, E, F用三种颜色, 则有A $_{4}^{3}$ ×2×2+A $_{4}^{3}$ ×2×1×2=192种涂色方法;B, D, E, F用两种颜色, 则有A $_{4}^{2}$ ×2×2=48种涂色方法.

所以共有24+192+48=264种不同的涂色方法.

例7 (2010·浙江) 有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试, 每位同学上、下午各测试一个项目, 且不重复.若上午不测“握力”项目, 下午不测“台阶”项目, 其余项目上、下午都各测试一人.则不同的安排方式共有____种 (用数字作答) .

解析:由题意知, 每天只能测8人次, 先安排4位同学参加上午的测试, 由于上午不测“握力”, 其余四项任由4人选择, 共A $_{4}^{4}$ =24种.

下午只测“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”4项, 此时分类完成, 可安排上午测了“台阶”的人先选一项:若选到“握力”, 则另外三人只能从“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”中选一项, 而上午这三项他们又各测过一次, 只能有2种选择;若上午测了“台阶”的人, 从“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”中任选一项, 有C $_{3}^{1}$ 种安排方式, 另外两人也就只有1种方式.

故有A $_{4}^{4}$ (1×C $_{2}^{1}$ +C $_{3}^{1}$ ×C $_{3}^{1}$ ) =24×11=264种安排方式.

例8 (2011·浙江) 设二项式 $(x - \frac{a}{\sqrt{x}})^{6} (a ＞ 0)$ 的展开式中x3的系数为A, 常数项为B, 若B=4A, 则a的值是____.

解析:A=C $_{6}^{2}$ (-a) 2, B=C $_{6}^{4}$ (-a) 4, 由B=4A知, C $_{6}^{4}$ (-a) 4=4C $_{6}^{2}$ (-a) 2,

解之, 得a=2 (负值已舍) .

例9 (2010·江西) $(2 - \sqrt{x})^{8}$ 展开式中不含x4项的系数的和为 ( ) .

(A) -1 (B) 0 (C) 1 (D) 2

解析: $(2 - \sqrt{x})^{8}$ 展开式的通项 $Τ_{r + 1} = C_{8}^{r} \cdot 2^{8 - r} \cdot (- \sqrt{x})^{r} = C_{8}^{r} \cdot 2^{8 - r} \cdot (- 1)^{r} x^{\frac{r}{2}} .$

由 $\frac{r}{2} = 4$ , 得r=8, ∴展开式中x4项的系数为C $_{8}^{8}$ =1.

又 $∵ (2 - \sqrt{x})^{8}$ 展开式中各项的系数和为 (2-1) 8=1,

∴展开式中不含x4项的系数的和为0, 选B.

例10 (2011·全国卷) $(x + \frac{a}{x}) (2 x - \frac{1}{x})^{5}$ 的展开式中各项系数的和为2, 则该展开式中常数项为 ( ) .

(A) -40 (B) -20 (C) 20 (D) 40

解析:令x=1, 得 (1+a) (2-1) 5=1+a=2, 所以a=1, 因此 $(x + \frac{1}{x}) (2 x - \frac{1}{x})^{5}$ 展开式中的常数项即为 $(2 x - \frac{1}{x})^{5}$ 展开式中 $\frac{1}{x}$ 的系数与x的系数的和. $(2 x - \frac{1}{x})^{5}$ 展开式的通项为Tr+1=C $_{5}^{r}$ (2x) 5-r· (-1) -r·x-r=C $_{5}^{r}$ ·25-r· (-1) -r·x5-2r.

令5-2r=1, 得r=2, 从而 $(2 x - \frac{1}{x})^{5}$ 展开式中x的系数为C $_{5}^{2}$ ·25-2· (-1) -2=80;

令5-2r=-1, 得r=3, 从而 $(2 x - \frac{1}{x})^{5}$ 展开式中 $\frac{1}{x}$ 的系数为C53·25-3· (-1) -3=-40.

所以, $(x + \frac{1}{x}) (2 x - \frac{1}{x})^{5}$ 展开式中的常数项为80-40=40.

例11 (2010·全国卷) $(1 + 2 \sqrt{x})^{3} (1 - \sqrt[3]{x})^{5}$ 的展开式中x的系数是 ( ) .

(A) -4 (B) -2 (C) 2 (D) 4

解析: $(1 + 2 \sqrt[]{x})^{3} (1 - \sqrt[3]{x})^{5}$ 的展开式的通项为 $2^{r} C_{3}^{r} \cdot (- 1)^{s} C_{5}^{s} x^{\frac{3 r + 2 s}{6}}$ , 其中r=0, 1, 2, 3, s=0, 1, …, 5.

令 $\frac{3 r + 2 s}{6} = 1$ , 得3r+2s=6, 得

${\begin{cases} r = 0, \\ s = 3, \end{cases} {\begin{cases} r = 2, \\ s = 0, \end{cases}$

∴x的系数是-C $_{5}^{3}$ +4C $_{3}^{2}$ =2, 选C.

例12 (2011·安徽) 设 (x-1) 21=a0+a1x+a2x2+…+a21x21, 则a10+a11=____.

解析:由二项展开式知, Tr+1=C $_{21}^{r}$ x21-r (-1) r,

∴a10+a11=C $_{21}^{11}$ (-1) 11+C $_{21}^{10}$ (-1) 10=-C $_{21}^{11}$ +C $_{21}^{10}$ =-C $_{21}^{10}$ +C $_{21}^{10}$ =0.

三、巩固练习及答案

1.某同学有同样的画册2本, 同样的集邮册3本, 从中取出4本赠送给4位朋友每位朋友1本, 则不同的赠送方法共有 ( ) .

(A) 4种 (B) 10种

2.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动, 每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一, 每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作, 丙、丁、戌都能胜任四项工作, 则不同安排方案的种数是 ( ) .

(A) 152 (B) 126

3.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, 若每个信封放入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

4.某校开设A类选修课3门, B类选修课4门, 一位同学从中一共选修3门.若要求两类课程中各至少选一门, 则不同的选法共有 ( ) .

(A) 30种 (B) 35种

5.由1, 2, 3, 4, 5组成没有重复数字且1, 2都不与5相邻的五位数的个数是 ( ) .

(A) 36 (B) 32

6.某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日 (端午节假期) 值班, 每天安排2人, 每人值班1天.若6位员工中的甲不值14日, 乙不值16日, 则不同的安排方法共有 ( ) .

(A) 30种 (B) 36种

7.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 ( ) .

(A) 72 (B) 96

8.现有位同学只听同时进行的个课外知识讲座, 每名同学可自由选择其中的一个讲座, 不同选法的种数是 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) 5^{4} (B) 6^{5} \\ (C) \frac{5 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2}{2} (D) 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \\ 9 . (1 - x)^{4} (1 - \sqrt{x})^{3} 的展开式 x^{2} 的系数是 () . \end{array}$

(A) -6 (B) -3 (C) 0 (D) 3

10.若 $(x - \frac{a}{x})^{9}$ 的展开式中x3的系数是-84, 则a=____.

$11 . (1 + x + x^{2}) (x - \frac{1}{x})^{6}$ 的展开式中的常数项为____.

$12 . (x + \frac{1}{x})^{9}$ 的展开式中, x3的系数是____.

13.在 $(x + \sqrt[4]{3} y)^{20}$ 的展开式中, 系数为有理数的项共有项.

14.若 $(x - \frac{\sqrt{a}}{x^{2}})^{6}$ 展开式的常数项为60, 则常数a的值为____.

$15 . x (x - \frac{7}{x})^{7}$ 的展开式中, x4的系数是____ (用数字作答) .

$16 . (x - \frac{1}{3 \sqrt[]{x}})^{18}$ 的展开式中含x15的项的系数为____ (结果用数字表示) .

17.给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n≤4时, 在所有不同的着色方案中, 黑色正方形互不相邻的着色方案如右图所示:

由此推断, 当n=6时, 黑色正方形互不相邻的着色方案共有____种, 至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有____种. (结果用数值表示)

巩固练习答案

1.B. 2.B. 3.B. 4.A. 5.A. 6.C. 7.C.8.A. 9.A. 10.1. 11.-5. 12.84. 13.6. 14.4. 15.84. 16.17. 17.21, 43.

排列组合的常见类型及解法篇3

相异元素不允许重复的问题

例1 有北京、上海、广州三个车站，需准备几种车票，有几种票价.

解析车票与起点、终点顺序有关，故是排列问题；而票价与顺序无关，故是组合问题. 因此有[A23=6]种车票，有[C23=3]种票价.

点拨此题为“相异元素无限制条件”的排列问题. 此类问题比较简单，只需分清是组合问题还是排列问题，即可直接运用公式求解.

例2 6个人站成一排，其中甲不站最左端也不站最右端，有多少种不同的站法.

解析方法一（元素优先法）：因为甲不能站左右两端，故第一步考虑甲，除去两端位置甲有4种站法. 第二步让其余的5人站在其他5个位置上，有[A55=120]种站法. 故满足条件的站法共有[4×A55=480]种.

方法二（位置优先法）：因为左右两端不站甲，故第一步先从除甲以外的5人中任选两人站在左右两端，有[A25=20]种站法. 第二步再让剩余的4人（包括甲）站在中间的4个位置，有[A44=24]种站法. 故共有[A25A44=480]种站法.

点拨此例为“相异元素有限制条件”的排列问题，其解法通常是特殊元素（或位置）优先法，即先考虑有限制条件的特殊元素（或位置），再考虑其他无限制条件的元素，此法也叫元素（或位置）分析法.

例3 5个男生和3个女生排成一排，3个女生必须排在一起，有多少种不同的排法.

解析将3个女生看作一个元素，与5个男生进行排列，共有[A66=720]种排法. 然后女生内部再进行排列，有[A33=6]种排法. 故共有排法[A66A33=4320]种.

点拨这是一道元素相邻的排列问题. 对于某些元素要求排在一起的问题，可用“捆绑法”，即将这些元素看作一个整体（或看作一个元素），与其他元素进行排列，然后相邻元素内部再进行排列.

例4 （1）7人排成一排，甲、乙、丙3人互不相邻有多少种排法；

（2）4个学生与4个老师排成一排，则学生与老师相间的排列共有多少种.

解析（1）先将其余4人排成一排，有[A44=24]种排法，再将甲、乙、丙3人插入其余4人之间和两端的5个缝隙中，有[A35=60]种排法，故共有[A44A35=1440]种排法.

（2）不妨先排学生，4个学生的排法有[A44=24]种. 再排老师，可分为两类，即按顺序排为“师生师生师生师生、生师生师生师生师”，其排法有[2A44=48]种. 故共有24×48=1152种不同的排法.

点拨（1）对于某些元素要求间隔排列（或不相邻）的问题一般使用“插空法”. 即先排无限制条件的元素，再将要求“不相邻”的元素插入已排好的元素之间的“缝隙”中. （2）“元素相间”问题是“元素互不相邻”问题的特殊情形，但又有所不同. “元素互不相邻”问题只要“隔开”就行了，但“元素相间”问题不仅要“隔开”，而且要一个挨着一个地“隔开”. 要防止出现将“元素相间”问题误解为“元素互不相邻”问题（即第（2）小题得出结果为[A44?A45=2880]种）的错误.

例5 由数字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六位数有多少个.

解析不考虑限制条件，六个数字组成无重复数字的六位数共有[A15A55=600]种，其中个位与十位上的数字顺序一定，故所求的六位数共有[A15A55A22=300]个.

点拨对于某些元素顺序一定时，可用“缩倍法”求解. 具体方法为：先将[n]个元素进行全排列有[Ann]种排法，[m]个元素全排列有[Amm]种排法（[m≤n]），由于要求[m]个元素的顺序一定，因此只能取其中的某一种排法，即若[n]个元素排成一列，其中[m]个元素顺序一定，则有[AnnAmm]种排列方法.

例6 有9本不同的书，分成3组.

（1）每堆3本有多少种不同的分法；

（2）一堆5本，其他两堆各2本，有多少种不同的分法；

（3）若一堆4本，一堆3本，一堆2本有多少种不同的分法.

解析（1）此分组属于平均分组问题，并且不计每组顺序，分组方法共有[C39C36C333！=280]种；

（2）在分组中，有两组是均匀的，故分组方法共有[C59C24C222！=378]种；

（3）此分组属于非均匀分组问题，由于不知3组中哪一组4本，哪一组3本，哪一组2本，故分组方法共有[C49C35C22=1260]种.

点拨对于分组、分堆问题，要注意是“均匀分”还是“非均匀分”. 均匀分组要除以分组数的全排列数（组与组之间没有顺序），非均匀分组则不用除以分组数的全排列数.

相异元素允许重复的问题

例7 有3封信和4个邮筒，则将3封信全部投入4个邮筒的所有不同投法种数有种.

解析由题意知，每封信都有4种可能的投法，故共有[4×4×4=64]种不同的投法.

点拨对于元素可重复出现的问题，往往不能直接用[Amn]解决，而需分步考虑，运用乘法原理来解决.

例8 用5种不同的颜色给图中4个区域涂色，若每一区域涂一种颜色，相邻区域不能同色，共有多少种涂色方法.

解析由题意可知，1、3区域可以同色，故应分步考虑. 先涂区域2有5种方法，再涂区域4有4种方法，剩下三种颜色涂区域1、3各有3种方法，故共有[5×4×3×3=180]种涂法.

点拨此类染色问题，一般采取分步或分类的方法解决. 具体来讲，一方面要考虑涂几种颜色的问题，另一方面，还要考虑相对（邻）区域同色和不同色问题. 另外，此例也可以用“分组法”求解. 显然，涂一色或两色是不可能的. 如果涂三色，1，3同色，则分成1（或3），2，4三组，有[C35?A33=60]种方法；如果涂四色，则有[C45?A44=120]种方法. 故共有120+60=180种不同的涂色方法.

不尽相异的元素的问题

例9 从5个班中选10人组成校篮球队，每班至少1人，有多少种不同的选法.

解析由题意知，只要把人选出来就可以了，不用考虑顺序. 因此可以将问题看成是“10个相同的小球放入5个不同的盒子中，每个盒子至少1球”的问题，然后用“隔板法”求解. 即先把10个人排成一排，再在其中9个间隙中选4个位置插入4块“挡板”，将总体分成5个部分对应着5个盒子，共有[C49=126]种不同选法.

点拨 “隔板法”是解决此类问题的有效方法之一. 对于此类问题，直接法不易解决，分类讨论又十分麻烦，但若运用转化思想，交换位置，变换角度来思考，问题就可以转化为相异元素的排列组合问题. 适当转化，既可化繁为简、化难为易，又可开拓解题思路，提高数学素养.

一些常见排列组合问题，往往对应着不同的题型和方法. 在解决问题时，要在理解题意、掌握基本题型的基础上，熟练运用基本方法与技巧求解，不能拘泥于某种模式，更不能想当然. 对某些较为复杂的问题，要灵活运用化归转化的思想方法，化陌生为熟悉，化繁难为简易，在快速准确求解的基础上，加强反思与“回头看”，以达到提高解题能力之目的.

排列组合习题及答案篇4

1.熟悉排列数、组合数的计算公式；了解排列数、组合数的一些性质：①(n1)!(n1)n!，由此可得：nn!(n1)!n!，n11，为相应的数列求和创造了条件； (n1)!n!(n1)!

mnmrrrrr1mm1m②Cn；③CnCnCn1Cn1，由此得：CrCr1Cr2CnCn1；

34354320193=___________ 11212312318

213243542019n(n1)解析：原式=；记an，数列{an}的前12121212122[举例] 119项和即为所求。记数列{an}的前n项和为Sn；该数列的求和办法有很多种，但都比较烦琐，这里介绍用组合数性质求解：注意到ann(n1)2=Cn1，2[来源学*科*网Z*X*X*K]

22223223222=C3=C4= S19=C2C3C4C20C4C20C3C4C20

3„=C21=1330；

[巩固1]设xN且x10，则(20x)(21x)(29x)等于（）

1020x910（A）A20x（B）A29x（C）A29x（D）A29x*

[巩固2] 已知(1

则n=____ x)n的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，2．解排列组合应用题首先要明确需要完成的事件是什么；其次要辨析完成该事件的过程：分类相加（每一类方法都能独立地完成这件事），分步相乘（每一步都不能完成事件，只有各个步骤都完成了，才能完成事件）；较为复杂的事件往往既要分类，又要分步（每一类办法又都需分步实施）；分类讨论是研究排列组合问题的重要思想方法之一，分类时要选定讨论对象、确保不重不漏。

[举例] 设集合I={1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中的最大数，则不同的选择方法共有：（）种

A．50种B．49种C．48种D．47种

解析：本题要完成的事件是：构造集合I的两个非空子集；要求：B中最小的数大于A中的最大数；显然B中的最小数不可能是1，以下分类：① B中的最小数是2，B中可以有{2，3，4，5}中的1个元素、2个元素、3个元素或4个元素，所有可能的情况有：0123=8种，此时A只有{1}这1种；集合A、B都确定了，才算完成事件，C3C3C3C

3∴完成事件有8×1=8中方法；② B中的最小数是3，B中可以有{3，4，5}中的1个元素、0122个元素或3个元素，所有可能的情况有：C2=4种，此时A中可以有{1，2}中C2C

212的有1个元素或2个元素，有C2=3种，∴完成事件有4×3=12种方法；③ B中的最C2

小数是4，B中可以有{4，5}中的1个元素或2个元素，所有可能的情况有2种，此时A中

123可以有{1，2，3}中的有1个元素、2个元素或3个元素，有C3=7种，∴完成事C3C

3件有2×7=14种方法；④ B中的最小数是5，只有{5}这1种，此时A中可以有{1，2，3，12344}中的有1个元素、2个元素、3个元素或4个元素，有C4=15种，∴完C4C4C

4成事件有1×15=15种方法；故完成事件的方法总数为：8+12+14+15=49，选B。

[巩固]从集合{O，P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任选2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母O，Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是_________．(用数字作答)．

3．对“按某种要求将n个元素排到m个位置”的问题，首先要确定研究的“抓手”：抓住元素还是抓住位置研究；再按特殊元素（特殊位置）优先的原则进行。

[举例] 从5位同学中选派4位同学在星期四到星期日参加公益活动，每人一天，其中甲不能安排在星期六，乙不能安排在星期天，则不同的选派方法共有种。

解析：本题要完成的事件是：从5个不同的元素中选出4个元素，并按要求排在四个不同的位置。本题不宜抓住元素研究，因为每一个元素都不一定被选到，而每一个位置上都一定要有一个元素，故应该抓住位置研究。先看星期六（特殊位置，优先）：不能安排甲，可以安排乙（特殊元素，优先）或除甲乙之外的一个同学，①安排乙：其它位置可任意安排，有

[来源学&科&网Z&X&X&K]

3种，②不安排乙：可以安排其他三位同学，星期日可以安排甲或另外两个同学，星期

四、A

4112112五可任意安排，有C3C3A3 种，故不同的选派方法共有：A4+C3C3A3=78种。

3[巩固]四个不同的小球全部放入编号为1、2、3、4的四个盒中。（1）恰有两个空盒的放法有种；（2）甲球只能放入2号或3好盒，而乙球不能放入4号盒的不同放法有种。

4．解决排列组合问题还要遵循“先选后排”、“正难则反”（即去杂法）等原则；[来源:学。科。网Z。X。X。K]

[举例]某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“0000”到“9999”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为（）（福建文科第12题）Ａ．2000Ｂ．4096Ｃ．5904Ｄ．8320

解析：直接考虑带有数字“4”或“7”的情况太多，逐一讨论非常麻烦；考虑事件的反面：后四位不带有数字“4”或“7”的，有84个，故“优惠卡”的个数为104-84=5904。

[巩固]四位同学乘坐一列有6节车厢的动车组，则他们至少有两人在同一节车厢的的情况共有种？(用数字作答)．

5．熟悉几个排列组合问题的基本模型：①部分元素“相邻”（捆绑法），②部分元素“不相邻”（用要求“不相邻”的元素插空），③部分元素有顺序（n个元素全排，其中m个元素

m要求按给定顺序排列的方法数为Cn(nm)!=

nnCnkC(nk1)nC(nk2)nCnn!），④平均分组（kn个元素平均分成k组m!的方法数为k!），⑤相同元素分组（用“挡板法”）等。

[举例1]某校安排6个班到3个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有种。

解析：先将6个班分成3组，在将3个组分到3个工厂。6个班分成3组，从每组的人数看

22C62C4C2有3类：①4，1，1，有C种；②3，2，1，有CC种，③2，2，2，有种； 3!

46362

322C62C4C23故不同的安排方法共有：（C+CC+）×A3=540种。3!4

63623

[举例2]某文艺小分队到一个敬老院演出，原定6个节目，后应老人们的要求决定增加3个节目，但原来六个节目的顺序不变，且新增的3个既不在开头也不在结尾，则这台演出共有种不同的演出顺序。

解析：思路一：着眼于“位置”。从9个“位置”中选出6个，安排原来的6个节目，且第41和第9两个位置必须选，而他们的顺序是既定的，无需排列，所以有C7种方法，剩下的3433个位置安排新增的3个节目，有A3种方法；故所有不同的演出顺序有：C7=210种。A3

思路二：在原有6个节目的基础上“插空”。原来6个节目形成7个“空”，但前后两“空”

3不能安排，共有3类情况：①新增的3个节目互不相邻，有A5种方法；②新增的3个节目

223恰有两个相邻，有A3种方法，故所有不同的A5种方法；③新增的3个节目相邻，有5A3

3223演出顺序有：A5+A3=210种。A5+5A3

[巩固1]记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（）（07高考北京理科第5题）

Ａ．1440种Ｂ．960种Ｃ．720种Ｄ．480种

[巩固2]学号为1，2，3，4的四名学生的考试成绩xi∈{89，90，91，92，93}（i=1，2，3，4）且满足x1x2x3x4，则这四为同学考试成绩所有可能的情况有

[巩固3]现有10个市级“三好生”名额分配给高三八个班级，每班至少1个，则有种不同的分配方案。

6．“抽象化归”是解决排列组合问题的“太极拳”，“逐一列举”是解决排列组合问题的“撒手锏”；有时，画“树状图”能使“逐一列举”变得更加简明、直观。

[举例1]已知两个实数集合A={a1,a2,„,a100},B={b1,b2, „,b50},若从A到B的映射f使得B中每个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤„≤f(a100),这样的映射共有(用符号作答)。解析：本题直接考虑集合A中每一个元素在B中的象的情况非常困难。注意到集合B中每个元素都有原象，即A中有50“组”元素分别与B中的50个元素对应；现将集合A中的100个元素按原有的顺序分成50组，每组至少一个元素；将集合B中的元素按从小到大的顺序

///排列为B={b1,b2, „,b50}；∵f(a1)≤f(a2)≤„≤f(a100)，∴A中的“第1组”元素的象为

///b1，“第2组”元素的象为b2，„，“第50组”元素的象为b50，此处没有排列的问题，即只要A中元素的分组确定了，映射也就随之确定了；而A中元素的分组可视为在由这100

4949个元素所形成的99个“空”中插上49块“挡板”，所以有C99种分法，即映射共有C99个。

[举例2]一个同心圆形花坛分为两个部分，如右图，中间小圆部分

种植草坪，周围的圆环分成5等份为a1,a2,a3,a4,a5,种植红、黄、蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，则不同的种植的方法为种。

解析：本题解法甚多，这里介绍画“树状图”列举法。a1 a2 在右图中，区域a1种红花，a2种黄花时共有5种不同的种植方法；而区域a2种蓝花与种黄花情况相同，区

域a1种蓝花、黄花与种红花情况相同；故所有不同的种植的方法为：3×2×5=30种黄[巩固1]显示屏有一排7个小孔，每个小孔可显示0或

1，若每次显示其中3个孔，但相邻的两孔不能同时显红示，则该显示屏能显示信号的种数共有（）种

A．10B．48C．60D．80 蓝 a3 红4 黄蓝黄 5 蓝黄蓝黄蓝

[巩固2] 函数f:{1,2,3}{1,2,3}满足f(f(x))= f(x)，则这样的函数个数共有（）

(A)1个(B)4个(C)8个(D)10个 [来源学+科+网]

7．二项式定理的核心是展开式的通项，Tr+1=Cnab(通项是展开式的第r+1项), r=0,1,2…n，二项展开式共有n+1项。展开式的通项中根式宜用分数指数表示。审题是要注意所求的是“项”还是“第几项”还是“项的系数”。rn-rr

1[举例](12x)x的展开式中常数项为．（07高考全国Ⅱ卷理科第13题）x28

181r)的展开式中常数项以及含x-2的项；Tr1C8rx8r()r=C8(1)rx82r xx

18-4由8-2r=0得r=4, 由8-2r=-2得r=5；即(x)的展开式中常数项为C8，含x 2的项为 x解析：先求(x

1C(1)x；∴(12x)x的展开式中常数项为C84-2C85=

42x

n3[巩固] 若3x的展开式中含有常数项,则最小的正整数n等于。585228

(07高考安徽理科第12题)

[迁移]f(x)=(x+1)n，且f ′(x)展成关于x的多项式后x2的系数为60，则n=（）

A．7B．6C．5D．4

n8．注意辨析“系数”与“二项式系数”的区别；二项式系数和=2，其中奇数项的二项式系

n-1数和=偶数项的二项式系数和=2，二项式系数先增后减，并关于中间项“对称”，二项展开

式中，中间项二项式系数最大；求二项展开式中系数绝对值最大的项，用“夹逼法”。

[举例]若(2x)n展开式中奇数二项式系数和为8192，则展开式中系数最大的项为。解析：2n1r14r=8192得n=14，则TrC142(x)r，由于(2x)14展开式中各项系数正负相间，故先求其展开式中系数绝对值最大的项，记为第r+1项，于是有：

r14rr115rr14rr113rC142C142①，C142C142②；由①②解得：4≤r≤5；

4104又r=5时系数为负，∴r=4，即展开式中系数最大的项为C142x。[来源:学§科§网Z§X§X§K] [来源:Z_xx_k.Com]

[巩固]若(x1n)展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（）x

（07高考重庆理科第4题）

A．10B．20C．30D．120

23n9.研究多项式的“系数和”一般用“赋值法”。若多项式f(x)=a0+a1x+a2x+a3x+……anx，则展开式中所有项的系数和=f(1)，其中奇数项的系数和=

=f(1)f(1)，偶数项的系数和2

[举例]设(1+2x)2(1-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=.解析：令x=1得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=0①

令x=-1得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=32②由①②解得：a0 +a2 +a4 +a6=16，a1+ a3+ a5+a7=-16，在令x=0得a0=1，∴a2 +a4 +a6=15，∴a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-31。

[举例2]已知(1＋x)+(1＋x)2+(1＋x)3+„„+（1＋x）n＝a0+a1x+a2x2+a3x3+„„+anxn，若a1+a2+„„＋an-1＝29-n,则正整数n＝____________

解析：只有（1＋x）n 的展开式中才有含xn 的项，它的系数为1，令x=0得a0=n，23nn+1n+1令x=1得a0+a1+a2+……＋an-1+an=2+2+2+„„+2=2-2,∴a1+a2+……＋an-1=2-2-1-n

∴2n+1-3-n=29-n得n=4.[来源:Zxxk.Com][来源学科网ZXXK]f(1)f(1)；展开式中的常数项=f(0)。2

[巩固1]设(x21)(2x1)9a0a1(x2)a2(x2)2

则a0a1a2Ａ．2a11(x2)11，（07高考江西文科第5题）a11的值为（）Ｂ．1Ｃ．1Ｄ．2[来源学科网ZXXK]

[巩固2]已知(1x)2a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则

(a0a2a4)(a1a3a5)的值等于安徽文科第12题)

[迁移]设(13x)a0a1xa2xa3xa4xa5xa6x，则集合 623456

a1,a2,a3,a4,a5,a6含2 个元素的所有子集的元素总和为()

A640B630C320D31

5[来源:学_科_网Z_X_X_K]

[来源:学科网]

答案

1、[巩固1]D；[巩固2] 14或23；

2、[巩固]8424 ；

3、[巩固]84，96；

4、[巩固]936，5、[巩固1] B，[巩固2] 15，[巩固3]问题相当于：将10个相同的球放入8个盒子中，每盒至少一

2球，用“挡板法”，有C9=36种；

6、[巩固1]D，[巩固2]D；

7、[巩固]7；[迁移]B；

8、[巩

固] B；

排列组合典型例题篇5

例1 用0到9这10 个数字．可组成多少个没有重复数字的四位偶数？

分析：这一问题的限制条件是：①没有重复数字；②数字“0”不能排在千位数上；③个位数字只能是0、2、4、6、8、，从限制条件入手，可划分如下：

如果从个位数入手，四位偶数可分为：个位数是“0”的四位偶做，个位数是 2、4、6、8的四位偶数（这是因为零不能放在千位数上）．由此解法一与二．

如果从千位数入手．四位偶数可分为：千位数是1、3、5、7、9和千位数是2、4、6、8两类，由此得解法三．

如果四位数划分为四位奇数和四位偶数两类，先求出四位个数的个数，用排除法，得解法四．

解法1：当个位数上排“0”时，千位，百位，十位上可以从余下的九个数字中任选3个来排列，故有A9个；

当个位上在“2、4、6、8”中任选一个来排，则千位上从余下的八个非零数字中任选一个，百位，十位上再从余下的八个数字中任选两个来排，按乘法原理有A4A8A8（个）．

∴ 没有重复数字的四位偶数有

11232296

A9A4A8A85041792个．

解法2：当个位数上排“0”时，同解一有A9个；当个位数上排2、4、6、8中之一时，千位，百位，十位上可从余下9个数字中任选3个的排列数中减去千位数是“0”排列数得：13A4(A9A82)个

3311

2∴

没有重复数字的四位偶数有

A9A4(A9A8)50417922296个．

解法3：千位数上从1、3、5、7、9中任选一个，个位数上从0、2、4、6、8中任选一个，百位，十位上从余下的八个数字中任选两个作排列有

A5A5A8个

干位上从2、4、6、8中任选一个，个位数上从余下的四个偶数中任意选一个（包括0在内），百位，十位从余下的八个数字中任意选两个作排列，有

11A4A4A82个 11231

32∴ 没有重复数字的四位偶数有

A5A5A8A4A4A82296个．

解法4：将没有重复数字的四位数字划分为两类：四位奇数和四位偶数．

没有重复数字的四位数有A10A9个．

其中四位奇数有A5(A9A8)个

/ 13

***∴ 没有重复数字的四位偶数有

4313333A10A9A5(A9A82)10A9A95A95A82

34A95A82

36A825A82

41A82

2296个

说明：这是典型的简单具有限制条件的排列问题，上述四种解法是基本、常见的解法、要认真体会每种解法的实质，掌握其解答方法，以期灵活运用．

典型例题二

例2 三个女生和五个男生排成一排

（1）如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？

（2）如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？

（3）如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？

（4）如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？

解：（1）（捆绑法）因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合一起共有六个元素，然成一排有A6种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有A3对种不同的排法，因此共有A6A34320种不同的排法．

（2）（插空法）要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空档．这样共有4个空档，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于五个男生排成一排有A5种不同排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有A6种方法，因此共有A5A614400种不同的排法．

（3）解法1：（位置分析法）因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有A5种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有A6种排法，所以共有6A52A614400种不同的排法． 2635353636

解法2：（间接法）3个女生和5个男生排成一排共有A8种不同的排法，从中扣除女生排在首位的A3A7种排法和女生排在末位的A3A7种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次，在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次，所以还需加一次回来，由于两端都是女生有A3A6种不同的排法，所以共有

2617178 2 / 1 8176A82A3A7A32A614400种不同的排法．

解法3：（元素分析法）从中间6个位置中挑选出3个来让3个女生排入，有A6种不同的排法，对于其中的任意一种排活，其余5个位置又都有A5种不同的排法，所以共有35A6A514400种不同的排法，53（4）解法1：因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则未位就不再受条件限制了，这样可有A5A7种不同的排法；如果首位排女生，有A3种排法，这时末位就只能排男生，有A5种排法，首末两端任意排定一种情况后，其余6位都有A6种不同的排法，这样可有A3A5A6种不同排法．因此共有A5A7A3A5A636000种不同的排法．

解法2：3个女生和5个男生排成一排有A8种排法，从中扣去两端都是女生排法A3A6种，就能得到两端不都是女生的排法种数．

因此共有A8A3A636000种不同的排法．

说明：解决排列、组合（下面将学到，由于规律相同，顺便提及，以下遇到也同样处理）应用问题最常用也是最基本的方法是位置分析法和元素分析法．

若以位置为主，需先满足特殊位置的要求，再处理其它位置，有两个以上约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时要兼顾其它条件．

若以元素为主，需先满足特殊元素要求再处理其它的元素．

间接法有的也称做排除法或排异法，有时用这种方法解决问题来得简单、明快．

捆绑法、插入法对于有的问题确是适用的好方法，要认真搞清在什么条件下使用． ***6171典型例题三

例3 排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单。

（1）任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？

（2）歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？

解：（1）先排歌唱节目有A5种，歌唱节目之间以及两端共有6个位子，从中选4个放入舞蹈节目，共有A6中方法，所以任两个舞蹈节目不相邻排法有：A5A6＝43200.（2）先排舞蹈节目有A4中方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入。所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有：A4A5＝2880种方法。

说明：对于“间隔”排列问题，我们往往先排个数较少的元素，再让其余元素插空排列。否则，若先排个数较多的元素，再让其余元素插空排时，往往个数较多的元素有相邻情况。

4545454 3 / 1 如本题（2）中，若先排歌唱节目有A5，再排舞蹈节目有A6，这样排完之后，其中含有歌唱节目相邻的情况，不符合间隔排列的要求。

54典型例题四

例4 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法．

分析与解法1：6六门课总的排法是A6，其中不符合要求的可分为：体育排在第一书有A5种排法，如图中Ⅰ；数学排在最后一节有A5556种排法，如图中Ⅱ；但这两种排法，都包括体育排在第一书数学排在最后一节，如图中Ⅲ，这种情况有A4种排法，因此符合条件的排法应是：

A62A5A4504（种）．

分析与解法2：根据要求，课程表安排可分为4种情况：

（1）体育、数学既不排在第一节也不排在最后一节，这种排法有A4A4种；

（2）数学排在第一节但体育不排在最后一节，有排法A4A4种；

（3）体育排在最后一节但数学不排在第一节，有排法A4A4种；

（4）数学排在第一节，体育排在最后一节，有排法A这四类排法并列，不重复也不遗漏，故总的排法有：

A4A4A4A4A4A4504（种）．

分析与解法3：根据要求，课表安排还可分下述4种情况：

（1）体育，数学既不在最后也不在开头一节，有A412种排法；

（2）数学排在第一节，体育不排在最后一节，有4种排法；

（3）体育在最后一书，数学木在第一节有4种排法；

（4）数学在第一节，体育在最后一节有1种排法．

上述 21种排法确定以后，仅剩余下四门课程排法是种A4，故总排法数为21A4504（种）．

下面再提出一个问题，请予解答．

问题：有6个人排队，甲不在排头，乙不在排尾，问并肩多少种不同的排法．

请读者完成此题．

说明：解答排列、组合问题要注意一题多解的练习，不仅能提高解题能力，而且是检验所解答问题正确与否的行之有效的方法．

***46544 4 / 1

3典型例题五

例5 现有3辆公交车、每辆车上需配1位司机和1位售票员．问3位司机和3位售票员，车辆、司机、售票员搭配方案一共有多少种？

分析：可以把3辆车看成排了顺序的三个空：，然后把3名司机和3名售票员分别填入．因此可认为事件分两步完成，每一步都是一个排列问题．

解：分两步完成．第一步，把3名司机安排到3辆车中，有A36种安排方法；第二步把3名售票员安排到3辆车中，有A36种安排方法．故搭配方案共有

33A3A336种．

33说明：许多复杂的排列问题，不可能一步就能完成．而应分解开来考虑：即经适当地分类成分或分步之后，应用分类计数原理、分步计数原理原理去解决．在分类或分步时，要尽量把整个事件的安排过程考虑清楚，防止分类或分步的混乱．

典型例题六

例6 下是表是高考第一批录取的一份志愿表．如果有4所重点院校，每所院校有3个专业是你较为满意的选择．若表格填满且规定学校没有重复，同一学校的专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法？

学校 1 2 3 1 1 1 专业 2 2 2

分析：填写学校时是有顺序的，因为这涉及到第一志愿、第二志愿、第三志愿的问题；同一学校的两个专业也有顺序，要区分出第一专业和第二专业．因此这是一个排列问题．

解：填表过程可分两步．第一步，确定填报学校及其顺序，则在4所学校中选出3所并加排列，共有A4种不同的排法；第二步，从每所院校的3个专业中选出2个专业并确定其顺序，其中又包含三小步，因此总的排列数有A3A3A3种．综合以上两步，由分步计数原理得不同的填表方法有：A4A3A3A35184种．

说明：要完成的事件与元素的排列顺序是否有关，有时题中并未直接点明，需要根据实际情景自己判断，特别是学习了后面的“组合”之后这一点尤其重要．“选而且排”（元素之间有顺序要求）的是排列，“选而不排”（元素之间无顺序要求）的是组合．另外，较复杂的事件应分解开考虑．

32222223典型例题七

/ 1

3例5 7名同学排队照相．

(1)若分成两排照，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法？

(2)若排成两排照，前排3人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种不同的排法？

(3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？(4)若排成一排照，7人中有4名男生，女生不能相邻，有多少种不面的排法？ 3名女生，分析：(1)可分两步完成：第一步，从7人中选出3人排在前排，有A7种排法；第二步，剩下的4人排在后排，有A4种排法，故一共有A7A4A7种排法．事实上排两排与排成一排一样，只不过把第4~7个位子看成第二排而已，排法总数都是A7，相当于7个人的全排列．(2)优先安排甲、乙．(3)用“捆绑法”．(4)用“插空法”．解：(1)A7A4A75040种．

(2)第一步安排甲，有A3种排法；第二步安排乙，有A4种排法；第三步余下的5人排在剩下的5个位置上，有A5种排法，由分步计数原理得，符合要求的排法共有115A3A4A51440种．

5***(3)第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，有其余4个元素排成一排，即看成5个元素的全排列问题，有A5种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全排列，有A3种排法．由分步计数原理得，共有A5A3720种排法．

(4)第一步，4名男生全排列，有A4种排法；第二步，女生插空，即将3名女生插入4名男生之间的5个空位，这样可保证女生不相邻，易知有A5种插入方法．由分步计数原理得，符合条件的排法共有：A4A51440种．

说明：(1)相邻问题用“捆绑法”，即把若干个相邻的特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，与其他普通元素全排列；最后再“松绑”，将这些特殊元素进行全排列．(2)不相邻问题用“插空法”，即先安排好没有限制条件的元素，然后再将有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．

43353534典型例题八

例8 从2、3、4、5、6五个数字中每次取出三个不同的数字组成三位数，求所有三位数的和．

分析：可以从每个数字出现的次数来分析，例如“2”，当它位于个位时，即形如

/ 1 的数共有A4个（从

3、，当这些数相加时，由“2”4、5、6四个数中选两个填入前面的两个空）所产生的和是A42．当2位于十位时，即形如

222的数也有A4，那么当这些数相加时，2由“2”产生的和应是A4210．当2位于面位时，可同理分析．然后再依次分析3、4、5、6的情况．

解：形如2的数共有A4个，当这些数相加时，由“2”产生的和是A42；形如

222的数也有A4个，当这些数相加时，由“2”产生的和是A4210；形如

2的数也有A42个，当这些数相加时，由“2”产生的和应是A42100．这样在所有三位数的和中，由“2”产生的和是A42111．同理由3、4、5、6产生的和分别是A43111，A44111，222111(23456)26640． A45111，A46111，因此所有三位数的和是A4222说明：类似于这种求“数字之和”的问题都可以用分析数字出现次数的办法来解决．如“由1,4,5,x四个数字组成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各数位上的数字之和为288，求数x”．本题的特殊性在于，由于是全排列，每个数字都要选用，故每个数字均出现了A424次，故有24(145x)288，得x2． 4典型例题九

例9 计算下列各题：

m1nmAnA1nm(1)A；

(2)A；

(3)； n1An121566(4)1!22!33!nn!

(5)

123n1 2!3!4!n!解：(1)A151514210；(2)A66!654321720;(3)原式62(n1)!1(nm)!

[n1(m1)!](n1)!(n1)!1(nm)!1；

(nm)!(n1)!(4)原式(2!1)(3!2!)(4!3!)[(n1)!n!]

/ 1 (n1)!1；

(5)∵n111，n!(n1)!n!123n1 2!3!4!n!1111111111． 1!2!2!3!3!4!(n1)!n!n!∴说明：准确掌握好排列公式是顺利进行计算的关键．

本题计算中灵活地用到下列各式：

n!n(n1)!；nn!(n1)!n!；

n111；使问题解得简单、快捷． n!(n1)!n!典型例题十

例10 a,b,c,d,e,f六人排一列纵队，限定a要排在b的前面（a与b可以相邻，也可以不相邻），求共有几种排法．对这个题目，A、B、C、D四位同学各自给出了一种算式：A的算式是161111144A2A3A4A5)A4；C的算式是A6； A6；B的算式是(A124．上面四个算式是否正确，正确的加以解释，不正确的说明理由． D的算式是C62A4解：A中很显然，“a在b前的六人纵队”的排队数目与“b在a前的六人纵队”排队数目相等，而“六人纵队”的排法数目应是这二者数目之和．这表明：A的算式正确．

B中把六人排队这件事划分为a占位，b占位，其他四人占位这样三个阶段，然后用乘法求出总数，注意到a占位的状况决定了b占位的方法数，第一阶段，当a占据第一个位置时，b占位方法数是A5；当a占据第2个位置时，b占位的方法数是A4；„„；当a占据第5个位置时，b占位的方法数是A1，当a，b占位后，再排其他四人，他们有A4种排法，可见B的算式是正确的．

1411C中A64可理解为从6个位置中选4个位置让c,d,e,f占据，这时，剩下的两个位置依前后顺序应是a,b的．因此C的算式也正确．

这两个位置让a,b占据，显然，a,b占D中把6个位置先圈定两个位置的方法数C62，据这两个圈定的位置的方法只有一种（a要在b的前面），这时，再排其余四人，又有A4种排法，可见D的算式是对的． 8 / 1 说明：下一节组合学完后，可回过头来学习D的解法．

典型例题十一

例11 八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法？

解法1：可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排，甲坐在前排的八人坐法”两类情况．应当使用加法原理，在每类情况下，划分“乙丙坐下”、“甲坐下”；“其他五人坐下”三个步骤，又要用到分步计数原理，这样可有如下算法：

215215A4A2A5A4A4A58640(种)．

解法2：采取“总方法数减去不命题意的所有方法数”的算法．把“甲坐在第一排的八人坐法数”看成“总方法数”，这个数目是A4A7．在这种前提下，不合题意的方法是“甲坐第一排，且乙、丙坐两排的八人坐法．”这个数目是A4C2A3A4A5．其中第一个因数

111A4表示甲坐在第一排的方法数，C2表示从乙、丙中任选出一人的办法数，A3表示把选出

1111517的这个人安排在第一排的方法数，下一个A4则表示乙、丙中沿未安排的那个人坐在第二排的方法数，A5就是其他五人的坐法数，于是总的方法数为

1711115A4A7A4C2A3A4A58640(种)． 51说明：解法2可在学完组合后回过头来学习．

典型例题十二

例12 计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且不彩画不放在两端，那么不同陈列方式有（）．

A．A4A

5B．A3A4A5

C．C3A4A5

D．A2A4A5

解：将同一品种的画“捆”在一起，注意到水彩画不放在两端，共有A2种排列．但4幅油画、5幅国画本身还有排列顺序要求．所以共有A2A4A5种陈列方式．

∴应选D．

说明：关于“若干个元素相邻”的排列问题，一般使用“捆绑”法，也就是将相邻的若干个元素“捆绑”在一起，看作一个大元素，与其他的元素进行全排列；然后，再“松绑”，将被“捆绑”的若干元素，内部进行全排列．本例题就是一个典型的用“捆绑”法来解答的问题．

***典型例题十三

/ 1

3例13 由数字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的个数共有（）．

A．210

B．300

C．46

4D．600 解法1：（直接法）：分别用1,2,3,4,5作十万位的排列数，共有5A5种，所以其中个位数字小于十位数字的这样的六位数有

5155A5300个． 265解法2：（间接法）：取0,1,,5个数字排列有A6，而0作为十万位的排列有A5，所以其中个位数字小于十位数字的这样的六位数有

165(A6A5)300(个)． 2∴应选B．

说明：(1)直接法、间接法是解决有关排列应用题的两种基本方法，何时使用直接法或间接法要视问题而定，有的问题如果使用直接法解决比较困难或者比较麻烦，这时应考虑能否用间接法来解．

(2)“个位数字小于十位数字”与“个位数字大于十位数字”具有对称性，这两类的六位数个数一样多，即各占全部六位数的一半，同类问题还有6个人排队照像时，甲必须站在乙的左侧，共有多少种排法．

典型例题十四

例14 用1,2,3,4,5，这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（）． A．24个

B．30个

C．40个

D．60个

分析：本题是带有附加条件的排列问题，可以有多种思考方法，可分类，可分步，可利用概率，也可利用本题所提供的选择项分析判断．

解法1：分类计算．

将符合条件的偶数分为两类．一类是2作个位数，共有A4个，另一类是4作个位数，也有A4个．因此符合条件的偶数共有A4A424个．

解法2：分步计算．

先排个位数字，有A2种排法，再排十位和百位数字，有A4种排法，根据分步计数原理，三位偶数应有A2A424个．

解法3：按概率算．

用15这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有A560个，其中偶点其中的32222121222．因此三位偶数共有6024个． 55解法4：利用选择项判断．

/ 1 用15这5个数字可以组成没有重复数字的三位数共有A560个．其中偶数少于奇数，因此偶数的个数应少于30个，四个选择项所提供的答案中，只有A符合条件． ∴应选A．

3典型例题十五

例15(1)计算A12A23A38A8．

(2)求Sn1!2!3!n!(n10)的个位数字．

分析：本题如果直接用排列数公式计算，在运算上比较困难，现在我们可以从和式中项的特点以及排列数公式的特点两方面考虑．在(1)中，项可抽象为nnnnn1nnAn(n11)An(n1)AnnAnAn1An1238，(2)中，项为n!n(n1)(n2)321，当n5时，乘积中出现5和2，积的个位数为0，在加法运算中可不考虑．

解：(1)由nAn(n1)!n!

∴原式2!1!3!2!9!8!9!1!362879．(2)当n5时，n!n(n1)(n2)321的个位数为0，∴Sn1!2!3!n!(n10)的个位数字与1!2!3!4!的个位数字相同．而1!2!3!4!33，∴Sn的个位数字为3．

说明：对排列数公式特点的分析是我们解决此类问题的关键，比如：求证： n123n11，我们首先可抓等式右边的 2!3!4!(n1)!(n1)!nn11n1111，(n1)!(n1)!(n1)!(n1)!n!(n1)!∴左边11111111右边． 2!2!3!n!(n1)!(n1)!典型例题十六

例16 用0、组成无重复数字的自然数，(1)可以组成多少个1、2、3、4、5共六个数字，无重复数字的3位偶数？(2)可以组成多少个无重复数字且被3整除的三位数？

/ 1 分析：3位偶数要求个位是偶数且首位数字不能是0，由于个位用或者不用数字0，对确定首位数字有影响，所以需要就个位数字用0或者用

2、一个自然数能被3整4进行分类．除的条件是所有数字之和是3的倍数，本题可以先确定用哪三个数字，然后进行排列，但要注意就用与不用数字0进行分类．

解：(1)就个位用0还是用2、2、3、4中任取两4分成两类，个位用0，其它两位从

1、数排列，共有A412(个)，个位用2或4，再确定首位，最后确定十位，共有224432(个)，所有3位偶数的总数为：123244(个)．

(2)从0、1、2、3、4、5中取出和为3的倍数的三个数，分别有下列取法：(012)、(015)、(024)、(045)、(123)、(135)、(234)、(345)，前四组中有0，后四组中没有0，用它们排成三位数，如果用前4组，共有42A216(个)，如果用后四组，共有4A324(个)，所有被3整除的三位数的总数为162440(个)． 32典型例题十七

例17 一条长椅上有7个座位，4人坐，要求3个空位中，有2个空位相邻，另一个空位与2个相邻空位不相邻，共有几种坐法？

分析：对于空位，我们可以当成特殊元素对待，设空座梯形依次编号为1、2、3、4、5、6、7．先选定两个空位，可以在1、2号位，也可以在2、3号位„共有六种可能，再安排另一空位，此时需看到，如果空位在1、2号，则另一空位可以在4、5、6、7号位，有4种可能，相邻空位在6、7号位，亦如此．如果相邻空位在2、3号位，另一空位可以在5、6、7号位，只有3种可能，相邻空位在3、4号，4、5号，5、6号亦如此，所以必须就两相邻空位的位置进行分类．本题的另一考虑是，对于两相邻空位可以用合并法看成一个元素与另一空位插入已坐人的4个座位之间，用插空法处理它们的不相邻．

解答一：就两相邻空位的位置分类：

若两相邻空位在1、2或6、7，共有24A4192(种)坐法．

若两相邻空位在2、3，3、4，4、5或5、6，共有43A4288(种)不同坐法，所以所有坐法总数为192288480(种)．

解答二：先排好4个人，然后把两空位与另一空位插入坐好的4人之间，共有4A4A52480(种)不同坐法．

44解答三：本题还可采用间接法，逆向考虑在所有坐法中去掉3个空位全不相邻或全部相

/ 13

邻的情况，4个人任意坐到7个座位上，共有A7种坐法，三个空位全相邻可以用合并法，直接将三个空位看成一个元素与其它座位一起排列，共有A5种不同方法．三个空位全不相邻仍用插空法，但三个空位不须排列，直接插入4个人的5个间隔中，有A410种不同方法，所以，所有满足条件的不同坐法种数为A7A510A4480(种)．

排列组合教案篇6

引例1

现有四个小组，第一组7人，第二组8人，第三组9人，第四组10人，他们参加旅游活动：

(1)选其中一人为负责人，共有多少种不同的选法。

(2)每组选一名组长，共有多少种不同的选法4

评述：本例指出正确应用两个计数原理。

引例2

(1)平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条?

(2)平面内有10个点，以其中每2个点为端点的有向线段共有多少条?

评述：本例指出排列和组合的区别。

求解排列组合应用题的困难主要有三个因素的影响：

1、限制条件。2、背景变化。3、数学认知结构

排列组合应用题可以归结为四种类型：

第一个专题排队问题

重点解决：

1、如何确定元素和位置的关系

元素及其所占的位置，这是排列组合问题中的两个基本要素。以元素为主，分析各种可能性，称为“元素分析法”;以位置为主，分析各种可能性，称为“位置分析法”。

例：3封不同的信，有4个信箱可供投递，共有多少种投信的方法?

分析：这可以说是一道较简单的排列组合的题目了，但为什么有的同学能做出正确的答案(种)，而有的同学则做出容易错误的答案(种)，而他们又错在哪里呢?应该是错在“元素”与“位置”上了!

法一：元素分析法(以信为主)

第一步：投第一封信，有4种不同的投法;

第二步：接着投第二封信，亦有4种不同的投法;

第三步：最后投第三封信，仍然有4种不同的投法。

因此，投信的方法共有：(种)。

法二：位置分析法(以信箱为主)

第一类：四个信箱中的某一个信箱有3封信，有投信方法(种);

第二类：四个信箱中的某一个信箱有2封信，另外的某一个信箱有1封信，有投信方法种。

第三类：四个信箱中的某三个信箱各有1封信，有投信方法(种)。

因此，投信的方法共有：64(种)

小结：以上两种方法的本质还是“信”与“信箱”的对应问题。

2、如何处理特殊条件——特殊条件优先考虑。

例：7位同学站成一排，按下列要求各有多少种不同的排法;

甲站某一固定位置;②甲站在中间，乙与甲相邻;③甲、乙相邻;④甲、乙两人不能相邻;⑤甲、乙、丙三人相邻;⑥甲、乙两人不站在排头和排尾;⑦甲、乙、丙三人中任何两人都不相邻;⑧甲、乙两人必须相邻，且丙不站在排头和排尾。

第二个专题排列、组合交叉问题

重点解决：

1、先选元素，后排序。

例：3个大人和2个小孩要过河，现有3条船，分别能载3个、2个和1个人，但这5个人要一次过去，且小孩要有大人陪着，问有多少种过河的方法?

分析：设1号船载3人，2号船载2人，3号船载2人，小孩显然不能进第3号船，也不能二个同时进第2号船。

法一：从“小孩”入手。

第一类：2个小孩同时进第1号船，此时必须要有大人陪着另外

2个大人同时进第2号船或分别进第2、3号船，先选3个大人之一进1号船，

有(种)过河方法

第二类：2个小孩分别进第1、2号船，此时第2号船上的小孩必须要有大人陪着，另外

2个大人同时进第1号船或分别进第1、3号船，有过河方法

(种)。

因此，过河的方法共有：(种)。

法二：从“船”入手

第一类：第1号船空一个位，此时3条船的载人数分别为2、2、1，故2个小孩只能分

别进第1、2号船，有过河方法(种);

第二类：第2号船空一个位，此时3条船的载人数分别为3、1、1，故2个小孩只能同时进第1号船，有过河方法(种);

第三类：第3号船空一个位，此时3条船的载人数分别为3、2、0，故2个小孩同时进第1号船或分别进第1、2号船，有过河方法(种)。因此，过河的方法共有：(种)。

2、怎样界定是排列还是组合

例：①身高不等的7名同学排成一排，要求中间的高，从中间看两边，一个比一个矮，这样的排法有多少种?

②身高不等的7名同学排成一排，要求中间的高，两边次高，再两边次高，如此下去，这样的排法共有有多少种?

答：①种②=8种

本来①是组合题，与顺序无关，但有些学生不加分析，看到排队就联想排列，这是一个误区。至于②也不全是排列问题，只是人自然有高低，按人的高低顺次放两边就是了。

又例：7名同学排成一排，甲、乙、丙这三人的顺序定，则不同排法有多少种?

分析，三人的顺序定，实质是从7个位置中选出三个位置，然后按规定的顺序放置这三人，其余4人在4个位置上全排列。故有排法=840种。

3、枚举法

三人互相传球，由甲开始传球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有

(A)6种(B)8种(C)0种(D)12种

解：(枚举法)该题新颖，要在考试短时间内迅速获得答案，考虑互传次数不多，所得选择的答案数字也不大，只要按题意一一列举即可。

第三个专题分堆问题

重点解决：

1、均匀分堆和非均匀分堆

关于这个问题，课本P146练习10如此出现：8个篮球队有2个强队，先任意将这8各队分成两个组，(每组4个队)进行比赛，这两个强队被分成在一个小组的概率是多少?

由于课本后面出现这样的练习题，所以前面应对这些问题有所分析，尤其为什么均匀分堆有出现重复?应举例说明。

例：有六编号不同的小球，

①分成3堆，每堆两个

②分成3堆，一堆一个，一堆两个，一堆三个

③分成3堆，一堆一个，一堆一个，一堆四个

在①、②、③的条件下，再分别给三个小朋友玩，每人一堆，有多少种分法?

分析：①、②、③都是分堆，其中①是三个均匀分堆，有3!重复，③是两个均匀分堆，有2!重复，如此类推。②是非均匀分堆，不可能出现重复。在教学中应用数字表示球，通过列举法说明重复的可能，以及避免重复。

例：有六编号不同的小球，

①分成3堆，每堆两个

②分成3堆，一堆一个，一堆两个，一堆三个

③分成3堆，一堆一个，一堆一个，一堆四个

在①、②、③的条件下，再分别给三个小朋友玩，每人一堆，有多少种分法?

分析：①、②、③都是分堆，其中①是三个均匀分堆，有3!重复，③是两个均匀分堆，有2!重复，如此类推。②是非均匀分堆，不可能出现重复。在教学中应用数字表示球，通

过列举法说明重复的可能，以及避免重复。

答案：①②③④再乘以

2、为什么有重复，怎样避免重复

例：从4名男生、5名女生中任选3人参加学代会，至少男生、女生各一名的不同选法有多少种?

有些学生这样想：先从4人中选一人，再从5人中选一人，最后在剩下的7人中选一人，结果是结果是错误的。因为后面的7人与前面已选的人可能出现重

复，正确的答案是。

又例：有4个唱歌节目，4个舞蹈节目，2个小品排成一个节目单，但舞蹈和小品要相隔，不同的编排有多少种方法?

有些学生这样想，先定位4个唱歌，有5个位插入小品两个位，此时有7个位再插入4个舞蹈，故的表达式是。

其实，这里又出现了重复，正确的列式是

第四个专题直接法和间接法的区别及运用

重点解决：

1、选择集合的元素有交集问题;

例：七人并坐一排，要求甲不坐首位，乙不坐末位，共有几种不同的坐法?

法一：直接法

第一类：甲在第2—6号位中选一而坐，接着乙在第1—6位中余下的5个位中择一而坐，剩下的任意安排(种);

第二类：甲在第7号坐，剩下的任意安排，有坐法数(种)。

因此，不同的坐法数共有(种)。

法二：间接法

七人并坐，共有坐法数(种)。甲坐首位，有种方法;乙坐末位，亦有种方法。甲坐首位、乙坐末位都不符合题目要求，所以应该从扣除，但在扣除的过程中，甲坐首位且乙坐末位的情况被扣除了2次，因此还须补回一个。因此，不同的坐法数有(种)

2、选择元素中有至少、至多等问题。

在100件产品中，有98件合格品，2件次品，从100见产品中任意抽取3件，(1)至少有一件是次品的抽法有多少种?(2)至多有一件次品的抽法有多少种?

答：(1)解法1：

解法2：

(2)

以上的处理，主要有如下几个好处：

①教学比较自然、流畅，容易对近似概念进行比较，找到其相同点和不同点，更深刻的从外延到内涵掌握概念及其数学意义。

②把相关概念弄清楚后，能给学生有足够的工具，使学生解决应用题时不在被工具而困扰，形成良好知识结构，解决问题的思路容易畅通

③重点突出，学生就比较容易把每一个难点和重点给予突破，减轻学生的负担又能实现学生的学习落到实处。

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