高考数学排列组合复习

高考数学排列组合复习篇1

命

题

者

说

考

题

统

计

考

情

点

击

2018·全国卷Ⅰ·T10·几何概型

2018·全国卷Ⅰ·T15·排列与组合2018·全国卷Ⅱ·T8·古典概型

2018·全国卷Ⅲ·T5·二项式定理

2018·天津高考·T10·二项式定理

1.排列、组合在高中数学中占有特殊的位置，是高考的必考内容，很少单独命题，主要考查利用排列、组合知识计算古典概型。

2.二项式定理仍以求二项展开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，题目难度一般。

3.概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题。

考向一

排列与组合【例1】(1)(2018·全国卷Ⅰ)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种。(用数字填写答案)

(2)(2018·浙江高考)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的四位数。(用数字作答)

解析(1)解法一：根据题意，没有女生入选有C＝4(种)选法，从6名学生中任意选3人有C＝20(种)选法，故至少有1位女生入选，不同的选法共有20－4＝16(种)。

解法二：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有CC＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有CC＝4(种)。根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种。

(2)若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为CCA；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为CCCA。综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为CCA＋CCCA＝720＋540＝1

260。

答案(1)16(2)1

260

求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘。具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径：

(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素。

(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置。

(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数。

解答计数问题多利用分类整合思想。分类应在同一标准下进行，确保“不漏”“不重”。

变|式|训|练

1．(2018·沈阳教学质量监测)若4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有()

A．4种

B．8种

C．12种

D．24种

解析　将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C种站法，剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有C×2＝8(种)站法。故选B。

答案　B

2．(2018·开封高三定位考试)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科。学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为()

A．6

B．12

C．18

D．19

解析　解法一：在物理、政治、历史中选一科的选法有CC＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有CC＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种。所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)。故选D。

解法二：从六科中选考三科的选法有C种，其中包括了没选物理、政治、历史中任意一科，这种选法有1种，因此学生甲的选考方法共有C－1＝19(种)。故选D。

答案　D

考向二

二项式定理

【例2】(1)(2018·全国卷Ⅲ)5的展开式中x4的系数为()

A．10

B．20

C．40

D．80

(2)5的展开式中整理后的常数项为________。

解析(1)由题可得Tr＋1＝C(x2)5－rr＝C·2r·x10－3r。令10－3r＝4，则r＝2，所以C·2r＝C×22＝40。故选C。

(2)不妨设x>0，5＝10的通项公式：Tr＋1＝C()10－rr＝Cx5－r，令5－r＝0，解得r＝5。所以常数项＝C＝252。

答案(1)C(2)252

与二项式定理有关的题型及解法

题型

解法

求特定项或其系数

常采用二项展开式的通项分析求解

系数的和或差

常用赋值法

近似值问题

利用展开式截取部分项求解

整除(或余数)问题

利用展开式求解

变|式|训|练

1．已知(x2＋2x＋3y)5的展开式中x5y2的系数为()

A．60

B．180

C．520

D．540

解析(x2＋2x＋3y)5可看作5个(x2＋2x＋3y)相乘，从中选2个y，有C种选法；再从剩余的三个括号里边选出2个x2，最后一个括号选出x，有C·C种选法；所以x5y2的系数为32C·C·2·C＝540。故选D。

答案　D

2．(ax＋)5的展开式中x3项的系数为20，则实数a＝________。

解析　展开式的通项为Tr＋1＝C(ax)5－r()r＝a5－rCx，令5－＝3得r＝4，所以a·C＝20，解得a＝4。

答案　4

考向三

古典概型与几何概型

【例3】(1)(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果。哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23。在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()

A．

B．

C．

D．

(2)正六边形ABCDEF的边长为1，在正六边形内随机取点M，则使△MAB的面积大于的概率为________。

解析(1)不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取两个不同的数，共有C＝45(种)取法，因为7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种取法，故概率为＝。故选C。

(2)如图所示，作出正六边形ABCDEF，其中心为O，过点O作OG⊥AB，垂足为G，则OG的长为中心O到AB边的距离。易知∠AOB＝＝60°，且OA＝OB，所以△AOB是等边三角形，所以OA＝OB＝AB＝1，OG＝OA·sin60°＝1×＝，即对角线CF上的点到AB的距离都为。设△MAB中AB边上的高为h，则由S△MAB＝×1×h>，解得h>。所以要使△MAB的面积大于，只需满足h>，即需使M位于CF的上方。故由几何概型得，△MAB的面积大于的概率P＝＝。

答案(1)C(2)

(1)解答有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识。

(2)当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解。

变|式|训|练

1．(2018·四川绵阳二诊)将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上的点数记为m，第二次向上的点数记为n，曲线C：＋＝1，则曲线C的焦点在x轴上且离心率e≤的概率等于()

A．

B．

C．

D．

解析　因为离心率e≤，所以

≤，解得≥，由列举法，得当m＝6时，n＝5,4,3；当m＝5时，n＝4,3；当m＝4时，n＝3,2；当m＝3时，n＝2；当m＝2时，n＝1，共9种情况，故其概率为＝。故选D。

答案　D

2．(2018·衡水金卷模拟)我国数学家邹元治利用如图证明了勾股定理，该图中用勾(a)和股(b)分别表示直角三角形的两条直角边，用弦(c)来表示斜边，现已知该图中勾为3，股为4，若从图中随机取一点，则此点不落在中间小正方形中的概率是()

A．

B．

C．

D．

解析　a＝3，b＝4，由题意得c＝5，因为大正方形的边长为a＋b＝3＋4＝7，小正方形的边长为c＝5，则大正方形的面积为49，小正方形的面积为25，所以满足题意的概率值为1－＝。故选B。

答案　B

考向四

条件概率与相互独立事件的概率

【例4】(1)如图，ABCD是以O为圆心、半径为2的圆的内接正方形，EFGH是正方形ABCD的内接正方形，且E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点。将一枚针随机掷到圆O内，用M表示事件“针落在正方形ABCD内”，N表示事件“针落在正方形EFGH内”，则P(N|M)等于()

A．

B．

C．

D．

(2)如图所示，某快递公司送货员从公司A处准备开车送货到某单位B处，有A→C→D→B，A→E→F→B两条路线。若该地各路段发生堵车与否是相互独立的，且各路段发生堵车事件的概率如图所示(例如A→C→D算作两个路段，路段AC发生堵车事件的概率为，路段CD发生堵车事件的概率为)。若使途中发生堵车事件的概率较小，则由A到B应选择的路线是________。

解析(1)由题意得，圆O的半径为2，所以内接正方形ABCD的边长为AB＝2，则正方形ABCD的面积为S1＝(2)2＝8，因为E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，所以EF＝×2R＝2，所以正方形EFGH的面积为S2＝22＝4，所以P(N|M)＝＝。故选C。

(2)路线A→C→D→B途中发生堵车事件的概率P1＝1－××＝，路线A→E→F→B途中发生堵车事件的概率P2＝1－××＝。因为<，所以应选择路线A→E→F→B。

答案(1)C(2)A→E→F→B

求相互独立事件和独立重复试验的概率的注意点

(1)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，分析复杂事件能转化为几个彼此互斥事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解。

(2)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同。

变|式|训|练

1．(2018·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为()

A．

B．

C．

D．

解析　根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是×＋×＝。故选D。

答案　D

2．(2018·厦门二模)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是()

A．

B．

C．

D．

解析　袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率P1＝，所以3次中恰有2次抽到黄球的概率是P＝C2＝。故选D。

答案　D

3．(2018·南昌模拟)口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为________。

解析　口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，设事件A表示“第一次取得红球”，事件B表示“第二次取得白球”，则P(A)＝＝，P(AB)＝×＝，所以第一次取得红球后，第二次取得白球的概率为P(B|A)＝＝＝。

答案

1．(考向一)(2018·南昌调研)某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起。则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有()

A．120种

B．156种

C．188种

D．240种

解析　解法一：记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法分别为AA，AA，CAA，CAA，CAA，故总编排方案有AA＋AA＋CAA＋CAA＋CAA＝120(种)。故选A。

解法二：记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有CAA＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA＝36(种)。所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)。故选A。

答案　A

2．(考向二)(2018·湖南湘东联考)若(x＋a)(1＋2x)5的展开式中x3的系数为20，则a＝________。

解析(x＋a)(1＋2x)5的展开式中x3的系数为C·22＋a·C·23＝20，所以40＋80a＝20，解得a＝－。

答案　－

3．(考向三)(2018·漳州二模)甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次。甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”。从上述回答分析，丙是第一名的概率是()

A．

B．

C．

D．

解析　因为甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考虑到所有的限制条件对丙、丁、戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率是。故选B。

答案　B

4．(考向三)已知定义在区间[－3,3]上的单调函数f(x)满足：对任意的x∈[－3,3]，都有f(f(x)－2x)＝6，则在[－3,3]上随机取一个实数x，使得f(x)的值不小于4的概率为()

A．

B．

C．

D．

解析　由题意设对任意的x∈[－3,3]，都有f(x)－2x＝a，其中a为常数，且a∈[－3,3]，则f(a)＝6，f(a)－2a＝a，所以6－2a＝a，得a＝2，故f(x)＝2x＋2，由f(x)≥4得x≥1，因此所求概率为＝。故选C。

答案　C

5．(考向四)(2018·珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海。一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为()

A．0.05

B．0.007

C．

D．

解析　设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝＝＝。故选C。

答案　C

6．(考向四)(2018·全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立。设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)

A．0.7

B．0.6

C．0.4

D．0.3

解析　依题意X～B(10，p)，因为DX＝np(1－p)，所以p＝0.4或p＝0.6，因为P(X＝4)＝Cp4(1－p)6

0.5。所以p＝0.6，故选B。

高考数学排列组合复习篇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.

浅谈排列、组合的复习教学策略篇3

一、排列、组合题目的分类

排列组合的题目大致分二类。

1．无附加条件的排列组合题

例1，书架的第一层放有4本不同的数学书，第二层放有3本不同的语文书，第三层放有2本不同的体育书。

（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的方法？（4＋3＋2＝9）

（2）从书架的第一、二、三层各取1本书，有多少种不同的方法？（4×3×2＝24）

例2，从5位同学中产生一名组长，一名副组长，有多少种不同的方法？（）

例3，高二年級8个班进行篮球单循环赛，共有多少场不同的比赛？（）

例4，某信号兵用红、黄、蓝三面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？（＋＋＝15）

2．有附加条件的排列组合题

例5，7个人站成一排，如果甲必须站在正中间，有多少种不同的方法？（）

例6，从数字0，1，3，5，7中取出不同的3个作系数，可以组成多少个不同的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0？（a不能取0，共有 • ＝48个）

二、排列、组合题的解法

排列组合题的解法大致有两种。

1．直接法

直接法一般可以从两个方面考虑：①元素分析法——即以元素为主，优先考虑特殊元素的要求，再考虑其它元素。②位置分析法——即以位置为主，优先考虑特殊位置的要求，再考虑其它位置。

例7，6人站成一排照相，甲不站在右端，也不站在左端的排法有多少种？

［解析］：将问题转化为一个6位数的填空□□□□□□

方法1：从元素考虑，甲是特殊元素，先从中间四个位置任选一个安排甲有种，后排余下的5人有种，由乘法原理共有 • ＝480种。

方法2：从位置考虑，1号和6号是特殊位置，先从除甲外的5人中任取两人安排这两个位置有种，后排余下的4个位置有种，由乘法原理共有 • ＝480种。

2．间接法

如果问题的正面分类较多或正面问题计算较复杂，而反面问题的分类较少或计算简便，往往采用间接法（剔除不符合条件的）。

例8，从7名男生和5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法有多少种？

（1）至少有一名女生当选

（2）A，B不全当选

［解析］：①若从正面考虑有五种情况，故考虑反面，用间接法：（－）。②A，B不全当选的反面是必然当选，用间接法处理：（－）。

三、注重基础知识和基本方法的复习

1．仔细审题、区分排组

排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下的所有可能的配制的数目问题，它们之间的区别在于是否考虑选出元素的先后顺序。

例9，沪宁铁路线上有六个大站，即上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门为沪宁线上的这六个大站应准备多少种不同的火车票？共有多少种不同的票价？

［解析］：一种火车票对应于两个元素的一个排列，排在前面的为起点站，后面的为终点站，故共有＝30种，而票价一般不考虑起点与终点，故有＝15种。

2．细心考虑、分清加乘

例10，从4名男生、3名女生中选出3名代表。

（1）至少有一名女生的不同选法有多少种？

（2）代表中男、女生都有的选法有多少种？

［解析］：解题过程中要注意“步”和“类”的分析，正确使用两个原理。①＋＋＝31；②＋＝30。

例11，某班委会由4名男生和3名女生组成，现从中选出2人担任正副班长，其中至少有1名女生当选的概率是多少？

［解析］：至少有一名女生当选的情况有：＋＝

30，总的选法有＝42，所以概率为。

3．深入分析、合理设计

对于有附加条件的排列组合题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后，用两个原理去解决，做到不重复不遗漏。

例12，4男3女坐成一排，各有多少种不同的方法？

方法：①某二人只能在两端；②某人不在中间和两端；③甲、乙两人必须相邻；④甲、乙两人不相邻；⑤甲、乙两人必须相隔1人；⑥甲在乙的左边；⑦4男不等高，按高矮顺序排列。

［解析］：①甲、乙在两端有种，另外5人在中间5个位置有种，故共有 • 种。②甲不在中间和两端三个位置，可排在另外4个位置上，共有 • 种。③甲、乙相邻，可视为一个元素，有 • 种。④用插空法，先排另外5人，后将甲、乙插在中间，有 • 种。⑤甲、乙两人必须相隔1人，即甲、乙两人分别在另外5人中任意一个人的两侧，有 • • 种。⑥甲在乙左边，甲在乙右边的机会均等，在全排列中各占一半，所以有种。⑦先选定4男的位置，有

种，3女可任意排，4男的顺序可由小到大，也可由大到小两种顺序，故有 • • 种。

4．一题多解、学会验正

例13，6个人站成一排照相，其中甲不站在排头也不站在排尾，共有多少种不同的排法？

［解析］：方法1：从元素入手，先排甲，后排余下的5人共有 • ＝480（种）。

方法2：从位置入手，先从除甲外的5人中任选2人排在两端，再将包括甲内的4人排在中间4个位置上，有 • ＝480（种）。

方法3：先让5人作全排列，后让甲插入5人中间的4个空位上，有 • ＝480（种）。

方法4：6个人的全排列有，甲站排头或排尾的情况相同都为，共有－2 ＝480（种）。

5．复杂问题、建立模型

例14，三人传球，由甲开始发球，并作为第1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多少种？

［解析］：构造模型：甲→□→□→□→□→甲，将问题转化为填空。由于第一空和第四空不能是甲，分三类讨论即可得到不同的传球方式有10种。（①甲填在第二空有4种，② 甲填在第三空有4种，③四个空上直接填其他两人，有2种情况，则总共有10种。）

例15，不定方程x1＋x2＋…+x10＝100的正整数解有多少组？

［解析］：构造组合模型：考虑并排放着的100个1，111…11，在每相邻两个1之间都有1个空隙，共有99个空隙。任选9个空隙放入隔板，共有种放法。在每一种放法中，这100个1被隔成10段，每段中“1”的个数从左至右顺次记为x1，x2，……，x10，显然，这就是不定方程的一组正整数解，故不定方程的正整数解有组。

例16，从一楼到二楼的楼梯共17级，上楼时可以1步走一级，也可以1步走二级。若要求11步走完这楼梯，则有多少种不同走法？

［解析］：显然，要11步走完这楼梯，必须有6步每步走二级，5步每步走一级。若直接分类考虑，难度很大，为此我们将问题进行转化。为了便于叙述，将每步走二级用1个2表示，每步走一级用1个1表示，那么问题转化为由6个2和5个1能组成多少个不同的十一位数？（将5个1分成不同的组，如11111；1111，1；111，11；11，11，1；……，插入到6个2形成的7个空档上，共有462种。）

高考数学排列组合复习篇4

排列与组合应用题是高中数学的难点，许多同学感到方法灵活，对于问题给出的解法能看懂，但自己解决往往得不到正确的结果，并且不知道错在哪里，由此产生对排列组合应用题的畏惧心理。笔者在长期的教学实践中体会到，在高三复习课教学中，先把学生的想法充分地暴露出来，再引导学生从困惑中走出来，能有效提高学生解决排列组合应用题的能力。下面是一堂课的教学实录。[来源:Z§xx§k.Com][来源:学科网]

呈现问题，暴露错误

范例

8个人排成一队，三人互不相邻，两人也互不相邻的排法共有多少种？

教师：本题有两个限制条件：一是三人互不相邻；二是两人也互不相邻。如果暂时去掉一个限制条件，我们会做吗？（很多学生点头表示会做）请同学们认真思考后，谈出你的做法。

（留出一定时间让学生思考和互相交流，以分别形成明确的思路。）

生1：我的做法是这样的，把没有特殊要求的三人记为。分三步完成：第一步，将全排列，有种排法；第二步，在站位的间隔和两端处插入三人，有种方法；第三步，在，站位的间隔和两端处插入两人，有种方法。据分步计数原理，所求的排法种数为=6048。[来源:学科网ZXXK]

生2：我的做法与他（生1）的差不多，第一步完全一样，有种排法；第二步，排，有种排法；第三步，排，有种排法。据分步计数原理，所求的排法种数为=8640。我感到很困惑，结果怎么会与他（生1）不一样，难道我俩都错了？

发现错因

变误为正

教师：生2感到很困惑，大家是否也有同感（不少学生点头认可）。好，现在请同学们探讨一下生1的做法对不对？

（约2分钟后，一学生发言了。）

生3：生1的做法是错的，错就错在第二步，他在第二步就把隔开（即两两不相邻）了，其实第二步排时可以恰有两个相邻，也可以三人连在一起，所以生1做出的结果比正确结果少了。

教师（生3的观点得到了全班同学的认同后）：下面请同学们一起来修正生1的解法。

（此时有几个同学争着要发言）

生4：所有的排法可分为如下3类：第1类，在未排时互不相邻，有种排法；第2类，在未排时中恰有两个相邻，有种排法；[来源:学|科|网]

第3类，在未排时三人连排在一起，有种排法。据分类计数原理，所求的排法种数为++=11520。

教师（面向生4）：请你说说，第2类、第3类是如何分步的？

生4：（已表示在各个括号中，此处略去解释）

教师：很好！生4的做法完全正确。生4考虑问题既全面（合理分类）又细致（合理分步），值得大家学习。这里生1的错误得到了修正，下面请同学们修正生2的错误。

（片刻后，不少学生举手了）

生5：所有的排法分为如下2类：第1类，在未排时互不相邻，有种排法；第2类，在未排时相邻，有种。据分类计数原理，所求的排法种数为+=11520。结果，与生4所得的一样了。

教师：现在我们比较一下这两种做法，哪一种较简便？由于的位置关系只有两种，故后一种较为简便。那么，还有没有其他方法呢？

继续探索

优化思维

生2：先放弃两人互不相邻这一限制条件，三人互不相邻的排法有种，去掉其中两人相邻的排法有种，故共有=11520种。

教师：想得非常好！看来用排除法比用直接法方便。因为排除法简便在反面情况的排法容易求出。

生6：我也用排除法，先放弃两个限制条件，所有的排法有种，去掉三人排

在一起或二人排在一起的排法，故共有=27360种，不是正确结果，我不知道错在哪里？[来源:学科网ZXXK]

教师：生6似乎很有道理，到底错在哪里呢？又这种方法是否可取？

（终于，有学生又开腔了。教师悬着的心可落地了）

生2：生6的错误在于，三人互不相邻的反面不是三人全排在一起，三人全排在一起只是它的反面的一种情况；还有一种情况是三人恰有两人相邻。放弃两个限制条件，导致很难求出不满足限制条件的排法种数，所以这种思路不可取！

（在多数学生表示认同生2的说法后）

教师：排除法是解决有两个限制条件的排列问题的常用方法，通常的做法是先放弃一个限制条件，求出排法的种数；再剔除不满足该限制条件的排法个数。至于放弃哪一个限制条件也是值得考虑的，如本题，若先放弃三人互不相邻这一限制条件，则较难剔除不满足该限制条件的排法个数。

因势利导

自编问题

教师：我们能不能在原问题的基础上编制一个问题，答案是，让生6的错误也有价值？

生7

8人排成一队，三人不全排在一起，二人也不排在一起的排法有多少种？

教师：这一次，三人不全排在一起，就是三人被隔开排列了；或是三人中恰有两人连排在一起，它的反面才是三人连排在一起。

小结：这节课，我们借助于一道有两个限制条件的排列问题，通过对两位同学的错误解法的分析，寻找其合理成分，得到了两种正确的方法（直接法），真可谓错误也是正确解法的先导！进一步探索，我们又得到了间接法，两个不同角度的排除却得到两种迥然不同的结果，虽然另一种排除法错了，却又是多么相似的问题的答案，这就告戒我们解决计数问题时要注意题目的细微区别！

作业：1.在本节课例题的基础上至少改编出两个问题,并给出解答.2.从多个角度来探讨下列问题:

甲、乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，到一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数是多少？

说明与反思

数学广角排列组合教学设计篇5

【教学内容】【教学目标】

1．通过观察、实验等活动，使学生找出最简单的事物的排列数和组合数，初步经历简单的排列和组合规律的探索过程；

2．使学生初步学会排列组合的简单方法，锻炼学生观察、分析和推理的能力。

3．培养学生有序、全面思考问题的意识，通过小组合作探究的学习形式，养成与人合作的良好习惯。

【教学重点】经历探索简单事物排列与组合规律的过程【教学难点】初步理解简单事物排列与组合的不同【教学准备】多媒体课件、数字卡片。

【教学方法】观察法、动手操作法、合作探究法等。【课前预习】

预习数学书99页，思考以下问题：

1、用1、2两个数字能摆出哪些两位数？

2、用1、2、3这3个数字能摆出哪些两位数？可以动手写一写。

3、想一想：你是怎么摆的，先摆什么，再摆什么？有什么好方法才会不遗漏，不重复。【教学准备】PPT 【教学过程】 „„

一、以故事形式引入新课

师：讲故事引出问题。要想打开大门必须输入正确的密码。这个密码盒的密码是由数字1、2组成的一个两位数，想不想进去呢？师：谁来告诉老师密码，帮老师打开这个密码盒？（生尝试说出组成的数）

生：

12、21 师：打开密码盒

师：打开了密码锁，进入数学广角乐园。一关一关的进行闯关活动。第一关：1、2、3能摆出哪些两位数？第二关：如果3人见面，每两个人握一次手，一共要握几次手？

（设计意图：不拘泥于教材，创设学生感兴趣的游戏引入新课，引起学生的共鸣。同时又渗透了简单组合及根据实际情况合理选择方法的数学思想，起到了一举两得的作用。）

二、游戏闯关活动对比

师：老师现在有一个疑问，排数字卡片时用3个数可以摆出6个数，握手时3个同学却只能握3次，都是3，为什么出现的结果会不一样呢？

结论：摆数与顺序有关，握手与顺序无关。摆数可以交换位置，而握手交换位置没用。

（设计意图：以相同数量进行对比，为什么数字要比握手多一半呢？引发学生知识冲突从而引发思考，激发学生的求知欲。）

三、应用拓展，深化探究

1、数字宫

师：第三关现在我们去那里玩呢？我们一起来看看！• 用红、眼、花三个字能组成几个词语？学生自自主探究，汇报，教师指导

2、选择线路

第四关：练习二十四3题

自主探究，学生讲解，怎么样做可以做到不重不漏。第五关：到数学广角的山顶参观需要五角钱，可以怎样付钱？

独立完成，同桌之间互相讲解。

（设计意图：题目层次性强，与生活联系密切。不同的人在数学上得到不同的发展，人人学有价值的数学。）

四、课堂小结

师：本节课同学们表现的真的太棒了，你们有什么样的收获？课堂作业：数学书99页1、2、4题

板书设计

数学广角--简单的排列组合

不重复也不遗漏

我们在排列时要做到有顺序选择才能做到

【反思】

本节课的设计做到了以下几个亮点突破：

1、创设故事情境，激发学生探究的兴趣。

整课节始终用创设的故事情境来吸引学生主动参与激发积极性。我设计了：门上的锁密码是多少？本节课通过闯关游戏创设“数字排列”中有趣的数字排列，激发了学生解决问题的探究欲望。又如通过创设“握手活动”与学生的实际生活相似的情境，唤起了学生“独立思考、合作探究”解决问题的兴趣。

2、课堂中始终体现以学生为主体、合作学习。

“自主、探究、合作学习”是新课程改革特别提倡的学习方式。本节课设计时，注意选则合作的时机与形式，让学生合作学习。在教学关键点时，为了使每一位学生都能充分参与，我选择了让学生同桌合作；在解决重难点时，我选择了学生六人小组的合作探究。在学生合作探究之前，都提出明确的问题和要求，让学生知道合作学习解决什么问题。在学生合作探究中，尽量保证了学生合作学习的时间，并深入小组中恰当地给予指导。合作探究后，能够及时、正确的评价，适时激发学生学习的积极性和主动性。

3、让学生在丰富多彩的教学活动中领悟新知。

高三数学解排列组合应用题篇6

排列组合问题是高考的必考题，它联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，不易掌握，实践证明，掌握题型和解题方法，识别模式，熟练运用，是解决排列组合应用题的有效途径；下面就谈一谈排列组合应用题的解题策略.1.相邻问题捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.例1.A,B,C,D,E五人并排站成一排，如果A,B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有（）

A、60种 B、48种 C、36种 D、24种

4解析：把A,B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，A424种，答案：D.2.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.例2.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（）

A、1440种 B、3600种 C、4820种 D、4800种

52解析：除甲乙外，其余5个排列数为A5种，再用甲乙去插6个空位有A6种，不同的排法种52数是A5A63600种，选B.3.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.例3.A,B,C,D,E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边（A,B可以不相邻）那么不同的排法种数是（）

A、24种 B、60种 C、90种 D、120种

解析：B在A的右边与B在A的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的1560种，选B.一半，即A524.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.例4.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，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有（）

A、6种 B、9种 C、11种 D、23种

解析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，选B.5.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.例5.（1）有甲乙丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需一人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是（）

A、1260种 B、2025种 C、2520种 D、5040种

解析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三

211步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有C10C8C72520种，选C.（2）12名同学分别到三个不同的路口进行流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案有（）

44C12C84C4A、CCC种 B、3CCC种 C、CCA种 D、种 3A***4124833答案：A.6.全员分配问题分组法: 例6.（1）4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去一名，则不同的保送方案有多少种？

23解析：把四名学生分成3组有C4种方法，再把三组学生分配到三所学校有A3种，故共有23C4A336种方法.说明：分配的元素多于对象且每一对象都有元素分配时常用先分组再分配.（2）5本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（）

A、480种 B、240种 C、120种 D、96种答案：B.7.名额分配问题隔板法: 例7：10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？解析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看成10个相同的小球分成7堆，每堆至少一个，可以在10个小球的9个空位中插入6块木板，每一种插法对应着一种分配方案，6故共有不同的分配方案为C984种.8.限制条件的分配问题分类法: 例8.某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？

解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：

①若甲乙都不参加，则有派遣方案A84种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，333然后安排其余学生有A8方法，所以共有3A8；③若乙参加而甲不参加同理也有3A8种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余8人到另外两个城市有A82种，4332共有7A82方法.所以共有不同的派遣方法总数为A83A83A87A84088种.9.多元问题分类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数，最后总计.例9（1）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共有（）

A、210种 B、300种 C、464种 D、600种

5解析：按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有A5个，11311311313A4A3A3,A3A3A3,A2A3A3,A3A3个，合并总计300个,选B.（2）从1，2，3„，100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法（不计顺序）共有多少种？

解析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做A7,14,21,98共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做A1,2,3,4,,100共有86个元素；由此可知，从A中任取2211个元素的取法有C14，从A中任取一个，又从A中任取一个共有C14，两种情形共符合要C86211求的取法有C14C14C861295种.（3）从1，2，3，„，100这100个数中任取两个数，使其和能被4整除的取法（不计顺序）有多少种？

解析：将I1,2,3,100分成四个不相交的子集，能被4整除的数集A4,8,12,100；能被4除余1的数集B1,5,9,97，能被4除余2的数集C2,6,,98，能被4除余3的数集D3,7,11,99，易见这四个集合中每一个有25个元素；从A中任取两个数符合要；从B,D中各取一个数也符合要求；从C中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要

2112求；所以符合要求的取法共有C25种.C25C25C2510.交叉问题集合法：某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式n(AB)n(A)n(B)n(AB).例10.从6名运动员中选出4人参加4×100米接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同的参赛方案？

解析：设全集=｛6人中任取4人参赛的排列｝，A=｛甲跑第一棒的排列｝，B=｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：

4332n(I)n(A)n(B)n(AB)A6A5A5A4252种.11.定位问题优先法：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的元素。

例11.1名老师和4名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有多少种？

14解析：老师在中间三个位置上选一个有A3种，4名同学在其余4个位置上有A4种方法；所14以共有A3A472种。.12.多排问题单排法:把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。

例12.（1）6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是（）

A、36种 B、120种 C、720种 D、1440种

6解析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排成一排，共A6720

种，选C.（2）8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不同排法？

2解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A4种，某1个元素排在后15半段的四个位置中选一个有A4种，其余5个元素任排5个位置上有A5种，故共有125A4A4A55760种排法.13.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法: 例13.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有（）

A、140种 B、80种 C、70种 D、35种

解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，333故不同的取法共有C9C4C570种,选.C

解析2：至少要甲型和乙型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙

2112型1台；故不同的取法有C5C4C5C470台,选C.14.选排问题先取后排:从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，可用先取后排法.例14.（1）四个不同球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？

2解析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C4种，再排：在四个盒中每次233排3个有A4种，故共有C4A4144种.（2）9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同的分组方法？

22解析：先取男女运动员各2名，有C52C4种，这四名运动员混和双打练习有A2中排法，故共222有C5C4A2120种.15.部分合条件问题排除法:在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数中减去不符合条件数，即为所求.例15.（1）以正方体的顶点为顶点的四面体共有（）

A、70种 B、64种 C、58种 D、52种解析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成C84四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有C841258个.（2）四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（）

A、150种 B、147种 C、144种 D、141种

4解析：10个点中任取4个点共有C10种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面

44上，每面内四点共面的情况为C6，四个面共有4C6个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是44C104C636141种.16.圆排问题单排法:把n个不同元素放在圆周n个无编号位置上的排列，顺序（例如按顺时钟）不同的排法才算不同的排列，而顺序相同（即旋转一下就可以重合）的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而首位、末位之分，下列n个普通排列：

a1,a2,a3,an;a2,a3,a4,,an,;an,a1,,an1在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，n个元素的圆排列数有

n!种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的n1元素n全排列.例16.5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？

4解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有A4种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有2种方式，故不同的安排方式2425768种不同站法.1mAn种不同排法.m17.可重复的排列求幂法:允许重复排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约说明：从n个不同元素中取出m个元素作圆形排列共有束，可逐一安排元素的位置，一般地n个不同元素排在m个不同位置的排列数有mn种方法.例17.把6名实习生分配到7个车间实习共有多少种不同方法？

解析：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第二步：将第二名实习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有76种不同方案.18.复杂排列组合问题构造模型法: 例18.马路上有编号为1，2，3„，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？

3解析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯C5种方法,所以满足条件的关灯方案有10种.说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决.19.元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法: 例19.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的盒子现将这5个球投入5个盒子要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？

解析：从5个球中取出2个与盒子对号有C52种，还剩下3个球与3个盒子序号不能对应，利用枚举法分析，如果剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子时，3号球不能装入3号盒子，当3号球装入4号盒子时，4，5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，4，5号球也

2只有1种装法，所以剩下三球只有2种装法，因此总共装法数为2C520种.20.复杂的排列组合问题也可用分解与合成法: 例20.（1）30030能被多少个不同偶数整除？解析：先把30030分解成质因数的形式：30030=2×3×5×7×11×13；依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为

012345C5C5C5C5C5C532个.（2）正方体8个顶点可连成多少队异面直线？

解析：因为四面体中仅有3对异面直线，可将问题分解成正方体的8个顶点可构成多少个不同的四面体，从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面体有C841258个，所以8个顶点可连成的异面直线有3×58=174对.21.利用对应思想转化法:对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理.例21.（1）圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？

解析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以确定多少个不同44的四边形，显然有C10个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有C10个.（2）某城市的街区有12个全等的矩形组成，其中实线表示马路，从A到B的最短路径有多少种？

解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从A到B最短路线必须走7小段，其中：向东4段，向北3段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，便能确

高中数学排列组合解题方法研究篇7

关键词：高中数学；排列组合；解题方法

中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2016）16-100-01

高中数学教学大纲将排列组合加入到高中数学教材中，该部分内容与学生的生活有紧密的联系，且具有较强的抽象性与灵活性，这也是学生学习起来比较难以掌握的地方。排列组合概念十分简单，而运用到实际解题中学生却容易出错。随着近几年高考题着重考察学生的抽象思维能力的变化，排列组合越来越受到高考题的青睐，往往会在选择、填空、应用题中出现，学生们往往一看见排列组合的题，就会心生畏惧，对解题形成了很大的心理障碍，以致于在这方面失分。这就要求教师在平时的教学中应教给学生解题策略，使学生掌握解题技巧，从而能够无所畏惧地进行解题。现结合多年的教学经验，对高中数学中排列组合的解题方法浅谈以下几点：

一、认真区分排列与组合，提高解题正确率

乍一看排列与组合的概念十分相似，许多同学对于这两个概念根本没弄清楚。因此，在平时的教学中教师就应该向学生讲解排列与组合概念的区别，让学生明白排列是有顺序的排列，而组合是无顺序的组合。让学生不仅对概念有更深层次的了解，在解题的过程中也能够充分运用好。若在解题过程中忽视了排列与组合的区别，容易得出错误的结果。如：将完全相同的4个红帽子和6个黑帽子排成一排，共有多少种不同的排法？在解这道题时有的同学没有认真读题，错误地认为是将10个相同的帽子进行排列，所以得出了种排列方法。得出这样结果的同学在读题中未注意到完全相同的4个红帽子和6个相同的黑帽子，颜色相同的帽子即使发生了位置的变化，排法也是同一种。因此，应这样分析：10个帽子对应着10个位置，在10个位置中选择4个红帽子的位置，剩下的位置留给黑帽子，又因为4个红帽子是完全相同的，所以属于是组合的问题，因此得出的排法应该是种。

在平时的教学中教师应指导学生多进行练习，并能够举一反三，让学生再次遇到类似的问题能够轻而易举地得出答案。

二、引导学生掌握常用的基本解题方法

1、插空法。

插空法在排列组合题目中较为常用，是指题目中要求某些元素不相邻，使用其他元素隔开，先将其他元素进行排列，再将题目中要求不相邻的元素插入到其他元素的空隙及两端。这一方法在“男女生座位”中更为多用。如：班级座位的一个纵列有7名女生和4名男生，要想将4名男生分开，任何2名男生不能前后相邻，问有多少种排法？通过分析可知7名女生不同排法有种，7名女生中间的空隙及两端共有8个位置将4名男生插进去，共有A84种，因此，任何2名男生不得前后相邻共有种排法。在平时的学习中应向学生灌输该方法的优点，让学生活学活用。

2、特殊优先法。

特殊优先法就是在解题过程中优先考虑有限制条件的元素，该方法在“小球排列”中较为多用。如：共有12个小球，其中1个白球，5个红球，6个蓝球，要求相同颜色的小球必须排在一起，且不能将白球放在两边，问共有多少种排法？在解这类题目时应将三种颜色的球看作一个整体，而白球受到了限制不能放在两边，所以应该优先考虑，其他两种颜色的球又各自全排列，因此，得到的结果是种。

3、捆绑法。

指的是在解决要求某几个元素相邻问题时，可将相邻元素整体考虑。如：将7把椅子排成一列，其中a、b两把椅子必须排在一起，问共有多少种排法？类似于这样的题目可以使用捆绑法解决，将a、b两把椅子看成一个整体，与其余的5把椅子进行全排列共有，而a、b两把椅子的排列有种，因此可得出共有种排法。

在实际的教学中教师应指导学生以上以上三种常见的方法相结合，并能灵活运用。

三、引导学生进行实际操作，激发学生学习排列组合的兴趣

在排列组合的教学中教师若只是枯燥地讲解，或是留给学生大量的练习题，而并不是结合学生的实际进行操作，一来学生提不起学习的兴趣，二来不能提高做题效率。因此，在教学中教师应从实际出发，寻找与学生贴近的题目，如颜色球的排列、帽子的排列、油画的排列、占位子等等很多有趣的题目。教师可以利用这些题目让学生进行实际的操作，这样不仅激发了学生的学习兴趣，也间接提高了学生们的动手能力。例：占位子的问题，有五个从1-5编好号的同学，有5把同样编号的椅子，要求，只有两名同学坐在与其编号相同的椅子上，有多少种不同的方法？这样具有现实意义的题型，教师完全可以让学生亲自来体验，将五名同学和五把椅子编号，让学生在教师指导下，自己完成多种座位的方法，这样不仅调动了学生们学习的积极性，又活跃了课堂气氛，对学生们排列组合的学习是有极大益处的。

总之，在高中数学教学中，教师应注重排列组合的教学，多结合生活实际进行讲解，使学生根据不同类型的题目掌握不同的解题方法，以为后面概率的学习打下坚实的基础。而排列组合的解题方法不止上文提到的三种，在具体的教学中教师还应根据题目要求，选择合适的解题方法，有时候不同的解题方法间可结合运用，最终以学生掌握解题技巧为目的。

参考文献：

[1] 赵家林.排列组合在数学解题中的技巧探讨[J].数学学习与研究，2014（03）

[2] 王庶.例析排列组合的常见题型[J].高中生学习（高二版），2014年11期

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