【数学】2020届一轮复习人教B版9-2排列与组合学案

【数学】2020届一轮复习人教B版9-2排列与组合学案

第二节 排列与组合 排列与组合 (1)理解排列、组合的概念． (2)能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． (3)能解决简单的实际问题． 知识点一 排列与排列数 1．排列 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫作从 n 个不同元 素中任意取出 m 个元素的一个排列． 2．排列数 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫作从 n 个不同元素中 取出 m 个元素的排列数，记作 Amn . 3．排列数公式及性质 (1)排列数公式 Amn ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ n！ n－m！(m，n∈N*且 m≤n) (2)性质 ①Ann＝n！； ②0！＝1. 易误提醒 (1)计算 A mn 时易错算为 n(n－1)(n－2)…(n－m)． (2)易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有 排列的个数，是一个正整数． [自测练习] 1．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)， 那么不同的排法共有( ) A．24 种 B．60 种 C．90 种 D．120 种 解析：可先排 C、D、E 三人，共 A 35种排法，剩余 A，B 两人只有一种排法，由分步乘 法计数原理满足条件的排法共 A35＝60(种)． 答案：B 2．方程 3A3x＝2A2x＋1＋6A 2x的解为________． 解析：由排列数公式可知 3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)， ∵x≥3 且 x∈N*， ∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)， 即 3x2－17x＋10＝0，解得 x＝5 或2 3(舍去)， ∴x＝5. 答案：5 知识点二 组合与组合数 1．组合 从 n 个不同元素中任取 m(m≤n)个元素为一组，叫作从 n 个不同元素中取出 m 个元素 的一个组合． 2．组合数 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫作从 n 个不同元素中 取出 m 个元素的组合数，记作 Cmn . 3．组合数公式及性质 (1)组合数公式 Cmn ＝Amn Amm ＝nn－1…n－m＋1 m！ ＝ n！ m！n－m！. (2)性质 ①C0n＝1. ②Cmn ＝Cn－mn . ③Cmn ＋Cm－1n ＝Cmn＋1. 易误提醒 易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排 列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关． 必备方法 排列问题与组合问题的识别方法： 识别方法 排列 若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，即排 列问题与选取元素顺序有关 组合 若交换某两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组 合问题与选取元素顺序无关 [自测练习] 3．若 A3n＝6C4n，则 n 的值为________． 解析：因为 A3n＝6C4n，所以 n！ n－3！ ＝6× n！ n－4！×4！ ，所以 n－3＝4，所以 n＝7. 答案：7 4．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，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数为________． 解析：第一类，含有 1 张红色卡片，不同的取法 C14C212＝264 种． 第二类，不含有红色卡片，不同的取法 C312－3C34＝220－12＝208 种． 由分类加法计数原理知，不同的取法共有 264＋208＝472 种． 答案：472 考点一 排列问题| 1．室内体育课上王老师为了丰富课堂内容，调动同学们的积极性，他把第四排的 8 名 同学请出座位并且编号为 1,2,3,4,5,6,7,8.通过观察这 8 名同学的身体特征，王老师决定，按 照 1,2 号相邻，3,4 号相邻，5,6 号相邻，而 7 号与 8 号不相邻的要求站成一排做一种游戏， 则有________种排法．(用数字作答) 解析：把编号相邻的 3 组同学每两名同学捆成一捆，这 3 捆之间有 A33＝6(种)排序方法， 并且形成 4 个空当，再将 7 号与 8 号插进空当中，有 A24＝12(种)插法，而捆好的 3 捆中每相 邻的两名同学都有 A22＝2(种)排法． 所以不同的排法种数为 23×6×12＝576. 答案：576 2．6 名同学排成 1 排照相，要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边，共有________ 种不同站法． 解析：法一：(位置分析法)先从其他 5 人中安排 2 人站在最左边和最右边，再安排余下 4 人的位置，分为两步： 第 1 步，从除甲外的 5 人中选 2 人站在最左边和最右边，有 A 25种站法； 第 2 步，余下 4 人(含甲)站在剩下的 4 个位置上，有 A 44种站法． 由分步乘法计数原理可知，共有 A25A44＝480(种)不同的站法． 法二：(元素分析法)先安排甲的位置(既不站在最左边又不站在最右边)，再安排其他 5 人的位置，分为两步： 第 1 步，将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上，有 A 14种站法； 第 2 步，余下 5 人站在剩下的 5 个位置上，有 A 55种站法． 由分步乘法计数原理可知，共有 A14A55＝480(种)不同的站法． 法三：(间接法)6 人无限制条件排队有 A 66种站法，甲站在最左边或最右边时 6 人排队有 2A 55种站法，因此符合条件的不同站法共有 A66－2A55＝480(种)． 答案：480 3．(2018·甘肃模拟)用 0 到 9 这 10 个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为 ________． 解析：首先应考虑“0”，当 0 排在个位时，有 A29＝9×8＝72(个)，当 0 不排在个位时， 有 A14A18＝4×8＝32(个)．当不含 0 时，有 A14·A28＝4×7×8＝224(个)，由分类加法计数原理， 得符合题意的偶数共有 72＋32＋224＝328(个)． 答案：328 求解排列问题的常用方法 (1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算． (2)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置． (3)捆绑法：相邻问题捆绑处理的方法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素 排列，同时注意捆绑元素的内部排列． (4)插空法：不相邻问题插空处理的方法，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相 邻的元素插在前面元素排列的空当中． (5)分排问题直排处理的方法． (6)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法． (7)定序问题除法处理的方法，即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全 排列． 考点二 组合问题| (1)某学校为了迎接市春季运动会，从 5 名男生和 4 名女生组成的田径运动队中 选出 4 人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有 1 人入选的方法种数为 ( ) A．85 B．86 C．91 D．90 (2)在 30 瓶饮料中，有 3 瓶已过了保质期．从这 30 瓶饮料中任取 2 瓶，则至少取到 1 瓶已过保质期饮料的概率为________．(结果用最简分数表示) [解析] (1)法一：(直接法)由题意，可分三类考虑： 第 1 类，男生甲入选，女生乙不入选，则方法种数为 C13C24＋C23C14＋C33＝31； 第 2 类，男生甲不入选，女生乙入选，则方法种数为 C14C23＋C24C13＋C34＝34； 第 3 类，男生甲入选，女生乙入选，则方法种数为 C23＋C14C13＋C24＝21. 所以男生甲与女生乙至少有 1 人入选的方法种数为 31＋34＋21＝86. 法二：(间接法)从 5 名男生和 4 名女生中任意选出 4 人，男、女生都有的选法有 C49－ C45－C44＝120(种)；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有 C47－C44＝34(种)．所 以男生甲与女生乙至少有 1 人入选的方法种数为 120－34＝86. (2)所取的 2 瓶都是不过保质期的饮料的概率为C227 C230 ＝117 145 ，则至少取到 1 瓶已过保质期饮 料的概率为 1－117 145 ＝ 28 145. [答案] (1)B (2) 28 145 组合问题的常见题型 (1)“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不 含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取． (2)“至少”“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键 词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考 虑逆向思维，用间接法处理． 1．现有 10 个优秀指标分配给 6 个班级，每个班至少一个，共有________种不同的分配 方法？ 解析：从结果入手，理解相同元素的分堆问题，设计“隔板法分堆”，将一种分配方法 和一个组合建立一一对应关系，实际问题化归为组合数求解．该事件的实质为将 10 个相同 的元素分成 6 堆，每一堆至少一个元素，利用“隔板法分堆”，即在 10 个相同元素构成的 9 个空中插入 5 个隔板，其不同的分配方案有 C59＝126(种)． 答案：126 考点三 分组分配问题| 按下列要求分配 6 本不同的书，各有多少种不同的分配方式？ (1)分成三份，1 份 1 本，1 份 2 本，1 份 3 本； (2)甲、乙、丙三人中，一人得 1 本，一人得 2 本，一人得 3 本； (3)平均分成三份，每份 2 本； (4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人 2 本； (5)分成三份，1 份 4 本，另外两份每份 1 本； (6)甲、乙、丙三人中，一人得 4 本，另外两人每人得 1 本； (7)甲得 1 本，乙得 1 本，丙得 4 本． [解] (1)无序不均匀分组问题． 先选 1 本，有 C 16种选法；再从余下的 5 本中选 2 本，有 C 25种选法；最后余下 3 本全选， 有 C 33种选法． 故共有 C16C25C33＝60(种)． (2)有序不均匀分组问题． 由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)题的基础上，还应考虑再分配，共有 C16C25C33A33＝ 360(种)． (3)无序均匀分组问题． 先分三步，则应是 C26C24C 22种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为 A，B，C， D，E，F，若第一步取了 AB，第二步取了 CD，第三步取了 EF，记该种分法为(AB，CD， EF)，则 C26C24C 22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD， AB)，(EF，AB，CD)，共有 A 33种情况，而这 A 33种情况仅是 AB，CD，EF 的顺序不同，因 此只能作为一种分法，故分配方式有C26C24C22 A33 ＝15(种)． (4)有序均匀分组问题． 在(3)的基础上再分配给 3 个人， 共有分配方式C46C24C22 A33 ·A33＝C26C24C22＝90(种)． (5)无序部分均匀分组问题．共有C46C12C11 A22 ＝15(种)． (6)有序部分均匀分组问题． 在(5)的基础上再分配给 3 个人， 共有分配方式C46C12C11 A22 ·A33＝90(种)． (7)直接分配问题，甲选 1 本有 C 16种方法，乙从余下 5 本中选 1 本有 C 15种方法，余下 4 本留给两种 C 44种方法，共有 C16·C15C44＝30(种)． 解决分组分配问题的策略 (1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以 分组后一定要除以 Ann(n 为均分的组数)、避免重复计数． (2)对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有 m 组元素个数 相等，则分组时应除以 m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全 排列数． (3)对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等， 所以不需要除以全排列数． 2．(2018·内江模拟)某科室派出 4 名调研员到 3 个学校，调研该校高三复习备考近况， 要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为( ) A．144 B．72 C．36 D．48 解析：分两步完成：第一步将 4 名调研员按 2,1,1 分成三组，其分法有C24C12C11 A22 ；第二步 将分好的三组分配到 3 个学校，其分法有 A 33种，所以满足条件的分配方案有C24C12C11 A22 ·A33＝36 种． 答案：C 29.模型法巧解排列组合问题 【典例】 把 20 个相同的球全部装入编号分别为 1,2,3 的三个盒子中，要求每个盒子中 的球数不小于其编号数，则共有________种不同的放法． [思路点拨] 本题可先向 1,2,3 号三个盒子中分别装入 0,1,2 个球，再将剩下的 17 个球 随意分成三份装入盒子中即可． [解析] 题目有限制条件，不能直接运用隔板法，但可转化为隔板问题，向 1,2,3 号三 个盒子中分别装入 0,1,2 个球后，还剩余 17 个球，然后再把这 17 个球分成 3 份，每份至少 一球，运用隔板法，共有 C216＝120(种)不同的放法． [答案] 120 [方法点评] 排列与组合的根本区别在于是“有序”还是“无序”，对于将若干个相同小球 放入几个不同的盒子中这类问题可利用“隔板法”求解，实质上是最终转化为组合问题．根据 问题的特点，把握问题的本质，通过联想、类比构建模型是求解排列、组合问题的关键． [跟踪练习] (2018·浙江金华质检)4 个不同的小球放入编号为 1,2,3,4 的 4 个盒中，则恰 有 1 个空盒的放法共有________种．(用数字作答) 解析：把 4 个球分成 3 组，每组至少 1 个，即分成小球个数分别为 2,1,1 的 3 组，有C24C12C11 A22 种．最后将 3 组球放入 4 个盒中的 3 个，分配方法有 A 34种，因此，放法共有C24C12C11 A22 ×A34＝ 144 种． 答案：144 A 组 考点能力演练 1．(2018·大连模拟)某校开设 A 类选修课 2 门，B 类选修课 3 门，一位同学从中选 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．3 种 B．6 种 C．9 种 D．18 种 解析：由题知有 2 门 A 类选修课，3 门 B 类选修课，从里边选出 3 门的选法有 C35＝10 种．两类课程都有的对立事件是选了 3 门 B 类选修课，这种情况只有 1 种．满足题意的选 法有 10－1＝9 种．所以选 C. 答案：C 2．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，则不同的选派方案种数是( ) A．150 B．300 C．600 D．900 解析：若甲去，则乙不去，丙去，再从剩余的 5 名教师中选 2 名，有 C25×A44＝240 种方 法；若甲不去，则丙不去，乙可去可不去，从 6 名教师中选 4 名，共有 C46×A44＝360 种方法．因 此共有 600 种不同的选派方案． 答案：C 3．如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了 3 个水果，且从这周的第二天开始， 每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一 个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有( ) A．50 种 B．51 种 C．140 种 D．141 种 解析：因为第一天和第七天吃的水果数相同，所以中间“多一个”或“少一个”的天数 必须相同，都是 0,1,2,3，共 4 种情况，所以共有 C06＋C16C15＋C26C24＋C36C33＝141 种，故选 D. 答案：D 4．某班班会准备从甲、乙等 7 名学生中选派 4 名学生发言，要求甲、乙两名同学至少 有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为 ( ) A．360 B．520 C．600 D．720 解析：依题意进行分类计数：第一类，甲、乙两名同学中恰有一人参加，满足题意的不 同发言顺序有 C12·C35·A44＝480 种，第二类，甲、乙两名同学均参加，满足题意的不同发言顺 序有 C22·C25·A22·A23＝120 种．因此，满足题意的不同发言顺序有 480＋120＝600 种，故选 C. 答案：C 5．(2018·昆明调研)航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验，要求 2 艘攻击 型核潜艇一前一后，3 艘驱逐舰和 3 艘护卫舰分列左右，每侧 3 艘，同侧不能都是同种舰艇， 则舰艇分配方案的方法数为( ) A．72 B．324 C．648 D．1 296 解析：核潜艇排列数为 A22，6 艘舰艇任意排列的排列数为 A66，同侧均是同种舰艇的排 列数为 A33A33×2，则舰艇分配方案的方法数为 A22(A66－A33A33×2)＝1 296. 答案：D 6．5 名同学站成一排，其中甲同学不站排头，则不同的排法种数是________(用数字作 答)． 解析：依题意，满足题意的不同的排法种数是 C14·A44＝96. 答案：96 7．4 位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：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 分，则这 4 位同学不同得 分情况的种数是________． 解析：由于 4 位同学的总分为 0 分，故 4 位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况： ①甲：4 人，乙：0 人；②甲：2 人，乙：2 人；③甲：0 人，乙：4 人．对于①，须 2 人答 对，2 人答错，共有 C24＝6 种情况；对于②，有 C24C12C12＝24 种情况；对于③，与①相同， 有 6 种情况，故共有 6＋24＋6＝36 种不同的情况． 答案：36 8．(2018·济南模拟)航天员拟在太空授课，准备进行标号为 0,1,2,3,4,5 的六项实验，向 全世界人民普及太空知识，其中 0 号实验不能放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻 一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为________(用数字作答)． 解析：本题考查排列组合，难度中等．优先安排第一项实验，再利用定序问题相除法求 解．由于 0 号实验不能放在第一项，所以第一项实验有 5 种选择．最后两项实验的顺序确定， 所以共有5A55 A22 ＝300 种不同的编排方法． 答案：300 9．将 7 个相同的小球放入 4 个不同的盒子中． (1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？ (2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？ 解：(1)将 7 个相同的小球排成一排，在中间形成的 6 个空当中插入无区别的 3 个“隔 板”将球分成 4 份，一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有 C36＝20 种不同的 放入方式． (2)每种放入方式对应于将 7 个相同的小球与 3 个相同的“隔板”进行一次排列，即从 10 个位置中选 3 个位置安排隔板，故共有 C310＝120 种放入方式． 10．从 1 到 9 的 9 个数字中取 3 个偶数 4 个奇数，试问： (1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中，3 个偶数排在一起的有几个？ (3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ 解：(1)分三步完成：第一步，在 4 个偶数中取 3 个，有 C 34种情况；第二步，在 5 个奇 数中取 4 个，有 C 45种情况；第三步，3 个偶数，4 个奇数进行排列，有 A 77种情况．所以符 合题意的七位数有 C34C45A77＝100 800 个． (2)上述七位数中，3 个偶数排在一起的有 C34C45A55A33＝14 400 个． (3)上述七位数中，3 个偶数排在一起，4 个奇数也排在一起的有 C34C45A33A44A22＝5 760 个． B 组 高考题型专练 1．(2018·高考四川卷)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排 甲，则不同的排法共有( ) A．192 种 B．216 种 C．240 种 D．288 种 解析：若最左端排甲，其他位置共有 A55＝120 种排法；若最左端排乙，最右端共有 4 种排法，其余 4 个位置有 A44＝24 种排法，所以共有 120＋4×24＝216 种排法． 答案：B 2．(2018·高考辽宁卷)6 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为 ( ) A．144 B．120 C．72 D．24 解析：先把三把椅子隔开摆好，它们之间和两端有 4 个位置，再把三人带椅子插放在四 个位置，共有 A34＝24 种放法，故选 D. 答案：D 3．(2018·高考安徽卷)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60°的共有( ) A．24 对 B．30 对 C．48 对 D．60 对 解析：利用正方体中两个独立的正四面体解题，如图， 它们的棱是原正方体的 12 条面对角线． 一个正四面体中两条棱成 60°角的有(C26－3)对，两个正四面体有(C26－3)×2 对．又正方 体的面对角线中平行成对，所以共有(C26－3)×2×2＝48 对．故选 C. 答案：C 4．(2018·高考四川卷)用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大 的偶数共有( ) A．144 个 B．120 个 C．96 个 D．72 个 解析：数字 0,1,2,3,4,5 中仅有 0,2,4 三个偶数，比 40 000 大的偶数为以 4 开头与以 5 开 头的数．其中以 4 开头的偶数又分以 0 结尾与以 2 结尾，有 2A34＝48 个；同理，以 5 开头的 有 3A34＝72 个．于是共有 48＋72＝120 个，故选 B. 答案：B 5．(2018·高考广东卷)某高三毕业班有 40 人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留 言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答) 解析：∵同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，且全班共有 40 人，∴全班共写 了 40×39＝1 560 条毕业留言． 答案：1 560