高考数学一轮 排列与组合.docx
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高考数学一轮排列与组合
第58课排列与组合
[最新考纲]
内容
要求
A
B
C
排列与组合
√
1.排列与组合的概念
名称
定义
排列
从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素
按照一定的顺序排成一列
组合
并成一组
2.排列数与组合数
(1)排列数的定义:
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用A表示.
(2)组合数的定义:
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数,用C表示.
3.排列数、组合数的公式及性质
公式
(1)A=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)=
(2)C===
性质
(1)0!
=1;A=n!
(2)C=C;C=C+C
1.(思考辨析)判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( )
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.( )
(3)若组合式C=C,则x=m成立.( )
(4)排列定义规定给出的n个元素各不相同,并且只研究被取出的元素也各不相同的情况.也就是说,如果某个元素已被取出,则这个元素就不再取了.( )
[答案]
(1)×
(2)√ (3)× (4)√
2.(教材改编)已知-=,则C=________.
28 [∵-=,
∴-=,
化简,得m2-23m+42=0,
解得m=2或m=21(舍去)
∴C=C==28.]
3.方程3A=2A+6A的解为________.
x=5 [由排列数的定义可知
,解得x≥3,且x∈N+.
∴原方程可化为
3x(x-1)(x-2)=2x(x+1)+6x(x-1).
即3x2-17x+10=0,解得x=5或x=(舍).
∴原方程的解为x=5.]
4.(2016·四川高考改编)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为________.
72 [第一步,先排个位,有C种选择;
第二步,排前4位,有A种选择.
由分步计数原理,知有C·A=72(个).]
5.某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为________.
49 [法一(直接法):
甲、乙两人均入选,有CC种方法,
甲、乙两人只有1人入选,有CC种方法,
∴由分类计数原理,共有CC+CC=49种选法.
法二(间接法):
从9人中选3人有C种方法,
其中甲、乙均不入选有C种方法,
∴满足条件的选排方法有C-C=84-35=49种.]
排列应用题
(1)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________种.
(2)把5件不同产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有________种.
(1)216
(2)36 [
(1)第一类:
甲在左端,
有A=5×4×3×2×1=120种方法;
第二类:
乙在最左端,
有4A=4×4×3×2×1=96种方法,
所以共有120+96=216种方法.
(2)记其余两种产品为D,E,A,B相邻视为一个元素,先与D,E排列,有AA种方法.再将C插入,仅有3个空位可选,共有AAC=2×6×3=36种不同的摆法.]
[规律方法] 1.第
(1)题求解的关键是按特殊元素甲、乙的位置进行分类.注意特殊元素(位置)优先原则,即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置.对于分类过多的问题,可利用间接法.
2.对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法.
[变式训练1] 在航天员进行的一项太空实验中,要先后实施6个程序,其中程序A只能出现在第一或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,问实验顺序的编排方法共有________种.【导学号:
62172318】
96 [程序A的顺序有A=2种结果,将程序B和C看作一个元素与除A外的元素排列有AA=48种结果,
由分步乘法计数原理,实验编排共有2×48=96种方法.]
组合应用题
(1)若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同的数,其和为偶数,则不同的取法共有________种.
(2)(2016·全国卷Ⅲ改编)定义“规范01数列”{an}如下:
{an}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数.若m=4,则不同的“规范01数列”共有________个.
(1)66
(2)14 [
(1)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数,要使和为偶数,则4个数全为奇数,或全为偶数,或2个奇数和2个偶数,
∴不同的取法共有C+C+CC=66种.
(2)由题意知:
当m=4时,“规范01数列”共含有8项,其中4项为0,4项为1,且必有a1=0,a8=1.不考虑限制条件“对任意k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数不少于1的个数”,则中间6个数的情况共有C=20(种),其中存在k≤2m,a1,a2,…,ak中0的个数少于1的个数的情况有:
①若a2=a3=1,则有C=4(种);②若a2=1,a3=0,则a4=1,a5=1,只有1种;③若a2=0,则a3=a4=a5=1,只有1种.综上,不同的“规范01数列”共有20-6=14(种).
故共有14个.]
[规律方法] 1.
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:
“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”或“至多”含有几个元素的题型:
若直接法分类复杂时,逆向思维,间接求解.
2.第
(2)题是“新定义”问题,首先理解“规范01数列”的定义是解题的关键,注意分类讨论时要不重不漏,并重视间接法的应用.
[变式训练2] 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________.
472 [第一类,含有1张红色卡片,不同的取法CC=264种.第二类,不含有红色卡片,不同的取法C-3C=220-12=208种.
由分类计数原理,不同的取法共264+208=472种.]
排列与组合的综合应用
角度1 简单的排列与组合的综合问题
用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有________个.
120 [当五位数的万位为4时,个位可以是0,2,此时满足条件的偶数共有CA=48个;当五位数的万位为5时,个位可以是0,2,4,此时满足条件的偶数共有CA=72个,
所以比40000大的偶数共有48+72=120个.]
角度2 分组分配问题
将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学,上海交通大学,浙江大学三所大学就读,则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有________种.
【导学号:
62172319】
150 [5名学生可分为2,2,1和3,1,1两组方式.
当5名学生分成2,2,1时,共有CCA=90种方法;当5名学生分成3,1,1时,共有CA=60种方法.
由分类加法计数原理知共有90+60=150种保送方法.]
[规律方法] 1.解排列与组合问题常以元素(或位置)为主体,即先满足特殊元素(或位置),再考虑其他元素(或位置).对于排列与组合的综合题目,一般是先取出符合要求的元素,再对取出的元素排列.
2.
(1)不同元素的分配问题,往往是先分组再分配.在分组时,通常有三种类型:
①不均匀分组;②均匀分组;③部分均匀分组,注意各种分组类型中,不同分组方法的求法.
(2)对于相同元素的“分配”问题,常用的方法是采用“隔板法”.
[思想与方法]
1.解有附加条件的排列与组合应用题的三种思路:
(1)特殊元素、特殊位置优先原则.
(2)解受条件限制的组合题,通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决,分类标准应统一.
(3)解排列与组合的综合题一般是先选再排,先分组再分配.
2.求解排列与组合问题的思路:
“排组分清,加乘明确;有序排列,无序组合;分类相加,分步相乘.”
[易错与防范]
1.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.
2.计算A时易错算为n(n-1)(n-2)…(n-m).
3.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.
4.解组合应用题时,应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义.
5.对于分配问题,一般是坚持先分组,再分配的原则,注意平均分组与不平均分组的区别,避免重复或遗漏.
课时分层训练
(二)
A组 基础达标
(建议用时:
30分钟)
1.(2016·江苏高考)
(1)求7C-4C的值;
(2)设m,n∈N+,n≥m,求证:
(m+1)C+(m+2)C+(m+3)C+…+nC+(n+1)C=(m+1)C.
[解]
(1)7C-4C=7×-4×=0.
(2)证明:
当n=m时,结论显然成立.
当n>m时,(k+1)C==(m+1)·
=(m+1)C,k=m+1,m+2,…,n.
又因为C+C=C,
所以(k+1)C=(m+1)(C-C),k=m+1,m+2,…,n.
因此,(m+1)C+(m+2)C+(m+3)C+…+(n+1)C=(m+1)C+[(m+2)C+(m+3)C+…+(n+1)C]
=(m+1)C+(m+1)[(C-C)+(C-C)+…+(C-C)]
=(m+1)C.
2.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,每位朋友一本,则不同的赠送方法共有多少种?
【导学号:
62172320】
[解] 赠送1本画册,3本集邮册.需从4人中选取1人赠送画册,其余赠送集邮册,有C种方法.
赠送2本画册,2本集邮册,只需从4人中选出2人赠送画册,其余2人赠送集邮册,有C种方法.
由分类加法计数原理,不同的赠送方法有C+C=10种.
3.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少一人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有多少种?
[解] 1个路口3人,其余路口各1人的分配方法有CCA种.1个路口1人,2个路口各2人的分配方法有CCA种,
由分类计数原理知,甲、乙在同一路口的分配方案为CCA+CCA=36种.
4.男运动员6名,女运动员4名,其中男女队长各1名,选派5人外出比赛,在下列情形中各有多少种选派方法?
(1)至少有1名女运动员;
(2)既要有队长,又要有女运动员.
[解]
(1)法一:
至少有1名女运动员包括以下几种情况:
1女4男,2女3男,3女2男,4女1男,
由分类加法计数原理可得总选法数为
CC+CC+CC+CC=246(种).
法二:
“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.
从10人中任选5人有C种选法,其中全是男运动员的选法有C种.
所以“至少有1名女运动员”的选法为C-C=246(种).
(2)当有女队长时,其他人选法任意,共有C种选法.
不选女队长时,必选男队长,共有C种选法.其中不含女运动员的选法有C种,所以不选女队长时共有C-C种选法,所以既有队长又有女运动员的选法共有C+C-C=191(种).
5.7名师生站成一排照相留念,其中老师1人,男生4人,女生2人,在下列情况下,各有不同站法多少种?
(1)两个女生必须相邻而站;
(2)4名男生互不相邻;
(3)老师不站中间,女生甲不站左端.【导学号:
62172321】
[解]
(1)∵两个女生必须相邻而站,
∴把两个女生看做一个元素,
则共有6个元素进行全排列,还有女生内部的一个排列共有AA=1440种站法.
(2)∵4名男生互不相邻,
∴应用插空法,
对老师和女生先排列,形成四个空再排男生共有AA=144种站法.
(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A=720种站法.
当老师不站左端时,老师有5种站法,女生甲有5种站法,余下的5个人在五个位置进行排列共有A×5×5=3000种站法.根据分类计数原理知共有720+3000=3720种站法.
6.用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有多少个?
[解] 个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有CAC+AC=90(个);个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有CAC+CCAC=234(个),所以共有90+234=324(个).
B组 能力提升
(建议用时:
15分钟)
1.设有编号为1,2,3,4,5的五个球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子,现将这五个球放入五个盒子内.
(1)只有一个盒子空着,共有多少种投放方法?
(2)没有一个盒子空着,但球的编号与盒子编号不全相同,有多少种投放方法?
(3)每个盒子内投放一球,并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的,有多少种投放方法?
[解]
(1)CA=1200种;
(2)A-1=119种.
(3)满足的情形:
第一类,五个球的编号与盒子编号全同的放法:
1种;
第二类,四个球的编号与盒子编号相同的放法:
0种;
第三类,三个球的编号与盒子编号相同的放法:
10种;
第四类,两个球的编号与盒子编号相同的放法,2C=20种.
故满足条件的放法数为:
1+10+20=31种.
2.
(1)3人坐在有八个座位的一排上,若每人的左右两边都要有空位,则不同坐法的种数为几种?
(2)现有10个保送上大学的名额,分配给7所学校,每校至少有1个名额,问名额分配的方法共有多少种?
[解]
(1)由题意知有5个座位都是空的,我们把3个人看成是坐在座位上的人,往5个空座的空档插,由于这5个空座位之间共有4个空,3个人去插,共有A=24种.
(2)法一:
每个学校至少一个名额,则分去7个,剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数,分类:
若3个名额分到一所学校有7种方法;
若分配到2所学校有C×2=42种;
若分配到3所学校有C=35种.
∴共有7+42+35=84种方法.
法二:
10个元素之间有9个间隔,要求分成7份,相当于用6块档板插在9个间隔中,共有C=84种不同方法.
所以名额分配的方法共有84种.
3.(2017·南京模拟)已知整数n≥3,集合M={1,2,3,…,n}的所有含有3个元素的子集记为A1,A2,A3,…,AC,设A1,A2,A3,…,AC中所有元素之和为Sn.
(1)求S3,S4,S5,并求出Sn;
(2)证明:
S3+S4+…+Sn=6C.
[解]
(1)当n=3时,集合M只有1个符合条件的子集,
S3=1+2+3=6,
当n=4时,集合M每个元素出现了C次.
S4=C(1+2+3+4)=30.
当n=5时,集合M每个元素出现了C次,
S5=C(1+2+3+4+5)=90.
所以,当集合M有n个元素时,每个元素出现了C,故Sn=C·.
(2)证明:
因为Sn=C·==6C.
则S3+S4+S5+…+Sn=6(C+C+C+…+C)
=6(C+C+C+…+C)=6C.
4.(2017·苏州期末)如图581,由若干个小正方形组成的k层三角形图阵,第一层有1个小正方形,第二层有2个小正方形,依此类推,第k层有k个小正方形.除去最底下的一层,每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上.现对第k层的每个小正方形用数字进行标注,从左到右依次记为x1,x2,…,xk,其中xi∈{0,1}(1≤i≤k),其它小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和,依此规律,记第一层的小正方形标注的数字为x0.
图581
(1)当k=4时,若要求x0为2的倍数,则有多少种不同的标注方法?
(2)当k=11时,若要求x0为3的倍数,则有多少种不同的标注方法?
[解]
(1)当k=4时,第4层标注数字依次为x1,x2,x3,x4,第3层标注数字依次为x1+x2,x2+x3,x3+x4,第2层标注数字依次为x1+2x2+x3,x2+2x3+x4,
所以x0=x1+3x2+3x3+x4.
因为x0为2的倍数,所以x1+x2+x3+x4是2的倍数,则x1,x2,x3,x4四个都取0或两个取0两个取1或四个都取1,所以共有1+C+1=8种标注方法.
(2)当k=11时,第11层标注数字依次为x1,x2,…,x11,第10层标注数字依次为x1+x2,x2+x3,…,x10+x11,第9层标注数字依次为x1+2x2+x3,x2+2x3+x4,…,x9+2x10+x11,以此类推,可得x0=x1+Cx2+Cx3+…+Cx10+x11.
因为C=C=45,C=C=120,C=C=210,C=252均为3的倍数,所以只要x1+Cx2+Cx10+x11是3的倍数,即只要x1+x2+x10+x11是3的倍数,
所以x1,x2,x10,x11四个都取0或三个取1一个取0,而其余七个x3,x4,…,x9可以取0或1,这样共有(1+C)
×27=640种标注方法.
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