高考数学专题复习（精选精讲）练习8-排列、组合习题精选精讲

高考数学专题复习（精选精讲）练习8-排列、组合习题精选精讲

“解排列、组合应用问题”的思维方法 ‎ 考点1 考查两个原理直接应用 例1 ‎（03年天津）某城市的中心广场建造一个花圃，分为6个部分（如图）。现要种植4种不同色的花，每部分种一种且相邻部分不能种同样色的花，不同的种植方法有 ‎ ‎ 解析：求解排列组合问题材时，一是观察取出的元素是否有顺序，从面确定是排列问题还是组合问题材；二是仔细审题，弄清怎样去完成这一件事，从而确定是分类计数还是分步计数原理。‎ 解：按区域种植，选择相邻区域较多的先种，可分六步完成：‎ 第一步从4种花中任先1种给1号区域种花，有4种方法；‎ 第二步从余下的3种花中任先一种给2号区域种，有3种方法；‎ 第三步从余下的2种花中任先1种种给3号区域种有2种方法；‎ 第四步给4号区域种花，由于4号区域与2号区域不相邻，故这两个区域可分为同色与不同色两类：‎ 若4号区域2号区域种同色花，则4号区域有1种种法，第五步给5号区域有2种种法；第六步给6号区域有1种种法；‎ 若4号区域与2号区域种不同色花，则4号区域有1种种法，面5号区域的种法又可分为两类：若5号区域与2号区域种同色花，则5号区域有1种种法，6号区域有2种种法；若5号区域与2号区域种不同色花，则5号区域有1种种法，6号区域有1种种法。‎ 由分步计数原理得不同的种植方法共有=120（种）‎ 考点2 考查特殊元素优先考虑问题 例2 （04天津）从1，2，3，5，7，中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重担数字的四位数，其中通报被5整除的四位数共有 个。用数字作答）‎ 解析：对于含有特殊元素的排列组合问题，一般应优先安排特殊位置上的特殊元素，再安排其他位置上的其他元素。‎ 解：合条件四位数的个位必须是0、5，但0不能排在首位，故0是其中的特殊元素，应优先安排，按照0排在首位，0排在十位、百位和不含0为标准分为三类：‎ ① ‎0排在个位能被0整除的四位数有个 ② ‎0排在十位、百位，但5必须排在个位有 =48个 ③ 不含0，但5必须排在个位有个 ‎ 由分类计数原理得所求四位数共有300个。‎ 考点3 考查相邻排列计算问题 例2（海春）有件不同的产品排成一排，若其中A、B两件不同的产品排在一起的排法有48种，则 ‎ 解析：对于含有某几个元素相邻的排列问题可先将相邻元素“捆绑”起来视为一个大元素，与其他元素一起进行了全排列，然后瑞对相邻元素内部进行全排列，这就是处理相邻排列问题的“捆绑”方法。‎ 解： 将A、B两件产品看作一个大元素，与其他产品排列有种排法；对于上述的每种排法，A、B两件产品之间又有种排法，由分步计数原理得满足条件的不同排法有 =48种，故 考点4 考查互不相邻排列计算问题 ‎ 例4 （04辽）有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2个就座，规定前排中间的3 个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是（ ）‎ ‎(A) 234 (B) 346 (C)350 (D) 363‎ 解析：对于前排中某个元素互不不相邻的排列问题，可先将其它元素排成一排，然后将不相邻的元素插入这些排好的元素之间及两端的空隙中，这就是解决互不相邻问题最为奏效的插空法。‎ 解：先将前排中间的5号、6号、7号座位和待安排2人的取出，再将剩下的18座位排成一列，然后妆待安排2人的座位插入这18座位之间及两端的空隙中，使这2人的座位互不相邻，有种方法；‎ 但在前排的4号与8号座位、前排的11号与后排的1号座位之间可以同时插入待安排2人的座位满足条件，有种方法。‎ 由分类计数原理得到不同排法的种数有 ‎（种），选（B）。‎ 考点5 考查排列组合混合计算问题 例5 （04陕）将4名教师分配到3种中学任教，每所中学到少1名教师，则不同的分配方案共有（ ）种 ‎（A）12 （B） 24 （C）36 （D）48‎ 解析：对于排列组合混合问题，可运用先分组（堆）后排列的策略求解，无次序分组问题常有“均匀分组、部分均匀分组、非均匀分组”等三种类型。计数时常有下面结论：对于其中的“均匀分组”和“部分均匀分组”问题，只需按“非均匀分组”列式后，再除以均匀组数的全排列数。‎ 解：可分两步完成：第一步将4名教师部分均匀分为三组（1、1、2）有种方法；第二步将这三组教师分配到3所中学任教有种方法。由分步计数原理得不同的分配方案共有=36种。应选（B）。‎ 考点6 考查定序排列计算问题 例6 （96全国）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（ ）个 ‎（A） 210 （Ｂ）300 （C）464 （D）600‎ 解析：对于部分元素定序排列问题，可先把定序元素与其它元素一同进行全排列，然后根据定序排列在整体排列中出现的概率，即用定序排列数去均分总排列数获解。‎ 解：若不考虑附加条件，组成的六位数有个。在这些六位数中，只有个位数字小于和个位数字大于十位数字这两种情况，而这两种情况在整体排列中出现的概率均为，故所求六位数为=300个，应选（B）。‎ 考点7 考查等价转化计算问题 例7 （04湖南）从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为（　　　　）个 ‎（Ａ）56 （B）52 （C）48 （D）40‎ 解析：几何图形问题是高考的常考点。求解时，一要熟悉几何图形性质及点、线、面位置关系；二要按同一标准分类，避免重复、遗漏；三若直接求解困难或头绪繁多时，可从其反而去考虑，将其转化为简单的问题去解决。‎ 解：从正方体的8个顶点中任取3个顶点可构成个三角形，其中非直角三角形的有两类：①上底面的每个顶点所在的侧面对角线与下底面相应的对角线构成1个正三角形，上底面的4个顶点共4个非直角三角形；②下底面的4个顶点所在的侧面对角线与上底面相应的结角线共构成4个非直角三角形。故所求直角三角形共有个，选（C）。‎ 例8 （97全国）四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）种 ‎（A） 150　　　（Ｂ）147 （C）144 （D）141‎ 解：从10个点中任取4个噗有=210种取法，应剔除下面三类共面点：‎ （1） 从四面体的每个面上的6个点中任取4个点必共面有=60种取法；‎ （2） 四面体的每条棱上3个点与对棱中点共面有6种取法；‎ （3） ‎6个中点连线有3对平行线段共面，故从这6个点中取4个共面中取4个共面点有3种取法。‎ 故符合条件取法共210-‎60-6-3‎=141种。选（D）.‎ 考点8 考查二项展开式指定项求法 ‎ 例9 (04湖北) 已知的展开式中各项系数的和是128,则展开式中的系数是 .‎ 解析:求二项展开式的指定项或其系数,常运用其通项公式,将其转化为方程问题去求解.‎ 解:取得 ‎ 令 得 .‎ 故展开式中的系数为.‎ 考点9 考查二项展开式系数和求法 例10 ‎(04天津)若 ,则 ‎ .‎ 解析：直接展开由各项系数求解将误入歧途。二项式定理既是公式，又可视为方程式或恒等式，故可用多项式恒等理论和赋值法去求解。‎ 解：取得 ；‎ 故原式=‎ 考点10 考查三项展开式指定项求法 例11 （92全）在的展开式中x的系数为（ ）‎ ‎ （A）160 （B）240 （C）360 D800‎ 解析：求三顶展开式指定顶时，常通过恒等变形，将其转化为熟悉的两项式，然后分两步运用二项式定理展开求解。‎ 解：=‎ ‎ 展开式中x项的系数只能是在中，再次展开可得x项为故x项的系数为240，应选B。‎ 此题亦可将其恒等变形为 ，再把它们分别展开，运用多顶式乘法集项法求解。‎ 考点11 考查二项式定理与近似估值问题 例12 ‎ ‎ （04湖南）农民收入由工资性收入和其它收入两部分构成。03年某地区农民人均收入为3150元（其中工资源共享性收入为1800元，其它收入为1350元），预计该地区自04年起的5年内，农民的工资源共享性收入将以每年的年增长率增长，其它性收入每年增加160元。根据以上数据，08年该地区人均收入介于（ ）‎ ‎（A）4200元~4400元 （B）4400元~4460元 ‎（C）4460元~4800元 （D）4800元~5000元 解析：在处理与二项式高次幂有关的近似估值问题时，可运用二项式定理将其展开，经简略计算去解决估值问题。‎ 解：08年农民工次性人均收入为 又08年农民其它人均收入为1350+160=2150‎ 故08年农民人均总收入约为2405+2150=4555（元）。故选B 考点12 考查二项式定理应用 例13 （91三南）已知函数证明：对于任意不小于3的自然数n，‎ 解析：若直接运用二项式定理或数学归纳法去证明困难都大，故应另辟解题蹊径，将其转化为熟悉命题：再证明就容易了。‎ 证明：‎ ‎ ， 展开至少有4项，故原命题获证。‎ ‎ 历年高考排列组合和二项式定理的试题以客观题的形式出现，多为课本例题、习题迁移的改编题，难度不大，重点考查运用排列组合知识、二项式定理去解决问题的能力和逻辑划分、化归转化等思想方法。为此，只要我们熟悉两个原理，把握住二项式定理及其系数性质，会把实际问题化归为数学模型问题或方程问题去解决，就可顺利获解。‎ 解决排列组合问题常见策略 常用方法：‎ 一. 合理选择主元 例1. 公共汽车上有3个座位，现在上来5名乘客，每人坐1个座位，有几种不同的坐法？‎ 例2. 公共汽车上有5个座位，现在上来3名乘客，每人坐1个座位，有几种不同的坐法？‎ 分析：例1中将5名乘客看作5个元素，3个空位看作3个位置，则问题变为从5个不同的元素中任选3个元素放在3个位置上，共有种不同坐法。例2中再把乘客看作元素问题就变得比较复杂，将5个空位看作元素，而将乘客看作位置，则例2变成了例1，所以在解决排列组合问题时，合理选择主元，就是选择合适解题方法的突破口。‎ 二. “至少”型组合问题用隔板法 对于“至少”型组合问题，先转化为“至少一个”型组合问题，再用n个隔板插在元素的空隙（不包括首尾）中，将元素分成n＋1份。‎ 例5. 4名学生分6本相同的书，每人至少1本，有多少种不同分法？‎ 解：将6本书分成4份，先把书排成一排，插入3个隔板，6本书中间有5个空隙，则分法有：‎ ‎（种）‎ 三. 注意合理分类 元素（或位置）的“地位”不相同时，不可直接用排列组合数公式，则要根据元素（或位置）的特殊性进行合理分类，求出各类排列组合数。再用分类计数原理求出总数。‎ 例6. 求用0，1，2，3，4，5六个数字组成的比2015大的无重复数字的四位数的个数。‎ 解：比2015大的四位数可分成以下三类：‎ 第一类：3×××，4×××，5×××，共有：（个）；‎ 第二类：21××，23××，24××，25××，共有：（个）；‎ 第三类：203×，204×，205×，共有：（个）‎ ‎∴比2015大的四位数共有237个。‎ 四. 特殊元素（位置）用优先法 把有限制条件的元素（位置）称为特殊元素（位置），对于这类问题一般采取特殊元素（位置）优先安排的方法。‎ 例1. 6人站成一横排，其中甲不站左端也不站右端，有多少种不同站法？‎ 分析：解有限制条件的元素（位置）这类问题常采取特殊元素（位置）优先安排的方法。‎ 解法1：（元素分析法）因为甲不能站左右两端，故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上，有种站法；第二步再让其余的5人站在其他5个位置上，有种站法，故站法共有：＝480（种）‎ 解法2：（位置分析法）因为左右两端不站甲，故第一步先从甲以外的5个人中任选两人站在左右两端，有种；第二步再让剩余的4个人（含甲）站在中间4个位置，有种，故站法共有：（种）‎ 五. 分排问题用直排法 对于把几个元素分成若干排的排列问题，若没有其他特殊要求，可采取统一成一排的方法求解。‎ 例5. 9个人坐成三排，第一排2人，第二排3人，第三排4人，则不同的坐法共有多少种？‎ 解：9个人可以在三排中随意就坐，无其他限制条件，所以三排可以看作一排来处理，不同的坐标共有种。‎ 六. 复杂问题用排除法 对于某些比较复杂的或抽象的排列问题，可以采用转化思想，从问题的反面去考虑，先求出无限制条件的方法种数，然后去掉不符合条件的方法种数。在应用此法时要注意做到不重不漏。‎ 例6. 四面体的顶点和各棱中点共有10个点，取其中4个不共面的点，则不同的取法共有（ ）‎ A. 150种 B. 147种 C. 144种 D. 141种 解：从10个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类。第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4个点共面，有3种。以上三类情况不合要求应减掉，所以不同的取法共有：（种）。‎ 七. 多元问题用分类法 按题目条件，把符合条件的排列、组合问题分成互不重复的若干类，分别计算，最后计算总数。‎ 例7. 已知直线中的a，b，c是取自集合{－3，－2，－1，0，1，2，3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数。‎ 解：设倾斜角为，由为锐角，得，即a，b异号。‎ ‎（1）若c＝0，a，b各有3种取法，排除2个重复（，，），故有：3×3－2＝7（条）。‎ ‎（2）若，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任意两条直线均不相同，故这样的直线有：3×3×4＝36（条）。‎ 从而符合要求的直线共有：7＋36＝43（条）‎ 八. 排列、组合综合问题用先选后排的策略 处理排列、组合综合性问题一般是先选元素，后排列。‎ 例8. 将4名教师分派到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分派方案共有多少种？‎ 解：可分两步进行：第一步先将4名教师分为三组（1，1，2），（2，1，1），（1，2，1），共有：（种），第二步将这三组教师分派到3种中学任教有种方法。由分步计数原理得不同的分派方案共有：（种）。因此共有36种方案。‎ 九．顺序问题用“除法”‎ 对于几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素同其余元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数。‎ 例：7个节目，甲、乙、丙三个节目按给定顺序出现，有多少种排法？‎ 分析：7个节目的全排列为A77,甲、乙、丙之间的顺序已定。所以有A77∕A33=840种。‎ 答案：840种。‎ 十．特征分析 研究有约束条件的排数问题，需紧扣题中所提供的数字特征，结构特征，进行推理，分析求解。‎ 例：由1，2，3，4，5，6这六个数可组成多少个无重复且是6的倍数的五位数？‎ 分析：6的倍数既是2的倍数，又是3的倍数。是2的倍数，个位上为2、4或6；是3 的倍数必须满足各个数字上的数字之和是3的倍数的特征。把这6个数分组（3）、（6）、（1，5）、（2，4），每组的数字和都是3的倍数，因此可分成两类讨论。第一类：由1、2、4、5、6作数码，首先从2、4、6中任选一个作为个位数字，有A31种，然后其余4个数字在其它数字上全排列有A44,所以，N1=A31A44个，第二类：由1、2、3、4、5作数码，依上法有N2=A21A44个。故N=N1+N2=120个。‎ 答案：120个。‎ 十一、对应 有些时候，一个事件与一个结果之间存在一一对应的关系。‎ 例：在100名选手之间进行单循环淘汰赛（即一场比赛后，失败者退出比赛），最后产生一名冠军，需举行多少场比赛？‎ 分析：要产生一名冠军，需要淘汰99名选手。要淘汰掉一名选手，必须举行一场比赛；反之，每场比赛恰淘汰一名选手。两者之间一一对应。故要淘汰99名选手，应举行99场比赛，从而产生一名冠军。‎ 十二、用比例法 有些排列应用题，可以根据每个元素出现机会占整个问题的比例，从而求得问题的结果。‎ 例：从6个运动员中选出4个参加4×100 米接力赛。如果甲、乙都不能跑第一棒，那么共有多少种不同的参赛方案？‎ 分析：若不受条件限制，则参赛方案有A64=360种，但其中限制甲、乙两人不能跑第一棒，即跑第一棒的只能是其他的人，而这4人在第一棒中出现的可能性为4/6‎ 故所求参赛方案有4∕6•A64=240种。‎ 答案：240种。‎ 十三、“树图”表示法 ‎ 对某些分步进行的问题，可依次对每步可能出现的情况用“树”状图形表示出来。‎ 例：四人各写出一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式有（ ）种。‎ A.6 B‎.9 C.11 D.32‎ 分析：将四张贺卡分别记为A,B,C,D。由题意，某人（不妨设为A卡的供卡人）取卡有3种情况。因此将卡的不同分配方式分为三类，对于每一类，其它人依次取卡分步进行。为避免重复或遗漏现象，可用树状图表示。‎ ‎ ↗A→D→C ↗A→D→B ↗A→B→C B→C→D→A C→D→A→B D→C→A→B ‎ ↘D→A→C ↘D→B→A ↘C→B→A 所以共有9种不同的分配方式。‎ 又或：分析：设4人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人中的一人收到，故有3种分配方式。以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类，甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式；第二类，甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种（分别是丙或丁送出的），对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有1种。因此，根据分步计数原理，不同的分配方式有：3×（1＋2）＝9（种）。‎ 注意：解题的关键在第2个人和第3个人的拿法，只要给他们规定一个拿卡的顺序，依次进行，则根据分步计数原理即可求得。‎ 例４. 把６棵不同的蔬菜，分别捆成３捆，在下列情况下，分别有多少分捆的方法？‎ ⑴　每捆２棵　；⑵　一捆3棵，一捆2棵，一捆1棵.‎ 解：⑴ ⑵ ‎ 例５. 把6棵不同的菜，分别种在3块不同的土地上，在下列情况下，分别有多少种植方法？‎ ⑴ 每块地上种2棵；‎ ⑵ 甲地3棵，乙地2棵，丙地1棵；‎ ⑶ 一块地上3棵，一块地上2棵，一块地上1棵.‎ 解：⑴ ‎ ⑵ ‎ ‎ ⑶ ‎ 变式：如果是7棵不同的菜，种到3块土地上，一块地上3棵，一块地上2棵，还有一块地上2棵呢？‎ 答案为 ‎ 典型易错题：‎ 例1 某天有六节不同的课，若第一节排数学，或第六节排体育，问共有多少种不同的排法？‎ ‎ 错解 数学排第一节的排法有种，体育排第六节的排法也有种，根据加法原理，第一节排数学或排体育的排法共有＋＝2＝240种 剖析 在数学排第一节的排法中，存在着体育排第六节的排法，在排体育第六节的排法中，存在着数学排第一节的排法，它重复计算了数学排第一节，同时体育排第六节的排法，即多算种。正确结果是：＋－＝216种 例2 从4名男生3名女生中选3人成立科技小组，问当选者中至少有一名男生和一名女生的选法有几种？‎ 错解 先选一名男生，有种选法，再选一名女生，有种选法，最后从余下的5名学生中选一名有种选法，故共有选法＝60种 剖析 上述解法中，每一种选法都符合要求，但是否有重复计算呢？为此我们不妨设4名男生为A1，A2，A3，A4，3名女生为B1，B2，B3，把上面选法中含有一名男生的选法分为4类。在含有男生A1的一类的选法有：A1，B1，A2，即先选A1，再选B1，最后选A2；在含有男生A2的一类中有A2， B1，A1，即先选A2，再选B1，最后选A1。显然这两种选法被重复计算了。因此上述解法是错误的。错误的原因在于没有将符合要求的选法进行正确分类，分类要不重不漏。‎ 正解 以男生人数分类，则符合条件的有且仅有两类，一类是男生一名女生两名，有 种选法，另一类是男生两名女生一名，有。故共有＋＝30种 例3 n个不同的球放入n－1个不同的盒子，假设每个盒子都有足够大的容量，问每个盒子中至少有一个球的放法共有多少种？‎ 错解 先在每盒子中放入一球共有种放法，再将剩下的一球放入，有n－1种放法。由乘法原理，共有放法（n－1）＝（n－1）n！种.‎ 剖析 将这n个球和n－1个盒子均依次编号，设先在每盒中放入一球时，有一种放法是第I号盒子恰好放入第I号球，其中I＝1，2，…，n－1，然后再考虑剩下的第n号球的放法，假设第n号球恰好放入第1号盒，这样，除1号盒中放有第一号与第n号两个球外，其余各盒均只放有一个与盒子同号的球，若先在每盒中放入一球时，第n号球恰好放入第1号盒，，而其余各盒所放的球均与盒子同号，这样，再将剩下的1号球放入盒中时，必有一种放法是恰好放入1号盒，这时，出现与前一次完全相同的结果，但在上面的解法中被当成两种不同的放法来计算，故重复。‎ 正确的解法是：先从n个球中任取2个组成一组，共有种方法；然后把这2个球当作1份，另外n－2个球每个球算1份，共有n－1份，把这n－1份分放在n－1个盒子中，且使每盒中恰有1份，共有种放法，由乘法原理，符合题意的放法种数为＝n！‎ 例4、将4个不同的球放入4个不同的盆子内 （1） 共有几种放法？‎ （2） 恰有一个盆子未放球，共几种放法？‎ （3） 恰有一个盆子内有2球，共几种放法？‎ （4） 恰有两个盆子内未放球，共有几种放法？‎ 解题思路分析：‎ ‎ （1）把球作为研究对象，事件指所有球都放完。因每一只球都有四种放法，故由分步计数原理，共有44=256（种）；‎ ‎ （2）问题即为“4个球放入三个盆子，每个盆子内都要放球，共有几种放法？”‎ 第一步是把4只球分成2，1，1三组，共有C42种放法；‎ 第二步把3组球放入三个盆子中去（作全排列），有A43种；‎ 由分步计数原理，共有N=C42A43（种）‎ 评注：第二步应是A43，而不是A33，因还要选从四个盆子中选三个盆子，然后作全排。‎ ‎ （3）仔细审题，认清问题的本质。“恰有一盆子内入2个球”即另三个盆子放2球，也即另外3个盆子恰有一个空盆，因此，“恰有一个盆子放2球”与“恰有一个盆子不放球”是等价的。‎ ‎ （4）先取走两个不放球的盆子，有C42种取法；其次将4球分两类放入所剩2盆；第一类均匀放入，有C‎42C22种放法；第二步按3，1分组放入，有C‎43C11A22种放法。故有 N=C42(C‎42C22+C‎43C11A22)=84（种）。‎ 例5、用0，1，2，3，4五个数字组成各位数字不重复的五位数，若按由小到大排列，试问：（1）42130是第几个数？（2）第60个数是什么？‎ 解题思路分析：（1）要知道42130是第几个数，只要知道比它小的有几个数，就基本解决了。根据数的大小比较的原则，比42130小的数可以分成如下几类：‎ ‎ 1□□□□，2□□□□，3□□□□型的；‎ ‎ 40□□□，41□□□型的；‎ ‎ 420□□型的；‎ ‎ 4200□型的。‎ 各类的数分别有C31A44，C21A33，C11A22，C11A11个，所以比42130小的数有C31A44+C21A33+C11A22+C11A11=87个，42130是第88个。‎ ‎ （2）万位1的数，即1□□□□型的数，有A44=24个；‎ ‎ 万位为2的，同样有A44=24个；‎ ‎ 万位为3的也有24个，所以第60个数是万位为3的这一类数中的第12个数，再具体分类：‎ ‎ 30□□□型的有A33=6个；‎ ‎ 31□□□型的有A33=6个 所以，第12个数是31□□□型的数中最大的一个即为31420。‎ 评注：此类题型称为字典式排列问题，解题的关键在于根据题意正确地进行分类，分类的关键是采用类似查字典的方法，从高位向低位，一位一位地考察各位上所取数字的可能性。‎ 区域涂色问题 1、 根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法。‎ ‎②‎ ‎①‎ ‎③‎ ‎④‎ 例1、 用5种不同的颜色给图中标①、②、③、④的各部分涂色，每部分只涂一种颜色，相邻部分涂不同颜色，则不同的涂色方法有多少种？‎ ‎ 分析：先给①号区域涂色有5种方法，再给②号涂色有4种方法，接着给③号涂色方法有3种，由于④号与①、②不相邻，因此④号有4种涂法，根据分步计数原理，不同的涂色方法有 1、 根据共用了多少种颜色讨论，分别计算出各种出各种情形的种数，再用加法原理求出不同的涂色方法种数。‎ 例2、（2003江苏卷）四种不同的颜色涂在如图所示的6个区域，且相邻两个区域不能同色。‎ ‎①‎ ‎②2‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ 分析：依题意只能选用4种颜色，要分四类：‎ ‎（1）②与⑤同色、④与⑥同色，则有；（2）③与⑤同色、④与⑥同色，则有；‎ ‎（3）②与⑤同色、③与⑥同色，则有；（4）③与⑤同色、② 与④同色，则有；‎ ‎（5）②与④同色、③与⑥同色，则有；所以根据加法原理得涂色方法总数为5=120‎ 例3、（2003年全国高考题）如图所示，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着方法共有多少种？‎ ‎ 分析：依题意至少要用3种颜色 ‎2‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎5‎ 1) 当先用三种颜色时，区域2与4必须同色，‎ 2) 区域3与5必须同色，故有种；‎ 3) 当用四种颜色时，若区域2与4同色，‎ 4) 则区域3与5不同色，有种；若区域3与5同色，则区域2与4不同色，有种，故用四种颜色时共有2种。由加法原理可知满足题意的着色方法共有+2=24+224=72‎ 2、 根据某两个不相邻区域是否同色分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，分别计算出两种情形的种数，再用加法原理求出不同涂色方法总数。‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 例4用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的四个区域内，每个区域涂一种颜色，相邻两个区域涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？‎ 分析：可把问题分为三类：‎ （1） 四格涂不同的颜色，方法种数为；‎ （2） 有且仅两个区域相同的颜色，即只有一组对角小方格涂相同的颜色，涂法种数为；‎ 5) 两组对角小方格分别涂相同的颜色，涂法种数为，因此，所求的涂法种数为 3、 根据相间区使用颜色的种类分类 A B C D E F 例5如图，‎ ‎ 6个扇形区域A、B、C、D、E、F，现给这6个区域着色，要求同一区域涂同一种颜色，相邻的两个区域不得使用同一种颜色，现有4种不同的颜色可解（1）当相间区域A、C、E着同一种颜色时，‎ 有4种着色方法，此时，B、D、F各有3种着色方法，‎ 此时，B、D、F各有3种着色方法故有 种方法。（2）当相间区域A、C、E着色两不同的颜色时，有种着色方法，此时B、D、F有种着色方法，故共有种着色方法。‎ ‎ （3）当相间区域A、C、E着三种不同的颜色时有种着色方法，此时B、D、F各有2种着色方法。此时共有种方法。故总计有108+432+192=732种方法。‎ 说明：关于扇形区域区域涂色问题还可以用数列中的递推公来解决。‎ ‎⑤‎ ‎⑤‎ ‎⑤‎ ‎⑤‎ ‎⑤‎ ‎ 如：如图，把一个圆分成个扇形，每个扇形用红、白、蓝、黑四色之一染色，要求相邻扇形不同色，有多少种染色方法？‎ ‎⑤‎ 解：设分成n个扇形时染色方法为种 （1） 当n=2时、有=12种，即=12‎ （2） 当分成n个扇形，如图，与不同色，与 不同色，，‎ 与不同色，共有种染色方法， 但由于与邻，所以应排除与同色的情形；与同色时，可把、 看成一个扇形，与前个扇形加在一起为个扇形，此时有种染色法，故有如下递推关系：‎ ‎ ‎ 二、 点的涂色问题 方法有：（1）可根据共用了多少种颜色分类讨论，（2）根据相对顶点是否同色分类讨论，（3）将空间问题平面化，转化成区域涂色问题。‎ 例6、将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？‎ 解法一：满足题设条件的染色至少要用三种颜色。‎ ‎1若恰用三种颜色，可先从五种颜色中任选一种染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种涂A、B、C、D四点，此时只能A与C、B与D分别同色，故有种方法。‎ ‎2若恰用四种颜色染色，可以先从五种颜色中任选一种颜色染顶点S，再从余下的四种颜色中任选两种染A与B，由于A、B颜色可以交换，故有种染法；再从余下的两种颜色中任选一种染D或C，而D与C，而D与C中另一个只需染与其相对顶点同色即可，故有种方法。‎ ‎3若恰用五种颜色染色，有种染色法 综上所知，满足题意的染色方法数为60+240+120=420种。‎ ‎ 解法二：设想染色按S—A—B—C—D的顺序进行，对S、A、B染色，有种染色方法。‎ ‎ 由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论：‎ ‎ C与A同色时（此时C对颜色的选取方法唯一），D应与A（C）、S不同色，有3种选择；C与A不同色时，C有2种选择的颜色，D也有2种颜色可供选择，从而对C、D染色有种染色方法。‎ ‎ 由乘法原理，总的染色方法是 解法三：可把这个问题转化成相邻区域不同色问题：如图，对这五个区域用5种颜色涂色，有多少种不同的涂色方法？‎ S C D A B 解答略。‎ 一、 线段涂色问题 对线段涂色问题，要注意对各条线段依次涂色，主要方法有：‎ 1) 根据共用了多少颜色分类讨论 2) 根据相对线段是否同色分类讨论。‎ 例7、用红、黃、蓝、白四种颜色涂矩形ABCD的四条边，每条边只涂一种颜色　，且使相邻两边涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？‎ 解法一：（1）使用四颜色共有种　（2）使用三种颜色涂色，则必须将一组对边染成同色，故有种，‎ ‎（3）使用二种颜色时，则两组对边必须分别同色，有种　因此，所求的染色方法数为种 解法二：涂色按AB－BC－CD－DA的顺序进行，对AB、BC涂色有种涂色方法。‎ 由于CD的颜色可能与AB同色或不同色，这影响到DA颜色的选取方法数，故分类讨论：‎ ‎　　　　当CD与AB同色时，这时CD对颜色的选取方法唯一，则DA有3种颜色可供选择CD与AB不同色时，CD有两种可供选择的颜色，DA也有两种可供选择的颜色，从而对CD、DA涂色有种涂色方法。‎ 由乘法原理，总的涂色方法数为种 ‎　　　　例8、用六种颜色给正四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱涂不同的颜色，问有多少种不同的涂色方法？‎ ‎ 解：（1）若恰用三种颜色涂色，则每组对棱必须涂同一颜色，而这三组间的颜色不同，‎ 故有种方法。（2）若恰用四种颜色涂色，则三组对棱中有二组对棱的组内对棱涂同色，但组与组之间不同色，故有种方法。（3）若恰用五种颜色涂色，则三组对棱中有一组对棱涂同一种颜色，故有种方法。‎ ‎ （4）若恰用六种颜色涂色，则有种不同的方法。‎ ‎ 综上，满足题意的总的染色方法数为种。‎ 一、 面涂色问题 例9、从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的6个面涂色，每两个具有公共棱的面涂成不同的颜色，则不同的涂色方案共有多少种？‎ 显然，至少需要3三种颜色，由于有多种不同情况，仍应考虑利用加法原理分类、乘法原理分步进行讨论 解：根据共用多少种不同的颜色分类讨论 ‎（1）用了六种颜色，确定某种颜色所涂面为下底面，则上底颜色可有5种选择，在上、下底已涂好后，再确定其余4种颜色中的某一种所涂面为左侧面，则其余3个面有3！种涂色方案，根据乘法原理 A B C D P ‎（2）共用五种颜色，选定五种颜色有种方法，必有两面同色（必为相对面），确定为上、下底面，其颜色可有5种选择，再确定一种颜色为左侧面，此时的方法数取决于右侧面的颜色，有3种选择（前后面可通过翻转交换）‎ ‎(3)共用四种颜色,仿上分析可得 (4)共用三种颜色,‎ 例10、四棱锥，用4种不同的颜色涂在四棱锥的各个面上，要求相 邻不同色，有多少种涂法？ ‎ ‎5‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎4‎ 解：这种面的涂色问题可转化为区域涂色问题，‎ 如右图，区域1、2、3、4相当于四个侧面，区域5相当于底面；‎ 根据共用颜色多少分类：‎ （1） 最少要用3种颜色，即1与3同色、2与4同色，此时有种；‎ （2） 当用4种颜色时，1与3同色、2与4两组中只能有一组同色，此时有；‎ 故满足题意总的涂色方法总方法交总数为 解排列组合应用题的21种策略 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1.五人并排站成一排，如果必须相邻且在的右边，那么不同的排法种数有（ ）‎ A、60种 B、48种 C、36种 D、24种 解析：把视为一人，且固定在的右边，则本题相当于4人的全排列，种，答案：.‎ ‎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 解析：除甲乙外，其余5个排列数为种，再用甲乙去插6个空位有种，不同的排法种数是种，选.‎ ‎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3.五人并排站成一排，如果必须站在的右边（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：在的右边与在的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即种，选.‎ ‎4.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.‎ ‎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，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有种，选.‎ ‎（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（ ）‎ A、种 B、种 C、种 D、种 答案：.‎ ‎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？‎ 解析：把四名学生分成3组有种方法，再把三组学生分配到三所学校有种，故共有种方法.‎ 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：.‎ ‎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，故共有不同的分配方案为种.‎ ‎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，则有派遣方案种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有方法，所以共有；③若乙参加而甲不参加同理也有种；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种，共有方法.所以共有不同的派遣方法总数为种.‎ ‎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 解析：按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有个，‎ 个，合并总计300个,选.‎ ‎（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共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做共有86个元素；由此可知，从中任取2个元素的取法有，从中任取一个，又从中任取一个共有，两种情形共符合要求的取法有种.‎ ‎（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：将分成四个不相交的子集，能被4整除的数集；能被4除余1的数集 ‎，能被4除余2的数集，能被4除余3的数集，易见这四个集合中每一个有25个元素；从中任取两个数符合要；从中各取一个数也符合要求；从中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求的取法共有种.‎ ‎10.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.‎ 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：‎ 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？‎ 解析：老师在中间三个位置上选一个有种，4名同学在其余4个位置上有种方法；所以共有种。.‎ ‎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 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，共种，选.‎ ‎（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？‎ 解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有种，其余5个元素任排5个位置上有种，故共有种排法.‎ ‎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，故不同的取法共有种,选.‎ 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台乙型1台；故不同的取法有台,选.‎ ‎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？‎ 解析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有种，再排：在四个盒中每次排3个有种，故共有种.‎ ‎（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？‎ 解析：先取男女运动员各2名，有种，这四名运动员混和双打练习有中排法，故共有种.‎ ‎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 解析：10个点中任取4个点共有种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为，四个面共有个；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种.‎ ‎16.圆排问题单排法:把个不同元素放在圆周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，下列个普通排列：‎ 在圆排列中只算一种，因为旋转后可以重合，故认为相同，个元素的圆排列数有种.因此可将某个元素固定展成单排，其它的元素全排列.‎ 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？‎ 解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有 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，故不同的安排方式种不同站法.‎ 说明：从个不同元素中取出个元素作圆形排列共有种不同排法.‎ ‎17.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，元素不受位置的约束，可逐一安排元素的位置，一般地个不同元素排在个不同位置的排列数有种方法.‎ 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？‎ 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 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的四边形，显然有个，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，从到的最短路径有多少种？‎ A B 解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从到最短路线必须走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，便能确定路径，因此不同走法有种.‎ 排列、组合问题及对策 1、 特殊优先法 对于存在特殊元素或特殊位置的排列组合问题，我们可以从这些特殊入手。先满足特殊元素或特殊位置，再去满足其它元素或位置，这种解法叫做特殊优先法。‎ 例：1名老师和4名学生排成一排，若老师不排在两端，则共有多少种不同的排法？‎ 分析：（解法1、特殊元素法）老师在中间3个位置上任选1个的选法有A41种，然后剩余的四名学生在余下的四个位置上，排法有A44种。由分步记数原理，所以共有A31A44=72 种。‎ ‎（解法2、特殊位置法）先安排两端站两名学生共有A42种方法，其余位置安排有A33种。所以共有排法数为A42A33=72种。‎ 答案：72种。‎ 1、 总体淘汰法 对于含否定词的问题，还可以从总体中把不符合要求的除去。‎ 比如上面的例题中，1名老师和4名学生共5人，其排列方法为A55种，把老师排在队伍两端的情况A21A44减去。所以方法数为A55-A21 A44=72种。‎ 答案：72种。‎ 相邻问题用“捆绑法”‎ 对于某些元素要求相邻的问题，可先将相邻的元素捆绑并看作一个元素并与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行排列。‎ 例：3个女生与5个男生排在一起，女生必须在一起，可以有多少种不同的方法？‎ 分析：因为3个女生必须排在一起，所以可以把她们看作一个整体，连同5个男生共6个元素，排成一排有A66种不同的排法，同时每种排法中，女生之间又有A33种不同的排法，利用分步记数原理，可得有A66A33种不同的排法。‎ 答案：A66A33‎ 2、 问题用“插空法”‎ 对于几个元素不相邻的排列问题，先将没有限制条件的元素排好，然后再将不相邻的元素在已排好的元素之间及两端的空隙插入即可。‎ 例：7人排成一排照相，若要求甲、乙、丙三人不相邻，有多少种不同的排法？‎ 分析：先将其余4人站好，有A44种排法，再于4人之间及两端5个“空隙”中选3个位置将甲、乙、丙插入，有A53种方法。由分步记数原理，这样共有A44A53种不同的排法。‎ 答案：A44A53 ‎ 2、 顺序问题用“除法”‎ 对于几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素同其余元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数。‎ 例：7个节目，甲、乙、丙三个节目按给定顺序出现，有多少种排法？‎ 分析：7个节目的全排列为A77,甲、乙、丙之间的顺序已定。所以有A77∕A33=840种。‎ 答案：840种。‎ 3、 分排问题用“直排法”‎ 把n个元素排成几排的问题，若没有其它特殊要求，可采用统一排成一排的方法来处理。‎ 例：15人排成两排，前排7人，后排8人，共有多少种不同的方法？‎ 分析：前排7人有A157种方法，后排8人有A88种方法，所以有A157A88=A1515种不同方法。其实就相当于将15个人排成一排。‎ 答案：A1515种 4、 穷举法 当题目中的附加条件增多，结果数目不大，解决它的方法又不一般，采用穷举法有时能取得意想不到的效果。‎ 例：三边长均为整数，最长边为8 的三角形有多少个？‎ 分析：另两边用字母x、y表示，且不妨设1≤x≤y≤8，x+y≥9‎ 当 y=8时，x=1,2,…8, 有8个。‎ 当y=7时，x=2,3…7 有6个。‎ 当y=6时，x=3,4,5,6,有4个 当y=5时，x=4,5,有2 个。‎ 所以，所求的三角形的个数为8+6+4+2=20。‎ 答案：20个。‎ 5、 特征分析 研究有约束条件的排数问题，需紧扣题中所提供的数字特征，结构特征，进行推理，分析求解。‎ 例：由1，2，3，4，5，6这六个数可组成多少个无重复且是6的倍数的五位数？‎ 分析：6的倍数既是2的倍数，又是3的倍数。是2的倍数，个位上为2、4或6；是3 的倍数必须满足各个数字上的数字之和是3的倍数的特征。把这6个数分组（3）、（6）、（1，5）、（2，4），每组的数字和都是3的倍数，因此可分成两类讨论。第一类：由1、2、4、5、6作数码，首先从2、4、6中任选一个作为个位数字，有A31种，然后其余4个数字在其它数字上全排列有A44,所以，N1=A31A44个，第二类：由1、2、3、4、5作数码，依上法有N2=A21A44个。故N=N1+N2=120个。‎ 答案：120个。‎ 6、 对应 有些时候，一个事件与一个结果之间存在一一对应的关系。‎ 例：在100名选手之间进行单循环淘汰赛（即一场比赛后，失败者退出比赛），最后产生一名冠军，需举行多少场比赛？‎ 分析：要产生一名冠军，需要淘汰99名选手。要淘汰掉一名选手，必须举行一场比赛；反之，每场比赛恰淘汰一名选手。两者之间一一对应。故要淘汰99名选手，应举行99场比赛，从而产生一名冠军。‎ 答案：99场。‎ ‎10、消序 某些条件，使得元素位置确定。‎ 例：有3个男生，3个女生，排成一列，高矮互不相等。要求从前到后，女生从高到矮排列，有多少种不同的排法？‎ 分析：先从6个位置中选3个位置排男生，有A63种不同排法。余下3个位置排女生，因要求“从高到低”所以女生的排法只有一种。故有A63=120 种。‎ 答案：120种。‎ ‎11进住法 解决允许重复排列问题要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复。把不能重复的元素看成“一封信”，能重复的元素看成“信箱”。在利用乘法原理直接求解的方法称为进住法。‎ 例：5名运动员争夺3个项目的冠军（没有并列），所以可能的结果有多少种？‎ 分析：因为同一运动员可以同时夺得几项冠军，故运动员可以重复排列，将5名运动员看作五个信箱，3项冠军看成3封信，每封信可以投进五个信箱，有5种投递方法。由乘法原理知有53种。‎ 答案：53种 ‎12、探索 对情况复杂，不易发现规律的问题，要仔细分析，探索其中规律，再予以解决。‎ 例：从1到100的自然数中，每次取出两个数，使它们的很大于100，则弥补台的取法有多少种？‎ 分析：此题数字较多，情况不一样。需要分析摸索其规律。为方便，我们称两个加数中较小的为被加数。因1+100>100，1为被加数的只有一种。2+99>100，2+100>100，2为被加数的有两种。同理，3为被加数的有3种……49为被加数的有49种。50为被加数的有50种。但51为被加数的只有49种……99为被加数的只有一种。故不同的取法有（1+2+3+……50）+（49+48+……1）=2500种。‎ 答案：2500种。）‎ ‎13、“树图”表示法 ‎ 对某些分步进行的问题，可依次对每步可能出现的情况用“树”状图形表示出来。‎ 例：四人各写出一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式有（ ）种。‎ A.6 B‎.9 C.11 D.32‎ 分析：将四张贺卡分别记为A,B,C,D。由题意，某人（不妨设为A卡的供卡人）取卡有3种情况。因此将卡的不同分配方式分为三类，对于每一类，其它人依次取卡分步进行。为避免重复或遗漏现象，可用树状图表示。‎ ‎ ↗A→D→C ↗A→D→B ↗A→B→C B→C→D→A C→D→A→B D→C→A→B ‎ ↘D→A→C ↘D→B→A ↘C→B→A 所以共有9种不同的分配方式。‎ 答案：B 。‎ ‎14、用比例法 有些排列应用题，可以根据每个元素出现机会占整个问题的比例，从而求得问题的结果。‎ 例：A、B、C、D、E五人站成一排，如果B必须站在A的右边（A、B 可以不相邻），不同的排法有多少种？‎ 分析：若没有限制条件，则5人的全排列有A55=120种，而A在B右边与B在A右边各占一半，所以B在A右边的排列法有1∕2A55=60种。‎ 答案：60种。‎ 例：从6个运动员中选出4个参加4×100 米接力赛。如果甲、乙都不能跑第一棒，那么共有多少种不同的参赛方案？‎ 分析：若不受条件限制，则参赛方案有A64=360种，但其中限制甲、乙两人不能跑第一棒，即跑第一棒的只能是其他的人，而这4人在第一棒中出现的可能性为4/6‎ 故所求参赛方案有4∕6•A64=240种。‎ 答案：240种。‎ 以上介绍了排列应用题的几种常见求解策略。这些策略不是彼此孤立的，而是相互依存。有时解决某一问题是要综合运用几种求解策略。‎ 在处理具体问题时，应能合理分类与准确分步。首先要弄清楚：要完成的是一件什么事，完成这件事有几类方法，每类方法中，又有几个步骤。这样才会不重复、不遗漏地解决问题。‎ 二、 组合问题常见类型及策略 ‎1、在解组合应用题时，常会遇到“至少”、“最多”、“含”等词，要仔细审题，理解其含义。‎ ‎2、分组、分配问题：分组和分配是有区别的。分组问题中只要组与组之间，元素个数相同，是不可分的。而分配问题中即使元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的。对于这类问题，必须遵循先分组后排列，若平均分成m组，则分法=分法∕m!‎ ‎3、指标问题采用“隔板法”，每种隔板对应一种分法。‎ 例1：从12人中选出5人去参加一项活动。按下列要求，有多少中不同的选法。‎ ‎（1）A、B、C三人必须入选。‎ ‎（2）A、B、C三人不能入选。‎ ‎（3）A、B、C三人只有一人入选。‎ ‎（4）A、B、C三人至少1人入选。‎ ‎（5）A、B、C三人至多二人入选。‎ ‎ 分析（1）：须从其余9人中任选2人，所有C92=36种。‎ ‎（2）：须从其余9人中任选5人，所以有C95=126种。‎ ‎（3）：从三人中任选一人，有C31种结果，再从其余9人中人选4人，有C94种选法，由分步记数原理，共有C31C94=378种。‎ ‎（4）：（直接法）可分三类：‎ ② 三人中只选一人，从其余9人中任选4人。有C31C94=378种。‎ ① 三人中选二人，从其余9人中任选3人。有 C32C93=252种。‎ ② 三人都选，从其余９人中任选２人。有C33C92=36种。‎ 由分类记数原理，共有378+252+36=666种不同选法。‎ ‎（间接法）：从12人中任选５人，再减去A、B、C三人都不入选的情况。共有C125-C95=666种选法。‎ ‎（５）（直接法）‎ ① 三人都不入选，有C95=126种选法。‎ ② 三人中选１人，其余９人中选４人，有C31C94=378种选法。‎ ③ 三人中选２人，其余９人中选３人，有C32C93=84种选法。‎ 由分类记数原理，共有16+378+84=756种选法。‎ ‎　　　　（间接法）：先从12人中任选５人，再减去A、B、C三人都入选的情况。即C125-C92=756中选法。‎ 例２：有10人，按照下列要求分组，求不同的分法种数。‎ ‎⑴分成两组，一组６人，一组４人。‎ ‎⑵分为甲、乙两组，一组６人，一组４人。‎ ‎⑶分成甲、乙两组，每组５人。‎ ‎⑷两组，每组５人。‎ 分析：⑴从１０人中选６人作为一组，其余４人自为一组，有C106=210种。‎ ‎　　　　　⑵从１０人中选６人作为一组，其余４人自为一组，再分别作为甲乙组，共有C106A22＝420种。‎ ‎　　　　　⑶先从１０人中选５人作为甲组，剩下５人自为乙组，共有C105=252种方法。‎ ‎　　　　　⑷从１０人中选５人作为一组，剩下５人为另一组，由于两组人数相同，组与组之间没有顺序，所以，每种方法都重复了A22次，故有C105∕A22=126中方法。‎ 例３：有１０个三好学生名额，分配给高三年纪６个班，每班至少一个名额。有多少种不同的分配方案？‎ 分析：６个班分这些名额，用５个隔板，将１０个名额排成一排，‎ ‎　　　　О　О　О　О　О　О　О　О　О　О 名额之间有９个空，将５个隔板插入９个空，每种插法对应一种分配方案。因此有C95=126种方案。‎ 答案：126种分配方案。‎ 例4：如图，从5×6方格中的顶点A到顶点B的最短线路有多少条？‎ ‎ 分析：从A到的最短路线均需走11步，（一步即为一个单位），即横向走6步，纵向走5步，因此要确定一种走法，只需确定这11步中哪6步是横向走即可， 故不同的走法为C116=462种。‎ 答案：462种。‎ ‎ ‎ 排列组合应用题的类型及解题策略 一．处理排列组合应用题的一般步骤为：①明确要完成的是一件什么事（审题） ②有序还是无序 ③分步还是分类。‎ 二．处理排列组合应用题的规律 （1） 两种思路：直接法，间接法。‎ （2） 两种途径：元素分析法，位置分析法。‎ 解决问题的入手点是：特殊元素优先考虑；特殊位置优先考虑。‎ 特殊优先法:对于存在特殊元素或者特殊位置的排列组合问题，我们可以从这些特殊的东西入手，先解决特殊元素或特殊位置，再去解决其它元素或位置，这种解法叫做特殊优先法。‎ 例1．（06上海春）电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有 种不同的播放方式（结果用数值表示）.‎ 解：分二步：首尾必须播放公益广告的有A22种；中间4个为不同的商业广告有A44种，从而应当填 A22·A44＝48. 从而应填48．‎ ‎ （3）对排列组合的混合题，一般先选再排，即先组合再排列。弄清要“完成什么样的事件”是前提。‎ ‎ 三．基本题型及方法： ‎ ‎1．相邻问题 ‎（1）、全相邻问题，捆邦法 例2、6名同学排成一排，其中甲，乙两人必须排在一起的不同排法有（ C ）种。‎ A）720 B）‎360 C）240 D）120‎ 说明：从上述解法可以看出，所谓“捆邦法”，就是在解决对于某几个元素要求相邻问题时，可以整体考虑将相邻元素视作一个“大”元素。‎ ‎（2）、全不相邻问题，插空法 例3、要排一张有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈节目不得相邻，问有多少不同的排法，‎ 解：先将6个歌唱节目排好，其中不同的排法有6！，这6个节目的空隙及两端共有七个位置中再排4个舞蹈节目有种排法，由乘法原理可知，任何两个舞蹈节目不得相邻的排法为种 例4（06重庆卷)高三（一）班学要安排毕业晚会的4各音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是 ‎（A）1800 （B）3600 （C）4320 （D）5040‎ 解：不同排法的种数为＝3600，故选B 说明：从解题过程可以看出，不相邻问题是指要求某些元素不能相邻，由其它元素将它隔开，此类问题可以先将其它元素排好，再将特殊元素插入，故叫插空法。‎ ‎（3）．不全相邻排除法，排除处理 例5．五个人站成一排，其中甲、乙、丙三人有两人相邻，有多少排法？解：‎ 例6．有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是 解法一：　　①前后各一个，有8×12×2＝192种方法　②前排左、右各一人：共有4×4×2＝32种方法 ‎③两人都在前排：两人都在前排左边的四个位置：‎ ‎　　‎ 乙可坐2个位置 乙可坐1个位置 ‎2＋2＝4‎ ‎1＋1＝2‎ ‎　此种情况共有4＋2＝6种方法 因为两边都是4个位置，都坐右边亦有6种方法，所以坐在第一排总共有6＋6＝12种方法 ‎　　④两人都坐在第二排位置，先规定甲左乙右 ‎ ‎ ‎　　∴　甲左乙右总共有种方法．同样甲、乙可互换位置，乙左甲右也同样有55种方法，所以甲、乙按要求同坐第二排总共有55×2＝110种方法。综上所述，按要求两人不同排法有 192＋32＋12＋110＝346种 解法二：考虑20个位置中安排两个人就坐，并且这两人左右不相邻，4号座位与5号座位不算相邻（坐在前排相邻的情况有12种。），7号座位与8号座位不算相邻（坐在后排相邻的情况有22种。），共有种 ‎2、顺序一定，除法处理或分类法。‎ 例7、信号兵把红旗与白旗从上到下挂在旗杆上表示信号，现有3面红旗、2面白旗，把5面旗都挂上去，可表示不同信号的种数是（ ）（用数字作答）。‎ 解：5面旗全排列有种挂，由于3面红旗与2面白旗的分别全排列均只能作一次的挂法，故有 ‎ 说明:在排列的问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序问题,这类问题用缩小倍数的方法求解比较方便快捷 例8．（06湖北卷）某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，有工程丁必须在工程丙完成后立即进行。那么安排这6项工程的不同排法种数是 。（用数字作答）‎ 解一：依题意，只需将剩余两个工程插在由甲、乙、丙、丁四个工程形成的5个空中（插一个或二个），可得有＝30种不同排法。解二：=30‎ 例9、由数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的6位数，其中个位数字小于十位的数字的共有（ ）‎ A）210个 B）300个 C）464个 D）600个解： 故选（B）‎ ‎4、多元问题，分类法 例10．(06陕西卷)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,则不同的选派方案共有 种 解析：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 ‎，可以分情况讨论，① 甲、丙同去，则乙不去，有=240种选法；②甲、丙同不去，乙去，有=240种选法；③甲、乙、丙都不去，有种选法，共有600种不同的选派方案．‎ 例11：（06全国卷I）设集合。选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有A． B． C． D．‎ 解析：若集合A、B中分别有一个元素，则选法种数有=10种；若集合A中有一个元素，集合B中有两个元素，则选法种数有=10种；若集合A中有一个元素，集合B中有三个元素，则选法种数有=5种；若集合A中有一个元素，集合B中有四个元素，则选法种数有=1种；若集合A中有两个元素，集合B中有一个元素，则选法种数有=10种；若集合A中有两个元素，集合B中有两个个元素，则选法种数有=5种；若集合A中有两个元素，集合B中有三个元素，则选法种数有=1种；若集合A中有三个元素，集合B中有一个元素，则选法种数有=5种；若集合A中有三个元素，集合B中有两个元素，则选法种数有=1种；若集合A中有四个元素，集合B中有一个元素，则选法种 数有=1种；总计有，选B.‎ 解法二：集合A、B中没有相同的元素，且都不是空集，‎ 从5个元素中选出2个元素，有=10种选法，小的给A集合，大的给B集合；‎ 从5个元素中选出3个元素，有=10种选法，再分成1、2两组，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有2×10=20种方法；‎ 从5个元素中选出4个元素，有=5种选法，再分成1、3；2、2；3、1两组，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有3×5=15种方法；‎ 从5个元素中选出5个元素，有=1种选法，再分成1、4；2、3；3、2；4、1两组，较小元素的一组给A集合，较大元素的一组的给B集合，共有4×1=4种方法；‎ 总计为10+20+15+4=49种方法。选B.‎ 例12（06天津卷）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（　　）‎ A．10种　　　　　B．20种　　　　　C．36种 　　　　　D．52种 解析：将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；则不同的放球方法有10种，选A． ‎ 说明：元素多，取出的情况也多种，可按要求分成互不相容的几类情况分别计算，最后总计。‎ ‎5、交叉问题，集合法（二元否定问题，依次分类）。‎ 例13、从6名运动员中选出4名参加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法？‎ 解：设全集U={6人中任选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}，根据求集合元素的个数的公式可得参赛方法共有：card(U)-card(A)-card(B)+card(A∩B)=252‎ 例14、某天的课表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共六门课程，且上午安排四节课，下午安排两节课。‎ ‎（1）若第一节不排体育，下午第一节不排数学，一共有多少种不同的排课方法？‎ ‎（2）若要求数学、物理、化学不能排在一起（上午第四节与下午第一节不算连排），一共有多少种不同的排课方法？‎ 例15、同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送来的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（ ）‎ A）6种 B）9种 C）11种 D）23种 解：此题可以看成是将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一数，且每个方格的标号与所填数字不同的填法问题。所以先将1填入2至4的3个方格里有3种填法；第二步把被填入方格的对应数字填入其它3个方格，又有3种填法；第三步将余下的两个数字填入余下的两格中只有一种填法，故共有3×3×1=9种填法。故选B 说明：求解二元否定问题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，依此即可完成。‎ 例16、（06湖北卷）安排5名歌手的演出顺序时，要求某名歌手不第一个出场，另一名歌手不最后一个出场，不同排法的总数是 .(用数字作答) 。（答：78种）‎ 说明：某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素的个数的公式来求解。‎ ‎6、多排问题，单排法 例17、两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座（每人一座位），则不同的座法为 A） B） C） D）‎ 解：此题分两排座可以看成是一排座，故有 种座法。∴选（D） 说明：把元素排成几排的问题，可归纳为一排考虑，再分段处理。‎ ‎7、至少问题，分类法 或 间接法（排除处理）‎ 例18．（06福建卷）从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有 ‎（A）108种　　　 （B）186种　　　 　（C）216种　　　　 （D）270种 解析：从全部方案中减去只选派男生的方案数，合理的选派方案共有=186种，选B.‎ 例19．（06辽宁卷）5名乒乓球队员中,有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛,则入选的3名队员中至少有一名老队员,且1、2号中至少有1名新队员的排法有_______种.(以数作答) ‎ ‎【解析】两老一新时, 有种排法；两新一老时, 有种排法,即共有48种排法.‎ ‎【点评】本题考查了有限制条件的排列组合问题以及分类讨论思想.‎ 例20．(06重庆卷)将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有 ‎（A）３０种　　　（B）９０种 （C）１８０种　　　　（D）２７０种 解析：将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有种方法，再将3组分到3个班，共有种不同的分配方案，选B.‎ 说明：含“至多”或“至少”的排列组合问题，是需要分类问题，或排除法。排除法，适用于反面情况明确且易于计算的情况。‎ ‎8、部分符合条件淘汰法 例21．四面体的顶点各棱中点共有10个点，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 解：10个点取4个点共有 种取法，其中面ABC内的6个点中任取4个点必共面，这样的面共有6个，又各棱中点共6个点，有四点共面的平面有3个，故符合条件不共面的平面有 选D 说明：在选取总数中，只有一部分符合条件，可从总数中减去不符合条件数，即为所求。‎ ‎9．分组问题与分配问题 ‎①分组问题：均匀分组，除法处理；非均匀分组，组合处理 例22。有9个不同的文具盒：（1）将其平均分成三组；（2）将其分成三组，每组个数2，3，4。上述问题各有多少种不同的分法？‎ 分析：（1）此题属于分组问题：先取3个为第一组，有 种分法，再取3个不第二组，有种分法，剩下3个为第三组，有 种分法，由于三组之间没有顺序，故有种分法。（2）同（1），共有种分法，因三组个数各不相同，故不必再除以。‎ 练习：12个学生平均分成3组，参加制作航空模型活动，3个教师各参加一组进行指导，问有多少种分组方法？‎ ‎②分配问题： 定额分配，组合处理； 随机分配，先组后排。‎ 例23。有9本不同的书：（1）分给甲2本，乙3本，丙4本；（2）分给三个人，分别得2本，3本，4本。上述问题各有多少种不同的分法？（1）此题是定额分配问题，先让甲选，有种；再让乙选，有种；剩下的给丙，有种，共有种不同的分法（2）此题是随机分配问题：先将9本书分成2本，3本，4本共有三堆，再将三堆分给三个人，共有种不同的分法。‎ 例24：对某种产品的6件不同正品和4件不同次品一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第5次测试时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能?‎ 解：第5次必测出一次品，余下3件次品在前4次被测出，从4件中确定最后一件次品有种方法，前4次中应有1件正品、3件次品，有种，前4次测试中的顺序有种，由分步计数原理即得：（）＝576。‎ ‎【评述】本题涉及一类重要问题：问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先选元素（即组合）后排列 练习：1。3名教师分配到6个班里，各人教不同的班级，若每人教2个班，有多少种分配方法？‎ ‎ 2．将10本不同的专著分成3本，3本，3本和1本，分别交给4位学者阅读，问有多少种不同的分法？‎ 例25（06湖南卷）某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有 ( ) A.16种 B.36种 C.42种 D.60种 解析：有两种情况，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，此时有，‎ ‎ 二是在在两个城市分别投资1，1，1个项目，此时有， 共有=60， 故选 ‎ ‎ （D）‎ ‎10．隔板法：隔板法及其应用技巧 ‎ ‎ 在排列组合中，对于将不可分辨的球装入到可以分辨的盒子中，每盒至少一个，求方法数的问题，常用隔板法。见下例：‎ 例26。求方程x+y+z=10的正整数解的个数。(即：10个相同的小球分给三人，每人至少1个，有多少种方法？)‎ ‎ 分析：将10个球排成一排，球与球之间形成9个空隙，将两个隔板插入这些空隙中（每空至多插一块隔板），规定由隔板分成的左、中、右三部分的球数分别为 x.y.z之值（如图）‎ ‎ ○○○ ○○○ ○○○○ ‎ 则隔板与解的个数之间建立了一一对立关系，故解的个数为 个。实际运用隔板法解题时，在确定球数、如何插隔板等问题上形成了一些技巧。下面举例说明：‎ 技巧一：添加球数用隔板法。‎ ‎ 例27．求方程x+y+z=10 的非负整数解的个数。‎ 分析：注意到x 、y 、z 可以为零，故上题解法中的限定“每空至多插一块隔板”就不成立了。怎么办呢？只要添加三个球，给 x、 y、z 各一个球。这样原问题就转化为求x+y+z=13 的正整数解的个数了，故解的个数为=66个。‎ ‎ 【小结】本例通过添加球数，将问题转化为如例1中的典型的隔板法问题。‎ ‎ 技巧二：减少球数用隔板法。‎ ‎ 例28．将20个相同的小球放入编号分别为1，2，3，4的四个盒子中，要求每个盒子中的球数不少于它的编号数，求放法总数。‎ ‎ 分析1：先在编号1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，有1种方法；再把剩下的14个球，分成4组，每组至少1个，由例25知有 =286 种方法。‎ ‎ 分析2：第一步先在编号1，2，3，4的四个盒子内分别放1，2，3，4个球，有1种方法；第二步把剩下的10个相同的球放入编号为1，2，3，4的盒子里，由例26知有 =286 种方法。‎ ‎ 【小结】两种解法均通过减少球数将问题转化为例25、例26中的典型问题。‎ ‎ 技巧三：先后插入用隔板法。‎ 例29。为构建和谐社会出一份力，一文艺团体下基层宣传演出，准备的节目表中原有4个歌舞节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，拟再添2个小品节目，则不同的排列方法有多少种？‎ ‎ 分析：记两个小品节目分别为A、B。先排A节目。根据A节目前后的歌舞节目数目考虑方法数，相当于把4个球分成两堆，由例26知有 种方法。这一步完成后就有5个节目了。再考虑需加入的B节目前后的节目数，同上理知有 种方法。故由乘法原理知，共有 种方法。‎ ‎ 11．数字问题（组成无重复数字的整数）‎ ‎ ① 能被2整除的数的特征：末位数是偶数；不能被2整除的数的特征：末位数是奇数。‎ ‎②能被3整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数；能被9整除的数的特征：各位数字之和是9的倍数。‎ ‎③ 能被4整除的数的特征：末两位是4的倍数。④ 能被5整除的数的特征：末位数是0或5。‎ ⑤ 能被25整除的数的特征：末两位数是25，50，75。 能被6整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数的偶数。‎ 例30（06北京卷）在这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有 ‎（A）36个 （B）24个 （C）18个 （D）6个 解：依题意，所选的三位数字有两种情况：（1）3个数字都是奇数，有种方法（2）3个数字中有一个是奇数，有，故共有＋＝24种方法，故选B 例31。（06天津卷）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有　　24　个（用数字作答）．‎ ‎12．分球入盒问题 例32：将5个小球放到3个盒子中，在下列条件下，各有多少种投放方法？‎ ① 小球不同，盒子不同，盒子不空 解：将小球分成3份，每份1，1，3或1，2，2。再放在3个不同的盒子中，即先分堆，后分配。有 ‎②小球不同，盒子不同，盒子可空 解：种 ‎③小球不同，盒子相同，盒子不空 解：只要将5个不同小球分成3份，分法为：1，1，3；1，2，2。共有=25种 ‎④小球不同，盒子相同，盒子可空 本题即是将5个不同小球分成1份，2份，3份的问题。共有种 ‎⑤小球相同，盒子不同，盒子不空解：（隔板法）。0 00 00 ，有种方法 ‎⑥小球相同，盒子不同，盒子可空 解一：把5个小球及插入的2个隔板都设为小球（7个球）。7个球中任选两个变为隔板（可以相邻）。那么2块隔板分成3份的小球数对应于 相应的3个不同盒子。故有=21解：分步插板法。‎ ‎⑦小球相同，盒子相同，盒子不空解：5个相同的小球分成3份即可，有3，1，1；2，2，1。 共 2种 ‎⑧小球相同，盒子相同，盒子可空 解：只要将将5个相同小球分成1份，2份，3份即可。分法如下：5，0，0； 4，1，0；3，2，0； 3，1，1； 2，2，1。‎ 例33、有4个不同的小球，放入4个不同的盒子内，球全部放入盒子内 ‎（1）共有几种放法？（答：）（2）恰有1个空盒，有几种放法？（答：）‎ ‎（3）恰有1个盒子内有2个球，有几种放法？（答：）（4）恰有2个盒子不放球，有几种放法？（答：）‎ ‎6‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎13、涂色问题：（1）用计数原理处理的问题，需要关注图形的特征：多少块？多少色？‎ ‎ （2）以涂色先后分步，以色的种类分类。‎ 例34、（2003全国）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分 为6个部分（如图）。现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽 种一种且相邻部分要能栽种同种颜色的花，则不同的栽种方法有 120 种？‎ 例35、将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，若只有五种颜色可供使用，则不同的染色种数为 420 ‎ 例谈立体几何中的排列组合概率问题 在近几年的高考试题中，出现了以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景的排列、组合、概率问题。这类问题情景新颖，多个知识点交汇在一起，综合性强，往往作为高考选择填空题的压轴题。它不仅考查了相关的基础知识，而且还注重对数学思想方法及数学能力的考查。‎ 一、共面问题：分类讨论 例1. 不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α共有（ ）‎ A. 3个 B. 4个 C. 6个 D. 7个 解析：平面α可以分为两类：一类是在平面α的两侧各有两个点；另一类是在平面α的两侧分别有一个点和三个点。如图1，设E、F、G、H、M分别是AB、AC、AD、CD、BD的中点，过E、F、G三点的平面α满足题意，这样的平面有4个；又过E、F、H、M的平面α也满足题意，这样的平面有3个。故适合题设的平面α共有7个，应选D。‎ 图1‎ 例2. 在四棱锥P�ABCD中，顶点为P，从其他的顶点和各棱的中点中取3个，使它们和点P在同一平面上，不同的取法有（）种。‎ A. 40 B. ‎48 C. 56 D. 62‎ 图2‎ 解析：如图2，满足题设的取法可分为三类：‎ ‎（1）在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点，有（种）不同的取法；‎ ‎（2）在两个对角面上除点P外任取3点，共有（种）不同的取法；‎ ‎（3）过点P的每一条棱上的三点和与这条棱异面的棱的中点也共面，共有（种）不同的取法。‎ 故不同的取法共有（种）。‎ 点评：这类问题应根据立体图形的几何特点，选取恰当的分类标准，做到分类既不重复，也不遗漏。在例2中，最容易漏掉的是第（3）类，最易重复的也是第（3）类。‎ 二、异面问题：灵活转化 例3. 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（ ）‎ A. 18对 B. 24对 C. 30对 D. 36对 解析：大家知道一个三棱锥可以确定3对异面直线，一个三棱柱可以组成（个）三棱锥，则共有36对异面直线。故选D。‎ 点评：利用熟知的立体图形来灵活转化，是处理异面直线配对问题的常用方法。‎ 例4. 四棱锥的8条棱分别代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱所代表的化工产品在同一仓库中存放是危险的，没有公共点的棱所代表的化工产品在同一仓库中存放是安全的。现有编号为①②③④的四个仓库，用来存放这8种化工产品，则安全存放的不同方法总数为（）A. 96 B. ‎48 C. 24 D. 0‎ 图3‎ 解析：如图3，分别用1～8标号的棱表示8种不同的化工产品，易知可以两两放入同一仓库的情况如下（其实就是异面直线配对）：‎ 则8种产品安全存放有“（1，5）、（2，6）、（3，7）、（4，8）”和“（1，8）、（2，5）、（3，6）、（4，7）”两种可能，故所求的方法总数为（种），应选B。‎ 点评：这道实际应用题用四棱锥的8条棱的关系来研究化工产品的存放种数，体现了数学建模的思想。同学们在解决问题时，首先要将问题转化为四棱锥的8条棱之间的排列组合情况，然后再把四棱锥的8条棱分成4对异面直线。‎ 三、综合问题：化整为零，各个击破 例5. 以平行六面体的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出2个三角形，则这2个三角形不共面的概率P为（）A. B. C. D. ‎ 解析：此问题可分解成五个小问题：（1）由平行六面体的8个顶点可组成多少个三角形？可组成（个）三角形。‎ ‎（2）平行六面体的8个顶点中，4点共面的情形共有多少种？平行六面体的6个面加上6个对角面，共12个平面。‎ ‎（3）在上述12个平面内的每个四边形中共面的三角形有多少个？有（个）‎ ‎（4）从56个三角形中任取2个三角形共面的概率P等于多少？ ‎ ‎（5）从56个三角形中任取2个三角形不共面的概率P等于多少？利用求对立事件概率的公式，得。故选A。‎ 点评：这道题以立体几何熟知内容为载体，构思巧妙，综合考查立体几何、排列组合、概率等基础知识，深入考查同学们的数学思维能力。本题的得分率较低，同学们的主要失误表现在以下两方面：（1）面对一个复杂的问题，缺乏明确的解题目标意识，不善于将其分解为若干个子问题；（2）漏掉平行六面体的6个对角面也是4点共面的情形，造成所求概率，误选B。‎