高中数学教案-排列组合

高考资源网 排列与组合 　　一、知识网络 　　二、高考考点 　　1、两个计数原理的掌握与应用； 　　2、关于排列与组合的定义的理解；关于排列与组合数 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 的掌握；关于组合数两个性质的掌握； 　　3、运用排列与组合的意义与公式解决简单的应用问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 （多为排列与组合的混合问题） 　　三、知识要点 　　一．分类计数原理与分步计算原理 　　1 分类计算原理（加法原理）： 　　完成一件事，有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N= m1+ m2+…+ mn种不同的方法。 　　2 分步计数原理（乘法原理）： 　　完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N= m1× m2×…× mn种不同的方法。 　　3、认知： 　　上述两个原理都是研究完成一件事有多少种不同方法的计数依据，它们的区别在于，加法原理的要害是分类：将完成一件事的方法分成若干类，并且各类办法以及各类办法中的各种方法相互独立，运用任何一类办法的任何一种方法均可独立完成这件事；乘法原理的要害是分步：将完成一件事分为若干步骤进行，各个步骤不可缺少，只有当各个步骤依次完成后这件事才告完成（在这里，完成某一步的任何一种方法只能完成这一个步骤，而不能独立完成这件事）。 　　二．排列 　　1 定义 　　（1）从n个不同元素中取出m（ ）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一排列。 　　（2）从n个不同元素中取出m（ ）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记为 . 　　2 排列数的公式与性质 　　（1）排列数的公式： =n（n-1）（n-2）…（n-m+1）= 　　特例：当m=n时， =n！=n（n-1）（n-2）…×3×2×1 　　规定：0！=1 　　（2）排列数的性质： 　　（Ⅰ） = （排列数上标、下标同时减1（或加1）后与原排列数的联系） 　　（Ⅱ） （排列数上标加1或下标减1后与原排列数的联系） 　　（Ⅲ） （分解或合并的依据） 　　三．组合 　　1 定义　（1）从n个不同元素中取出 个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 　　（2）从n个不同元素中取出 个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示。 　　2 组合数的公式与性质 　　（1）组合数公式： （乘积表示）　 （阶乘表示）　　特例： 　　（2）组合数的主要性质： 　　（Ⅰ） 　　 （上标变换公式） 　　（Ⅱ） 　　 （杨辉恒等式） 　　认知：上述恒等式左边两组合数的下标相同，而上标为相邻自然数；合二为一后的右边组合数下标等于左边组合数下标加1，而上标取左边两组合数上标的较大者。 　　3 比较与鉴别 　　由排列与组合的定义知，获得一个排列需要“取出元素”和“对取出元素按一定顺序排成一列”两个过程，而获得一个组合只需要“取出元素”，不管怎样的顺序并成一组这一个步骤。 　　（1） 排列与组合的区别在于组合仅与选取的元素有关，而排列不仅与选取的元素有关，而且还与取出元素的顺序有关。因此，所给问题是否与取出元素的顺序有关，是判断这一问题是排列问题还是组合问题的理论依据。 　　（2） 注意到获得（一个）排列历经“获得（一个）组合”和“对取出元素作全排列”两个步骤，故得排列数与组合数之间的关系： 　　四、经典例题 　　例1、某人 计划 项目进度计划表范例计划下载计划下载计划下载课程教学计划下载 使用不超过500元的资金购买单价分别为60、70元的单片软件和盒装磁盘，要求软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式是（　　　　 ） 　　A .5种　　　　　　 B.6种　　　　　　 C. 7种　　　　 D. 8种 　　分析：依题意“软件至少买3片，磁盘至少买2盒”，而购得3片软件和2盒磁盘花去320元，所以，只需讨论剩下的180元如何使用的问题。 　　解：注意到购买3片软件和2盒磁盘花去320元，所以，这里只讨论剩下的180元如何使用，可从购买软件的情形入手分类讨论：　第一类，再买3片软件，不买磁盘，只有1种方法；　　第二类，再买2片软件，不买磁盘，只有1种方法； 第三类，再买1片软件，再买1盒磁盘或不买磁盘，有2种方法； 第四类，不买软件，再买2盒磁盘、1盒磁盘或不买磁盘，有3种方法；　　于是由分类计数原理可知，共有N=1+1+2+3=7种不同购买方法，应选C。 　　例2、已知集合M={-1，0，1}，N={2，3，4，5}，映射 ，当x∈M时， 为奇数，则这样的映射 的个数是（　　 ）　　A.20　　　　 B.18　　　　 C.32　　　　 D.24 　　分析：由映射定义知，当x∈M时， 　　当x∈M时，这里的x可以是奇数也可以是偶数，但 必须为奇数，因此，对M中x的对应情况逐一分析，分步考察： 　　第一步，考察x=-1的象，当x=-1时， ，此时 可取N中任一数值，即M中的元素-1与N中的元素有4种对应方法； 　　第二步，考察x=0的象，当x=0时， 为奇数，故 只有2种取法（ =3或 =5），即M中的元素0与N中的元素有2种对应方法； 　　第三步，考察x=1的象，当x=1时， 为奇数，故 可为奇数也可为偶数, 可取N中任一数值，即M中的元素1与N中的元素有4种对应方法， 　　于是由分步计数原理可知，映射 共有4×2×4=32个。 　　例3、在 中有4个编号为1，2，3，4的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、蓝、黄、白、黑五种颜色中的一种，使有相邻边的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂法？ 　　解：根据题意，有相邻边的小三角形颜色不同，但“对角”的两个小三角形可以是相同颜色，于是考虑以对角的小三角形1、4同色与不同色为标准分为两类，进而在每一类中分步计算。 　　第一类：1与4同色，则1与4有5种涂法，2有4种涂法，3有4种涂法，　故此时有N1=5×4×4=80种不同涂法。 　　第二类：1与4不同色，则1有5种涂法，4有4种涂法，2有3种涂法，3有3种涂法，故此时有N2=5×4×3×3=180种不同涂法。　　综上可知，不同的涂法共有80+180=260种。 　　点评：欲不重不漏地分类，需要选定一个适当的分类标准，一般地，根据所给问题的具体情况，或是从某一位置的特定要求入手分类，或是从某一元素的特定要求入手分类，或是从问题中某一事物符合条件的情形入手分类，或是从问题中有关事物的相对关系入手分类等等。 　　例4、将字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 　　解法一（采用“分步”方法）：完成这件事分三个步骤。 　　第一步：任取一个数字，按规定填入方格，有3种不同填法； 　　第二步：取与填入数字的格子编号相同的数字，按规定填入方格，仍有3种不同填法； 　　第三步：将剩下的两个数字按规定填入两个格子，只有1种填法； 　　于是，由分步计数原理得，共有N=3×3×1=9种不同填法。 　　解法二：（采用“列举”方法）：从编号为1的方格内的填数入手进行分类。 　　第一类：编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法： 　　 　　 2 4 1 3 　　 2 1 4 3 　　 2 3 4 1 　　第二类：编号1的方格内填数字3，也有3种不同填法： 　　 　　 3 1 4 2 　　 3 4 1 2 　　 3 4 2 1 　　第三类：编号为1的方格内填数字4，仍有3种不同填法： 　　 　　 4 1 2 3 　　 4 3 1 2 　　 4 3 2 1 　　于是由分类计数原理得共有N=3+3+3=9种不同填法，应选B 　　解法三（间接法）：将上述4个数字填入4个方格，每格填一个数，共有N1=4×3×2×1=24种不同填法，其中不合条件的是　(1)4个数字与4个格子的编号均相同的填法有1种；　(2)恰有两个数字与格子编号相同的填法有6种； 　　(3)恰有1个数字与格子编号相同的填法有8种；　因此，有数字与格子编号相同的填法共有N2=1+6+8=15种 　　于是可知，符合条件的填法为24-15=9种。 　　点评：解题步骤的设计原则上任意，但不同的设计招致计算的繁简程度不同，一般地，人们总是优先考虑特殊元素的安置或特殊位置的安排，以减少问题的头绪或悬念。 　　当正面考虑头绪较多时，可考虑运用间接法计算：不考虑限制条件的方法种数—不符合条件的方法种数=符合条件的方法种数。 　　在这里，直接法中的“分析”与间接法主体的“分类”，恰恰向人们展示了“分步”与“分类”相互依存、相互联系的辩证关系。 　　例5、用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字4位数，其中，必含数字2和3，并且2和3不相邻的四位数有多少个？ 　　解：注意到这里“0”的特殊性，故分两类来讨论。 　　第一类：不含“0”的符合条件的四位数，首先从1，4，5这三个数字中任选两个作排列有 种；进而将2和3分别插入前面排好的两个数字中间或首尾位置，又有 种排法，于是由分步计数原理可知，不含0且符合条件的四位数共有 =36个。 　　第二类：含有“0”的符合条件的四位数，注意到正面考虑头绪较多，故考虑运用“间接法”：首先从1，4，5这三个数字中任选一个，而后与0，2，3进行全排列，这样的排列共有 个。 　　其中，有如下三种情况不合题意，应当排险： 　　（1）0在首位的，有 个；　（2）0在百位或十位，但2与3相邻的，有 个 　　（3）0在个位的，但2与3相邻的，有 个 　　因此，含有0的符合条件的四位数共有 =30个 　　于是可知，符合条件的四位数共有36+30=66个 　　点评：解决元素不相邻的排列问题，一般采用“插空法”，即先将符合已知条件的部分元素排好，再将有“不相邻”要求的元素插空放入；解决元素相邻的排列问题，一般采用“捆绑法”，即先将要求相邻的元素“捆绑”在一起，作为一个大元素与其它元素进行排列，进而再考虑大元素内部之间的排列问题。 　　例6、某人在打靶时射击8枪，命中4枪，若命中的4枪有且只有3枪是连续命中的，那么该人射击的8枪，按“命中”与“不命中”报告结果，不同的结果有（　　 ） 　　A.720种　　　　 B.480种　　　　 C.24种　　　　 D.20种 　　分析：首先，对未命中的4枪进行排列，它们形成5个空挡，注意到未命中的4枪“地位平等”，故只有一种排法，其次，将连中的3枪视为一个元素，与命中的另一枪从前面5个空格中选2个排进去，有 种排法，于是由乘法原理知，不同的报告结果菜有 种 　　点评：这里的情形与前面不同，按照问题的实际情况理解，未命中的4枪“地位平等”，连续命中的3枪亦“地位平等”。因此，第一步排法只有一种，第二步的排法种数也不再乘以 。解决此类“相同元素”的排列问题，切忌照搬计算相同元素的排列种数的方法，请读者引起注意。 　　例7、 　　（1） 　　　　　　　　　　　　 ； 　　（2）若 ，则n=　　　　　　　　　　　　； 　　（3） 　　　　　　　　　　　　　　 ； 　　（4）若 ，则n的取值集合为　　　　　　　　　　　　 ； 　　（5）方程 的解集为　　　　　　　　　　　　 ； 　　解： 　　（1）注意到n满足的条件 ∴原式= = 　　（2）运用杨辉恒等式，已知等式 　　 所求n=4。 　　（3）根据杨辉恒等式 　　原式= = 　　= 　= 　　（4）注意到这里n满足的条件n≥5且n∈N*　　　　 ① 　　在①之下，原不等式　 　　 　　 　　 　　② 　　∴由①、②得原不等式的解集为{5，6，7，…，11} 　　（5）由 注意到当y=0时， 无意义，原方程组可化为 　　 由此解得 　　经检验知 是原方程组的解。 　　例8、用红、黄、绿3种颜色的纸做了3套卡片，每套卡片有写上A、B、C、D、E字母的卡片各一张，若从这15张卡片中，每次取出5张，则字母不同，且3种颜色齐全的取法有多少种？ 　　解：符合条件的取法可分为6类 　　第一类：取出的5张卡片中，1张红色，1张黄色，3张绿色，有 种取法； 　　第二类：取出的5张卡片中，1张红色，2张黄色，2张绿色，有 种取法； 　　第三类：取出的5张卡片中，1张红色，3张黄色，1张绿色，有 种取法； 　　第四类：取出的5张卡片中，2张红色，1张黄色，2张绿色，有 种取法； 　　第五类：取出的5张卡片中，2张红色，2张黄色，1张绿色，有 种取法； 　　第六类：取出的5张卡片中，3张红色，1张黄色，1张绿色，有 种取法； 　　于是由分类计数原理知，符合条件的取法共有 　　 　　点评：解决本题的关键在于分类，分类讨论必须选择适当的分类标准，在这里，以红色卡片选出的数量进行主分类，以黄色卡片选出的数量进行次分类，主次结合，确保分类的不重不漏，这一思路值得学习和借鉴。 　　例9、　（1）从5双不同的袜子中任取4只，则至少有2只袜子配成一双的可能取法种数是多少？ 　　（2）设有编号为1，2，3，4，5的五个小球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，将五个小球放入五个盒子中（每个盒子中放一个小球），则至少有两个小球和盒子编号相同的放法有多少种？ 　　（3）将四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法共多少种？ 　　（4）某产品共有4只次品和6只正品，每只产品均不相同，现在每次取出一只产品测试，直到4只次品全部测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试时被发现的不同情况有多少种？ 　　解： 　　（1）满足要求的取法有两类，一类是取出的4只袜子中恰有2只配对，这只要从5双袜子中任取1双，再从其余4双中任取2双，并从每双中取出1只，共有 种选法；另一类是4只袜子恰好配成两双，共有 种选法，于是由加法原理知，符合要求的取法为 种。 　　（2）符合条件的放法分为三类： 　　第一类：恰有2个小球与盒子编号相同，这只需先从5个中任取两个放入编号相同的盒子中，有 种放法，再从剩下的3个小球中取出1个放入与其编号不同的盒子中，有 种方法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法，故此类共有 种不同方法； 　　第二类：恰有3个小球与盒子编号相同，这只需先从5个中任取三个放入编号相同的盒子中，有 种放法，则最后剩下的两个小球放入编号不同的盒中只有1种放法，故此类共有 种不同方法； 　　第三类：恰有5个小球与盒子编号相同，这只有1种方法；　于是由分类计数原理得，共有N=20+10+1=31种不同方法。 　　（3）设计分三步完成： 　　第一步，取定三个空盒（或取走一个空盒），有 种取法； 　　第二步，将4个小球分为3堆，一堆2个，另外两堆各一个，有 种分法； 　　第三步，将分好的3堆小球放入取定的3个空盒中，有 种放法； 　　于是由乘法原理得共有： 种不同方法。 　　（4）分两步完成： 　　第一步，安排第五次测试，由于第五次测试测出的是次品，故有 种方法； 　　第二步，安排前4次测试，则在前四次测试中测出3只次品和1只正品的方法种数为 。 　　于是由分布计数原理可知，共有 种测试方法。 　　点评：为了出现题设条件中的“巧合”，我们需要考虑对特殊情形的“有意设计”，本例（1）则是这种“有意设计”的典型代表，而这里的（3），则是先“分堆”后“分配”的典型范例。 　　五、高考真题 　　（一）选择题 　　1、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 　　分析：注意到任一四面体中异面直线的对数是确定的，所以，这里欲求异面直线的对数，首先确定上述以单直线可构成的四面体个数。由上述15条直线可构成 个四面体，而每一四面体有3对异面直线，故共有36对异面直线，应选D。 　　2、不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面共有（　　 ） 　　A、3个　　　　 B、4个　　　　 C、6个　　　　 D、7个 　　分析：不共面的四点可构成一个四面体，取四面体各棱中点，分别过有公共顶点的三棱中点可得到与相应底面平行的4个截面，这4个截面到四个定点距离相等；又与三组对棱分别平行且等距的平面有3个，故符合条件的平面共7个，应选D。 　　3、北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天排早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为（　　 ） 　　A、 　　 B、 　　　　 C、 　　　　 D、 　　分析：排班工作分三步完成： 　　第一步，从14人中选出12人，有 种选法；第二步，将第一步选出的12人平均分成三组，有 种分法； 　　第三步，对第二步分出的3组人员在三个位置上安排，有 种排法； 　　于是由乘法原理得不同的排班种数为 ，应选A 　　4、从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市各一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 共有（　　 ） 　　A、300种　　　　 B、240种　　 C、114种　　 D、96种 　　分析：注意到甲、乙两人不去巴黎，故选人分三类情况 　　（1）不选甲、乙，不同方案有 种；（2）甲、乙中选1人，不同方方案有 种； （3）甲、乙均入选，不同方案有 种；于是由加法原理得不同的方案总数为24+144+72=240，应选B。 　　5、4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，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，则这四位同学不同的得分情况的种数是（　　 ） 　　A、48　　　　 B、36　　　　 C、24　　　　　　 D、18 　　分析：注意到情况的复杂，故考虑从“分类”切入 　　第一类：四人全选甲题，2人答对，2人答错，有 种情况； 　　第二类：2人选甲题一对一错，2人选乙题一对一错，有 种情况； 　　第三类：四人全选乙题，2对2错，有 种情况。 　　于是由加法原理得不同得分情况共有 种，应选B。 　　6、四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，现打算用编号为①、②、③、④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同方法种数为（　　 ） 　　A、96　　　　 B、48　　　　 C、24　　　　 D、0 　　分析：本题的关键是找“异面直线对”的个数，设四棱锥为S-ABCD，没有公共顶点的棱只能分成4组，每组两条棱（否则三条棱必有公共点），每8条棱分成4组，每组两条无公共点的棱仅有下面两种情况： 　　（1）SA—CD；SB—AD；SC—AB；SD—BC　 （本组中同一棱不重复出现） 　　（2）SA—BC；SB—CD；SC—AD；SD—AB　　（本组中同一条棱不重复出现） 　　于是问题可转化为：四种不同产品放入4个不同仓库的 　　排列问题，故不同的安排分法是 种，应选B。 　　（二）填空题 　　1、在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整 除的数共有（　　 ）个。 　　分析：考虑直接解法：这样四位数的个位数为1，2，3，4中的一个，有 种法，千位从余下的4个非零数当中任取一个是 种排法；中间两位是 种排法，于是由分步计数原理知，　共是： 种不同排法，应填192。 　　2、用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1与2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有（　　　　 ）个（用数字作答）。 　　分析：　第一步，将1与2，3与4，5与6组成3个大元素进行排列，是 种排法； 　　第二步，将7与8插入上述3个大元素队列的间隙或两端，是 种方法； 　　第三步，对3个大元素内部进行全排列，各是 种方法； 　　于是由分步计数原理得共有 个，应填576。 　　3、从集合{O、P、Q、R、S}与{0、1、2、3、4、5、6、7、8、9}中各任取2个元素排成一排（字母与数字均不能重复）。每排中字母O、Q和数字0至多只出现一个的不同排法种数是（　　 ） 　　分析：考虑分类计算 　　第一类：字母O、Q和数字0均不出现，是 种排法； 　　第二类：字母O、Q出现一个，数字0不出现，是 种排法； 　　第三类：字母O、Q不出现，数字0出现，是 种排法； 　　于是分类计数原理知共是2592+5184+648=8424种不同排法，应填8424。 　　点评：以受限制的字母O、Q和数字0出现的情况为主线进行分类，在每一类中又合理地设计步骤，是分解题的关键所在，以某些特殊元素为主线进行分类是解决复杂的排列组合问题的基本策略。 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m www.ks5u.com