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2014届高三一轮数学(理)复习第64讲排列与组合综合应用问题


第64讲 排列与组合综合应用问题

1.(改编)某校举行广播体操比赛,安排高一 6 个班的 比赛演出顺序时,要求 3 班不第一个出场,也不最后一个 出场,则不同的排方法种数是( C ) A.120 C.480 B.240 D.720

1 解析:由题可得首先安排 3 班有 C4,然后安排余下的 5 5 个班的比赛顺序有 A5, 则不同的

安排方法种数有 C1A5=480, 5 4

故选 C.

2.(2012· 重庆七区第二次联考)现有 6 人分乘两辆不同 的出租车, 每辆车最多乘 4 人, 则不同的乘车方案数为( C ) A.70 C.50 B.60 D.40

解析:先将六人分成两组,有两种情况:(4,2),(3,3),
2 然后再分配到两辆车上共有 C4A2+C3=50 种,故选 C. 6 6

3.从 A、B、C、D、E 五名学生中,选出四名学生参 加数学、物理、化学、英语竞赛,其中 A 不参加物理、化 学竞赛,每人只参加一项竞赛,则不同的参赛方案种数为 ( D ) A.24 C.120 B.48 D.72

解析:分选 A 和不选 A 二类情况,若不选 A 有 A4种, 4
1 1 若选 A,应先选人有 C1C3种,再排科目,A1A3种,故 C1C3A2 4 2 3 1 4 4 A3种.所以总方案为 A4+C1C3A1A3=72.故选 D. 3 1 4 2 3

4.过三棱柱任意两个顶点的直线共 15 条,其中异面 直线有( D ) A.18 对 C.30 对 B.24 对 D.36 对

解析:以三棱柱 6 个顶点中 4 个顶点为顶点的三棱锥共 C4-3=12 个.每个三棱锥含三组对棱是三对异面直线,故 6 共有 36 对异面直线,选 D.

5.用 0,1,2,?,9 十个数字组成五位数,其中含 3 个 奇数与 2 个偶数且数字不重复的五位数有 .

解析:①含 0 的:有 C3C1A4A1种; 5 4 4 4
4 3 ②不含 0 的:有 C3C2A5种.共有 C3C1A4A1+C5C2A5= 5 4 5 5 4 4 4 5

11040 个.



分组分配问题
【例 1】 6 本不同的书按下列方式分配, 有 问共有多少

种不同的分配方式? (1)分成 1 本、2 本、3 本三组; (2)分给甲、乙、丙三人,其中 1 人一本,1 人两本,1 人三本; (3)平均分成三组,每组 2 本; (4)分给甲、乙、丙三人,每个人选 2 本.

解析:(1)分三步:先选一本有 C1种选法;再从余下的 6 5 本中选两本有 C2种选法;最后余下的三本全选有 C3种选 5 3 法.由分步计数原理知,分配方式共有 C1· 2· 3=60 种. 6 C5 C3 (2)由于甲、乙、丙是不同的三个人,在(1)的基础上, 还应考虑再分配问题,分配方式共有 C1· 2· 3· 3=360 种. 6 C5 C3 A3

2 2 2 (3)先分三步,则应是 C6· 4· 2种方法,但是这里面出现 C C

了重复,不妨设六本书为 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 C2· 4· 2种方法中还有(AB,EF,CD), C2 C2 6 (CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,CD,AB),(EF, AB,CD),共 A3种情况,而且这 A3种情况仅是 AB,CD, 3 3 EF 的顺序不同,因此,只能作为一种分法,故分配方式有 C2· 2· 2 6 C4 C2 =15 种. A3 3

(4)在问题(3)的基础上再分配即可,共有分配方式 C2· 2· 2 3 6 C4 C2 · 3=C2· 2· 2=90 种. A 3 6 C4 C2 A3

【拓展演练 1】 将 6 位志愿者分成 4 组,其中两个组各 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:分两步分配:第一步,将 6 位志愿者分成 4 组,
2 C2C4C1C1 6 2 2 其分法有 第二步, 将分成的 4 组分配到四个不同 2 2 ; A2A2

的场馆服务的分法有 A4,根据分步计数原理,得不同的分 4
2 4 C2C4C1C1A4 6 2 2 配方案有 =2160. 2 2 A2A2



数字排列和位置排列问题
【例 2】 (1)(2012· 山东省潍坊市重点中学 2 月)某班准备从

含甲、乙的 7 名男生中选取 4 人参加 4×100 米接力赛,要求 甲、乙两人至少有一人参加,且若甲、乙同时参加,则他们 在赛道上顺序不能相邻,那么不同的排法种数为( A.720 C.600 B.520 D.360 )

(2)从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 10 个数字中任取 3 个不同的数 字构成空间直角坐标系中的点的坐标(x,y,z),若 x+y+z 是 3 的倍数,则满足条件的点的个数为( A.252 C.72 B.216 D.42 )

解析:(1)根据题意,分 2 种情况讨论.①只有甲乙其 中一人参加,有 C1C3A4=480 种情况;②若甲乙两人都参 2 5 4
3 加,有 C2C2A4种情况,其中甲乙相邻的有 C2C2A3A2种情 2 5 4 2 5 2

况,不同的排法种数为 480+240-120=600 种,故选 C. (2)将 10 个数分为三组(0,3,6,9)、(1,4,7)、(2,5,8),满 足条件的点的坐标有两种情形: ①同时从每一组中选 3 个
3 数,有 A 3 +A 3 +A 3 =36 个;②从每一组选一个数有 3 4

4×3×3×A3=216 个, 根据加法原理, 共有 36+216=252 3 个,故选 A.

【拓展演练 2】 六人按下列要求站一横排, 分别有多少种不同的站法? (1)甲不站两端; (2)甲、乙必须相邻; (3)甲、乙不相邻; (4)甲、乙之间间隔两人; (5)甲、乙站在两端; (6)甲不站在左端,乙不站在右端.

解析:(1)(方法一)要使甲不站在两端,可先让甲在中 间 4 个位置上任选 1 个,有 A1种站法,然后其余 5 人在另 4 外 5 个位置上作全排列有 A5种站法,根据分步计数原理, 5 共有 A1· 5=480 种站法. 4 A5 (方法二)由于不站两端,这两个位置只能从其余 5 个 人中选 2 个人站, A2种站法, 有 5 然后中间 4 人有 A4种站法, 4 根据分步计数原理,共有 A2· 4=480 种站法. 5 A4 (方法三)若对甲没有限制条件共有 A6种站法,甲在两 6
5 端共有 2A5种站法,从总数中减去这两种情况的排列数,

即得所求的站法数,共有 A6-2A5=480 种站法. 6 5

(2)(方法一)先把甲、 乙作为一个“整体”, 看作一个人, 有 A5种站法,再把甲、乙进行全排列,有 A2种站法,根椐 5 2 分步计数原理,共有 A5· 2=240 种站法. 5 A2 (方法二)先把甲、乙以外的 4 个人作全排列,有 A4种站 4 法,再在 5 个空档中选出一个供甲、乙放入,有 A1种站法, 5 最后让甲、乙全排列,有 A2种方法,共有 A4· 5· 2=240 种 A1 A2 2 4 站法.

(3)因为甲、乙不相邻,中间有隔档,可用“插空法”, 第一步先让甲、乙以外的 4 个人站队,有 A4种;第二步再 4 将甲、乙排在 4 人形成的 5 个空档(含两端)中,有 A2种,故 5 共有站法为 A4· 2=480 种. 4 A5 也可用“间接法”,6 个人全排列有 A6种站法,由(2) 6 知甲、乙相邻有 A5· 2=240 种站法,所以不相邻的站法有 5 A2 A6-A5· 2=720-240=480 种. 6 5 A2

(4)(方法一)先将甲、 乙以外的 4 个人作全排列, A4种, 有 4
2 然后将甲、乙按条件插入站队,有 3A2种,故共有 A4· 2) (3A2 4

=144 种站法. (方法二)先从甲、乙以外的 4 个人中任选 2 人排在甲、 乙之间的两个位置上,有 A2种,然后把甲、乙及中间 2 人 4 看作一个“大”元素与余下 2 人作全排列有 A3种方法,最 3 后对甲、乙进行排列,有 A2种方法,故共有 A2· 3· 2=144 A3 A2 2 4 种站法.

(5)(方法一)首先考虑特殊元素,甲、乙先站两端,有
4 A2种,再让其他 4 人在中间位置作全排列,有 A4种,根据 2

分步计数原理,共有 A2· 4=48 种站法. 2 A4 (方法二)首先考虑两端两个特殊位置,甲、乙去站有 A2 2 种站法,然后考虑中间 4 个位置,由剩下的 4 人去站,有
2 A4种站法,由分步计数原理共有 A2· 4=48 种站法. A4 4



(6)(方法一)甲在左端的站法有 A5种,乙在右端的站法 5
6 有 A5种,且甲在左端而乙在右端的站法有 A4种,共有 A6- 5 4

2A5+A4=504 种站法. 5 4 (方法二)以元素甲分类可分为两类:①甲站右端 A5种, 5
1 ②甲在中间 4 个位置之一, 而乙不在右端有 A5+A4· 4· 1= A4 A4 5

504 种站法.



几何型排列组合问题
【例 3】已知平面 a∥β 在 a 内有 4 个点,在 β 内有 6

个点. (1)过这 10 个点中的 3 点作一平面,最多可作多少个不 同平面? (2)以这些点为顶点,最多可作多少个三棱锥? (3)上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积?

解析:(1)所作出的平面有三类: ①α 内 1 点,β 内 2 点确定的平面,有 C1· 2个; 4 C6 ②α 内 2 点,β 内 1 点确定平面,有 C2· 1个; 4 C6 ③α,β 本身,共 2 个. 所以所作的平面最多有 C1· 2+C2· 6+2=98(个). C6 C1 4 4

(2)所作的三棱锥有三类: ①α 内 1 点,β 内 3 点确定的三棱锥,有 C1· 3个; 4 C6 ②α 内 2 点,β 内 2 点确定的三棱锥,有 C2· 2个; 4 C6 ③α 内 3 点,β 内 1 点确定的三棱锥,有 C3· 1个; 4 C6 所以最多可作出的三棱锥有 C 1 · 3 +C 2 · 6 +C 3 · 1 = C6 C2 4 4 4 C6 194(个).

(3)因为当等底面积、等高的情况下三棱锥体积才能相 等,两个条件缺一不可.
2 所以体积不相同的三棱锥最多有 C 3 +C 3 +C 6 · 2 = C4 6 4

114(个).

【拓展演练 3】 在正方体的八个顶点中,解答下列问题: (1)每两点可连成一条直线,则可连成多少条直线? (2)若每三点连成一个三角形, 则可连成多少个不同的等 腰直角三角形? (3)若以其中四点连成一个三棱锥, 则可连成多少个不同 的三棱锥?

分析:本题是立体几何中组合计数问题,注意计数中的 取法须满足题中的条件.
2 解析: (1)从八个点取两个连成直线的条数有 C8=28 条.

(2)由题意知, 符合条件的等腰直角三角形应该在同一个 表面上, 正方体一个表面的四点可连成 C3个三角形, 这些都 4
3 是等腰直角三角形,所以共有 6×C4=24 个. 4 (3)八个点任取四点的情况数有 C8种,其中四点共面的

情况有:一是表面上的四点,二是对角面的四点,共 12 种, 所以四点不共面,即能连成三棱锥有 C4-12=58 个. 8

1.(2012· 全国新课标卷)将 2 名教师,4 名学生分成 2 个 小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组 由 1 名教师和 2 名学生组成,不同的安排方案共有( A ) A.12 种 C.9 种 B.10 种 D.种

2 解析:先安排老师有 A2=2 种方法,再安排学生有 C2 4

=6,所以共有 12 种安排方案,故选 A.

2.(2012· 四川卷)方程 ay=b2x2+c 中的 a,b,c∈{-3, -2,0,1,2,3},且 a,b,c 互不相同,在所有这些方程所表示 的曲线中,不同的抛物线共有( B ) A.60 条 C.71 条 B.62 条 D.80 条

解析:本题可用排除法,a,b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},6 选 3 全排列为 120, 这些方程所表示的曲线要是抛物线, 则 a≠0 且 b≠0,要减去 2A2=40,又 b=-2 或 2 和 b=-3 5 或 3 时,方程出现重复,用分步计数原理可计算重复次数 为 3×3×2=18, 所以不同的抛物线共有 120-40-18=62 条,故选 B.

3.(2012· 北京卷)从 0,2 中选一个数字,从 1,3,5 中选两 个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为 ( B ) A.24 C.12 B.18 D.6

解析:由于题目要求的是奇数,那么对于此三位数可 以分成两种情况:奇偶奇;偶奇奇,如果是第一种奇偶奇 的情况, 可以从个位开始分析(3 种选择), 之后十位(2 种选 择),最后百位(2 种选择),共 12 种;如果是第二种情况偶 奇奇, 分析同理: 个位(3 种情况), 十位(2 种情况), 百位(不 能是 0,1 种情况),共 6 种,因此总共 12+6=18 种情况, 故选 B.

4.(2013· 重庆卷)从 3 名骨科、 名脑外科和 5 名内科医 4 生中选派 5 人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科、脑外 科和内科医生都至少有 1 人的选派方法种数是 字作答) .(用数

解析: 12 名医生中选出 5 人的选法有 C5 =792 种, 从 12 其中只不选骨科医生的选法有 C5-1=125 种; 只不选脑外 9 科医生的选法有 C5-1=55 种;只不选内科医生的选法有 8 C5=21 种;同时不选骨科和脑外科医生的选法有 1 种,故 7 骨科、脑外科和内科医生都至少有 1 人的选派方法种数有 792-(125+55+21+1)=590.

5.(2013· 浙江卷)将 A,B,C,D,E,F 六个字母排成 一排, A, 均在 C 的同侧, 且 B 则不同的排法共有 数字作答) 种. (用

解析:对于 A,B,C 的排列共有 6 种,A,B 均在 C 2 2 6 的同侧的有 4 种,即为全部的 ,因此不同的排法有 A6× 3 3 =480 种.


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