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高中数学排列组合题型总结与易错点提示


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排列组合 复习巩固 1.分类计数原理(加法原理) 完成一件事,有 n 类办法,在第 1 类办法中有 m1 种不同的方法,在第 2 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: 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.

N ? m1 ? m2 ??? mn 种不同的方法.

3.分类计数原理分步计数原理区别 分类计数原理方法相互独立,任何一种方法都可以独立地完成这件事。 分步计数原理各步相互依存,每步中的方法完成事件的一个阶段,不能完成整个事件. 一.特殊元素和特殊位置优先策略 例 1.由 0,1,2,3,4,5 可以组成多少个没有重复数字五位奇数. 解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置. 先排末位共有 C3
1 1

然后排首位共有 C4

最后排其它位置共有

3 A4

C4
3

1

A4

3

C3

1

由分步计数原理得 C4C3 A4

1

1

? 288

练习题:7 种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间,也不种在两端的花盆里,问有多少不同的种法? 二.相邻元素捆绑策略 例 2. 7 人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法. 解:可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素,同时丙丁也看成一个复合元素,再与其它元素进行排列,同时对相邻元 素内部进行自排。由分步计数原理可得共有
甲 乙 丙 丁
5 2 2 A5 A2 A2 ? 480 种不同的排法

要求某几个元素必须排在一起的问题,可以用捆绑法来解决问题.即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其它元素 一起作排列,同时要注意合并元素内部也必须排列. 练习题:某人射击 8 枪,命中 4 枪,4 枪命中恰好有 3 枪连在一起的情形的不同种数为 20

三.不相邻问题插空策略 例 3.一个晚会的节目有 4 个舞蹈,2 个相声,3 个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种? 解:分两步进行第一步排 2 个相声和 3 个独唱共有 种 第二步将 4 舞蹈插入第一步排好的 6 个元素中间包含首尾两个空位共有 A 5 种, 5 种

4 4 A 6 不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有 A 5 A 6 5

元素相离问题可先把没有位置要求的元素进行排队再把不相邻元素插入中间和两端 练习题:某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单,开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目插入原节目单中,且两 个新节目不相邻,那么不同插法的种数为 30 四.定序问题倍缩空位插入策略 例 4. 7 人排队,其中甲乙丙 3 人顺序一定共有多少不同的排法 解:(倍缩法)对于某几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素 之间的全排列数,则共有不同排法种数是:

A7 / A3 7 3
4 A 7 种方法,其余的三个位置甲乙丙共有

(空位法)设想有 7 把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有

1 种坐法,则共有

4 A7 种

方法。 思考:可以先让甲乙丙就坐吗? (插入法)先排甲乙丙三个人,共有 1 种排法,再把其余 4 四人依次插入共有 定序问题可以用倍缩法,还可转化为占位插空模型处理

方法

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练习题:10 人身高各不相等,排成前后排,每排 5 人,要求从左至右身高逐渐增加,共有多少排法?
5 C10

五.重排问题求幂策略 例 5.把 6 名实习生分配到 7 个车间实习,共有多少种不同的分法 解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有 7 种分依此类推,由分步计数原 理共有 7 种不同的排法 允许重复的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,可以逐一安排各个元素的位置,一般地 n 不 同的元素没有限制地安排在 m 个位置上的排列数为 m 种 练习题: 1. 某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单, 开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中, 那么不同插 法的种数为 42 2. 某 8 层大楼一楼电梯上来 8 名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯的方法 7 六.环排问题线排策略 例 6. 8 人围桌而坐,共有多少种坐法? 解:围桌而坐与坐成一排的不同点在于,坐成圆形没有首尾之分,所以固定一人 (8-1) !种排法即 7 !
C D E F G H B A A B C D E F G H A

6

n

8

A 4 并从此位置把圆形展成直线其余 4

7 人共有

一般地,n 个不同元素作圆形排列,共有(n-1)!种排法.如果从 n 个不同元素中取出 m 个元素作圆形排列共有 练习题:6 颗颜色不同的钻石,可穿成几种钻石圈 120

1 m An n

七.多排问题直排策略 例 7.8 人排成前后两排,每排 4 人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法 解:8 人排前后两排,相当于 8 人坐 8 把椅子,可以把椅子排成一排.个特殊元素有

A 2 种,再排后 4 个位置上的特殊元素丙有 4

A1 种,其余的 5 人在 5 个位置上任意排列有 A 5 种,则共有 A 2 A1 A 5 种 5 4 4 4 5

前 排

后 排

一般地,元素分成多排的排列问题,可归结为一排考虑,再分段研究. 练习题: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 346 八.排列组合混合问题先选后排策略 例 8.有 5 个不同的小球,装入 4 个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法. 解:第一步从 5 个球中选出 2 个组成复合元共有 C5 种方法.再把 4 个元素(包含一个复合元素)装入 4 个不同的盒内有 方法,根据分步计数原理装球的方法共有 C5
2
2

A4 种 4

A4 4

解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想.此法与相邻元素捆绑策略相似吗? 练习题:一个班有 6 名战士,其中正副班长各 1 人现从中选 4 人完成四种不同的任务,每人完成一种任务,且正副班长有且只有 1 人参加,则不同的选法有 192 种

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九.小集团问题先整体后局部策略 例 9.用 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数其中恰有两个偶数夹 1,5在两个奇数之间,这样的五位数有多少个? 解:把1,5,2,4当作一个小集团与3排队共有

A 2 种排法,再排小集团内部共有 A 2 A 2 种排法,由分步计数原理共有 2 2 2
3
品种的必须连在一起, 并且水

A 2 A 2 A 2 种排法 2 2 2

.

1524

练习题: 1.计划展出 10 幅不同的画,其中 1 幅水彩画,4幅油画,5幅国画, 排成一行陈列,要求同一 彩画不在两端,那么共有陈列方式的种数为

A A A

2 2

5 5

4 4

2. 5 男生和5女生站成一排照像,男生相邻,女生也相邻的排法有

A 2 A5 A5 种 2 5 5

十.元素相同问题隔板策略 例 10.有 10 个运动员名额,分给 7 个班,每班至少一个,有多少种分配方案? 解:因为 10 个名额没有差别,把它们排成一排。相邻名额之间形成9个空隙。在9个空档中选6个位置插个隔板,可把名额 分成7份,对应地分给7个班级,每一种插板方法对应一种分法共有 C9 种分法。
6

一 班

二 班

三 班

四 班

五 班

六 班

七 班

将 n 个相同的元素分成 m 份(n,m 为正整数),每份至少一个元素,可以用 m-1 块隔板,插入 n 个元素排成一排的 n-1 个 空隙中,所有分法数为 Cn?1 练习题: 1. 10 个相同的球装 5 个盒中,每盒至少一有多少装法? 2 .x?
m?1

C94
3 C103

y ? z ? w ? 100 求这个方程组的自然数解的组数

十一.正难则反总体淘汰策略 例 11.从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这十个数字中取出三个数,使其和为不小于 10 的偶数,不同的 取法有多少种? 解:这问题中如果直接求不小于 10 的偶数很困难,可用总体淘汰法。这十个数字中有 5 个偶数 5 个奇数,所取的三个数含有 3 个偶数的取法有 C5 ,只含有 1 个偶数的取法有 C5C5 ,和为偶数的取法共有 C5C5 种,符合条件的取法共有 C5C5
1 2 3 ? C5 ? 9
3

1

2

1

2

3 ? C5 。再淘汰和小于 10 的偶数共 9

有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出它的反面,再从整体中淘汰. 练习题:我们班里有 43 位同学,从中任抽 5 人,正、副班长、团支部书记至少有一人在内的 抽法有多少种? 十二.平均分组问题除法策略 例 12. 6 本不同的书平均分成 3 堆,每堆 2 本共有多少分法? 解: 分三步取书得 C6 C4 C2 种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记 6 本书为 ABCDEF,若第一步取 AB,第二步取 CD,第三 步取 EF 该分法记为(AB,CD,EF),则 C6 C4 C2 中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有
2 2 2 2 2 2

A 3 种取法 3

,而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共有 C6 C4 C2

2

2

2

3 / A 3 种分法。

平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后要一定要除以 练习题:

A n ( n 为均分的组数)避免重复计数。 n

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3

1

还有最后一年,加油了!!! ! !!! 还有最后一年,加油了... !!! ..........!!! .......... ... ... ... 5 4 4 2 将 13 个球队分成 3 组,一组 5 个队,其它两组 4 个队, 有多少分法?( C13C8 C4 / A 2 )
( C4 C2 A 6 /
2 2 2 2 A 2 ? 90 )

2.10 名学生分成 3 组,其中一组 4 人, 另两组 3 人但正副班长不能分在同一组,有多少种不同的分组方法 (1540) 3.某校高二年级共有六个班级,现从外地转 入 4 名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排 2 名,则不同的安排方案种数 为______

十三. 合理分类与分步策略 例 13.在一次演唱会上共 10 名演员,其中 8 人能能唱歌,5 人会跳舞,现要演出一个 2 人唱歌 2 人伴舞的节目,有多少选派方法 解:10 演员中有 5 人只会唱歌,2 人只会跳舞 3 人为全能演员。选上唱歌人员为标准进行研究只会唱的 5 人中没有人选上唱 歌人员共有 C3 C3 种,只会唱的 5 人中只有 1 人选上唱歌人员 C5C3C4 种,只会唱的 5 人中只有 2 人选上唱歌人员有
2 2 1 1 2 2 2 C52C52 种,由分类计数原理共有 C3 C3 ? C5C3C4 ? C5 C5 种。 2 2 1 1 2

解含有约束条件的排列组合问题,可按元素的性质进行分类,按事件发生的连续过程分步,做到标准明确。分步层次 清楚,不重不漏,分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的始终。 练习题: 1.从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人参加某个座 谈会,若这 4 人中必须既有男生又有女生,则不同的选法共有 34 2. 3 成人 2 小孩乘船游玩,1 号船最多乘 3 人, 2 号船最多乘 2 人,3 号船只能乘 1 人,他们任选 2 只船或 3 只船,但小孩不能单独乘 一只船, 这 3 人共有多少乘船方法. (27) 本题还有如下分类标准: *以 3 个全能演员是否选上唱歌人员为标准 *以 3 个全能演员是否选上跳舞人员为标准 *以只会跳舞的 2 人是否选上跳舞人员为标准 都可经得到正确结果 十四.构造模型策略 例 14. 马路上有编号为 1,2,3,4,5,6,7,8,9 的九只路灯,现要关掉其中的 3 盏,但不能关掉相邻的 2 盏或 3 盏,也不能关掉两端的 2 盏,求满足条件的关灯方法有多少种? 解:把此问题当作一个排队模型在 6 盏亮灯的 5 个空隙中插入 3 个不亮的灯有 C5 种 一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型,如占位填空模型,排队模型,装盒模型等,可使问题直观解决 练习题:某排共有 10 个座位,若 4 人就坐,每人左右两边都有空位,那么不同的坐法有多少种?(120) 十五.实际操作穷举策略 例 15.设有编号 1,2,3,4,5 的五个球和编号 1,2,3,4,5 的五个盒子,现将 5 个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球,并且 恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法 解:从 5 个球中取出 2 个与盒子对号有 C5 种还剩下 3 球 3 盒序号不能对应,利用实际操作法,如果剩下 3,4,5 号球, 3,4,5 号盒 3 号球装 4 号盒时, 4,5 号球有只有 1 种装法, 则 同理 3 号球装 5 号盒时,4,5 号球有也只有 1 种装法,由分步计数原 理有 2C5 种
2 2 3

5
3 号盒

3
4 号盒

4
5 号盒

对于条件比较复杂的排列组合问题,不易用公式进行运算,往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果 练习题: 1.同一寝室 4 人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年卡,则四张贺年卡不同的分配方式有多少种? 2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有 4 种可选颜色,则不同的着色方法有 72 种
1 3 2 5 4

(9)

十六. 分解与合成策略 例 16. 30030 能被多少个不同的偶数整除 分析: 先把 30030 分解成质因数的乘积形式 30030=2×3×5 × 7 ×11×13, 依题意可知偶因数必先取 2,再从其余 5 个因

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还有最后一年,加油了!!! ! !!! 还有最后一年,加油了... !!! ..........!!! .......... ... ... ... 1 2 3 4 5 数中任取若干个组成乘积,所有的偶因数为: C5 ? C5 ? C5 ? C5 ? C5
练习:正方体的 8 个顶点可连成多少对异面直线 解:我们先从 8 个顶点中任取 4 个顶点构成四体共有体共 C8 成 3 ? 58 ? 174 对异面直线 分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后 的结构,用分类计数原理和分步计数原理将问题合成,从而得到问题的答案 ,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略 十七.化归策略 例 17. 25 人排成 5×5 方阵,现从中选 3 人,要求 3 人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种? 解: 将这个问题退化成 9 人排成 3×3 方阵,现从中选 3 人,要求 3 人不在同一行也不在同一列,有多少选法.这样每行必有 1 人从其 中的一行中选取 1 人后,把这人所在的行列都划掉,如此继续下去.从 3×3 方队中选 3 人的方法有 C3C2C1 种。再从 5×5 方阵选 出 3×3 方阵便可解决问题.从 5×5 方队中选取 3 行 3 列有 C5 C5 选法所以从 5×5 方阵选不在同一行也不在同一列的 3 人有
3 3 1 1 1 C5 C5 C3C2C1 选法。 3 3 1 1 1

4

?12 ? 58 ,每个四面体有 3 对异面直线,正方体中的 8 个顶点可连

处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题退化成一个简要的问题, 通过解决这个简要的问题的解 决找到解题方法,从而进下一步解决原来的问题 练习题:某城市的街区由 12 个全等的矩形区组成其中实线表示马路,从 A 走到 B 的最短路径有多少种?( C7
3

? 35 )
B

A

十八.数字排序问题查字典策略 例 18.由 0,1,2,3,4,5 六个数字可以组成多少个没有重复的比 324105 大的数? 解: N
5 4 3 2 1 ? 2 A5 ? 2 A4 ? A3 ? A2 ? A1 ? 297

数字排序问题可用查字典法,查字典的法应从高位向低位查,依次求出其符合要求的个数,根据分类计数原理求出其总数。 练习:用 0,1,2,3,4,5 这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些数字从小到大排列起来,第 71 个数是 3140 十九.树图策略 例 19. 3 人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过 5 次传求后,球仍回到甲的手中,则不同的传球方式有______

N ? 10

对于条件比较复杂的排列组合问题,不易用 公式进行运算,树图会收到意想不到的结果 练习: 分别编有 1,2,3,4,5 号码的人与椅,其中 i 号人不坐 i 号椅( i

? 1,2,3,4,5 )的不同坐法有多少种? N ? 44

二十.复杂分类问题表格策略 例 20.有红、黄、兰色的球各 5 只,分别标有 A、B、C、D、E 五个字母,现从中取 5 只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种 不同的取法 解:

红 黄 兰

1 1 3

1 2 2

1 3 1

2 1 2

2 2 1

3 1 1

取法

1 1 C5 C 4

1 2 C5 C 4

1 3 C5 C 4

1 C52 C3

C52 C32

3 1 C5 C 2

一些复杂的分类选取题,要满足的条件比较多, 无从入手,经常出现重复遗漏的情况,用表格法,则分类明确,能保证题中须 满足的条件,能达到好的效果. 二十一:住店法策略 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作“客”,能重复 的元素看作“店”,再利用乘法原理直接求解.

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例 21.七名学生争夺五项冠军,每项冠军只能由一人获得,获得冠军的可能的种数有 . 分析: 因同一学生可以同时夺得 n 项冠军, 故学生可重复排列, 将七名学生看作 7 家“店”, 五项冠军看作 5 名“客”, 每个“客” 有 7 种住宿法,由乘法原理得 7 种. 排列组合易错题正误解析 1 没有理解两个基本原理出错 排列组合问题基于两个基本计数原理,即加法原理和乘法原理,故理解“分类用加、分步用乘”是解决排列组合问题的前提. 例 1 从 6 台原装计算机和 5 台组装计算机中任意选取 5 台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有 误解:因为可以取 2 台原装与 3 台组装计算机或是 3 台原装与 2 台组装计算机,所以只有 2 种取法. 错因分析:误解的原因在于没有意识到“选取 2 台原装与 3 台组装计算机或是 3 台原装与 2 台组装计算机”是完成任务的两 “类”办法,每类办法中都还有不同的取法.
2 正解:由分析,完成第一类办法还可以分成两步:第一步在原装计算机中任意选取 2 台,有 C6 种方法;第二步是在组装计
3 2 3 3 2 算机任意选取 3 台,有 C 5 种方法,据乘法原理共有 C 6 ? C5 种方法.同理,完成第二类办法中有 C6 ? C5 种方法.据加法原理完成
5

种.

2 3 3 2 全部的选取过程共有 C 6 ? C5 ? C 6 ?C5 ? 350 种方法.

例2

在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生,那么不同的夺冠情况共有( (A)
3 A4

)种.

(B) 4

3

(C) 3

4

3 (D) C 4

误解:把四个冠军,排在甲、乙、丙三个位置上,选 A. 正解:四项比赛的冠军依次在甲、乙、丙三人中选取,每项冠军都有 3 种选取方法,由乘法原理共有 3 ? 3 ? 3 ? 3 ? 3 种.
4

说明:本题还有同学这样误解,甲乙丙夺冠均有四种情况,由乘法原理得 4 .这是由于没有考虑到某项冠军一旦被一人夺得 后,其他人就不再有 4 种夺冠可能. 2 判断不出是排列还是组合出错 在判断一个问题是排列还是组合问题时,主要看元素的组成有没有顺序性,有顺序的是排列,无顺序的是组合. 例 3 有大小形状相同的 3 个红色小球和 5 个白色小球,排成一排,共有多少种不同的排列方法?
8 误解:因为是 8 个小球的全排列,所以共有 A8 种方法.

3

错因分析:误解中没有考虑 3 个红色小球是完全相同的,5 个白色小球也是完全相同的,同色球之间互换位置是同一种排法. 正解:8 个小球排好后对应着 8 个位置,题中的排法相当于在 8 个位置中选出 3 个位置给红球,剩下的位置给白球,由于这 3 个红球完全相同,所以没有顺序,是组合问题.这样共有: C8 3 重复计算出错 在排列组合中常会遇到元素分配问题、平均分组问题等,这些问题要注意避免重复计数,产生错误。 例4 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( (B)240 种 (C)120 种
4

3

? 56 排法.


4

(A)480 种

(D)96 种

误解:先从 5 本书中取 4 本分给 4 个人,有 A5 种方法,剩下的 1 本书可以给任意一个人有 4 种分法,共有 4 ? A5 ? 480种不同 的分法,选 A. 错因分析:设 5 本书为 a 、 b 、 c 、 d 、 e ,四个人为甲、乙、丙、丁.按照上述分法可能如下的表 1 和表 2:



a e

乙 b

丙 丁 c d



e a

乙 b

丙 丁 c d

表 表 表 1 是甲首先分得 a 、乙分得 b 、丙分得 c 、丁分得 d ,最后一本书 e 给甲的情况;表 2 是甲首先分得 e 、乙分得 b 、丙分得 c 、 1 2 丁分得 d ,最后一本书 a 给甲的情况.这两种情况是完全相同的,而在误解中计算成了不同的情况。正好重复了一次. 正解:首先把 5 本书转化成 4 本书,然后分给 4 个人.第一步:从 5 本书中任意取出 2 本捆绑成一本书,有 C 5 种方法;第二 步:再把 4 本书分给 4 个学生,有 A4 种方法.由乘法原理,共有 C 5 ? A4 ? 240 种方法,故选 B.
4 2

2

4

例5 (A)5040

某交通岗共有 3 人,从周一到周日的七天中,每天安排一人值班,每人至少值 2 天,其不同的排法共有( (B)1260 (C)210 (D)630
2 2 3

)种.

误解:第一个人先挑选 2 天,第二个人再挑选 2 天,剩下的 3 天给第三个人,这三个人再进行全排列.共有: C 7 C5 A3 ? 1260,

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选 B. 错因分析:这里是均匀分组问题.比如:第一人挑选的是周一、周二,第二人挑选的是周三、周四;也可能是第一个人挑选的是周 三、周四,第二人挑选的是周一、周二,所以在全排列的过程中就重复计算了.正解: 4 遗漏计算出错 在排列组合问题中还可能由于考虑问题不够全面,因为遗漏某些情况,而出错。 例6 用数字 0,1,2,3,4 组成没有重复数字的比 1000 大的奇数共有( (B)48 个 (C)66 个 (D)72 个 ) (A)36 个
2 2 3 C7 C5 A3 ? 630种. 2

0

1, 3

误解:如右图,最后一位只能是 1 或 3 有两种取法,又因为第 1 位不能是 0,在最后一位取定后只有 3 种取
2 2 法,剩下 3 个数排中间两个位置有 A3 种排法,共有 2 ? 3 ? A3 ? 36 个.

错因分析:误解只考虑了四位数的情况,而比 1000 大的奇数还可能是五位数.
3 正解:任一个五位的奇数都符合要求,共有 2 ? 3 ? A3 ? 36 个,再由前面分析四位数个数和五位数个数之和共有 72 个,选 D.

5 忽视题设条件出错 在解决排列组合问题时一定要注意题目中的每一句话甚至每一个字和符号,不然就可能多解或者漏解. 例7 如图,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.(以数字作答) 种颜色可供选择,则不同的着色方法共有

2 3 1 4

误解:先着色第一区域,有 4 种方法,剩下 3 种颜色涂四个区域,即有一种颜色涂相对的
1 2 两块区域,有 C 3 ? 2 ? A2 ? 12 种,由乘法原理共有: 4 ?12 ? 48种.

5

错因分析:没有看清题设“有 4 种颜色可供选择” .. ,不一定需要 4 种颜色全部使用,用 3 种也可以完成任务.
3 正解:当使用四种颜色时,由前面的误解知有 48 种着色方法;当仅使用三种颜色时:从 4 种颜色中选取 3 种有 C 4 种方法,先着

色第一区域,有 3 种方法,剩下 2 种颜色涂四个区域,只能是一种颜色涂第 2、4 区域,另一种颜色涂第 3、5 区域,有 2 种着色
3 方法,由乘法原理有 C 4 ? 3 ? 2 ? 24 种.综上共有: 48? 24 ? 72 种.

例 8 已知 ax

2

? b ? 0 是关于 x 的一元二次方程,其中 a 、 b ? {1,2,3,4} ,求解集不同的一元二次方程的个数.
?a ? 1 ? a ? 2 和? 同解、 ?b ? 2 ?b ? 4

2 2 误解: 从集合 {1,2,3,4} 中任意取两个元素作为 a 、b , 方程有 A4 个, a 、b 取同一个数时方程有 1 个, 当 共有 A4 ? 1 ? 13 个.

错因分析:误解中没有注意到题设中: “求解集不同的??”所以在上述解法中要去掉同解情况,由于 ? ....

?a ? 2 ?a ? 4 和? 同解,故要减去 2 个。 ? ?b ? 1 ?b ? 2
6 未考虑特殊情况出错

正解:由分析,共有 13? 2 ? 11个解集不同的一元二次方程.

在排列组合中要特别注意一些特殊情况,一有疏漏就会出错. 例9 现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张,100元人民币2张,从中至少取一张,共可组成不同的币值 种数是( )
10

(A)1024种 (B)1023种 (C)1536种 (D)1535种 误:因为共有人民币10张,每张人民币都有取和不取2种情况,减去全不取的1种情况,共有 2

? 1 ? 1023种.

错因分析:这里100元面值比较特殊有两张,在误解中被计算成 4 种情况,实际上只有不取、取一张和取二张3种情况. 正解:除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况,100元人民币的取法有3种情况,再减去全不取的1种情况,所以共有

2 9 ? 3 ? 1 ? 1535种.
7 题意的理解偏差出错 例 10 (A)
3 A6

现有 8 个人排成一排照相,其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有(
5 A5

)种.
3

?

(B)

8 A8

?

6 A6

?

3 A3

(C)

3 A5

?

3 A3

(D)
5 A5

8 A8

?

4 A6

误解:除了甲、乙、丙三人以外的 5 人先排,有 这样共有
3 5 A6 ? A5 种排法,选 A.

种排法,5 人排好后产生 6 个空档,插入甲、乙、丙三人有 A6 种方法,

错因分析:误解中没有理解“甲、乙、丙三人不能相邻”的含义,得到的结果是“甲、乙、丙三人互不相邻”的情况.“甲、 ....

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乙、丙三人不能相邻”是指甲、乙、丙三人不能同时相邻,但允许其中有两人相邻. 正解: 8 个人全排列的方法数中减去甲、 丙全相邻的方法数, 在 乙、 就得到甲、 丙三人不相邻的方法数, A8 乙、 即 故选 B. 8 解题策略的选择不当出错 例 10 (A)16 种 高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中工厂甲必须有班级去,每班去何工厂可自由选择, ). (C)37 种 (D)48 种 (B)18 种 则不同的分配方案有(
8 6 3 ? A6 ? A3 ,

误解:甲工厂先派一个班去,有 3 种选派方法,剩下的 2 个班均有 4 种选择,这样共有 3? 4 ? 4 ? 48种方案. 错因分析:显然这里有重复计算.如: a 班先派去了甲工厂, b 班选择时也去了甲工厂,这与 b 班先派去了甲工厂, a 班选 择时也去了甲工厂是同一种情况,而在上述解法中当作了不一样的情况,并且这种重复很难排除. 正解:用间接法.先计算 3 个班自由选择去何工厂的总数,再扣除甲工厂无人去的情况,即: 4? 4? 4 ? 3?3?3 ? 37 种方案.. 例 12 个篮球队中有 3 个强队,将这 12 个队任意分成 3 个组(每组 4 个队) ,则 3 个强队恰好被分在同一组的概率为( A. )

1 55

B.

3 55

C.

1 4

D.

1 3

4 4 4 C12 C8 C4 C3C1 C8 C4 4 3 9 4 解析:因为将 12 个组分成 4 个组的分法有 种,而 3 个强队恰好被分在同一组分法有 ,故个强队恰好被 A3 A2 3 2 3 3 1 4 4 2 4 4 4 3 分在同一组的概率为 C9 C9 C8 C4 A 2 C12 C8 C 4 A 3 = 。 55 例 2 丶甲、乙、丙 3 人站到共有 7 级的台阶上,若每级台阶最多站 2 人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种

数是 【解析】对于 7 个台阶上每一个只站一人,则有 的站法种数是 336 种. 例 3 丶用数字 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 个(用数字作答) .
3

3 1 2 A7 种;若有一个台阶有 2 人,另一个是 1 人,则共有 C3 A7 种,因此共有不同

解析:可以分情况讨论:① 若末位数字为 0,则 1,2,为一组,且可以交换位置,3,4,各为 1 个数字,共可以组成 2 ? A3 个五位数;② 若末位数字为 2,则 1 与它相邻,其余 3 个数字排列,且 0 不是首位数字,则有 2 ? A2
2

? 12

? 4 个五位数;③
2

若末位

数字为 4,则 1,2,为一组,且可以交换位置,3,0,各为 1 个数字,且 0 不是首位数字,则有 2 ? (2 ? A2 ) =8 个五位数,所以 全部合理的五位数共有 24 个。 例 4. 2 位男生和 3 位女生共 5 位同学站成一排,若男生甲不站两端,3 位女生中有且只有两位女生相邻,则不同排法的种数是 A. 60 B. 48 C. 42 D. 36 【解析】从 3 名女生中任取 2 人“捆”在一起记作 A, 共有 C3 (A
2 2 ,剩下一名女生记作 B,两名男生分别记 A2 ? 6 种不同排法)

作甲、乙;则男生甲必须在 A、B 之间(若甲在 A、B 两端。则为使 A、B 不相邻,只有把男生乙排在 A、B 之间,此时就不能满足 男生甲不在两端的要求)此时共有 6×2=12 种排法(A 左 B 右和 A 右 B 左)最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙,所 以,共有 12×4=48 种不同排法。

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