1、排列组合一、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（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
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
3、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）321规定：0！=1（2）排列数的性质：（） = （排列数上标、下标同时减 1（或加 1）后与原排列数的联系）（） （排列数上标加 1 或下标减 1 后与原排列数的联系）（） （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
4、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：（） （上标变换公式）（） （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
5、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
6、 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
7、2、已知集合 M=-1，0，1，N=2，3，4，5，映射 ，当 xM 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 xM 时， 当 xM 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
8、，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 424=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
9、涂法，2 有 4 种涂法，3 有 4 种涂法， 故此时有 N1=544=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=5433=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
10、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=331=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
11、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=4321=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
12、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
13、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
14、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
15、.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）
16、；（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 n5 且 nN * 在之下，原不等式 由、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
17、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
18、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
19、 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
20、 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
21、）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
22、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 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
23、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 A4、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
24、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
25、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、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
26、种情况：（1）SACD；SBAD；SCAB；SDBC （本组中同一棱不重复出现）（2）SABC；SBCD；SCAD；SDAB （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
27、、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
28、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。方法归纳1 重复排列“住店法”重复排列问题要区分两类元素：一类可以重复，另一类不能重复。把不能重复的元素看作“客”
29、 ，能重复的元素看作“店” ，则通过“住店法”可顺利解题。例 1 8 名同学争夺 3 项冠军，获得冠军的可能性有 （ ）A B C D 3838A38解析 冠军不能重复，但同一个学生可获得多项冠军。把 8 名学生看作 8 家“店” ，3 项冠军看作 3 个“客” ，他们都可住进任意一家“店” ，每个客有 8 种可能，因此共有种不同的结果。选（A） 。8评述类似问题较多。如：将 8 封信放入 3 个邮筒中，有多少种不同的结果？这时 8封信是“客” ，3 个邮筒是“店” ，故共有 种结果。要注意这两个问题的区别。2 特色元素“优先法”某个（或几个）元素要排在指定位置，可优先将它（们）安排好，后再安
30、排其它元素。例 2 乒乓球队的 10 名队员中有 3 名主力队员，派 5 名参加比赛，3 名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余 7 名队员选 2 名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有_种（用数字作答） 。解析3 名主力的位置确定在一、三、五位中选择，将他们优先安排，有 种可能；3A然后从其余 7 名队员选 2 名安排在第二、四位置，有 种排法。因此结果为 =252 种。27A273例 3 5 个“1”与 2 个“2”可以组成多少个不同的数列？解析按一定次序排列的一列数叫做数列。由于 7 个位置不同，故只要优先选两个位置安排好“2” ，剩下的位置填“1” （也可先填“1”再填“2”
31、） 。因此，一共可以组成=21 个不同的数列。27C3 相邻问题“捆绑法”把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素” ，与其余普通元素全排列，是为“捆绑法” ，又称为“大元素法” 。不过要注意“大元素”内部还需要进行排列。例 4 有 8 本不同的书，其中数学书 3 本，外文书 2 本，其他书 3 本，若将这些书排成一列放在书架上，则数学书恰好排在一起，外文书也恰好排在一起的排法共有_种（结果用数字表示） 。解析将数学书与外文书分别捆在一起与其它 3 本书一起排，有 种排法，再将 3 本5A数学书之间交换有 种，2 本外文书之间交换有 种，故共有 =1440 种排法。3A2A235评述这里需要
32、说明的是，有一类问题是两个已知元素之间有固定间隔时，也用“捆绑法”解决。如：7 个人排成一排，要求其中甲乙两人之间有且只有一人，问有多少种不同的排法？可将甲乙两人和中间所插一人“捆绑”在一起做“大元素” ，但甲乙两人位置可对调，而且中间一人可从其余 5 人中任取，故共有 种排法。12051C4 相间问题“插空法”元素不相邻问题，先安排好其他元素，然后将不相邻的元素按要求插入排好的元素之间的空位和两端即可。例 5 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，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为 （ ）A 6 B 12 C 15 D
33、30解析原来的 5 个节目中间和两端可看作分出 6 个空位。将两个新节目不相邻插入，相当于从 6 个位置中选 2 个让它们按顺序排列，故有 种排法，选（D） 。302A评述本题中的原有 5 个节目不需要再排列，这一点要注意。请练习以下这道题：马路上有编号为 1、2、3、10 的十盏路灯，为节约用电又能照明，现准备把其中的三盏灯，但不能关掉相邻的两盏或三盏，两端的灯也不许关掉，求不同的关灯方式有多少种？可得结果为 =20 种。你能很快求解吗？6C5 多元问题“分类法”对于多个元素问题，有时有多种情况需要进行分类讨论，然后根据分类计数原理将各种可能性相加即得。需要注意的是，分类时要不重复不遗漏。例
34、 6 在一块并排 10 垄的田地中，选择 2 垄分别种植 A、B 两种作物，每种作物种植一垄。为有利于作物生长，要求 A、B 两种作物的间隔不小于 6 垄，则不同的选垄方法共有_种（用数字作答） 。解析先考虑 A 种在左边的情况，有三类：A 种植在最左边第一垄上时，B 有三种不同的种植方法；A 种植在左边第二垄上时，B 有两种不同的种植方法；A 种植在左边第三垄上时，B 只有一种种植方法。又 B 在左边种植的情况与 A 在左边时相同。故共有=12 种不同的选垄方法。)123(例 7 有 11 名翻译人员，其中 5 名英语翻译员，4 名日语翻译员，另 2 人英语、日语都精通。从中找出 8 人，使
35、他们组成两个翻译小组，其中 4 人翻译英文，另 4 人翻译日文，这两个小组能同时工作。问这样的分配名单共可开出多少张？解析假设先安排英文翻译，后安排日文翻译。第一类，从 5 名只能翻译英文的人员中选 4 人任英文翻译，其余 6 人中选 4 人任日文翻译（若“多面手”被选中也翻译日文） ，则有 ；第二类，从 5 名只能翻译英文的人员中选 3 人任英文翻译，另从“多面手”65C中选 1 人任英文翻译，其余剩下 5 人中选 4 人任日文翻译，有 ；第三类，从 5 名45123C只能翻译英文的人员中选 2 人任英文翻译，另外安排 2 名“多面手”也任英文翻译，其余剩下 4 人全部任日文翻译，有 。三种
36、情形相加即得结果 185（张） 。425C评述本题当然也可以先安排日文翻译再安排英文翻译，请大家自己列式看看。6 分球问题“隔板法”计数问题中有一类“分球问题” ，说的是将相同的球分到不同的盒中。如：将 10 个相同的球放入编号为 1、2、3、4 的四个盒子中，要求每个盒中至少一个球，问有多少种不同的放法？这时可以用“隔板法”解题。即将 10 个相同的球排成一排，中间看作有 9 个空，从中选出 3 个不同的空插入 3 个“隔板” ，则每一种插法对应一种球的放法，因此共有=84 种不同的放法。用“隔板法”可很快地解决以下问题。9C例 8 已知两个实数集合 与 ，若从 A 到 B 的映,1021a
37、A,5021bB射 f 使得 B 中每一个元素都有原象，且 ，则这样的映射共)()(2afff有 （ ）A B C D 501C509491049解析本题可以将 A 中的 100 个元素按 的顺序排成一排，中间有 99 个102,a空，从中选出 49 个插上隔板就是结果，即 ，选（D） 。497 正难则反“排除法”有些问题从正面考虑较为复杂而不易得出答案，这时，从反面入手考虑，往往会取得意想不到的效果。例 9 以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有 （ ）A 70 个 B 64 个 C 58 个 D 52 个解析直接统计较繁，可从反面入手。从 8 个顶点中任取 4 个有 种取法，而四点48C共面
38、的情况有 6 个表面和 6 个对角面，因此结果为 个，选（C） 。581248例 10 四面体的顶点和各棱的中点共 10 个点，在其中取 4 个不共面的点，不同的取法有 （ ）A 150 种 B 147 种 C 144 种 D 141 种解析10 个点任取 4 个有 种取法。其中同一个面内 6 个点中任意 4 点共面，有410种；又每条棱上 3 点与对棱中点四点共面，有 6 种；且各棱中点中 4 点共面的情形有46C3 种。故 10 点中取 4 点，不共面的取法有 种，选（D） 。13410C8 先选后排“综合法”“先选后排”是解排列组合问题的一个重要原则。一般地，在排列组合综合问题中，我们总
39、是先从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上。例 11 对某产品的 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 次时被全部发现，则这样的测试方法有多少种可能？解析第 5 次必测出一个次品，其余 3 个次品在前 4 次中被测出。从 4 个中确定最后一个次品有 种可能；前 4 次中应有 1 个正品 3 个次品，有 种；前 4 次测试中的顺14C316C序有 种。由分步计数原理得 种。A57)(46AC例 12 四个不同的小球放入编号为 1、2、3、4 的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有_种（用数字作答） 。解析先从 4 个盒中选 1 个成为空盒有 种。再把 4 个球分成 3 组每组至少 1 个，即4分为 2，1，1 的三组，有 种。最后将三组球放入三个盒中，进行全排列有 种。214AC 3A因此，放法共有 种。4314214A评述本题涉及到了“分组问题” ，这是组合中一种重要的题型，它有三种情况：不均匀分组；均匀分组；部分均匀分组。以“将 6 本不同的书分成 3 组”为例，一是分为1、2、3，是不均匀分组，结果为 ；一是分为 2、2、2，是均匀分组，结果为32516C；一是分为 4、1、1，是部分均匀分组，结果为3246AC 2146AC
