高中数学一轮复习:排列组合
高中数学一轮复习:排列组合
一、单选题(共10题;共20分)
1.某电视台连续播放5个不同的广告,其中有3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告,要求最后播放的必须是奥运宣传广告,且两个奥运宣传广告不能连续播放,则不同的播放方式有( )
A. 120种
B. 48种
C. 36种
D. 18种
2.(2019高二下·蓝田期末)18×17×16×?×12×11等于()
A. A188
B. A189
C. A1810
D. A1811
3.(2018高二下·河北期中)老王和小王父子俩玩一种类似于古代印度的“梵塔游戏”;有3个柱子甲、乙、丙,在甲柱上现有4个盘子,最上面的两个盘子大小相同,从第二个盘子往下大小不等,大的在下,小的在上(如图),把这4个盘子从甲柱全部移到乙柱游戏即结束,在移动过程中每次只能移动一个盘子,甲、乙、丙柱都可以利用,且3个柱子上的盘子始终保持小的盘子不能放在大的盘子之下,设游戏结束需要移动的最少次数为n,则n=()
A. 7
B. 8
C. 11
D. 15
4.若C82x?1=C8x+3,则x的值为()
A. 1或2
B. 3或4
C. 1或3
D. 2或4
5.(2017高三上·长沙开学考)若二项式(x2+ a
x
)7展开式的各项系数之和为﹣1,则含x2项的系数为()
A. 560
B. ﹣560
C. 280
D. ﹣280
6.(2018高二下·西安期末)《中国诗词大会》(第二季)亮点颇多,十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下,百人团齐声朗诵,别有韵味.若《将进酒》《山居秋暝》《望岳《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场,且《将进酒》排在《望岳》的前面,《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后,则后六场的排法有()
A. 288种
B. 144种
C. 720种
D. 360种
7.(2017高二下·桂林期末)在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌,牌的底色可选用红、蓝两种颜色,若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色,则不同的配色方案共有()
A. 20
B. 21
C. 22
D. 24
8.从1,3,5,7,9这5个奇数中选取3个数字,从2,4,6,8这4个偶数中选取2个数字,再将这5个数字组成没有重复数字的五位数,且奇数数字与偶数数字相间排列.这样的五位数的个数是()
A. 180
B. 360
C. 480
D. 720
9.(2019·台州模拟)已知(x?1)5=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+?+a5(x+1)5,则a2=()
A. 20
B. ?20
C. 80
D. ?80
10.(2018高二下·黑龙江月考)学校计划在全国中学生田径比赛期间,安排6位志愿者到4个比赛场地提供服务,要求甲、乙两个比赛场地各安排一个人,剩下两个比赛场地各安排两个人,其中的小李和小王不在一起,不同的安排方案共有()
A. 168种
B. 156种
C. 172种
D. 180种二、填空题(共10题;共10分)
11.(2019高二下·延边月考)3名男生,2名女生排成一排,女生不排两端,则有________种不同排法.
12.(2019高二下·牡丹江月考)从1,3,5,7四个数中选两个数字,从0,2,4三个数中选一个数字,组成没有重复数字的三位数,其中奇数的个数为________
13.(2020·安阳模拟)(ax+1)(x?1)5的展开式中,x3的系数是20,则a=________.
14.(2019高三上·沈阳月考)(1+2x)8(1 +y
4
)4的展开式中x2y2的系数是________.
15.(2020高三上·泸县期末)(1+x)(1?x)5的展开式中含x2项的系数为________.
16.(2020·江西模拟)已知(x2?1)2(x+1)96=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+?+a100(x+1)100,则2a1+
22a2+?+2100a100=________.
17.
观察下列各式:
C10=40
C30+C31=41
C50+C51+C52=42
C70+C71+C72+C73=43
……
照此规律,当n∈N时,
C2n?1
0+C
2n?1
1+C
2n?1
2+···+C
2n?1
n?1=________ .
18.(2020高三上·浦东期末)在(x+
√x
)6的二项展开式中,常数项的值为________
19.(2020高三上·闵行期末)已知(x2?1)8=a0+a1x2+a2x4+???+a8x16,则a3=________ (结果用数字表示)
20.已知(x2
√5x3
5
的展开式中的常数项为T ,f(x) 是以T 为周期的偶函数,且当x∈[0,1]时,f(x)=x ,若在区间[-1,3] 内,函数g(x)=f(x)-kx-k有4个零点,则实数k 的取值范围是________
三、解答题(共30题;共360分)
21.(2016高二上·衡水期中)10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中,从中任意取出4只,试求各有多少种情况出现以下结果:
(1)4只鞋子没有成双的;
(2)4只恰好成两双;
(3)4只鞋子中有2只成双,另2只不成双.
22.(2015高二下·福州期中)已知(√x?√x
3)n的二项展开式中所有奇数项的系数之和为512,
(1)求展开式的所有有理项(指数为整数).
(2)求(1﹣x)3+(1﹣x)4+…+(1﹣x)n展开式中x2项的系数.
23.(2016高二下·张家港期中)已知在(√x
3﹣
2√x
3
)n的展开式中,第6项为常数项.
(1)求n;
(2)求含x2项的系数;
(3)求展开式中所有的有理项.
24.(2019高二下·佛山月考)已知二项式(2√x?1
x
)6.
(1)求展开式第4项的二项式系数.
(2)求第4项.
25.(2016高二下·鹤壁期末)已知f (x )=(2x ﹣3)n 展开式的二项式系数和为512,且(2x ﹣3)n =a 0+a 1(x ﹣1)+a 2(x ﹣1)2+…+a n (x ﹣1)n (1)求a 2的值;
(2)求a 1+a 2+a 3+…+a n 的值.
26.(2016高二下·姜堰期中)有4名男生,5名女生,全体排成一行. (1)其中甲不在中间也不在两端,有多少种排法? (2)男女生相间,有多少种排法?
27.6男4女站成一排,求满足下列条件的排法各有多少种?(用式子表达)
(1)男甲必排在首位; (2)男甲、男乙必排在正中间; (3)男甲不在首位,男乙不在末位; (4)男甲、男乙必排在一起; (5)4名女生排在一起; (6)任何两个女生都不得相邻; (7)男生甲、乙、丙顺序一定.
28.(2018高二上·南通月考)已知函数 f(x)=(1+x)n ,n ∈N ? . (1)当 n =8 时,求展开式中系数的最大项;
(2)化简 C n 02n?1+C n 12n?2+C n 22n?3+?+C n n 2?1 ;
(3)定义: ∑a i n i=1=a 1+a 2+?+a n ,化简: ∑(i +1)C n i n
i=1 .
29.(2017·泰州模拟)已知恒等式(1+x+x 2)n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n . (1)求a 1+a 2+a 3+…+a 2n 和a 2+2a 3+22a 4+…+22n ﹣2a 2n 的值; (2)当n≥6时,求证: A 22 a 2+2A 32 a 3
+…+22n ﹣2
A 2n 2 a 2n <49
n ﹣2
. 30.(2016高二下·泰州期中)在二项式(ax m +bx n )12(a >0,b >0,m 、n≠0)中有2m+n=0,如果它的展开式里最大
系数项恰是常数项. (1)求它是第几项; (2)求 a
b 的范围.
31.(2016高二下·黄骅期中)用0,1,2,3,4,5这六个数字: (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数?
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数?
(3)能组成多少个无重复数字且比1325大的四位数?(以上各问均用数字作答) 32.(2016高二下·晋江期中)已知 (x 2-2x -3)10=a 0+a 1(x -1)+a 2(x -1)2+?+a 20(x -1)20 (1)求a 2的值
(2)求a 1+a 3+a 5+…+a 19的值 (3)求a 0+a 2+a 4+…+a 20的值.
33.由四个不同的数字1,2,4,x 组成无重复数字的三位数.
(1)若x=5,其中能被5整除的共有多少个? (2)若x=9,其中能被3整除的共有多少个? (3)若x=0,其中的偶数共有多少个?
(4)若所有这些三位数的各位数字之和是252,求x .
34.(2016高二下·高密期末)已知(2√
x )n 的展开式中的第二项和第三项的系数相等.
(1)求n 的值;
(2)求展开式中所有二项式系数的和;
(3)求展开式中所有的有理项.
35.(2016高二下·晋江期中)有4名男生,3名女生排成一排: (1)从中选出3人排成一排,有多少种排法?
(2)若男生甲不站排头,女生乙不站在排尾,则有多少种不同的排法? (3)要求女生必须站在一起,则有多少种不同的排法? (4)若3名女生互不相邻,则有多少种不同的排法?
36.(2016高二下·辽宁期中)现有0,1,2,3,4,5六个数字. (1)用所给数字能够组成多少个四位数?
(2)用所给数字可以组成多少个没有重复数字的五位数?
(3)用所给数字可以组成多少个没有重复数字且比3142大的数?(最后结果均用数字作答) 37.(2016高二下·福建期末)已知二项式( √x 3 ﹣ 1
x )n 展开式中的各项系数的绝对值之和为128. (1)求展开式中系数最大的项; (2)求展开式中所有的有理项.
38.(2016高二下·清流期中)若二项式 (√x 2√x 4)n 的展开式中,前三项的系数成等差数列,求:
(1)展开式中含x 的项; (2)展开式中所有的有理项.
39.(2016高二下·通榆期中)用0、1、2、3、4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数? (1)奇数;
(2)比21034大的偶数.
40.(2016高二下·南安期中)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数.
(1)可以组成多少个不同的四位数?
(2)若四位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则这样的四位数有多少个?
(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列,问第85项是什么?
41.(2017高二上·湖北期末)已知 (3x 2+√x)n 的展开式各项系数和为M , (3x 2?√x)n+5 的展开式各项系数和为N ,(x+1)n 的展开式各项的系数和为P ,且M+N ﹣P=2016,试求 (2x 2?1x 2
)2n
的展开式中:
(1)二项式系数最大的项; (2)系数的绝对值最大的项.
42.(2017高二上·襄阳期末)设(x+2)n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n (n ∈N*,n≥2),且a 0 , a 1 , a 2成等差数列. (1)求(x+2)n 展开式的中间项;
(2)求(x+2)n 展开式所有含x 奇次幂的系数和.
43.(2016高二上·弋阳期中)某校高2010级数学培优学习小组有男生3人女生2人,这5人站成一排留影. (1)求其中的甲乙两人必须相邻的站法有多少种? (2)求其中的甲乙两人不相邻的站法有多少种? (3)求甲不站最左端且乙不站最右端的站法有多少种?
44.(2016高二下·邯郸期中)从1到9这9个数字中任取3个偶数和3个奇数,组成无重复数字的六位数,
(1)有多少个偶数?
(2)若奇数排在一起且偶数排在一起,这样的六位数有多少个? (3)若三个偶数不能相邻,这样的六位数有多少个?
(4)若三个偶数从左到右的排练顺序必须由大到小,这样的六位数有多少个?
45.(2019高二下·涟水月考)请阅读:当 x >1 时,在等式 1+x +x 2+?+x n
=1?x n 1?x
的两边对 x 求导,得 1+
2x +3x 2+?+nx n?1=
1?nx n?1+(n?1)x n
(1?x)2
,利用上述方法,试由等式 (1+x)n =C n 0+C n 1x +?+C n n?1x n?1+C n n x
n ( x ∈R ,正整数 n ≥2 ). (1)证明: n[(1+x)n?1?1]=∑n k=2
kC n k x k?1 ;(注: ∑n
i=1
a i =a 1+a 2+?+a n )
(2)求 C 101+2C 102
+3C 103+?+10C 1010 ; (3)求 12C 1001+32C 1003+52C 1005+?+992C 100
99 . 46.(2016高二下·抚州期中)已知 (x 2√x
)n
的展开式中第3项的系数与第5项的系数之比为 3
14 .
(1)求n 的值;
(2)求展开式中的常数项.
47.(2015高二下·椒江期中)设m ,n ∈N ,f (x )=(1+x )m +(1+x )n .
(1)当m=n=5时,若 f(x)=a 5(1?x)5+a 4(1?x)4+?+a 1(1?x)+a 0 ,求a 0+a 2+a 4的值; (2)f (x )展开式中x 的系数是9,当m ,n 变化时,求x 2系数的最小值.
48.(2016高二下·三门峡期中)二项式 (√x 3x
2)r 展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的4倍.求:
(1)n ;
(2)展开式中的所有的有理项.
49.(2017·南京模拟)设n ∈N * , n≥3,k ∈N * . (1)求值: ①kC n k ﹣nC n ﹣1k ﹣1;
② k 2C n
k
?n(n ?1)C n?2k?2?nC n?1
k?1 (k≥2); (2)化简:12C n 0+22C n 1+32C n 2+…+(k+1)2C n k +…+(n+1)2C n n .
50.(2019高二下·上海月考)
(1)在 (a
x
?√x
2
)9 的二项展开式中 x 3 的系数为 9
4 ,求实数 a 的值;
(2)若 (3x ?1)7=a 7x 7+a 6x 6+???+a 1x +a 0 ,求 a 1+a 3+a 5+a 7 .
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】C
2.【答案】A
3.【答案】C
4.【答案】D
5.【答案】A
6.【答案】B
7.【答案】B
8.【答案】D
9.【答案】D
10.【答案】B
二、填空题
11.【答案】36
12.【答案】60
13.【答案】?1
14.【答案】42
15.【答案】5
16.【答案】0
17.【答案】4n?1
18.【答案】15
19.【答案】-56
20.【答案】"(0,1
4
]"
三、解答题
21.【答案】(1)解:先从10双中取出4双,然后再从每双中取出一只,
结果就是取出的4只鞋子,任何两只都不能配成1双,根据分布计数原理得:C104×2×2×2×2=3360,(2)解:4只恰好成两双,从10双中取出2双,故有C102=45,
(3)解:先从10双中取出1双,再从9双中取出2双,然后再从每双中取出一只,
结果就是4只鞋子中有2只成双,另2只不成双,根据分布计数原理得:C101×C92×2×2=1440.22.【答案】(1)解:C n0+C n2+…=2n﹣1=512=29
∴n﹣1=9,n=10
= (r=0,1,10)
∵5﹣Z,∴r=0,6
有理项为T1=C100x5,T7=C106x4=210x4
(2)解:∵C n r+C n r﹣1=C n+1r,
∴x2项的系数为C32+C42+…+C102=(C43﹣C33)+…+(C113﹣C103)
=C113﹣C33=164 23.【答案】(1)解:根据题意,可得(√x
3﹣
2√x
3
)n的展开式的通项为T r+1=C n r(x13)n-r(-1
2
x-13)r= (-1
2
)r C n r x10-2r3,
又由第6项为常数项,则当r=5时,n-2r
3=
0,
即n-10
3
=0,解可得n=10
(2)解:由(1)可得,T r+1=(﹣1
2
)r C10r x10-2r3,
令10-2r
3=2
,可得r=2,
所以含x2项的系数为(-1
2
)2C102=45
4
(3)解:由(1)可得,T r+1=(﹣1
2
)r C10r x10-2r3,
若T r+1为有理项,则有10-2r
3
∈Z,且0≤r≤10,
分析可得当r=2,5,8时,10-2r
3
为整数,
则展开式中的有理项分别为45
4
x2,-63
8,
45
256
x-2
24.【答案】(1)解:由已知得(2√x?1
x
)6的展开式的通项是
T k+1=C6k(2√x)6?k(?1x)k=C6k26?k(?1)k x6?3k2(k=0,1,2,?,6)
展开式第4项的二项式系数为C63=20.
(2)解:展开式的第4项为T
4
=?160x?32.
25.【答案】(1)解:(1)由)=(2x﹣3)n展开式的二项式系数和为512,可得2n=512,∴n=9.
∵(2x﹣3)9=[﹣1+2(x﹣1)]9=a0+a1(x﹣1)+a2(x﹣1)2+…+a9(x﹣1)9,
∴a2= C92?(﹣1)7?22=﹣144.
(2)解:在(2x﹣3)9=a0+a1(x﹣1)+a2(x﹣1)2+…+a9(x﹣1)9中,令x=1,可得a0=﹣1.
再令x=2,可得a0+a1+a2+a3+…+a n=1,
∴a1+a2+a3+…+a n=2.
26.【答案】(1)解:其中甲不在中间也不在两端,则甲6种选择,其余的任意排,故有6A88=241920种排法(2)解:先排4名男生形成了5个空,把5名女生插入,故有A44A55=2880种排法
27.【答案】解:(1)男甲必排在首位,则其他人任意排,故有A99种,
(2)男甲、男乙必排在正中间,则其他人任意排,故有A22A77种,
(3)男甲不在首位,男乙不在末位,利用间接法,故有A1010﹣2A99+A88种,
(4)男甲、男乙必排在一起,利用捆绑法,把甲乙两人捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排,故有A22A88种,(5)4名女生排在一起,利用捆绑法,把4名女生捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排,故有A44A77种,(6)任何两个女生都不得相邻,利用插空法,故有A66A74种,
(7)男生甲、乙、丙顺序一定,利用定序法,"A10
10
A33
"=A107种
28.【答案】(1)解:f(x)=(1+x)8
∴系数最大的项即为二项式系数最大的项
T5=C84x4=70x4
(2)解:f(x)=(1+x)n=C n0+C n1x+C n2x2+?C n n?1x n?1+C n n x n
∴原式=1
2
(C n02n+C n12n?1+C n22n?2+?+C n n20)=1
2
(1+2)n =3n
2
(3)解: ∑(i +1)n
i=1C n i =2C n 1+3C n 2+?nC n n?1+(n +1)C n n ① ∑(i +1)n
i=1C n i =(n +1)C n n +nC n n?1+?3C n 2+2C n 1 ② 在①、②添加 C n 0 ,则得
1+ ∑(i +1)n
i=1C n
i =C n
+2C n
1+3C n
2+?nC n
n?1
+(n +
1)C n
n ③
1+
∑(i
+1)n
i=1C n i =(n +1)C n n +nC n n?1+?3C n 2+2C n 1+1C n
0 ④ ③+④得:
2(1+ ∑(i +1)n
i=1C n i ) =(n +2)(C n 0+C n 1+C n 2+?+C n n?1+C n n )=(n +2)2n ∴ ∑(i +1)n
i=1C n i = (n +2)2n?1?1
29.【答案】 (1)解:令x=0,则a 0=1.
令x=1,则a 0+a 1+a 2+…+a 2n =3n , ∴a 1+a 2+…+a 2n =3n ﹣1. ∵(1+x+x 2)n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n .
∴两边对x 求导可得:n (1+x+x 2)n ﹣1=a 1+2a 2x+…+2na 2n x 2n ﹣1 . 令x=0,则n=a 1 ,
由(1+x+x 2)n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n .
令x=2,则 14 ×
7n = 14a 0 + 1
2a 1 +a 2+2a 3+…+22n ﹣2a 2n . ∴a 2+2a 3+…+22n ﹣2a 2n = 14×7n ﹣ 14 ﹣ 1
2n
(2)证明:∵(1+x+x 2)n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n . ∴两边对x 求导可得:n (1+x+x 2
)n ﹣1
(1+2x )=a 1+2a 2x+…+2na 2n x
2n ﹣1
,
再一次求导可得:n[(n ﹣1)(1+2x )2+2](1+x+x 2)n ﹣2
=2a 2+3×2a 3x+…+2n (2n ﹣1)a 2n x
2n ﹣2
,
A k 2 =k (k ﹣1), 令x=2可得: A 22 a 2+2A 32 a 3
+…+22n ﹣2
A 2n 2 a 2n =n[25(n ﹣1)+2]×
7n ﹣2 , n≥6时,n[25(n ﹣1)+2]<7n ﹣2 ,
∴ A 22 a 2+2A
32 a 3
+…+22n ﹣2
A 2n 2 a 2n =n[25(n ﹣1)+2]×
7n ﹣2<49n ﹣2 . 30.【答案】 (1)解:设T r+1=C 12r (ax m )12﹣r ?(bx n )r =C 12r a 12﹣r b r x m (12﹣r )+nr 为常数项, 则有m (12﹣r )+nr=0,即m (12﹣r )﹣2mr=0,∴r=4,它是第5项
(2)解:∵第5项又是系数最大的项,
∴有 {c 124a 8
b 4≥
c 123a 9b 3①c 124a 8
b 4≥
c 125a 7b 5②
由①得a 8b 4≥ 4
9 a 9b 3 ,
∵a >0,b >0,∴ 9
4 b≥a ,即 a b ≤ 9
4 . 由②得 a
b ≥ 8
5 , ∴ 8
5
≤ a
b ≤ 94
31.【答案】 (1)解:符合要求的四位偶数可分为三类: 第一类:0在个位时有A 53个;
第二类:2在个位时,首位从1,3,4,5中选定1个(有A 41种),十位和百位从余下的数字中选(有A 42种),
于是有 A 41?A 42
个;
第三类:4在个位时,与第二类同理,也有 A 41?A 42 个.
由分类加法计数原理知,共有四位偶数:
A 5
3+
A 4
1?
A 42+A 4
1?
A 4
2=156 个
(2)解:符合要求的数可分为两类:个位数上的数字是0的五位数有A 54个;个位数上的数字是5的五位数有 A 41?
A 43 个.故满足条件的五位数的个数共有 A 54+A 41?A 43=216 个
(3)解:符合要求的比1325大的四位数可分为三类:
第一类:形如2,3,4,5,共 A 41?A 53 个; 第二类:形如14□□,15□□,共有 A 41?A 42 个; 第三类:形如134□,135□,共有 A 21?A 31 个;
由分类加法计数原理知,无重复数字且比1325大的四位数共有: A 41?A 53+A 41?A 42+A 21?A 31=270 个. 32.【答案】 (1)解:令x ﹣1=t ,则已知条件即 (x 2﹣2x ﹣3)10=[t 2﹣4]10=a 0+a 1
(t 2-14)10=a 0+a 1t +a 2t 2+?+a 20t 20 .
可得 a 2=c 109
?(-4)9=-49×10
(2)解:令t=1可得 a 0+a 1+a 2+?+a 20=310 ;再令t=﹣1可得 a 0-a 1+a 2-a 3?+a 20=310 , ∴a 1+a 3+a 5+…+a 19=0
(3)解:由(2)可得a 0+a 2+a 4+…+a 20=310
33.【答案】 解:(1)若x=5,则四个数字为1,2,4,5;
又由要求的三位数能被5整除,则5必须在末尾,
在1、2、4三个数字中任选2个,放在前2位,有A 32=6种情况, 即能被5整除的三位数共有6个;
(2)若x=9,则四个数字为1,2,4,9;
又由要求的三位数能被3整除,则这三个数字为1、2、9或2、4、9, 取出的三个数字为1、2、9时,有A 33=6种情况, 取出的三个数字为2、4、9时,有A 33=6种情况, 则此时一共有6+6=12个能被3整除的三位数; (3)若x=0,则四个数字为1,2,4,0;
又由要求的三位数是偶数,则这个三位数的末位数字为0或2或4,
当末位是0时,在1、2、4三个数字中任选2个,放在前2位,有A 32=6种情况, 当末位是2或4时,有A 21×A 21×A 21=8种情况, 此时三位偶数一共有6+8=14个,
(4)若x=0,可以组成C 31×
C 31×C 21=3×3×2=18个三位数,即1、2、4、0四个数字最多出现18次, 则所有这些三位数的各位数字之和最大为(1+2+4)×18=126,不合题意, 故x=0不成立;
当x≠0时,可以组成无重复三位数共有C 41×C 31×C 21=4×3×2=24种,共用了24×3=72个数字, 则每个数字用了"72
4"=18次,
则有252=18×(1+2+4+x ),解可得x=7.
34.【答案】 (1)解:二项式(x+ 2√
x )n 展开式的通项公式为 T r+1= C n r ?x n ﹣r ? (2√x )r = C n r ? (1
2
)r ? x n?3
2r ,(r=0,1,2,…,n ); 根据展开式中的第二项和第三项的系数相等,得
C n 1 ? 1
2 = C n 2 ? (1
2
)2 ,即 1
2 n= 1
4 ? n(n?1)2
,
解得n=5;
(2)解:展开式中所有二项式系数的和为
C 50 + C 51 + C 52 +…+ C 55 =25=32
(3)解:二项式展开式的通项公式为 T r+1= C 5r
?
(1
2)r
? x
5?32
r ,(r=0,1,2,…,5);
当r=0,2,4时,对应项是有理项, 所以展开式中所有的有理项为 T 1=
C 5
0 ?
(12)0 ?x 5=x 5
,
T 3= C 52 ? (12)2
?x 5﹣3= 52 x 2 , T 5= C 5
4 ? (1
2)4
x
5﹣6
=
5
16x
35.【答案】 (1)解:由题意可得从中选出3人排成一排的方法种数为 A 73 =210 (2)解:间接法:总的方法种数共 A 77 =5040,去掉男生甲站排头,女生乙站在排尾 共2
A 66
=1440,而其中重复的为男生甲站排头,同时女生乙站在排尾的
A 55
=120
故总的方法种数为:5040﹣1440+120=3720
(3)解:捆绑法:把3名女生看作1个元素与其它排列共 A 55 =120种,
再对3名女生作调整共 A 33 =6种,由分步计数原理可得共120×6=720
(4)解:插空法:先排4名男生共 A 44 =24种,在把3名女生插到所产生的5个空位, 共 A 53
=60种,由分步计数原理可得共24×60=1440
36.【答案】 (1)解:能够组成四位数的个数为:5×6×6×6=1080
(2)解:能组成没有重复数字的五位数的个数为: A 51?A 54 =600
(3)解:比3142大的数包含四位数、五位数和六位数,其中:
六位数有: C 51?A 55=5×5×4×3×2×1=600 ; 五位数有: A 51?A 54 =600;
四位数有千位是4或5的,千位是3的,而千位是4或5的有 C 51?A 53=2×5×4×3=120 ;
千位是3的分为百位是2、4、5的与百位是1的,
百位是2、4、5的有 C 31?A 42=3×4×3=36 ,
百位是1的分为十位是4和5两种情况,十位是5的有3种,十位是4的有1种, 所以共有600+600+120+36+3+1=1360.
答:能组成四位数1080个;没有重复数字的五位数600个;比3142大的数1360个 37.【答案】 (1)解:二项式( √x 3 ﹣ 1
x )n 展开式中的各项系数的绝对值之和为128, 即为各项二项式系数之和为128,即2n
=128得n=7, 则二项式( √x 3 ﹣ 1
x )7展开式的通项为(﹣1)r C 7r x 7?4r 3
,
∵C 73
=C 74=35,
∴当r=4时,展开式中系数最大, ∴展开式中系数最大的项为35x ﹣3
,
(2)解:当
7?4r 3
为整数时,即r=7,4,1
∴展开式中所有的有理项(﹣1)7C 77x ﹣7=﹣x ﹣7 , 或35x ﹣3 , ﹣7x
38.【答案】 (1)解:二项式的展开式的通项公式为: T r+1=C n r (√x)n -r (
2√x
4
)r =C n r
1
2r
x 2n -3r
4
前三项的r=0,1,2
得系数为 t 1=1,t 2=C n
1?1
2=1
2n ,t 3=C n 2
?1
4=1
8n(n -1) 由已知: 2t 2=t 1+t 3,n =1+1
8n(n -1) 得n=8
通项公式为 T r+1==C 8
r 12
r x 16-3r
4
令16﹣3r=4,得r=4,得 T 5=358
x
(2)解:当r=0,4,8时,依次得有理项 T 1=x 4,T 5=C 8
4
1
24x =358
x ,T 9=C 8
8
128
x -2=
1
256
x 2 39.【答案】 (1)解:先排个位,再排首位,其它任意排,可组成奇数个数为
A 21A 31A 33=36
个奇数
(2)解:①当末位数字是0时,首位数字可以为2或3或4,满足条件的数共有3×A 33=18个. ②当末位数字是2时,首位数字可以为3或4,满足条件的数共有2×A 33=12个.
③当末位数字是4时,首位数字是3的有A 33=6个,首位数字是2时,有3个,共有9个. 综上知,比21034大的偶数共有18+12+9=39个
40.【答案】 (1)解:用间接法,从6个数中,任取4个组成4位数,有A 64种情况,
但其中包含0在首位的有A 53种情况,
依题意可得,有A 64﹣A 53=300个,
(2)解:先选一个数排在首位,再选3个数,排在百,十,个位,其中十位数字比个位数字和百位数字都大,则选的3个数中最大的只能在十位,其它任意,
故有A 51C 53A 22=100个,
(3)解:千位是1的四位数有A 53=60个,
千位是2,百位是0或1的四位数有2A 42=24个, ∴第85项是2301
41.【答案】 (1)解:∵M+N ﹣P=4n +2n+5﹣2n =(2n )2+31?2n =2016, ∴(2n )2+31?2n ﹣2016=0, ∴(2n +63)(2n ﹣32)=0, ∴2n =32, ∴n=5, ∴
的展开式的通项
,
的展开式共有11项,二项式系数最大的项为中间项第6项,其值为
(2)解:第r+1项T r+1的系数的绝对值为 , 若第r+1项T r+1的系数的绝对值最大,则{
,
可得 ,又r ∈N * , ∴r=3,
故系数的绝对值最大的项为
42.【答案】(1)解:,∴,
∵a0,a1,a2成等差数列,∴
解得:n=8或n=1(舍去)
∴(x+2)n展开式的中间项是
(2)解:在(x+2)8=a0+a1x+a2x2+?+a8x8中,
令x=1,则38=a0+a1+a2+a3+…+a7+a8
令x=﹣1,则1=a0﹣a1+a2﹣a3+…﹣a7+a8
两式相减得:
∴
43.【答案】(1)解:把甲乙捆绑成一个整体与其余3人当着4个人作全排列有A44种,
且甲、乙的位置还可以互换
∴不同站法有A44?A22=48种.
(2)解:除甲乙两人外其余3人的排列数为A33,
而甲乙二人应插其余3人排好的空才不相邻;
且甲、乙位置可以互换.故有C42A22种排列方式.
∴不同站法有A33?C42A22=72种.
(3)解:优先考虑甲:
若甲站最右端,则乙与其余三人可任意排,则此时的排法数为A44种;
若甲不站最右端,则先从中间3个位置中选一个给甲,
再从除最右端的省余的3个位置给
乙,其余的三个人任意排,则此时的排法数为C31C31A33种;
∴不同站法有A44+C31C31A33=78种.
44.【答案】(1)解:先从4个偶数中选一个为偶数,在从剩下3个偶数选2个和从5个奇数中选3个,把这5个数全排,故有C41C32C53A55=14400种,
(2)解:把所选的3个奇数,和3个偶数分别捆绑在一起,再全排,故有A43A53A22=2880种,
(3)解:把所选的三个偶数插入到所选的3个奇数所形成的4个空中,故有C43A53A43=5760种,
(4)解:所选的3个偶数共有6种顺序,其中三个偶数从左到右的排练顺序必须由大到小是其中一种,故有1
6
C43C53A66=4800种
45.【答案】(1)证明:由(1+x)n=C n0+C n1x+?+C n n?1x n?1+C n n x n,
两边对x求导得n(1+x)n?1=C n1+2C n2x+3C n3x2+?+nC n n x n?1?,
所以n[(1+x)n?1?1]=2C n2+3C n3x2+?+nC n n x n?1=∑n k=2kC n k x k?1.
(2)解:在①式中,令n=10,x=1得
C101+2C102+3C103+?+10C1010=10(1+1)10?1
=10?29=5120.
(3)解:将?式两边同乘以x得nx(1+x)n?1=C n1x+2C n2x2+3C n3x3+?+nC n n x n 两边对x求导得,n[(1+x)n?1+x(n?1)(1+x)n?2]=C n1+22C n2x+32C n3x2+?+n2C n n x n?1,
取n=100得,C100
1+22C
100
2x+32C
100
3x2+?+1002C
100
100x99=100[(1+x)99+99x(1+x)98]
=100(1+100x)(1+x)98,令x=1得,C1001+22C1002+32C1003+?+1002C100100=100×101×298,令x=?1得,C100
1?22C
100
2+32C
100
3+??1002C
100
100=0,
两式相加得,2(C100
1+32C
100
3+52C
100
5?+992C
100
99)=25×101×2100,
所以12C1001+32C1003+52C1005?+992C10099=2525×299.
46.【答案】(1)解:由题设,得c n2(-1)2:c n4(-1)4= 3
14
,
则
n(n-1)
2
n(n-1)(n-2)(n-3)
4?3?2
= 3
14
?4
(n-2)(n-3)=
1
14
?n2﹣5n﹣50=0?n=10或n=﹣5(舍)
(2)解:T r+1=c10r(x2)10?r(-1)r(
√x
)r= c
10x
r20-2r-1
2
r(-1)r
当20-2r-1
2
r=0
即当r=8时为常数项T9=c108(-1)8r=c102=45
47.【答案】(1)解:当m=n=5时,f(x)=2(1+x)5,令x=0时,f(0)=a5+a4+…+a1+a0=2,
令x=2时,f(0)=﹣a5+a4+…﹣a1+a0=2×35,
相加可得:a0+a2+a4= =244
(2)解:由题意可得:?m1+?n1=m+n=9.
x2系数= ?m2+?n2= m2?m+n 2?n
2
= = = (m?9
2
)2+ 63
4
.
又m,n∈N,∴m=4或5,其最小值为16.
即或时,x2系数的最小值为16
48.【答案】(1)解:开式的通项为T r+1=(?1
2
)r C n r x4r?n3,
据题意有C n4=4×(?1
2
)2?C n2,,
解得n=6
(2)解:展开式的通项为T r+1=(?1
2
)r C6r x4r?63= (?1
2
)r C6r x4r?63?2,
当r是3的倍数时,为有理项,
所以r=0,3,6,
T1=x?2,T4=?5
2
x2,T7=x6
64
49.【答案】(1)解:
①=
②k2C n k?n(n?1)C n?2
k?2?nC
n?1
k?1
= k2×n!
k!(n?k)!
?n(n?1)×(n?2)!
(k?2)!(n?k)!
= = .
(2)解:方法一:由(1)可知当k≥2时 (k +1)2C n k =(k 2+2k +1)C n k =k 2C n k +2kC n k +C n k = [n(n ?1)C n?2k?2+
nC n?1k?1]+2nC n?1k?1+C n k =n(n ?1)C n?2k?2+3nC n?1k?1+C n
k . 故
=
=(1+4n )+n (n ﹣1)2n ﹣2+3n (2n ﹣1﹣1)+(2n ﹣1﹣n )=2n ﹣2(n 2+5n+4).
方法二:当n≥3时,由二项式定理,有 (1+x)n =1+C n 1x +C n 2x 2+?+C n k x k +?+C n n x
n , 两边同乘以x ,得 (1+x)n x =x +C n 1x 2+C n 2x 3+?+C n k x k+1+?+C n n x
n+1 , 两边对x 求导,得 (1+x)n +n(1+x)n?1=1+2C n 1x +3C n 2x 2+?+(k +1)C n k x k +?+(n +1)C n n x n , 两边再同乘以x ,得 (1+x)n x +n(1+x)n?1x 2=x +2C n 1x 2+3C n 2x 3+?+(k +1)C n k x k+1+?+(n +
1)C n n x n+1 ,
两边再对x 求导,得(1+x )n +n (1+x )n ﹣1x+n (n ﹣1)(1+x )n ﹣2x 2+2n (1+x )n ﹣1x= 1+22C n 1x +32C n 2x 2+?+
(k +1)2C n k x k +?+(n +1)2C n n x
n . 令x=1,得2n +n2n ﹣1+n (n ﹣1)2n ﹣2+2n2n ﹣
1=
,
即
=2n ﹣2(n 2+5n+4)
50.【答案】 (1)解: (a x
?√x 2
)9 的二项展开式通项为: T r+1=C 9r (a x
)9?r (?√x
2
)r =2
)r a 9?r C 9r x 3r?18
2
当
3r?182
=3 ,即 r =8 时, T 9=√
2)8aC 98x 3=9a
16x 3
又 x 3 的系数为 9
4 , ∴9a
16=9
4 ,解得: a =4
(2)解:令 x =1 得: a 7+a 6+a 5+a 4+a 3+a 2+a 1+a 0=27 ……① 令 x =?1 得: ?a 7+a 6?a 5+a 4?a 3+a 2?a 1+a 0=?47 ……② ① ? ②得: 2a 7+2a 5+2a 3+2a 1=27+47=16512 ∴a 1+a 3+a 5+a 7=8256
高中数学100个热点问题(三): 排列组合中的常见模型
第80炼 排列组合的常见模型 一、基础知识: (一)处理排列组合问题的常用思路: 1、特殊优先:对于题目中有特殊要求的元素,在考虑步骤时优先安排,然后再去处理无要求的元素。 例如:用0,1,2,3,4组成无重复数字的五位数,共有多少种排法? 解:五位数意味着首位不能是0,所以先处理首位,共有4种选择,而其余数位没有要求, 只需将剩下的元素全排列即可,所以排法总数为44496N A =?=种 2、寻找对立事件:如果一件事从正面入手,考虑的情况较多,则可以考虑该事的对立面,再用全部可能的总数减去对立面的个数即可。 例如:在10件产品中,有7件合格品,3件次品。从这10件产品中任意抽出3件,至少有一件次品的情况有多少种 解:如果从正面考虑,则“至少1件次品”包含1件,2件,3件次品的情况,需要进行分类讨论,但如果从对立面想,则只需用所有抽取情况减去全是正品的情况即可,列式较为简 单。3310785N C C =-=(种) 3、先取再排(先分组再排列):排列数m n A 是指从n 个元素中取出m 个元素,再将这m 个元素进行排列。但有时会出现所需排列的元素并非前一步选出的元素,所以此时就要将过程拆分成两个阶段,可先将所需元素取出,然后再进行排列。 例如:从4名男生和3名女生中选3人,分别从事3项不同的工作,若这3人中只有一名女生,则选派方案有多少种。 解:本题由于需要先确定人数的选取,再能进行分配(排列),所以将方案分为两步,第一步:确定选哪些学生,共有2143C C 种可能,然后将选出的三个人进行排列:33A 。所以共有213433108C C A =种方案 (二)排列组合的常见模型 1、捆绑法(整体法):当题目中有“相邻元素”时,则可将相邻元素视为一个整体,与其他元素进行排列,然后再考虑相邻元素之间的顺序即可。 例如:5个人排队,其中甲乙相邻,共有多少种不同的排法
高中数学完整讲义——排列与组合5.排列组合问题的常见模型1
高中数学讲义 1.基本计数原理 ⑴加法原理 分类计数原理:做一件事,完成它有n 类办法,在第一类办法中有1m 种不同的方法,在第二类办法中有2m 种方法,……,在第n 类办法中有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的方法.又称加法原理. ⑵乘法原理 分步计数原理:做一件事,完成它需要分成n 个子步骤,做第一个步骤有1m 种不同的方法,做第二个步骤有2m 种不同方法,……,做第n 个步骤有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有12n N m m m =???种不同的方法.又称乘法原理. ⑶加法原理与乘法原理的综合运用 如果完成一件事的各种方法是相互独立的,那么计算完成这件事的方法数时,使用分类计数原理.如果完成一件事的各个步骤是相互联系的,即各个步骤都必须完成,这件事才告完成,那么计算完成这件事的方法数时,使用分步计数原理. 分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础,也是求解排列、组合问题的基本思想方法,这两个原理十分重要必须认真学好,并正确地灵活加以应用. 2. 排列与组合 ⑴排列:一般地,从n 个不同的元素中任取()m m n ≤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 个元素的一个排列.(其中被取的对象叫做元素) 排列数:从n 个不同的元素中取出()m m n ≤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,用符号A m n 表示. 排列数公式:A (1)(2) (1)m n n n n n m =---+,m n +∈N ,,并且m n ≤. 全排列:一般地,n 个不同元素全部取出的一个排列,叫做n 个不同元素的一个全排列. n 的阶乘:正整数由1到n 的连乘积,叫作n 的阶乘,用!n 表示.规定:0!1=. ⑵组合:一般地,从n 个不同元素中,任意取出m ()m n ≤个元素并成一组,叫做从n 个元素中任取m 个元素的一个组合. 组合数:从n 个不同元素中,任意取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数,叫做从n 个不同元素中,任意取出m 个元素的组合数,用符号C m n 表示. 组合数公式:(1)(2)(1)!C !!()! m n n n n n m n m m n m ---+==-,,m n +∈N ,并且m n ≤. 组合数的两个性质:性质1:C C m n m n n -=;性质2:11C C C m m m n n n -+=+.(规定0 C 1n =) 知识内容 排列组合问题的常见模型 1
高中数学排列组合难题十一种方法
高考数学排列组合难题解决方法 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1m 种不同的方法,在第2类办法中有2m 种不同的方法,…,在第n 类办法中有n m 种不同的方法,那么完成这件事共有: 12n N m m m =+++ 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1m 种不同的方法,做第2步有2m 种不同的方法,…,做第n 步有n m 种不同的方法,那么完成这件事共有: 12n N m m m =??? 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. 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。 3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4.解决排列组合综合性问题,往往类与步交叉,因此必须掌握一些常用的解题策略 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13C 然后排首位共有1 4C 最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得113 4 34288C C A = C 14A 34C 13 位置分析法和元素分析法是解决排列组合问题最常用也是最基本的方法,若以元素分析为主,需先安排特殊元素,再处理其它元素.若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其它位置。若有多个约束条件,往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其它条件
高中数学排列组合专题
排列组合 一.选择题(共5小题) 1.甲、乙、丙三同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六的值班工作,每天1人值班,每人值班2天,如果甲同学不值周一的班,乙同学不值周六的班,则可以排出不同的值班表有() A.36种B.42种C.50种D.72种 2.某城市的街道如图,某人要从A地前往B地,则路程最短的走法有() A.8种 B.10种C.12种D.32种 3.某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是() A.72 B.120 C.144 D.168 4.现将甲乙丙丁4个不同的小球放入A、B、C三个盒子中,要求每个盒子至少放1个小球,且小球甲不能放在A盒中,则不同的放法有() A.12种B.24种C.36种D.72种 5.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,要求每个城市有一人游览,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.144种D.96种 二.填空题(共3小题) 6.某排有10个座位,若4人就坐,每人左右两边都有空位,则不同的坐法有种. 7.四个不同的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中,则恰有一个空盒的放法共有种(用数字作答). 8.书架上原来并排放着5本不同的书,现要再插入3本不同的书,那么不同的
插法共有种. 三.解答题(共8小题) 9.一批零件有9个合格品,3个不合格品,组装机器时,从中任取一个零件,若取出不合格品不再放回,求在取得合格品前已取出的不合格品数的分布列10.已知展开式的前三项系数成等差数列. (1)求n的值; (2)求展开式中二项式系数最大的项; (3)求展开式中系数最大的项. 11.设f(x)=(x2+x﹣1)9(2x+1)6,试求f(x)的展开式中: (1)所有项的系数和; (2)所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和. 12.求(x2+﹣2)5的展开式中的常数项. 13.求值C n5﹣n+C n+19﹣n. 14.3名男生,4名女生,按照不同的要求排队,求不同的排队方案的种数.(1)选5名同学排成一行; (2)全体站成一排,其中甲只能在中间或两端; (3)全体站成一排,其中甲、乙必须在两端; (4)全体站成一排,其中甲不在最左端,乙不在最右端; (5)全体站成一排,男、女各站在一起; (6)全体站成一排,男生必须排在一起; (7)全体站成一排,男生不能排在一起; (8)全体站成一排,男、女生各不相邻; (9)全体站成一排,甲、乙中间必须有2人; (10)全体站成一排,甲必须在乙的右边; (11)全体站成一排,甲、乙、丙三人自左向右顺序不变; (12)排成前后两排,前排3人,后排4人. 15.用1、2、3、4、5、6共6个数字,按要求组成无重复数字的自然数(用排列数表示).
高二数学知识点:排列与组合
高二数学知识点:排列与组合 排列组合公式/排列组合计算公式 排列P------和顺序有关 组合C-------不牵涉到顺序的问题 排列分顺序,组合不分 例如把5本不同的书分给3个人,有几种分法."排列" 把5本书分给3个人,有几种分法"组合" 1.排列及计算公式 从n个不同元素中,任取m(m≤n)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个元素的一个排列;从n个不同元素中取出m(m≤n)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,用符号p(n,m)表示. p(n,m)=n(n-1)(n-2)……(n-m+1)=n!/(n-m)!(规定0!=1). 2.组合及计算公式 从n个不同元素中,任取m(m≤n)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;从n个不同元素中取出m(m≤n)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 c(n,m)表示. c(n,m)=p(n,m)/m!=n!/((n-m)!*m!);c(n,m)=c(n,n-m); 3.其他排列与组合公式
从n个元素中取出r个元素的循环排列数=p(n,r)/r=n!/r(n-r)!. n个元素被分成k类,每类的个数分别是n1,n2,...nk这n 个元素的全排列数为 n!/(n1!*n2!*...*nk!). k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素的组合数为c(m+k-1,m). 排列(Pnm(n为下标,m为上标)) Pnm=n×(n-1)....(n-m+1);Pnm=n!/(n-m)!(注:!是阶乘符 号);Pnn(两个n分别为上标和下标)=n!;0!=1;Pn1(n为下标1为上标)=n 组合(Cnm(n为下标,m为上标)) Cnm=Pnm/Pmm;Cnm=n!/m!(n-m)!;Cnn(两个n分别为上标和下标)=1;Cn1(n为下标1为上标)=n;Cnm=Cnn-m 2019-07-0813:30 公式P是指排列,从N个元素取R个进行排列。公式C是指组合,从N个元素取R个,不进行排列。N-元素的总个数R参与选择的元素个数!-阶乘,如9!=9*8*7*6*5*4*3*2*1 从N倒数r个,表达式应该为n*(n-1)*(n-2)..(n-r+1); 因为从n到(n-r+1)个数为n-(n-r+1)=r 举例: Q1:有从1到9共计9个号码球,请问,可以组成多少个三位数?
高中数学-排列组合解法大全
排列组合解法大全 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m n种不同的方法,那么完成这件事共有: 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m n种不同的方法,那么完成这件事共有: 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. 解决排列组合综合性问题的一般过程如下 : 1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事 , 即采取分步还是分类 , 或是分步与分类同时进行 , 确定分多少步及多少类。 3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题, 元素总数是多少及取出多少个元素 . 4.解决排列组合综合性问题,往往类与步交叉,因此必须掌握一些常用的解题策略 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C13 然后排首位共有C14 最后排其它位置共有A43 由分步计数原理得C41C13A43 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,同时对相邻元素部进行自排。由分步计数原理可得共有A55A22A22480种不同的排法 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
(完整)高中数学排列组合专题复习
高考数学轻松搞定排列组合难题二十一种方法 排列组合问题联系实际生动有趣,但题型多样,思路灵活,因此解决排列组合问题,首先要认真审题,弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题;其次要抓住问题的本质特征,采用合理恰当的方法来处理。 教学目标 1.进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理。 2.掌握解决排列组合问题的常用策略;能运用解题策略解决简单的综合应用题。提高学生解决问题分析问题的能力 3.学会应用数学思想和方法解决排列组合问题. 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 m种不同的方法,在第2类 1 办法中有 m种不同的方法,…,在第n类办法中有n m种不同的方法,那么2 完成这件事共有: 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 m种不同的方法,做第2步 1 有 m种不同的方法,…,做第n步有n m种不同的方法,那么完成这件事共2 有: 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. 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。 3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4.解决排列组合综合性问题,往往类与步交叉,因此必须掌握一些常用的解题策略 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, 两个位置.
高中数学排列组合经典题型全面总结版
高中数学排列与组合 (一)典型分类讲解 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, 先排末位共有1 3C 然后排首位共有1 4C 最后排其它位置共有 34A 由分步计数原理得1 1 3 434 288C C A = 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 522522480A A A =种不同的排法 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55A 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种 46 A 不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有54 56A A 种 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: 73 73/A A (空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有 47 A 种方法,其余的三个位置甲乙丙共有 1种坐法,则共有4 7A 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 方法 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 10C 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6 7种不同的排法 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 4 4 3 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n m 种
(完整版)高中数学排列组合习题精选
1、体育场南侧有4个大门,北侧有3个大门,某学生到该体育场练跑步,则他进出门的方案有( )种。 2、某公共汽车上有10名乘客,沿途有5个车站,乘客下车的可能方式有( )种 3、(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目,每人报一项,共有多少种报名方法?(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军(各项目冠军都只有一人),共有多少种可能的结果? 4、从集合{1,2,…,10}中任选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的等比数列的个数为() 5、有4位教师在同一年级的四个班中各教一个班的数学,在数学检测时要求每位教师不能在本班监考,则监考的方法有( )种。 A .8 B .9 C .10 D .11 6、3人玩传球游戏,由甲开始并做为第一次传球,经过4次传球后,球仍回到甲手中,有多少种不同的传球方式呢? 7、集合A ={a,b,c,d},B={1,2,3,4,5}。(1)从集合A 到集合B 可以建立多少个不同的映射?(2)从集合A 到集合B 的映射中,要求集合A 中元素的象不同,这样的映射有多少个 8、对一个各边长都不相等的凸五边形的各边进行染色,每条边都可以染红、黄、蓝三种不同的颜色,但是不允许相邻相邻的边染相同的颜色,则不同的染色方法共有( )种。 9、用5种不同颜色给图中的A 、B 、C 、D 四个区域涂色,规定一个区域只涂一种颜色,相邻的区域颜色不同,共有( )种不同的涂色方案。 10、将1,2,3填入3×3的方格中,要求每行、每列都没有重复数字,如图是一种填法,则不同的填写方法共有 A .6种 B .12种 C .24种 D .48种 11、如图所示的五个区域中,中心区域是一幅图画,现要求在其余四个区域中涂色,有四种颜色可供选择.要求每个区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数为()A .64B .72C.84 D .96 12、(13山东)用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( ) A .243 B .252 C .261 D .279 13、(13福建)满足{},1,0,1,2a b ∈-,且关于x 的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数为( ) A .14 B .13 C .12 D .10 14、(16全国)定义“规范01数列”{a n }如下:{a n }共有2m 项,其中m 项为0,m 项为1,且对任意2k m ≤,12,,,k a a a L 中0的个数不少于1的个数。若m =4,则不同的“规范01数列”共有(A )18(B )16(C )14 (D )12
高中数学:排列与组合练习
高中数学:排列与组合练习 1.(昆明质检)互不相同的5盆菊花,其中2盆为白色,2盆为黄色,1盆为红色,先要摆成一排,要求红色菊花摆放在正中间,白色菊花不相邻,黄色菊花也不相邻,共有摆放方法(D) A.A55种B.A22种 C.A24A22种D.C12C12A22A22种 解析:红色菊花摆放在正中间,白色菊花不相邻,黄色菊花也不相邻,即红色菊花两边各一盆白色菊花,一盆黄色菊花,共有C12C12A22A22种摆放方法. 2.(广州测试)某学校获得5个高校自主招生推荐名额,其中甲大学2个,乙大学2个,丙大学1个,并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加,学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象,则不同的推荐方法共有(B) A.36种B.24种 C.22种D.20种 解析:根据题意,分两种情况讨论:第一种,3名男生每个大学各推荐1人,2名女生分别推荐给甲大学和乙大学,共有A33A22=12种推荐方法;第二种,将3名男生分成两组分别推荐给甲大学和乙大学,共有C23A22A22=12种推荐方法.故共有24种推荐方法,选B. 3.(广东珠海模拟)将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则不同放法共有(C) A.480种B.360种 C.240种D.120种 解析:根据题意,将5个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个球,则必须有2个小球放入1个盒子,其余的小球各单独放入一个盒子,分2步进行分析:①先将5个小球分成4组,有C25=10种分法;②将分好的4组全排列,放入4个盒子,有A44=24种情况,则不同放法有10×24=240种.故选C. 4.某小区有排成一排的7个车位,现有3辆不同型号的车需要停放,如果要求剩余的4个车位连在一起,那么不同的停放方法的种数为(C) A.16 B.18
(完整)高中数学排列组合题型总结,推荐文档
2排列组合题型总结 排列组合问题千变万化,解法灵活,条件隐晦,思维抽象,难以找到解题的突破口。因而在求解排列组合应用题时,除做到:排列组合分清,加乘原理辩明,避免重复遗漏外,还应注意积累排列组合问题得以快速准确求解。 一.直接法 1.特殊元素法 例 1 用 1,2,3,4,5,6 这 6 个数字组成无重复的四位数,试求满足下列条件的四位数各有多少个 (1)数字 1 不排在个位和千位 (2)数字 1 不在个位,数字 6 不在千位。 分析:(1)个位和千位有 5 个数字可供选择A2 ,其余 2 位有四个可供选择A2 ,由乘法原理: 5 4 A2 A2 =240 5 4 2.特殊位置法 (2)当 1 在千位时余下三位有A3 =60,1 不在千位时,千位有A1 种选法,个位有A1 种,余下 5 4 4 的有A2 ,共有A1 A1 A2 =192 所以总共有 192+60=252 4 4 4 4 二.间接法当直接法求解类别比较大时,应采用间接法。如上例中(2)可用间接法A4 - 2 A3 +A2 =252 6 5 4 例 2 有五张卡片,它的正反面分别写 0 与 1,2 与 3,4 与 5,6 与 7,8 与 9,将它们任意三张并排放在一起组成三位数,共可组成多少个不同的三维书? 分析:此例正面求解需考虑 0 与 1 卡片用与不用,且用此卡片又分使用 0 与使用 1,类别较复杂,因而可使用间接计算:任取三张卡片可以组成不同的三位数C 3 ? 23 ?A3 个,其中 0 在百位的 5 3 有C 2 ? 22 ?A2 个,这是不合题意的。故共可组成不同的三位数C 3 ? 23 ?A3 - C 2 ? 22 ? 4 2 5 3 4 A2 =432(个) 三.插空法当需排元素中有不能相邻的元素时,宜用插空法。 例 3 在一个含有 8 个节目的节目单中,临时插入两个歌唱节目,且保持原节目顺序,有多少中插入方法? 分析:原有的 8 个节目中含有 9 个空档,插入一个节目后,空档变为 10 个,故有A1 ?A1 =100 9 10 中插入方法。 四.捆绑法当需排元素中有必须相邻的元素时,宜用捆绑法。 例 4 4 名男生和 3 名女生共坐一排,男生必须排在一起的坐法有多少种?
高中数学排列组合公式大全_高中数学排列组合重点知识
高中数学排列组合公式大全_高中数学排列组合重点知识 1.排列及计算公式 从n个不同元素中,任取mm≤n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个元素的一个排列;从n个不同元素中取出mm≤n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,用符号 pn,m表示. pn,m=nn-1n-2……n-m+1= n!/n-m!规定0!=1. 2.组合及计算公式 从n个不同元素中,任取mm≤n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;从n个不同元素中取出mm≤n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 cn,m 表示. cn,m=pn,m/m!=n!/n-m!*m!;cn,m=cn,n-m; 3.其他排列与组合公式 从n个元素中取出r个元素的循环排列数=pn,r/r=n!/rn-r!. n个元素被分成k类,每类的个数分别是n1,n2,...nk这n个元素的全排列数为 n!/n1!*n2!*...*nk!. k类元素,每类的个数无限,从中取出m个元素的组合数为cm+k-1,m. 排列Pnmn为下标,m为上标 Pnm=n×n-1....n-m+1;Pnm=n!/n-m!注:!是阶乘符号;Pnn两个n分别为上标和下标=n!;0!=1;Pn1n为下标1为上标=n 组合Cnmn为下标,m为上标 Cnm=Pnm/Pmm ;Cnm=n!/m!n-m!;Cnn两个n分别为上标和下标 =1 ;Cn1n为下标1为上标=n;Cnm=Cnn-m 加法乘法两原理,贯穿始终的法则。与序无关是组合,要求有序是排列。 两个公式两性质,两种思想和方法。归纳出排列组合,应用问题须转化。 排列组合在一起,先选后排是常理。特殊元素和位置,首先注意多考虑。
高中数学排列组合专题
实用标准 文档大全排列组合 一.选择题(共5小题) 1.甲、乙、丙三同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六的值班工作,每天1人值班,每人值班2天,如果甲同学不值周一的班,乙同学不值周六的班,则可以排出不同的值班表有() A.36种B.42种C.50种D.72种 2.某城市的街道如图,某人要从A地前往B地,则路程最短的走法有() A.8种B.10种C.12种D.32种 3.某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是() A.72 B.120 C.144 D.168 4.现将甲乙丙丁4个不同的小球放入A、B、C三个盒子中,要求每个盒子至少放1个小球,且小球甲不能放在A盒中,则不同的放法有()A.12种B.24种C.36种D.72种 5.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,要求每个城市有一人游览,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.144种D.96种 二.填空题(共3小题) 6.某排有10个座位,若4人就坐,每人左右两边都有空位,则不同的坐法有 种. 7.四个不同的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中,则恰有一个空盒的放法共有种(用数字作答). 8.书架上原来并排放着5本不同的书,现要再插入3本不同的书,那么不同的 实用标准 文档大全插法共有种. 三.解答题(共8小题) 9.一批零件有9个合格品,3个不合格品,组装机器时,从中任取一个零件,若取出不合格品不再放回,求在取得合格品前已取出的不合格品数的分布列 10.已知展开式的前三项系数成等差数列. (1)求n的值; (2)求展开式中二项式系数最大的项; (3)求展开式中系数最大的项. 11.设f(x)=(x2+x﹣1)9(2x+1)6,试求f(x)的展开式中:
高中数学排列组合难题十一种方法
~ 高考数学排列组合难题解决方法 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1m 种不同的方法,在第2类办法中有2m 种不同的方法,…,在第n 类办法中有n m 种不同的方法,那么完成这件事共有: 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1m 种不同的方法,做第2 步有2m 种不同的方法,…,做第n 步有n m 种不同的方法,那么完成这件事共有: 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. 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1.认真审题弄清要做什么事 2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。 … 3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4.解决排列组合综合性问题,往往类与步交叉,因此必须掌握一些常用的解题策略 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, 两个位置 . 先排末位共有1 3C 然后排首位共有1 4C / 最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得113 4 34288C C A = 443
、 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522522480A A A 种不同的排法 练习题1.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22A 种排法, 再排小集团内部共有2222A A 种排法,由分步计数原理共有222 222A A A 种排法. : 2.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 品种的必须连在一起,并且水彩画不在两端,那 么共有陈列方式的种数为254 254A A A 3. 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255 255A A A 种 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55A 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种4 6A 不同的方法, 由分步计数原理,节目的不同顺序共有5456A A 种 小集团排列问题中,先整体后局部,再结合其它策略进行处理。
(完整版)高中数学排列组合题型总结与易错点提示
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 mi 种不同的方法,在第 2类办法中有 m 2种不同的方法,…,在第 n 类办法中 有m n 种不同的方法,那么完成这件事共有: N m i mt L m *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i 步有种不同的方法,做第 2步有m 2种不同的方法,…,做第 n 步有m n 种不同 的方法,那么完成这件事共有: N m i 讥 L m n 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 一 __________________ 先排末位共有C 3 然后排首位共有C : t J J 1 最后排其它位置共有A '1 C 4 ■ 3 A 4 11 C 3 由分步计数原理得 C 4C 3A 4^ 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 5 2 2 素内部进行自排。由分步计数原理可得共有 As A 2A 2 480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,舞蹈节目不能连续岀场,则节目的岀场顺序有多少种? 5 解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有 A 5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 种A 6不同 的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有 A :A : ____________________ 种 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 7 3 之间的全排列数,则共有不同排法种数是: A ;/A ; (空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有 A ;种方法,其余的三个位置甲乙丙共有 丄种坐法,则共有 A ;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 ___________ 方法 定序问题可以用倍缩法,还可转化为占位插 空模型处理
高中数学排列组合难题十一种方法
高考数学排列组合难题解决方法 1. 分类计数原理(加法原理) 完成一件事,有类办法,在第1类办法中有种不同的方法,在第2类办法中有种不同的方法,…,在第类办法中有种不同的方法,那么完成这件事共有: N = mi + m2 j + m n 种不同的方法. 2. 分步计数原理(乘法原理) 完成一件事,需要分成个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,…,做第步有种不同的方法,那么完成这件事共有: N = mi江m2汇川X m n 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. 解决排列组合综合性问题的一般过程如下: 1. 认真审题弄清要做什么事 2. 怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进 行,确定分多少步及多少类。 3. 确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素. 4. 解决排列组合综合性问题,往往类与步交叉,因此必须掌握一些常用的解题策略 一.特殊元素和特殊位置优先策略
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 然后排首位共有 最后排其它位置共有 由分步计数原理得 练习题:7种不同的花种在排成一列的xx,若两种葵花不种在中间,也不种在两端的xx,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种不同的排法 练习题1.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排队共有种排法,再排小集团内部共有种排法,由分步计数原理共有种排法. 1524
高中数学排列组合习题及解析
排列组合问题在实际应用中是非常广泛的,并且在实际中的解题方法也是比较复杂的,下面就通过一些实例来总结实际应用中的解题技巧。 1.排列的定义:从n个不同元素中,任取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个元素的一个排列。 2.组合的定义:从n个不同元素中,任取m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。 3.排列数公式: 4.组合数公式: 5.排列与组合的区别与联系:与顺序有关的为排列问题,与顺序无关的为组合问题。 例1 学校组织老师学生一起看电影,同一排电影票12张。8个学生,4个老师,要求老师在学生中间,且老师互不相邻,共有多少种不同的坐法? 分析此题涉及到的是不相邻问题,并且是对老师有特殊的要求,因此老师是特殊元素,在解决时就要特殊对待。所涉及问题是排列问题。 解先排学生共有种排法,然后把老师插入学生之间的空档,共有7个空档可插,选其中的4个空档,共有种选法。根据乘法原理,共有的不同坐法为种。 结论1 插入法:对于某两个元素或者几个元素要求不相邻的问题,可以用插入法。即先排好没有限制条件的元素,然后将有限制条件的元素按要求插入排好元素的空档之中即可。 例2 、5个男生3个女生排成一排,3个女生要排在一起,有多少种不同的排法? 分析此题涉及到的是排队问题,对于女生有特殊的限制,因此,女生是特殊元素,并且要求她们要相邻,因此可以将她们看成是一个元素来解决问题。 解因为女生要排在一起,所以可以将3个女生看成是一个人,与5个男生作全排列,有种排法,其中女生内部也有种排法,根据乘法原理,共有种不同的排法。 结论2 捆绑法: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可以作排列。 例3 高二年级8个班,组织一个12个人的年级学生分会,每班要求至少1人,名额分配方案有多少种? 分析此题若直接去考虑的话,就会比较复杂。但如果我们将其转换为等价的其他问题,就会显得比较清楚,方法简单,结果容易理解。 解此题可以转化为:将12个相同的白球分成8份,有多少种不同的分法问题,因此须把这12个白球排成一排,在11个空档中放上7个相同的黑球,每个空档最多放一个,即可将白球分成8份,显然有种不同的放法,所以名额分配方案有种。 结论3 转化法:对于某些较复杂的、或较抽象的排列组合问题,可以利用转化思想,将其化归为简单的、具体的问题来求解。 例4 袋中有5分硬币23个,1角硬币10个,如果从袋中取出2元钱,有多少种取法? 分析此题是一个组合问题,若是直接考虑取钱的问题的话,情况比较多,也显得比较凌乱,难以理出头绪来。但是如果根据组合数性质考虑剩余问题的话,就会很容易解决问题。 解把所有的硬币全部取出来,将得到×23+×10=元,所以比2元多元,所以剩下元即剩下3个5分或1个5分与1个1角,所以共有种取法。 结论4 剩余法:在组合问题中,有多少取法,就有多少种剩法,他们是一一对应的,因此,当求取法困难时,可转化为求剩法。 例5 期中安排考试科目9门,语文要在数学之前考,有多少种不同的安排顺序? 分析对于任何一个排列问题,就其中的两个元素来讲的话,他们的排列顺序只有两种情况,并且在整个排列中,他们出现的机会是均等的,因此要求其中的某一种情况,能够得到全体,那么问题就可以解决了。并且也避免了问题的复杂性。 解不加任何限制条件,整个排法有种,“语文安排在数学之前考”,与“数学安排在语文之前考”的排法是相等的,所以语文安排在数学之前考的排法共有种。 结论5 对等法:在有些题目中,它的限制条件的肯定与否定是对等的,各占全体的二分之一。在求解中只要求出全体,就可以得到所求。 例6 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? 分析此题若是直接去考虑的话,就要将问题分成好几种情况,这样解题的话,容易造成各种情况遗漏或者重复的情况。而如果从此问题相反的方面去考虑的话,不但容易理解,而且在计算中也是非常的简便。这样就可以简化计算过程。 解 43人中任抽5人的方法有种,正副班长,团支部书记都不在内的抽法有种,所以正副班长,团支部书记至少有1人在内的抽法有种。 结论6 排异法:有些问题,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,再从整体中排除。 练习1 某人射击8枪,命中4枪,那么命中的4枪中恰有3枪是连中的情形有几种? 练习2 一排8个座位,3人去坐,每人两边至少有一个空座的坐法有多少种? 练习3 马路上有编号为1,2,3,……10的十只路灯,为节约电而不影响照明,可以把其中的三只路灯关掉,但不能同时关掉相邻的两只或三只,也不能关掉马路两端的灯,问满足条件的关灯方法有多少种? 练习4 A、B、C、D、E五人站成一排,如果B必须站在A的右边,那么不同的站法有多少种? 练习5 某电路有5个串联的电子元件,求发生故障的不同情形数目? 小结: 解决排列组合应用题的一些解题技巧,具体有插入法,捆绑法,转化法,剩余法,对等法,排异法;对于不同的题目,根据它们的条件,我们就可以选取不同的技巧来解决问题。对于一些