kl800.com省心范文网

100测评网高二数学练习卷组合


欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩.

典型例题一
3 3 3 2 97 3 例 1 计算: (1) C100 ; (2) C3 . ? C4 ? ?? C10 ? C100 ? A101

?

?

分析:本题如果直接计算组合数,

运算比较繁.本题应努力在式子中创造条件使用组合
97 3 数的性质,第(1)题中, C100 ,经此变形后,可继续使用组合数性质.第(2)题有 ? C100 3 4 4 3 4 两个考虑途径, 一方面可以抓住项的变形 Cn 求和; 另一方面, 变形 C3 , ? Cn ? C4 ?1 ? Cn , 4 3 4 4 3 4 接着 C4 , C5 ?,反复使用公式. ? C4 ? C5 ? C5 ? C6

2 3 3 3 3 解: (1)原式 ? C100 ? C100 ? A101 ? C101 ? A101 ?

?

?

3 A101 3 ? A101 3 A3

3 ? 1 ? A3 ?

1 . 6

3 4 4 4 4 4 4 (2)原式 ? C3 ? C5 ? C4 ? C6 ? C5 ? ?? C11 ? C10
4 ? C11 ? 330 .

4 3 3 3 另一方法是:原式 ? C4 ? C4 ? C5 ? ?? C10 4 3 3 4 3 3 ? C5 ? C5 ? ?? C10 ? C6 ? C6 ? ?? C10 4 3 4 ? ? ? C10 ? C10 ? C11 ? 330.

说明:利用第(2)小题的手段,我们可以得到组合数的一个常用的结论:
m m m m m?1 Cm ? Cm ?1 ? Cm? 2 ? ?? Cn ? Cn?1 . m m?1 m?1 m?1 m?1 m?1 m?1 m?1 左边 ? Cm ? Cm ? Cn ?2 ? Cm?1 ? Cm?3 ? Cm? 2 ? ?? Cn?1 ? Cn ?1 ? 右边.

典型例题二
例 2 从 7 名男生 5 名女生中,选出 5 人,分别求符合下列条件的选法种数有多少种? (1) A 、 B 必须当选; (2) A 、 B 都不当选; (3) A 、 B 不全当选; (4)至少有 2 名女生当选; (5)选出 5 名同学,让他们分别担任体育委员、文娱委员等 5 种不同工作,但 体育委员由男生担任,文娱委员由女生担任. 分析: 本题是组合应用题中典型的选代表问题, 通过一些明确的条件对结果进行限制. 问 题(1) A 、 B 必须当选,它们就不必再考虑,只要再选出余下的代表.问题(2) A 、 B 必须不当选,实际上就是去掉这几个元素不予考虑.问题(3) A 、 B 不全当选可以从正反 两方面考虑.从正面考虑可以按 A 、 B 全不选和 A 、 B 选一个分类,从反面考虑可用间接 法,去掉 A 、 B 全选的情况.问题(4)可以按女生选 2 人、3 人?进行分类,当然也可以

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. 从反面考虑用间接法.问题(5)可以先处理特殊位置的体育班委与文娱班委.
3 3 B 选出外, 解: (1) 除A、 从其它 10 个人中再选 3 人, 共有的选法种数为 C10 , C10 ? 120

(种) .
5 (2)去掉 A 、 B ,从其它 10 人中任选 5 人,共有的选法种数为: C10 . ? 252(种) 5 (3)按 A 、 B 的选取情况进行分类: A 、 B 全不选的方法数为 C10 ,A、B 选 1 人 5 1 4 1 4 的方法数为 C2 . ? C2 C10 ? 672(种) C10 ,共有选法 C10

本小题的另一解法:从 12 人中选 5 人的选法中去掉 A 、 B 全选的情况,所有选法只有
5 3 . C12 ? C10 ? 672(种)

方法一:按女同学的选取情况分类: 选 2 名女同学、3 名男同学;选 3 名女同学 2 名男同学;选 4 名女同学 1 名男同学;选 5 名女同学.所有选法数为:
2 3 3 2 4 1 5 . C5 C7 ? C5 C7 ? C5 C7 ? C5 ? 596(种)

方法二: 从反面考虑, 用间接方法, 去掉女同学不选或选 1 人的情况, 所有方法总数为:
5 5 1 4 . C12 ? C7 ? C5 C7 ? 596(种)

(5)选出一个男生担任体育班委,再选出 1 名女生担任文娱班委,剩下的 10 人中任取
1 1 3 3 人担任其它 3 个班委. 用分步计数原理可得到所有方法总数为: (种) . C7 ? C5 ? A10 ? 25200

说明:对于本题第(4)小题, “至少有 2 名女生当选” ,我们可能还有另外一种考虑,
2 3 先从 5 名女生中选出 2 人,然后在剩下的 10 人中任选 3 人,得到的方法数为 C5 C10 ? 1200

(种) ,与上述答案比较,结果明显增多了,为什么会出现以上情况?上述步骤得到的选取 结果虽然符合了有 2 名女生的要求,但在计数时出现了重复,比如先选两女生为 a 、 b ,剩 下的 10 人中如果又选出了女生 c ,与先选两名女生为 a 、 c 后又选出了女生 b ,出现了同 样的结果,因为选取问题仅考虑选出了哪些元素,至于先选后选并不考虑.这里需要我们引 起注意的是以后遇到“至少”类型的问题,一般采用分类法或间接法解决,在选取问题中尽 可能避免出现重复计数,我们还可以进一步从下一个例子加深理解.

典型例题三
例 3 空间 10 个点,其中有 5 点在同一个平面内,其余无三点共线,四点共面,问以这 些点为顶点,共可构成多少个四面体? 分析: 本题如果从正面考虑可以按 5 个共面的点的选用情况进行分类. 如果从反面考虑 用间接法, 只要去掉从 5 个共面的点中任取四个点的情况, 因为共面的四个点不能构成四面 体的四个顶点. 解:方法一:可以按共面的点取 0 个、1 个、2 个、3 个进行分类,得到所有的取法总 数为: C5 C5 ? C5C5 ? C5 C5 ? C5 C5 ? 205个.
0 4 1 3 2 2 3 1

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. 方法二: 从 10 个点中任取 4 个点的方法数中去掉 4 个点全部取自共面的 5 个点的情况,
4 4 得到所有构成四面体的方法数为: C10 . ? C5 ? 205(个)

说明:以几何为背景的此类应用题中,间接方法用得比较多,在考虑去掉不符合要求的 选法时,既不能多去,也不能少去,此外有时还需去掉一些重复计数的情况.比如:四面体 的顶点和各条棱的中点共 10 个点,任取其中的 4 个点,其中不共面的取法有多少种?我们
4 可以从 10 个点中任取 4 点.共有 C10 种取法,然后去掉下面几种情况,4 个点取在四面体的 4 同一个面上,有 4C6 种取法;四个中点连成平行四边形的情形,有 3 种取法,还有 3 点在

四面体的一条棱上,另一点是其它点,不考虑已计算的四点在四面体同一面上的情况,共有
4 4 6 种取法.用间接法可得不同的取法共有: C10 . ? 4C6 ? 3 ? 6 ? 141(种)

典型例题四
例 4 在 1,3,5,7,9 中任取 3 个数字,在 0,2,4,6,8 中任取两个数字,可组成 多少个不同的五位偶数. 分析:因为零不能作首位数,所以是特殊元素,因此可以根据选零不选零为分类标准。 解:第一类:五位数中不含数字零。
3 2 第一步:选出 5 个数字,共有 C5 C4 种选法.

第二步: 排成偶数—先排末位数, 有 P2 种排法, 再排其它四位数字, 有 P4 种排法.
3 2 1 4 ∴ N1 ? C5 ? C4 ?P 2 ?P 4 (个)

1

4

第二类:五位数中含有数字零.
3 1 第一步:选出 5 个数字,共有 C5 种选法。 ? C4

第二步:排顺序又可分为两小类; (1)末位排零,有 P 1 ?P 4 种排列方法;
1 4

(2)末位不排零.这时本位数有 C1 种选法,而因为零不能排在首位,所以首位有

1

P31 种排法,其余 3 个数字则有 P33 种排法.
∴ N2 ? C5 ? C4 ( P 1 ?P 4 ?P 3P 3 )
3 1 1 4 1 3

∴ 符合条件的偶数个数为
3 2 1 4 3 1 1 4 1 3 N ? N1 ? N2 ? C5 C4 P 2P 4 ? C5 C4 ( P 1P 4 ?P 3P 3 )

? 4560 (个)
说明:本题也可以用间接法(即排除法)来解.请自行完成.

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩.

典型例题五
例 5 有 12 名划船运动员,其中 3 人只会划左舷,4 人只会划右舷,其余 5 人既会划左 舷也会划右舷。现在要从这 12 名运动员中选出 6 人平均分在左、右舷划船参加比赛,有多 少种不同的选法? 分析:设集合 A={只会划左舷的 3 个人},B={只会划右舷的 4 个人},C={既会划左舷又 会划右舷的 5 个人} 先分类,以集合 A 为基准,划左舷的 3 个人中,有以下几类情况:①A 中有 3 人;②A 中有 2 人;C 中有 1 人;③A 中有 1 人,C 中有 2 人;④C 中有 3 人。
3 第①类,划左舷的人已选定,划右舷的人可以在 B ? C 中选 3 人,即有 C9 种选法。因 3 3 2 是分步问题,所以有 C3 种选法。第②类,划左舷的人在 A 中选 2 人,有 C3 种选法,在 ? C9 1 3 C 中选 1 人,有 C5 种选法,划右舷的在 B ? C 中剩下的 8 个人中选 3 人,有 C8 种选法。因 2 1 3 1 2 3 是分步问题,所以有 C3 种选法。类似地,第③类,有 C3 种选法。第④类 ? C5 ? C8 ? C5 ? C7 0 3 3 有 C3 种选法。 ? C5 ? C6 3 3 2 1 3 1 2 3 0 3 3 因为是分类,所以一共有 C3 种选法。 ? C9 ? C3 ? C5 ? C8 ? C3 ? C5 ? C7 ? C3 ? C5 ? C6 3 3 2 1 3 1 2 3 0 3 3 解: C3 ? C9 ? C3 ? C5 ? C8 ? C3 ? C5 ? C7 ? C3 ? C5 ? C6

? 1?

9?8? 7 8? 7? 6 7?6?5 6?5? 4 ? 3? 5? ? 3 ? 10 ? ? 1 ? 10 ? 1? 2 ? 3 1? 2 ? 3 1? 2 ? 3 1? 2 ? 3 ? 84 ? 840 ? 1050 ? 200 ? 2174 种

答:一共有 2174 种不同选法. 说明: 这种比较复杂的在若干个集合中选取元素的问题, 只要能运用分类思想正确对所 求选法分类,又能正确地根据题目要求合理地考察步骤,就可以顺利地求得解.在分类时, 要注意做到既不重复也不遗漏. 这里是以集合 A 为基准进行分类, 也可以集合 B 或集合 C 为基准进行分类, 其结果是相 同的,但一般都选择元素个数较少的集合作为基准来分类,这样可以减少分类,方便运算.

典型例题六
例 6 甲、乙两队各出 7 名队员,按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛,双方由 1 号 队员出赛,负者被淘汰,胜者再与负方 2 号队员比赛,?,直到一方队员全被淘汰为止,另 一方获胜,形成一种比赛过程,试求所有可能出现的比赛过程的种类. 分析与解: 若甲队取胜, 比赛结果可能是 7 : 0 ,7 : 1 ,7 : 2 ,7 : 3 ,7 : 4 ,7 : 5 ,7 : 6 . 7 : 0 只有一个过程;
1 7 : 1 共 8 场,乙队在前 7 场中胜一场,有 C7 种不同的过程;

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩.

7 : 2 共 9 场,乙队在前 8 场中胜二场,有 C82 种不同的过程;
3 7 : 3 共 10 场,乙队在前 9 场中胜三场,有 C9 种不同的过程;

??????
1 3 4 5 6 ∴ 甲队取胜的过程种数是: 1 ? C7 ? C82 ? C9 ? C10 ? C11 ? C12 ? 1716 .

类似乙队取胜也有同样的过程种数 ∴ 共有 1716 ? 2 ? 3432 种不同的比赛过程. 说明:一个排列与另一个排列的区别有两点,一点是元素不同,另一点是顺序不同(在 元素相同时) ;而一个组合与另一个组合不同点仅是元素不同,由此可知,排列是有顺序问 题,组合是无顺序问题.本题是一应用问题,根据实际确定是组合问题.

典型例题七
例 7 从 1 到 9 的九个数字中取三个偶数四个奇数,试问: (1)能组成多少个没有重复数字的七位数? (2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个? (3) (1)中的七位数中,偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个? (4) (1)中任意两偶然都不相邻的七位数有几个?
3 分析与解: (l)分步完成:第一步在 4 个偶数中取 3 个,可有 C4 种情况;第二步在 5

4 7 个奇数中取 4 个,可有 C5 种情况;第三步 3 个偶数,4 个奇数进行排列,可有 P 7 种情况, 3 4 7 所以符合题意的七位数有 C4 个. ? C5 ?P 7 ? 100800 3 4 5 3 (2)上述七位数中,三个偶数排在一起的有 C4 个. ? C5 ?P 5 ?P 3 ? 14400

(3)上述七位数中,3 个偶数排在一起,4 个奇数也排在~起的有
3 4 3 4 2 3 4 2 C4 ? C5 ?P 3 ?P 4 ?P 2 ?P 4 ?P 5 ?P 2 ? 5760个.

(4)上述七位数中,偶数都不相邻,可先把 4 个奇数排好,再将 3 个偶数分别插入 5
4 3 3 个空档,共有 P 个. 5 ? C4 ? P 5 ? 28800

说明:对于有限制条件的排列问题,常可分步进行,先组合再排列,这是乘法原理的典 型应用.

典型例题八
例 8 6 本不同的书,按照以下要求处理,各有几种分法? (1)一堆一本,一堆两本,一堆三本; (2)甲得一本,乙得两本,丙得三本;

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. (3)一人得一本,一人得二本,一人得三本; (4)平均分给甲、乙、丙三人; (5)平均分成三堆.
1 分析与解: (1)先在 6 本书中任取一本.作为一本一堆,有 C6 种取法,再从余下的五 2 3 本书中任取两本,作为两本一堆,有 C5 种取法,再后从余下三本取三本作为一堆,有 C3 种 1 2 3 取法,故共有分法 C6 C5 C3 ? 60 种. 1 2 3 (2)由(1)知.分成三堆的方法有 C6 C5 C3 种,而每种分组方法仅对应一种分配方法, 1 2 3 故甲得一本,乙得二本,丙得三本的分法亦为 C6 C5 C3 ? 60 种. 1 2 3 (3)由(1)知,分成三堆的方法有 C6 C5 C3 种,但每一种分组方法又有 P33 不同的分 1 2 3 3 配方案,故一人得一本,一人得两本,一人得三本的分法有 C6 . C5 C3 P 3 ? 360(种) 2 (4)3 个人一个一个地来取书,甲从 6 本不同的书本中任取出 2 本的方法有 C6 种,甲
2 不论用哪一种方法取得 2 本书后,已再从余下的 4 本书中取书有 C4 种方法,而甲、乙不论 2 用哪一种方法各取 2 本书后,丙从余下的两本中取两本书,有 C2 种方法,所以一共有

2 2 2 C6 C4 C2 ? 90 种方法.

(5)把 6 本不同的书分成三堆,每推二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人,每 人二本的区别在于,后者相当于把六本不同的书,平均分成三难后,再把每次分得的三堆书 分给甲、乙、丙三个人.因此,设把六本不同的书,平均分成三堆的方法有 x 种,那么把六
3 本不同的书分给甲、乙、丙三人每人 2 本的分法就应 x ? P 3 种,由(4)知,把六本不同的 2 2 2 书分给甲、乙、丙三人,每人 2 本的方法有 C6 C4 C2 种.
2 2 2 C6 C4 C2 ? 15 (种) P33

3 2 2 2 所以 xP 3 ? C6 C4 C2 ,则 x ?

说明: 本问题中的每一个小题都提出了一种类型问题, 搞清类型的归属对今后解题大有 补益,其中 (1)属非均匀分组问题. (2)属非均匀定向分配问题. (3)属非均匀不定向分配问题. (4)属均匀不定向分配问题. (5)属均匀分组问题.

典型例题九

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. 例 9 有 6 本不同的书,分给甲、乙、丙三个人. (1)如果每人得两本,有多少种不同的分法; (2)如果一个人得一本,一个人得 2 本,一个人得 3 本有多少种不同的分法; (3)如果把这 6 本书分成三堆,每堆两本有多少种不同分法.
2 分析与解: (1)假设甲先拿,则甲从 6 本不同的书中选取 2 本有 C5 ? 15 种方法,不论
2 甲取走的是哪两本书,乙再去取书时只能有 C4 ? 6 种,此时剩下的两本书自然给丙,就只 2 2 2 2 有 C2 ? 1 种方法,由乘法原理得一共有 C5 ? C4 ? C2 ? 90 种不同分法.

1 2 3 ( 2 ) 先 假 设 甲 得 1 本 , 乙 得 2 本 , 丙 得 3 本 则 有 C6 C5 C3 种 法 , 一 共 有 1 2 3 3 C6 C5 C3 P 3 ? 6 ?10 ? 6 ? 360种不同的分法.

(3)把 6 本书分成三堆,每堆 2 本,与次序无关.
1 2 2 C6 C4 C2 所以一共有 ? 15 种不同分法. P33

说明:本题的三个问题要注意区别和联系,不要混淆. 6 本书分给甲、乙、丙三人每人两本和分成 3 堆每堆两本是有区别的,前者虽然也属均 分问题,但要甲、乙、丙三个人一个人一个人的去拿,而后者属均分问题又是无序问题,所
m 3 以必须除以 P m . 3 .一般地, n 个元素中有 n1 个元素( n1 ? n )均分成 m 堆一定要除以 P

例如:有 17 个桃,分成 8 堆,其中一堆一个,一堆 4 个,另外 6 堆每堆都是 2 个,有 多少种不同的分法.
1 4 2 2 2 2 2 C17 C16 C12 C10 C82C6 C4 C2 一共有 种不同分法. 6 P6

典型例题十
例 5 (1)从 4 名医生中选 2 名,7 名护士中选 4 名, 分成两队, 每队 1 名医生 2 名护士, 到甲、乙两地巡回医疗,求安排方案有多少种? (2)从一组共 7 名学生中选男生 2 人,女生 2 人,参加三种不同的活动,要求每人参加一 种且每种活动都有人参加的选法有 648 种,问该组学生中男、女生各有多少人? 分析:(1)可以把甲、乙两地看成两个有顺序的“空” ,然后选取获和护士填好,即分步 完成;也可采取先选取、分堆、再排列的办法.(2)先分堆再排列. 解法一(1):按照 进行填入.第一步,先取 2 名医生填入两空,有 A4 种填法;第
2 2
2

二步,再取 4 名护士填入两空,每空 2 人,有 C7 ? C5 种填法,故共有安排方案
2 2 2 A4 ? C7 ? C5 ? 2520种.

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩.
1 2 2 2 4 解法二(1):第一步,选人,有 C4 种选法;第二步,平均分成 2 堆,有 C2 / A2 ? C4 ? C7 2 种分法;第三步,将两队分别安排到甲、乙两地,有 A2 种方法,故共有安排方案:

2 4 2 1 C4 ? C7 ? C4 ? C2 ? 2520种. 2 2 2 3 解(2):设男生 x 人,女生 7 ? x 人,则有 Cx ? C7 ? x ? C4 ? A 3 ? 648,

∴ x( x ? 1)(7 ? x)(6 ? x) ? 72 , x ? N 且 2 ? x ? 5 . ∴ x ? 3或 x ? 4 . ∴男生有 3 人,女生 4 人或男生 4 人,女生 3 人. 说明:本题是排列与组合的综合题.涉及到分堆、再全排列的问题.方法呆以是选人→ 分堆→排列,也可以直接用分步法解.第 (2)小题中在解未知数 x 时,应注意到 x 是正整数 且 2 ? x ? 5 范围限制,可以使用还个验证的办法验证出来.

典型例题十一
2、 3、 4 的四个盒子中. 例 11 四个不同的小球,全部放入编号为 1、
(1)随便放(可以有空盒,但球必须都放入盒中)有多少种放法? (2)四个盒都不空的放法有多少种? (3)恰有一个空盒的放法有多少种? (4)恰有两个空盒的放法有多少种? (5)甲球所放盒的编号总小于乙球所放盒的编号的放法有多少种? 分析:(1)注意合理的分类;(2)可以用前面例题中先分堆再排列的方法. 解 : (1) 由 于 可 以 随 便 放 , 故 每 个 小 球 都 有 4 种 放 法 , 所 以 放 法 总 数 是

4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 44 ? 256种.
(2)将四个小球全排列后放入四个盒子即可,所以放法总数是 A4 ? 24 种.
4

(3)由题意,必然四个小球放入三个盒子中.分三步完成:选出三个盒子;将四个小球
3 2 3 分成三堆;将三堆小球全排列后放入三个盒子.所以放法总数是: C4 ? C4 ? A3 ? 144种.

(4)由题意,必然四个小球放入 2 个盒子中. 解法一:分三步完成:选出两个盒子;将四个小球分成两堆;将两堆小球全排列放入两 个盒子.所以放法总数是:
2 2 2 ? C4 ? C2 1 3? 2 ? C4 ?? ? C ? C 4 3 2 ? A ? ? A2 ? 84 种. 2 ? ?

解法一:分两步完成:选出两个盒子;将四个球随便放入两个盒子(可以有空盒子) , 然后剔除四个球只放入一个盒子的情形.因此,放法总数是
2 C4 ? (24 ? 2) ? 84 种.

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. (5)分三类放法. 第一类: 甲球放入 1 号盒子, 即
2

, 则乙球有 3 种放法 (可放入 2 , 3 , 4 号盒子) ,
2

其余两球可以随便放入四个盒子,有 4 种放法.故此类放法的种数是 3 ? 4 ; 第二类:甲球放入 2 号盒子,即
2

,则乙球有 2 种放法(可放入 3 , 4 号盒子) ,
2

其余两球随便放,有 4 种放法.故此类放法的种数是 2 ? 4 ; 第三类:甲球放入 3 号盒子,即
2

,则乙球只有 1 种放法(放入 4 号盒子) ,其
2

余两球随便放,有 4 种放法.故此类放法的种数是 1? 4 . 综上,所有放法的总数是: (3 ? 2 ? 1) ? 42 ? 96 种.
2 本题也可这样理解:先选出两个盒子放入甲、乙两球,有 C4 ?1 种放法;另外两球随便 2 放,有 4 种放法,由乘法原理,所有放法的总数是 C4 ?1? 42 ? 96 种.
2

说明: “小球放入盒子”是一种常见的、基本的数学模型,很多问题实际上都可以化归 到这种模型去解决, 虽然表面上看来可能相距很远。 当然, 小球放入盒子会有各种限制条件, 应注意恰当地分类或分步.下面的例 2 即是采用这种思想.

典型例题十二
例 12

f 是 集 合 P ? ?a , b , c , d , e? 到 集 合 Q ? ?0 , 1 , 2? 的 映 射 , 满 足

f (a) ? f (b) ? f (c) ? f (d ) ? f (e) ? 5 的映射有多少个?
分 析: 根据映射的定义, P 中的 每一个元素在 Q 中都有唯 一的一个像,可以 把

a , b , c , d , e 五个元素想象成五个“小球” ,把 0 , 1 , 2 三个元素想象成三个盒子,只要把五
个小球全部放入盒子中(随便放) ,便可得到一个映射,因为每一个“小球”都对应着唯一 的一个盒子. 解:将 0 , 1 , 2 三个元素设想为 0 号盒、 1 号盒和 2 号盒三个盒子.只要 5 个元素

a , b , c , d , e 全部放入盒子 (允许有空盒) 便可得到 1 个映射. 设放入 1 号盒的元素个数为 x ,
放入 2 号盒的元素个数为 y ,则放入 0 号盒的元素个数为 5 ? x ? y 个, 0 ? x, y ? 5 .则有

f (a) ? f (b) ? f (c) ? f (d ) ? f (e) ? 0 ? (5 ? x ? y) ? 1 ? x ? 2 ? y ? x ? 2 y ,

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. 由条件 x ? 2 y ? 5 ,考虑到 x, y ? N 且 0 ? x, y ? 5 ,

故上述方程的解是 ?

? x ? 1, ? y ? 2,

? x ? 3, ? ? y ? 1,

? x ? 5, ? ? y ? 0.

因此满足条件的元素的放法有三类. 第一类:放入 1 号盒 1 个元素,放入 2 号盒 2 个元素,其余元素放入 0 号盒,放法种数 是:
1 2 2 C5 ? C4 ? C2 ? 30 种.

第二类:放入 1 号盒 3 个元素,放入 2 号盒 1 个元素,其余元素放入 0 号盒,放法种数 是:
3 1 1 C5 ? C2 ? C1 ? 20 种.

第三类:全部 5 个元素都放入 1 号盒,放法种数为 1 种. 所以放法总数为 30 ? 20 ? 1 ? 51 种. 故符合条件的映射有 51 个. 说明:该题把映射问题巧妙地抽象为“小球放入盒子”问题,使问题更加形象且易于把 握. 事实上排列组合中的不少问题可进行类似的抽象, 把一个陌生的问题转化为一个熟悉的 问题去解决.另外,应注意排列组合中不定方程的整数解的解法,在中学阶段大多采用逐个 验证的方法求其解.

典型例题十三
例 13 如图所示, A 、 B 、 C 、 D 、 E 为 5 个区域,现备有 5 种颜色为 5 个区域涂色, 涂色要求:每相邻两个区域不同色,每个区域只涂一色.共有多少种不同的涂色方法? 分析:显然 A 处于中央,与其他区域都相接,因此它的地位比较特殊,应优先考虑.本 题可分解为三类涂法:用 5 颜色涂;用 4 种颜色涂;用 3 种颜色涂.显然用 2 种颜色涂不可 能.

解:本题有三类涂法.
5 第一类:用 5 种颜色涂,显然有 A5 ? 120种涂法.

第二类:用 4 种颜色涂,显然有 2 类涂法: B 与 D 涂同一色,其余三区各涂一色;C 与 E 涂同一色,其余三区各涂一色,故涂法种数是
4 1 3 . C5 ? C4 ? C3 ? 2 ? 240( C54 是指先选出 4 种颜色)

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. 第三类:用 3 种颜色涂,那么 B 与 D 、 C 与 E 、 A 三部分区域各涂一色,故有
3 3 3 是指先选出 3 种颜色) . C5 ? C5 ? 60 种涂法( C5

综上,涂法总数是: 120 ? 240 ? 60 ? 420 种. 说明:给图形涂色问题与具体的图形开关有关,需要仔细分析图形特征.另外,对有些 题目,一眼看去好像很繁杂,无从下手;这时我们可以从最简单的研究起,然后逐次研究其 他的问题.比如本题最简单的情况是 5 种颜色 5 个区域;复杂的情况是 4 种颜色、 3 种颜色 涂 5 个区域.复杂的问题分解之后往往就会变得简单,然后先从最简单的情况研究起——这 是一种常用的解题策略.

典型例题十四
2 2 2 2 例 14 填空: A3 . ? A4 ? A5 ? ?? A100 ? _________ 2 2 2 2 2 2 解法 1:原式 ? C3 A2 ? C4 A2 ? ?? C100 A2 2 2 2 ? (C3 ? C4 ? ?? C12 0) 0 ? A2 3 2 2 2 2 3 2 ? (C3 ? C3 ? C4 ? C5 ? ?? C100 ? C3 ) ? A2 3 2 2 2 3 2 ? (C4 ? C4 ? C5 ? ?? C100 ? C3 ) ? A2 2 2 3 3 2 ? (C5 ? C5 ? ?? C100 ? C3 ) ? A2

??
3 3 2 ? (C101 ? C3 ) ? A2 3 2 ? (C101 ?1) ? A2 3 ? 2C101 ?2

? 333298
m m m?1 解法 2:由 Cn . ?1 ? Cn ? Cn 2 3 3 m?1 m m ∴ Cn ? Cn ?1 ? Cn ,∴ C3 ? C4 ? C3 . 2 3 3 2 3 3 2 3 3 , C5 ? C6 ? C5 ,??, C100 C4 ? C5 ? C4 ? C101 ? C100

以上各式都加得: (C3 ? C3 ? C4 ? C5 ? ? ? C100 ? C101 ? C3
3 2 2 2 2 3

3

∴ A3 ? A4 ? A5 ? ?? A100 ? (C3 ? C4 ? ?? C100 ) ? A2
2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 ? (C101 ? C3 ) ? A2

2

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩.
3 2 ? (C101 ?1) ? A2 ? 333298
m An m m m ,即 An 要熟悉此公式,注意在 ? Cn ? Am m Am

m 说明:本题解答过程中应用了公式 Cn ?

相关问题中的应用.

典型例题十五
例 15
m

证明下列各等式:

(1) Cn ?

n m ?1 m ? 1 m ?1 m 0 1 2 m?1 m?1 Cn ?1 ;(2) Cn ? Cn ?1 ;(3) Cn ? Cn ?1 ? Cn?2 ? ?? Cn?m?1 ? Cn?m . m n ?1

证明:(1)右边 ?

n (n ? 1) ! ? m (m ? 1) ! [(n ? 1) ? (m ? 1)] ! n! [m ? (m ? 1) ! ](n ? m)! n! m =左边,∴原式成立. ? Cn m ! (n ? m) !

?

?

(2)右边 ?

(n ? 1) ! m ?1 ? n ? 1 (m ? 1) ! [(n ? 1) ? (m ? 1)] ! (n ? 1) ! m ?1 ? n ? 1 (m ? 1) ! (n ? m) ! n! m =左边 ? Cn m ! (n ? m) !

?

?

∴原式成立.
0 1 2 3 m?1 (3)左边 ? (Cn ?1 ? Cn?1 ) ? Cn?2 ? Cn?3 ? ?? Cn?m?1 1 2 3 m?1 ? (Cn ? 2 ? Cn? 2 ) ? Cn?3 ? ?? Cn? m?1 2 3 m?1 ? (Cn ?3 ? Cn?3 ) ? ?? Cn?m?1 3 4 m?1 ? Cn ? 4 ? Cn? 4 ? ?? Cn? m?1

? ??
m?2 m?1 m?1 ? Cn ?m?1 ? Cn?m?1 ? Cn?m =右边

∴原式成立.
0 0 说明:(1)对于(3)关键一步 Cn 变成 Cn ?1 有 Cn ? Cn?1 ? 1 ,再反复运用利用定理 2,逐步 0 0

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. 化简式子即可得证.
m m m?1 m?1 (2)也可利用 Cn 将等式右边 Cn ?1 ? Cn ? Cn ? m 一项拆成二项,反复使用此公式即可得

证.请自己证明.
n n n n m?1 (3)此题中③式的变形为: Cn ? Cn ?1 ? Cn?2 ? ?? Cn?m?1 ? Cn?m .

典型例题十六
例 16 完成下列各填空题: (1)平面内有 9 个点,其中 4 个点在一条直线上,此外没有 3 个点在一条直线上,过这 9 个点可以作______________个三角形. (2)空间 12 个点,其中 5 个点共面,此外无任何 4 个点共面,这 12 个点可决定多少个不 同的平面. 解:(1)把 9 个点分为两类: 第一类为共线的 4 个点; 第二类为其余的 5 个点;
3 从第二类中任意选取三个点,可作 C5 个三角形; 1 从第一类中任意选取一个点,从第二类中任意选取 2 个点,可作 C4 ? C52 个三角形; 2 1 从第一类中任意选取 2 个点,从第二类中任意选取 1 个点,可作 C4 个三角形. ? C5 3 1 2 2 1 利用分类计数原理,可得总共可作三角形个数为 C5 ? C4 ? C5 ? C4 ? C5 ? 80 (个). 3 3 注意:本题也可解为 C9 ? C4 ? 80 (个),请你加以解释.

∴应填: 80 . (2)这个问题可分四类加以考虑. ① 5 个共面点决定 1 个平面;
2 ② 5 个共面点中任何 2 个点和其余 7 个点中任意一点决定 7C5 个平面; 2 ③ 5 个共面点中任一点和其余 7 个点中任意 2 个点决定 5C7 个平面; 3 ④ 7 个点中任何 3 个点决定 C7 个平面.

总共决定平面的个数为 1 ? 7C5 ? 5C7 ? C7 ? 211(个)
2 2 3

∴应填: 211 说明: 这题是利用组合知识解决与几何有关的问题, 要注意将已知条件中的元素分成几 类.而在解决此问题时,又使用的分类方法,至于怎样确定分类标准,这是一难点,比如, ①中确定三角形,必确定不共线的三点.这三点可全部来源于不共线 5 点,也可其一来源于 不共线 5 点,还可其二来源于那 5 点,这样分成三类.

典型例题十七

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩.

例 17 车间有 11 名工人,其中 5 名男工是钳工, 4 名女工是车工,另外两名老师傅既 能当车工又能当钳工,现在要在这 11 名工人里选派 4 名钳工, 4 名车工修理一台机床,问 有多少种选派方法. 解法 1:设 A 、 B 代表 2 位老师傅.
4 4 A , B 都不在内的选法有: C5 ? C4 ? 5 种; 2 2 4 A , B 都在内且当钳工的选法有: C2 C5 C4 ? 10 种; 2 4 2 A , B 都在内且当车工的选法有: C2 C5 C4 ? 30 种; 2 2 3 3 A , B 都在内,一人当钳工,一人当车工的选法有: C2 A2 C5 C4 ? 80 种; 1 3 4 A , B 有一人在内当钳工的选派方法有: C2 C5 C4 ? 20 种; 1 4 3 A , B 有一人在内当车工的选派方法有: C2 C5 C4 ? 40 种; 4 4 2 2 4 2 4 2 2 2 3 3 1 3 4 1 4 3 ∴共有 C5 ? C4 ? C2 A2 C5 C4 ? C2 C5 C4 ? C2 C5 C4 ? C2 C5 C4 ? C2 C5 C4 ? 185 (种). 4 4 4 3 1 4 2 2 解法 2: 5 名钳工有 4 名选上的派出方法是: C5 C4 ? C5 C4 C2 ? C5 C4 C2 ? 75 种; 3 4 1 3 3 2 5 名钳工有 3 名被选上的方法是: C5 C4 C2 ? C5 C4 A2 ? 100; 2 2 4 5 名钳工有 2 名被选上的方法是: C5 C2 C4 ? 10 种.

∴一共有 75 ? 100 ? 10 ? 185 (种)
4 4 4 3 1 4 2 2 解法 3: 4 名女车工都在的选派方法: C4 C5 ? C4 C5 C2 ? C4 C5 A2 ? 35 种; 3 1 4 3 3 2 4 名女车工有 3 人在内的派选方法: C4 C2C5 ? C4 C5 A2 ? 120种; 2 2 4 4 名女车工有 2 名在内的派选方法: C4 C2 C5 ? 30 种;

∴一共有 35 ? 120 ? 30 ? 185 (种). 说明:解法 1 是以老师傅为主考虑的;解法 2 是以钳工为主考虑的;解法 3 是以车工为 主考虑的.

典型例题十八
例 18 有 11 名翻译人员,其中 5 名会英语,4 名会日语,另外两名英语、日语都会, 从中选出 8 人,组成两个翻译小组,4 人译英语,另 4 人译日语,同一个人不能参加两个小 组,有多少种不同的选派方法? 分析: 本题是排列组合应用题中典型的选派问题, 本题的困难主要在于对两个语种都会 的两个人的处理,由于 1 个人不能同时参加两个小组,所以 1 个人不能既充当英语、又充当 日语翻译, 也就是说本题不能按从 7 名英语翻译中选 4 人, 从 6 名日语翻译中取 4 人来处理,

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. 正确解决问题的方法是先就两个语种都会的两个人(特殊元素)的选用情况进行分类. 解:按两个语种都会的两个人的选用情况分类:
4 4 两个人都不参加,这时有 C5 种用法. ? C4

两个人参加 1 人,这时还有该人参加英语或日语翻译两种情况,这时有
1 3 4 1 4 3 种用法. C2 ? C5 ? C4 ? C2 ? C5 ? C4

两个人都参加,这时有 3 种情况,都参加英语、都参加日语、或者分别参加一种.
2 4 4 2 3 3 2 这时有 C5 种用法. ? C4 ? C5 ? C4 ? C5 ? C4 ? A2

用分类计数原理,共有不同的选派方法总数为:
4 4 1 3 4 1 4 3 2 4 4 2 3 3 2 C5 ? C4 ? C2 ? C5 ? C4 ? C2 ? C5 ? C4 ? C5 ? C4 ? C5 ? C4 ? C5 ? C4 ? A2 ? 185(种).

说明:本题处理起来看似杂乱,分类的情况较多,实际上整个过程都是围绕两名英日语 都会的“多面手”的选用进行的,这种抓特殊对象处理的手段在我们组合类应用题中随处可 见.

典型例题十九
例 19 有 6 个人住进 5 个房间,分别按照下列要求,有多少种不同住法? (1)每个房间至少一个人; (2)5 个房间恰好空出一间不住人. 分析:每个房间至少一个人,则正好一个房间两个人,其它房间各 1 人,可以先安排两 个人进此房间.5 个房间空出一间,则有两种可能的结果,一种是一间 3 个人,3 间各 1 人, 另一间空着,还有一种可能结果是有两间各住两人,另两间各住 1 人,另一间空着. 解:(1)先从 6 人中选出两人进某一房间,其余 4 人每人进一间,不同的进房方法共有:
2 1 4 . C6 ? C5 ? A4 ? 1800(种)

(2)按条件不同的住房方法有两类:
3 1 3 3 第一类: 3 个人住一间房, 3 个人各住一间, 另一间空, 不同的方法共有: C6 ? C5 ? A3 ? C4

(种) . 第二类:两间房各进两人,另两间各 1 人,另一间空,不同的进房方法共有:
2 2 2 2 2 (种) . C5 ? C6 ? C4 ? C3 ? A2

用分类计数原理,所有满足要求的住房方法共有:
3 1 3 3 2 2 2 2 2 . C6 ? C5 ? A3 ? C4 ? C5 ? C6 ? C4 ? C3 ? A2 ? 7800(种)

说明:对于每个房间至少 1 人的情况,也可能这样考虑,先从 6 个人中任选 5 人住进 5
5 个房间,最后一人任进一个房间,这样得到的结果是 A6 ,与上面结果对比, ? 5 ? 3600(种)

增加了一倍, 为什么会出现不同结果呢?原因是这样考虑, 住进同一间房的两个人是在两步 中分别进入房间的,他们之间产生了不必要的顺序,导致了重复计数,所以对于同一组没有 顺序关系的元素在选取时,应该在同一步取到,如果分步取得就会产生顺序.比如:100 件

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. 产品 5 件次品, 从中任取 3 件至少一件次品的取法有多少种?我们在计算时不能先从 5 件次
1 2 品中先取一件,然后在其它 99 件中任取 2 件,列为 C5 ,这样的结果中有重复计算的情 ? C99 1 2 2 1 况. 正确的做法是按次品的个数进行分类, l 件次 2 件正:C5 , 2 件次 1 件正:C5 , ? C95 ? C95 1 2 2 1 3 3 三件次 C5 ,总数为: C5 . ? C95 ? C5 ? C95 ? C5 ? 23285(种)

典型例题二十
例 20 有五双不同的鞋, 从中任取 4 只, 至少有 2 只配成一双的可能取法种数是多少? 分析:满足要求的取法有两类,一类是 4 只中恰有 2 只配对,还有一类是 4 只鞋正好配 成 2 双.另外至少有 2 只配成的一双的反面就是 4 只均无配对,可以用间接法解题. 解:方法 1:如果恰好有两只配成一双,先从 5 双中取出一双,然后在剩下的四双中取
1 2 1 1 1 2 1 1 出两双, 两双中各取一只, 共有取法 C5 可以计算得到 C5 (种) . 如 C4 C2C2 种, C4 C2C2 ? 120 2 果四只鞋正好是两双,可以直接从 5 双鞋中任取两双,共有取法种数为 C5 . ? 10 (种) 1 2 1 1 2 用分类计数原理,所有符合要求的取法有 C5 . C4 C2C2 ? C5 ? 130(种) 4 方法 2:先从 10 只鞋中任取 4 只,有 C10 种取法,其中 4 只鞋都不成对可以看成从 5 4 1 1 1 1 双鞋中取 4 双,每双取出一只,共有取法 C5 C2C2C2C2 种.用间接法得所有符合条件的取

法种数为:
4 4 1 1 1 1 . C10 ? C5 C2C2C2C2 ? 130(种)

说明:对于这种配对问题,我们先处理好成对的元素,再按要求处理其它元素,这实际 上也是遵循特殊元素先处理的原则.比如:8 个人站成前后两排,每排 4 人面对面站着,其 中某两人必须正对面, 有多少种不同排法?我们先选好正对面的两个位置, 然后站上这两个
1 2 6 人,其它人任意排列,共有排法总数为 C4 . ? A2 ? A6 ? 5760(种)

典型例题二十一
例 21 书架上原有 6 本书,再放过去 3 本,但要求原有书的相对顺序不改变,则不同 的放法有多少种? 分析:本题一方面可以将三本书按步骤逐一放进去.但要注意放第一本书时,它插进去 有 7 种放法,而继续放第二本时,则有 8 种放法,放第三本时则有 9 种放法.本题还可从另 一方面考虑, 当三本书放完后实际上是 9 本书的一个排列, 但原有的六本书按原来的固定顺 序,仅考虑它们位于哪六个位置,即只要在 9 个位置上选出它们的 6 个位置,而用组合数列 式. 解:方法 1 ,按步分别插入 3 本书,依次有 7 、 8 、 9 种不同放法,不同的放法有 7 ? 8 ? 9 ? 504 (种) .

欢迎登录 100 测评网 www.100ceping.com 进行学习检测,有效提高学习成绩. 方法 2:在 9 个不同的位置放置原有 6 本书(按原来顺序) ,然后再在剩下 3 个位置排
6 3 另外三本书,不同的放法总数为: C9 . ? A3 ? 504(种)

说明:在许多排列问题中,有些是有预先给定的确定顺序,有些有隐含的确定顺序.对 于这类问题,我们只要选位置、不必排顺序.如:车队有 7 辆车,现在调出 4 辆按顺序去执 行任务,要求 A 、 B 两车必须出车参加,并且 A 车先于 B 车调出,那么不同的调度方法有 多少种?我们可以按下列步骤完成这个问题,先从剩下 5 辆中调出两辆,选出 A 、 B 两车
2 2 2 位置,再排另外两辆,这样不同的调度方法为: C5 . ? C4 ? A2 ? 120(种)

本卷由《100 测评网》整理上传,专注于中小学生学业检测、练习与提升.


100测评网高二数学练习卷参考答案(文 )

100测评网高二数学练习卷参考答案(文 )_数学_高中教育_教育专区。由100测评网上传提供,一线特高级教师整理编辑,非常有助于中小学生的学业提升欢迎...

100测评网高二数学练习卷球

100测评网高二数学练习卷球_数学_高中教育_教育专区。由100测评网上传提供,一线特高级教师整理编辑,非常有助于中小学生的学业提升欢迎登录 100 测评网 www.100ceping...

100测评网高二数学练习卷二项式定理

100测评网高二数学练习卷二项式定理_数学_高中教育_教育专区。由100测评网上传提供...2 3 n ?1 n ?1 分析:二项式系数的性质实际上是组合数的性质,我们可以用...

100测评网高二数学练习卷独立事件

100测评网高二数学练习卷独立事件_数学_高中教育_教育专区。由100测评网上传提供...这类似于排列组合中分步计数原理和分类计数原理结合使用的问题. 典型例题十七例 ...

100测评网高二数学练习卷平衡专题诊断训练

100测评网高二数学练习卷平衡专题诊断训练_数学_高中教育_教育专区。由100测评网上传提供,一线特高级教师整理编辑,非常有助于中小学生的学业提升欢迎...

100测评网(新)高二数学期末检测试卷

100测评网(新)高二数学期末检测试卷_数学_高中教育_教育专区。由100测评网上传提供,一线特高级教师整理编辑,非常有助于中小学生的学业提升欢迎...

100测评网高二数学练习卷简单线性规划

100测评网高二数学练习卷简单线性规划_数学_高中教育_教育专区。由100测评网上传提供,一线特高级教师整理编辑,非常有助于中小学生的学业提升欢迎...

100测评网高二数学练习卷数学归纳法

100测评网高二数学练习卷数学归纳法_数学_高中教育_教育专区。由100测评网上传提供,一线特高级教师整理编辑,非常有助于中小学生的学业提升欢迎...

100测评网高二数学练习卷算术平均数与几何平均数

100测评网高二数学练习卷算术平均数与几何平均数_数学_高中教育_教育专区。由100测评网上传提供,一线特高级教师整理编辑,非常有助于中小学生的学业提升欢迎...