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陈列组合精选试题讲解

篇一：陈列组合精选试题讲解

陈列组合精选试题讲解

【本讲教育信息】

一. 教学内容：

二. 教学目的

1. 掌握组合的概念及组合数的概念、公式及应用；

2. 归纳陈列与组合的综合题型，掌握这些题型的处理方法

三. 教学重点、难点

掌握及区分陈列与组合的概念，组合数的实际意义；陈列、组合综合题

四. 知识分析

1. 组合定义及其理解

（1）组合定义：一般地，从n个不同元素中任意取出m（0≤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．

（2）理解组合定义必须留意的几个征询题：

①假设两个组合中的元素完全一样，不管它们的顺序如何，都是一样的组合． ②当两个组合中的元素不完全一样，确实是不同的组合．

③陈列与组合征询题共同点是“从n个不同元素中任意取出m （m≤n）个元素”，不同点是前者要“按照一定的顺序排成一列”，而后者是“不管顺序并成一组”

④区分某一征询题是陈列征询题仍然组合征询题，关键看选出的元素与顺序是否有关．假设交换两个元素的位置对结果产生阻碍，那么是陈列征询题，否那么，是组合征询题．也确实是说陈列征询题与选取元素的顺序有关，组合征询题与选取元素的顺序无关．

2. 组合数及组合数公式

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是英文字母Combination（组合）的第一个字母）表示．

一般地，从n个不同元素中，任取m个元素的陈列，能够分两步完成： 第一步选取元素从n个不同元素中，任取m个元素的组合，有

第二步排位置选出的m个不同元素的全陈列，有

按照分步乘法计数原理，得

这个公式不仅提示了组合数与陈列数

常常分选元素和排位置两个步骤完成． 由于计算公式和

计算公式为

。 ①

。 ② 在组合数计算公式②中，当时，由于，故。之间的关系，也说明解某些陈列征询题时，种方法． 种方法； 得出组合数

当时，组合数公式仍有意义，将代入组合数计算公式②中，得。 组合数公式的连乘积和阶乘方式，阶乘方式一般用于证明和计算．组合数的性质常用于

证明恒等式及含有组合数式子的简化计算．

组合数有两个性质：（1）

（2）

3. 陈列数与组合数的计算方法

①解计算（或化简）题时，主要按照陈列数与组合数公式及其变形，在计算过程中要留意阶乘的运算、组合数性质的使用和提取公因式等方法．

②含有陈列数或组合数的方程都是在某个正整数范围内求解，利用这点能够按照标题的条件将方程及时化简．

③证明时可利用陈列数公式与组合数公式的阶乘表示方式和组合数性质，要留意阶乘的运算和技巧，如拆项．

4. 解陈列、组合的应用题，要留意以下几点：

①细心审题，看元素有无顺序，从而推断是组合征询题仍然陈列间题；要按元素的性质分类，按事件发生的过程进展分步；

②关于附有条件的比拟复杂的陈列组合应用题，要留意从不同的角度来分析征询题，从元素仍然位置入手，正难那么反．

③关于附有条件的比拟复杂的陈列组合应用题，要缜密分析，合理分类，不重不漏，先选后排仍然边选边排必须思路明晰．

④掌握重点题型的解题策略。

5. 解陈列组合题的“16字方针，12个技巧”。

（1）“十六字”方针是解陈列组合题的根本规律，即分类相加、分步相乘、有序陈列、无序组合．

（2）“十二”个技巧是速解陈列组合题的捷径．即①相邻征询题捆绑法；②不相邻征询题插空法；③多排征询题单排法；④定序征询题倍缩法；⑤定位征询题优先法；⑥有序分配征询题分步法；⑦多元征询题分类法；⑧穿插征询题集合法；⑨至少（或至多）征询题的间接法；⑩选排征询题先取后排法；⑧部分与整体征询题排除法；⑩复杂征询题转化法．

6. 在解有限制条件的组合应用题时，要正确理解标题中出现的“至少”“至多”“全是”“有且仅有”“都不是”等词语的含义，使其等价转化，才能正确地分类或用间接法求解．有时还要辩证地对待“元素”和“位置”，事实上，元素和位置是解题者视详细情况而定的，是人为的，有时用逆选的方法，用位置去选元素反而会更容易处理，方法二用的是“插板法”，要留意与“插空法”的区别，深化理解“插板法”的思想，能快速、简捷地处理一部分标题．

【典型例题】

例1. 为了参加的元旦文艺汇演，某班决定从爱好唱歌的4名男同学和5名女同学中选派4名参加小合唱节目，假设要求男女同学至少各选派1名，那么不同的选派方法有多少种？

分析：此题主要调查组合数公式、分类讨论的思想方法以及逻辑推理才能、分析征询题的才能．

可按选派的男同学的个数进展分类，或用间接法求解．

解法一：按选派的男同学的人数分三类： ①选派一名男同学，三名女同学，有

②选派两名男同学，两名女同学，有种方法； 种方法；

③选派三名男同学，一名女同学，有种方法；

由分类计数原理，共有不同的选派方法 40＋60＋20＝120 种．

解法二：

在这九名同学中任选四名，有

种方法；四人都是女同学的有

－5＝120种． 种方法．其中四人都是男同学的有

种方法，因而符合要求的选派方法有126－1

留意：易列出错式，即先男女各选1人，再从余下7人中选2人，造成重复． 点评：有限制条件的组合应用题的限制条件主要表如今被选出的元素“含”或“不含”

某些元素，或是“至少”“至多”等类型的组合征询题，关于这类组合应用题解题的总体思路为：

（1）用直截了当法

一般是从整体分类，然后再部分分步，关于较复杂的从假设干个集合里选元素的征询题，首先应以其中一个集合为基准进展分类（因而，为了使类别尽量少，这个集合里的元素较少为好），分类时要做到不重不漏，也确实是各类的并集是全集，任意两类的交集为空集，在合理正确分类的前提下，在每一类中，按照标题中的要求进展分步，分步要做到步步连续，各步之间互相独立．

（2）用间接法

当正面求解较为困难时，也可采纳正难那么反的思想用“间接法”求解，但要留意找准对立面．本例的一个常见错误解法是：先从4名男同学中选出1名，有

名女同学中选出1名，有种选法．从5种选种选法，再在剩下的7名同学中选出2名，有

法，由分步计数原理得，共有＝420种选派方法：这种看似不错的解法产生重复（由于分步计数是有顺序的），防止产生重复的最好方法确实是分类，先分类后分步是解陈列组合应用题时应遵照的原那么之一。

例2. 在100件产品中，有98件合格品，2件次品，从这100件产品中任意抽出3件．

（1）有多少种不同的抽法？

（2）抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？

（3）抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？

解析：（1）所求的不同抽法的种数，确实是从100件产品中取出3件的组合数，因而共有

（种）

（2）从2件次品中抽出1件次品的抽法有种，从98件合格品中抽出2件合格品的抽法有种，因而抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有（种）。

（3）解法1：从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品，包括有1件次品和2件次品两种情况．在第（2）小题中已求得其中1件是次品的抽法有种，因而按照分类加法计数原理，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有

（种）。

解法2：抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法的种数，也确实是从100件中抽出3件的抽法种数减去3件中都是合格品的抽法的种数，即

（种）

例3. 一位教练的足球队共有17名初级学员，他们中往常没有一人参加过竞赛，按照足球竞赛规那么，竞赛时一个足球队的上场队员是11人，征询：

（1）这位教练从这17名学员中能够构成多少种学员上场方案？

（2）假设在选出11名上场队员时，还要确定其中的守门员，那么教练员有多少种方式做这件事？

分析：关于（1），按照题意，17名学员没有角色差异，地位完全一样，因而这是一个从17个不同元素中选出n个元素的组合征询题；关于（2），守门员的位置是特别的，其余上场学员的地位没有差异，因而这是一个分步完成的组合征询题．

解析：（1

）由于上场学员没有角色差异，因而能够构成的学员上场方案有

（种）。

（2）教练员能够分两步完成这件事情：

第1步，从17名学员中选出11人组成上场小组，共有

第2步，从选出的11人中选出1名守门员，共有

因而教练员做这件事情的方法数有

＝12376种选法； ＝12376 种选法． （种）．

例4. 从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数中取出3个数，使其和为不小于10的偶数，不同的取法有多少种？

分析：要和为偶数，三数必须全为偶数或一偶两奇，然后将和小于10的那些取法排除掉即得．

解析：从这10个数中取出3个不同的偶数取法有种；取出1个偶数和2个不同的奇数的取法有种．从这10个偶数中取出3个数，使其和为小于 10 的偶数，有如下9种不同的取法：（0，1，3），（0，l，5），（0，2，4），（1，2，3），（0，l，7），（0，2，6），（0，3，5），（1，2，5），（1，3，4）。 因而符合条件的不同取法有种．

点评：对方法数比拟少的计数征询题，可采纳逐一列举，列举时思路务必明晰，防备少算．

例5. 有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中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位数？

分析：在解此题时应考虑两方面的征询题：

（1）0不能作百位，但0与1同在一张卡片上，因而着眼于限制条件，必须同时考虑0与1的分类．

（2）每张卡片都有正面与反面两种可能．解法上既可用直截了当法，也可用排除法． 解析：（法一）（直截了当法）：从0与1两个特别值着眼，可分三类：

（1）取0不取1，可先从另四张卡片上选一张作百位，有

有种方法；最后须从剩下的三张中任取一张，有种方法；0可在后两位，种方法；又除含0的那张外，其他两（个）。

（个） 张都有正面或反面两种可能，故如今可得不同的三位数有（2）取1不取0，同上分析可得不同的三位数

（3）0和1都不取，有不同的三位数（个）。

综上所述，共有不同的三位数96＋144＋192＝432 （个）。

（法二）（间接法）：任取三张卡片能够组成不同三位数（个），其中0

在百位的有（个），这是不合题意的，故共有不同三位数：480－48＝432（个）。

例6. 由a、b、c、d、e、f六个字母中每次取4个进展陈列，假设每个陈列都含有a、b，且a在b前的陈列有多少个？

分析：首先搞清标题的限制条件，然后按照限制的元素（或位置）进展考虑。

解法一：

第一步，在四个位置中任选两个作为a、b的位置，因a在b前，顺序一定，故是组合，方法应有种，第二步，在余下的二个位置由除a、b外的另四个元从来排，由于有位

种，由乘法原理得排法应有

种．

种，如今余

种． 种． 置顺序的要求，故是陈列征询题，排法为解法二： 第一步，从c、d、e、f 中任选两个元从来，选法为第二步，把选出的二个元素排在四个位置上的任意两个上，排法为下的两个位置即是a在前b在后的位里，只有一种选法，由乘法原理得：

解法三：

第一步，从c、d、e、f 中选出两个元从来，选法为种．

第二步，将a、b

与第一步选出的两个元素共四个元素排在四个不同的位置上，共有

种排法，又 a 应在 b 前，应除以 2，故得排法为种．

点评：选择方法不同，考虑方式就不一样，但要留意处理征询题的合理性．

例7. 7个人到7个地点去旅游，甲不去A地，乙不去B地，丙不去C地，丁不去D地，共有多少种旅游方案？

解析：此题可用排除法，7个人赴7个地点共有种可能．

（1）假设甲、乙、丙、丁4人同时都去各自不能去的地点旅游，而其余的人能够去余下的地点旅游的不同选法有种．

种，而4人中剩

种，因而共有（2）假设甲、乙、丙、丁中有3人同时去各自不能去的地点旅游，有下1人旅游的地点是

72种． ，都选完后，再考虑无条件的3人的旅游方法是

（3）假设甲、乙、丙、丁4人中有2人同时去各自不能去的地点旅游，有

5个人分赴5个不同地点的方案有种，余下的种，但是其中又包括了有条件的四人中的两人（不妨种，和这两人中有一人去了本人不能去的地种．

种方案，而余设甲、乙两人）同时去各自不能去的地点共方共种，因而共有

（4）假设甲、乙、丙、丁4人中有1人去了本人不能去的地点旅游，有

下的六个人的旅游方案仍与（3）方法一致，共有

种。 因而满足以上情况的不同旅游方案，共有

种。

例8. 四面体的顶点和各棱的中点共10个点．

（1）从中任取三点确定一个平面，共能确定多少个平面？

（2）以这10个点为顶点，共能确定多个少凸棱锥？

分析：征询题（1）的处理可考虑间接法，即从3个点的组合扣除3点共线、四点共面和六点共面的情形，征询题（2）首先要对凸棱锥的类型做出推断，然后分类统计．

解析：（1）四面体的每一个面上的6个点只能确定同一个平面，六个中点中又有3对互相平行的连线，每一条棱上的三个点和棱外的点只能确定一个平面，由间接解法，共能确定不同平面个；

（2）依四面体的性质，假设从 10 个点中取顶点作棱锥，只能是三棱锥和四棱锥．每一组不共面的 4 点确定一个三棱锥，每一无三点共线的共面 4 点与该平面外一点确定一个四棱锥，因而有个三棱锥，即不考虑限制后，减去4个面上4点共面虚构的、6条棱上三点共线虚构的和3对平行中位线4点共面虚构的．

又每一面上6点，仅确定6个不同凸四边形，即，再以不在该面上的另外4点之一为第5个顶点．可做成四棱锥，因而共有个，又每对平行的中位线段为四边形二边可确定一个底面四边形，另取其余6点之一为第5个顶点，可做四棱锥，因而共有个，即共有不同四棱锥个。

因而共能做成不同的棱锥141＋114＝255个．

点评：处理几何计数征询题时，必须综合运用相应的几何概念，发挥空间想象和图形分析才能，要特别注重对应关系及对重复现象的推断．征询题（1）的处理也可采纳分类穷举法．

例9. 要从7个班中选10人参加数学竞赛，每班至少1人，共有多少种不同的选法？ 分析：此题主要调查陈列、组合的概念，分类讨论的思想方法以及分析征询题、处理征询题的才能，可按班选出的人数进展分类，或用插板法求解．

解法一：共分三类：

第一类，一个班出4人，6个班各出1人，有种；

种； 第二类，有2个班分别出2人，3人，其余5个班各出1人，有

篇二：陈列组合根底知识及习题分析

陈列组合根底知识及习题分析

在介绍陈列组合方法之前 我们先来理解一下根本的运算公式！

C5取3＝（5×4×3）/（3×2×1） C6取2＝（6×5）/（2×1）

通过这2个例子 看出

CM取N 公式 是种子数M开场与本身连续的N个自然数的降序乘积做为分子。 以取值N的阶层作为分母

P53＝5×4×3 P66＝6×5×4×3×2×1

通过这2个例子

PMN＝从M开场与本身连续N个自然数的降序乘积 当N＝M时 即M的阶层

陈列、组合的本质是研究“从n个不同的元素中，任取m (m≤n)个元素，有序和无序摆放的各种可能性”.区别陈列与组合的标志是“有序”与“无序”.

解答陈列、组合征询题的思维方式有二：

其一是看征询题是有序的仍然无序的？有序用“陈列”，无序用“组合”；

其二是看征询题需要分类仍然需要分步？分类用“加法”，分步用“乘法”.

分 类：“做一件事，完成它能够有n类方法”，这是对完成这件事的所有方法的一个分类.分类时，首先要按照征询题的特点确定一个适宜于它的分类标准，然后在这个 标准下进展分类；其次，分类时要留意满足两条根本原那么：①完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；②分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.

分步：“做一件事，完成它需要分成n个步骤”，这是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤.分步时，首先要按照征询题的特点，确定一个可行的分步标准；其次，步骤的设置要满足完成这件事必须同时只需连续完成这n个步骤后，这件事才算最终完成.

两 个原理的区别在于一个和分类有关，一个与分步有关.假设完成一件事有n类方法，这n类方法彼此之间是互相独立的，不管那一类方法中的那一种方法都能单独完 成这件事，求完成这件事的方法种数，就用加法原理；假设完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成每一个 步骤各有假设干种不同的方法，求完成这件事的方法品种就用乘法原理.

在处理陈列与组合的应用题时应留意以下几点：

1．有限制条件的陈列征询题常见命题方式：

“在”与“不在”

“邻”与“不邻”

在处理征询题时要掌握根本的解题思想和方法：

⑴“相邻”征询题在解题时常用“合并元素法”，可把两个以上的元素当做一个元从来看，这是处理相邻最常用的方法.

⑵“不邻”征询题在解题时最常用的是“插空陈列法”.

⑶“在”与“不在”征询题，常常涉及特别元素或特别位置，通常是先陈列特别元素或特别位置.

⑷元素有顺序限制的陈列，能够先不考虑顺序限制，等陈列完毕后，利用规定顺序的实情求出结果.

2．有限制条件的组合征询题，常见的命题方式：

“含”与“不含”

“至少”与“至多”

在解题时常用的方法有“直截了当法”或“间接法”.

3． 在处理陈列、组合综合题时，通过分析条件按元素的性质分类，做到不重、不漏，按事件的发生过程分步，正确地交替使用两个原理，这是处理陈列、组合征询题的最根本的，也是最重要的思想方法.

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提供10道习题供大家练习

1、三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为（ C ）

(A)25个 (B)26个 (C)36个 (D)37个

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【解析】

按照三角形边的原理 两边之和大于第三边，两边之差小于第三边

可见最大的边是11

那么两外两边之和不能超过22 由于当三边都为11时 是两边之和最大的时候

因而我们以一条边的长度开场分析

假设为11，那么另外一个边的长度是11，10，9，8，7，6，。。。。。。1

假设为10 那么另外一个边的长度是10，9，8。。。。。。2，

（不能为1 否那么两者之和会小于11，不能为11，由于第一种情况包含了11，10的组合） 假设为9 那么另外一个边的长度是 9，8，7，。。。。。。。3

（理由同上 ，可见规律出现）

规律出现 总数是11＋9＋7＋。。。。1＝（1＋11）×6÷2＝36

2、

（1）将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？

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【解析】 每封信都有3个选择。信与信之间是分步关系。比方说我先放第1封信，有3种可能性。接着再放第2封，也有3种可能性，直到第4封， 因而分步属于乘法原那么 即3×3×3×3＝3

（2）3位旅客，到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？

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【解析】跟上述情况类似 关于每个旅客我们都有4种选择。彼此之间选择没有关系 不够成分类关系。属于分步关系。如：我们先安排第一个旅客是4种，再安排第2个旅客是4种选择。明白最后一个旅客也是4种可能。按照分步原那么属于乘法关系 即 4×4×4＝4

（3）8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人一本，有多少种不同的分法？ -------------------------------------------------------------

【解析】分步来做

第一步：我们先选出3本书 即多少种可能性 C8取3＝56种

第二步：分配给3个同学。 P33＝6种

这 里略微介绍一下为什么是P33 ，我们来看第一个同学能够有3种书选择，选择完成后，第2个同学就只剩下2种选择的情况，最后一个同学没有选择。即3×2×1 这是分步选择符合乘法原那么。最常见的例子确实是 1，2，3，4四个数字能够组成多少4位数？ 也是满足如此的分步原那么。 用P来计算是由于每个步骤之间有约束作用 即下一步的选择遭到上一步的压缩。

因而该题结果是56×6＝336

3、

七个同学排成一横排照相.

（1）某甲不站在排头也不能在排尾的不同排法有多少种？ （3600）

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【解析】

这个标题我们分2步完成

第一步： 先给甲排 应该排在中间的5个位置中的一个 即C5取1＝5

第二步： 剩下的6个人即满足P原那么 P66＝720

因而 总数是720×5＝3600

（2）某乙只能在排头或排尾的不同排法有多少种？ （1440）

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【解析】

第一步：确定乙在哪个位置 排头排尾选其一 C2取1＝2

第二步：剩下的6个人满足P原那么 P66＝720

那么总数是 720×2＝1440

（3）甲不在排头或排尾，同时乙不在中间的不同排法有多少种？ （3120）

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【解析】特别情况先安排特别

第一种情况：甲不在排头排尾 同时不在中间的情况

去除3个位置 剩下4个位置供甲选择 C4取1＝4， 剩下6个位置 先安中间位置 即除了甲乙2人，其他5人都能够 即以5开场，剩下的5个位置满足P原那么 即5×P55＝5×120＝600 总数是4×600＝2400

第2种情况：甲不在排头排尾， 甲排在中间位置

那么 剩下的6个位置满足P66＝720

由因而分类讨论。因而最后的结果是两种情况之和 即 2400＋720＝3120

（4）甲、乙必须相邻的排法有多少种？ （1440）

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【解析】相邻用捆绑原那么 2人变一人，7个位置变成6个位置，即分步讨论

第1： 选位置 C6取1＝6

第2： 选出来的2个位置对甲乙在排 即P22＝2

那么安排甲乙符合情况的种数是2×6＝12

剩下的5个人即满足P55的规律＝120

那么 最后结果是 120×12＝1440

（5）甲必须在乙的左边（不一定相邻）的不同排法有多少种？（2520）

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【解析】

这个标题特别好,不管如何安排甲出如今乙的左边 和出如今乙的右边的概率是一样的。 因而我们不考虑左右征询题 那么总数是P77＝5040 ,按照左右概率相等的原那么 那么排在左边的情况种数是5040÷2＝2520

4、用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数.

（1）能组成多少个四位数？ （300）

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【解析】 四位数 从高位开场到低位 高位特别 不能排0。 那么只有5种可能性

接下来3个位置满足P53原那么＝5×4×3＝60 即总数是 60×5＝300

（2）能组成多少个自然数？ （1631）

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【解析】自然数是从个位数开场所有情况

分情况

1位数： C6取1＝6

2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25

3位数： C5取3×P33＋C5取2×P22×2＝100

4位数： C5取4×P44＋C5取3×P33×3＝300

5位数： C5取5×P55＋C5取4×P44×4＝600

6位数： 5×P55＝5×120＝600

总数是1631

这里解释一下计算方式 比方说2位数： C5取2×P22＋C5取1×P11＝25

先从不是0的5个数字中取2个陈列 即C5取2×P22 还有一种情况是从不是0的5个数字中选一个和0搭配成2位数 即C5取1×P11 由于0不能作为最高位 因而最高位只有1种可能

（3）能组成多少个六位奇数？ （288）

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【解析】高位不能为0 个位为奇数1，3，5 那么 先考虑低位，再考虑高位 即 3×4×P44＝12×24＝288

（4）能组成多少个能被25整除的四位数？ （21）

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【解析】 能被25整除的4位数有2种可能

后2位是25： 3×3＝9

后2位是50： P42＝4×3＝12

共计9＋12＝21

（5）能组成多少个比201345大的数？ （479）

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【解析】

从数字201345 这个6位数看 是最高位为2的最小6位数 因而我们看最高位大于等于2的6位数是多少？

4×P55＝4×120＝480 去掉 201345这个数 即比201345大的有480－1＝479

（6）求所有组成三位数的总和. （32640）

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【解析】每个位置都来分析一下

百位上的和：M1=100×P52(5+4+3+2+1)

十位上的和：M2=4×4×10(5+4+3+2+1)

个位上的和：M3=4×4(5+4+3+2+1)

总和 M＝M1+M2+M3=32640

5、消费某种产品100件，其中有2件是次品，如今抽取5件进展检查.

（1）“其中恰有两件次品”的抽法有多少种？ （152096）

【解析】 也确实是说被抽查的5件中有3件合格的 ，即是从98件合格的取出来的 因而 即C2取2×C98取3＝152096

（2）“其中恰有一件次品”的抽法有多少种？ （7224560）

【解析】同上述分析，先从2件次品中挑1个次品，再从98件合格的产品中挑4个 C2取1×C98取4＝7224560

（3）“其中没有次品”的抽法有多少种？ （67910864）

【解析】那么即在98个合格的中抽取5个 C98取5＝67910864

（4）“其中至少有一件次品”的抽法有多少种？ （7376656）

【解析】全部陈列 然后去掉没有次品的陈列情况 确实是至少有1种的

C100取5－C98取5＝7376656

（5）“其中至多有一件次品”的抽法有多少种？ （75135424）

【解析】所有的陈列情况中去掉有2件次品的情况即是至多一件次品情况的

C100取5－C98取3＝75135424

6、从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，那么不同的取法共有（ ）

(A)140种 (B)84种 (C)70种 (D)35种

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篇三：陈列组合讲解及习题

加法原理和乘法原理

（1－1） 从甲地到乙地，能够乘火车，也能够乘汽车，一天中火车有3班，汽车有2班，那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种方法？

分析：由于一天中乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，每一种走法都能够从甲地到乙地，因而，共有3+2=5(1－2) 从甲地到乙地，能够乘火车，也能够乘汽车，4 班, 汽车有2班，轮船有3从甲地到乙地共有多少种不同的走法?

分析：从甲地到乙地有3类方法：第一类方法，乘火车，有4种方法；第二类方法，乘汽车，有2种方法；第三类方法，乘

轮船，有3种方法；因而，从甲地到乙地共有4+2+3=9

(加法原理)：做一件事情，完成它能够有n类方法，在第一类方法中有m1种不同的方法，在第二类方法中有m2种不同的方法，??，在第n类方法中有mn

N?m1?m2???mn

（2－1） 从甲地到乙地，要从甲地先乘火车到丙地，再于次日从丙地乘汽车到乙地，一天中，火车有3班，汽车有2班，那么两天中，从甲地到乙地共有多少种不同的走法？

分析:由于乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，因而，乘一次火车再接着乘一次汽车从甲地到乙地，共有3?2?6种不同走法，如以下图，

所有走法：火车1──汽车1；火车1──汽车2；火车2

──汽车1；

火车2──汽车2；火车3──汽车1；火车3──汽车（2－2） 如图,由A村去B村的道路有2条，由B村去C村的道路有3A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？

分析: 从A村经 B村去C村有2步, 第一步, 由A村去B村有2种方法, 第二步, 由B村去C村有3种方法,

因而 从A村经 B村去C村共有 2×3 = 6 4.分步计数原理(乘法原理)：做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，??，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事有N?m1?m2???mn

分类计数原理(

加法原理)中，“完成一件事，有n类方法”，是说每种方法“互斥”，即每种方法都能够独立地完成这件事，同时他们之间没有重复也没有遗漏．进展分类时，要求各类方法彼此之间是互相排挤的，不管那一类方法中的哪一种方法，都能独立完成这件事.只有满足这个条件，才能直截了当用加法原理，否那么不能够.

分步计数原理(乘法原理)中，“完成一件事，需要分成n个步骤”，是说每个步骤都缺乏以完成这件事，这些步骤，彼此间也不能有重复和遗漏．

假设完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求互相独立，即相关于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么完成这件事的方法数就能够直截了当用乘法原理.

能够看出“分”是它们共同的特征，但是，分法却大不一样．

两个原理的公式是: N?m1?m2???mn, N?m1?m2???mn

这种变形还提示人们，分类和分步，常是在一定的限制之下人为的，因而，在这里我们大有用武之地：能够按照解题需要灵敏而巧妙地分类或分步．

强调知识的综合是近年的一种可取的现象．两个原理，能够与物理中电路的串联、并联类比．

两个根本原理的区别：一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法范例：

例1．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，

（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？

（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？

解：（1）从书架上任取1本书，有3类方法：第1类方法是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类方法是从第3层取1本体育

书，有24+3+2=9因而，从书架上任取1本书，有9种不同的取法；

（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，能够分成3个步骤完成：第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步从第2层取1本艺术书，有3种方法；第3步从第3层取1本体育书，有21、2、3层各取1本书，不同取法的种数是4?3?2?24因而，从书架的第1、2、3层各取1本书，有24例2．一种号码拨号锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共10个数字，这4个拨号盘能够组成多少个四位数号码？

解：每个拨号盘上的数字有10种取法，按照分步计数原理，4个拨号盘上各取1个数字组成的四位数字号码的个数是N?10?10?10?10?10000，

因而，能够组成10000例3．要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少种不同的选法？ 解：从3名工人中选1名上日班和1名上晚班，能够看成是通过先选1名上日班，再选1名上晚班两个步骤完成，先选1名上日班，共有3种选法；上日班的工人选定后，上晚班的工人有2N?3?2?6种，6种选法能够表示如下： 日班 晚班

甲乙

甲丙

乙甲

乙丙

丙甲

丙乙

因而，从3名工人中选出2名分别上日班和晚班，6例4．甲厂消费的收音机外壳形状有3种，颜色有4种，乙厂消费的收音机外壳形状有4种，颜色有5种，这两厂消费的收音机仅从外壳的形状和颜色看，共有所少种不同的品种？

解：收音机的品种可分两类：

第一类：甲厂收音机的品种，分两步：形状有3种，颜色有4种，共3?4?12种； 第二类：乙厂收音机的品种，分两步：形状有4种，颜色有5种，共4?5?20因而，共有12?20?32说明：计数原理针对“分类”征询题，其中方法互相独立，用其中任何一种方法都能够做完这件事；分步计数原理针对“分步”征询题，各个步骤中方法互相独立，只有各个步骤都完成才算完成了这练习：

1 . 书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5(1) 从中任取一本，有多少种不同的取法？

(2)从中任取数学书与语文书各一本，有多少种不同的取法？

解：(1)从书架上任取一本书，有两种方法：第一类可从6本数学书中任取一本，有6种方法；第二类可从5本语文书中任取一本，有5种方法；按照加法原理可得共有 5+6=11 种不同的取(2) 从书架上任取数学、语文书各一本，能够分成两步完成：第一步任取一本数学书，有6种方法；第二步任取一本语文书，有55×6=302. 某班级有男学生5人，女学生4 (1)从中任选一人去领奖, 有多少种不同的选法？

(2) 从中任选男、女学生各一人去参加座谈会，有多少种不同的选法？

解：(1) 完成从学生中任选一人去领奖这件事，共有2类方法，

第一类方法，从男学生中任选一人， 共有m1 = 5种不同的方法；

第二类方法，从女学生中任选一人， 共有m2 = 4种不同的方法

因而, 按照加法原理, 得到不同选法种数共有