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GRE 数学—排列组合公式及例题讲解

排列 A------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 A(n,m)表示.

A(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)=A(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＝A(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（Anm(n 为下标，m 为上标)）

Anm=n×（n-1）....（n-m+1）；Anm=n！/（n-m）！（注：！是阶乘符号）；

Ann（两个 n 分别为上标和下标） =n！；0！=1；An1（n 为下标 1 为上标）

=n

组合（Cnm(n 为下标，m 为上标)）

Cnm=Anm/Amm ；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

2008-07-08 13:30

公式 A 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？

A1: 123 和 213 是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的， 既属于“排列 A”计算范畴。

上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现

988,997 之类的组合， 我们可以这么看，百位数有 9 种可能，十位数 则应该有 9-1 种可能，个位数则应该只有 9-1-1 种可能，最终共有 9*8*7 个三位数。计算公式＝A（3，9)＝9*8*7,(从 9 倒数 3 个的乘积）

Q2: 有从 1 到 9 共计 9 个号码球，请问，如果三个一组，代表“三 国联盟”，可以组合成多少个“三国联盟”？

A2: 213 组合和 312 组合，代表同一个组合，只要有三个号码 球在一起即可。即不要求顺序的，属于“组合 C”计算范畴。

上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重 复的个数即为最终组合数 C(3,9)=9*8*7/3*2*1

排列、组合的概念和公式典型例题分析

例 1 设有 3 名学生和 4 个课外小组．（1）每名学生都只参加一 个课外小组；（2）每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多

有一名学生参加．各有多少种不同方法？

解（1）由于每名学生都可以参加 4 个课外小组中的任何一个， 而不限制每个课外小组的人数，因此共有 种不同方法．

（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组 至多有一名学生参加，因此共有 种不同方法．

点评 由于要让 3 名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法 原理进行计算．

例 2 排成一行，其中 不排第一， 不排第二， 不排第三， 不 排第四的不同排法共有多少种？

解 依题意，符合要求的排法可分为第一个排 、 、 中的某一 个，共 3 类，每一类中不同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：

∴ 符合题意的不同排法共有 9 种．

点评 按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不 同排法的规律，“树图”是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计 数问题的一种数学模型．

例３ 判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果．

（1）高三年级学生会有 11 人：①每两人互通一封信，共通了多少

封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？

（2）高二年级数学课外小组共 10 人：①从中选一名正组长和一名 副组长，共有多少种不同的选法？②从中选 2 名参加省数学竞赛，有多 少种不同的选法？

（3）有 2，3，5，7，11，13，17，19 八个质数：①从中任取两个 数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以 得到多少个不同的积？

（4）有 8 盆花：①从中选出 2 盆分别给甲乙两人每人一盆，有多 少种不同的选法？②从中选出 2 盆放在教室有多少种不同的选法？

分析 （1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是 不同的两封信，所以与顺序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲 与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无关，所以是组合问题．其 他类似分析．

（1）①是排列问题，共用了 封信；②是组合问题，共需握手（次）．

（2）①是排列问题，共有 （种）不同的选法；②是组合问题，共 有 种不同的选法．

（3）①是排列问题，共有 种不同的商；②是组合问题，共有 种不

同的积．

（4）①是排列问题，共有 种不同的选法；②是组合问题，共有 种 不同的选法．

例４ 证明 ． 证明 左式

右式．

∴ 等式成立．

点评 这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并 利用阶乘的性质 ，可使变形过程得以简化．

例 5 化简 ． 解法一 原式

解法二 原式

点评 解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性 质；解法二选用了组合数的两个性质，都使变形过程得以简化．

例 6 解方程：（1） ；（2） ．

解 （1）原方程

解得 ．

（2）原方程可变为

∵ ， ，

∴ 原方程可化为 ． 即 ，解得

第六章 排列组合、二项式定理 一、考纲要求

1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问 题.

2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的 性质，并能用它们解决一些简单的问题.

3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简

单问题.

二、知识结构

三、知识点、能力点提示

(一)加法原理乘法原理

说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为 处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据.

例 1 5 位高中毕业生，准备报考 3 所高等院校，每人报且只报一所， 不同的报名方法共有多少种?

解： 5 个学生中每人都可以在 3 所高等院校中任选一所报名，因而 每个学生都有 3 种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方 法总共有

3×3×3×3×3=35(种) (二)排列、排列数公式

说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特， 它研 究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽

象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题

或填空题考查.

例 2 由数字 1、2、3、4、5 组成没有重复数字的五位数，其中小于

50 000 的 偶数共有( )

A.60 个 B.48 个 C.36

个 D.24 个

2
3
解 因为要求是偶数，个位数只能是 2 或 4 的排法有 A1 ；小于 50 000 的五位数，万位只能是 1、3 或 2、4 中剩下的一个的排法有 A1 ;在首末 两位数排定后，中间 3 个位数的排法有 A3 ，得 A1 A3 A1 ＝36(个)
3 3 3 2

由此可知此题应选 C.

例 3 将数字 1、2、3、4 填入标号为 1、2、3、4 的四个方格里，每 格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少 种?

解： 将数字 1 填入第 2 方格，则每个方格的标号与所填的数字均不 相同的填法有 3 种，即 214 3，3142，4123；同样将数字 1 填入第 3 方 格，也对应着 3 种填法；将数字 1 填入第 4 方格，也对应 3 种填法，因 此共有填法为

3
3A1 =9(种).

例四 例五可能有问题，等思考

三)组合、组合数公式、组合数的两个性质

说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用 题，且基本上都是由选择题或填空题考查.

例 4 从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任意取出 3 台，其中至少有甲 型与乙型电视机各 1 台，则不同的取法共有( )

A.140 种 B.84 种 C.70 种 D.35

种

解： 抽出的 3 台电视机中甲型 1 台乙型 2 台的取法有 C1 ·C2
种；甲

4 5

型 2 台乙型 1 台的取法有 C2 ·C1 种
4 5

根据加法原理可得总的取法有

C2 2 2 1
4·C 5+C 4·C 5=40+30=70(种 )

可知此题应选 C.

例 5 甲、乙、丙、丁四个公司承包 8 项工程，甲公司承包 3 项，乙

公司承包 1 项，丙、丁公司各承包 2 项，问共有多少种承包方式?

8
解： 甲公司从 8 项工程中选出 3 项工程的方式 C3 种；

5
乙公司从甲公司挑选后余下的 5 项工程中选出 1 项工程的方式有 C1 种；

4
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的 4 项工程中选出 2 项工程的方式有 C2

种；

丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的 2 项工程中选出 2 项工程的

2
方式有 C2 种.

根据乘法原理可得承包方式的种数有 C3 8×C1 ×C2 ×C2 = ×1=1680(种).
5 4 2

(四)二项式定理、二项展开式的性质

说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中 它是常用的基础知识 ，从 1985 年至 1998 年历届高考均有这方面的题 目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空 题.

例 6 在(x- )10 的展开式中，x6 的系数是( )

10
A.-27C6
B.27C4
C.-9C6

10
10
10
D.9C4

解 设(x- )10 的展开式中第 γ+1 项含 x6，

10x
因 Tγ+1=Cγ
10-γ(- )
γ，10-γ=6,γ=4

于是展开式中第 5 项含 x 6，第 5 项系数是 C4
(- )4=9C4

10 10

故此题应选 D.

例 7 (x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)+(x-1)５的展开式中的 x２的系 数等于

解：此题可视为首项为 x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前 5 项的和，

则其和为

6
在(x-1)6 中含 x3 的项是 C3 x3(-1)3=-20x3，因此展开式中 x2 的系数是-2 0. (五)综合例题赏析

例 8 若(2x+ )4=a +a x+a x 2+a x3+a x4，则(a +a +a )2-(a +a )2 的值为

0 1 2 3 4
0 2 4 1 3

( )

A.1 B.-1

C.0 D.2

解：A.

例 9 2 名医生和 4 名护士被分配到 2 所学校为学生体检，每校分配 1

名医生和 2 名护士，不同的分配方法共有( )

A.6 种 B.12 种 C.18

种 D.24 种

解 分医生的方法有 A2 ＝2 种，分护士方法有 C2 =6 种，所以共有 6×2
2 4

＝12 种不同的分配方法。

应选 B.

例 10 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 有甲型与乙型电视机各 1 台，则不同取法共有( ).

A.140 种 B.84 种 C.70

种 D.35 种

解：取出的 3 台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情 形.

∵C2 ·+C2 ·C1 =5×6+10×4=70.
4 5 4

∴应选 C.

例 11 某小组共有 10 名学生，其中女生 3 名，现选举 2 名代表，至 少有 1 名女生当选的不同选法有( )

A.27 种 B.48 种 C.21 种 D.24

种

解：分恰有 1 名女生和恰有 2 名女生代表两类：

∵C1 ·C1 7+C2 =3×7+3=24，
3 3

∴应选 D.

例 12 由数学 0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的 六位数，其中 个位数字小于十位数字的共有( ).
A.210 个 B.300 个 C.464 个 D.600 个 解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有 A1 ·A 5 =600 个.
5 5

由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各

占一半.

∴有 ×600=300 个符合题设的六位数.

应选 B.

例 13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ). A.70 个 B.64 个

8
C.58 个 D.52 个 解：如图，正方体有 8 个顶点，任取 4 个的组合数为 C4 =70 个.

其中共面四点分 3 类：构成侧面的有 6 组；构成垂直底面的对角面的有

2 组；形如(ADB1C1 )的有 4 组.

∴能形成四面体的有 70-6-2-4=58(组)

应选 C.

例 14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的

12 条直线中，异面直线共有( ).

A.12 对 B.24 对 C.36 对 D.48 对 解：设正六棱锥为 O—ABCDEF.

6
任取一侧棱 OA(C1 )则 OA 与 BC、CD、DE、EF 均形成异面直线对.

∴共有 C16×4=24 对异面直线.

应选 B.

例 15 正六边形的中心和顶点共 7 个点，以其中三个点 为顶点的三 角形共 个(以数字作答).

7
解：7 点中任取 3 个则有 C3 =35 组.

其中三点共线的有 3 组(正六边形有 3 条直径).

∴三角形个数为 35-3=32 个.

例 16 设含有 10 个元素的集合的全部子集数为 S，其中由 3 个元素 组成的子集数为 T，则 的值为 。

解 10 个元素的集合的全部子集数有：

S＝C0
+C1
+C2
+C3
+C4
+C5
+C6
+C7
+C8
+C9
+C10
=2 10=1024

10 10
10 10 10
10 10
10 10 10 10

其中，含 3 个元素的子集数有 T=C3
=120

10

故 =

例 17 在 50 件产品 n 中有 4 件是次品，从中任意抽了 5 件 ，至少有

3 件是次品的抽法共

种(用数字作答).

解：“至少 3 件次品”即“有 3 件次品”或“有 4 件次品”.

∴C3 ·C2
+C4 ·C1
=4186(种)

4 46 4 46

例 18 有甲、乙、丙三项任务，甲需 2 人承担，乙、 丙各需 1 人承

担，从 10 人中选派 4 人承担这三项任务，不同的选法共有( ).

A.1260 种 B.2025 种

C.2520 种 D.5040 种

解：先从 10 人中选 2 个承担任务甲(C2 )
10

再从剩余 8 人中选 1 人承担任务乙(C1 8)

又从剩余 7 人中选 1 人承担任务乙(C1 7)

∴有 C2
·C1 8C1 7=2520(种).

10

应选 C.

例 19 集合｛1，2，3｝子集总共有( ).

A.7 个 B.8 个 C.6 个 D.5 个

解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个 元素组成的子集数

C1 2
3，由二个元素组成的子集数 C 3。

3
由 3 个元素组成的子集数 C3 。由加法原理可得集合子集的总个数是

C1 2 3
3+C 3+C 3+1=3+3+1+1＝8

故此题应选 B.

例 20 假设在 200 件产品中有 3 件是次品，现在从中任意抽取 5 件，

其中至少有两件次品的抽法有( ).

A.C2 C3
种 B.C2 C3
+C3 C2

3 197
3 197
3 197

C.C5
-C5
D.C5
-C 1 C4

200
197
200
3 197

解：5 件中恰有二件为次品的抽法为 C2 C3 ，
3 197

5 件中恰三件为次品的抽法为 C3 C2 ，
3 197

∴至少有两件次品的抽法为 C2 C3
+C3 C2 .

3 197
3 197

应选 B.

例 21 两排座位，第一排有 3 个座位，第二排有 5 个座位，若 8 名学 生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是( ).

A.C5 C3
B.A1 C5 C3
C.A5 A3

8 8 2 8 8 8 8