高中数学排列组合难题十一种方法教师版

探析排列组合常见的十六种解题方法ʏ福建省泉州市第七中学 彭耿铃高考排列组合试题能有效地考查同学们的阅读判断能力㊁转化与化归处理能力及应用意识㊂这类试题新颖别致,联系社会实际,贴近生活,反映了排列组合应用领域的广阔,体现了数学的应用价值㊂本文特精选一些排列组合例题予以分类探析,旨在探究题型及解题方法,希望同学们能决胜于高考㊂求解排列㊁组合问题的常见方法有以下几种㊂(1)限制条件排除法:先求出不考虑限制条件的个数,然后排除不符合条件的个数,相当于减法原理;(2)相邻问题捆绑法:在特定条件下,将几个相关元素当作一个元素来考虑,待整个问题排好之后再考虑它们 内部 的排列数,主要用于解决相邻问题;(3)插空法:先把不受限制的元素排列好,然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中;(4)特殊元素㊁位置优先安排法:对问题中的特殊元素或位置优先考虑排列,然后排列其他一般元素或位置;(5)多元问题分类法:将符合条件的排列分为几类,根据分类计数原理求出排列总数;(6)元素相同隔板法:若把n 个不加区分的相同元素分成m 组,可通过n 个相同元素排成一排,在元素之间插入m -1块隔板来完成分组,此法适用于同元素分组问题;(7) 至多 ㊁ 至少 间接法: 至多 ㊁ 至少 的排列组合问题,需分类讨论且一般分类的情况较多,所以通常用间接法,即排除法,它适用于反面明确且易于计算的问题;(8)选排问题先取再排法:选排问题很容易出现重复或遗漏的错误,因此常先取出元素(组合)再排列,即先取再排;(9)定序问题消序法:甲㊁乙㊁丙顺序一定,采用消序法,即除法,用总排列数除以顺序一定的排列数;(10)有序分配逐分法:有序分配是指把元素按要求分成若干组,常采用逐分的方法求解㊂一㊁定位问题优先法(特殊元素和特殊位置优先考虑)例1 由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字的五位奇数?解析: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㊂先排末位共有C 13种方法;然后排首位共有C 14种方法;最后排其他位置共有A 34种方法㊂由分步计数原理得,有C 14C 13A 34=288(个)满足要求的数㊂例2 6个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )㊂A.192种 B .216种C .240种D .288种解析:若最左端排甲,其他位置共有A 55=120(种)排法;若最左端排乙,最右端共有4种排法,其余4个位置有A 44=24(种)排法㊂所以共有120+4ˑ24=216(种)排法,选B ㊂小结: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,再处理其他元素㊂若以位置分析为主,需先满足特殊位置的要求,再处理其他位置㊂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他条件㊂二㊁相邻元素捆绑法例3 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?解析:可先将甲乙两个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,再与其他元素进行排列,同时对相邻元素内部进行自排㊂由分步计数原理可得,共有A55A22A22=480(种)不同的排法㊂例4某人射击了8枪,命中4枪,4枪命中且恰好有3枪连在一起的情形共有种㊂解析:命中的3枪捆绑在一起,与命中的另一枪插入到未命中4枪形成的5个空位,共有A25=20(种)情况㊂小结: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㊂即将需要相邻的元素合并为一个元素,再与其他元素一起进行排列,同时要注意合并元素内部也必须排列㊂三㊁不相邻问题插空法例5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()㊂A.72B.120C.144D.168解析:歌舞类节目设为a1,a2,a3,小品类节目设为b1,b2,相声类节目设为c㊂先排a1,a2,a3不相邻,顺序如ˑb1ˑb2ˑcˑ,共A33A34种方法,b1b2相邻前提下,ˑb1b2ˑcˑ插空法共A22A33A22种方法,所以同类节目不相邻的排法种数为A33A34-A22A33A22=A33㊃(A34-4)=6ˑ20=120,选B㊂例66把椅子摆成一排,3人随机就座,任何2人不相邻的坐法种数为()㊂A.144B.120C.72D.24解析:先把3把椅子隔开摆好,它们之间和两端有4个位置,再把3人带椅子插放在四个位置,共有A34=24(种)方法,故选D㊂例7(2022年新高考Ⅱ卷)有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式有()种㊂A.12B.24C.36D.48解析:因为丙丁要在一起,先把丙丁捆绑,看作一个元素,连同乙,戊看成三个元素排列,有A33种排列方式㊂为使甲不在两端,必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入,有2种插空方式㊂注意到丙丁两人的顺序可交换,有2种排列方式,故安排这5名同学共有A33ˑ2ˑ2=24(种)不同的排列方式,选B㊂小结: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㊂四㊁定序问题除序(去重复)㊁空位㊁插入法例87人排队,其中甲乙丙3人顺序一定,共有多少种不同的排法?解析:法一(除序法):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A77A33=840㊂法二(空位法):设想有7把椅子,让除甲乙丙以外的4人就座共有A47种方法,其余的三个位置甲乙丙共有1种坐法,则共有1ˑA47=840(种)方法㊂法三(插入法):先选三个座位让甲乙丙三人坐下,共有C37种方法,余下4个空座位让其余四人就座,共有A44种方法,则共有C37A44=840(种)方法㊂小结:定序问题可以用除序法,还可转化为空位法㊁插入法㊂五㊁重排问题求幂法例9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?解析: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种分法, ,由分步计数原理知共有76种不同的分法㊂小结: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㊂一般地,n个不同的元素没有限制地安排在m 个位置上的排列数为m n ㊂六㊁环排问题线排法例10 8人围桌而坐,共有多少种坐法?解析:围桌而坐与坐成一排的不同点在于,坐成圆形没有首尾之分,所以固定1人并从此位置把圆形展成直线,其余7人共有(8-1)!=7!=5040(种)排法㊂小结:一般地,n 个不同元素作圆形排列,共有(n -1)!种排法㊂如果从n 个不同元素中取出m 个元素作圆形排列,共有1nA mn ㊂七㊁排列组合混合问题先选后排法例11 有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少种不同的装法解析:第一步从5个球中选出2个组成复合元素,共有C 25=10(种)方法;再把4个元素(包含一个复合元素)装入4个不同的盒内,有A 44=24(种)方法㊂根据分步计数原理,装球的方法共有C 25A 44=240(种)㊂例12 (2021年全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰㊁短道速滑㊁冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有( )㊂A.60种 B .120种C .240种D .480种解析:根据题意,有一个项目中分配2名志愿者,其余各项目中分配1名志愿者,可以先从5名志愿者中任选2人组成一个小组,有C 25种选法;然后连同其余3人,看成4个元素,4个项目看成4个不同的位置,4个不同的元素在4个不同的位置的排列方法数为A 44㊂根据乘法原理,完成这件事共有C 25ˑA 44=240(种)不同的分配方案,选C ㊂例13 (2020年全国Ⅱ卷)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法共有种㊂解析:因为4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,所以先取2名同学看作一组,选法有C 24种㊂现在可看成是3组同学分配到3个小区,分法有A 33种㊂根据分步乘法原理,可得不同的安排方法有C 24A 33=6ˑ6=36(种)㊂小结:解决排列组合混合问题,先选后排是最基本的指导思想,此法与相邻元素捆绑策略相似㊂八㊁元素相同问题隔板法例14 有10个运动员名额,分给7个班,每班至少1人,有多少种分配方案?解析:10个名额没有差别,把它们排成一排,相邻名额之间形成9个空隙㊂在9个空隙中选6个位置插个隔板,可把名额分成7份,对应地分给7个班级,每一种插板方法对应一种分法,共有C 69=84(种)分法㊂小结:将n 个相同的元素分成m 份(n ,m 为正整数),每份至少一个元素,可以用m -1块隔板,插入n 个元素排成一排的n -1个空隙中,所有分法数为C m -1n -1㊂九㊁正难则反总体淘汰法例15 从1,3,5,7,9这5个数中,每次取出2个不同的数分别记为a ,b ,共可得到l g a -l gb 的不同值的个数是( )㊂A.9 B .10 C .18 D .20解析:l g a -l g b =l gab,从1,3,5,7,9中任取2个数分别记为a ,b ,共有A 25=20(种)结果㊂其中l g13=l g 39,l g 31=l g 93,故共可得到不同值的个数为20-2=18,选C ㊂例16 某学校安排甲㊁乙㊁丙㊁丁4位同学参加数学㊁物理㊁化学竞赛,要求每位同学仅报一科,每科至少有一位同学参加,且甲㊁乙不能参加同一学科,则不同的安排方法有种㊂解析:把4位同学分成3组,有C 24=6(种)方法,然后进行全排列,即有C 24A 33=36(种)方法,去掉甲㊁乙在一个组的情况,当甲㊁乙在一个组时,参加的方法有A 33=6(种)㊂故符合题意的安排方法有36-6=30(种)㊂小结:有些排列组合问题,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,再从整体中淘汰㊂十㊁平均分组问题除法例17将5名同学分到甲㊁乙㊁丙3个小组,若甲小组至少2人,乙㊁丙组至少1人,则不同的分配方案种数为()㊂A.80B.120C.140D.50解析:先将5名同学分成3组,有两种分配方案,一是3组人数分别为2,2,1,分组方法有C25C23C11A22=15(种),然后将有2人的两组分给甲㊁乙或甲㊁丙,分配方法是15ˑ(A22+ A22)=60(种);二是3组人数分别为3,1,1,分组方法有C35C12C11A22=10(种),然后将有1人的两组分给乙㊁丙两组,分配方法有10ˑA22 =20(种)㊂共有60+20=80(种)方案,选A㊂小结:平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况,所以分组后一定要除以A n n(n为平均分的组数)避免重复计数㊂十一㊁合理分类与分步法例18甲㊁乙两人进行乒乓球比赛,先赢3局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有()㊂A.10种B.15种C.20种D.30种解析:由题意知比赛局数至少为3局,至多为5局㊂当局数为3局时,情况为甲或乙连赢3局,共2种㊂当局数为4局时,若甲赢,则前3局中甲赢2局,最后一局甲赢,共有C23=3(种)情况㊂同理,若乙赢,也有3种情况,共有3+3=6(种)情况㊂当局数为5局时,前4局,甲㊁乙各赢2局,最后1局胜出的人赢,共有2C24=12(种)情况㊂综上可知,共有2+6+12=20(种)情况㊂选C㊂十二㊁构造模型法例19马路上有编号为1,2,3,4,5, 6,7,8,9的9盏路灯,现要关掉其中的3盏,但不能关掉相邻的2盏或3盏,也不能关掉两端的2盏,求满足条件的关灯方法有多少种㊂解析:把此问题当作一个排队模型,在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯有C35 =10(种)㊂小结:一些不易理解的排列组合题如果能转化为非常熟悉的模型,如占位填空模型,排队模型,装盒模型等,可使问题直观解决㊂十三㊁分解与合成法例2030030能被多少个不同的偶数整除?解析:先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2ˑ3ˑ5ˑ7ˑ11ˑ13,依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个组成乘积,所有的偶因数有C05+C15+C25+C35+C45+C55=32(个)㊂例21正方体的8个顶点可连成多少对异面直线解析:我们先从8个顶点中任取4个顶点构成四面体,共有C48-12=58(个),每个四面体有3对异面直线,正方体中的8个顶点可连成3ˑ58=174(对)异面直线㊂例22从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60ʎ的共有()㊂A.24对B.30对C.48对D.60对解析:(1)方法一:与正方体的一个面上的一条对角线成60ʎ角的对角线有8条,故共有8对,正方体的12条面对角线共有8ˑ12 =96(对),且每对均重复计算一次,故共有962 =48(对)㊂选C㊂方法二:正方体的面对角线共有12条,两条为一对,共有C212=66(对)㊂同一个面上的对角线不满足题意,对面中的对角线也不满足题意,一组平行平面共有6对不满足题意的对角线对数,所以不满足题意的共有3ˑ6=18(对)㊂从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60ʎ的共有66-18=48(对)㊂选C㊂小结:分解与合成策略是排列组合问题的一种最基本的解题策略,把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决,然后依据问题分解后的结构,用分类计数原理和分步计数原理将问题合成,从而得到问题的答案,每个比较复杂的问题都要用到这种解题策略㊂十四㊁复杂问题化归法例2325人排成5ˑ5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种?解析:将这个问题退化成9人排成3ˑ3方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,有多少种选法㊂这样每行必有1人,从其中的一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉,如此继续下去㊂从3ˑ3方队中选3人的方法有C13C12C11=6(种)㊂再从5ˑ5方阵选出3ˑ3方阵便可解决问题㊂从5ˑ5方队中选取3行3列,有C35C35=100(种)选法,所以从5ˑ5方阵选不在同一行也不在同一列的3人,有C35C35C13C12C11=600(种)选法㊂例24用a代表红球,b代表蓝球,c 代表黑球,由加法原理及乘法原理,从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+a b表示出来,如: 1 表示一个球都不取㊁ a 表示取出一个红球,而 a b 表示把红球和蓝球都取出来㊂以此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球㊁5个无区别的蓝球㊁5个有区别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()㊂A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)㊃(1+c)5B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)㊃(1+c5)D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)解析:分三步:第一步,5个无区别的红球可能取出0个,1个, ,5个,则有(1+a+ a2+a3+a4+a5)种不同的取法;第二步,5个无区别的蓝球都取出或都不取出,则有(1+b5)种不同的取法;第三步,5个有区别的黑球看作5个不同色,从5个不同色的黑球任取0个,1个, ,5个,有(1+c)5种不同的取法㊂所以所求的取法种数为(1+a+a2+ a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5,选A㊂小结:处理复杂的排列组合问题时可以把一个问题退化成一个简单的问题,通过先解决这个简单问题,从而下一步解决原来的问题㊂十五㊁数字排序问题查字典法例25用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有()㊂A.144个B.120个C.96个D.72个解析:首位填4时,比40000大的偶数有2ˑ4ˑ3ˑ2=48(个);首位填5时,比40000大的偶数有3ˑ4ˑ3ˑ2=72(个)㊂故共有48+72=120(个)数满足题意,选B㊂小结:数字排序问题可用查字典法,查字典的法应从高位向低位查,依次求出其符合要求的个数,根据分类计数原理求出其总数㊂十六㊁住店法例267名学生争夺五项冠军,每项冠军只能由一人获得,获得冠军的可能的种数为㊂解析:因同一学生可以同时夺得n项冠军,故学生可重复排列,将7名学生看作7家 店 ,五项冠军看作5名 客 ,每个 客 有7种住宿法,由乘法原理知有75种可能㊂小结:解决 允许重复排列问题 要注意区分两类元素:一类元素可以重复,另一类不能重复,把不能重复的元素看作 客 ,能重复的元素看作 店 ,再利用乘法原理直接求解㊂排列组合历来是高中学习中的难点,同学们只要对基本的解题策略熟练掌握,就可以选取不同的技巧来解决问题㊂对于一些比较复杂的问题,我们可以将几种策略结合起来应用,把复杂的问题简单化㊂请同学们对以上排列组合的几种常见的解题策略加以复习巩固,能举一反三,触类旁通,进而为后续的概率学习打下坚实的基础㊂(责任编辑徐利杰)。

高考数学排列组合难题21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。

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14C最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得113434288C C A = 143413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。

1高考数学轻松搞定排列组合难题二十一种方法 (教师版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 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 , 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 14C 最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得 113434288C 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。

高考数学排列组合难题21 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。

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C31然后排首位共有C41 最后排其它位置共有A43C41A34 C13由分步计数原理得C41C13A43288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1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。

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,两个位置.先排末位共有13C然后排首位共有14C 最后排其它位置共有34A由分步计数原理得113434288C 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。

排列组合问题常用的解题方法含答案高中数学排列组合问题常用的解题方法一、相邻问题捆绑法题目中规定相邻的几个元素并为一个组(当作一个元素)参与排列．例1:五人并排站成一排.如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边.那么不同的排法种数有种。

二、相离问题插空法元素相离(即不相邻)问题.可先把无位置要求的几个元素全排列.再把规定相离的几个元素插入上述几个元素间的空位和两端．例2：七个人并排站成一行.如果甲乙两个必须不相邻.那么不同排法的种数是。

三、定序问题缩倍法在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序.可用缩小倍数的方法．例3：A、B、C、D、E五个人并排站成一排.如果 B必须站A的右边(A、B可不相邻).那么不同的排法种数有。

四、标号排位问题分步法把元素排到指定号码的位置上.可先把某个元素按规定排入.第二步再排另一个元素.如此继续下去.依次即可完成．例4：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.则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有。

五、有序分配问题逐分法有序分配问题是指把元素按要求分成若干组.可用逐步下量分组法。

例5：有甲、乙、丙三项任务.甲需2人承担.乙丙各需1人承担.从10人中选出4人承担这三项任务.不同的选法总数有。

六、多元问题分类法元素多.取出的情况也有多种.可按结果要求.分成不相容的几类情况分别计算.最后总计。

例6：由数字 .组成且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个。

例7：从…100这100个数中.任取两个数.使它们的乘积能被7整除.这两个数的取法(不计顺序)共有多少种例8：从.…100这100个数中.任取两个数.使其和能被4整除的取法(不计顺序)有多少种七、交叉问题集合法某些排列组合问题几部分之间有交集.可用集合中求元素个数公式=+-?。

n A B n A n B n A B()()()()例 9：从6名运动员中选出4个参加4×100m接力赛.如果甲不跑第一棒.乙不跑第四棒.共有多少种不同参赛方法八、定位问题优先法某个(或几个)元素要排在指定位置.可先排这个(几个)元素.再排其他元素。

高考数学排列组合难题21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。

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13C然后排首位共有14C最后排其它位置共有34A由分步计数原理得113434288C 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。

高中排列组合问题的解答技巧和记忆方法The following text is amended on 12 November 2020.排列组合问题的解题策略关键词：排列组合,解题策略一、相临问题——捆绑法例1．7名学生站成一排，甲、乙必须站在一起有多少不同排法解：两个元素排在一起的问题可用“捆绑”法解决，先将甲乙二人看作一个元素与其他五人进行排列，并考虑甲乙二人的顺序，所以共有种。

评注：一般地: 个人站成一排,其中某个人相邻,可用“捆绑”法解决，共有种排法。

二、不相临问题——选空插入法例2． 7名学生站成一排，甲乙互不相邻有多少不同排法解：甲、乙二人不相邻的排法一般应用“插空”法，所以甲、乙二人不相邻的排法总数应为：种 .评注：若个人站成一排，其中个人不相邻，可用“插空”法解决，共有种排法。

三、复杂问题——总体排除法在直接法考虑比较难，或分类不清或多种时，可考虑用“排除法”，解决几何问题必须注意几何图形本身对其构成元素的限制。

例3.(1996年全国高考题)正六边形的中心和顶点共7个点，以其中3个点为顶点的三角形共有多少个.解：从7个点中取3个点的取法有种，但其中正六边形的对角线所含的中心和顶点三点共线不能组成三角形，有3条，所以满足条件的三角形共有－3＝32个.四、特殊元素——优先考虑法对于含有限定条件的排列组合应用题，可以考虑优先安排特殊位置，然后再考虑其他位置的安排。

例4． (1995年上海高考题) 1名老师和4名获奖学生排成一排照像留念，若老师不排在两端，则共有不同的排法种．解：先考虑特殊元素（老师）的排法，因老师不排在两端，故可在中间三个位置上任选一个位置，有种，而其余学生的排法有种，所以共有＝72种不同的排法.例5．（2000年全国高考题）乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名队员参加比赛，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.解：由于第一、三、五位置特殊，只能安排主力队员，有种排法，而其余7名队员选出2名安排在第二、四位置，有种排法，所以不同的出场安排共有＝252种.五、多元问题——分类讨论法对于元素多，选取情况多，可按要求进行分类讨论，最后总计。

2023届新高考卷概率与统计热门考题汇编第一部分：基本原理和重要概念一、分类加法计数原理和分步乘法计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种类不同点分类完成，类类相加分步完成，步步相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整二、常见的一些排列问题及其解决方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算优先法优先安排特殊元素或特殊位置捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反，等价转化的方法三、分组分配问题(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种：①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！；③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．(2)分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．四、二项式定理(1)一般地，对于任意正整数，都有：(a+b)n=C0n a n+C1n a n-1b+⋯+C r n a n-r b r+⋯+C n n b n(n∈N∗)，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式．式中的C r n a n-r b r做二项展开式的通项，用T r+1表示，即通项为展开式的第r+1项：T r+1=C r n a n-r b r，其中的系数C rn (r =0，1，2，⋯，n )叫做二项式系数，2.(2)两个常用的二项展开式：①(a -b )n =C 0n a n +C 1n a n -1b +L +-1 r C r n a n -r b r +L +-1 n C n n b n (n ∈N ∗)，②1+x n =1+C 1n x +C 2n x 2+L +C r n x r +L +x n(3)二项式系数的性质(杨辉三角形)①每一行两端都是1，即C 0n =C n n ；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即C m n +1=C m -1n +C m n ．②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C m n =C n -m n ．③二项式系数和令a =b =1，则二项式系数的和为C 0n +C 1n +C 2n +⋯+C r n +⋯+C n n =2n ，变形式C 1n +C 2n +⋯+C r n +⋯+C n n =2n -1．④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令a =1，b =-1，则C 0n -C 1n +C 2n -C 3n +⋯+(-1)n C n n =(1-1)n =0，从而得到：C 0n +C 2n +C 4n ⋅⋅⋅+C 2r n +⋅⋅⋅=C 1n +C 3n +⋯+C 2r +1n +⋅⋅⋅=12⋅2n =2n -1．⑤最大值：如果二项式的幂指数n 是偶数，则中间一项T n 2+1的二项式系数C n 2n 最大；如果二项式的幂指数n 是奇数，则中间两项T n +12，T n +12+1的二项式系数C n -12n ，C n +12n相等且最大．⑥求(a +bx )n 展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为A 1，A 2，⋅⋅⋅，A n +1，设第r +1项系数最大，应有A r +1≥A rA r +1≥A r +2 ，从而解出r 来．(4)二项式系数和的计算与赋值五、二项分布1.n 重伯努利试验的概念只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，将一个伯努利试验独立地重复进行n 次所组成的随机试验称为n 重伯努利试验．2.n 重伯努利试验具有如下共同特征(1)同一个伯努利试验重复做n 次；(2)各次试验的结果相互独立．3.二项分布一般地，在n 重伯努利试验中，设每次试验中事件A 发生的概率为p (0<p <1)，用X 表示事件A 发生的次数，则X 的分布列为：P (X =k )=C k n p k(1−p )n −k ,k =0,1,2,⋅⋅⋅n ，如果随机变量X 的分布列具有上式的形式，则称随机变量X 服从二项分布，记作X ~B (n ,p )4.一般地，可以证明：如果X ~B (n ,p )，那么EX =np ,DX =np (1−p ).六、超几何分布1.超几何分布模型是一种不放回抽样，一般地，假设一批产品共有N 件，其中有M 件次品，从N 件产品中随机抽取n 件(不放回)，用X 表示抽取的n 件产品中的次品数，则X 的分布列为P (X =k )=C k M C n -kN -MC nN，k =m ，m +1，m +2，⋯，r .其中n ，N ，M ∈N *，M ≤N ，n ≤N ，m =max {0，n -N +M }，r =min {n ，M }．如果随机变量X 的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X 服从超几何分布．2.超几何分布的期望E (X )==np (p 为N 件产品的次品率)．七、二项分布与超几何分布的区别1.看总体数是否给出，未给出或给出总体数较大一般考查二项分布，此时往往会出现重要的题眼“将频率视为概率”.2.看一次抽取抽中“次品”概率是否给出，若给出或可求出一般考查二项分布.3.看一次抽取的结果是否只有两个结果，若只有两个对立的结果A 或A ，一般考查二项分布.4.看抽样方法，如果是有放回抽样，一定是二项分布；若是无放回抽样，需要考虑总体数再确定.5.看每一次抽样试验中，事件是否独立，事件发生概率是否不变，若事件独立且概率不变，一定考查二项分布，这也是判断二项分布的最根本依据.6.把握住超几何分布与二项分布在定义叙述中的区别，超几何分布多与分层抽样结合，出现“先抽，再抽”的题干信息.7.二项分布一般地，在n 重伯努利试验中，设每次试验中事件A 发生的概率为p (0<p <1)，用X 表示事件A 发生的次数，则X 的分布列为：P (X =k )=C k n p k(1−p )n −k ,k =0,1,2,⋅⋅⋅n ，如果随机变量X 的分布列具有上式的形式，则称随机变量X 服从二项分布，记作X ~B (n ,p )8.一般地，可以证明：如果X ~B (n ,p )，那么EX =np ,DX =np (1−p ).八、二项分布的两类最值(1)当p 给定时，可得到函数f (k )=C k n p k (1−p )n −k ,k =0,1,2,⋅⋅⋅n ，这个是数列的最值问题.p kp k −1=C n k p k (1−p )n −k C k −1n p k −1(1−p )n −k +1=(n −k +1)p k (1−p )=k (1−p )+(n +1)p −k k (1−p )=1+(n +1)p −k k (1−p ).分析：当k <(n +1)p 时，p k >p k −1，p k 随k 值的增加而增加；当k >(n +1)p 时，p k <p k −1，p k 随k 值的增加而减少.如果(n +1)p 为正整数，当k =(n +1)p 时，p k =p k −1，此时这两项概率均为最大值.如果(n +1)p 为非整数，而k 取(n +1)p 的整数部分，则p k 是唯一的最大值.注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量k 等于期望时，概率最大.(2)当k 给定时，可得到函数f (p )=C k n p k(1−p )n −k ,p ∈(0,1)，这个是函数的最值问题，这可以用导数求函数最值与最值点.分析：f '(p )=C k n kp k −1(1−p )n −k −p k (n −k )(1−p )n −k −1=C k n p k −1(1−p )n −k −1k (1−p )−(n −k )p =C k n p k −1(1−p )n −k −1(k −np ).当k =1,2,⋯,n −1时，由于当p <k n 时，f '(p )>0，f (p )单调递增，当p >kn时，f '(p )<0，f (p )单调递减，故当p =k n 时，f (p )取得最大值，f (p )max =f kn.又当p →0,f (p )→1，当p →0时，f (p )→0，从而f (p )无最小值.九、复杂概率计算(1)善于引入变量表示事件：可用“字母+变量角标”的形式表示事件“第几局胜利”，例如：A i 表示“第i 局比赛胜利”，则A i表示“第i 局比赛失败”.(2)理解事件中常见词语的含义：A ,B 中至少有一个发生的事件为A ∪B ；A ,B 都发生的事件为AB ；A ,B 都不发生的事件为；A ,B 恰有一个发生的事件为A ∪B ；A ,B 至多一个发生的事件为A ∪B ∪.(3)善于“正难则反”求概率：若所求事件含情况较多，可以考虑求对立事件的概率，再用P A =1-P A解出所求事件概率.十、条件概率1.条件概率定义一般地，设A ,B 为两个随机事件，且P (A )>0，我们称P (B |A )=P (AB )P (A )为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率，简称条件概率．可以看到，P (B |A )的计算，亦可理解为在样本空间A 中，计算AB 的概率. 于是就得到计算条件概率的第二种途，即P (B |A )=n (AB )n (A )=n AB n Ω n A n Ω=P ABP A.特别地，当P (B |A )=P (B )时，即A ,B 相互独立，则P (AB )=P (A )P (B ).2.条件概率的性质设P (A )>0，全样本空间定义为Ω，则(1)P Ω|A =1；(2)如果B 与C 是两个互斥事件，则P ((B ∪C )|A )=P B |A +P C |A ；(3)设事件A 和B 互为对立事件，则P (B∣A )=1-P (B ∣A )．十一、全概率公式与贝叶斯公式1.在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用“化整为零”的思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑一般地，设A 1，A 2，⋯，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪⋯∪A n =Ω，且P A i >0，i =1，2，⋯，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )=ni =1P A i P B ∣A i .我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一．2.贝叶斯公式设A 1，A 2，⋯，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪⋯∪A n =Ω，且P A i >0，i =1，2，⋯，n ，则对任意事件B ⊆Ω，P B >0，有P A i ∣B =P A i P B ∣A iP (B )=P A i P B ∣A ink =1P A k P B ∣A k，i =1,2,⋯,n .在贝叶斯公式中，P A i 和P A i |B 分别称为先验概率和后验概率．十二、一维随机游走与马尔科夫链1.转移概率：对于有限状态集合S ，定义：P i ⋅j =P X n +1=j X n =i 为从状态i 到状态j 的转移概率.2.马尔可夫链：若P X n +1=i X n =i ,X n -1=i n -1,⋅⋅⋅,X 0=i 0=P X n +1=j X n =i =P ij ，即未来状态X n +1只受当前状态X n 的影响，与之前的X n -1，X n -2，⋅⋅⋅，X 0无关.3.一维随机游走模型.设数轴上一个点，它的位置只能位于整点处，在时刻t =0时，位于点x =i i ∈N + ，下一个时刻，它将以概率α或者βα∈0,1 ,α+β=1 向左或者向右平移一个单位. 若记状态X t =i 表示：在时刻t 该点位于位置x =i i ∈N + ，那么由全概率公式可得：P X t +1=i =P X t =i -1 ⋅P X t +1=i X t =i -1 +P X t =i +1 ⋅P X t +1=i X t =i +1 另一方面，由于P X t +1=i X t =i -1 =β，P X t +1=i X t =i +1 =α，代入上式可得：P i =α⋅P i +1+β⋅P i -1进一步，我们假设在x =0与x =m m >0,m ∈N + 处各有一个吸收壁，当点到达吸收壁时被吸收，不再游走.于是，P 0=0，P m =1随机游走模型是一个典型的马尔科夫过程.进一步，若点在某个位置后有三种情况：向左平移一个单位，其概率为a ，原地不动，其概率为b ，向右平移一个单位，其概率为c ，那么根据全概率公式可得：P i =a ⋅P i +1+b ⋅P i +c ⋅P i -1有了这样的理论分析，下面我们看全概率公式及以为随机游走模型在2019年全国1卷中的应用.十三、统计1.线性回归方程与最小二乘法(1)回归直线方程过样本点的中心(x ,y )，是回归直线方程最常用的一个特征(2)我们将y =b x +a称为Y 关于x 的线性回归方程，也称经验回归函数或经验回归公式，其图形称为经验回归直线．这种求经验回归方程的方法叫做最小二乘法，求得的b ,a叫做b ，a 的最小二乘估计(leastsquaresestimate )，其中b =ni =1x i -xy i -y n i =1x i -x 2 =ni =1x i y i -nx ⋅y ni =1x 2i -nx2a =y -b x .(3)残差的概念对于响应变量Y ，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的y称为预测值，观测值减去预测值称为残差．残差是随机误差的估计结果，通过残差的分析可以判断模型刻画数据的效果，以及判断原始数据中是否存在可疑数据等，这方面工作称为残差分析．(4)刻画回归效果的方式(i )残差图法：作图时纵坐标为残差，横坐标可以选为样本编号，或身高数据，或体重估计值等，这样作出的图形称为残差图．若残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，带状区域越窄，则说明拟合效果越好．(ii )残差平方和法：残差平方和ni =1y i -y i 2 ，残差平方和越小，模型拟合效果越好，残差平方和越大，模型拟合效果越差．(iii )利用R 2刻画回归效果：决定系数R 2是度量模型拟合效果的一种指标，在线性模型中，它代表解释变量客立预报变量的能力．R 2=1ni =1y i -yi 2ni =1y i -y2，R 2越大，即拟合效果越好，R 2越小，模型拟合效果越差．第二部分.试题汇编一、单选题2.(福建省福州市普通高中2023届高三毕业班质量检测(二检))若二项式3x 2+1x2n展开式中存在常数项，则正整数n 可以是()A.3B.5C.6D.7【详解】二项式3x 2+1x2n展开式的通项为T r +1=C r n(3x 2)n -r1x 2r =3n -r C r n x 2n -4r，令2n -4r =0，解得：r =n2，又因为0≤r ≤n 且r 为整数，所以n 为2的倍数，所以n =6，故选：C .3.(福建省福州市普通高中2023届高三毕业班质量检测(二检))为培养学生“爱读书､读好书､普读书”的良好习惯，某校创建了人文社科类､文学类､自然科学类三个读书社团．甲､乙两位同学各自参加其中一个社团，每位同学参加各个社团的可能性相同，则这两位同学恰好参加同一个社团的概率为()A.13B.12C.23D.34【详解】记人文社科类､文学类､自然科学类三个读书社团分别为a ,b ,c ，则甲､乙两位同学各自参加其中一个社团的基本事件有a ,a ,a ,b ,a ,c ,b ,a ,b ,b ,b ,c ,c ,a ,c ,b ,c ,c 共9种，而这两位同学恰好参加同一个社团包含的基本事件有a ,a ,b ,b ,c ,c 共3种，故这两位同学恰好参加同一个社团的概率P =39=13.故选：A 4.(福建省厦门市2023届高三下学期第二次质量检测)ax +y 5的展开式中x 2y 3项的系数等于80，则实数a =()A.2B.±2C.22D.±22【详解】展开式的通项公式是T r +1=C r 5⋅ax 5-r ⋅y r ，当r =3时，x 2y 3项的系数为C 35⋅a 2=80，解得：a =±2 2.故选：D5.(福建省厦门市2023届高三下学期第二次质量检测)厦门山海健康步道云海线全长约23公里，起于东渡邮轮广场，终于观音山沙滩，沿线申联贸鸟湖、狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山、湖边水库、五缘湾、虎仔山、观音山等“八山三水”．市民甲计划从“八山三水”这11个景点中随机选取相邻的3个游览，则选取的景点中有“水”的概率为()A.13B.49C.59D.109165【详解】11个景点随机选取相邻的3个游览，共有9种情况，选取景点中有“水”的对立事件是在狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山中选取3个相邻的，共有4种情况，则其概率P =49，则11个景点中随机选取相邻的3个游览，则选取的景点中有“水”的概率P =1-49=59.故选：C 6.(广东省2023届高考一模)如图，在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有()A.96种B.64种C.32种D.16种【详解】根据题意，分3步进行，第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有2A 22=4种排法；第二步，排第一步中剩余的一组数，共有A 14A 12=8种排法；第三步，排数字5和6，共有A 22=2种排法；由分步计数原理知，共有不同的排法种数为4×8×2=64.故选：B .7.(广东省佛山市2023届高三教学质量检测(一))已知事件A ，B ，C 的概率均不为0，则P A =P B的充要条件是()A.P A ∪B =P A +P BB.P A ∪C =P B ∪CC.P AB =P ABD.P AC =P BC【详解】解：对于A ：因为P A ∪B =P A +P B -P A ∩B ，由P A ∪B =P A +P B ，只能得到P A ∩B =0，并不能得到P A =P B ，故A 错误；对于B ：因为P A ∪C =P A +P C -P A ∩C ，P B ∪C =P B +P C -P B ∩C ，由P A ∪C =P B ∪C ，只能得到P A -P A ∩C =P B -P B ∩C ，由于不能确定A ，B ，C 是否相互独立，故无法确定P A =P B ，故B 错误；对于C ：因为P AB =P A -P AB ，P AB =P B -P AB ，又P AB =P AB ，所以P A =P B ，故C 正确；对于D ：由于不能确定A ，B ，C 是否相互独立，若A ，B ，C 相互独立，则P AC =P A P C ，P BC =P B P C ，则由P AC =P BC 可得P A =P B ，故由P AC =P BC 无法确定P A =P B ，故D 错误；故选：C8.(广东省广州市2023届高三综合测试(一))“回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等，数学上具有这样特征的一类数称为“回文数”､“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有()A.100个B.125个C.225个D.250个【详解】依题意，五位正整数中的“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不能为0；千位与十位数字相同，求有且仅有两位数字是奇数的“回文数”的个数有两类办法：最多1个0，取奇数字有A15种，取能重复的偶数字有A14种，它们排入数位有A22种，取偶数字占百位有A15种，不同“回文数”的个数是A15A14A22A15=200个，最少2个0，取奇数字有A15种，占万位和个位，两个0占位有1种，取偶数字占百位有A15种，不同“回文数”的个数是A15A15=25个，由分类加法计算原理知，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有200+25=225个.故选：C9.(广东省深圳市2023届高三第一次调研)安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为()A.15B.310C.325D.625【详解】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人；当分为3,1,1人时，有C35A33=60种实习方案，当分为2,2,1人时，有C25C23A22⋅A33=90种实习方案，即共有60+90=150种实习方案，其中甲、乙到同一家企业实习的情况有C13A33+C23A33=36种，故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为36150=625，故选：D.10.(湖北省七市(州)2023届高三下学期3月联合统一调研测试)一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，5，6，8，记这组数据的上四分位数为n，则二项式2x-1xn展开式的常数项为()A.-160B.60C.120D.240【详解】因为6×75%=4.5，所以n=6，所以2x-1 x6展开式的通项为：T r+1=C r62x6-r-1 xr=C r6⋅26-r⋅-1 r⋅x6-32r，令6-32r=0得：r=4，所以展开式的常数项为C46×22×-14=60，故选：B．11.(江苏省八市(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城)2023届高三二模)已知x3+2x2n的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为()A.60B.80C.100D.120【详解】当x=1时，3n=243，解得n=5，则x3+2 x2n的展开式第r+1项T r+1=C r5(x3)5-r2x2 r=C r5 x15-3r2r x-2r=C r52r x15-5r，令15-5r=0，解得r=3，所以C3523=10×8=80，故选：B12.(江苏省南京市、盐城市2023届高三下学期一模)某种品牌手机的电池使用寿命X(单位：年)服从正态分布N 4,σ2 σ>0 ，且使用寿命不少于2年的概率为0.9，则该品牌手机电池至少使用6年的概率为()A.0.9B.0.7C.0.3D.0.1【详解】由题得：P x ≥2 =0.9，故P x <2 =0.1，因为6+22=4，所以根据对称性得：P x ≥6 =P x <2 =0.1.故选：D .13.(江苏省苏锡常镇四市2023届高三下学期3月教学情况调研(一))“绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A 为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B 为“两位游客选择的景点不同”，则P B A =()A.79B.89C.911D.1011【详解】由题可得P A =6×6-5×56×6=1136，P AB =2×56×6=518,所以P B A =P ABP A=5181136=1011.故选：D .14.(2023年湖北省八市高三(3月)联考)甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有A ,B ,C 三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在A 小区的概率为()A.193243B.100243C.23D.59【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有35=243种情况，再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5人被分为3,1,1或2,2,1当5人被分为3,1,1时，情况数为C 35×A 33=60;当5人被分为2,2,1时，情况数为C 15×C 24A 22×A 33=90；所以共有60+90=150.由于所求甲不去A ，情况数较多，反向思考，求甲去A 的情况数，最后用总数减即可，当5人被分为3,1,1时，且甲去A ，甲若为1，则C 34×A 22=8，甲若为3，则C 24×A 22=12，共计8+12=20种，当5人被分为2,2,1时，且甲去A ，甲若为1，则C 24A 22×A 22=6，甲若为2，则C 14×C 13×A 22=24，共计6+24=30种，所以甲不在A 小区的概率为150-20+30 243=100243，故选：B .15.(山东省济南市2023届高三下学期3月一模)从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角形的概率为()A.310B.12C.35D.910【详解】以点A为例，以点A为其中一个顶点的三角形有△ABC,△ABD,△ABE,△ABF,△ACD,△ACE,△ACF,△ADE,△ADF,△AEF，共10个，其中直角三角形为△ABD,△ABE,△ACD,△ACF,△ADE,△ADF，共6个，故所得三角形是直角三角形的概率为610=35.故选：C16.(山东省青岛市2023届高三下学期第一次适应性检测)某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为()A.0.34B.0.37C.0.42D.0.43【详解】设事件A表示“两道题全做对”，若两个题目都有思路，则P1=C23C24×0.82=0.32,若两个题目中一个有思路一个没有思路，则P2=C11C13C24×0.8×0.25=0.1，故P(A)=P1+P2=0.32+0.1=0.42,故选：C17.(浙江省温州市普通高中2023届高三下学期3月第二次适应性考试)已知随机变量X服从正态分布N2,σ2，且P(X>3)=16，则P(X<1)=()A.13B.23C.16D.56【详解】随机变量X服从正态分布N2,σ2，显然对称轴X=2，所以由对称性知P(x<1)=P(x>3)=16，故选：C．18.(浙江省温州市普通高中2023届高三下学期3月第二次适应性考试)(1+x)n展开式中二项式系数最大的是C5n，则n不可能是()A.8B.9C.10D.11【详解】当n=9时，C59是最大的二项式系数，符合要求，当n=10时，C510是最大的二项式系数，符合要求，当n =11时，C 511=C 611是最大的二项式系数，符合要求，当n =8时，显然C 58<C 48，不满足，故选：A ．19.(浙江省温州市普通高中2023届高三下学期3月第二次适应性考试)一枚质地均匀的骰子，其六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6．现将此骰子任意抛掷2次，正面向上的点数分别为X 1,X 2．设Y 1=X 1,X 1≥X 2X 2,X 1<X 2 ，设Y 2=X 1,X 1≤X 2X 2,X 1>X 2 ，记事件A =“Y 1=5”，B =“Y 2=3”，则P B ∣A =()A.19B.29C.15D.211【详解】将此骰子任意抛掷2次，则基本事件的方法总数为36种，显然Y 1是取大函数，所以A =“Y 1=5”，则X 1,X 2中有一个数字是5，另一个数字小于等于5，有5×2-1=9种；显然Y 2是取小函数，所以A =“Y 1=5”，B =“Y 2=3”同时发生，则有3,5 和5,3 ；所以P A =936=14，P BA =236，所以P B ∣A =P BA P A=29.故选：B ．二、多选题20.(福建省厦门市2023届高三下学期第二次质量检测)李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X 和骑自行车用时Y 都服从正态分布，则()A.P (X >32)>P (Y >32)B.P (X ≤36)=P (Y ≤36)C.李明计划7：34前到校，应选择坐公交车D.李明计划7：40前到校，应选择骑自行车【详解】A .由条件可知X ∼N 30,62 ，Y ∼N 34,22 ，根据对称性可知P Y >32 >0.5>P X >32 ，故A 错误；B .P X ≤36 =P X ≤μ+σ , P Y ≤36 =P Y ≤μ+σ ，所以P X ≤36 =P Y ≤36 ，故B 正确；C . P X ≤34 >0.5=P Y ≤34 ，所以P X ≤34 >P Y ≤34 ，故C 正确；D . P X ≤40 <P X <42 =P X <μ+2σ ，P Y ≤40 =P Y ≤μ+3σ ，所以P X ≤40 <P Y ≤40 ，故D 正确.故选：BCD21.(广东省佛山市2023届高三教学质量检测(一))中国共产党第二十次全国代表大会的报告中，一组组数据折射出新时代十年的非凡成就，数字的背后是无数的付出，更是开启新征程的希望.二十大首场新闻发布会指出近十年我国居民生活水平进一步提高，其中2017年全国居民恩格尔系数为29.39%，这是历史上中国恩格尔系数首次跌破30%.恩格尔系数是由德国统计学家恩斯特·恩格尔提出的，计算公式是“恩格尔系数=食物支出金额总支出金额×100%”.恩格尔系数是国际上通用的衡量居民生活水平高低的一项重要指标，一般随居民家庭收入和生活水平的提高而下降，恩格尔系数达60%以上为贫困，50%~60%为温饱，40%~50%为小康，30%~40%为富裕，低于30%为最富裕.如图是近十年我国农村与城镇居民的恩格尔系数折线图，由图可知()A.城镇居民2015年开始进入“最富裕”水平B.农村居民恩格尔系数的平均数低于32%C.城镇居民恩格尔系数的第45百分位数高于29%D.全国居民恩格尔系数等于农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数【详解】对于A：从折线统计图可知2015年开始城镇居民的恩格尔系数均低于30%，即从2015年开始进入“最富裕”水平，故A正确；对于B：农村居民恩格尔系数只有2017、2018、2019这三年在30%∼32%之间，其余年份均大于32%，且2012、2013这两年大于(等于)34%，故农村居民恩格尔系数的平均数高于32%，故B错误；对于C：城镇居民恩格尔系数从小到大排列(所对应的年份)前5位分别为2019、2018、2017、2021、2020，因为10×45%=4.5，所以第45百分位数为第5位，即2020年的恩格尔系数，由图可知2020年的恩格尔系数高于29%，故C正确；对于D：由于无法确定农村居民与城镇居民的比例，显然农村居民占比要大于50%，故不能用农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数作为全国居民恩格尔系数，故D错误；故选：AC22.(广东省广州市2023届高三综合测试(一))某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据(单位：kg)全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则()A.频率分布直方图中a 的值为0.07B.这100名学生中体重低于60kg 的人数为60C.据此可以估计该校学生体重的第78百分位数约为62D.据此可以估计该校学生体重的平均数约为62.5【详解】对于A 项，因为5×(0.01+a +0.06+0.04+0.02)=1，解得：a =0.07，故A 项正确；对于B 项，(0.01+0.07+0.06)×5×100=70人，故B 项错误；对于C 项，因为0.01×5+0.07×5+0.06×5=0.7，0.01×5+0.07×5+0.06×5+0.04×5=0.9，0.7<0.78<0.9，所以第78百分位数位于[60,65)之间，设第78百分位数为x ，则0.01×5+0.07×5+0.06×5+(x -60)×0.04=0.78，解得：x =62，故C 项正确；对于D 项，因为0.01×5×47.5+0.07×5×52.5+0.06×5×57.5+0.04×5×62.5+0.02×5×67.5=57.25，即：估计该校学生体重的平均数约为57.25，故D 项错误.故选：AC .23.(湖北省七市(州)2023届高三下学期3月联合统一调研测试)下列命题中正确的是()A.若样本数据x 1，x 2，⋯，x 20的样本方差为3，则数据2x 1+1，2x 2+1，⋯，2x 20+1的方差为7B.经验回归方程为y=0.3-0.7x 时，变量x 和y 负相关C.对于随机事件A 与B ，P A >0，P B >0，若P A B =P A ，则事件A 与B 相互独立D.若X ∼B 7,12，则P X =k 取最大值时k =4【详解】对于A ，数据2x 1+1，2x 2+1，⋯，2x 20+1的方差为22×3=12，所以A 错误；对于B ，回归方程的直线斜率为负数，所以变量x 与y 呈负的线性相关关系，所以B 正确；对于C ，由P A B =P ABP B=P A ，得P AB =P A ⋅P B ，所以事件A 与事件B 独立，所以C正确；对于D ，由P X =k ≥P X =k +1P X =k ≥PX =k -1，即C k 712 7≥C k +17127C k 712 7≥Ck -17127，解得k =3或k =4，所以D 错误．故选：BC ．24.(湖北省武汉市2023届高三下学期二月调研)在一次全市视力达标测试后，该市甲乙两所学校统计本校理科和文科学生视力达标率结果得到下表：甲校理科生甲校文科生乙校理科生乙校文科生达标率60%70%65%75%定义总达标率为理科与文科学生达标人数之和与文理科学生总人数的比，则下列说法中正确的有()A.乙校的理科生达标率和文科生达标率都分别高于甲校B.两校的文科生达标率都分别高于其理科生达标率C.若甲校理科生和文科生达标人数相同，则甲校总达标率为65%D.甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率【详解】由表中数据可得甲校理科生达标率为60%，文科生达标率为70%，乙校理科生达标率为65%，文科生达标率为75%，故选项AB 正确；设甲校理科生有x 人，文科生有y 人，若0.6x =0.7y ，即6x =7y ，则甲校总达标率为0.6x +0.7yx +y=4265，选项C 错误；由总达标率的计算公式可知当学校理科生文科生的人数相差较大时，所占的权重不同，总达标率会接近理科生达标率或文科生达标率，当甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生时，甲校的总达标率可能高于乙校的总达标率，选项D 正确；故选：ABD25.(湖北省武汉市2023届高三下学期二月调研)已知离散型随机变量X 服从二项分布B n ,p ，其中n ∈N ∗,0<p <1，记X 为奇数的概率为a ，X 为偶数的概率为b ，则下列说法中正确的有()A.a +b =1 B.p =12时，a =b C.0<p <12时，a 随着n 的增大而增大 D.12<p <1时，a 随着n 的增大而减小【详解】对于A 选项，由概率的基本性质可知，a +b =1，故A 正确，对于B 选项，由p =12时，离散型随机变量X 服从二项分布B n ,12 ，则P =X =k =C kn12k1-12n -kk =0,1,2,3,⋯,n ，所以a =12nC 1n +C 3n +C 5n +⋯⋯ =12n×2n -1=12，b =12nC 0n+C 2n+C 4n+⋯⋯ =12n×2n -1=12，所以a =b ，故B 正确，。

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 =+++L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 =⨯⨯⨯L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14C最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得113434288C C A =143413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。

2020/3/27高考数学摆列合解决方法1.分数原理 ( 加法原理 )达成一件事，有 n 法，在第1法中有 m1种不一样的方法，在第2法中有 m2种不一样的方法，⋯，在第 n 法中有 m n种不一样的方法，那么达成件事共有：N m1m2L m n种不一样的方法．2.分步数原理（乘法原理）达成一件事，需要分红n 个步，做第 1 步有m1种不一样的方法，做第2 步有 m2种不一样的方法，⋯，做第 n 步有 m n种不一样的方法，那么达成件事共有：N m1m2L m n种不一样的方法．3.分数原理分步数原理区分数原理方法互相独立，任何一种方法都能够独立地达成件事。

分步数原理各步互相依存，每步中的方法达成事件的一个段，不可以达成整个事件．解决摆列合合性的一般程以下:1.真弄清要做什么事2.怎做才能达成所要做的事 , 即采纳分步是分 , 或是分步与分同行 , 确立分多少步及多少。

3.确立每一步或每一是摆列 ( 有序 ) 是合 ( 无序 ) , 元素数是多少及拿出多少个元素 .4.解决摆列合合性，常常与步交错，所以必掌握一些常用的解策略一. 特别元素和特别地点先策略例 1. 由 0,1,2,3,4,5能够成多少个没有重复数字五位奇数.解: 因为末位和首位有特别要求 , 先安排 , 免得不合要求的元素占了两个地点 .先排末位共有 C31而后排首位共有 C41最后排其余地点共有 A34由分步数原理得 C41C31 A43288地点剖析法和元素剖析法是解决摆列组合问题最常用也是最基本的方法, 若以元素剖析为主 , 需先安排特别元素 , 再办理其余元素 . 若以地点剖析为主, 需先知足特别地点的要求 , 再办理其余位置。

如有多个拘束条件，常常是考虑一个拘束条件的同时还要兼备其余条件12020/3/27练习题 :7 种不一样的花种在排成一列的花盆里, 若两种葵花不种在中间，也不种在两头的花盆里，问有多少不一样的种法二. 相邻元素捆绑策略例 2. 7 人站成一排 , 此中甲乙相邻且丙丁相邻 , 共有多少种不一样的排法 . 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并当作一个复合元素，同时丙丁也当作一个复合元素，再与其余元素进行摆列，同时对相邻元素内部进行自排。

高考数学排列组合难题21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。

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14C最后排其它位置共有34A 由分步计数原理得113434288C 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。

看作7家“店”，五项冠军看作5名“客”，每个“客”有7种住宿法，由乘法原理得7种.
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小结
本节课，我们对有关排列组合的几种常见的解题策略加以复习巩固。

排列组合历来是学习中的难点，通过我们平时做的练习题，不难发现排列组合题的特点是条件隐晦，不易挖掘，题目多变，解法独特，数字庞大，难以验证。

同学们只有对基本的解题策略熟练掌握。

根据它们的条件,我们就可以选取不同的技巧来解决问题.对于一些比较复杂的问题,我们可以将几种策略结合起来应用把复杂的问题简单化，举一反三，触类旁通，进而为后续学习打下坚实的基础。

解排列组合问题常用方法（二十种）一、定位问题优先法（特殊元素和特殊位置优先法）例1、由01,2,3,4,5，可以组成多少个没有重复数字五位奇数 分析：特殊元素和特殊位置有特殊要求，应优先考虑。

末位和首位有特殊要求。

先排末位，从1,3,5三个数中任选一个共有13C 种组合；然后排首位，从2,4和剩余的两个奇数中任选一个共有14C 种组合；最后排中间三个数，从剩余四个数中任选三个共有34A 种排列。

由分步计数原理得113344288C C A =。

变式1、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分析：先种两种不同的葵花在不受限制的四个花盒中共有24A 种排列，再种其它葵花有55A 种排列。

由分步计数原理得25451440A A =。

二、相邻问题捆绑法例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分析：分三步。

先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，将丙丁两元素也捆绑成整体看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时在两对相邻元素内部进行自排。

由分步计数原理得522522480A A A =。

变式2、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 。

分析：命中的三枪捆绑成一枪，与命中的另一枪插入未命中四枪形成的五个空位，共有25A 种排列。

三、相离问题插空法例3、一个晚会节目有4个舞蹈，2个相声，3个独唱，舞蹈不能连续出场，则节目出场顺序有多少种分析：相离问题即不相邻问题。

分两步。

第一步排2个相声和3个独唱共有55A 种排列，第二步将4个舞蹈插入第一步排好后形成的6个空位中（包含首尾两个空位）共有46A 种排列，由分步计数原理得545643200A A =。

变式3、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不相邻，那么不同插法的种数为 。

分析：将2个新节目插入原定5个节目排好后形成的6个空位中（包含首尾两个空位）共有26A 种排列， 由分步计数原理得2630A =。