排列组合二及答案

高二数学：排列组合二项式定理一、选择题（本大题共16小题，共80.0分）1.如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案( )A. 180种B. 240种C. 360种D. 420种【答案】D【解析】解：若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A55种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，则2、4两个花池栽同一种颜色的花；或者3、5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2A54种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A53种，故最多有A55+2A54+A53=420种栽种方案，故选D．若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A55种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，方法有2A54种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A53种，相加即得所求．本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．2.甲、乙、丙等6人排成一排，且甲、乙均在丙的同侧，则不同的排法共有( )种(用数字作答)．A. 720B. 480C. 144D. 360【答案】B【解析】解：甲、乙、丙等六位同学进行全排可得A66=720种，∵甲乙丙的顺序为甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，∴甲、乙均在丙的同侧，有4种，∴甲、乙均在丙的同侧占总数的46=23∴不同的排法种数共有23×720=480种．故选：B．甲、乙、丙等六位同学进行全排，再利用甲、乙均在丙的同侧占总数的46=23，即可得出结论．本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，比较基础．3.从1，3，5中选2个不同数字，从2，4，6，8中选3个不同数字排成一个五位数，则这些五位数中偶数的个数为( )A. 5040B. 1440C. 864D. 720【答案】C【解析】解；先任选一个偶数排在末尾，共有4种选法，其它2个奇数的选法共有3种，剩余2个偶数的选法共有3种，这4个数全排列，共有4×3×2×1=24种方法，共有则这些五位数中偶数的个数为4×3×3×24= 864，故选：C．先按要求排末尾，再排其它，根据分步计数原理可得．本题考查加法原理和乘法原理综合运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为( )A. 48B. 72C. 90D. 96【答案】D【解析】解：根据题意，从5名学生中选出4名分别参加竞赛，分2种情况讨论：①、选出的4人没有甲，即选出其他4人即可，有A44=24种情况，②、选出的4人有甲，由于甲不能参加生物竞赛，则甲有3种选法，在剩余4人中任选3人，参加剩下的三科竞赛，有A43=24种选法，则此时共有3×24=72种选法，则有24+72=96种不同的参赛方案；故选：D．根据题意，分2种情况讨论选出参加竞赛的4人，①、选出的4人没有甲，②、选出的4人有甲，分别求出每一种情况下分选法数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，注意优先考虑特殊元素．5.小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排.若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为( )A. 60B. 72C. 84D. 96【答案】C【解析】解：根据题意，分3种情况讨论：①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C21=2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22=2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32=12种安排方法，此时有2×2×12=48种不同坐法；②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2=4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时有2×2×6=24种不同坐法；③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22=2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时，共有2×6=12种不同坐法；则一共有48+24+12=84种不同坐法；故选：C．根据题意，分3种情况讨论：①、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻，②、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻，③、小明的父母都与小明相邻，分别求出每一种情况下的排法数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，关键是根据题意，进行不重不漏的分类讨论．6.A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )A. 24种B. 60种C. 90种D. 120种【答案】B【解析】解：根据题意，使用倍分法，五人并排站成一排，有A55种情况，而其中B站在A的左边与B站在A的右边是等可能的，则其情况数目是相等的，×A55=60，则B站在A的右边的情况数目为12故选B．根据题意，首先计算五人并排站成一排的情况数目，进而分析可得，B 站在A 的左边与B 站在A 的右边是等可能的，使用倍分法，计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意使用倍分法时，注意必须保证其各种情况是等可能的．7. C 74+C 75+C 86等于( ) A. C 95B. C 96C. C 87D. C 97【答案】B【解析】解：根据组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m得，C 74+C 75+C 86=(C 74+C 75)+C 86 =C 85+C 86 =C 96． 故选：B ．利用组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m，进行化简即可．本题考查了组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m的逆用问题，是基础题目．8. 9件产品中，有4件一等品，3件二等品，2件三等品，现在要从中抽出4件产品来检查，至少有两件一等品的抽取方法是( )A. C 42⋅C 52B. C 42+C 43+C 44C. C 42+C 52D. C 42⋅C 52+C 43⋅C 51+C 44⋅C 50【答案】D【解析】解：一共有4件一等品，至少两件一等品分为2件，3件，4件，第一类，一等品2件，从4件任取2件，再从3件二等品或2件三等品共5件产品中任取2件，有C 42⋅C 52， 第二类，一等品3件，从4件任取3，再从3件二等品或2件三等品共5件产品中任取1，有C 43⋅C 51，第二类，一等品4件，从4件中全取，有C 44⋅C 50， 根据分类计数原理得，至少有两件一等品的抽取方法是C 42⋅C 52+C 43⋅C 51+C 44⋅C 50． 故选：D ．利用分类计数原理，一共有4件一等品，至少两件一等品分为2件，3件，4件，然后再按其它要求抽取． 本题主要考查了分类计数原理，如何分类是关键，属于基础题．9. 4名同学争夺三项冠军，冠军获得者的可能种数是( )A. 43B. A 43C. C 43D. 4 【答案】A【解析】解：每一项冠军的情况都有4种，故四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是43， 故选：A ．每个冠军的情况都有4种，共计3个冠军，故分3步完成，根据分步计数原理，运算求得结果． 本题主要考查分步计数原理的应用，属于基础题．10. 某班班会准备从含甲、乙的7人中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序有( ) A. 720种 B. 520种 C. 600种 D. 360种 【答案】C【解析】解：分两类：第一类，甲、乙两人只有一人参加，则不同的发言顺序有C 21C 53A 44种；第二类：甲、乙同时参加，则不同的发言顺序有C 22C 52A 22A 32种.共有：C 21C 53A 44+C 22C 52A 22A 32=600(种)． 故选：C ．分两类：第一类，甲、乙两人只有一人参加，第二类：甲、乙同时参加，利用加法原理即可得出结论． 本题考查排列、组合的实际应用，正确分类是关键．11. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 ( ) A. 144种 B. 72种 C. 64种 D. 84种 【答案】D【解析】解：由题意知本题是一个分步计数问题， 需要先给最上面金着色，有4种结果， 再给榜着色，有3种结果，给题着色，与榜同色，给名着色，有3种结果；与榜不同色，有2种结果，给名着色，有2种结果 根据分步计数原理知共有4×3×(3+2×2)=84种结果， 故选D ．需要先给最上面金着色，有4种结果，再给榜着色，有3种结果，给题着色，与榜同色，给名着色，有3种结果；与榜不同色，有2种结果，给名着色，有2种结果，根据分步计数原理得到结果．本题考查计数原理的应用，解题的关键是理解“公共边的两块区域不能使用同一种颜色，”根据情况对C 处涂色进行分类，这是正确计数，不重不漏的保证．12. 六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( )A. 192种B. 216种C. 240种D. 288种 【答案】B【解析】解：最左端排甲，共有A 55=120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有C 41A 44=96种， 根据加法原理可得，共有120+96=216种． 故选：B ．分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论． 本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．13. 有黑、白、红三种颜色的小球各5个，都分别标有数字1，2，3，4，5，现取出5个，要求这5个球数字不相同但三种颜色齐备，则不同的取法种数有( ) A. 120种 B. 150种 C. 240种 D. 260种 【答案】B【解析】解：根据题意，取出的5个球有三种颜色且数字不同， 分2步进行分析：①，先把取出的5个球分成3组，可以是3，1，1，也可以是1，2，2； 若分成3，1，1的三组，有C 53C 21C 11A 22=10种分组方法； 若分成1，2，2的三组，有C 51C 42C 22A 22=15种分组方法；则共有10+15=25种分组方法，②，让三组选择三种不同颜色，共有A 33=6种不同方法 则共有25×6=150种不同的取法； 故选：B ．因为要求取出的5个球分别标有数字1，2，3，4，5且三种颜色齐备，所以肯定是数字1，2，3，4，5各取一个，分2步分析：先把5个球分成三组，再每组选择一种颜色，由分步计数原理计算可得答案． 本题考查分步计数原理的应用，注意题目中“5个球数字不相同但三种颜色齐备”的要求．14. 从4双不同鞋中任取4只，结果都不成双的取法有____种.( )A. 24B. 16C. 44D. 384 【答案】B【解析】解：取出的四只鞋不成双，可分四步完成，依次从四双鞋子中取一只，取四次，故总的取法有2×2×2×2=16种， 故选B ．取出的四只鞋不成双，可分四步完成，依次从四双鞋子中取一只，取四次，利用乘法原理可得结论．本题考查排列、组合及简单计数问题，考查乘法原理的运用，比较基础．15.某公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有( )种．A. 510B. 105C. 50D. A105【答案】A【解析】解：根据题意，公共汽车沿途5个车站，则每个乘客有5种下车的方式，则10位乘客共有510种下车的可能方式；故选：A．根据题意，分析可得每个乘客有5种下车的方式，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，16.从0，1，2，3，4中选取三个不同的数字组成一个三位数，其中奇数有( )A. 18个B. 27个C. 36个D. 60个【答案】A【解析】解：先从1，3中选一个为个位数字，再剩下的3个(不包含0)取1个为百位，再从剩下3个(包含0)取一个为十位，故有2×3×3=18个，故答案为：18．先从1，3中选一个为个位数字，再剩下的3个(不包含0)取1个为百位，再从剩下3个(包含0)取一个为十位，根据分步计数原理可得．本题考查了分步计数原理，关键是分步，属于基础题．二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）17.(1+2x)5的展开式中含x2项的系数是______ .(用数字作答)【答案】40【解析】解：由二项式定理的通项公式T r+1=C n r a n−r b r可设含x2项的项是T r+1=C5r15−r(2x)r=2r C5r x r，可知r=2，所以系数为22C52=40所以答案应填40本题是求系数问题，故可以利用通项公式T r+1=C n r a n−r b r来解决，在通项中令x的指数幂为2可求出含x2是第几项，由此算出系数为40本题主要考查二项式定理中通项公式的应用，属于基础题型，难度系数0.9.一般地通项公式主要应用有求常数项，有理项，求系数，二项式系数等．18.(x−1x )(2x+1x)5的展开式中，常数项为______．【答案】−40【解析】解：(x−1x )(2x+1x)5展开式中常数项是(2x+1x )5展开式中的1x项与x的乘积，加上含x项与−1x的乘积；由(2x+1x)5展开式的通项公式为T r+1=C5r⋅(2x)5−r⋅(1x)r=25−r⋅C5r⋅x5−2r，令5−2r=−1，解得r=3，∴T4=22⋅C53⋅1x =40x；令5−2r=1，解得r=2，∴T3=23⋅C52⋅x=80x；所求展开式的常数项为40 x ⋅x+80x⋅(−1x)=40−80=−40．故答案为：−40．根据(x−1x )(2x+1x)5展开式中常数项是(2x+1x)5展开式中的1x项与x的乘积，加上x项与−1x的乘积；利用(2x+1x)5展开式的通项公式求出对应的项即可．本题考查了二项式定理的应用问题，是基础题．19.小明、小刚、小红等5个人排成一排照相合影，若小明与小刚相邻，且小明与小红不相邻，则不同的排法有______ 种.【答案】36【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：①、小刚与小红不相邻，将除小明、小刚、小红之外的2人全排列，有A22种安排方法，排好后有3个空位，将小明与小刚看成一个整体，考虑其顺序，有A22种情况，在3个空位中，任选2个，安排这个整体与小红，有A32种安排方法，有A22×A32×A22=24种安排方法；②、小刚与小红相邻，则三人中小刚在中间，小明、小红在两边，有A22种安排方法，将三人看成一个整体，将整个整体与其余2人进行全排列，有A33种安排方法，此时有A33×A22=12种排法，则共有24+12=36种安排方法；故答案为：36．根据题意，分2种情况讨论：①、小刚与小红不相邻，②、小刚与小红相邻，由排列、组合公式分别求出每一种情况的排法数目，由分类加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的运用，注意特殊元素优先考虑，不同的问题利用不同的方法解决如相邻问题用捆绑，不相邻问题用插空等方法．20.(1−3x)7的展开式中x2的系数为______ ．【答案】7【解析】解：由于(1−3x)7的展开式的通项公式为T r+1=C7r⋅(−1)r⋅x r3，令r3=2，求得r=6，可得展开式中x2的系数为C76=7，故答案为：7．在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得展开式中x2的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题21.已知C203x=C20x+4，则x=______ ．【答案】2或4【解析】解：∵C203x=C20x+4，则3x=x+4，或3x+x+4=20，解得x=2或4．故答案为：2或4．由C203x=C20x+4，可得3x=x+4，或3x+x+4=20，解出即可得出．本题考查了组合数的计算公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．22.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有______ 种.【答案】70【解析】解：甲型电视机2台和乙型电视机1台，取法有C42C51=30种；甲型电视机1台和乙型电视机2台，取法有C41C52=40种；共有30+40=70种．故答案为：70任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，有两种方法，一是甲型电视机2台和乙型电视机1台；二是甲型电视机1台和乙型电视机2台，分别求出取电视机的方法，即可求出所有的方法数．本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，是基础题．23.一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2.将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是______ ．【答案】49【解析】解：一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2．将这个小正方体抛掷2次，向上的数之积可能为ξ=0，1，2，4，P(ξ=0)=C31C31+C31C31+C31C31C61C61=34，P(ξ=1)=C21C21C61C61=19，P(ξ=2)=C21C11+C11C21C61C61=19，P(ξ=4)=C11C11C61C61=136，∴Eξ=19+29+436=49．故答案为：49．一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2.将这个骰子掷两次得到结果有三种情况，使得它们两两相乘，得到变量可能的取值，结合事件做出概率和期望．数字问题是概率中经常出现的题目，一般可以列举出要求的事件，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，而不能列举的可以借助于排列数和组合数来表示．24.把5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分发种数为______.(用数字作答)【答案】240【解析】解：由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素共有C52，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有A44，∴分法种数为C52⋅A44=240．故答案为：240．由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列，根据分步计数原理两个过程的结果数相乘得到结果．排列组合问题在几何中的应用，在计算时要求做到，兼顾所有的条件，先排约束条件多的元素，做的不重不漏，注意实际问题本身的限制条件．25.从4名男同学和6名女同学中选取3人参加某社团活动，选出的3人中男女同学都有的不同选法种数是______(用数字作答)【答案】96【解析】解：根据题意，在4名男同学和6名女同学共10名学生中任取3人，有C103=120种，其中只有男生的选法有C43=4种，只有女生的选法有C63=20种则选出的3人中男女同学都有的不同选法有120−4−20=96种；故答案为：96．根据题意，用间接法分析：首先计算在10名学生中任取3人的选法数目，再分析其中只有男生和只有女生的选法数目，分析即可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意利用间接法分析，可以避免分类讨论．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）26.已知(2x√x)n展开式前两项的二项式系数的和为10．(1)求n的值．(2)求出这个展开式中的常数项．【答案】解：(1)∵(2x√x)n展开式前两项的二项式系数的和为10∴C n0+C n1=10，解得n=9；(2)∵(2x√x )n展开式的通项T r+1=C n r(2x)n−r(√x)r=2n−r C n r x n−3r2----8分∴令n−3r2=0且n=9得r=6，∴(2x+√x)n展开式中的常数项为第7项，即T7=29−6⋅C96=672．【解析】(1)根据二项式展开式得到前两项的系数，根据系数和解的n的值，(2)利用展开式的通项，求常数项，只要使x的次数为0即可．本题主要考查了二项式定理，利用好通项，属于基础题．27.已知n为正整数，在二项式(12+2x)n的展开式中，若前三项的二项式系数的和等于79．(1)求n的值；(2)判断展开式中第几项的系数最大？【答案】解：(1)根据题意，C n0+C n1+C n2=79，即1+n+n(n−1)2=79，整理得n2+n−156=0，解得n=12或n=−13(不合题意，舍去)所以n=12；…(5分)(2)设二项式(12+2x)12=(12)12⋅(1+4x)12的展开式中第k+1项的系数最大，则有{C12k⋅4k≥C12k−1⋅4k−1 C12k⋅4k≥C12k+1⋅4k+1，解得9.4≤k≤10.4，所以k=10，所以展开式中第11项的系数最大.…(10分)【解析】(1)根据题意列出方程C n0+C n1+C n2=79，解方程即可；(2)设该二项式的展开式中第k+1项的系数最大，由此列出不等式组，解不等式组即可求出k的值．本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了转化思想与不等式组的解法问题，是综合性题目．28.已知二项式(1+√2x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n(x∈R，n∈N)(1)若展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的3倍，求n的值；(2)若n为正偶数时，求证：a0+a2+a4+a6+⋯+a n为奇数．(3)证明：C n1+2C n2⋅2+3C n3⋅22+⋯+nC n n⋅2n−1=n⋅3n−1(n∈N+)【答案】解：(1)由题意可得C n 4=3⋅C n 2(√2)2，∴n =11．(2)证明：当n 为正偶数时，则a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n =1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C n n ， 除第一项为奇数外，其余的各项都是偶数，故1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C nn 为奇数， 即a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n 为奇数．(3)∵kC n k =n ⋅C n−1k−1， ∴C n 1+2C n 2⋅2+3C n 3⋅22+⋯+nC n n ⋅2n−1=n(C n−10+C n−11×2+C n−12×22+⋯+C n−1n−1×2n−1) =n ⋅(1+2)n−1=n ⋅3n−1．【解析】(1)直接利用条件可得C n 4=3⋅C n 2(√2)2，由此求得n 的值．(2)当n 为正偶数时，则a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n =1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C nn ，除第一项为奇数外，其余的各项都是偶数，从而证得结论．(3)由kC n k =n ⋅C n−1k−1，可得C n 1+2C n 2⋅2+3C n 3⋅22+⋯+nC n n ⋅2n−1=n(C n−10+C n−11×2+C n−12×22+⋯+C n−1n−1×2n−1)，再利用二项式定理证得所给的等式成立．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．29. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加座谈会，问：(Ⅰ)如果4人中男生和女生各选2人，有多少种选法？(Ⅱ)如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有多少种选法？ (Ⅲ)如果4人中必须既有男生又有女生，有多少种选法？【答案】解：(Ⅰ)根据题意，从5名男生中选出2人，有C 52=10种选法，从4名女生中选出2人，有C 42=6种选法，则4人中男生和女生各选2人的选法有10×6=60种；(Ⅱ)先在9人中任选4人，有C 94=126种选法，其中甲乙都没有入选，即从其他7人中任选4人的选法有C 74=35种， 则甲与女生中的乙至少要有1人在内的选法有126−35=91种；(Ⅲ)先在9人中任选4人，有C 94=126种选法，其中只有男生的选法有C 51=5种，只有女生的选法有C 41=1种， 则4人中必须既有男生又有女生的选法有126−5−1=120种．【解析】(Ⅰ)根据题意，分别计算“从5名男生中选出2人”和“从4名女生中选出2人”的选法数目，由分步计数原理计算可得答案；(Ⅱ)用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中“甲乙都没有入选”的选法数目，即可得答案；(Ⅲ)用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中“只有男生”和“只有女生”的选法数目，即可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，(Ⅱ)(Ⅲ)中可以选用间接法分析．30. 某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的排节目单的方法种数：(1)一个唱歌节目开头，另一个压台； (2)两个唱歌节目不相邻；(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．【答案】解：(1)先排歌曲节目有A 22种排法，再排其他节目有A 66种排法，所以共有A 22A 66=1440种排法．(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目，有A 66种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排歌曲节目，有A 72种插入方法，所以共有A 66A 72=30240种排法．(3)两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，共有A 44A 53A 22=2880种． 【解析】(1)先排歌曲节目，再排其他节目，利用乘法原理，即可得出结论； (2)先排3个舞蹈，3个曲艺节目，再利用插空法排唱歌，即可得到结论；(3)两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，即可得到结论．本题考查排列组合知识，考查学生利用数学知识解决实际问题的能力，属于中档题．。

逻辑推理-排列与组合问题2逻辑推理-排列与组合问题2一．填空题（共10小题）1．一楼梯共有n级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶或3级台阶，设从地面到第n级台阶所有不同的走法为M种．（1）当n=2时，M=_________种；（2）当n=7时，M=_________种．2．小虎训练上楼梯赛跑，他每步可上1阶或2阶或3阶，这样上到第16阶但不踏到第7阶和第15阶，那么不同上法共有_________种．3．平面上n条直线，它们恰有2002个交点，n的最小值是_________．4．从6名男生中选出4人，从4名女生中选出2人站成一排，并要求两名女生必须相邻，则共有_________种安排方案5．欧锦赛共有16支球队参赛，先平均分成四个小组，每个小组进行单循环比赛（即每个队都与其他三个队各赛一场），选出2个优胜队进入8强；这8支球队再分成甲、乙两组进行单循环赛，每组再选出2个优胜队进入4强；这4支球队，甲组的第一名对乙组的第二名，甲组的第二名再对乙组的第一名，两个胜队进入决赛争夺亚军，两个输队再夺三、四名，则欧锦赛共赛_________场．6．把7本不同的书分给甲、乙两人，甲至少要分到2本，乙至少要分到1本，两人的本数不能只相差1，则不同的分法共有_________种．7．1～8八个数排成一排，要求相邻两个数字互质，可以有_________种排法．8．一个楼梯共有10级台阶．规定每步可以上一级或二级台阶，最多可以上三级台阶．从地面到最高一级，一共有_________种不同的上法．9．将正整数1，2，…，10分成A、B两组，其中A组：a1，a2，…，a m；B组：b1，b2，…，b n．现从A、B两组中各取出一个数，把取出的两个数相乘．则所有不同的两个数乘积的和的最大值为_________．10．如图，有20枚铁钉钉成十字图案，任选4枚铁钉用橡皮圈绷紧，使成为正方形．这样一共可以绷成_________个不同的正方形．二．解答题（共20小题）11．如图，是一个计算装置的示意图，A、B是数据入口，C是计算结果的出口，计算过程是用A、B分别输入自然数m和n，经过计算后得自然数k由C输出，若此种计算装置表达的运算满足以下三个性质：（1）A与B分别输入1，则输出结果1；（2）若A输入任何固定自然数不变，B输入自然数增加1，则输出结果比原来增加2；（3）若B输入1，A输入自然数增加1，则输出结果为原来的2倍．试问：（1）若A输入1，B输入自然数n，输出结果为多少？（2）若A输入自然数m，B输入自然数n，输出结果为多少？（3）若输出结果为100，则不同的输入方式有多少种？12．在平面内有n条两两不平行的直线，并过其中任意两条直线的交点还有一条已知直线．求证：这n条直线都通过同一个点．13．平面上给定了2n个点，其中任意三点不共线，并且n个点染成了红色，n个点染成了蓝色，证明：总可以找到两两没有公共点的n条直线段，使得其中每条线段的两个端点具有不同的颜色．14．8分和15分的邮票可以无限制地取用，某些邮资额数，例如7分、29分，不能够刚好凑成，求不能凑成的最大额数n，即大于n的额数都能够凑成（证明你的答案）．15．从1，2，…，16中，最多能选出多少个数，使得被选出的数中，任意三个数都不是两两互质．16．平面上给定四个点，两两连接这四点的诸直线不平行，不垂直，也不重合．过每一点作其余三点两两连接的直线的垂线，若不算已知的四点，这些垂线间有多少个不同交点？证明你的结论．17．某市有n所中学，第i所中学派出C i名学生（1≤C i≤39，1≤i≤n）来到体育馆观看球赛，全部学生总数之和C1+C2+…+C n=1990，看台上每一横排有199个座位，要求同一学校的学生必须坐在同一横排，问体育馆最少要安排多少横排才能保证全部学生都能坐下？18．一个自然数a，若将其数字重新排列可得一个新的自然数b．如果a恰是b的3倍，我们称a是一个“希望数”．（1）请你举例说明：“希望数”一定存在．（2）请你证明：如果a，b都是“希望数”，则ab一定是729的倍数．19．从数1，2，3，…，1995中任意取出n个不同的数（1≤n≤1995）形成一组叫做一个n元数组，如（1，2，3，4）就是一个四元数组，（4，8，12，20，32）就是一个五元数组．现要给出一个自然数k，使得每一个k元数组中总能找到三个不同的数，此三数能构成一个三角形的三边长，则给出的k至少是多少时才能满足要求？证明你的结论．20．5个人站成一排照相．（1）若甲、乙两人必须相邻，则有多少不同的站队方法？（2）若甲、乙两人必不相邻，则有多少不同的站队方法？21．在一次有n个足球队参加的循环赛中（即每一队必须同其余各个队进行一场比赛），每场比赛胜队积2分，平局各积1分，败队积0分，结果有一队积分比其他各队都多，而胜的场次比其他任何一队都少，求n最小的可能值．22．假定n个人各恰好知道一个消息，而所有n个消息都不相同，每次“A”打电话给“B”，“A”都把所知道的一切告诉“B”，而“B”不告诉“A”什么消息．为了使各人都知道一切消息．求所有需要两人之间通话的最少次数．证明你的答案是正确的．23．有一批规格相同的圆棒，每根划分成长度相同的五节，每节用红、黄、蓝三种颜色来涂，问：可以得到多少种着色不同的圆棒？24．（a）请你在平面上画出6条直线（没有三条共点），使得它们中的每条直线都恰与另三条直线相交，并简单说明画法．（b）能否在平面上画出7条直线（任意三条都不共点），使得它们中的每条直线都恰与另三条直线相交？如果能请画出一例，如果不能请简述理由．25．设计一套邮票，设计要求如下：该套邮票由四种不同面值的邮票组成，面值数为正整数，并且对于连续整数1，2…，R中的任一面值数，都能够通过适当选取面值互相不同且不超过三枚的邮票实现．试求出R的最大值，并给出一种相应的设计．26．试将7个数字：3、4、5、6、7、8、9分成两组，分别排成一个三位数和一个四位数，并且使这两个数的乘积最大，试问应该如何排列？证明你的结论？27．在m（m≥2）个不同数的排列P1P2P3…P m中，若1≤i＜j≤m时，P i＞P j（即前面某数大于后面某数），则称P i与P j构成一个逆序．一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数．记排列（n+1）n（n﹣1）…321的逆序数为a n，如排列21的逆序数a1=1，排列4321的逆序数a3=6．（1）求a4、a5，并写出a n的表达式（用n表示，不要求证明）；（2）令b n=+﹣2，求b1+b2+…b n并证明b1+b2+…b n＜3，n=1，2，…．28．设m，n是给定的整数，4＜m＜n，A1A2…A2n+1是一个正2n+1边形，P={A1，A2，…，A2n+1}．求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m边形的个数．29．凸n边形P中的每条边和每条对角线都被染为n种颜色中的一种颜色．问：对怎样的n，存在一种染色方式，使得对于这n种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P的顶点，且它的3条边分别被染为这3种颜色？30．世界杯足球赛每个小组共有四个队参加比赛，采用单循环赛制（即每两个队之间要进行一场比赛），每场比赛获胜的一方得3分，负的一方得0分，如果两队战平，那么双方各得1分，小组赛结束后，积分多的前两名从小组出线．如果积分相同，两队可以通过比净胜球或其他如抽签等方式决定谁是第二名，确保有两支队伍出线．（1）某队小组比赛后共得6分，是否一定从小组出线？（2）某队小组比赛后共得3分，能从小组出线吗？（3）某队小组比赛后共得2分，能从小组出线吗？（4）某队小组比赛后共得1分，有没有出线的可能？逻辑推理-排列与组合问题2参考答案与试题解析一．填空题（共10小题）1．一楼梯共有n级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶或3级台阶，设从地面到第n级台阶所有不同的走法为M种．（1）当n=2时，M=2种；（2）当n=7时，M=44种．考点：排列与组合问题．分析：（1）先用n表示台阶的级数，a n表示某人走到第n级台阶时，所有可能不同的走法，得出当n=1时，显然只要1种跨法，当n=2时，即可求出M的值；（2）由（1）可得出当n=3、4…时的不同走法，找出规律，求出当n=7时M的值即可．解答：解：如果用n表示台阶的级数，a n表示某人走到第n级台阶时，所有可能不同的走法，容易得到：（1）根据题意得：当n=1时，显然只要1种跨法，即a1=1．当n=2时，可以一步一级跨，也可以一步跨二级上楼，因此，共有2种不同的跨法，即M=2．（2）由（1）可得：当n=3时，可以一步一级跨，也可以一步三级跨，还可以第一步跨一级，第二步跨二级或第一步跨二级，第二步跨一级上楼，因此，共有4种不同的跨法，即a3=4．④当n=4时，分三种情况分别讨论：如果第一步跨一级台阶，那么还剩下三级台阶，由③可知有a3=4（种）跨法．如果第一步跨二级台阶，那么还剩下二级台阶，由②可知有a2=2（种）跨法．如果第一步跨三级台阶，那么还剩下一级台阶，由①可知有a1=1（种）跨法．根据加法原理，有a4=a1+a2+a3=1+2+4=7类推，有a5=a2+a3+a4=2+4+7=13；a6=a3+a4+a5=4+7+13=24；a7=a4+a5+a6=7+13+24=44，即M=44；故答案为：2，44．点评：本题考查的是排列组合问题，根据排列组合原理分别求出当n=1、2、3、4…时的不同走法，找出规律是解答此题的关键．2．小虎训练上楼梯赛跑，他每步可上1阶或2阶或3阶，这样上到第16阶但不踏到第7阶和第15阶，那么不同上法共有1849种．考点：排列与组合问题．专题：探究型．分析：如果用n表示台阶的级数，an表示某人走到第n级台阶时，所有可能不同的走法，求出当n=1，2，3，4时不同的走法，找出规律即可求解．解答：解：如果用n表示台阶的级数，an表示某人走到第n级台阶时，所有可能不同的走法，容易得到：①当n=1时，显然只要1种跨法，即a 1=1．②当n=2时，可以一步一级跨，也可以一步跨二级上楼，因此，共有2种不同的跨法，即a2=2．③当n=3时，可以一步一级跨，也可以一步三级跨，还可以第一步跨一级，第二步跨二级或第一步跨二级，第二步跨一级上楼，因此，共有4种不同的跨法，即a3=4．④当n=4时，分三种情况分别讨论：如果第一步跨一级台阶，那么还剩下三级台阶，由③可知有a3=4（种）跨法．如果第一步跨二级台阶，那么还剩下二级台阶，由②可知有a2=2（种）跨法．如果第一步跨三级台阶，那么还剩下一级台阶，由①可知有a1=1（种）跨法．根据加法原理，有a4=a1+a2+a3=1+2+4=7类推，有a5=a2+a3+a4=2+4+7=13；a6=a3+a4+a5=4+7+13=24；a7=0；a8=a5+a6=13+24=37；a9=a6+a8=24+34=61；a10=a8+a9=37+61=98；a11=a8+a9+a10=37+61+98=196；a12=a9+a10+a11=61+98+196=355；a13=a10+a11+a12=98+196+355=649；a14=a11+a12+a13=196+355+649=1200；a15=0，a16=a13+a14=649+1200=1849．故答案为：1849．点评：本题考查的是排列与组合问题，分别根据排列与组合原理求出当n=1，2，3，4…时不同的走法，找出规律，是解答此题的关键．3．平面上n条直线，它们恰有2002个交点，n的最小值是64．考点：排列与组合问题．专题：常规题型．分析：平面上n条直线，如果任何两条直线都相交，任何三条直线不共点，则可求出交点数为S，然后根据交点数不小于2002，求出n的范围．解答：解：平面上n条直线，如果任何两条直线都相交，任何三条直线不共点，则有交点数为S=，这是因为可以任选一条直线，有n中选法，再选另一条直线，有n﹣1种选法，搭配得n（n﹣1）种选法，这两条直线有一个交点，所有的交点都可以这样得到，但两条直线没有先后之分，同一个交点有两种方法可以得到，所以交点数为S=，考虑不等式≥2002，n是正整数，估值：=63，…63×62=3906，64×63=4032，可得n≥64，故答案为：64．点评：本题主要考查排列与组合问题的知识点，解答本题的突破口是找到n条直线交点的个数，本题难度一般．4．从6名男生中选出4人，从4名女生中选出2人站成一排，并要求两名女生必须相邻，则共有21600种安排方案考点：排列与组合问题．分析：首先算出6名男生中选出4人，共有C64种方法，从4名女生中选出2人共有C42种方法，抽出的6人，把两名相邻的女生，看作一个整体，调整2人的顺序，按这三步完成，利用排列组合公式计算解答即可．解答：解：第一步，6名男生中选出4人，共有C64=15种方法，第二步，4名女生中选出2人，共有C42=6种方法，第三步，选出的6人，设两名女生为甲、乙，把“甲乙”看做一个整体，相当于5人，安排方案有5!=5×4×3×2×1=120种，再把“乙甲”看做一个整体，相当于5人，安排方案有5!=5×4×3×2×1=120种，因此共有15×6×120×2=21600种安排方案．故答案为21600．点评：此题考查排列组合公式，解答时要注意分几步完成，每一步所运用的是排列计算方法还是组合计算方法，由此进一步完成题目的解答．5．欧锦赛共有16支球队参赛，先平均分成四个小组，每个小组进行单循环比赛（即每个队都与其他三个队各赛一场），选出2个优胜队进入8强；这8支球队再分成甲、乙两组进行单循环赛，每组再选出2个优胜队进入4强；这4支球队，甲组的第一名对乙组的第二名，甲组的第二名再对乙组的第一名，两个胜队进入决赛争夺亚军，两个输队再夺三、四名，则欧锦赛共赛40场．考点：排列与组合问题；一元一次方程的应用．专题：数字问题．分析：每个小组进行单循环比赛（即每个队都与其他三个队各赛一场），共需进行6场比赛，一共有4+2=6个小组，算出比赛场次，再加上最后四强进行的4场比赛即可解答．解答：解：每个小组进行单循环比赛（即每个队都与其他三个队各赛一场），则要进行3+2+1=6场比赛，6×6=36，4支球队，甲组的第一名对乙组的第二名，甲组的第二名再对乙组的第一名，两个胜队进入决赛争夺亚军，两个输队再夺三、四名，需要进行4场比赛，36+4=40．故答案为：40．点评：本题主要考查排列与组合问题，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出每一小组的比赛场次，再列式解答．6．把7本不同的书分给甲、乙两人，甲至少要分到2本，乙至少要分到1本，两人的本数不能只相差1，则不同的分法共有49种．考点：排列与组合问题．专题：计算题．分析：可以分为三类分法：①甲2本、乙5本；②甲5本、乙2本；③甲6本、乙1本；然后求三类分法的总和即为所求．解答：解：合要求的分法有：①甲2本、乙5本，共有=21（种）；②甲5本、乙2本，共有=21（种）；③甲6本、乙1本，共有1×7=7（种）；所以，一共有21+21+7=49（种）；故答案为：49．点评：本题考查了排列组合的问题．解答此题的关键的地方是分清排列与组合的区别．排列与元素的顺序有关，组合与顺序无关．如231与213是两个排列，2+3+1的和与2+1+3的和是一个组合．7．1～8八个数排成一排，要求相邻两个数字互质，可以有1728种排法．考点：排列与组合问题．专题：计算题．分析：不能相邻的数有两组：2、4、6、8和3、6．先选出1、3、5、7做排列，为P（4，4），然后把2、4、6、8分别插入到1、3、5、7的间隔或两边，每处最多1张，排列数为P（5，4），所以总的排列数为P（4，4）×P（5，4）．这里面还包括了3、6相邻的情形，需要排除．解答：解：有P（4，4）×P（5，4）﹣P（4，4）×2×P（4，3）=1728种排法．可以这样理解，不能相邻的数有两组：2、4、6、8和3、6．先考虑2、4、6、8．先选出1、3、5、7做排列，为P（4，4），然后把2、4、6、8分别插入到1、3、5、7的间隔或两边，每处最多1张，排列数为P（5，4），所以总的排列数为P（4，4）×P（5，4）．这里面还包括了3、6相邻的情形，需要排除．下面考虑3、6相邻的排列数．在把1、3、5、7做排列后，选出6放在与3相邻的位置上，有2种可能，再把2、4、8分别插入到剩余的个4间隔或两边，为P（4，3）种，总的排列为P（4，4）×2×P（4，3）种．所以，可能的排法有P（4，4）×P（5，4）﹣P（4，4）×2×P（4，3）=1728种．点评：本题主要考查了排列的方法，理解：不考虑条件的情况下，所有情况减去不满足条件的情况即为所求，这种解题思路是需要掌握的．8．一个楼梯共有10级台阶．规定每步可以上一级或二级台阶，最多可以上三级台阶．从地面到最高一级，一共有274种不同的上法．考点：排列与组合问题．专题：探究型．分析：分别求出当n=1、2、3、4…时的不同走法，找出规律，求出当n=10时a10的值即可．解答：解：如果用n表示台阶的级数，a n表示某人走到第n级台阶时，所有可能不同的走法，容易得到：①当n=1时，显然只要1种跨法，即a 1=1．②当n=2时，可以一步一级跨，也可以一步跨二级上楼，因此，共有2种不同的跨法，即a2=2．③当n=3时，可以一步一级跨，也可以一步三级跨，还可以第一步跨一级，第二步跨二级或第一步跨二级，第二步跨一级上楼，因此，共有4种不同的跨法，即a3=4．④当n=4时，分三种情况分别讨论：如果第一步跨一级台阶，那么还剩下三级台阶，由③可知有a3=4（种）跨法．如果第一步跨二级台阶，那么还剩下二级台阶，由②可知有a2=2（种）跨法．如果第一步跨三级台阶，那么还剩下一级台阶，由①可知有a1=1（种）跨法．根据加法原理，有a4=a1+a2+a3=1+2+4=7类推，有a5=a2+a3+a4=2+4+7=13；a6=a3+a4+a5=4+7+13=24；a7=a4+a5+a6=7+13+24=44；a8=a5+a6+a7=13+24+44=81；a9=a6+a7+a8=24+44+81=149；a10=a7+a8+a9=44+81+149=274．故答案为：274．点评：本题考查的是排列组合问题，根据排列组合原理分别求出当n=1、2、3、4…时的不同走法，找出规律是解答此题的关键．9．将正整数1，2，…，10分成A、B两组，其中A组：a1，a2，…，a m；B组：b1，b2，…，b n．现从A、B两组中各取出一个数，把取出的两个数相乘．则所有不同的两个数乘积的和的最大值为756．考点：排列与组合问题．专题：计算题．分析：首先根据题意可得：所有不同的两个数乘积的和为：S=（a1+a2+…a m）（b1+b2+…b n），再记x=a1+a2+…a m，y=b1+b2+…b n，即可求得x+y的值，由S=xy=[（x+y）2﹣（x﹣y）2]即可求得所有不同的两个数乘积的和的最大值，还注意分析等号取得的条件．解答：解：由条件知，所有不同的两个数乘积的和为：S=（a1+a2+…a m）（b1+b2+…b n），记x=a1+a2+…a m，y=b1+b2+…b n，则x+y=1+2+…+10=55，∵x+y的最大值=55，最小值=1，S=xy=[（x+y）2﹣（x﹣y）2]≤（552﹣12）=756．当且仅当|x﹣y|=1时，上式等号成立．令a i=i（i=1，2，…7），b1=8，b2=9，b3=10，则x=28，y=27，∴等号能取到．故所有不同的两个数乘积的和的最大值为756．故答案为：756．点评：此题考查了不等式的性质．注意在利用不等式性质解题时要分析等号取得的条件，看看是否能取得等号．10．如图，有20枚铁钉钉成十字图案，任选4枚铁钉用橡皮圈绷紧，使成为正方形．这样一共可以绷成21个不同的正方形．考点：排列与组合问题．专题：数形结合．分析：题中的正方形共有4类，即边长为1，边长为，边长为，边长为2，分别找出其对应的正方形的个数再求和即可．解答：解：由图可知，边长为1的小正方形共有9个；边长为的正方形共有4个；边长为的正方形共有4个，如正方形ABCD等；边长为2的正方形的个数为4个．所以题中的正方形的个数为9+4+4+4=21个．故答案为21．点评：本题主要考查了正方形四条边相等的性质问题，应熟练掌握正方形的性质，并能求解一些简单的问题．二．解答题（共20小题）11．如图，是一个计算装置的示意图，A、B是数据入口，C是计算结果的出口，计算过程是用A、B分别输入自然数m和n，经过计算后得自然数k由C输出，若此种计算装置表达的运算满足以下三个性质：（1）A与B分别输入1，则输出结果1；（2）若A输入任何固定自然数不变，B输入自然数增加1，则输出结果比原来增加2；（3）若B输入1，A输入自然数增加1，则输出结果为原来的2倍．试问：（1）若A输入1，B输入自然数n，输出结果为多少？（2）若A输入自然数m，B输入自然数n，输出结果为多少？（3）若输出结果为100，则不同的输入方式有多少种？考点：排列与组合问题．专题：计算题．分析：（1）若A输入1，B输入自然数n，比1增加n﹣1，则输出结果比原来增加2（n﹣1），据此即可求解；（2）首先确定A输入1，B输入n所得数值，进而根据若A输入任何固定自然数不变，B输入自然数增加1，则输出结果比原来增加2，即可确定结果；（3）根据（2）的结果，即求解m，n的整数值．解答：解：由题意设输出数，设C（m，n）为k，则C（1，1）=1，C（m，n）=C（m，n﹣1）+2，C（m，1）=2（m﹣1，1）．（1）C（1，n）=C（1，n﹣1）+2=C（1，n﹣2）=C（1，n﹣2）+2×2=…=C（1，1）+2（n﹣1）=1+2（n ﹣1）=2n﹣1．（2）C（m，1）=2（C（m﹣1，1）=25•C（m﹣2，1）=…=2 m﹣1 C（1，1）=2 m﹣1．（3）C（m，n）=C（m，n﹣1）+2=C（m，n﹣2）+2×2=…=C（m﹣1）+2（n﹣1）=22C（m﹣2，1）+2（n﹣1）=…=2 m﹣k C（1，1）+2n﹣2=2m﹣1+2n﹣2=2m+2n﹣3．点评：本题主要考查了数据的变化规律，正确理解性质：设C（m，n）为k，则C（1，1）=1，C（m，n）=C（m，n﹣1）+2，C（m，1）=2（m﹣1，1）是解题的关键．12．在平面内有n条两两不平行的直线，并过其中任意两条直线的交点还有一条已知直线．求证：这n条直线都通过同一个点．考点：排列与组合问题．专题：证明题．分析：考虑运用反证法证明，通过假设这n条直线不通过同一个点，则可知必有两个或两个以上的交点，然后得到的结论与已知相矛盾即可．解答：证明：假设这n条直线不通过同一个点．则必有两个或两个以上的交点．x4与x1的交点没有第三条已知直线．这和已知相矛盾．故这n条直线都通过同一个点．点评：本题主要考查排列与组合的知识点，解答本题的突破口运用反证法进行证明，得到与已知相矛盾即可，此题难度不是很大．13．平面上给定了2n个点，其中任意三点不共线，并且n个点染成了红色，n个点染成了蓝色，证明：总可以找到两两没有公共点的n条直线段，使得其中每条线段的两个端点具有不同的颜色．考点：排列与组合问题．专题：常规题型．分析：首先知道这2n个点可以组成n（2n﹣1）条直线段，分析这些线段中一端为红色，一端为蓝色的直线段有多少条，再分析这些线段中两两没有公共点且两个端点具有不同的颜色的条数．解答：证明：因为平面上给定了2n个点，其中任意三点不共线，所以这2n个点连接任意两点可以构成的直线段的条数为C2n2=n（2n﹣1）条，又因为这2n个点有n个点染成了红色，n个点染成了蓝色，故可知这2n个点组成的直线段中一短为红色，一端为蓝色共有C n1•C n1个，若两两线段没有公共点，则这些线段不相交，即一个红色的点和另外一个蓝色的点连接，组成一个线段，故这些线段共有n条，即总可以找到两两没有公共点的n条直线段，使得其中每条线段的两个端点具有不同的颜色．点评：本题主要考查排列与组合的知识点，解答本题的关键是理解两两没有公共点的n条直线段的含义，本题难度一般．14．8分和15分的邮票可以无限制地取用，某些邮资额数，例如7分、29分，不能够刚好凑成，求不能凑成的最大额数n，即大于n的额数都能够凑成（证明你的答案）．考点：排列与组合问题．专题：探究型．分析：根据一个数可以利用8和15凑成，则这个数一定大于15，即可对大于15的数依次进行判断，即可确定．解答：证明：∵98=8×1+15×6；99=8×3+15×5；100=8×5+15×4；101=8×7+15×3；102=8×9+15×2；103=8×11+15×1；104=8×13+15×0；105=8×0+15×7；∴由以上可知，比97大的数，可用以上8数加上8的适当倍数而得到．而97不能用8与15凑成．故答案为：97．点评：本题主要考查了数的整除性，进行验证是解题的基本方法，一般的当正整数P，q互质时，不能用p，q平成的最大整数是pq﹣p﹣q．15．从1，2，…，16中，最多能选出多少个数，使得被选出的数中，任意三个数都不是两两互质．考点：排列与组合问题；质数与合数．专题：常规题型．分析：解答之前要理解任意三个数不是两两互质的含义，再从这16个数中找出任意三个数都不是两两互质的个数．解答：解：质数又称素数，指在一个大于1的自然数，除了1和其整数自身外，没法被其他自然数整除的数，若被选出的数中，任意三个数都不是两两互质，故在这些数中取出所有2或3的倍数即可．故这些数为2，3，4，6，8，9，10，12，14，15，16．一共11个．点评：本题主要考查排列与组合和质数与合数的知识点，解答本题的突破口是理解任意三个数不是两两互质，本题难度一般．16．平面上给定四个点，两两连接这四点的诸直线不平行，不垂直，也不重合．过每一点作其余三点两两连接的直线的垂线，若不算已知的四点，这些垂线间有多少个不同交点？证明你的结论．考点：排列与组合问题．专题：常规题型．分析：先考虑所有4个点间的连线情况，再考虑每点向所有连线作的垂线的情况，利用多个点向一条直线作垂线没有交点，三角形的三条高交于一点，去掉多计数的点即可．解答：解：4×3÷（1×2）=6个，4×3×2÷（1×2×3）=4个，4×3=12条，12×11÷（1×2）=66个，6×3=18个，4×3=12个，66﹣18﹣12+4=40个．答：这些垂线间有40个不同交点．点评：本题主要考查排列与组合的知识，解答本题的关键是求出这些点过另外3点两两连接的直线的垂线的条数，再利用组合的知识很容易解答，本题难度一般．17．某市有n所中学，第i所中学派出C i名学生（1≤C i≤39，1≤i≤n）来到体育馆观看球赛，全部学生总数之和C1+C2+…+C n=1990，看台上每一横排有199个座位，要求同一学校的学生必须坐在同一横排，问体育馆最少要安排多少横排才能保证全部学生都能坐下？考点：排列与组合问题．分析：①根据199+1=25×8，1990=79×25+15．推知由于每排最多坐7所25人校，故排数不小于【】12；②逐个整校地将前5排占满（每排的最后一校有人暂时无座位），总共不少于5×200=1000人，然后计算一下各排最后一校是总人数的最大值，据此可以推知各校人数如何分布，6排必可坐下不少于1000人．那12排必可坐下2000人了．解答：解：199+1=25×8，1990=79×25+15．取n=80，其中79所各25人，1所15人．由于每排最多坐7所25人校，故排数不小于12．另一方面，逐个整校地将前5排占满（每排的最后一校有人暂时无座位），总共不少于5×200=1000人．各排最后一校的总人数不多于5×39=195，可在第6排就坐．因此无论各校人数如何分布，6排必可坐下不少于1000人．12排必可坐下不少于2000人．故保证全部学生都能坐下的最少排数是12．点评：本题考查了排列组合的问题．解答此题时，关键是找出“每排最多坐7所25人校”这一条件．18．一个自然数a，若将其数字重新排列可得一个新的自然数b．如果a恰是b的3倍，我们称a是一个“希望数”．（1）请你举例说明：“希望数”一定存在．（2）请你证明：如果a，b都是“希望数”，则ab一定是729的倍数．考点：排列与组合问题；数的整除性．专题：证明题；新定义．分析：（1）根据希望数的定义可知，428571=3×142857，故此数即为希望数；（2）由于a、b均为希望数，所以存在一个由a的数字重新排列而成的自然数p，使得a=3p并且a的数字和等于p的数字和，根据整除的判别法可知a为3的倍数、p为9的倍数，再由a，b都是“希望数”，可知a，b都是27的倍数，设a=27n1，b=27n2（n1，n2为正整数）代入ab即可得出答案．。

排列组合知识点总结 +典型例题及答案解析一．根根源理1．加法原理：做一件事有n 类方法，那么完成这件事的方法数等于各样方法数相加。

2．乘法原理：做一件事分n 步完成，那么完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。

注：做一件事时，元素或地址赞同重复使用，求方法数常常用根根源理求解。

二．排列：从n 个不相同元素中，任取m〔 m≤ n 〕个元素，依照必然的序次排成一列，叫做从 n个不相同元素中取出m个元素的一个排列，所有排列的个数记为A n m .1. 公式： 1. A n m n n 1 n 2 ⋯⋯ n m 1n!n m !2.规定： 0!1(1) n!n ( n 1)!,( n 1) n! (n 1)!(2)n n! [( n 1) 1] n! (n 1) n! n! (n 1)!n! ；(3)n n 1 1n1111(n1)!(n1)!( n1)!(n 1)!n!( n 1)!三．组合：从 n 个不相同元素中任取m〔m≤n〕个元素并组成一组，叫做从n 个不相同的 m 元素中任取 m 个元素的组合数，记作Cn 。

1. 公式：C n m A n m n n 1 ⋯⋯ n m1n!定： C n01A m m m!m! n m !2.组合数性质： C n m C n n m，C n m C n m 1 C n m1， C n0 C n1⋯⋯ C n n2n①；②；③；④注： C r r C r r1C r r2L C n r1C n r C r r11C r r1C r r2 L C n r1C n r C r r21C r r2L C n r1 C n r C n r11假设C n m1C n m2 m1 =m 2或 m1+m 2n四．办理排列组合应用题 1.①明确要完成的是一件什么事〔审题〕②有序还是无序③分步还是分类。

2．解排列、组合题的根本策略〔1〕两种思路：①直接法；②间接法：对有限制条件的问题，先从整体考虑，再把不吻合条件的全部状况去掉。

排列组合习题及答案排列组合是数学中的一个重要概念，它涉及到数学问题的解决方法和思维方式。

本文将介绍一些排列组合的习题及答案，以帮助读者更好地理解和应用这一概念。

1. 问题一：某班有10名学生，要从中选出3名学生组成一个小组，问有多少种不同的选法？解答：这是一个从10个学生中选出3个学生的组合问题，即C(10,3)。

根据组合的定义，C(n,r)表示从n个元素中选取r个元素的组合数。

因此，C(10,3) = 10! / (3! * (10-3)!) = 10 * 9 * 8 / (3 * 2 * 1) = 120 种不同的选法。

2. 问题二：某班有10名学生，要从中选出3名学生组成一个小组，并且要求其中包含学生A，问有多少种不同的选法？解答：由于题目要求学生A必须在选出的小组中，因此可以将问题转化为从剩下的9名学生中选出2名学生的组合问题，即C(9,2)。

根据组合的定义，C(9,2) = 9! / (2! * (9-2)!) = 9 * 8 / (2 * 1) = 36 种不同的选法。

3. 问题三：某班有10名学生，要从中选出3名学生组成一个小组，并且要求其中不包含学生A，问有多少种不同的选法？解答：由于题目要求学生A不能在选出的小组中，因此可以将问题转化为从剩下的9名学生中选出3名学生的组合问题，即C(9,3)。

根据组合的定义，C(9,3) = 9! / (3! * (9-3)!) = 9 * 8 * 7 / (3 * 2 * 1) = 84 种不同的选法。

4. 问题四：某班有10名学生，要从中选出3名学生组成一个小组，且要求其中至少有一名男生和一名女生，问有多少种不同的选法？解答：这是一个包含男生和女生的组合问题，可以分别计算出只包含男生和只包含女生的选法，然后用总的选法减去这两种情况的选法。

只包含男生的选法可以看作从5名男生中选出3名学生的组合问题，即C(5,3)= 5! / (3! * (5-3)!) = 5 * 4 / (2 * 1) = 10 种不同的选法。