（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第十一章 计数原理、随机变量及其概率分布 11.2 排列与

1§11.2排列与组合考情考向分析以理解和应用排列、组合的概念为主，常常以实际问题为载体，考查分类讨论思想，考查分析、解决问题的能力，题型以解答题为主，难度为中档．1．排列与组合的概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列组合合成一组2.排列数与组合数(1)排列数的定义：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Amn表示．(2)组合数的定义：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Cmn表示．3．排列数、组合数的公式及性质公式(1)Amn＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n－m！(2)Cmn＝AmnAmm＝nn－1n－2…n－m＋1m！＝n！m！n－m！性质(3)0！＝1；Ann＝n！(4)Cmn＝Cn－mn；Cmn＋1＝Cmn＋Cm－1n__概念方法微思考1．排列问题和组合问题的区别是什么？2提示元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合．2．排列数与组合数公式之间有何关系？它们公式都有两种形式，如何选择使用？提示(1)排列数与组合数之间的联系为CmnAmm＝Amn.(2)两种形式分别为：①连乘积形式；②阶乘形式．前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证．3．解排列组合综合应用问题的思路有哪些？提示解排列组合综合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手．“分析”是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有无限制等；“分类”就是对于较复杂的应用题中的元素往往分成互相排斥的几类，然后逐类解决；“分步”就是把问题化成几个相互联系的步骤，而每一步都是简单的排列组合问题，然后逐步解决．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.(√)(4)若组合式Cxn＝Cmn，则x＝m成立．(×)(5)kCkn＝nCk－1n－1.(√)题组二教材改编2．[P29习题T5]6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为________．答案24解析“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.3．[P24习题T7]某校拟从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，则男教师A和女教师B至少有一名被选中的不同选法的种数是________．答案42解析从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，所有的选法种数是C24×C25＝60.男教师A和女教师B都没有被选中的选法种数是C23×C24＝18，故男教师A和女教师B至少3有一名被选中的不同选法的种数是60－18＝42.题组三易错自纠4．六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________种．答案216解析第一类：甲在最左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)排法；第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)排法．所以共有120＋96＝216(种)排法．5．为发展国外孔子学院，教育部选派6名中文教师到泰国、马来西亚、缅甸任教中文，若每个国家至少去一人，则不同的选派方案种数为________．答案540解析依题意，选派方案分为三类：①一个国家派4名，另两个国家各派1名，有C46C12C11A22·A33＝90(种)；②一个国家派3名，一个国家派2名，一个国家派1名，有C36C23C11A33＝360(种)；③每个国家各派2名，有C26C24C22A33·A33＝90(种)，故不同的选派方案种数为90＋360＋90＝540.6．寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排A，B，C，D，E五个座位(一排共五个座位)，上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有______种．(用数字作答)答案45解析设5名同学也用A，B，C，D，E来表示，若恰有一人坐对与自己车票相符的坐法，设E同学坐在自己的座位上，则其他四位都不坐自己的座位，则有BADC，BDAC，BCDA，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA，共9种坐法，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有9×5＝45(种)．题型一排列问题1．用1,2,3,4,5这五个数字，可以组成比20000大，并且百位数不是数字3的没有重复数字4的五位数，共有________个．答案78解析根据题意知，要求这个五位数比20000大，则首位必须是2,3,4,5这4个数字中的一个，当首位是3时，百位数不是数字3，符合要求的五位数有A44＝24(个)；当首位是2,4,5时，由于百位数不能是数字3，则符合要求的五位数有3×(A44－A33)＝54(个)，因此共有54＋24＝78(个)这样的五位数符合要求．2．某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)答案1560解析由题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A240＝40×39＝1560(条)留言．3．6名同学站成1排照相，要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边，共有________种不同站法．答案480解析方法一(位置优先法)先从其他5人中安排2人站在最左边和最右边，再安排余下4人的位置，分为两步：第1步，从除甲外的5人中选2人站在最左边和最右边，有A25种站法；第2步，余下4人(含甲)站在剩下的4个位置上，有A44种站法．由分步计数原理可知，共有A25A44＝480(种)不同的站法．方法二(元素优先法)先安排甲的位置(既不站在最左边又不站在最右边)，再安排其他5人的位置，分为两步：第1步，将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上，有A14种站法；第2步，余下5人站在剩下的5个位置上，有A55种站法．由分步计数原理可知，共有A14A55＝480(种)不同的站法．思维升华排列应用问题的分类与解法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．5题型二组合问题例1男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1名．现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)男运动员3名，女运动员2名；(2)至少有1名女运动员；(3)队长中至少有1人参加；(4)既要有队长，又要有女运动员．解(1)分两步完成：第一步，选3名男运动员，有C36种选法；第二步，选2名女运动员，有C24种选法．由分步计数原理可得，共有C36·C24＝120(种)选法．(2)方法一“至少有1名女运动员”包括以下四种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．由分类计数原理可得总选法共有C14C46＋C24C36＋C34C26＋C44C16＝246(种)．方法二“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解．从10人中任选5人有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种．所以“至少有1名女运动员”的选法有C510－C56＝246(种)．(3)方法一(直接法)可分类求解：“只有男队长”的选法种数为C48；“只有女队长”的选法种数为C48；“男、女队长都入选”的选法种数为C38，所以共有2C48＋C38＝196(种)选法．方法二(间接法)从10人中任选5人有C510种选法，其中不选队长的方法有C58种．所以“至少有1名队长”的选法有C510－C58＝196(种)．(4)当有女队长时，其他人任意选，共有C49种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有C48种选法，其中不含女运动员的选法有C45种，所以不选女队长时的选法共有(C48－C45)种．所以既要有队长又要有女运动员的选法共有C49＋C48－C45＝191(种)．思维升华组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至6多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．跟踪训练1某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)取法，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5984(种)取法．∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种．(3)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有C120C215＝2100(种)取法．∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种．(4)选取2种假货有C120C215种，选取3种假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2100＋455＝2555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种．(5)方法一(间接法)选取3种的总数为C335，因此共有选取方式C335－C315＝6545－455＝6090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．方法二(直接法)选取3种真货有C320种，选取2种真货有C220C115种，选取1种真货有C120C215种，因此共有选取方式C320＋C220C115＋C120C215＝6090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．题型三组合数的性质例2(2016·江苏)(1)求7C36－4C47的值；(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋nCmn－1＋(n＋1)Cmn＝(m＋1)Cm＋2n＋2.7(1)解7C36－4C47＝7×20－4×35＝0.(2)证明当n＝m时，结论显然成立．当nm时，(k＋1)Cmk＝k＋1·k！m！·k－m！＝(m＋1)·k＋1！m＋1！·[k＋1－m＋1]！＝(m＋1)Cm＋1k＋1，k＝m＋1，m＋2，…，n.又因为Cm＋1k＋1＋Cm＋2k＋1＝Cm＋2k＋2，所以(k＋1)Cmk＝(m＋1)(Cm＋2k＋2－Cm＋2k＋1)，k＝m＋1，m＋2，…，n.因此，(m＋1)Cmm＋(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋(n＋1)Cmn＝(m＋1)Cmm＋[(m＋2)Cmm＋1＋(m＋3)Cmm＋2＋…＋(n＋1)Cmn]＝(m＋1)Cm＋2m＋2＋(m＋1)[(Cm＋2m＋3－Cm＋2m＋2)＋Cm＋2m＋4－Cm＋2m＋3＋…＋(Cm＋2n＋2－Cm＋2n＋1)]＝(m＋1)Cm＋2n＋2.思维升华(1)组合数的性质可结合实际问题理解记忆．(2)利用kCkn＝nCk－1n－1和Cmn＋1＝Cm－1n＋Cmn可有效解决一些常见组合数的求和问题．跟踪训练2已知m，n∈N*，定义fn(m)＝nn－1n－2…n－m＋1m！.(1)求f4(2)，f4(5)的值；(2)证明：k＝12n[k·2kfn(k)]＝2n·3n－1.(