排列与组合

第三节 排列与组合问题

【目录】

题型1 排列应用题中的数字问题 题型2 排列应用题中的排队问题 题型3 排列应用题中的其它问题

题型4 排列数、组合数的计算公式及组合数的性质 题型5 组合应用题中的选举及抽样问题 题型6 组合应用题中的几何问题 题型7 组合应用题中的分配问题 题型8 排列、组合的综合应用题

三、解答题

题型1 排列应用题中的数字问题

1．用数字0、1、2、3、4、5组成无重复数字的数：

（1）可以组成多少个六位数？ （2）可以组成多少个四位奇数？ （3）可以组成至少有一个偶数数字的三位数多少个？

（4）可以组成多少个能被3整除的四位数？ （5）可以组成多少个大于324105的六位数？

1解：（1）从特殊元素0入手：0不能排在十万位，0有A5种排法，剩下的5个数字可排在5个数位下，515有A5种，故可组成A5A5?600个六位数。

1515从特殊位置十万位入手：有A5种排法，剩下的五个位置有A5种，故可组成A5A5?600个六位数。65六个数字可组成A6个“六位数”（其中包括0在十万位的情形），而0在最高位上的“六位数”应扣除有A565个，故共有A6?A5?600个六位数。

1（2）从特殊位置入手：个位上有A3种排法，首位上有A4种排法，中间两位上有A4种排法，故共有112A3A4A4?144个；

11213从特殊元素入手：可分为两类，含数字0的有A3A2A4个，不含有数字0的有A3A4个，故共有四位112奇数A3A4A4?144个。

3采用间接法：个位是奇数的数共有3A5个，其中不合条件的（0在首位）有3A4个，故符合条件的四32位奇数共有3A5?3A4?144个。

2（3）分类：如果有0，则0可排在个位或十位有2种，其余5个数字可排在二个数位上有A5种，所以2有2A5?40个三位数；

122 1

2如果无0，则2、4中可选出1个有2种，再从其余3个奇数中选出2个有C3种，然后将3个数字全233排列有A3种，所以有2C3A3?36个二位数；如果无0，则2、4中可选出2个有1种，再从其余3个奇33数中选出1个有3种，然后将3个数字全排列有A3种，所以有1?3?A3?18个三位数，共有

40?36?18?94个。

123三位数共有A5个，故至少含有一个偶数的三位A5个，但其中三个数字都不是偶数即均为奇数的有A3123数有A5A5?A3?94个。

（4） 一个整数能被3整除的充要条件是它的各位数字之和是3的倍数，符合条件的有5组数：0、1、2、3； 0、2、3、4； 0、3、4、5； 0、1、3、5； 1、2、4、5；

413前4组每组组成的四位数各有A3个，故可组成能被3整除的四位数A3个，后一组组成的四位数有A4134有4A3A3?A4?96个。

5（5） 采用间接法：六位数共有5A5个，不大于324105的数如：① 3240××的数有2个；

43② 321×××与320×××的数有2A3个；③31××××与30××××有的数2A4个； 5④ 324105有 1个；⑤ 2×××××与1×××××的数有2A5个。

5345所以满足条件的六位数共有2A5?2?2A3?2A4?1?2A5?297个。 5采用选化法：符合条件的是形如① 5×××××和4×××××的数有2A5个； 3② 35××××和34××××的数有2A4个；③ 325×××的数有A3个；④ 3245××的 5432数有A2个，还有1个324150。故符合条件的六位数共有2A5?2A4?A3?A2?1?297个。

422．在3000与8000之间．

（1）有多少个没有重复数字且能被5整除的奇数； （2）有多少个没有重复数字的奇数． 解：（1）能被5整除的奇数：个位上只能是5，按条件，千位上可以是3，4，6，7中的任意一个，其

2余两个数字可以是余下数字中的任意两个，故适合题意的数字的个数共有4×A8=224（个）．

（2）按题要求：个位可以是1、3、5、7、9中任意一个，千位上可以是3、4、5、6、7中的任意一个．因为个位数字与千位数字不能重复，所以可分以下两类：

21第一类：个位是1、9．千位可以是3、4、5、6、7中任意一个，这样的奇数有5A8=560（个）； ?A2第二类：个位是3、5、7，千位是4、6或3、5、7中与个位不重复的数字中的任意一个，∴满足上述

1111条件的奇数有A3．由分类计数原理，所求奇数为560+672=1232（个）． ?A2?A82?A3?A2?A82=672（个）

解法二：按千位数字分类：

2

112第一类：千位是4、6中的一个，则个位可是1、3、5、7、9中的任一个，这样的奇数有A2A5A8=560

（个）；

第二类：千位是3、5、7中任意一个，个位可以是1、3、5、7、9中与千位数字不重复的四个数中的

112一个，这样的奇数有A3． A4A8=672（个）

112112∴满足条件的奇数个数为A2． A5A8?A3A4A8=560+672=1232（个）

3．由数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位数中，能被2整除但不能被3整除的有多少个？ 解：个位数为0的无重复数字的四位数有A3，个位数分别为2与4无重复数字的4位数有5=60（个）

121。 ∴无重复数字的四位偶数共有60+96=156（个）。 A4A4A2=96（个）

下面计算这些四位数中能被3整除的数的个数：（能被3整除的数必须满足各个数位上的数字之和被3

整除）。

（1）个位数是0的四位数的另3个数字应为1，2，3或1，3，5或2，3，4或3，4，5， 故共有 4×3！=24个；

（2）个位数是2的四位数的另3个数字应为0，1，3或0，3，4或1，4，5，除去千位数为0的，共有3！+2×2+2×2=14个。

（3）个位数是4能被3整除的四位数的另3个数字应为0，2，3或0，3，5或1，2，5，除去千位是0的共有3！+2×2+2×2=14个。

能被2整除的且又被3整除的数共有24+2×14=52（个）。故能被2整除不能被3整除的四位数共有156-52=104（个）。

4．由1、2、3、4、5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12345，第2项是12354，?，直到末项（第120项）是54321．问： （1）43251是第几项？

（2）第93项是怎样的一个五位数？

4解：（1）比43251大的数有下列几类：①万位数是5的有A4=24个；②万位数是4，千位数是5的有23=6个；③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A2=2个． A3432比43251大的数共有A4=32个．所以43251是第120-32=88项． ?A3?A23（2）从（1）知万位数是5的有A4=24个，万位数是4千位数是5的有A3=6个．但比第93项大的数

4有120-93=27个，第93项即倒数第28页，而万位数是4，千位数是5的6个数是45321、45312、45231、45213、45132、45123，从而可见第93项是45213．

5．把1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列成一个数列，求这个数列的各项和．

解： ∵1，2，3，4，5各在万位上时都有A4个五位数，∴万位上数字的和为：

(1+2+3+4+5)×A4×10000。同理，它们在千位，百位，十位，个位上也都有A4个五位数，所以其和为：(1+2+3+4+5)×A4×(1+10+100+1000+10000)=15×24×11111=3999960．即这个数列各项的和为3999960．

6．用0、1、2、3、4五个数字组成没有重复数字的五位数，并把它们从小到大排列．问23140是第

3

4444几个数？

43解：分以下几类：①1××××型的五位数有A4=24个；②20×××型的五位数有A3=6个； 3 ③ 21×××型的五位数有A3=6个．这样，这三类数共36个．

在型如23×××的数中，按从小到大的顺序分别是23014、23041、23104、?，可见23140在这一类中，位居第4位．故从小到大算23140是第40个数．

7．从0到9这十个数字中每次选出3个偶数和3个奇数，可以组成多少个前三位数字都是偶数而后三位数字都是奇数且没有重复数字的6位数？

解：第一步：第一位只有2，4，6，8四个数字可以排，任意选定其中一种排法后，从其余四个偶数

12（包括0）中任意选取两个排在第二、三位，都有A4种不同的排法． ?A4第二步：后三位上的数字可以从五个奇数中任意选取，共有A35种不同的排法．

23由分步计数原理，适合题意的数字的个数有4A4=2880个． ?A58．用0，1，2，3，4，5这六个数字：

（1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？（2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？ （3）能组成多少个比1325大的四位数？

解：（1）符合要求的四位偶数可分为三类：第一类：0在个位时有A35个；第二类：2 在个位时，首位

12从1，3，4，5中选定1个（A1，十位和百位从余下的数字中选（有A2，于是有A4个；第三?A44种）4种）12类：4在个位时，与第二类同理，也有A4个． ?A421212由分类计数原理知，共有四位偶数：A5=156（个）． ?A4?A4?A4?A44（2）五位数中5的倍数的数可分为两类：个位数上的数字是0的五位数有A5个；个位数上的数字是5

13的五位数有A4·A4个．

413故满足条件的五位数的个数共有：A5=216（个）． ?A4?A43（3）比1325大的四位数可分为三类：第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共A4·A511个；第二类：形如14□□，15□□，共有A2?A4个；第三类：形如134□，135□，共有A2个； ?A3131211由分类计数原理知，比1325大的四位数共有：A4=270（个）． ?A5?A2?A4?A2?A31129．用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的五位数，分别求出下列各类数的个数： （1）奇数； （2）5的倍数； （3）比20300大的数； （4）不含数字0，且1，2不相邻的数。

解：（1）奇数：要得到一个5位数的奇数，分成3步：第一步考虑个位必须是奇数，从1，3，5中选出一个数排列个位的位置上有P31种；第二步考虑首位不能是0，从余下的不是0的4个数字中任选一个排在首位上有P4种；第三步：从余下的4个数字中任选3个排在中间的3个数的位置上。

由乘法原理共有P31P4P4=288（个）。

4

131（2）5的倍数：按0作不作个位来分类：第一类：0作个位，则有P54=120。 第二类：0不作个位即5作个位，则P41P43=96。 则共有这样的数为：P54+P41P43=216（个）。

（3）比20300大的数的五位数可分为三类：第一类：3xxxx, 4xxxx, 5xxxx的有3P54个； 第二类：21xxx, 23xxx, 24xxx, 25xxx 的有4P43个；第三类：203xx, 204xx, 205xx的有3P32个。

∴比20300大的五位数共有： 3P54+4P43+3P32=474（个）。

（4）不含数字0且1，2不相邻的数：分两步完成：第一步将3，4，5三个数字排成一行； 第二步将1和2插入四个“空”中的两个位置。

故共有P33?P44=72个不含数字0，且1和2不相邻的五位数。

题型2 排列应用题中的排队问题

1．有5名男生，4名女生排成一排．

（1）从中选出3人排成一排，有多少种排法？

（2）若甲男生不站排头，乙女生不站排尾，则有多少种不同的排法？ （3）要求女生必须站在一起，有多少种不同的排法？ （4）若4名女生互不相邻，有多少种不同的排法？

解：（1）只要从9名学生中任选三名排列即可．∴共有A3． 9=9×8×7=504（种）

（2）将排法分成两类：一类是甲站在排尾，其余的可全排，有A88种排法；另一类是甲既不站排尾又不

1能站排头有A17种站法，乙不站排尾而站余下的7个位置中的一个有A7种站法，其余人全排列。于是这一178117类有A1． 7·A7·A7种排法．由分类计数原理知：共有A8?A7?A7?A7=287280（种）

（3）女生先站在一起，是女生的全排列，有A4种排法，全体女生视为一个元素与其他男生全排列有

46A6． 6种排法．由分步计数原理知，共有A4·A6=17280（种）

4（4）分两步： 第一步：男生的全排列有A55种排法；第二步：男生排好后，男生之间有4个空，加上

4男生排列的两端共6个空，女生在这6个空中排列，有A6种排法．

4由分步计数原理，共有A5． 5·A6=43200（种）

2．10个人站成一排，规定在甲、乙两人之间必须有4个人，共有多少种不同的排法？ 解：由于要求的排列中甲、乙两人之间必须有4个人，因此可以先考虑在10个位置可占据的位置有1，6；2，7；3，8；4，9；5，10，共五种，而每种位置中甲、乙的不同站法有A2种，故满足条件的不同站

28法共有：5A2=403200种． ?A84解法二：从除甲、乙外的8人中选出4人排在甲、乙之间的排法数为A8，此时甲、乙两人也有顺序，

25有A2种，将这有限制条件的6人作为一组与其余4人全排列有A5种，则满足条件的排法共有：425=403200种． A8?A2?A52 5

3．八个人分两排坐，每排四人，限定甲必须坐在前排，乙、丙必须坐在同一排，共有多少种安排办法？

解：可分为“乙、丙坐在前排，甲坐在前排的八人坐法”和“乙、丙在后排，甲坐在前排的八人坐法”两类情况．应当使用分类计数原理．在每类情况下，划分“乙丙坐下”，“甲坐下”又要用到分步计数原理．

2第一类：乙、丙坐在前排，甲也坐在前排，可分为三个步骤：乙、丙坐在前排有A4种坐法，甲也坐15在前排有A2种坐法；其余5人可坐其余五个座位中的任何一个，有A5种坐法．由分步计数原理，有215种不同的坐法； A4?A2?A52第二类：乙、丙坐在后排，甲坐在前排，亦可分为三个步骤：乙、丙坐在后排有A4种坐法，甲坐在15215前排有A4种坐法，其余5人可坐其余5个座位中的任何一个，有A5种坐法，由分步计数原理，有A4?A2?A5种不同的坐法．

由分类计数原理：适合题意的坐法有8640（种）． 4．7名同学排队照相．

（1）若分成两排照，前排3人，后排4人，有多少种不同的排法？

（2）若排成两排照，前排3人，后排4人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种不同的排法？

（3）若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？

（4）若排成一排照，7人中有4名男生，3名女生，女生不能相邻，有多少种不同的排法？

347解：（1）A7=5040种； ?A4?A71（2）第一步安排甲，有A3种排法；第二步安排乙，有A4种排法；第三步余下的5人排在剩下的5个1155位置上，有A5种排法．由分步计数原理得，符合要求的排法共有A3=1440种； ?A4?A51（3）第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，与其余4个元素排成一排，即看成5个元素的全排列问题，

53有A5种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全排列，有A3种排法．

53由分步计数原理得，共有A5=720种排法． ?A3（4）第一步，4名男生全排列，有A4种排法；第二步，女生插空，即将3名女生，插入4名男生之间

3的5个空位，这样可保证女生不相邻，有A5种插入方法．

43由分步计数原理得，符合条件的排法共有A4=1440种． ?A545．7人排成一行，分别求出符合下列要求的不同排法的种数:

（1）甲排中间； （2）甲不排两端； （3）甲，乙相邻； （4）甲在乙的左边（不要求相邻）； （5）甲，乙，丙连排； （6）甲，乙，丙两两不相邻。

6解：（1）甲排中间属“特元特位”，优先安置，只有一种站法，其余6人任意排列，故共有：1×A6=720种不同排法。

1 （2）甲不排两端，亦属于“特元特位”问题，优先安置甲在中间五个位置上任何一个位置则有A5种，

616其余6人可任意排列有A6种，故共有A5·A6=3600种不同排法。

6

（3）甲、乙相邻，属于“捆绑法”，将甲、乙合为一个“元素”，连同其余5人共6个元素任意排列，

26再由甲、乙组内排列，故共有A6·A2=1400种不同的排法。

（4）甲在乙的左边。考虑在7人排成一行形成的所有排列P77中：“甲在乙左边”与“甲在乙右边”的排法是一一对应的，在不要求相邻时，各占所有排列的一半，故甲在乙的左边的不同排法共有

17P=252027种。

（5）甲、乙、丙连排，亦属于某些元素必须在一起的排列，利用“捆绑法”，先将甲、乙、丙合为一个“元素”，连同其余4人共5个“元素”任意排列，现由甲、乙、丙交换位置，故共有P55·P33=720种不同排法。

（6）甲、乙、丙两两不相邻，属于某些元素必须不在一起的分离排列，用“插空法”，先将甲、乙、丙外的4人排成一行，形成左、右及每两人之间的五个“空”。再将甲、乙、丙插入其中的三个“空”，故共有P44·P53=1440种不同的排法。

6．五个人排成一排，按下列要求的有多少种排法？

（1）其中甲不站排头； （2）其中甲不站排头，乙不站排尾； （3）其中甲、乙两人必须相邻； （4）其中甲、乙两人必须不相邻 （5）其中甲、乙中间有且只有1人； （5）其中甲必须排在乙的右边。

44解：（1）先排甲，有4种排法，然后排其余四人，有A4种排法，故有4?A4?96种；先排排头，有444种排法，其余四个位置有A4种排法，故有4?A4?96种；

54间接法：A5?A4?96种；

4113（2）①甲在排尾，A4?24种； ②甲不在排尾，A3?A3?A3?54种，所以共有24?54?78种。 42（3）将甲、乙两人捆在一起作为一个元素与其他3个元素作全排列有A4种，然后甲乙再作全排有A242种，故共有A4?A2?48种。

55（4） 五个人排成一排有A5种排法，除去甲、乙两人相邻的排法48种，共有A5?48?72种。先排3甲、乙以外的三人，则有A3种排法，这三人之间及两端留出4个空位，去排甲、乙两人有A4种排法，故

232共有A3?A4?6?12?72种

1（5） 甲、乙两人有A2种排法，从剩下的三人中选一人插入甲、乙中间，有A3种，然后再将这三人

23213看作一个元素，和其他二个元素全排列，有A3种，故共有A2?A3?A3?36种。

5（6） 五个人的全排列为A5种，其中甲、乙不同顺序的排法有A2种，但只有一种顺序符合要求，故

25A5共有2?60种。

A2

题型3 排列应用题中的其它问题

1．某天某班的课程表要排入数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课程，如果第一节不排体育，

7

第六节不排数学，一共有多少种不同的排法？

解：位置分析法： 依第一节课的情况分类分析，有以下排法：第一节排数学，第六节排体育的排法

414有A4种；第一节排数学，第六节不排体育的排法有A4种；第一节不排数学，第六节不排体育的排法?A41424有A4种；第一节和第六节都不排数学和体育的排法有A4种． ?A4?A441424∴由分类计数原理，所求的不同的排法有A4=504（种）． ?2A4?A4?A4?A4方法二：元素分析法： 依数学课的排法进行分类分析，有以下情况的排法：数学排在第一节，体育

414排在第六节的排法有A4；数学排在第一节，体育不排在第六节的排法有A4种；数学不排第一节，体?A41424育排在第六节的排法有A4种；数学、体育都不排在第一节和第六节的排法有A4种． ?A4?A441424∴由分类计数原理，所求的不同排法有A4=504（种）． ?2A4?A4?A4?A465方法三：（间接法）不考虑限制条件的排法共有A6种．其中包括数学在第六节的排法A5种，体育在

45第一节的排法A5，但上面两种排法中同时含有数学在第六节，体育在第一节课的情形有A4种．

654∴所求的不同的排法有A6=504（种）． ?2A5?A42．某天要上政治、语文、数学、物理、体育、生物6节课，但第1节不能上体育，第2节不能上物理，第6节不能上数学，这天的课程表有几种排法？

解：分类法：（1）若体育排在第6节，则物理可在第1，3，4，5节中选1节，其余4科在余下的4

1414节中随便排，有C4（2）若体育排在第2节，则先考虑数学，共C4A4=96种排法；A4=96种排法，

（3）如体育排在第3，4，5节中的1节，则可分物理排在第6节和不排在第6节两种情况：在第1种情

4况下其余4科可在余下的4节中随便排，有A4种排法；第1种情况即物理排在第6节，体育在第3节， 4共有A4种。在第2种情况下，物理可以第1，3，4，5节中没排体育的3节中选1节，数学在1，2，3，4，1135节中没排体育和物理的3节中选1节，其余3科在余下的3节中随便排，有C3C3A3=54种排法。 13物理不排是第6节，共有：先排物理的排法有C3，再排数学的排法有C2，其他排法为A3。∴由乘法原113理共有C3=54种排法。 ?C3?A3144113∴这天课表有：2C4?A4?3(A4?C3?C3A3)=426种排法。

13．从数字0，1，3，5，7中取出不同的三个数作系数，可以组成多少个不同的一元二次方程 2

ax+bx+c=0？其中有实根的方程有多少个？

解：先考虑组成一元二次方程的问题：首先确定a，只能从1，3，5，7中选一个，有A4种，然后从余下的4个数中任选两个作b、c，有A4种． ∴由分步计数原理，共组成一元二次方程：A4?A4=48（个）．

方程要有实根，必须满足△=b-4ac≥0．分类讨论如下：

8

2

12122当c=0时，a, b可在1，3，5，7中任取两个排列，有A4个；

2当c≠0时，分析判别式知b只能取5，7．不b取5时，a, c只能取1，3这两个数，有A2种；当b222取7时，a, c可取1，3或1，5这两组数，有2A2种．此时共有A2个． ?2A2222由分类计数原理知，有实根的一元二次方程共有：A4=18（个）． ?A2?2A24．从1，2，3，?，9这九个数字中任取两个不同的数分别作为一个对数的真数和底数，一共可以得到多少个不同的对数值？其中比1大的有几个？

2解：1不能做对数的底数，故从2～9这八个数字中任选两个组成对数，共有：A8=56（个）．

在这56个对数值中，由于log2=4=log39, log42=log93, log23=log49, log32=log94，∴应去掉其中的4个． 1作为真数时，不管底数为何值时，其对数值均为0。∴可得到不同的对数值共有：56-4+1=53（个）． 要求比1大的对数，可分类考虑：

当底数取2时，真数从3～9七个数中任选一个，有7种；当底数取3时，真数从4～9六个数中任选一个，有6种；依次类推，当底数取8时，真数只能取9，此时有：7+6+5+4=3+2+1=28（个）． 其中：log24=log39, log23=log49，再扣除两个，所以，比1大的对数共有28-2=26（个）．

题型4 排列数、组合数的计算公式及组合数的性质

38?n3n1．计算：C3?Cnn?21

?3n?38?n,21?19?n?,??解：由?3n?n?21, 得?22 ∴n=10，

?n?N*?n?N*??∴原式=C30?C31?283030!31!30?29???31=466．

28!(30?28)!30!(31?30)!2123n2．计算：A1 ?2A2?3A3???nAn

k?1k解：∵kAk?(k?1)Akk?Akk?Akk?1?Ak,

3243n?1nn?12n?1∴原式=1?(A3?A2)?(A4?A3)???(An?1?An)?An?1?1?A2?An?1?1

3223．解方程：3Ax?2Ax?1?6Ax．

322解：由3Ax?2Ax?6A?1x得3X(X-1)(X-2)=2(X+1)·X+6X(X-1)，∵X≥3,

∴3(X-1)(X-2)=2(X+1)+6(X-1)．即为：3X-17X+10=0．解得X=5，或X=

n?1An14．解不等式：2

2（舍去）。∴X=5． 3 9

n?1An(n?1)!(n?1)n(n?1)!1解：由于n????n(n?1)．从而原不等式变为2

??7?n?6.?n(n?1)?42.*

?1去）．又由Ann?1知n-1≥1，即n≥2．∴原不等式的解集为{n∈N|2≤n≤6}．

5．求和：

123n ?????2!3!4!(n?1)!解：∵

kk?1?1k?1111． ?????(k?1)!(k?1)!(k?1)!(k?1)!k!(k?1)!11111111. )?(?)?(?)???(?)?1?2!2!3!3!4!n!(n?1)!(n?1)!nm?1012m?1m?1Cn?1； （2）Cn?Cn?1?Cn?2???Cn?m-1?Cn?m． m∴原式=(?116．证明下列各等式．

m（1）Cn?证：（1）右边=式成立．

n(n?1)!n!n!m=左边，∴原????Cnm(m?1)![(n?1)?(m?1)]!m(m?1)!(n?m)!m!(n?m)!012m?1123m?1（2）左边=(Cn?C)?C???C?(C?C)?C???C?1n?1n?2n?m?1n?2n?2n?3n?m?1 23m?1m?2m?1m?1?(Cn?3?Cn?3)???Cn?m?1 ???Cn?m?1?Cn?m?1?Cn?m=右边，∴原式成立．

7．规定Cxm?x?(x?1)???(x?m?1)m0，其中x∈R，m是正整数，且Cx=1，这是组合数Cn（n、

m!5m是正整数，且m≤n的一种推广）.

（1）（文）求C?15的值； （理）求C?15的值；

3C3x（2）（文）设x＞0，当x为何值时，12取最小值？

(Cx)（理，文2） 组合数的两个性质： ①Cnm?mmm?1mm. ②. 是否都能推广到?CnC?C?CCnnnn?1x（x∈R，m是正整数）的情形？若能推

广，请写出推广的形式，并给出证明；若不能，则说明理由.

（3）（理）已知组合数Cn是正整数，证明：当x∈Z，m是正整数时，Cmx∈Z. 解：（1）（文）C

3?15m(?15)(?16)(?17)???680.

3!10

5（理）C?15?(?15)?(?16)???(?19)5??C19??11628.

5!C32x(x?1)(x?2)12（2）（文）1x2?.∵x＞0，x+≥22. 当且仅当x=2时，?(x??3)2x(Cx)6x6xC3x等号成立.∴当x=2时，取得最小值. 12(Cx)（理，文3）性质①不能推广. 例如当x=的推广形式是Cxm2时，C12有定义，但C2?12无意义；性质②能推广，它

?1m?Cm?Cxx?1，x∈R，m是正整数。事实上： 11?C0?x?1?Cxx?1，当m≥2时，

当m=1时，有Cxm?1Cm?x?Cxx?(x?1)???(x?m?1)x?(x?1)???(x?m?2)?m!(m?1)!

x?(x?1)???(x?m?2)x?m?1x?(x?1)???(x?m?2)?(x?1)?(?1)??Cmx?1(m?1)!mm!（3）（理）当x≥m时，组合数Cx∈Z. 当0≤x＜m时，Cx=0∈Z.当x＜0时，∵－x+m－1＞0，

mm∴Cxm?x?(x?1)???(x?m?1)(?x?m?1)???(?x?1)?(?x)?(?1)m?(?1)mCm?x?m?1∈Z.

m!m!

54A84?2A88．计算： ． 85A8?A94A84?2?4A844?8124解：原式：=???．

4?3?2A84?9A8424?9155评注：在利用排列数公式进行运算时，要注意排列数之间的关系，若先化简再求值，则上式的运算比直接利用排列数公式将其展开要方便得多．

x?729．解方程3Cx?3?5Ax?4.

解：由排列数和组合数公式，原方程可化为：3?(x?3)!(x?4)!?5?，

(x?7)!4!(x?6)!则

3(x?3)52

?，即为(x-3)(x-6)=40．∴x-9x-22=0，解之可得x=11或x=-2． 4!x?6经检验知x=11是原方程的根，x=-2是原方程的增根．∴方程的根为x=11．

16Ax?23!,x?N, 求f(x) 的最小值。 10．若f(x)=3331?C4?C5???Cx 11

解：f(x)=()1(x?2)(x?1)(x)(x?1)(x?2)(x?3)12=4(x+2)(x-3)=4(x?)-25.

23!(x?1)(x)(x?1)(x?2)∵x∈N，且由题中A6x?2条件知x+2≥6。即x≥4。 ∴x=4时，f(x)有最小值为24。

3n3n?13n?217?n11．计算C13?n?C12?n?C11?n???C2n． 3n解：由C13?n知n满足3n≤13+n, ∴n≤

131717?n；由C2知n必须满足2n≥17-n, ∴n≥. n23∴

1713?n?，又n∈N*, ∴n=6． 32181716111111∴原式=C19=19+18+17+?+12=124． ?C18?C17???C12?C19?C18?C17???C1212． 计算下列各题：

62A57?A698973222 （1） （2）(C100 （3）C2?C100)?A1002?C3?C4???C10 6!?5!解：（1）原式=

7!?6!(7?6?6)?5!36?? 6!?5!(6?1)?5!798333?A101?C101?A101? （2）原式=C1011A33?1 62223222（3）原式=(C33?C3)?C4??C10?(C4?C4)?C5???C10 2223 =(C35?C5)?C6???C10???C11?165

333313．计算：C4； ?C5?C6???C1043334433344解：原式=C4?C4?C5???C10?C4?C5?C5?C6???C10?C4???C11?1?329； 4614．解不等式Cn． ?Cnn!n!?2?,?n?9n?10?0,??1?n?10,?464!(n?4)!6!(n?6)!解：由Cn，得 ?????Cn??n?6.?n?6?n?6?又n∈N, ∴该不等式的解集为{6, 7, 8, 9}．

122n215．求证：Cn1?Cn?22???Cnn?n(n?1)?2n?2 kkkk证：∵k2Cn。 ?[(k2?k)?k]Cn?k(k?1)Cn?kCn*

其中k?Cn?k?kn!(n?1)!k?1k?n??n?Cn?1k(k-1)Cn

k!(n?k)!(k?1)![(n?1)?(k?1)!]=k(k-1)·

n!(n?2)!k?2?n(n?1)?=n(n-1)Cn?2,

k!(n?k)!(k?2)![(n?2)?(k?2)!]12

kk?1k?2∴k2Cn?nCn)Cn?1?n(n?1?2(k?2,?,n).

1222n2∴左边=Cn1?Cn2???Cnn

1201n?212n?1=Cn1?n(n?1)[Cn?C??C]?n?[C?C???C?2n?2n?2n?1n?1n?1]

=n+n(n-1)·2+n(2-1)=n(n+1)·2.

n-2n-1n-2

题型5 组合应用题中的选举及抽样问题

1．某班级有20名男生和18名女生，从这38名学生中任选4名参加一个“Party”。 （1）其中恰有2名女生的选法有多少种？ （2）其中至多有2名女生的选法有多少种？

22解：（1）C18?C20?29070；

43122（2）分3类：① 4人中无女生：；② 4人中恰有1女生：；③ 4人中恰有2女生：。 C20C20C18C20C1843122故共有C20?C20?C18?C20?C18?54435种。

2．假设在200件产品中，有3件次品，现在从中任意抽出5件，其中至少有2件次品的抽法有多少种？

解：“至少2件次品”，即是说“有2件次品或3件次品”的抽法．至少有两件次品的抽法有两种可能：

2332（1）有2件次品3件合格的有：C3；（2）有3件次品2件合格的有：C3． C197（种）C197（种）2332由分类计数原理得抽法种数为C3． C197?C3C197（种）

514解法二：（间接法）不论次品、合格品的抽法共有C200种，恰有一件次品的抽法种数为C3C197，没有55514次品的抽法种数为C197。所以至少有2件次品的抽法种数为C200?C197?C3C197．

3．某班选正、副班长的方法数与选4名学生代表的方法数之比为1∶94，问该班有学生多少名？

解：设该班学生数为x人，从x人中选出正、副班长的方法数就是从x个元素中选2个元素的排列数，

2424即Ax种．从x人中选4名学生代表的方法数为Cx种，根据题意，有：Ax∶Cx=1∶94．

即x(x-1)∶

x(x?1)(x?2)(x?3)2

=1∶94．整理得：x-5x-2250=0．解得：x=50，或x=-45（舍去）．所以

4?3?2该班学生有50人．

题型6 组合应用题中的几何问题

1．将1个四棱锥的每个顶点染上1种颜色，并使同1条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法总数是多少？

解：如图10-4，由题设，四棱锥A-ABCD的顶点S、A、B所染颜色互不相同，它们共有5×4×3=60种染色方法。

当S，A，B已染好时，不妨设其颜色分别为1，2，3，；若C染颜色2，则D可染颜色3，4，5之一，有3种染法；若C染颜色4，则D可染颜色3或5，有2种染法；

若C染颜色5，则D可染颜色3或4，也有2种染法。可见，当S，A，B已染好，C与D还有7种染法。

13

从而，总的染色方法为60×7=420（种）。

2．某区有7条南北向街道，5条东西向街道（如图10-5）， （1）图中共有多少个矩形？

（2）从A点走向B点最短的走法有多少种？ 解：（1）在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线可组成1个矩形故可组成矩形有：

22=210（个）。 C7?C5（2）每条东西向的街道被分成6段，每条南北向街道被分成4段。从A到B最短的走

法，无论怎样走，一定包括10段，其中6段方向相同，另4段方向相同，每种走法，即

64是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的，共有C10=210（种）走法。 ?C10（同样可从10段选4段走南北方向的4段，每个选法即是1种走法）。

3．在∠MOA的边OM上有5个异于O点的点，OA上有4个异于O点的点，以这10个点（含O）为顶点，可以得到多少个三角形？

11解：（直接法）分几种情况考虑：O为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM、OA上，所以有C5C421个；O不为顶点的三角形中，两个顶点在OM上，一个顶点在OA上的有C5C4个；一个顶点在OM上，两个12顶点在OA上的有C5C4个．

112112∴由分类计数原理，共有C5． C4?C5C4?C5C4=5×4+10×4+5×6=90（个）

3解法二：（间接法）先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三个组合数是C10，但其中OM上

的6个点（含O）中任取3点不能做到三角形，OA上的5个点（含O）中任取3点也不能得到三角形，所

333333以共可以得到C10个三角形，即C10=120-20-10=90（个）三角形． ?C6?C5?C6?C5解法三：也可以这样考虑，把O看成是OM边上的点，先从OM上的6个点（含O）中任取两点，OA上

21的4点（不含O）中取一点，可得C6C4个三角形，再从OM上的5点（不含O）中取一点，从OA上的4122112点（不含O）中取两点，可得C5C4个三角形，所以共有C6C4?C5C4=15×4+5×6=90（个）三角形．

4．（1）四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？

（2）四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，有多少种不同的取法？ 解：（1）（直接法）：如图10-3-2，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出

33点必与点A共面共有3C5种取法，含顶点A的三条棱上各有三个点，它们与所

对的棱的中点共面，共有3种取法．根据分类计数原理，知与顶点A共面三点的

3取法有3C5+3=33种．

4（2）（间接法）：如图10-3-2，从10个顶点中取4个点的取法有C10种，除去

4点共面的取法种数可以得到结果．从四面体同一个面上的6个点中取出的4点

4必定共面，有4C6=60种．四面体的每一棱上3点与相对棱中点共面，共有6种共面情况．从6条棱的中

14

4点中取4个点时有3种共面情形（对棱中点连线两两相交且互相平分）。故4点不共面的取法为C10-

（60+6+3）=141种．

5．在以AB为直径的半圆周上，有异于A、B的六个点C1、C2、C3、C4、C5、C6，A、B上有异于A、B的四个点D1、D2、D3、D4．问：

（1）以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作多少个？其中含C1点的有多少个？

（2）以图中的12个点（包括A、B）中的4个为顶点， 可作出多少个四边形？

解：（1） C1、C2、C3、C4、C5、C6这六个点中任取三个可构成一个三角形．

C1、C2、C3、C4、C5、C6中任取一个，D1、D2、D3、D4中任取两点可构成一个三角形．C1、C2、C3、C4、C5、C6

32121中任取两个，D1、D2、D3、D4中任取一点可构成一个三角形．所以共有C6?C4C6?C6C4=116（个）三角2112形；其中以C1为顶点的三角形有C5=36（个）． ?C5C4?C443122（2）C6． ?C6C6?C6C6=360（个）

6．设正n边形内接于圆O，正n边形的n个顶点及圆心O点，共(n+1)个点，从这(n+1)个点考虑： （1）过任意两点作直线，能作多少条直线？ （2）以任意三点为顶点，能作多少个三角形？

n(n?1)（条）； 2nn为偶数时，这时内接正n边形相对顶点的连线为过圆O的直线，这样的直线有条．可连直线的条数为

2n2nn(n?1)2Cn?C3??（条）． ?12222解：（1）n为奇数，各顶点的连线均不过圆心，共有Cn?1?(n?1)n(n?1）n(n2?1)?（2）n为奇数时，有C?（个）；n为偶数时，与（1）同样考虑，有

663nn3n(n2?4)C?C3?（个）．

263n7．直线与圆相离，直线上六点A1，A2，A3，A4，A5，A6，圆上四点B1，B2，B3，B4，任两点连成直线，问所得直线最多几条？最少几条？

解：所得直线最多时，即为任意三点都不共线可分为三类：第一类为已知直线上与圆上各取一点连线

11的直线条数为C6C4=24；第二类为圆上任取两点所得的直线条数为C4=6；第三类为已知直线为1条，则

211直线最多的条数为N1=C6。 C4+C4+1=31（条）

2 所得直线最少时，即重合的直线最多，用排除法减去重合的字数较为方便，而重合的直线即是由圆上取两点连成的直线，排除重复，便是直线最少条数 N2=N1-2C4=31-12=19（条）。

8．平面内有12个点，其中有4点共线，此外再无任何3点共线，以这些点为顶点可得到多少个不同的三角形？

解：我们把从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准：第一类：共线的4点中有两点为三角形的

1221顶点，共有：C8=48（个）；第二类：共线的4点中有一点三角形的顶点共有：C8=112（个）． ?C4?C43第三类：共线的4点中没有点作为三角形的顶点，共有：C8=56（个）．

2 15

12213由分类计数原理知，共有三角形：C8=48+112+56=216（个）． ?C4?C8?C4?C89．直线x=1, y=x将圆x+y=4分成四块，用5种不同的颜料给四块涂色，要求共边两块颜色互异，每块只涂一色，共有多少种不同的涂色方法？

412解：如果四块均不同色，则有A5种涂法；如果有且仅有两块同色，它们必是相对的两块，有C5?2?A42种涂法；如果两组相对两块分别同色，则有A5种涂法。

4122根据分类计数原理，得到涂色方法种数为A5=260． ?2C5A4?A522

题型7 组合应用题中的分配问题

1．6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？

（1）一堆一本，一堆两本，一堆三本； （2）甲得一本，乙得两本，丙得三本； （3）一人得一本，一人得两本，一人得三本； （4）平均分给甲、乙、丙三人； （5）平均分成三堆．

1解：（1）先在6本书中任取一本，作为一堆，有C6种取法，再从余下的五本书中任取两本，作为一23123堆，有C5种取法，最后从余下的三本中取三本作为一堆，有C3种取法。故共有分法C6． C5C3=60（种）123（2）由（1）知分成三堆的方法有C6C5C3种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，123乙得两本，丙得三本的分法亦为C6． C5C3=60（种）

1233（3）由（1）知分成三堆的方法有C6种不同的分配方案，故一人C5C3种，但每一种分组方法又有A31233得一本，一人得两本，一人得三本的分法有C6． C5C3A3=360（种）

2（4）3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书中任取出2本的方法有C6种，甲不论用哪一种方法

2取得2本书后，乙再从余下的4本书中取2本书，有C4种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各取2本书222后，丙从余下的2本中取2本书，有C2种方法。所以一共有C6C4C2=90（种）方法．

2（5）把6本不同的书分成三堆，每堆两本与把6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本的区别在于：后者相当于把六本不同的书，平均分成三堆后，再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人．因此，设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有x种，那么把6本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分

3222法就应用xA3种，由（4）知把6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有C6C4C2种．

所以xA33=

CCC262422，则

222C6C4C2x==15（种）． 3A3评注：本问题中的每一个小题都提出了一种类型问题，搞清类型的归属对今后解题大有裨益，其中： （1）属非均匀分组问题．（2）属非均匀定向分配问题．（3）属非均匀不定向分配问题． （4）属均匀不定向分配问题． （5）属均匀分组问题． 2．6本不同的书分成3堆，

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（1）若平均分成3堆，有多少种不同的分法？

（2）若有1堆1本，1堆2本，1堆3本，有多少种分法？ （3）若有1堆4本，另2堆各1本的不同分法有多少种？ 解：（1）假设将6本不同的书分成3堆有x 种分法，在每种分法中，再把这3堆分别给甲、乙、丙3人，

33222有A3种给法，根据乘法原理，6本不同的书平均分给3个人的不同分法有xA3=C6， ?C4?C222C62C4C2 ∴x==15（种）。 3A312（2）从6本不同的书中任取1本放成1堆，有C6种取法；再从剩下的5本书中任取2本放成1堆，有C5种3放法；最后余下的3本放成1堆，有C3种放法。因为各堆的书的数量各不相同，所以这种分堆方法与6本不13同的书分给甲1本，乙2本、丙3本完全相同，故共有分堆方法为C6=90（种）。 C52C3411（3）如果将6本不同的书分给甲4本，乙1本，丙1本共有C6C2C1种不同分法。这里给乙第1本、丙第2

本与给乙第2本、丙第1本是不同的分法，但作为分堆，第1本1堆，第2本1堆与第2本1堆、第1本1堆是相同

11C64C2C1的分堆方法。所以分堆方法是：=15（种）。 2A2

题型8 排列、组合的综合应用题

1．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：

（1）有女生但人数必须少于男生； （2）某女生一定要担任语文科代表；

（3）某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；

（4）某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．

3241532415解：（1）先取后排，先取有C5种，共(C5=5400种． C3?C5C3)A5C3?C5C3种，后排有A544（2）除去该女生后先取后排，有C7A4=840种． 414（3）先取后排，但先安排该男生，有C7C4A4=3360种．

313（4）先从除去该男生该女生的6人中选3人有C6种，再安排该男生有C3种，其余3人全排有A3种，313共C6C3A3=360种．

2． 有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．

（1）共有多少种放法？ （2）恰有一个盒不放球，有多少种放法？ （3）恰有一个盒内有2个球，有多少种放法？ （4）恰有两个盒不放球，有多少种放法？ 解：（1）一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步计数原理，放法共有：4

4=256（种）．

（2）为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2，1，1的

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2三组，有C4种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．

1212由分步计数原理，其有放法：C4=144（种）． ?C4?C3?A2（3）“恰有一个盒内放2个球”，即另外的三个盒子放1个球，每个盒子至多放1个球，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．

2（4）先从四个盒子中任意拿走两个有C4种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种

放法？”从放球数目看，可分为（3，1），（2，2）两类．

312第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C4种放法；第二类：有C4?C2312种放法．因此共有C4=14（种）． ?C2?C42由分步计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：C4． ?14=84（种）

3．有六个球，其中3个黑球，红，白，蓝球各1个，现任取4个排成一排，有多少种不同的排法？

1解：把问题分为三类：第一类，取3个黑球，在另外三个彩球中取一个的方法有C3种，在三个黑球

111所产生的四个空中，选1个空给彩球有C4种，共有C3C4=12种；第二类，取2个黑球，在另外三个彩球22中选2个的方法有C3种，然后在四个位置中给彩球两个位置有A4种，剩下的两个位置给黑球，只有一种223排法．共有C3第三类：取1个黑球，把三个彩球全选上的方法有C3种，四个球的全排列为A4，A4=36种；34共有C3A4=24种．

4∴满足条件的排法共有12+36+24=72种．

4．如图10-3-2所示，某市（A）有四个邻县（B、C、D、E），现备有5种颜色，问有多少种不同的涂色方式，使每相邻两块不同色，且每块只涂同一种颜色？

5解：把问题分成三类：第一类，用5种颜色涂，共有A5=120种涂法； 4第二类，用4种颜色涂，选色的方法有C5种，再选1种颜色涂A有C4种方法，剩余

1的4块涂3种颜色，有且仅有一组不相邻区域涂同一种颜色，选1组不相邻区域的方

1法有2种，在余下的三种颜色中选一种颜色涂这不相邻区域有C3种方法，最后剩下两种颜色涂2个区域41123有A2种。由分步计数原理，共有C5=240种；第三类，用3种颜色涂，选色方法有C5种，?C4?2?C3?A21311涂A时，有C3种，涂B、D时有C2种，涂E、C时只有一种，由分步计数原理共有C5=60种． ?C3?C221由分类计数原理，共有120+240+60=420种不同的涂色方法．

5．已知方程x1+x2+x3+x4=100，求这个方程的自然数解的组数。

解：100为100个1的和，我们设想把这100个1，1个接1个地排起来，即1,1,1,?1.然后用3个“+”号把

?????100个这100个1隔成4组，显然，“+”号只能加在这100个1之间的99个个位置处，而且相邻两个1之间至多只能加

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1个“+”号。这样，每次划分以后，被分成的4组中分别包含的1个数，即为“方程相应的1组解”。

3

故可以推得，该方程的自然数解有C99=156849（组）。

6．从5双不同的鞋子中任取4只：

（1）取出的4只鞋子中至少能配成1双，有多少种不同的取法？

（2）取出的4只鞋子，任何2只都不能配成1双，有多少种不同的取法？

2解：（1）分两类：①取出的4只鞋子恰好配成2双，有C5种取法。②取出的4只鞋子有且只有2只1能配成1双，分2步完成：第一步，从5双鞋子中任取1双，有C5种取法；第二步再分为3类：第1类：

2从余下的穿在左脚的4只鞋子中任取2只，有C4种取法； 第2类：从余下的穿在右脚的4只鞋子中任2取2只，有C4种取法； 第3类：从余下的左（或右脚）的4只中任取1只，再在余下的右（或左脚）1221111的和已取1只不相配的3只鞋子中任取1只，有C4 (C4?C4?C4C3)=120种取法。C3种取法。故共有C5212211由①，②知：共有C5?C5(C4?C4?C4C3)?130种。

（2）用“0”表示右脚的鞋子，“?”表示左脚的鞋子。

1313422① 形如0000：C5；② 形如0???：C5C4；③ 形如00??：C5C4；⑤ 形C3；④ 形如000?：C5413221344如????：C5。综上可知：有C5?C5?C4?C5?C3?C5?C4?C5?80种

4解法二：第1步，从5双不同的鞋子中任取4双，有C5种；第2步，从取出的4双的每1双中任取1414只，有(C2)种。故共有C5?(C2)?80种

4解法三：从5双不同的鞋子中任取4只，有C10种取法，除去第（1）题的情况，就是任何2只都不能4配成1双的情况，故有C10?130?80种。

147．1条长椅上有7个坐位，4人坐，要求3个空位中，有2个空位相邻，另1个空位与这2个相邻空位不相邻，共有几种坐法？

解：设坐位号为1，2，3，4，5，6，7。2个空位相邻可能发生在1，2；2，3；3，4；4，5；5，6；6，7共6种位置。

如果相邻的2个空位是1，2号，那么，另1个空位可以安排在4，5，6，7之一，有4种安排办法。 如果相邻的两个空位是2，3号，那么别1个空位可以安排在5，6，7之一，有3种可能。

可见，当采取“安排2个空位，再安排1个空位，再让4人入坐”的3个阶段计数时，必须对第1阶段（安排2个相邻空位）采用分类的办法，于是共有：（2·4+4·3）A4=480（种）。

解法二：把2个相邻空位看成1整体，另1个空位与这个整体不相邻，则是用4个人把2个元素隔开的典型问题。按这种想法：可先让4人坐在4个位置上，再让后2个“元素”（1个是2个作为1个整体的

42空位，另1个是单独的空位）选择被4个人造成的5个“空隙”中的2个。于是共有：A4A5=480种。

4解法三：采用以减法为主的算法。全部安排4人入坐的方法（不管空位相邻还是不相邻）数是A7，

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5从中减去不合题意的坐法数即可。不合题意的坐法包括两类：一类是3个空位相邻，这种情况下共有A5种

安排方法（把4个人与相邻的3个空位看成5个元素）；另一类是3个空位彼此都不相邻，这种情况下共

43有A4种安排办法。 ?C54543于是共有：A7?A5?A4C5=480种。

8．已知集合A和集合B各含有12个元素，A∩B含有4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数。

（1）C?A∪B，且C中含有3个元素； （2）C∩A≠ф

解：因为A，B各含12个元素，A∩B含4个元素，故A∪B有12+12-4=20个元素。、因此满足条件（1）的

33C有：C20个；其中满足C∩A=ф的C有：C8个。

33因此同时满足（1），（2）的C有：C20-C8=1140-56=1084（个）。

9．马路上有编号1，2，3，?，10的十只路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法有多少种？

解：问题等价于在七只亮着的路灯产生的六个空挡中放入三只熄掉的路灯，因此，所求的方法种数为

3=20． C610．从6名短跑运动中中选4人参加4×100米接力赛，如果甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，问共有多少种参赛方法？

4解：把所选取的运动员的情况分为三类：第一类，甲、乙两人均不参赛，有A4=24种；第二类，甲、1343乙两人有且只有1人参赛，共有C2C4(A4?A3)=144种；第三类，甲、乙两人都参赛， 2432有C4(A4?2A3?A2)=84种．

由分类计数原理，所有的参赛方法共有24+144+84=252种．

11．在7名运动员中选4名运动员组成接力队，参加4×100m接力赛，那么甲、乙二人都不跑中间两棒的安排方法共有多少种？

解：分类法：接力队的组队方式有4种：① 不含有甲、乙； ② 只含有甲； ③ 只含有乙；④ 甲、乙二人都在内。

444①“甲、乙二人都不在接力队内”的选法是C5种=120种；②甲在接力队的选排法有?A4?A5333322C5=120种；③乙在接力队的选排法有：2C5=120种；④甲、乙都在接力队的选排法有2C5?A2=40?A3?A32种。

433332故总的选法是：A5=400（种） ?2C5?A3?2C5?A3?2A512．今有形状，大小相同的10个球，其中红球4个，白球5个，黑球1个，若从中取出4个小球，使各种颜色的球都有的不同取法有多少种？

1221解：C4=70种． ?C5?C4?C513．有8名游客同划1条船，其中2名只会划左舷，3名只会划右舷，另3名左右两舷都会划，现要

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在两舷各排4名游客，问有多少种不同的排法？

2解：第1步，只要从左右两舷都会划的3人中选2人排左舷，剩下1人排右舷，有C3种排法；

44242第2步，把左、右两舷的4人全排列，有A4种排法。故共有C3?A4?(A4)?1728种。

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