排列组合问题经典题型

排列组合问题经典题型答案

41.解析：把A,B视为一人，且B固定在A的右边，则本题相当于4人的全排列，A4?24种，答案：D. 522.解析：除甲乙外，其余5个排列数为A5种，再用甲乙去插6个空位有A6种，不同的排法种数是52A5A6?3600种，选B.

43. 易知a1,a2,a3,a4互不相等且不相邻，则有C17?2380。

4.解析：（1）B在A的右边与B在A的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即

15A5?60种，选B. 2511311311313（2）按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有A5个，A4A3A3,A3A3A3,A2A3A3,A3A3个，合并总计300个,选B（

165(A6?A5)?300种） 25.解析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法，选B. 6.解析：（1）先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外

211的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有C10C8C7?2520种，选C.

（2）答案：A.

237.（1）C4A3?36

24（2）C5A4?240，答案：B.

8.解析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看成10个相同的小球分成7堆，每堆至少一个，可以在10个小球的9个空位中插入6块木板，每一种插法对应着一种分配方案，故共有不同的分配方案为

6C9?84种.

39.解析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯C5种方法,所以满足条

件的关灯方案有10种.

说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决. 10.

11.解析：（1）解析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做A??7,14,21,?98?共有14个元素,不能被7整除的

第 5 页 共 9 页

2数组成的集合记做A??1,2,3,4,?,100?共有86个元素；由此可知，从A中任取2个元素的取法有C14，11211从A中任取一个，又从A中任取一个共有C14，两种情形共符合要求的取法有C14C86?C14C86?1295种.

（2）解析：将I??1,2,3?,100?分成四个不相交的子集，能被4整除的数集A??4,8,12,?100?；能被4除余1的数集B??1,5,9,?97?，能被4除余2的数集C??2,6,?,98?，能被4除余3的数集D??3,7,11,?99?，易见这四个集合中每一个有25个元素；从A中任取两个数符合要；从B,D中各取一个

数也符合要求；从C中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求的取法共有

2112C25?C25C25?C25?1225种.

12. 解：（1）08：a b ：c d ,其中a、c位可填1,2，3,4,5；b、d位可填1,2,3,4,5,6,7,9. （2）09：a b ：c d ,其中a、c位可填1,2，3,4,5；b、d位可填1,2,3,4,5,6,7,8.

22先填a、c，再填b、d，共2A5A6?1200

13.解析：设全集=｛6人中任取4人参赛的排列｝，A=｛甲跑第一棒的排列｝，B=｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：

n(I)?n(A)?n(B)?n(A?B)?A64?A53?A53?A42?252种.

4114.解析：老师在中间三个位置上选一个有A3种，4名同学在其余4个位置上有A4种方法；所以共有14A3A4?72种。.

615.解析：（1）前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排成一排，共A6?720种，

选C.

2（2）解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A4种，某1个元素排在后半段的15125四个位置中选一个有A4种，其余5个元素任排5个位置上有A5种，故共有A4A4A5?5760种排法.

16.解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取

333法共有C9?C4?C5?70种,选.C

解析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有C5C4?C5C4?70台,选C.

17.解析：（1）先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C4种，再排：在四个盒中每次排3个有A4种，故共有C4A4?144种.

（2）先取男女运动员各2名，有C5C4种，这四名运动员混和双打练习有A2中排法，故共有C5C4A2?120种.

22222232322112第 6 页 共 9 页

418.解析：（1）正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成C8四面体，但6个表面和6个对角面的四4个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有C8?12?58个.

4（2）解析：10个点中任取4个点共有C10种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面上，44每面内四点共面的情况为C6，四个面共有4C6个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过44棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是C10?4C6?3?6?141种.

（3）56个。8?1?4?6?2?2?6?56。

①一个面内取GH两点，另一个点取F时，即8个角；

②一个面内取GH两点，另一个点取K时，2?2?6?24个；

③一个面内取HI两点，那另一个点只能取A或C，2?2?6?24个

（4）因为四面体中仅有3对异面直线，可将问题分解成正方体的8个顶点可构成多少个不同的四面体，

4从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面体有C8?12?58个，所以8个顶点可连成的异面直线有

3×58=174对.

419.解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有A4种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左

边和右边，有2种方式，故不同的安排方式24?2?768种不同站法.说明：从n个不同元素中取出m个元素作圆形排列共有1Anm种不同排法.

m520.解析：完成此事共分6步，第一步；将第一名实习生分配到车间有7种不同方案，第二步：将第二名实习生分配到车间也有7种不同方案，依次类推，由分步计数原理知共有7种不同方案.

6?x?3,y?2?21. 解析：C。设购买软件x片、磁盘y盒，则?60x?70y?500，所以x?3,y?2,3,4；x?4，y?2,3,4；

?x,y?N?x?5,y?2。故共7种。

22. 解析：2(1?2???49)?50?2500(包括两个数不同和相同的情形！)

23.解析：（1）先把30030分解成质因数的形式：30030=2×3×5×7×11×13；依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为

012345C5?C5?C5?C5?C5?C5?32个（或1?25?32）.

（2）分析知7必排在8之后，5必排在7之后. 且8的前面只有2个数，8、7之间只有一个小于7的数，6或在7之前，或在7、5之间，或在5之后。

第 7 页 共 9 页

14第一种情况：6在7之前，形如：##8#7#5# ，C3A4?72； 4第2种情况： 6在7、5之间 ，形如：##8#765# ，A4?24； 14第3种情况：6在5之后，形如：##8#75## ，C2A4?48

所以共144种。 24.解析：（1）因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条

4弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以确定多少个不同的四边形，显然有C104个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有C10?210个.

（2）解析：可将图中矩形的一边叫一小段，从A到B最短路线必须走7小段，其中：向东4段，向北3段；而且前一段的尾接后一段的首，所以只要确定向东走过4段的走法，便能确定路径，因此不同走法

4有C7?35种.

225.解析：从5个球中取出2个与盒子对号有C5种，还剩下3个球与3个盒子序号不能对应，利用枚举法

分析，如果剩下3，4，5号球与3，4，5号盒子时，3号球不能装入3号盒子，当3号球装入4号盒子时，4，5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，4，5号球也只有1种装法，所以剩下三球只有2种装法，

2因此总共装法数为2C5?20种.

01226.解：错排问题，分类解决：C5f(5)?C5f(4)?C5f(3)?109

27. 解析：设第k次球仍回到a1的手中的传球方法种数是ak，则a1?0,a2?n?1，且ak?(n?1)k?1?ak?1，

11(n?1)k?(?1)k?(n?1)kk?1所以ak??(n?1)??[ak?1??(n?1)]?ak?（k?N*）。

nnn?x?2,3,4?x?y?z?6?28. 解析：（1）设跨1级、2级、3级的步数分别为x,y,z，则?，解得?y?4,2,0，故

?x?2y?3z?10?z?0,1,2?2324方法数为C6?C6C3?C6?15?60?15?90

（2）设上完n

级台阶的方法数为f(n)，则f(1?)f1,?(2f)?2，,且

f(n)?f(?n1?)f?(n?2)f?n(， 3?n?f(4)?7,f(5)?13,f(6)?24,f(7)?44,f(8)?81,f(9)?149,f(10)?274

n?1n?129．解析：Ck?1；Ck?n?1

430．解析：（1）C19?3876；（2）C24；（3）先在编号为1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0,1,2,3,44个球，再只要保证余下的10个球每个盒子至少放一个，则C9?126

4第 8 页 共 9 页

2231. 解析：C5?C3?22?120

32. 解析：49.

4431422433. 解析：C4C7?C4C2C6?C4C2C5?35?120?30?185

34. 解析：前9个扇形依次染色并不难,但第10个扇形既与第九个相邻也与第1个相邻,这两个扇形颜色可能相同也可能不相同,所以直接用记数原理有困难,但建立递推关系并不难． 设将圆分成n个不相等的扇形时,满足题设的染法有

an种．依次记n个扇形为s1,…sn.显然a1=3.当n=2时，

先对s1染色，有3种方法；s1染色后再对s2染色，有2种方法，故a2=6.当n≥3时，我们依次对s1,s2,…sn染色．对s1染色，有3种方法，对s1染色后再对s2染色有2种方法，同样的对s3,s4…,sn分别有2种方法，由乘法原理共有3·2 n-1种染色方法．但这样做sn与s1有可能同色．即在3·2 n-1种染色方法中包含了sn与s1同色的染色方法．对于sn与s1同色的情形，拆去sn与s1的边界使sn与s1合并，便得到将圆分为n-1个扇形时同色不相邻的染色方法，这样的情况有an-1种． 故an=3·2 n-1-an-1 (n≥3)．所以a3?6，n≥3时，

an?2n?2?(?1)n，∴a10=210+2=1026．

35.解：由题意，红黄蓝三种颜色，每种颜色恰好涂了两次，分为两类： 第一类可按一下步骤进行：

第1步：涂第一格，有3种方法； 第2步：涂第二格，有2种方法；

第3步：用与第一格不同的颜色涂第三格，有1种方法； 第4步：第四格可以涂与第三格颜色不同的，有2种方法。 第5步：用不同的两色涂剩下的两格，有2种方法； 所以有3*2*1*2*2＝24种 第二类可按一下步骤进行：

第1步：涂第一格，有3种方法； 第2步：涂第二格，有2种方法；

第3步：用与第一格相同的颜色涂第三格，有1种方法； 第4步：第四格只能用没有用过的颜色涂，有种方法。

第5步：第五格只能用涂第二格的颜色，第六格只能用涂第四格的颜色，有1种方法； 所以有3*2*1*1*1＝6种 所以，共有24+6＝30种涂法。

336.解析:注意4种颜色的花都有种上。A4(1?1?1?2)?120

（变式：A5[C3C2?(3?2)?2]?960）

311第 9 页 共 9 页