2024年3月16日发(作者：江苏三调数学试卷)
排列组合公式/排列组合计算公式
公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列。
公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列。
N-元素的总个数
R参与选择的元素个数
！-阶乘 ，如 9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1
从N倒数r个，表达式应该为n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);
因为从n到（n-r+1)个数为n－（n-r+1)＝
r
举例：
Q1: 有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数？
A1: 123和213是两个不同的排列数。即对排列顺序有要求的，既属
于“排列P”计算范畴。
上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现988,997之
类的组合， 我们可以这么看，百位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，
个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8*7个三位数。计算公式＝P（3，
9)＝9*8*7,(从9倒数3个的乘积）
Q2: 有从1到9共计9个号码球，请问，如果三个一组，代表“三国联
盟”，可以组合成多少个“三国联盟”？
A2: 213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个号码球在一
起即可。即不要求顺序的，属于“组合C”计算范畴。
上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数
即为最终组合数C(3,9)=9*8*7/3*2*1
排列、组合的概念和公式典型例题分析
例1 设有3名学生和4个课外小组．（1）每名学生都只参加一个课外小组；（2）每
名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法？
解（1）由于每名学生都可以参加4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小
组的人数，因此共有
种不同方法．
（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，
因此共有
种不同方法．
点评 由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．
例2 排成一行，其中
不排第一，
不排第二，
不排第三，
不排第四的不同排法共有多
少种？
解 依题意，符合要求的排法可分为第一个排
、
、
中的某一个，共3类，每一类中不
同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：
∴ 符合题意的不同排法共有9种．
点评 按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”
是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．
例３ 判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果．
（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了
一次手，共握了多少次手？
（2）高二年级数学课外小组共10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不
同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？
（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多
少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？
（4）有8盆花：①从中选出2盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法？②从中
选出2盆放在教室有多少种不同的选法？
分析 （1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不同的两封信，所以与顺
序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无
关，所以是组合问题．其他类似分析．
（1）①是排列问题，共用了
封信；②是组合问题，共需握手
（次）．
（2）①是排列问题，共有
（种）不同的选法；②是组合问题，共有
种不同的选法．
（3）①是排列问题，共有
种不同的商；②是组合问题，共有
种不同的积．
（4）①是排列问题，共有
种不同的选法；②是组合问题，共有
种不同的选法．
例４ 证明
．
证明 左式
右式．
∴ 等式成立．
点评 这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质
，可使
变形过程得以简化．
例5 化简
．
解法一 原式
解法二 原式
点评 解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数
的两个性质，都使变形过程得以简化．
例6 解方程：（1）
；（2）
．
解 （1）原方程
解得
．
（2）原方程可变为
∵ ，
，
∴ 原方程可化为
．
即 ，解得
第六章 排列组合、二项式定理
一、考纲要求
1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.
2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，
并能用它们解决一些简单的问题.
3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.
二、知识结构
三、知识点、能力点提示
(一)加法原理乘法原理
说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排
列、组合中有关问题提供了理论根据.
例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的
报名方法共有多少种?
解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学
生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有
3×3×3×3×3=3
5
(种)
(二)排列、排列数公式
说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究
的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比
较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.
例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000
的 偶数共有( )
A.60个 B.48个 C.36
个 D.24个
解 因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P
1
2
；小于50 000的五
位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P
1
3
;在首末两位数排定
后，中间3个位数的排法有P
3
3
，得P
1
3
P
3
3
P
1
2
＝36(个)
由此可知此题应选C.
例3 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
个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?
解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的
填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3
种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为
3P
1
3
=9(种).
例四 例五可能有问题，等思考
三)组合、组合数公式、组合数的两个性质
说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本
上都是由选择题或填空题考查.
例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型
电视机各1台，则不同的取法共有( )
A.140种 B.84种 C.70种 D.35种
解： 抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C
1
4
·C
2
5
种；甲型2台
乙型1台的取法有C
2
4
·C
1
5
种
根据加法原理可得总的取法有
C
2
4
·C
2
5
+C
2
4
·C
1
5
=40+30=70(种 )
可知此题应选C.
例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包
1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?
解： 甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 C
3
8
种；
乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C
1
5
种；
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C
2
4
种；
丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有
C
2
2
种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有C
3
8×C
1
5
×C
2
4
×C
2
2
=
×1=1680(种).
(四)二项式定理、二项展开式的性质
说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用
的基础知识 ，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查
二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.
例6 在(x-
)
10
的展开式中，x
6
的系数是( )
A.-27C
6
10
B.27C
4
10
C.-9C
6
10
D.9C
4
10
解 设(x-
)
10
的展开式中第γ+1项含x
6
，
因T
γ+1
=C
γ
10
x
10-γ
(-
)
γ
，10-γ=6,γ=4
于是展开式中第5项含x 6，第5项系数是C
4
10
(-
)
4
=9C
4
10
故此题应选D.
例7 (x-1)-(x-1)
2
＋(x-1)
3
-(x-1)+(x-1)
５
的展开式中的x
２
的系数等
于
解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为
在(x-1)
6
中含x
3
的项是C
3
6
x
3
(-1)
3
=-20x
3
，因此展开式中x
2
的系数是-2 0.
(五)综合例题赏析
2
例8 若(2x+
)
4
=a
0
+a
1
x+a
2
x +a
3
x
3
+a
4
x
4
，则(a
0
+a
2
+a
4
)
2
-(a
1
+a
3
)
2
的值为( )
A.1 B.-1
C.0 D.2
解：A.
例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生
和2 名护士，不同的分配方法共有( )
A.6种 B.12种 C.18
种 D.24种
解 分医生的方法有P
2
2
＝2种，分护士方法有C
2
4
=6种，所以共有6×2＝12
种不同的分配方法。
应选B.
例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与
乙型电视机各1台，则不同取法共有( ).
A.140种 B.84种 C.70
种 D.35种
解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.
∵C
2
4
·+C
2
5
·C
1
4
=5×6+10×4=70.
∴应选C.
例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1
名女生当选的不同选法有( )
A.27种 B.48种 C.21种 D.24种
解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：
∵C
1
3
·C
1
7+C
2
3
=3×7+3=24，
∴应选D.
例12 由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的 六位数，其中个位数
字小于十位数字的共有( ).
A.210个 B.300个
C.464个 D.600个
解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P
1
5
·P 5
5
=600个.
由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.
∴有
×600=300个符合题设的六位数.
应选B.
例13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ).
A.70个 B.64个
C.58个 D.52个
解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C
4
8
=70个.
其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形
如(ADB
1
C
1
)的有4组.
∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)
应选C.
例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直
线中，异面直线共有( ).
A.12对 B.24对
C.36对 D.48对
解：设正六棱锥为O—ABCDEF.
任取一侧棱OA(C
1
6
)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.
∴共有C
1
6×4=24对异面直线.
应选B.
例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形
共 个(以数字作答).
解：7点中任取3个则有C
3
7
=35组.
其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).
∴三角形个数为35-3=32个.
例16 设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子
集数为T，则
的值为 。
解 10个元素的集合的全部子集数有：
S＝C
0
10
+C
1
10
+C
2
10
+C
3
10
+C
4
10
+C
5
10
+C
6
10
+C
7
10
+C
8
10
+C
9
10
+C
1
0
10
=2 10=1024
其中，含3个元素的子集数有T=C
3
10
=120
故
=
例17 例17
在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽
了5件 ，至少有3件是次品的抽法共
种(用数字作答).
解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.
∴C
3
4
·C
2
46
+C
4
4
·C
1
46
=4186(种)
例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、 丙各需1人承担，从10
人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有( ).
A.1260种 B.2025种
C.2520种 D.5040种
解：先从10人中选2个承担任务甲(C
2
10
)
再从剩余8人中选1人承担任务乙(C
1
8)
又从剩余7人中选1人承担任务乙(C
1
7)
∴有C
2
10
·C
1
8C
1
7=2520(种).
应选C.
例19 集合｛1，2，3｝子集总共有( ).
A.7个 B.8个 C.6个 D.5个
解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成
的子集数
C
1
3
，由二个元素组成的子集数C
2
3
。
由3个元素组成的子集数C
3
3
。由加法原理可得集合子集的总个数是
C
1
3
+C
2
3
+C
3
3
+1=3+3+1+1＝8
故此题应选B.
例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至
少有两件次品的抽法有( ).
A.C
2
3
C
3
197
种 B.C
2
3
C
3
197
+C
3
3
C
2
197
C.C
5
200
-C
5
197
D.C
5
200
-C
1
3
C
4
197
解：5件中恰有二件为次品的抽法为C
2
3
C
3
197
，
5件中恰三件为次品的抽法为C
3
3
C
2
197
，
∴至少有两件次品的抽法为C
2
3
C
3
197
+C
3
3
C
2
197
.
应选B.
例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每
人一个座位)，则不同座法的总数是( ).
A.C
5
8
C
3
8
B.P
1
2
C
5
8
C
3
8
C.P
5
8
P
3
8
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