1、7-5-3.组合之排除法.题库教师版page1of6 7-5-3.7-5-3.组合之排除法组合之排除法 教学目标教学目标 1.使学生正确理解组合的意义；正确区分排列、组合问题； 2.了解组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的组合； 3.掌握组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系； 4.会分析与数字有关的计数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力； 通过本讲的学习，对组合的一些计数问题进行归纳总结，重点掌握组合的联系和区别，并掌握一些组合 技巧，如排除法、插板法等 知识要点知识要点 一、组合问题 日常生活中有很多“分组”问题如在体育比赛中，把参赛队分为几个组
2、，从全班同学中选出几人参加某 项活动等等这种“分组”问题，就是我们将要讨论的组合问题，这里，我们将着重研究有多少种分组方法的 问题 一般地，从n个不同元素中取出m个(mn)元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从n个不同元 素中取出m个元素的一个组合 从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关如果两个组合中的元素完 全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合，只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的 组合 从n个不同元素中取出m个元素(mn)的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个不同元素的 组合数记作 m n C 一般地，求从n个不同元素中取出的m个
3、元素的排列数 n m P可分成以下两步： 第一步：从n个不同元素中取出m个元素组成一组，共有 m n C种方法； 第二步：将每一个组合中的m个元素进行全排列，共有 m m P 种排法 根据乘法原理，得到 mmm nnm PCP 因此，组合数 12)1 123 2 1 m mn n m m Pnnnnm C Pmmm （） （） （） （） 这个公式就是组合数公式 二、组合数的重要性质 一般地，组合数有下面的重要性质： mn m nn CC (mn) 这个公式的直观意义是： m n C表示从n个元素中取出m个元素组成一组的所有分组方法 n m n C 表示从n个 元素中取出(nm)个元素组成一组
4、的所有分组方法 显然， 从n个元素中选出m个元素的分组方法恰是从n个 元素中选m个元素剩下的(nm)个元素的分组方法 例如，从5人中选3人开会的方法和从5人中选出2人不去开会的方法是一样多的，即 32 55 CC 规定1 n n C ， 0 1 n C 7-5-3.组合之排除法.题库教师版page2of6 例题精讲例题精讲 对于某些有特殊要求的计数，当限制条件较多时，可以先计算所有可能的情况，再从中排除掉那些不符 合要求的情况 【例【例 1】 在在100 1995的所有自然数中，百位数与个位数不相同的自然数有多少个？的所有自然数中，百位数与个位数不相同的自然数有多少个？ 【考点】组合之排除法【
5、难度】2 星【题型】解答 【解析】先考虑 1001995 这 1896 个数中，百位与个位相同的数有多少个，在三位数中，百位与个位可以是 19，十位可以是 09，由乘法原理，有9 1090个，四位数中，千位是 1，百位和个位可以是 0 9，十位可以是 09，由乘法原理，10 10100个，但是要从中去掉 1999，在 1001995 中，百位 与个位相同的数共有9099189个， 所以， 百位数与个位数不相同的自然数有：18961891707个 【答案】1707 【例【例 2】 1 到到 1999 的自然数中，有多少个与的自然数中，有多少个与 5678 相加时，至少发生一次进位？相加时，至少发
6、生一次进位？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】从问题的反面考虑：1 到 1999 的自然数中，有多少个与 5678 相加时，不发生进位？这样的数，个 位数字有 2 种可能(即 0，1)，十位数字有 3 种可能(即 0，1，2)，百位数字有 4 种可能(即 0，1，2， 3)，千位数字有 2 种可能(即 0，1)根据乘法原理，共有234248 个注意上面的计算中包括 了 0(0000)这个数，因此，1 到 1999 的自然数中与 5678 相加时，不发生进位的数有48147 个 所以，1 到 1999 的自然数中与 5678 相加时， 至少发生一次进位的有19994719
7、52个 【答案】1952 【巩固】【巩固】【巩固】【巩固】所有三位数中，与所有三位数中，与 456 相加产生进位的数有多少个？相加产生进位的数有多少个？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】与 456 相加产生进位在个位、十位、百位都有可能，所以采用从所有三位数中减去与 456 相加不产 生进位的数的方法更来得方便，所有的三位数一共有99999900个，其中与 456 相加不产生进位 的数，它的百位可能取 1、2、3、4、5 共 5 种可能，十位数可以取 0、1、2、3、4 共 5 种可能，个 位数可以取 0、1、2、3 共 4 种可能，根据乘法原理，一共有5 54100
8、个数，所以与 456 相加产 生进位的数一共有900100800个数 【答案】800 【巩固】从【巩固】从 1 到到 2004 这这 2004 个正整数中，共有几个数与四位数个正整数中，共有几个数与四位数 8866 相加时，至少发生一次进位？相加时，至少发生一次进位？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】【解析】千位数小于等于 1，百位数小于等于 1，十位数小于等于 3，个位数小于等于 3，应该有 2244163 种可以不进位，那么其他2004631941个数都至少产生一次进位 【答案】1941 【例【例 3】 在三位数中，至少出现一个在三位数中，至少出现一个 6 的偶数有
9、多少个？的偶数有多少个？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】至少出现一个“6”，意思就是这个三位偶数中，可以有一个 6，两个 6 或三个 6我们可以把这三种 情况下满足条件的三位数的个数分别求出来，再加起来；也可以从所有的三位偶数中减去不满足条 件的，即减去不含 6 的三位偶数三位偶数共有 450 个，我们先来计算不含 6 的偶数的个数，不含 6 的偶数，个位可以是 0，2，4，8，十位上可以是除 6 以外的其余 9 个数字，百位可以是除 6，0 以 外的 8 个数字，因此不含 6 的三位偶数共有49 8288 个,则至少出现一个 6 的三位偶数有 45049 8162
10、个 【答案】162 【例【例 4】 能被能被 3 整除且至少有一个数字是整除且至少有一个数字是 6 的四位数有的四位数有个。个。 【考点】组合之排除法【难度】4 星【题型】填空 【关键词】学而思杯，6 年级，第 14 题 【解析】用排除法，四位数总共有 9101010=9000 个，其中能被 3 整除的四位数有 3000 个，排除掉能被 3 整除 且不含有数字 6 的四位数之后剩下的所有的四位数都满足条件！设能被 3 整除且不含有数字 6 的四位数 为 abcd，最高位千位 a 有 8 选法（不能选 0 或 6） ，百位有 9 种选法（不能选 6） ，十位也有 9 种选法（也 不能选 6） ，
11、若前三位的数字和（a+b+c）若除以 3 余 0 则个位 d 有 3 种选法（可选 0，3，9） ；若前三位 7-5-3.组合之排除法.题库教师版page3of6 的数字和（a+b+c）除以 3 余 1，则个位 d 有 3 种选法（可选 2，5，8） ；若前三位的数字和（a+b+c）除 以 3余 2， 则个位 d 还是有 3种选法 （可选 1， 4， 7） ； 故能被 3整除且不含有数字 6 的四位数有 8993=1944 个。从而得到能被 3 整除且至少有一个数字是 6 的四位数有 3000-1944=1056 个。 【答案】1056 【例【例 5】 由由 0，1，2，3，4，5 组成的没有
12、重复数字的六位数中，百位不是组成的没有重复数字的六位数中，百位不是 2 的奇数有的奇数有个个 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】【解析】由 0，1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的奇六位数，个位可以为 1，3，5，有 3 种选法；个位选 定后，十万位不能与个位相同，且不能为 0，有 4 种；十万位选定后万位有 4 种；故由 0，1， 2，3，4，5 组成的没有重复数字的奇六位数的个数为：34432 1288 个； 由 0，1，2，3，4，5 组成的没有重复数字且百位为 2 的奇六位数，个位可以为 1，3，5，有 3 种选 法；十万位不能与个位相同，且不能为 0、2，有
13、 3 种；十万位选定后万位有 3 种；故由 0，1， 2，3，4，5 组成的没有重复数字且百位为 2 的奇六位数的个数为：3 3 32 154 个； 所以，满足条件的数有：28854234个 【答案】234 【例【例 6】 从三个从三个 0、四个、四个 1，五个，五个 2 中挑选出五个数字，能组成多少个不同的五位数？中挑选出五个数字，能组成多少个不同的五位数？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】【解析】由 3 个 0，4 个 1，5 个 2 组成五位数，首位上不能是 0，只能是 1 或 2，有 2 种选择；后面 4 位上都 可以是 0、1 或 2，各有 3 种选择，根据乘
14、法原理，共有23 3 3 3162 种选择； 但是注意，这样算是在 0 和 1 的个数足够多的情况下才能算，本题中可能会出现 0 和 1 的个数不够 的情况（2 的个数肯定够） 比如说，0 只有 3 个，但是上面的算 法却包括了后四位都是 0 的情况， 这样的数有两个：10000 和 20000，得减掉；另外，1 只有 4 个，却包含了五位都是 1 的情况：11111， 也得减去 所以实际上共有1623159个 【答案】159 【例【例 7 7】 由数字由数字 1，2，3 组成五位数，要求这五位数中组成五位数，要求这五位数中 1，2，3 至少各出现一次，那么这样的五位数共有至少各出现一次，那么
15、这样的五位数共有 个个 【考点】组合之排除法【难度】4 星【题型】填空 【关键词】迎春杯，高年级，初试，6 题 【解析】【解析】这是一道组合计数问题由于题目中仅要求 1，2，3 至少各出现一次，没有确定 1，2，3 出现的具 体次数，所以可以采取分类枚举的方法进行统计，也可以从反面想，从由 1，2，3 组成的五位数中， 去掉仅有 1 个或 2 个数字组成的五位数即可 方法一：分两类 1，2，3 中恰有一个数字出现 3 次，这样的数有 1 3 C5460 个； 1，2，3 中有两个数字各出现 2 次，这样的数有 22 34 C5C90 个； 综上所述符合题意的五位数共有6090150个 方法二：
16、 从反面想： 由 1， 2， 3 组成的五位数共有 5 3个， 由 1， 2， 3 中的某 2 个数字组成的五位数共有 5 321 个，由 1，2，3 中的某 1 个数字组成的五位数共有 3 个，所以符合题意的五位数共有 55 33213150 个 【答案】150个 【例【例 8】10个人围成一圈，从中选出两个不相邻的人，共有多少种不同选法？个人围成一圈，从中选出两个不相邻的人，共有多少种不同选法？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】 (法 1)乘法原理按题意，分别站在每个人的立场上，当自己被选中后，另一个被选中的，可以是 除了自己和左右相邻的两人之外的所有人，每个人都有
17、7种选择，总共就有7 1070种选择，但是 需要注意的是，选择的过程中，会出现“选了甲、乙，选了乙、甲”这样的情况本来是同一种选择， 而却算作了两种，所以最后的结果应该是(101 1 1 )10235(种) (法 2)排除法可以从所有的两人组合中排除掉相邻的情况，总的组合数为 2 10 C，而被选的两个人相 邻的情况有10种，所以共有 2 10 10451035C(种) 【答案】35 7-5-3.组合之排除法.题库教师版page4of6 【例【例 9】 一栋一栋 12 层楼房备有电梯，第二层至第六层电梯不停在一楼有层楼房备有电梯，第二层至第六层电梯不停在一楼有 3 人进了电梯，其中至少有一个要
18、人进了电梯，其中至少有一个要 上上 12 楼，则他们到各层的可能情况共有多少种楼，则他们到各层的可能情况共有多少种？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】【解析】每个人都可以在第 7 层至第 12 层中任何一层下，有 6 种情况，那么三个人一共有666216 种情 况， 其中， 都不到 12 楼的情况有5 5 5125 种 因此， 至少有一人要上 12 楼的情况有21612591 种 【答案】91 【例【例 10】8 个人站队，冬冬必须站在小悦和阿奇的中间（不一定相邻个人站队，冬冬必须站在小悦和阿奇的中间（不一定相邻） ，小慧和大智不能相邻，小光和大亮，小慧和大智不能相邻，
19、小光和大亮 必须相邻，满足要求的站法一共有多少种？必须相邻，满足要求的站法一共有多少种？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】冬冬要站在小悦和阿奇的中间，就意味着只要为这三个人选定了三个位置，中间的位置就一定要留 给冬冬，而两边的位置可以任意地分配给小悦和阿奇 小慧和大智不能相邻的互补事件是小慧和大智必须相邻 小光和大亮必须相邻，则可以将两人捆绑考虑 只满足第一、三个条件的站法总数为： 32123 72423 PPP3360CC（种） 同时满足第一、三个条件，并且满足小慧和大智必须相邻的站法总数为： 32222 62322 PPPP960C （种） 因此同时满足三个条件的站
20、法总数为： 33609602400（种） 【答案】2400 【例【例 11】若一个自然数中至少有两个数字若一个自然数中至少有两个数字，且每个数字小于其右边的所有数字且每个数字小于其右边的所有数字，则称这个数是则称这个数是“上升的上升的”问问 一共有多少一共有多少“上升的上升的”自然数？自然数？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】【解析】由于每个数字都小于其右边所有数字， 而首位上的数不能为 0， 所以满足条件的数各数位上都没有 0， 而且各数位上的数都互不相同 那么最大的“上升的”自然数是 123456789 而且可以发现， 所有的“上 升的”自然数都可以由 123456
21、789 这个数划掉若干个数码得到反过来，由从 123456789 这个数中划 掉若干个数码得到的至少两位的数都是“上升的”自然数所以只要算出从 123456789 中划掉若干个 数码所能得到的至少两位的数有多少个就可以了因为其中每个数码都有划掉和保留这 2 种可能， 所以 9 位数共有 9 2种可能，但是需要排除得到的一位数及零，这样的数共有 10 个，所以所能得到的 至少两位的数有 9 210502(个) 所以一共有 502 个“上升的”自然数 【答案】502 【例【例 12】6 人同时被邀请参加一项活动必须有人去，去几个人自行决定，共有多少种不同的去法？人同时被邀请参加一项活动必须有人去，
22、去几个人自行决定，共有多少种不同的去法？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】方法一：可以分为一人去、两人去、三人去、四人去、五人去、六人去六种情况，每一种情况都 是组合问题 第一种情况有6种去法； 第二种情况有 2 6 65 15 2 1 C (种)去法； 第三种情况有 3 6 654 20 32 1 C (种)去法； 第四种情况有 4 6 6543 15 432 1 C (种)去法； 第五种情况有 5 6 65432 6 5432 1 C (种)去法； 第六种情况有1种去法 根据加法原理，共有61520156163 (种)不同的去法 方法二：每一个人都有去或者不去两种可
23、能，但要减掉所有人都不去这种情况，于是总共有 7-5-3.组合之排除法.题库教师版page5of6 6 2163 (种)不同的去法 【答案】63 【例【例 13】由数由数字字1， 2， 3组成五位数组成五位数， 要求这五位数要求这五位数中中1， 2， 3至少各出现一次至少各出现一次， 那么这样的五位数共有那么这样的五位数共有_ 个个 【考点】组合之排除法【难度】2 星【题型】解答 【关键词】迎春杯，高年级，决赛 【解析】这是一道组合计数问题由于题目中仅要求1，2，3至少各出现一次，没有确定1，2，3出现的具 体次数，所以可以采取分类枚举的方法进行统计，也可以从反面想，从由1,2,3组成的五位数
24、中，去 掉仅有1个或2个数字组成的五位数即可 (法 1)分两类：1，2，3中恰有一个数字出现3次，这样的数有 1 3 5460C (个)；1，2，3中 有两个数字各出现2次，这样的数有 22 34 590CC (个)符合题意的五位数共有6090150(个) (法 2)从反面想，由1，2，3组成的五位数共有 5 3个，由1，2，3中的某2个数字组成的五位数共 有 5 3 (22)个，由1，2，3中的某1个数字组成的五位数共有3个，所以符合题意的五位数共有 55 33 (22)3150 (个) 【答案】150 【例【例 14】5 条直线两两相交条直线两两相交，没有两条直线平行没有两条直线平行，没有
25、任何三条直线通过同一个点没有任何三条直线通过同一个点，以这以这 5 条直线的交点为条直线的交点为 顶点能构成几个三角形？顶点能构成几个三角形？(构成的三角形的边不一定在这构成的三角形的边不一定在这 5 条直线上条直线上) 【考点】组合之排除法【难度】4 星【题型】解答 【解析】【解析】 (法 1)5 条直线一共形成54210个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外 有 3 个 点 ， 此 外 还 有 3 个 点 与 它 不 共 线 ， 所 以 以 这 个 点 为 顶 点 的 三 角 形 就 有 3 33 33 332230 个三角形，则以 10 个点分别为顶点的三角形一共有 30
26、0 个三角形， 但每个三角形都被重复计算了 3 次，所以一共有 100 个三角形 (法 2)只要三点不共线就能构成三角形，所以可以先求出 10 个点中取出 3 个点的种数，再减去 3 点 共线的情况这 10 个点是由 5 条直线相互相交得到的，在每条直线上都有 4 个点存在共线的情况， 这 4 个点中任意三个都共线，所以一共有 3 4 520C个三点共线的情况，除此以外再也没有 3 点共 线的情况，所以一共可以构成 3 10 20100C种情况 【答案】100 【例【例 15】正方体的顶点正方体的顶点(8 个个)，各边的中点各边的中点(12 个个)，各面的中心各面的中心(6 个个)，正方体的中
27、心正方体的中心(1 个个)，共共 27 个点个点，以以 这这 27 个点中的其中个点中的其中 3 点一共能构成多少个三角形？点一共能构成多少个三角形？ 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】27 个点中取三个点，不是这 3 点共线，就是这 3 点能构成三角形27 个点中取三个点一共有 272625(32 1)2925 种 过三点的直线可以分为 3 类有两个顶点连线构成的有87228条；由两个面的中心连线的有 3 条，由两条棱的中点连线的有123218 条， 所以能构成的三角形有2925283 182897种 【答案】2897 【例【例 16】用用 A、B、C、D、E、F 六种
28、染料去染图中的两个调色盘六种染料去染图中的两个调色盘，要求每个调色盘里的六种颜色不能相同要求每个调色盘里的六种颜色不能相同， 且相邻四种颜色在两个调色盘里不能重复且相邻四种颜色在两个调色盘里不能重复，那么共有多少种不同的染色方案那么共有多少种不同的染色方案（旋转算不同的方法旋转算不同的方法） 【考点】组合之排除法【难度】3 星【题型】解答 【解析】【解析】先选中一个调色盘，此盘共有 6！=720 种 再看另一个调色盘 相邻四种颜色重复的分为 4 个重复、5 个重复和 6 个重复三种情况，但由于 5 个重复就必然 6 个重 复，因此只要分 4 种和 6 种即可 7-5-3.组合之排除法.题库教师
29、版page6of6 4 种颜色重复有 6 种情况，6 种颜色重复只有 1 种每种情况经旋转可变出 6 种所以共有 6！ -16-66=678 总共有 678720=488160 种 【答案】488160 【例【例 1717】将将 5 枚棋子放入右侧编号的枚棋子放入右侧编号的 44 表格的格子中，每个格子最多放一枚，如果要求每行表格的格子中，每个格子最多放一枚，如果要求每行,每列都有棋每列都有棋 子那么共有子那么共有种不同放法种不同放法 【考点】组合之排除法【难度】4 星【题型】填空 【关键词】迎春杯，六年级，初赛，7 题 【解析】【解析】由于每行、每列都要有棋子，所以必有某一行有2枚棋子，又不
30、可能有某一行有3枚或3枚以上的棋 子.而其他3行各有一枚棋子.只看有2枚棋子的那一行，有4种选择；选定某一行后，在其中选择两 格放棋子有 2 4 6C 种选法，所以将2枚棋子放入同一行有4624种放法. 这一行放好后，还剩下3行2列没有棋子，所以剩下的3枚棋子每行1个，而从各列方面来看，有两 种情况：其中有 1 枚与早先放好的2枚棋子中的某一枚同列；或者剩下的3枚都不与早先放的2枚棋 子同列，这样其中必有2枚棋子同属一列，而剩下的1枚单独1列. 对于第1种情况，与早先2枚棋子同列的那1枚有6种选择，剩下的2枚有2种选择，共6212种 选择； 对于第2种情况，单独1列的那枚棋子有6种放法，剩下的同属一列的2枚有1种放法，共6 16 种 放法. 所以满足题意的放法共有24(126)432种. 【答案】432种
