高考数学一轮复习讲义第10章第2节排列与组合

这是一份高考数学一轮复习讲义第10章第2节排列与组合，共12页。学案主要包含了思考辨析等内容，欢迎下载使用。


1．排列与组合的概念
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)个元素的所有不同排列的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用Aeq \\al(m,n)表示．
(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用Ceq \\al(m,n)表示．
3．排列数、组合数的公式及性质
【思考辨析】
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)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( × )
(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( √ )
(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.( √ )
(5)Aeq \\al(m,n)＝nAeq \\al(m－1,n－1).( √ )
(6)kCeq \\al(k,n)＝nCeq \\al(k－1,n－1).( √ )
1．(2016·四川)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( )
A．24B．48
C．60D．72
答案 D
解析 由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1,3,5；分为两步：先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有Ceq \\al(1,3)种情况，再将剩下的4个数字排列得到Aeq \\al(4,4)种情况，则满足条件的五位数有Ceq \\al(1,3)·Aeq \\al(4,4)＝72(个)．故选D.
2．6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( )
A．144B．120C．72D．24
答案 D
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Aeq \\al(3,4)＝4×3×2＝24.
3．(教材改编)用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位数，其中偶数的个数为( )
A．8B．24C．48D．120
答案 C
解析 末位数字排法有Aeq \\al(1,2)种，其他位置排法有Aeq \\al(3,4)种，
共有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,4)＝48(种)．
4．某高三毕业班有40人，同学这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 依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Aeq \\al(2,40)＝40×39＝1560(条)留言．
5．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有________种．
答案 14
解析 分两类：①有1名女生：Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,4)＝8.
②有2名女生：Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,4)＝6.
∴不同的选派方案有8＋6＝14(种).
题型一 排列问题
例1 (1)3名男生，4名女生，选其中5人排成一排，则有________种不同的排法．
(2)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 (1)2520 (2)216
解析 (1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有Aeq \\al(5,7)＝2520(种)排法．
(2)当最左端排甲时，不同的排法共有Aeq \\al(5,5)种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(4,4)种．故不同的排法共有Aeq \\al(5,5)＋Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(4,4)＝120＋96＝216(种)．
引申探究
1．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“排成前后两排，前排3人，后排4人”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解 前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有Aeq \\al(7,7)＝5040(种)排法．
2．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男、女各站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解 相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有Aeq \\al(3,3)种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有Aeq \\al(4,4)种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有Aeq \\al(2,2)种排法．根据分步乘法计数原理，共有Aeq \\al(3,3)·Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(2,2)＝288(种)排法.
3．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男生不能站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解 不相邻问题(插空法)：先安排女生共有Aeq \\al(4,4)种排法，男生在4个女生隔成的5个空中安排共有Aeq \\al(3,5)种排法，故共有Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,5)＝1440(种)排法．
4．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，甲不站排头也不站排尾”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解 先安排甲，从除去排头和排尾的5个位置中安排甲，有Aeq \\al(1,5)＝5(种)排法；再安排其他人，有Aeq \\al(6,6)＝720(种)排法．所以共有Aeq \\al(1,5)·Aeq \\al(6,6)＝3600(种)排法．
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.
由0,1,2,3,4,5这六个数字组成的无重复数字的自然数．
求：(1)有多少个含2,3，但它们不相邻的五位数？
(2)有多少个含数字1,2,3，且必须按由大到小顺序排列的六位数？
解 (1)先不考虑0是否在首位，0,1,4,5先排三个位置，则有Aeq \\al(3,4)个，2,3去排四个空档，有Aeq \\al(2,4)个，即有Aeq \\al(3,4)Aeq \\al(2,4)个；而0在首位时，有Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,3)个，即有Aeq \\al(3,4)Aeq \\al(2,4)－Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(2,3)＝252(个)含有2,3，但它们不相邻的五位数．
(2)在六个位置先排0,4,5，先不考虑0是否在首位，则有Aeq \\al(3,6)个，去掉0在首位，即有Aeq \\al(3,6)－Aeq \\al(2,5)个，0,4,5三个元素排在六个位置上留下了三个空位，1,2,3必须由大到小进入相应位置，并不能自由排列，所以有Aeq \\al(3,6)－Aeq \\al(2,5)＝100(个)六位数．
题型二 组合问题
例2 (1)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是( )
A．60B．63
C．65D．66
(2)要从12人中选出5人去参加一项活动，A，B，C三人必须入选，则有________种不同选法．
答案 (1)D (2)36
解析 (1)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数或2个奇数和2个偶数，故有Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,4)＝66(种)不同的取法．
(2)只需从A，B，C之外的9人中选择2人，即有Ceq \\al(2,9)＝36(种)不同的选法．
引申探究
1．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人都不能入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
解 由A，B，C三人都不能入选只需从余下9人中选择5人，即有Ceq \\al(5,9)＝Ceq \\al(4,9)＝126(种)不同的选法．
2．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人只有一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
解 可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有Ceq \\al(1,3)种选法，再从余下的9人中选4人，有Ceq \\al(4,9)种选法，所以共有Ceq \\al(1,3)×Ceq \\al(4,9)＝378(种)不同的选法．
3．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人至少一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
解 可考虑间接法，从12人中选5人共有Ceq \\al(5,12)种，再减去A，B，C三人都不入选的情况Ceq \\al(5,9)种，共有Ceq \\al(5,12)－Ceq \\al(5,9)＝666(种)不同的选法．
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．
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Ceq \\al(2,34)＝561(种)，
∴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Ceq \\al(3,34)种或者Ceq \\al(3,35)－Ceq \\al(2,34)＝Ceq \\al(3,34)＝5984(种)．
∴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件，从15种假货中选取2件有Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)＝2100(种)．
∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种．
(4)选取2件假货有Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)种，选取3件假货有Ceq \\al(3,15)种，共有选取方式Ceq \\al(1,20)Ceq \\al(2,15)＋Ceq \\al(3,15)＝2100＋455＝2555(种)．
∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种．
(5)选取3件的总数为Ceq \\al(3,35)，因此共有选取方式
Ceq \\al(3,35)－Ceq \\al(3,15)＝6545－455＝6090(种)．
∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．
题型三 排列与组合问题的综合应用
命题点1 相邻问题
例3 (2017·济南调研)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )
A．3×3! B．3×(3！)3
C．(3！)4D．9!
答案 C
解析 把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种坐法．
命题点2 相间问题
例4 某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是________．
答案 120
解析 先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有Aeq \\al(2,2)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,3)＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,4)＝48(种)安排方法．由分类加法计数原理知共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．
命题点3 特殊元素(位置)问题
例5 (2016·郑州检测)从1,2,3,4,5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有________个．
答案 51
解析 分三类：第一类，没有2,3，由其他三个数字组成三位数，有Aeq \\al(3,3)＝6(个)；
第二类，只有2或3其中的一个，需从1,4,5中选两个数字组成三位数，有2Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝36(个)；
第三类，2,3均有，再从1,4,5中选一个，因为2需排在3的前面，所以可组成eq \f(1,2)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝9(个)．
由分类加法计数原理，知这样的三位数共有51个．
思维升华 排列与组合综合问题的常见类型及解题策略
(1)相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列．
(2)相间问题插空法．先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用．
(3)特殊元素(位置)优先安排法．优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置．
(4)多元问题分类法．将符合条件的排列分为几类，而每一类的排列数较易求出，然后根据分类加法计数原理求出排列总数．
(1)(2016·山西四校联考三)有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为( )
A．150B．180
C．200D．280
(2)将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有( )
A．150种B．114种
C．100种D．72种
答案 (1)A (2)C
解析 (1)分两类：一类，3个班分派的毕业生人数分别为2,2,1，则有eq \f(C\\al(2,5)C\\al(2,3),A\\al(2,2))·Aeq \\al(3,3)＝90(种)分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1,1,3，则有Ceq \\al(3,5)·Aeq \\al(3,3)＝60(种)分派方法，所以不同分派方法种数为90＋60＝150，故选A.
(2)先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2,2,1或者3,1,1，所以共有eq \f(C\\al(2,5)C\\al(2,3)C\\al(1,1),2)＋eq \f(C\\al(3,5)C\\al(1,2)C\\al(1,1),2)＝25(种)分组方法．因为甲不能被保送到北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有25×4＝100(种)．
14．排列、组合问题
典例 有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．
错解展示
解析 先从一等品中取1个，有Ceq \\al(1,16)种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有Ceq \\al(2,19)种不同取法，共有Ceq \\al(1,16)×Ceq \\al(2,19)＝2736(种)不同取法．
答案 2736
现场纠错
解析 方法一 将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类加法计数原理，知有Ceq \\al(1,16)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,16)Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(3,16)＝1136(种)．
方法二 考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：Ceq \\al(3,20)－Ceq \\al(3,4)＝1136(种)．
答案 1136
纠错心得 (1)解排列、组合问题的基本原则：特殊优先，先分组再分解，先取后排；较复杂问题可采用间接法，转化为求它的对立事件．
(2)解题时要细心、周全，做到不重不漏.
1．两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为( )
A．48B．36C．24D．12
答案 C
解析 (捆绑法)爸爸排法有Aeq \\al(2,2)种，两个小孩排在一起故看成一体，有Aeq \\al(2,2)种排法，妈妈和孩子共有Aeq \\al(3,3)种排法，
∴排法种数共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝24(种)．故选C.
2．(2016·黄山月考)某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为( )
A．16B．18C．24D．32
答案 C
解析 将四个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排3辆不同型号的车，在三个车位上任意排列，有Aeq \\al(3,3)＝6(种)排法，再将捆绑在一起的四个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6＝24(种)方法．
3．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有( )
A．34种B．48种
C．96种D．144种
答案 C
解析 程序A有Aeq \\al(1,2)＝2(种)结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的3个元素排列有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)＝48(种)，
由分步乘法计数原理，知实验编排共有2×48＝96(种)方法．
4．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有( )
A．12种B．20种
C．40种D．60种
答案 C
解析 (消序法)五个元素没有限制全排列为Aeq \\al(5,5)，
由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，
故除以这三个元素的全排列Aeq \\al(3,3)，
可得eq \f(A\\al(5,5),A\\al(3,3))×2＝40(种)．
5．(2016·长沙模拟)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为( )
A．Aeq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)B.eq \f(1,2)Aeq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)
C．Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(2,4)D．2Aeq \\al(2,6)
答案 B
解析 方法一 将4人平均分成两组有eq \f(1,2)Ceq \\al(2,4)种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有Aeq \\al(2,6)种．
所以不同的安排方法有eq \f(1,2)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,6)(种)．
方法二 先从6个班级中选2个班级有种不同方法，然后安排学生有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2)种，故有＝eq \f(1,2)Aeq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)(种)．
6．(2017·汉中质检)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )
A．24对B．30对
C．48对D．60对
答案 C
解析 正方体中共有12条面对角线，任取两条作为一对共有Ceq \\al(2,12)＝66(对)，12条对角线中的两条所构成的关系有平行、垂直、成60°角．相对两面上的4条对角线组成的Ceq \\al(2,4)＝6(对)组合中，平行有2对，垂直有4对，所以所有的平行和垂直共有3Ceq \\al(2,4)＝18(对)．所以成60°角的有Ceq \\al(2,12)－3Ceq \\al(2,4)＝66－18＝48(对)．
7．(2016·北京西城区期末)现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种．(用数字作答)
答案 54
解析 第一类，把甲、乙看作一个复合元素，另外3人分成两组，再分配到3个小组中，有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝18(种)；第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲、乙分配到其中2个小组，有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,3)＝36(种)．根据分类加法计数原理可得，共有36＋18＝54(种)．
8．(2017·福州质检)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答)
答案 60
解析 分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共Aeq \\al(3,4)种分法；
第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)种分法．
总获奖情况共有Aeq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)＝60(种)．
9．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
答案 36
解析 先考虑产品A与B相邻，把A，B作为一个元素有Aeq \\al(4,4)种方法，而A，B可交换位置，所以有2Aeq \\al(4,4)＝48(种)摆法，又当A，B相邻且又满足A，C相邻，有2Aeq \\al(3,3)＝12(种)摆法，故满足条件的摆法有48－12＝36(种)．
10．若把英语单词“gd”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．
答案 11
解析 把g、、、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有Aeq \\al(2,4)种排法；第二步：排两个.共一种排法，所以总的排法种数为Aeq \\al(2,4)＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有Aeq \\al(2,4)－1＝12－1＝11(种)．
11．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答)
答案 480
解析 从左往右看，若C排在第1位，共有Aeq \\al(5,5)＝120(种)排法；若C排在第2位，A和B有C右边的4个位置可以选，共有Aeq \\al(2,4)·Aeq \\al(3,3)＝72(种)排法；若C排在第3位，则A，B可排C的左侧或右侧，共有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(2,3)·Aeq \\al(3,3)＝48(种)排法；若C排在第4,5,6位时，其排法数与排在第3,2,1位相同，故共有2×(120＋72＋48)＝480(种)排法．
12．(2017·青岛月考)2016年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10000个号码中选择．公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金猴卡”，享受一定优惠政策．如后四位数为“2663”，“8685”为“金猴卡”，求这组号码中“金猴卡”的张数．
解 ①当后四位数恰有2个6时，“金猴卡”共有Ceq \\al(2,4)×9×9＝486(张)；
②当后四位数恰有2个8时，“金猴卡”也共有Ceq \\al(2,4)×9×9＝486(张)．
但这两种情况都包含了后四位数是由2个6和2个8组成的这种情况，所以要减掉Ceq \\al(2,4)＝6，即“金猴卡”共有486×2－6＝966(张)．
13．有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋．现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？
解 设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：
第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,3)＝6(种)；
第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,3)＝12(种)；
第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，方法数为Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,2)＝8(种)；
第四类：C中选2人分别参加两项比赛，方法数为Aeq \\al(2,4)＝12(种)．
由分类加法计数原理，知不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．
*14.(2017·洛阳预测)设三位数n＝eq \x\t(abc)，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有多少个？
解 a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0，即a，b，c∈{1,2,3，…，9}．①若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n1，由于三位数中三个数字都相同，所以n1＝Ceq \\al(1,9)＝9；②若构成等腰(非等边)三角形，设这样的三位数的个数为n2，由于三位数中只有2个不同数字，设为a，b，注意到三角形腰与底可以互换，所以可取的数组(a，b)共有2Ceq \\al(2,9)组，但当大数为底时，设a>b，必须满足b共20种情况．同时，每个数组(a，b)中的两个数字填上三个数位，有Ceq \\al(2,3)种情况，故n2＝Ceq \\al(2,3)(2Ceq \\al(2,9)－20)＝156.综上，n＝n1＋n2＝165.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
公式
(1)Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
＝eq \f(n！,n－m！)
(2)Ceq \\al(m,n)＝eq \f(A\\al(m,n),A\\al(m,m))＝eq \f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)＝eq \f(n！,m！n－m！)
性质
(1)0！＝1；Aeq \\al(n,n)＝n！
(2)Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)；Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)
a
9
8
7
6
5
4
3
2
1
b
4,3,2,1
4,3,2,1
3,2,1
3,2,1
1,2
1,2
1
1