学案导学与随堂笔记苏教数学选修23全套备课精选同步练习：计数应用题

§1.3组合
课时目标1.理解组合的概念，理解排列数A m n与组合数C m n之间的联系.2.理解并掌握组合数的两个性质，能够准确地运用组合数的两个性质进行化简、计算和证明.3.掌握排列、组合的一些常见模型和解题方法．
1．组合
一般地，从n个________元素中________________________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
2．组合数与组合数公式
组合
数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________________，叫做从n个不同元素中
取出m个元素的
组合数
表示
法
________
组合
数
公式
乘积
形式
C m n＝________________
阶乘
形式
C m n＝________________
性质
C m n＝____________；
C m n＋1＝________＋________
备注
①n，m∈N*且m≤n
②规定C0n＝1
(1)两者都是从n个不同元素中取出m个元素(m≤n)；
(2)排列与元素的顺序________，组合与元素的顺序________．
一、填空题
1．从5人中选3人参加座谈会，则不同的选法有______种．
2．已知平面内A、B、C、D这4个点中任何3点不共线，则由其中每3点为顶点的所有三角形的个数为______．
3．某施工小组有男工7人，女工3人，现要选1名女工和2名男工去支援另一施工队，则不同的选法有______种．
4．房间里有5个电灯，分别由5个开关控制，若至少开一个灯用以照明，则不同的开灯方法种数为______．
5．某单位拟安排6位员工在今年6月4日至6日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值4日，乙不值6日，则不同的安排方法共有______种．6．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有________种．
7．有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张排成一行．如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有________种．
8．若对∀x∈A，有
1
x∈A，就称A是“具有伙伴关系”的集合，则集合M＝{－1,0，
1
3，
1
2，
1,2,3,4}的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为________．
二、解答题
9．假设在100件产品中有3件是次品，从中任意抽取5件，求下列抽取方法各有多少种？
(1)没有次品；
(2)恰有2件是次品；
(3)至少有2件是次品．
10．车间有11名工人，其中5名是钳工，4名是车工，另外2名老师傅既能当车工又能当钳工，现要在这11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，问有多少种选派方法？
能力提升
11．将5位志愿者分成三组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，则不同的分配方案有________种．
12．有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其余5人既会划左舷又会划右舷，现在要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷划船参加比赛，问有多少种不同的选法？
解答组合应用题的总体思路
1．整体分类．对事件进行整体分类，从集合的意义讲，分类要做到各类的并集等于全集，以保证分类的不遗漏，任意两类的交集等于空集，以保证分类的不重复，计算结果时，使用分类计数原理．
2．局部分步．整体分类以后，对每一类进行局部分步，分步要做到步骤连续，以保证分步的不遗漏，同时步骤要独立，以保证分步的不重复，计算每一类的相应结果时，使用分步计数原理．
3．考察顺序．区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”，无序的问题用组合解答，有序的问题用排列解答．
4．辩证地看待“元素”与“位置”．排列、组合问题中的元素与位置没有严格的界定标准，哪些事件看成元素或位置，随解题者的思维方式的变化而变化，要视具体情况而定．有时“元素选位置”，问题解决得简捷，有时“位置选元素”，效果会更好．
1．3组合
答案
知识梳理
1．不同取出m(m≤n)个元素并成一组
2．所有组合的个数C m n n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
m！
n！
m！(n－m)！
C n－m
n
C m n C m－1
n
3．(2)有关无关
作业设计
1．10
解析所求为5选3的组合数C35＝10(种)．
2．4
3．63
解析每个被选的人都无角色差异，是组合问题．
分2步完成：
第1步，选女工，有C13种选法；
第2步，选男工，有C27种选法；
故有C13·C27＝63(种)不同选法．
4．31
解析因为开灯照明只与开灯的多少有关，而与开灯的先后顺序无关，这是一个组合问题．
开1个灯有C15种方法，开2个灯有C25种方法，……5个灯全开有C55种方法，根据分类计数原理，不同的开灯方法有C15＋C25＋…＋C55＝31(种)．
5．42
解析若甲在6日值班，在除乙外的4人中任选1人在6日值班有C14种选法，然后4日、5日有C24C22种安排方法，共有C14C24C22＝24(种)安排方法；
若甲在5日值班，乙在4日值班，余下的4人有C14C13C22＝12(种)安排方法；
若甲、乙都在5日值班，则共有C24C22＝6(种)安排方法．
所以总共有24＋12＋6＝42(种)安排方法． 6．600
解析 可以分情况讨论：①甲、丙同去，则乙不去，有C 25·A 44＝240(种)选法；②甲、丙同
不去，乙去，有C 35·A 44＝240(种)选法；③甲、乙、丙都不去，有A 4
5＝120(种)选法，所以共有
600(种)不同的选派方案．
7．432
解析 分3类：第1类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有
C 12·C 12·C 12·C 12·A 44种；
第2类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C 22·C 22·A 44种； 第3类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C 22·C 22·A 44种．
故满足题意的所有不同的排法共有C 12·C 12·C 12·C 12·A 44＋C 22·C 22·A 44＋C 22·C 22·A 4
4＝432(种)． 8．15
解析 具有伙伴关系的元素组有－1；1；12，2；1
3
，3，共4组，所以集合M 的所有非空
子集中，具有伙伴关系的非空集合中的元素，可以是具有伙伴关系的元素组中的任一组、二
组、三组、四组，又集合中的元素是无序的，因此，所求集合的个数为C 14＋C 24＋C 34＋C 44＝15.
9．解 (1)没有次品的抽法就是从97件正品中抽取5件的抽法， 共有C 597＝64446024(种)．
(2)恰有2件是次品的抽法就是从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽2件的抽法，
共有C 397C 23＝442 320 (种)．
(3)至少有2件是次品的抽法，按次品件数来分有两类：
第一类，从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽取2件，有C 397C 23种． 第二类，从97件正品中抽取2件，并将3件次品全部抽取，有C 297C 33种． 按分类计数原理有C 397C 23＋C 297C 3
3＝446 976(种)．
10．解 设A ，B 代表2名老师傅． A ，B 都不在内的选派方法有C 45·C 44＝5(种)；
A ，
B 都在内且当钳工的选派方法有
C 22·C 25·C 44＝10(种)； A ， B 都在内且当车工的选派方法有C 22·C 45·C 24＝30(种)；
A ，
B 都在内，一人当钳工，一人当车工的选派方法有
C 22·A 22·C 35·C 34＝80(种)；
A ，
B 有一人在内且当钳工的选派方法有
C 12·C 35·C 44＝20(种)； A ，B 有一人在内且当车工的选派方法有C 12·C 45·
C 34＝40(种)； 所以共有5＋10＋30＋80＋20＋40＝185(种)选派方法． 11．90
解析 分成3组有C 25·C 23·C 11
A 2
2＝15(种)分法． 分赴世博会三个场馆有A 33＝6(种)方法， ∴共有15×6＝90(种)．
12．解 设集合A ＝{只会划左舷的3个人}，B ＝{只会划右舷的4个人}，C ＝{既会划左舷又会划右舷的5个人}．
先分类，以集合A 为基准，划左舷的3个人中，有以下几类情况：①A 中有3人；②A 中
有2人；C中有1人；③A中有1人，C中有2人；④C中有3人．
第①类，划左舷的人已选定，划右舷的人可以在B∪C中选3人，即有C39种选法．因是分步问题，所以有C33·C39种选法．第②类，划左舷的人在A中选2人，有C23种选法，在C中选1人，有C15种选法，划右舷的在B∪C中剩下的8个人中选3人，有C38种选法．因是分步问题，所以有C23·C15·C38种选法．类似地，第③类，有C13·C25·C37种选法，第④类有C03·C35·C36种选法．
所以一共有C33·C39＋C23·C15·C38＋C13·C25·C37＋C03·C35·C36＝84＋840＋1 050＋200＝2 174(种)选法．。