高三一轮数学(理)复习第64讲排列与组合综合应用问题省公开课获奖课件说课比赛一等奖课件
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7
4．过三棱柱任意两个顶点的直线共 15 条，其中异面
直线有( D )
A．18 对
B．24 对
C．30 对
D．36 对
8
解析：以三棱柱 6 个顶点中 4 个顶点为顶点的三棱锥共 C46－3＝12 个．每个三棱锥含三组对棱是三对异面直线，故 共有 36 对异面直线，选 D.
9
5．用 0,1,2，…，9 十个数字组成五位数，其中含 3 个
3
2．(2012·重庆七区第二次联考)现有 6 人分乘两辆不同
的出租车，每辆车最多乘 4 人，则不同的乘车方案数为( C )
A．70
B．60
C．50
D．40
4
解析：先将六人分成两组，有两种情况：(4,2)，(3,3)， 然后再分配到两辆车上共有 C46A22＋C36＝50 种，故选 C.
5
3．从 A、B、C、D、E 五名学生中，选出四名学生参
(方法三)若对甲没有限制条件共有 A66种站法，甲在两 端共有 2A55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数， 即得所求的站法数，共有 A66－2A55＝480 种站法．
22
(2)(方法一)先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人， 有 A55种站法，再把甲、乙进行全排列，有 A22种站法，根椐 分步计数原理，共有 A55·A22＝240 种站法．
(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)的基础上， 还应考虑再分配问题，分配方式共有 C16·C25·C33·A33＝360 种．
13
(3)先分三步，则应是 C62·C42·C22种方法，但是这里面出现 了重复，不妨设六本书为 A，B，C，D，E，F，若第一步 取了 AB，第二步取了 CD，第三步取了 EF，记该种分法为 (AB，CD，EF)，则 C26·C42·C22种方法中还有(AB，EF，CD)， (CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF， AB，CD)，共 A33种情况，而且这 A33种情况仅是 AB，CD， EF 的顺序不同，因此，只能作为一种分法，故分配方式有 C26·AC2433·C22＝15 种．
加数学、物理、化学、英语竞赛，其中 A 不参加物理、化
学竞赛，每人只参加一项竞赛，则不同的参赛方案种数为
( D)
A．24
B．48
C．120
D．72
6
解析：分选 A 和不选 A 二类情况，若不选 A 有 A44种， 若选 A，应先选人有 C11C34种，再排科目，A12A33种，故 C11C34A21 A33种．所以总方案为 A44＋C11C34A12A33＝72.故选 D.
【例 2】(1)(2012·山东省潍坊市重点中学 2 月)某班准备从
含甲、乙的 7 名男生中选取 4 人参加 4×100 米接力赛，要求
甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们
在赛道上顺序不能相邻，那么不同的排法种数为( )
A．720
B．520
C．600
D．360
18
(2)从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 10 个数字中任取 3 个不同的数
奇数与 2 个偶数且数字不重复的五位数有
.
10
解析：①含 0 的：有 C35C14A44A14种； ②不含 0 的：有 C35C24A55种．共有 C35C14A44A14＋C53C24A55＝ 11040 个．
11
一 分组分配问题
【例 1】有 6 本不同的书按下列方式分配，问共有多少 种不同的分配方式？
(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？ (3)上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？
28
解析：(1)所作出的平面有三类： ①α 内 1 点，β 内 2 点确定的平面，有 C14·C26个； ②α 内 2 点，β 内 1 点确定平面，有 C24·C16个； ③α，β 本身，共 2 个． 所以所作的平面最多有 C14·C26＋C24·C61＋2＝98(个)．
33
1.(2012·全国新课标卷)将 2 名教师，4 名学生分成 2 个
小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组
由 1 名教师和 2 名学生组成，不同的安排方案共有( A )
A．12 种
B．10 种
C．9 种
D．种
34
解析：先安排老师有 A22＝2 种方法，再安排学生有 C24 ＝6，所以共有 12 种安排方案，故选 A.
字构成空间直角坐标系中的点的坐标(x，y，z)，若 x＋y＋z
是 3 的倍数，则满足条件的点的个数为( )
A．252
B．216
C．72
D．42
19
解析：(1)根据题意，分 2 种情况讨论．①只有甲乙其
中一人参加，有 C12C35A44＝480 种情况；②若甲乙两人都参 加，有 C22C25A44种情况，其中甲乙相邻的有 C22C25A33A22种情 况，不同的排法种数为 480＋240－120＝600 种，故选 C.
(方法二)以元素甲分类可分为两类：①甲站右端 A55种， ②甲在中间 4 个位置之一，而乙不在右端有 A55＋A41·A44·A14＝ 504 种站法．
27
三 几何型排列组合问题
【例 3】已知平面 a∥β 在 a 内有 4 个点，在 β 内有 6 个点．
(1)过这 10 个点中的 3 点作一平面，最多可作多少个不 同平面？
35
2.(2012·四川卷)方程 ay＝b2x2＋c 中的 a，b，c∈{－3，
－2，0,1,2,3}，且 a，b，c 互不相同，在所有这些方程所表示
的曲线中，不同的抛物线共有( B )
A．60 条
B．62 条
C．71 条
D．80 条
36
解析：本题可用排除法，a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3},6 选 3 全排列为 120，这些方程所表示的曲线要是抛物线，则 a≠0 且 b≠0，要减去 2A25＝40，又 b＝－2 或 2 和 b＝－3 或 3 时，方程出现重复，用分步计数原理可计算重复次数 为 3×3×2＝18，所以不同的抛物线共有 120－40－18＝62 条，故选 B.
37
3.(2012·北京卷)从 0,2 中选一个数字，从 1,3,5 中选两
14
(4) 在 问 题 (3) 的 基 础 上 再 分 配 即 可 ， 共 有 分 配 方 式 C26·AC2433·C22·A33＝C26·C24·C22＝90 种．
15
【拓展演练 1】 将 6 位志愿者分成 4 组，其中两个组各 2 人，另两个 组各 1 人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配 方案有 种(用数字作答)．
16
解析：分两步分配：第一步，将 6 位志愿者分成 4 组， 其分法有C26AC4222CA1222C12；第二步，将分成的 4 组分配到四个不同 的场馆服务的分法有 A44，根据分步计数原理，得不同的分 配方案有C26CA42C22A12C22 12A44＝2160.
17
二 数字排列和位置排列问题
(方法二)首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有 A22 种站法，然后考虑中间 4 个位置，由剩下的 4 人去站，有 A44种站法，由分步计数原理共有 A22·A44＝48 种站法．
．
26
(6)(方法一)甲在左端的站法有 A55种，乙在右端的站法 有 A55种，且甲在左端而乙在右端的站法有 A44种，共有 A66－ 2A55＋A44＝504 种站法．
(1)分成 1 本、2 本、3 本三组； (2)分给甲、乙、丙三人，其中 1 人一本，1 人两本，1 人三本； (3)平均分成三组，每组 2 本； (4)分给甲、乙、丙三人，每个人选 2 本．
12
解析：(1)分三步：先选一本有 C16种选法；再从余下的 5 本中选两本有 C25种选法；最后余下的三本全选有 C33种选 法．由分步计数原理知，分配方式共有 C16·C25·C33＝60 种．
第64讲 排列与组合综合应用问题
1
1．(改编)某校举行广播体操比赛，安排高一 6 个班的
比赛演出顺序时，要求 3 班不第一个出场，也不最后一个
出场，则不同的排方法种数是( C )
A．120
B．240
C．480
D．720
2
解析：由题可得首先安排 3 班有 C41，然后安排余下的 5 个班的比赛顺序有 A55，则不同的安排方法种数有 C14A55＝480， 故选 C.
(方法二)先把甲、乙以外的 4 个人作全排列，有 A44种站 法，再在 5 个空档中选出一个供甲、乙放入，有 A15种站法， 最后让甲、乙全排列，有 A22种方法，共有 A44·A51·A22＝240 种 站法．
23
(3)因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”， 第一步先让甲、乙以外的 4 个人站队，有 A44种；第二步再 将甲、乙排在 4 人形成的 5 个空档(含两端)中，有 A25种，故 共有站法为 A44·A25＝480 种．
·C
1 6
＝
194(个)．
30
(3)因为当等底面积、等高的情况下三棱锥体积才能相
等，两个条件缺一不可．
所以体积不相同的三棱锥最多有
C
3 6
＋
C
3 4
＋
C62
·C
2 4
＝
114(个)．
31
【拓展演练 3】 在正方体的八个顶点中，解答下列问题： (1)每两点可连成一条直线，则可连成多少条直线？ (2)若每三点连成一个三角形，则可连成多少个不同的等 腰直角三角形？ (3)若以其中四点连成一个三棱锥，则可连成多少个不同 的三棱锥？
21
解析：(1)(方法一)要使甲不站在两端，可先让甲在中 间 4 个位置上任选 1 个，有 A14种站法，然后其余 5 人在另 外 5 个位置上作全排列有 A55种站法，根据分步计数原理， 共有 A14·A55＝480 种站法．
(方法二)由于不站两端，这两个位置只能从其余 5 个 人中选 2 个人站，有 A25种站法，然后中间 4 人有 A44种站法法．
(2)将 10 个数分为三组(0,3,6,9)、(1,4,7)、(2,5,8)，满
足条件的点的坐标有两种情形：①同时从每一组中选 3 个
数，有
A
3 3
＋
A33
＋
A34
＝
36
个；②从每一组选一个数有
4×3×3×A33＝216 个，根据加法原理，共有 36＋216＝252
个，故选 A.
20
【拓展演练 2】 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ (1)甲不站两端； (2)甲、乙必须相邻； (3)甲、乙不相邻； (4)甲、乙之间间隔两人； (5)甲、乙站在两端； (6)甲不站在左端，乙不站在右端．
29
(2)所作的三棱锥有三类：
①α 内 1 点，β 内 3 点确定的三棱锥，有 C14·C36个；
②α 内 2 点，β 内 2 点确定的三棱锥，有 C24·C26个； ③α 内 3 点，β 内 1 点确定的三棱锥，有 C34·C16个；
所以最多可作出的三棱锥有
C
14·C
3 6
＋
C24
·C62＋
C34
32
分析：本题是立体几何中组合计数问题，注意计数中的 取法须满足题中的条件．
解析：(1)从八个点取两个连成直线的条数有 C82＝28 条． (2)由题意知，符合条件的等腰直角三角形应该在同一个 表面上，正方体一个表面的四点可连成 C34个三角形，这些都 是等腰直角三角形，所以共有 6×C43＝24 个． (3)八个点任取四点的情况数有 C84种，其中四点共面的 情况有：一是表面上的四点，二是对角面的四点，共 12 种， 所以四点不共面，即能连成三棱锥有 C48－12＝58 个．
也可用“间接法”，6 个人全排列有 A66种站法，由(2) 知甲、乙相邻有 A55·A22＝240 种站法，所以不相邻的站法有 A66－A55·A22＝720－240＝480 种．
24
(4)(方法一)先将甲、乙以外的 4 个人作全排列，有 A44种， 然后将甲、乙按条件插入站队，有 3A22种，故共有 A44·(3A22) ＝144 种站法．
(方法二)先从甲、乙以外的 4 个人中任选 2 人排在甲、 乙之间的两个位置上，有 A24种，然后把甲、乙及中间 2 人 看作一个“大”元素与余下 2 人作全排列有 A33种方法，最 后对甲、乙进行排列，有 A22种方法，故共有 A24·A33·A22＝144 种站法．
25
(5)(方法一)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有 A22种，再让其他 4 人在中间位置作全排列，有 A44种，根据 分步计数原理，共有 A22·A44＝48 种站法．
4．过三棱柱任意两个顶点的直线共 15 条，其中异面
直线有( D )
A．18 对
B．24 对
C．30 对
D．36 对
8
解析：以三棱柱 6 个顶点中 4 个顶点为顶点的三棱锥共 C46－3＝12 个．每个三棱锥含三组对棱是三对异面直线，故 共有 36 对异面直线，选 D.
9
5．用 0,1,2，…，9 十个数字组成五位数，其中含 3 个
3
2．(2012·重庆七区第二次联考)现有 6 人分乘两辆不同
的出租车，每辆车最多乘 4 人，则不同的乘车方案数为( C )
A．70
B．60
C．50
D．40
4
解析：先将六人分成两组，有两种情况：(4,2)，(3,3)， 然后再分配到两辆车上共有 C46A22＋C36＝50 种，故选 C.
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3．从 A、B、C、D、E 五名学生中，选出四名学生参
(方法三)若对甲没有限制条件共有 A66种站法，甲在两 端共有 2A55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数， 即得所求的站法数，共有 A66－2A55＝480 种站法．
22
(2)(方法一)先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人， 有 A55种站法，再把甲、乙进行全排列，有 A22种站法，根椐 分步计数原理，共有 A55·A22＝240 种站法．
(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)的基础上， 还应考虑再分配问题，分配方式共有 C16·C25·C33·A33＝360 种．
13
(3)先分三步，则应是 C62·C42·C22种方法，但是这里面出现 了重复，不妨设六本书为 A，B，C，D，E，F，若第一步 取了 AB，第二步取了 CD，第三步取了 EF，记该种分法为 (AB，CD，EF)，则 C26·C42·C22种方法中还有(AB，EF，CD)， (CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF， AB，CD)，共 A33种情况，而且这 A33种情况仅是 AB，CD， EF 的顺序不同，因此，只能作为一种分法，故分配方式有 C26·AC2433·C22＝15 种．
加数学、物理、化学、英语竞赛，其中 A 不参加物理、化
学竞赛，每人只参加一项竞赛，则不同的参赛方案种数为
( D)
A．24
B．48
C．120
D．72
6
解析：分选 A 和不选 A 二类情况，若不选 A 有 A44种， 若选 A，应先选人有 C11C34种，再排科目，A12A33种，故 C11C34A21 A33种．所以总方案为 A44＋C11C34A12A33＝72.故选 D.
【例 2】(1)(2012·山东省潍坊市重点中学 2 月)某班准备从
含甲、乙的 7 名男生中选取 4 人参加 4×100 米接力赛，要求
甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们
在赛道上顺序不能相邻，那么不同的排法种数为( )
A．720
B．520
C．600
D．360
18
(2)从 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 这 10 个数字中任取 3 个不同的数
奇数与 2 个偶数且数字不重复的五位数有
.
10
解析：①含 0 的：有 C35C14A44A14种； ②不含 0 的：有 C35C24A55种．共有 C35C14A44A14＋C53C24A55＝ 11040 个．
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一 分组分配问题
【例 1】有 6 本不同的书按下列方式分配，问共有多少 种不同的分配方式？
(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？ (3)上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？
28
解析：(1)所作出的平面有三类： ①α 内 1 点，β 内 2 点确定的平面，有 C14·C26个； ②α 内 2 点，β 内 1 点确定平面，有 C24·C16个； ③α，β 本身，共 2 个． 所以所作的平面最多有 C14·C26＋C24·C61＋2＝98(个)．
33
1.(2012·全国新课标卷)将 2 名教师，4 名学生分成 2 个
小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组
由 1 名教师和 2 名学生组成，不同的安排方案共有( A )
A．12 种
B．10 种
C．9 种
D．种
34
解析：先安排老师有 A22＝2 种方法，再安排学生有 C24 ＝6，所以共有 12 种安排方案，故选 A.
字构成空间直角坐标系中的点的坐标(x，y，z)，若 x＋y＋z
是 3 的倍数，则满足条件的点的个数为( )
A．252
B．216
C．72
D．42
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解析：(1)根据题意，分 2 种情况讨论．①只有甲乙其
中一人参加，有 C12C35A44＝480 种情况；②若甲乙两人都参 加，有 C22C25A44种情况，其中甲乙相邻的有 C22C25A33A22种情 况，不同的排法种数为 480＋240－120＝600 种，故选 C.
(方法二)以元素甲分类可分为两类：①甲站右端 A55种， ②甲在中间 4 个位置之一，而乙不在右端有 A55＋A41·A44·A14＝ 504 种站法．
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三 几何型排列组合问题
【例 3】已知平面 a∥β 在 a 内有 4 个点，在 β 内有 6 个点．
(1)过这 10 个点中的 3 点作一平面，最多可作多少个不 同平面？
35
2.(2012·四川卷)方程 ay＝b2x2＋c 中的 a，b，c∈{－3，
－2，0,1,2,3}，且 a，b，c 互不相同，在所有这些方程所表示
的曲线中，不同的抛物线共有( B )
A．60 条
B．62 条
C．71 条
D．80 条
36
解析：本题可用排除法，a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3},6 选 3 全排列为 120，这些方程所表示的曲线要是抛物线，则 a≠0 且 b≠0，要减去 2A25＝40，又 b＝－2 或 2 和 b＝－3 或 3 时，方程出现重复，用分步计数原理可计算重复次数 为 3×3×2＝18，所以不同的抛物线共有 120－40－18＝62 条，故选 B.
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3.(2012·北京卷)从 0,2 中选一个数字，从 1,3,5 中选两
14
(4) 在 问 题 (3) 的 基 础 上 再 分 配 即 可 ， 共 有 分 配 方 式 C26·AC2433·C22·A33＝C26·C24·C22＝90 种．
15
【拓展演练 1】 将 6 位志愿者分成 4 组，其中两个组各 2 人，另两个 组各 1 人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配 方案有 种(用数字作答)．
16
解析：分两步分配：第一步，将 6 位志愿者分成 4 组， 其分法有C26AC4222CA1222C12；第二步，将分成的 4 组分配到四个不同 的场馆服务的分法有 A44，根据分步计数原理，得不同的分 配方案有C26CA42C22A12C22 12A44＝2160.
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二 数字排列和位置排列问题
(方法二)首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有 A22 种站法，然后考虑中间 4 个位置，由剩下的 4 人去站，有 A44种站法，由分步计数原理共有 A22·A44＝48 种站法．
．
26
(6)(方法一)甲在左端的站法有 A55种，乙在右端的站法 有 A55种，且甲在左端而乙在右端的站法有 A44种，共有 A66－ 2A55＋A44＝504 种站法．
(1)分成 1 本、2 本、3 本三组； (2)分给甲、乙、丙三人，其中 1 人一本，1 人两本，1 人三本； (3)平均分成三组，每组 2 本； (4)分给甲、乙、丙三人，每个人选 2 本．
12
解析：(1)分三步：先选一本有 C16种选法；再从余下的 5 本中选两本有 C25种选法；最后余下的三本全选有 C33种选 法．由分步计数原理知，分配方式共有 C16·C25·C33＝60 种．
第64讲 排列与组合综合应用问题
1
1．(改编)某校举行广播体操比赛，安排高一 6 个班的
比赛演出顺序时，要求 3 班不第一个出场，也不最后一个
出场，则不同的排方法种数是( C )
A．120
B．240
C．480
D．720
2
解析：由题可得首先安排 3 班有 C41，然后安排余下的 5 个班的比赛顺序有 A55，则不同的安排方法种数有 C14A55＝480， 故选 C.
(方法二)先把甲、乙以外的 4 个人作全排列，有 A44种站 法，再在 5 个空档中选出一个供甲、乙放入，有 A15种站法， 最后让甲、乙全排列，有 A22种方法，共有 A44·A51·A22＝240 种 站法．
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(3)因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”， 第一步先让甲、乙以外的 4 个人站队，有 A44种；第二步再 将甲、乙排在 4 人形成的 5 个空档(含两端)中，有 A25种，故 共有站法为 A44·A25＝480 种．
·C
1 6
＝
194(个)．
30
(3)因为当等底面积、等高的情况下三棱锥体积才能相
等，两个条件缺一不可．
所以体积不相同的三棱锥最多有
C
3 6
＋
C
3 4
＋
C62
·C
2 4
＝
114(个)．
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【拓展演练 3】 在正方体的八个顶点中，解答下列问题： (1)每两点可连成一条直线，则可连成多少条直线？ (2)若每三点连成一个三角形，则可连成多少个不同的等 腰直角三角形？ (3)若以其中四点连成一个三棱锥，则可连成多少个不同 的三棱锥？
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解析：(1)(方法一)要使甲不站在两端，可先让甲在中 间 4 个位置上任选 1 个，有 A14种站法，然后其余 5 人在另 外 5 个位置上作全排列有 A55种站法，根据分步计数原理， 共有 A14·A55＝480 种站法．
(方法二)由于不站两端，这两个位置只能从其余 5 个 人中选 2 个人站，有 A25种站法，然后中间 4 人有 A44种站法法．
(2)将 10 个数分为三组(0,3,6,9)、(1,4,7)、(2,5,8)，满
足条件的点的坐标有两种情形：①同时从每一组中选 3 个
数，有
A
3 3
＋
A33
＋
A34
＝
36
个；②从每一组选一个数有
4×3×3×A33＝216 个，根据加法原理，共有 36＋216＝252
个，故选 A.
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【拓展演练 2】 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ (1)甲不站两端； (2)甲、乙必须相邻； (3)甲、乙不相邻； (4)甲、乙之间间隔两人； (5)甲、乙站在两端； (6)甲不站在左端，乙不站在右端．
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(2)所作的三棱锥有三类：
①α 内 1 点，β 内 3 点确定的三棱锥，有 C14·C36个；
②α 内 2 点，β 内 2 点确定的三棱锥，有 C24·C26个； ③α 内 3 点，β 内 1 点确定的三棱锥，有 C34·C16个；
所以最多可作出的三棱锥有
C
14·C
3 6
＋
C24
·C62＋
C34
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分析：本题是立体几何中组合计数问题，注意计数中的 取法须满足题中的条件．
解析：(1)从八个点取两个连成直线的条数有 C82＝28 条． (2)由题意知，符合条件的等腰直角三角形应该在同一个 表面上，正方体一个表面的四点可连成 C34个三角形，这些都 是等腰直角三角形，所以共有 6×C43＝24 个． (3)八个点任取四点的情况数有 C84种，其中四点共面的 情况有：一是表面上的四点，二是对角面的四点，共 12 种， 所以四点不共面，即能连成三棱锥有 C48－12＝58 个．
也可用“间接法”，6 个人全排列有 A66种站法，由(2) 知甲、乙相邻有 A55·A22＝240 种站法，所以不相邻的站法有 A66－A55·A22＝720－240＝480 种．
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(4)(方法一)先将甲、乙以外的 4 个人作全排列，有 A44种， 然后将甲、乙按条件插入站队，有 3A22种，故共有 A44·(3A22) ＝144 种站法．
(方法二)先从甲、乙以外的 4 个人中任选 2 人排在甲、 乙之间的两个位置上，有 A24种，然后把甲、乙及中间 2 人 看作一个“大”元素与余下 2 人作全排列有 A33种方法，最 后对甲、乙进行排列，有 A22种方法，故共有 A24·A33·A22＝144 种站法．
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(5)(方法一)首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有 A22种，再让其他 4 人在中间位置作全排列，有 A44种，根据 分步计数原理，共有 A22·A44＝48 种站法．