高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.2组合第2课时组合的综合应用课后课时精练新人教A版
高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.2第1课时组合与组合数公式课件新人教A版选修23
(4)冠 、亚军是有顺序的，是排列问题． (5)命中的4枪均为2枪连中，为相同的元素，没有顺 序，是组合问题． (6)命中的4枪中恰有3枪连中，即连中3枪和单中1 枪，有顺序，是排列问题.
类型 2 组合数的计算
[典例 2] (1)计算：C9979＋C9989＋C91900＝________； (2)求值：C5n－n＋C9n－＋n1＝________； (3)解不等式 C4n>C6n. 解析：(1)C9979＋C9989＋C91900＝C91800＋C91900＝C91901＝C2101＝ 101×100 2×1 ＝5 050.
第一章 计数原理
1.2 排列与组合 1．2.2 组合
第 1 课时 组合与组合数公式
[学习目标] 1.理解组合及组合数的概念(重点)． 2. 能利用计数原理推导组合数公式，并会应用公式解决简单 的组合问题(重点、难点)．
1．组合的概念 (1)组合：一般地，从n个不同的元素中取出m(m≤n) 个元素合成一组，叫作从n不同元素中取出m个元素的一 个组合． (2)组合数：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，用符号Cnm表示．
2．下列计算结果为 21 的是( )
A．A24＋C26 B．C77
C．A27
D．C27
解析：C27＝72× ×61＝21.
答案：D
3．下面几个问题中属于组合问题的是________． ①由 1，2，3，4 构成的双元素集合；②由 1，2，3 构成两位数的方法；③由 1，2，3 组合无重复数字的两位 数的方法． 解析：①中选出的两个元素构成集合，与顺序无关，
(新人教版)新版高中数学 第一章1.2 排列与组合 1.2.2 第2课时 组合的综合应用学案 新人教A版选修2-3【提
第2课时组合的综合应用学习目标 1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题.2.能解决有限制条件的组合问题．知识点组合的特点(1)组合的特点是只取不排组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m 次不放回地取出．(2)组合的特性元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．(3)相同的组合根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．类型一有限制条件的组合问题例1 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解(1)C513－C511＝825(种)(2)至多有2名女生当选含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生，所以共有C25C38＋C15C48＋C58＝966(种)选法．(3)分两类：第一类女队长当选，有C412＝495(种)选法，第二类女队长没当选，有C14C37＋C24C27＋C34C17＋C44＝295(种)选法，所以共有495＋295＝790(种)选法．反思与感悟有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数；二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．跟踪训练1 某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有( )A．210种 B．420种 C．56种 D．22种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有C24C27＋C14C27＝210(种)．类型二与几何有关的组合应用题例2 如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？考点组合的应用题点与几何有关的组合问题解(1)方法一可作出三角形C36＋C16·C24＋C26·C14＝116(个)．方法二可作三角形C310－C34＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)可作出四边形C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个)．反思与感悟(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．跟踪训练2 空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为( )A．205 B．110 C．204 D．200考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A解析 方法一 可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为C 05C 45＋C 15C 35＋C 25C 25＋C 35C 15＝205.方法二 从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C 410－C 45＝205. 类型三 分组、分配问题命题角度1 不同元素分组、分配问题例3 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本(平均分组)；(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)； (3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)每组2本，均分为3组的方法数为C 26C 24C 22A 33＝15×6×16＝15.(2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为C 36C 23C 11＝20×3＝60. (3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为C 46C 12C 11A 22＝15×22＝15.反思与感悟 一般地，n 个不同的元素分成p 组，各组内元素数目分别为m 1，m 2，…，m p ，其中k 组元素数目相等，那么分组方法数是C m 1n C m 2n －m 1C m 3n －m 1－m 2…C m p m pA kk. 跟踪训练3 6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)甲2本，乙2本，丙2本； (2)甲1本，乙2本，丙3本； (3)甲4本，乙、丙每人1本； (4)每人2本；(5)一人1本，一人2本，一人3本； (6)一人4本，其余两人每人1本． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)(2)(3)中，由于每人分的本数固定，属于定向分配问题，由分步乘法计数原理得： (1)共有C 26C 24C 22＝90(种)不同的分配方法；(2)共有C16C25C33＝60(种)不同的分配方法；(3)共有C46C12C11＝30(种)不同的分配方法．(4)(5)(6)属于不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题．分配给3人，同一本书给不同的人是不同的分法，属于排列问题．实际上可看作两个步骤：先分为3组，再把这3组分给甲、乙、丙3人的全排列数A33即可．因此，(4)共有C26C24C22÷A33×A33＝90(种)不同的分配方法；(5)共有C16C25C33×A33＝360(种)不同的分配方法；(6)共有C46C12C11÷A22×A33＝90(种)不同的分配方法．命题角度2 相同元素分配问题例4 将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列方法的种数．(1)每个盒子都不空；(2)恰有一个空盒子；(3)恰有两个空盒子．考点排列组合综合问题题点分组分配问题解(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C35＝10(种)．(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C25种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C14种插法，故共有C25·C14＝40(种)．(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C15种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C23种插法．②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C13种插法．故共有C15·(C23＋C13)＝30(种)．反思与感悟相同元素分配问题的处理策略(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作在排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C m－1n－1种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．跟踪训练4 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )A．4种B．10种C．18种D．20种考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 B解析由于只剩一本书，且这些画册、集邮册分别相同，可以从剩余的书的类别进行分析．又由于排列、组合针对的是不同的元素，应从4位朋友中进行选取．第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C14种分法．第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C24种分法．因此，满足题意的赠送方法共有C14＋C24＝4＋6＝10(种)．1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有( )A．26种 B．84种 C．35种 D．21种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 C解析从7名队员中选出3人有C37＝7×6×53×2×1＝35(种)选法．2．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是( )A．5 040 B．36 C．18 D．20考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有C36＝20(种)．3．直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有( )A．25个 B．36个 C．100个 D．225个考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案 D解析从垂直于x轴的6条直线中任取2条，从垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C26×C26＝15×15＝225.4．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案140解析安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有C37种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有C34种方法．故不同的安排方案共有C37C34＝7×6×53×2×1×4＝140(种)．5．正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形．考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案32解析不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C37－3＝32.1．无限制条件的组合应用题．其解题步骤为：(1)判断；(2)转化；(3)求值；(4)作答．2．有限制条件的组合应用题：(1)“含”与“不含”问题：这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．(2)几何中的计算问题：在处理几何问题中的组合应用问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决．(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．一、选择题1．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有( )A．30种 B．33种 C．37种 D．40种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从1,2,3，…，9这9个数中取出3个不同的数，使其和为奇数的情况包括：(1)取出的3个数都是奇数，取法有C35＝10(种)；(2)取出的3个数中有2个偶数、1个奇数，取法有C24C15＝30(种)，根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有10＋30＝40(种)．2．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种数为( )A．24种 B．14种 C．28种 D．48种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 B解析方法一分两类完成：第1类，选派1名女生、3名男生，有C12·C34种选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生，有C22·C24种选派方案．故共有C12·C34＋C22·C24＝14(种)不同的选派方案．方法二6人中选派4人的组合数为C46，其中都选男生的组合数为C44，所以至少有1名女生的选派方案有C46－C44＝14(种)．3．直线a∥b，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为( ) A．C25C14＋C15C24B．(C25＋C14)(C15＋C24)C．C39－9 D．C39－C35考点组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A解析 可以分为两类：a 上取两点，b 上取一点，则可构成三角形个数为C 25C 14；a 上取一点，b 上取两点，则可构成三角形个数为C 15C 24，利用分类加法计数原理可得以这九个点为顶点的三角形个数为C 25C 14＋C 15C 24，故选A.4．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( ) A ．C 25C 26种 B ．C 25A 26种 C ．C 25A 22C 26A 22种D ．A 25A 26种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 B解析 先从5名男选手中任意选取2名，有C 25种选法，再从6名女选手中任意选择两名与选出的男选手打比赛，有C 26A 22，即A 26种．所以共有C 25A 26种．5．将标号为A ，B ，C ，D ，E ，F 的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A ，B 的卡片放入同1个信封，则不同的放法共有( ) A ．12种 B ．18种 C ．36种 D ．54种 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由题意知，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18(种)．6．某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( )A ．16B ．21C ．24D ．90 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B 解析 分2类：第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号较小的有C 24＝6(种)选取方法． 第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大的一组有C 26＝15(种)选取方法． 由分类加法计数原理得，共有C 24＋C 26＝6＋15＝21(种)选取方法．7．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( ) A ．C 1214C 412C 48 B ．C 1214A 412A 48 C.C 1214C 412C 48A 33D ．C 1214C 412C 48A 38考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 A解析 首先从14人中选出12人共C 1214种，然后将12人平均分为3组共C 412·C 48·C 44A 33种，然后这两步相乘，得C 1214·C 412·C 48A 33.将三组分配下去共C 1214·C 412·C 48种．故选A. 8．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( ) A ．30 B ．21 C ．10 D ．15 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 D解析 用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C 26＝15(种)分配方法． 二、填空题9．在2017年的上海高考改革方案中，要求每位考生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等级考试．小明同学决定在生物、政治、历史三门中至多选择一门，那么小明同学的选择方案有________种． 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 10解析 ①在生物、政治、历史三门中选择1门，则在物理、化学、地理中选2门，有C 13C 23＝9(种)选法；②在生物、政治、历史三门中选择0门，则物理、化学、地理全选，有C 33＝1(种)选法． 共有选法9＋1＝10(种)．10.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P －ABC 与正三棱柱ABC －A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有______种．考点涂色问题题点涂色问题答案12解析先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．11．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)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析一、二、三等奖，三个人获得，有A34＝24(种)．一、二、三等奖，有一个人获得2张，一个人获得1张，共有C23A24＝36(种)，共有24＋36＝60(种)不同的获奖情况．三、解答题12．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有C14×C14×C14＝64(种)，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144(种)，若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192(种)，剩余2张同色，则有C14×C13×C24＝72(种)，所以共有64＋144＋192＋72＝472(种)不同的取法．13．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？考点排列组合综合问题题点分组分配问题解可以分三类．精品试卷第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C23种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C34C13种选法；第三类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C23种选法．根据分类加法计数原理，一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42(种)不同的选法．四、探究与拓展14．20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________．考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案120解析先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球，还剩17个小球，三个盒内分别至少再放入1个球，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共C216＝120(种)方法．15．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用解(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16C34A44＝576(种)．欢迎下载。
2019-2020版高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2 第2课时 组合的
第2课时组合的综合应用学习目标 1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题.2.能解决有限制条件的组合问题．知识点组合的特点(1)组合的特点是只取不排组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m 次不放回地取出．(2)组合的特性元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．(3)相同的组合根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．类型一有限制条件的组合问题例1 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解(1)C513－C511＝825(种)(2)至多有2名女生当选含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生，所以共有C25C38＋C15C48＋C58＝966(种)选法．(3)分两类：第一类女队长当选，有C412＝495(种)选法，第二类女队长没当选，有C14C37＋C24C27＋C34C17＋C44＝295(种)选法，所以共有495＋295＝790(种)选法．反思与感悟有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数；二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．跟踪训练1 某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有( )A．210种 B．420种 C．56种 D．22种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有C24C27＋C14C27＝210(种)．类型二与几何有关的组合应用题例2 如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？考点组合的应用题点与几何有关的组合问题解(1)方法一可作出三角形C36＋C16·C24＋C26·C14＝116(个)．方法二可作三角形C310－C34＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)可作出四边形C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个)．反思与感悟(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．跟踪训练2 空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为( )A．205 B．110 C．204 D．200考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A解析 方法一 可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为C 05C 45＋C 15C 35＋C 25C 25＋C 35C 15＝205.方法二 从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C 410－C 45＝205. 类型三 分组、分配问题命题角度1 不同元素分组、分配问题例3 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本(平均分组)；(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)； (3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)每组2本，均分为3组的方法数为C 26C 24C 22A 33＝15×6×16＝15.(2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为C 36C 23C 11＝20×3＝60. (3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为C 46C 12C 11A 22＝15×22＝15.反思与感悟 一般地，n 个不同的元素分成p 组，各组内元素数目分别为m 1，m 2，…，m p ，其中k 组元素数目相等，那么分组方法数是C m 1n C m 2n －m 1C m 3n －m 1－m 2…C m p m pA kk. 跟踪训练3 6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)甲2本，乙2本，丙2本； (2)甲1本，乙2本，丙3本； (3)甲4本，乙、丙每人1本； (4)每人2本；(5)一人1本，一人2本，一人3本； (6)一人4本，其余两人每人1本． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)(2)(3)中，由于每人分的本数固定，属于定向分配问题，由分步乘法计数原理得： (1)共有C 26C 24C 22＝90(种)不同的分配方法；(2)共有C16C25C33＝60(种)不同的分配方法；(3)共有C46C12C11＝30(种)不同的分配方法．(4)(5)(6)属于不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题．分配给3人，同一本书给不同的人是不同的分法，属于排列问题．实际上可看作两个步骤：先分为3组，再把这3组分给甲、乙、丙3人的全排列数A33即可．因此，(4)共有C26C24C22÷A33×A33＝90(种)不同的分配方法；(5)共有C16C25C33×A33＝360(种)不同的分配方法；(6)共有C46C12C11÷A22×A33＝90(种)不同的分配方法．命题角度2 相同元素分配问题例4 将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列方法的种数．(1)每个盒子都不空；(2)恰有一个空盒子；(3)恰有两个空盒子．考点排列组合综合问题题点分组分配问题解(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C35＝10(种)．(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C25种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C14种插法，故共有C25·C14＝40(种)．(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C15种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C23种插法．②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C13种插法．故共有C15·(C23＋C13)＝30(种)．反思与感悟相同元素分配问题的处理策略(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作在排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C m－1n－1种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．跟踪训练4 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )A．4种B．10种C．18种D．20种考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 B解析由于只剩一本书，且这些画册、集邮册分别相同，可以从剩余的书的类别进行分析．又由于排列、组合针对的是不同的元素，应从4位朋友中进行选取．第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C14种分法．第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C24种分法．因此，满足题意的赠送方法共有C14＋C24＝4＋6＝10(种)．1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有( )A．26种 B．84种 C．35种 D．21种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 C解析从7名队员中选出3人有C37＝7×6×53×2×1＝35(种)选法．2．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是( )A．5 040 B．36 C．18 D．20考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有C36＝20(种)．3．直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，…，5)组成的图形中，矩形共有( )A．25个 B．36个 C．100个 D．225个考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案 D解析从垂直于x轴的6条直线中任取2条，从垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C26×C26＝15×15＝225.4．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案140解析安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有C37种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有C34种方法．故不同的安排方案共有C37C34＝7×6×53×2×1×4＝140(种)．5．正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形．考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案32解析不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C37－3＝32.1．无限制条件的组合应用题．其解题步骤为：(1)判断；(2)转化；(3)求值；(4)作答．2．有限制条件的组合应用题：(1)“含”与“不含”问题：这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．(2)几何中的计算问题：在处理几何问题中的组合应用问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决．(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．一、选择题1．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有( )A．30种 B．33种 C．37种 D．40种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从1,2,3，…，9这9个数中取出3个不同的数，使其和为奇数的情况包括：(1)取出的3个数都是奇数，取法有C35＝10(种)；(2)取出的3个数中有2个偶数、1个奇数，取法有C24C15＝30(种)，根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有10＋30＝40(种)．2．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种数为( )A．24种 B．14种 C．28种 D．48种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 B解析方法一分两类完成：第1类，选派1名女生、3名男生，有C12·C34种选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生，有C22·C24种选派方案．故共有C12·C34＋C22·C24＝14(种)不同的选派方案．方法二6人中选派4人的组合数为C46，其中都选男生的组合数为C44，所以至少有1名女生的选派方案有C46－C44＝14(种)．3．直线a∥b，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为( ) A．C25C14＋C15C24B．(C25＋C14)(C15＋C24)C．C39－9 D．C39－C35考点组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A解析 可以分为两类：a 上取两点，b 上取一点，则可构成三角形个数为C 25C 14；a 上取一点，b 上取两点，则可构成三角形个数为C 15C 24，利用分类加法计数原理可得以这九个点为顶点的三角形个数为C 25C 14＋C 15C 24，故选A.4．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( ) A ．C 25C 26种 B ．C 25A 26种 C ．C 25A 22C 26A 22种D ．A 25A 26种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 B解析 先从5名男选手中任意选取2名，有C 25种选法，再从6名女选手中任意选择两名与选出的男选手打比赛，有C 26A 22，即A 26种．所以共有C 25A 26种．5．将标号为A ，B ，C ，D ，E ，F 的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A ，B 的卡片放入同1个信封，则不同的放法共有( ) A ．12种 B ．18种 C ．36种 D ．54种 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由题意知，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18(种)．6．某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( )A ．16B ．21C ．24D ．90 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B 解析 分2类：第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号较小的有C 24＝6(种)选取方法． 第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大的一组有C 26＝15(种)选取方法． 由分类加法计数原理得，共有C 24＋C 26＝6＋15＝21(种)选取方法．7．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( ) A ．C 1214C 412C 48 B ．C 1214A 412A 48 C.C 1214C 412C 48A 33D ．C 1214C 412C 48A 38考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 A解析 首先从14人中选出12人共C 1214种，然后将12人平均分为3组共C 412·C 48·C 44A 33种，然后这两步相乘，得C 1214·C 412·C 48A 33.将三组分配下去共C 1214·C 412·C 48种．故选A. 8．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( ) A ．30 B ．21 C ．10 D ．15 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 D解析 用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C 26＝15(种)分配方法． 二、填空题9．在2017年的上海高考改革方案中，要求每位考生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等级考试．小明同学决定在生物、政治、历史三门中至多选择一门，那么小明同学的选择方案有________种． 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 10解析 ①在生物、政治、历史三门中选择1门，则在物理、化学、地理中选2门，有C 13C 23＝9(种)选法；②在生物、政治、历史三门中选择0门，则物理、化学、地理全选，有C 33＝1(种)选法． 共有选法9＋1＝10(种)．10.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P －ABC 与正三棱柱ABC －A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有______种．考点涂色问题题点涂色问题答案12解析先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．11．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)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析一、二、三等奖，三个人获得，有A34＝24(种)．一、二、三等奖，有一个人获得2张，一个人获得1张，共有C23A24＝36(种)，共有24＋36＝60(种)不同的获奖情况．三、解答题12．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有C14×C14×C14＝64(种)，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144(种)，若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192(种)，剩余2张同色，则有C14×C13×C24＝72(种)，所以共有64＋144＋192＋72＝472(种)不同的取法．13．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？考点排列组合综合问题题点分组分配问题解可以分三类．第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C23种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C34C13种选法；第三类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C23种选法．根据分类加法计数原理，一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42(种)不同的选法．四、探究与拓展14．20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________．考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案120解析先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球，还剩17个小球，三个盒内分别至少再放入1个球，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共C216＝120(种)方法．15．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用解(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16C34A44＝576(种)．。
2020学年高中数学第1章计数原理1.2排列与组合1.2.2.2组合的综合应用课件新人教A版选修2_3
题型二 与几何有关的组合问题
例2 平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再
无任何3点共线．以这些点为顶点，可构成多少个不同 的三角形？
【自主解答】 解法一 以从共线的 4 个点中取点 的多少作为分类的标准．
第 1 类：共线的 4 个点中有 2 个点为三角形的顶点， 共有 C24C18＝48 个不同的三角形；
解析 若取的 4 个数字不包括 0，则可以组成的四 位数的个数为 C25C23A44；若取的 4 个数字包括 0，则可以 组成的四位数的个数为 C25C13C13A33.综上，一共可以组成 的没有重复数字的四位数的个数为 C25C23A44＋C25C13C13A33 ＝720＋540＝1 260.
答案 1 260
(2)含有 0 的：这时 0 只能排在除首位(万位)以外的四 个位置中的一个，有 A14种排法；再从 2，4，6，8 中任取 一个，有 C14种取法；从 5 个奇数数字中任取 3 个，有 C35种 取法，再把取出的 4 个数全排列有 A44种方法，故有 A14C14C35 A44种排法．(4 分) 第二步：对每一类进行分步计算
◎变式训练
1．某大学要从16名大学生(男10人，女6人)中选出8 名学生组成“假期下乡送科学小组”．
(1)如果小组中至少有3名女生，可有多少种不同的 选法？
(2)如果小组中至少有5名男生，可有多少种不同的 选法？
(3)如果小组中至多有3名女生，可有多少种不同的 选法？
解析 (1)至少有 3 名女生的选法可分为如下四类： 有 3 名女生：C36·C510种选法；有 4 名女生：C46·C410种 选法；有 5 名女生：C56·C310种选法；有 6 名女生：C66·C210 种选法．所以至少有 3 名女生共有 C36·C510＋C46·C410＋ C56·C310＋C66·C210＝8 955 种选法．
高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2 组合(第2课时)教案 新人教A版选修2-
1.2.2 组合第二课时教学目标知识与技能了解组合数的性质，会利用组合数的性质简化组合数的运算；能把一些计数问题抽象为组合问题解决，会利用组合数公式及其性质求解计数问题．过程与方法通过具体实例，经历把具体事例抽象为组合问题，利用组合数公式求解的过程．情感、态度与价值观能运用组合要领分析简单的实际问题，提高分析问题的能力．重点难点教学重点：组合数的性质、利用组合数公式和性质求解相关计数问题．教学难点：利用组合数公式和性质求解相关计数问题．教学过程引入新课提出问题1：判断以下问题哪个是排列问题，哪个是组合问题，并回顾排列和组合的区别和联系．(1)从A、B、C、D四个景点选出2个进行游览；(2)从甲、乙、丙、丁四个学生中选出2个人担任班长和团支部书记．活动设计：教师提问．活动成果：(1)是组合问题，(2)是排列问题．1．组合的概念：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的一个组合．2．组合与排列的区别和联系：(1)区别：①排列有顺序，组合无顺序．②相同的组合只需选出的元素相同，相同的排列那么需选出的元素相同，并且选出元素的顺序相同．(2)联系：①都是从n个不同的元素中选出m(m≤n)个元素；②排列可以看成先组合再全排列．设计意图：复习组合的概念，检查学生的掌握情况．提出问题2：利用上节课所学组合数公式，完成以下两个练习： 练习1：求证：C m n ＝n m C m －1n －1.(本式也可变形为：mC m n ＝nC m －1n －1)练习2：计算：①C 310和C 710；②C 37－C 26与C 36；③C 411＋C 511. 活动设计：学生板演．活动成果：练习2答案：①120,120 ②20,20 ③792.1．组合数的概念：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，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数．用符号C mn 表示．2．组合数的公式：C m n＝A mn A m m ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！或C mn ＝n ！m ！(n －m)！(n ，m∈N ，且m≤n)．设计意图：复习组合数公式，为得到组合数的性质打下基础．探索新知提出问题1：由问题2练习中所求的几个组合数，你有没有发现一些规律，能不能总结并证明一下？活动设计：小组交流后请不同的同学总结补充． 活动成果：1．性质：(1)C mn ＝C n －mn ；(2)C mn ＋1＝C mn ＋C m －1n .2．证明：(1)∵C n －mn ＝n ！(n －m)！[n －(n －m)]！＝n ！m ！(n －m)！，又C mn ＝n ！m ！(n －m)！，∴C m n ＝C n －mn .(2)C m n ＋C m －1n ＝n ！m ！(n －m)！＋n ！(m －1)！[n －(m －1)]！＝n ！(n －m ＋1)＋n ！m m ！(n －m ＋1)！＝(n －m ＋1＋m)n ！m ！(n －m ＋1)！＝(n ＋1)！m ！(n －m ＋1)！＝C mn ＋1，∴C mn ＋1＝C mn ＋C m －1n .设计意图：引导学生自己推导出组合数的两个性质．运用新知类型一：组合数的性质 1(1)计算：C 37＋C 47＋C 58＋C 69； (2)求证：C nm ＋2＝C nm ＋2C n －1m ＋C n －2m .(1)解：原式＝C 48＋C 58＋C 69＝C 59＋C 69＝C 610＝C 410＝210；(2)证明：右边＝(C nm ＋C n －1m )＋(C n －1m ＋C n －2m )＝C nm ＋1＋C n －1m ＋1＝C nm ＋2＝左边． [巩固练习]求证：C 1n ＋2C 2n ＋3C 3n ＋…＋nC nn ＝n2n －1.证明：左边＝C 1n ＋2C 2n ＋3C 3n ＋…＋nC nn ＝C 11C 1n ＋C 12C 2n ＋C 13C 3n ＋…＋C 1n C nn ，其中C 1i C in 可表示先在n 个元素里选i 个，再从i 个元素里选一个的组合数．设某班有n 个同学，选出假设干人(至少1人)组成兴趣小组，并指定一人为组长．把这种选法按取到的人数i 分类(i ＝1,2，…，n)，那么选法总数即为原式左边．现换一种选法，先选组长，有n 种选法，再决定剩下的n －1人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有2n －1种，所以选法总数为n2n －1种．显然，两种选法是一致的，故左边＝右边，等式成立．[变练演编]求证：C 1n ＋22C 2n ＋32C 3n ＋…＋n 2C nn ＝n(n ＋1)2n －2.证明：由于i 2C in ＝C 1i C 1i C in 可表示先在n 个元素里选i 个，再从i 个元素里选两个(可重复)的组合数，所以原式左端可看成在上题中指定一人为组长的基础上，再指定一人为副组长(可兼职)的组合数．对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况．假设组长和副组长是同一个人，那么有n2n －1种选法；假设组长和副组长不是同一个人，那么有n(n－1)2n －2种选法．∴共有n2n －1＋n(n －1)2n －2＝n(n ＋1)2n －2种选法．显然，两种选法是一致的，故左边＝右边，等式成立．类型二：有约束条件的组合问题2在100件产品中，有98件合格品，2件次品．从这100件产品中任意抽出3件． (1)有多少种不同的抽法？(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？ (3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？解：(1)所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，所以共有 C 3100＝100×99×981×2×3＝161 700种．(2)从2件次品中抽出1件次品的抽法有C 12种，从98件合格品中抽出2件合格品的抽法有C 298种，因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有C 12×C 298＝9 506种．(3)解法1 从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品，包括有1件次品和有2件次品两种情况．在第(2)小题中已求得其中1件是次品的抽法有C 12×C 298种，因此根据分类加法计数原理，抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有C 12×C 298＋C 22×C 198＝9 604种．解法2抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法的种数，也就是从100件中抽出3件的抽法种数减去3件中都是合格品的抽法的种数，即C 3100－C 398＝161 700－152 096＝9 604种．点评：“至少〞“至多〞的问题，通常用分类法或间接法求解． [巩固练习]1．4名男生和6名女生组成至少有1个男生参加的三人社会实践活动小组，问组成方法共有多少种？解法一：(直接法)小组构成有三种情形：3男，2男1女，1男2女，分别有C 34，C 24×C 16，C 14×C 26种方法，所以，一共有C 34＋C 24×C 16＋C 14×C 26＝100种方法． 解法二：(间接法)C 310－C 36＝100.2．按以下条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？ (1)甲、乙、丙三人必须当选； (2)甲、乙、丙三人不能当选； (3)甲必须当选，乙、丙不能当选； (4)甲、乙、丙三人只有一人当选； (5)甲、乙、丙三人至多2人当选；(6)甲、乙、丙三人至少1人当选；解：(1)C 33C 29＝36；(2)C 03C 59＝126；(3)C 11C 49＝126；(4)C 13C 49＝378； (5)方法一：(直接法)C 03C 59＋C 13C 49＋C 23C 39＝756， 方法二：(间接法)C 512－C 33C 29＝756；(6)方法一：(直接法)C 13C 49＋C 23C 39＋C 33C 29＝666， 方法二：(间接法)C 512－C 03C 59＝666. [变练演编]有翻译人员11名，其中5名精通英语、4名精通法语，还有2名英、法语皆通．现欲从中选出8名，其中4名译英语，另外4名译法语，一共可列多少X 不同的？解：分三类：第一类：2名英、法语皆通的均不选，有C 45C 44＝5种；第二类：2名英、法语皆通的选一名，有C 12C 35C 44＋C 12C 45C 34＝60种； 第三类：2名英、法语皆通的均选，有A 22C 35C 34＋C 25C 44＋C 45C 24＝120种． 根据分类加法计数原理，共有5＋60＋120＝185种不同的． [达标检测]1．计算：(1)C 399＋C 299；(2)2C 38－C 39＋C 28.2．从6位同学中选出4位参加一个座谈会，要求X 、王两人中至多有一个人参加，那么有不同的选法种数为________．3．从7人中选出3人参加活动，那么甲、乙两人不都入选的不同选法共有______种． 答案：课堂小结1．知识收获：组合数的性质，用组合数公式解决简单的计数问题． 2．方法收获：化归的思想方法． 3．思维收获：化归的思想方法．补充练习[基础练习]1．求证：(1)C mn ＋1＝C m －1n ＋C mn －1＋C m －1n －1；(2)C m ＋1n ＋C m －1n ＋2C mn ＝C m ＋1n ＋2.2．某城新建的一条道路上有12只路灯，为了节省用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中三盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，可以熄灭的方法共有______．3．100件产品中有合格品90件，次品10件，现从中抽取4件检查．(1)都不是次品的取法有多少种？(2)至少有1件次品的取法有多少种？(3)不都是次品的取法有多少种？4．从编号为1,2,3，…，10,11的共11个球中，取出5个球，使得这5个球的编号之和为奇数，那么一共有多少种不同的取法？38＝56；3．解：(1)C490＝2 555 190；(2)C4100－C490＝C110C390＋C210C290＋C310C190＋C410＝1 366 035；(3)C4100－C410＝C190C310＋C290C210＋C390C110＋C490＝3 921 015.4．解：分为三类：1奇4偶有C16C45；3奇2偶有C36C25；5奇有C56，所以一共有C16C45＋C36C25＋C56＝236种不同的取法．[拓展练习]现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作；有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)，现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，那么有多少种不同的选法？解：我们可以分为三类：①让两项工作都能担任的青年从事英语翻译工作，有C24C23；②让两项工作都能担任的青年从事德语翻译工作，有C34C13；③让两项工作都能担任的青年不从事任何工作，有C34C23.所以一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42种方法．设计说明本节课是组合的第二课时，本节课的主要目标有两个，一个是学生在教师的问题驱动下自主探究组合数的性质，并在老师的带领下，体会组合数公式的应用；另一个是体会把具体计数问题化归为组合问题的过程．本节课的设计特点是：教师的问题是主线，学生的探究活动是主体，师生合作，共同完成知识和方法的总结．备课资料相同元素分组分配问题解决方法：档板法．(1)参加联赛的10个名额要分配到高三年级的8个班级中，那么每个班级至少一个名额的分配方法有______种；(2)10个相同的小球全部放入编号为1、2、3的盒子中，那么使每个盒子中球的个数不小于盒子的编号数的方法有______种．解析：利用档板法．(1)相当于在排成一排的10个“1〞所形成的9个空隙中，选出7个插入7块档板的方法，每一种插板方法对应一种名额分配方法，有C79种方法；(2)可以首先在2、3号盒子中先分别放入1、2个球，然后在剩余的7个球排成一排形成的6个空隙中选出2个空隙各插入一块板，有C26种方法．注：档板法的使用比较灵活，且对数学思想方法要求较高，现利用档板法证明一个不定方程的自然数解的组数的结论：方程x1＋x2＋…＋x m＝n(m，n∈N，m，n≥2)的自然数解有C m－1n＋m－1组．简证：转化为正整数解的组数，利用档板模型有：作代换y i＝x i＋1(i＝1,2，…，m)，那么方程x1＋x2＋…＋x m＝n的自然数解的组数，即y1＋y2＋…＋y m＝n＋m的正整数解的组数，相当于把n＋m个球分成m份，每份至少1个的方法数，即在n＋m－1个球的间隙中放置m－1个档板的方法种数，即C m－1n＋m－1.。
高中数学第1章计数原理1.2排列与组合1.2.2第1课时组合与组合数公式课件新人教A版选修2_3
的两位数的方法．
A．①③
B．②④
C．①②
D．①②④
C [①②取出元素与顺序无关，③④取出元素与顺序有关．]
2．若C2n＝28，则n＝( A．9 C．7
) B．8 D．6
B [C2n＝n×n2－1＝28，解得n＝8.]
3．甲、乙、丙三地之间有直达的火车，相互之间的距离均不相 等，则车票票价的种数是________．
思考2：如何理解组合与组合数这两个概念？
[提示] 同“排列”与“排列数”是两个不同的概念一样， “组合”与“组合数”也是两个不同的概念，“组合”是指“从n个 不同元素中取m(m≤n)个元素合成一组”，它不是一个数，而是具 体的一件事；“组合数”是指“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”，它是一个数．例如，从3个不同元素 a，b，c中每次取出两个元素的组合为ab，ac，bc，其中每一种都叫 一个组合，这些组合共有3个，则组合数为3.
1．此类列举所有从n个不同元素中选出m个元素的组合，可借 助本例所示的“顺序后移法”(如法一)或“树形图法”(如法二)，直 观地写出组合做到不重复不遗漏．
2．由于组合与顺序无关．故利用“顺序后移法”时箭头向后逐 步推进，且写出的一个组合不可交换位置．如写出ab后，不必再交 换位置为ba，因为它们是同一组合．画“树形图”时，应注意顶层 及下枝的排列思路，防止重复或遗漏．
[解] (1)原式＝140××39××28××17－73× ×62× ×51·(3×2×1)＝210－210＝0.
n≥5－n， n＋1≥9－n， (2)由9－n≥0， 5－n≥0， n∈N*，
得n＝4或5.
当n＝4时，原式＝C14＋C55＝5， 当n＝5时，原式＝C05＋C46＝16.
高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.1 第2课时 排列的综合应用 新人教A版选修
[变式训练] 将字母a，a，b，b，c，c排成三行两 列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相 同，则不同的排列方法共有( )
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 解析：利用分步乘法计数原理，先填写第一行第一 列的数，有3种，再填写第一行第三列的数，有2种，再 填写第二行第一列的数有2种，一共有3×2×2＝ 12(种)． 答案：A
(2)法一(间接法) 7 人任意排列，有 A77种排法，甲、 乙两人相邻的排法有 A22×A66种，故甲、乙两人不相邻的 排法有 A77－A22×A66＝3 600(种)．
法二(插空法) 将其余 5 人全排列，有 A55种排法，5 人之间及两端共有 6 个位置，任选 2 个排甲、乙两人，有 A26种排法．故排法共有 A55×A26＝3 600(种)．
A．36
B．30
C．40
D．60
解析：奇数的个位数字为1、3或5，所以个位数字的
排法有A
1 3
种，十位数字和百位数字的排法有A
2 4
种，所以
奇数有A13·A24＝3×4×3＝36(个)．
答案：A
2．6 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何 2 人不相 邻的坐法种数为( )
A．144 B．120 C．72 D．24 解析：就座 3 人占据 3 张椅子，在其余 3 张椅子形成
解：(1)先考虑甲站在中间，有 1 种排法，再在余下 的 6 个位置排另外 6 位同学，有 A66种排法，故排法共有 1×A66＝720(种)．
(2)先考虑甲、乙站在两端，有 A22种排法，再在余下 的 5 个位置排另外 5 位同学，有 A55种排法，故排法共有 A22A55＝240(种)．
(3)法一 先考虑在除两端外的 5 个位置中选 2 个安 排甲、乙，有 A25种排法，再在余下的 5 个位置排另外 5 位同学，有 A55种排法，故排法共有 A25A55＝2 400(种)．
高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2 组合的综合应用练案 新人教A版选修2-
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1.2.2组合的综合应用明确排列与组合的联系与区别，能判断一个问题是排列问题还是组合问题；能运用所学的排列组合知识，正确地解决的实际问题.一、选择题1．下列问题中是组合问题的个数是 （ )①从全班50人中选出5名组成班委会；②从全班50人中选出5名分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员； ③从1,2，3，…，9中任取出两个数求积； ④从1,2，3，…，9中任取出两个数求差或商． A ．1 B ．2 C ．3D ．42．从5名男生中挑选3人，4名女生中挑选2人，组成一个小组，不同的挑选方法共有( ） (A ）3254C C 种 （ B)3254C C 55A 种 （C)3254A A 种 （D ） 3254A A 55A 种3．某电子元件电路有一个由三节电阻串联组成的回路，共有6个焊点，若其中某一焊点脱落,电路就不通．现今回路不通，焊点脱落情况的可能有( ） （A ）5种 (B ）6种 （C)63种 (D ）64种4．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各一台,则不同的取法共有 ( )A ．140种B ．84种C ．70种D ．35种5．设凸n (n ≥3）棱锥中任意两个顶点的连线段的条数为f （n ）,则f （n ＋1）－f （n ）＝（ )A ．n －1B ．nC ．n ＋1D ．n ＋26．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为（ )A ．85B ．56C ．49D ．28二、填空题7．10名学生，7人扫地，3人推车，那么不同的分工方法有________种． 8．若C 错误!〉6，则m 的取值范围是__________．9．从2,3,5，7四个数中任取两个不同的数相乘，有m 个不同的积；任取两个不同的数相除，有n 个不同的商，则m ∶n ＝________。
高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.1第2课时排列的综合应用课件新人教A版选修2_3
第2课时 排列的综合应用
学习目标
1.进一步加深对排列概念的理解 . 2.掌握几种有限制条件的排列，能应用排列数公式解决简单的 实际问题 .
内容索引
问题导学 题型探究 达标检测
问题导学
知识点 排列及其应用
1.排列数公式 Amn＝ n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(n，m∈N*，m≤ n 1 元素“相邻”与“不相邻”问题 例2 3名男生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方法的种数 . (1)全体站成一排，男、女各站在一起； 解 男生必须站在一起是男生的全排列，有 A33种排法； 女生必须站在一起是女生的全排列，有 A44种排法； 全体男生、女生各视为一个元素，有 A22种排法. 由分步乘法计数原理知，共有 A33·A44·A22＝288(种)排队方法 .
解答
(2)全体站成一排，男生必须站在一起；
解 三个男生全排列有A33种方法，把所有男生视为一个元素，与 4 名女生 组成 5 个元素全排列，有A55种排法.故有 A33·A55＝720(种)排队方法.
(3)全体站成一排，男生不能站在一起； 解 先安排女生，共有 A44种排法；男生在 4 个女生隔成的五个空中安排， 共有 A35种排法，故共有 A44·A35＝1 440(种)排法. (4)全体站成一排，男、女各不相邻 . 解 排好男生后让女生插空，共有 A33·A44＝144(种)排法.
n！ ?n－m?！ .
Ann＝ n(n－1)(n－2)…2·1＝ n！(叫做n的阶乘).另外，我们规定 0！＝ 1 .
2.应用排列与排列数公式求解实际问题中的计数问题的基本步骤
题型探究
类型一 无限制条件的排列问题 例1 (1)有7本不同的书，从中选 3本送给 3名同学，每人各 1本，共有多 少种不同的送法？ 解 从7本不同的书中选 3本送给 3名同学，相当于从 7个元素中任取 3个 元素的一个排列，所以共有 A37＝7×6×5＝210(种)不同的送法. (2)有7种不同的书，要买 3本送给3名同学，每人各 1本，共有多少种不同 的送法？ 解 从7种不同的书中买 3本书，这 3本书并不要求都不相同，根据分步 乘法计数原理，共有 7× 7× 7＝343(种)不同的送法 .
高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.2.2组合的应用a23a高二23数学
12/13/2021
类型一
无限制条件的组合问题
【例 1】 某同学有同样的画册 2 本，同样的集邮册 3 本，
从中取出 4 本赠送给 4 位朋友，每位朋友 1 本，则不同的赠送方
法共有( B )
A．4 种
B．10 种
C．18 种
D．20 种
12/13/2021
【解析】 从 2 本同样的画册，3 本同样的集邮册中取出 4 本 有两种取法：第一种：从 2 本画册中取出 1 本，将 3 本集邮册全部 取出；第二种：将 2 本画册全部取出，从 3 本集邮册中取出 2 本．由 于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从 4 位朋友中选出 1 人赠送画册，其余的赠送集邮册，有 C14＝4(种)赠 送方法；第二种取法中只需从 4 位朋友中选取 2 人赠送画册，其余 的赠送集邮册，有 C24＝6(种)赠送方法．因此共有 4＋6＝10(种)赠 送方法．
(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应 考虑再分配问题．因此，分配方式共有 C16·C25·C33·A33＝360 种．
12/13/2021
(3)先分三组，有 C26C24C22种分法，但是这里面出现了重复，不 妨记六本书为 A，B，C，D，E，F，若第一组取了 A，B，第二组 取了 C，D，第三组取了 E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)， 但 C26C24C22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF， AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共 A33种情况，而这 A33种情 况只能作为一种分法，故分配方式有C26·AC2433·C22＝15 种．
12/13/2021
【解】 解法 1：(直接法)分几种情况考虑：以 O 为顶点的三 角形中，另外两个顶点必须分别在 OM、ON 上，所以有 C15·C14个； O 不为顶点的三角形中，两个顶点在 OM 上，一个顶点在 ON 上的 有 C25·C14个；一个顶点在 OM 上，两个顶点在 ON 上的有 C15·C24个．因 为这是分类问题，所以用分类加法计数原理，共有 C15·C14＋C25·C14＋ C15·C24＝5×4＋10×4＋5×6＝90 个．
2018-2019学年高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2 第2课时 组合的综
类型 4 几何中的组合问题(互动探究)
[典例 4] 已知平面 M 内有 4 个点，平面 N 内有 5 个点，则这 9 个点最多能确定：
(1)多少个平面？ (2)多少个四面体？
解：(1)可分三类： 第一类：平面 M 中取一点，N 中取两点，最多可确 定 C14C25个； 第二类：平面 M 中取两点，N 中取一点，最多可确 定 C24C15个； 第三类：平面 M 和平面 N，共 2 个． 故最多可确定平面 C14C25＋C24C15＋2＝72(个)．
第三类：甲、乙、丙 3 人均参加，共有 C33C29种选法． 故不同的选法共有 C13C49＋C23C39＋C33C29＝666(种)． 法二(间接法) 12 人中任意选 5 人，共有 C512种选法， 甲、乙、丙三人都不参加，有 C59种选法， 所以不同的选法共有 C512－C59＝666(种)．
类型 3 排列组合的综合问题
[典例 3] 从 1 到 9 的 9 个数中取 3 个偶数和 4 个奇 数，试问：
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？ (2)上述七位数中 3 个偶数排在一起的有几个？
解：(1)分步完成：第一步，在 4 个偶数中取 3 个， 可有 C34种情况；第二步，在 5 个奇数中取 4 个，可有 C45 种情况；第三步，3 个偶数，4 个奇数进行排列，可有 A77 种情况，所以符合题意的七位数有 C34C45A77＝100 800(个)．
(5)甲、乙、丙三人至少 1 人参加． 解：(1)不同的选法有 C512＝792(种)． (2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的 9 人中 选 2 人，不同的选法共有 C29＝36(种)． (3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的 9 人中 选 5 人，不同的选法共有 C59＝126(种)．
2019_2020学年高中数学第一章计数原理1.2排列与组合1.2.2组合第2课时组合的综合应用课件新人教A版选修2_3
拓展提升 解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接法”和“间接法(排除 法)”，其中用直接法求解时，应依据“特殊元素优先安排”的原则，即优先 安排特殊元素，再安排其他元素．而选择间接法的原则是“正难则反”，也 就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大时，不妨从反面问题入手， 试一试看是否简单些，特别是涉及“至多”“至少”等组合问题时更是如 此．此时正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少”等词语的确切含 义是解决这些组合问题的关键．
答案
探究2 与几何有关的组合问题 例 2 如图，在以 AB 为直径的半圆周上，有异于 A，B 的六个点 C1，C2， C3，C4，C5，C6，直径 AB 上有异于 A，B 的四个点 D1，D2，D3，D4.
问：(1)以这 10 个点中的 3 个点为顶点作三角形可作多少个？其中含 C1 点的有多少个？
2．做一做 (1)4 种不同的种子，选出 3 块不同的土地，每一块地只能种一种，则不 同的种法有________种． (2)从 3 名女生、4 名男生中选 4 人担任奥运会志愿者，若选出的 4 人中 既有男生又有女生，则不同的选法共有________种． (3)将 6 名教师分到 3 所中学任教，一所 1 名，一所 2 名，一所 3 名，则 有________种不同的分法． 答案 (1)24 (2)34 (3)360
[解] (1)第一步：选 3 名男运动员，有 C63种选法；第二步：选 2 名女运 动员，有 C24种选法，故共有 C36·C42＝120 种选法．
(2)解法一：(直接法)“至少有 1 名女运动员”包括以下几种情况，1 女 4 男，2 女 3 男，3 女 2 男，4 女 1 男．
由分类加法计数原理知共有 C41·C46＋C24·C63＋C43·C26＋C44·C61＝246 种选法．
【2020】最新高中数学第一章计数原理1-2排列与组合1-2-1第2课时排列的综合应用学案新人教A版选修2-3(1)
(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的每本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是5×5×5＝125，所以共有125种不同的送法．
(2)间接法：先不考虑附加条件，计算出总排列数，再减去不合要求的排列数．
3．解简单的排列应用题的基本思想
[基础自测]
1．从n个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派的种数为72，则n的值为( )
A．6B．8
C．9D．12
C[由A ＝72，得n(n－1)＝72，解得n＝9(舍去n＝－8)．]
2．用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位偶数的个数为________.
24[分3步进行分析，①先安排两位爸爸，必须一首一尾，有A ＝2种排法，②两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有A ＝2种排法，③将两个小孩看作一个元素与两位妈妈进行全排列，有A ＝6种排法．
则共有2×2×6＝24种排法．]
5．从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，问共有多少种参赛方案？
A．36B．120
C．720D．Leabharlann 40C[由于6人排两排，没有什么特殊要求的元素，故排法种数为A ＝720.]
2．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )
A．240种B．360种
C．480种D．720种
C[先排甲，有4种方法，剩余5人全排列，有A ＝120种，所以不同的演讲次序有4×120＝480种．]
高中数学 第一章 计数原理 1.2 排列与组合 1.2.1 排列(第2课时)教案 新人教A版选修2-
1.2.1 排列第二课时教学目标知识与技能利用排列和排列数公式解决简单的计数问题．过程与方法经历把简单的计数问题化为排列问题解决的过程，从中体会“化归〞的数学思想．情感、态度与价值观能运用所学的排列知识，正确地解决实际问题，体会“化归〞思想的魅力．重点难点教学重点：利用排列和排列数公式解决简单的计数问题．教学难点：利用排列和排列数公式解决简单的计数问题．教学过程复习回顾提出问题1：判断以下两个问题是不是排列问题，假设是求出排列数，假设不是，说明理由．(1)有5本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？(2)有5种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？活动设计：学生自己独立思考，教师提问．活动成果：解：(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是：A35＝5×4×3＝60，所以，共有60种不同的送法．(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学，每人各1本书的不同方法种数是：5×5×5＝125，所以，共有125种不同的送法．此题中两个小题的区别在于：第(1)小题是从5本不同的书中选出3本分送给3名同学，各人得到的书不同，属于求排列数问题；而第(2)小题中，给每人的书均可以从5种不同的书中任选1种，各人得到哪种书相互之间没有联系，要用分步计数原理进行计算．设计意图：引导学生通过具体实例回顾排列的概念和排列数公式．提出问题2：请同学们再回顾一下排列的概念和排列数公式．活动设计：学生一起回答，教师板书．活动成果：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素(这里的被取元素各不相同)按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．说明：(1)排列的定义包括两个方面：①取出元素，②按一定的顺序排列；(2)两个排列相同的条件：①元素完全相同，②元素的排列顺序也相同．从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A m n表示．注意区别排列和排列数的不同：“一个排列〞是指：从n个不同元素中，任取m个元素按照一定的顺序排成一列，不是数；“排列数〞是指从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素的所有排列的个数，是一个数．所以符号A m n只表示排列数，而不表示具体的排列．设计意图：复习排列概念和排列数公式，为本节课的学习奠定基础．典型例题类型一：直接抽象为排列问题的计数问题例1某年全国足球甲级(A组)联赛共有14个队参加，每队要与其余各队在主、客场分别比赛一次，共进行多少场比赛？解：任意两队间进行1次主场比赛与1次客场比赛，对应于从14个元素中任取2个元素的一个排列．因此，比赛的总场次是A214＝14×13＝182.点评：要学会把具体问题抽象为从n个不同的元素中任取m(m≤n)个不同元素，按一定顺序排成一列的问题．[巩固练习]某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任意挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？解：分3类：第一类用1面旗表示的信号有A13种；第二类用2面旗表示的信号有A23种；第三类用3面旗表示的信号有A33种，由分类加法计数原理，所求的信号种数是：A13＋A23＋A33＝3＋3×2＋3×2×1＝15，即一共可以表示15种不同的信号．[变练演编]将4位司机、4位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，每一辆汽车分别有一位司机和一位售票员，共有多少种不同的分配方案？分析：解决这个问题可以分为两步，第一步：把4位司机分配到四辆不同班次的公共汽车上，即从4个不同元素中取出4个元素排成一列，有A44种方法；第二步：把4位售票员分配到四辆不同班次的公共汽车上，也有A44种方法．利用分步乘法计数原理即得分配方案的种数．解：由分步乘法计数原理，分配方案种数共有N＝A44·A44＝576.即共有576种不同的分配方案．类型二：有约束条件的排列问题(特殊位置分析法、特殊元素分析法)例2用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？思路分析：在本问题的0到9这10个数字中，因为0不能排在百位上，而其他数可以排在任意位置上，因此0是一个特殊的元素．一般的，我们可以从特殊元素的排列位置入手来考虑问题．解法一：由于在没有重复数字的三位数中，百位上的数字不能是0，因此可以分两步完成排列．第1步，排百位上的数字，可以从1到9这九个数字中任选1个，有A19种选法；第2步，排十位和个位上的数字，可以从余下的9个数字中任选2个，有A29种选法(如图)．根据分步乘法计数原理，所求的三位数的个数为A19×A29＝9×9×8＝648.解法二：如下图，符合条件的三位数可分成3类．每一位数字都不是0的三位数有A39个，个位数字是0的三位数有A29个，十位数字是0的三位数有A29个．根据分类加法计数原理，符合条件的三位数的个数为A39＋A29＋A29＝648.解法三：从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为A310，其中0在百位上的排列数是A29，它们的差就是用这10个数字组成的没有重复数字的三位数的个数，即所求的三位数的个数是A310－A29＝10×9×8－9×8＝648.点评：对于例2这类计数问题，可用适当的方法将问题分解，而且思考的角度不同，就可以有不同的解题方法．解法一根据百位数字不能是0的要求，分步完成选3个数组成没有重复数字的三位数这件事，依据的是分步乘法计数原理；解法二以0是否出现以及出现的位置为标准，分类完成这件事情，依据的是分类加法计数原理；解法三是一种逆向思考方法：先求出从10个不同数字中选3个不重复数字的排列数，然后从中减去百位是0的排列数(即不是三位数的个数)，就得到没有重复数字的三位数的个数．从上述问题的解答过程可以看到，引进排列的概念，以及推导求排列数的公式，可以更加简便、快捷地求解“从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数〞这类特殊的计数问题．[巩固练习]从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，那么共有多少种不同的排法？解法一：(从特殊位置考虑)A19A59＝136 080；解法二：(从特殊元素考虑)假设选：5·A59；假设不选：A69，那么共有5·A59＋A69＝136 080种；解法三：(间接法)A610－A59＝136 080.[变练演编]A、B、C、D、E五个人排成一排照相，其中A、B不能排在两端，C不能排在中间，共有多少种不同的排法？解法一：假设A、B排在中间，那么从A、B中选一个排在中间有A12种排法，另一个不在两端的位置上有A12种排法，其余三个人排在剩下的三个位置上有A33种排法，根据分步乘法计数原理，共有A12A12A33＝24种不同的排法．假设A、B不排在中间，那么有A22种排法，C不排在中间有A12种排法，其余两个人排在剩下的两个位置上有A22种排法，根据分步乘法计数原理，共有A22A12A22＝8种不同的排法．根据分类加法计数原理，共有24＋8＝32种不同的排法．解法二：假设C排在两端，有A12种排法，另一端从D、E中选一个人，有A12种排法，剩下三个人排在剩下的三个位置上有A33种排法，根据分步乘法计数原理，共有A12A12A33＝24种不同的排法．假设C不排在两端，有A12种排法，两端排列D、E，有A12种排法，剩下两个人排在剩下的两个位置上有A22种排法，根据分步乘法计数原理，共有A22A12A22＝8种不同的排法．根据分类加法计数原理，共有24＋8＝32种不同的排法．[达标检测]1．一个火车站有8股岔道，停放4列不同的火车，有多少种不同的停放方法(假定每股岔道只能停放1列火车)?2．一部纪录影片在4个单位轮映，每一单位放映1场，有多少种轮映次序？3．6个人站成前后两排照相，要求前排2人，后排4人，那么不同的排法共有…() A．30种B．360种C．720种D．1 440种答案：48＝8×7×6×5＝1 68044＝4×3×2×1＝24课堂小结1．知识收获：对于较复杂的问题，一般都有两个方向的列式途径，一个是“正面凑〞，一个是“反过来剔〞．前者指，按照要求，一点点选出符合要求的方案；后者指，先按全局性的要求，选出方案，再把不符合其他要求的方案剔出去．了解排列数的意义，掌握排列数公式及推导方法，从中体会“化归〞的数学思想，并能运用排列数公式进行计算．2．方法收获：“化归〞的数学思想方法．3．思维收获：“化归〞的数学思想方法．补充练习[基础练习]1．从4种蔬菜品种中选出3种，分别种植在不同土质的3块土地上进行试验，有__________种不同的种植方法．2．从参加乒乓球团体比赛的5名运动员中选出3名进行某场比赛，并排定他们的出场顺序，有__________种不同的方法．3．信号兵用3种不同颜色的旗子各一面，每次打出3面，最多能打出不同的信号有__________种．4．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的偶数共有多少个？答案：解答：4.解法一：(正向思维法)个位数上的数字排列数有A12种(从2、4中选)；万位上的数字排列数有A13种(5不能选)，十位、百位、千位上的排列数有A33种，故符合题意的偶数有A12A13A33＝36个．解法二：(逆向思维法)由1、2、3、4、5组成无重复数字的5位数有A55个，减去其中奇数的个数A13A44个，再减去偶数中大于50 000的数A12A33个，符合题意的偶数共有：A55－A13A44－A12A33＝36个．[拓展练习]5．一天要排语、数、英、化、体、班会六节课，要求上午的四节课中，第一节不排体育课，数学排在上午；下午两节中有一节排班会课，问共有多少种不同的排法？解答：假设数学排在第一节，班会课的排法为A12种，其余4节课的排法有A44种，根据分步乘法计数原理，共有A12A44＝48种；假设第一节课不排数学，第一节课的排法有A13种，数学课的排法有A13种，班会课的排法为A12种，其余3节课的排法有A33种，根据分步乘法计数原理，共有A13A13A12A33＝108种．根据分类加法计数原理得，共有48＋108＝156种．设计说明本节课是排列的第二课时，本节课的主要目标是在老师的带领下，体会排列数公式的应用，体会把具体计数问题划归为排列问题的过程．本节课的设计特点是：教师的问题是主线，学生的探究活动是主体，师生合作，共同完成知识和方法的总结．备课资料多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理．例1(1)6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是( )A．36种 B．120种 C．720种 D．1 440种(2)把15人分成前后三排，每排5人，不同的排法种数为( )A．A515A510 B．A515A510A55A33C．A1515D．A515A510A55÷A33(3)8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不同排法？解析：(1)前后两排可看成一排的两段，因此此题可看成6个不同的元素排成一排，共A66＝720种排法，选C.(2)答案：C(3)看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A24种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有A14种，其余5个元素任排在5个位置上有A55种，故共有A14A24A55＝5 760种排法．。
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第2课时组合的综合应用
A级：基础巩固练
一、选择题
1．在平面直角坐标系xOy中，平行直线x＝m(m＝0,1,2,3,4)与平行直线y＝n(n＝0,1,2,3,4)组成的图形中，矩形共有 ( )
A．25个 B．100个 C．36个 D．200个
答案 B
解析可以组成C25·C25＝10×10＝100个矩形．故选B.
2．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有( ) A．56种 B．68种 C．74种 D．92种
答案 D
解析根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有C33C36种，有一个“多面手”的选派方法有C12C23C35种，有两个“多面手”的选派方法有C13C34种，即共有20＋60＋12＝92种不同的选派方法．
3．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A．10种 B．15种 C．20种 D．30种
答案 C
解析按比赛局数分类：3局时有2种，4局时有2C23种，5局时有2C24种，故共有2＋2C23＋2C24＝20种．选C.
4．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )
A．4种 B．10种 C．18种 D．20种
答案 B
解析分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C24＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C14＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)．故选B.
5．某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学来自同一年级的乘车方式共有 ( )
A．24种 B．18种 C．48种 D．36种
答案 A
解析 第一类：大一的孪生姐妹在甲车上，甲车上剩下2名同学要来自不同的年级，从三个年级中选两个年级，有C 23种选法，然后从选出的两个年级中再分别选1名同学，有C 12C 1
2种选法，剩下的4名同学乘坐乙车，则有C 23C 12C 12＝3×2×2＝12种乘车方式；
第二类：大一的孪生姐妹不在甲车上，则从剩下的三个年级中选同一个年级的2名同学在甲车上，有C 13C 22种选法，然后再从剩下的两个年级中分别选1名同学，有C 12C 12种选法，则有C 13C 22C 12C 12＝3×1×2×2＝12种乘车方式．因此共有12＋12＝24种不同的乘车方式．故选A.
二、填空题
6．有编号为1,2,3的3个盒子和10个相同的小球，现把这10个小球全部装入3个盒子中，使得每个盒子所装球数不小于盒子的编号数，这种装法共有________．
答案 15种
解析 将编号为1,2,3的盒子分别放入1个，2个，3个小球，将剩下4个球放入三个盒子有四类情况，即“4＋0＋0”“3＋1＋0”“2＋2＋0”“1＋1＋2”，故共有C 13＋A 23＋C 13＋C 13＝15(种)．
7．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 只需看3张有奖的分配情况就可以，有两类．
①4人中每人至多1张有奖，共有A 34＝4×3×2＝24种获奖情况．②4人中，有1人2张有奖，还有1人1张有奖，其余的2人无奖．共有分法：C 23·A 24＝3×4×3＝36.
总之，共有24＋36＝60种不同的获奖情况．
8．将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________．
答案 900
解析 先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有
⎝ ⎛⎭
⎪⎫C 15C
14C 33A 22＋C 25C 23C 11A 22·A 33·C 24＝900(种)． 三、解答题
9．已知平面α∥平面β，在α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？
(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？
解(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点确定的平面，有C24·C16个．
③α，β本身，有2个．
故所作的平面最多有C14·C26＋C24·C16＋2＝98(个)．
所以最多可作98个不同的平面．
(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．
∴最多可作出的三棱锥有：
C14·C36＋C24·C26＋C34·C16＝194(个)．
所以最多可构成194个三棱锥．
(3)∵当等底面积、等高的情况下三棱锥体积才能相等．
∴体积不相同的三棱锥最多有C36＋C34＋C26·C24＝114(个)．
所以最多有114个体积不同的三棱锥．
B级：能力提升练
10．在运动会上，某代表队中赛艇运动员有10人，3人会划右舷，2人会划左舷，其余5人左右两舷都会划，现要从中选6人上艇，平均分配在两舷上划桨，有多少种不同的选法？
解按照只会划左舷被选中的人数进行分类．
第1类，不选只会划左舷的2人，需先在两舷都会划的5人中选3人划左舷，有C35种选法，再在剩下的5人中选3人划右舷，有C35种选法，故共有C35C35＝100种选法；
第2类，只会划左舷的1人入选，有C12种选法，需先在两舷都会划的5人中选2人划左舷，再在会划右舷的6人中选3人划右舷，共有C12C25C36＝400种选法；
第3类，只会划左舷的2人都入选，有C22种选法，先从两舷都会划的5人中选1人划左舷，再从会划右舷的7人中选3人划右舷，共有C22C15C37＝175种选法．
由分类加法计数原理，知共有100＋400＋175＝675种不同的选法．。