新教材2021-2022学年人教A版选择性必修第三册 -第二课时 组合的综合应用(习题课) 学案
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[母题探究]
(变设问)在本例条件下，至多有1名队长被选上的方法有多少种？
解：分两类情况：
第一类：没有队长被选上，从除去两名队长之外的11名学生中选取5人，有C ＝462(种)选法．
第二类：一名队长被选上，分女队长被选上和男队长被选上，不同的选法有：C ＋C ＝660(种)选法．
所以至多有1名队长被选上的方法有462＋660＝1122(种)．
(3)这是“不均匀分组”问题，一共有C C C ＝60种方法．
(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有C C C A ＝360种方法．
分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种．
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！；
含2件次品有C ×C 种抽法．
由分类加法计数原理知，共有
C ×C ＋C ×C ＝56＋8＝64种不同的抽法．
法二：从10件产品中任取3件有C 种抽法，
不含次品有C 种抽法，
所以至少有1件次品有C －C ＝64种抽法.
与几何有关的组合问题
[例2](链接教科书第26页习题6题)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？
第二课时组合的综合应用(习题课)
有限制条件的组合问题
[例1](链接教科书第25页例7)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．
[解](1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长，故共有C ·C ＋C ·C ＝825(种)．或采用排除法有C －C ＝825(种)．
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
(2)分配问题属于“排列”问题．可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
[跟踪训练]
将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中．
(1)有多少种放法？
(2)每盒至多一球，有多少种放法？
(3)恰好有一个空盒，有多少种放法？
(4)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
有限制条件的组合问题分类
有限制条件的组合问题，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]
(2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有C ·C ＋C ·C ＋C ＝966(种)．
(3)分两种情况：
第一类：女队长当选，有C 种；
第二类：女队长不当选，则男队长当选，有C ·C ＋C ·C ＋C ·C ＋C 种．
故共有C ＋C ·C ＋C ·C ＋C ·C ＋C ＝790(种)．
法二(间接法)：从12个点中任意取3个点，有C ＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C ＝4种．
故这12个点构成三角形的个数为C －C ＝216.
解答几何图形组合问题的策略
(1)几何图形组合问题主要考查组合的知识和空间想象能力，题目多是以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景的排列、组合．这类问题情境新颖，多个知识点交汇在一起，综合性强；
(2)解答几何图形组合问题的思考方法与一般的组合问题基本一样，只要把图形的限制条件视为组合问题的限制条件即可；
(3)计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需要分类计算符合题意的组合数．
[面内，其余点无三点共线，四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为()
组合中的分组、分配问题
[例3]6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法：
(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本；
(2)分为三份，每份两本；
(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本．
[解](1)根据分步乘法计数原理得有C C C ＝90种．
(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有C C C 种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A 种方法．根据分步乘法计数原理可得：C C C ＝xA ，所以x＝ ＝15.因此分为三份，每份两本一共有15种方法．
[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C ×C ＝48个不同的三角形；
第2类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有C ×C ＝112个不同的三角形；
第3类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C ＝56个不同的三角形．
由分类加法计数原理知，共有48＋112＋56＝216个不同的三角形．
现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查．
(1)恰有一件是次品的抽法有多少种？
(2)至少有一件是次品的抽法有多少种？
解：(1)从2件次品中任取1件，有C 种抽法；
从8件正品中取2件，有C 种抽法．
由分步乘法计数原理可知，共有C ×C ＝56种不同的抽法．
(2)法一：含1件次品有C ×C 种抽法；
A．205B．110
C．204D．200
解析：选A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 C ＋C C ＋C C ＋C C ＝205.
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 －C ＝205.
解：(1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256种放法．
(2)这是全排列问题，共有A ＝24种放法．
(3)法一：先将4个小球分为三组，有 种方法，再将三组小球放入四个盒子中的三个盒子，有A 种方法，故共有 ×A ＝144种放法．
(变设问)在本例条件下，至多有1名队长被选上的方法有多少种？
解：分两类情况：
第一类：没有队长被选上，从除去两名队长之外的11名学生中选取5人，有C ＝462(种)选法．
第二类：一名队长被选上，分女队长被选上和男队长被选上，不同的选法有：C ＋C ＝660(种)选法．
所以至多有1名队长被选上的方法有462＋660＝1122(种)．
(3)这是“不均匀分组”问题，一共有C C C ＝60种方法．
(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有C C C A ＝360种方法．
分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种．
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！；
含2件次品有C ×C 种抽法．
由分类加法计数原理知，共有
C ×C ＋C ×C ＝56＋8＝64种不同的抽法．
法二：从10件产品中任取3件有C 种抽法，
不含次品有C 种抽法，
所以至少有1件次品有C －C ＝64种抽法.
与几何有关的组合问题
[例2](链接教科书第26页习题6题)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？
第二课时组合的综合应用(习题课)
有限制条件的组合问题
[例1](链接教科书第25页例7)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．
[解](1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长，故共有C ·C ＋C ·C ＝825(种)．或采用排除法有C －C ＝825(种)．
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
(2)分配问题属于“排列”问题．可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
[跟踪训练]
将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中．
(1)有多少种放法？
(2)每盒至多一球，有多少种放法？
(3)恰好有一个空盒，有多少种放法？
(4)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
有限制条件的组合问题分类
有限制条件的组合问题，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]
(2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有C ·C ＋C ·C ＋C ＝966(种)．
(3)分两种情况：
第一类：女队长当选，有C 种；
第二类：女队长不当选，则男队长当选，有C ·C ＋C ·C ＋C ·C ＋C 种．
故共有C ＋C ·C ＋C ·C ＋C ·C ＋C ＝790(种)．
法二(间接法)：从12个点中任意取3个点，有C ＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C ＝4种．
故这12个点构成三角形的个数为C －C ＝216.
解答几何图形组合问题的策略
(1)几何图形组合问题主要考查组合的知识和空间想象能力，题目多是以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景的排列、组合．这类问题情境新颖，多个知识点交汇在一起，综合性强；
(2)解答几何图形组合问题的思考方法与一般的组合问题基本一样，只要把图形的限制条件视为组合问题的限制条件即可；
(3)计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需要分类计算符合题意的组合数．
[面内，其余点无三点共线，四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为()
组合中的分组、分配问题
[例3]6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法：
(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本；
(2)分为三份，每份两本；
(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；
(4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本．
[解](1)根据分步乘法计数原理得有C C C ＝90种．
(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有C C C 种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A 种方法．根据分步乘法计数原理可得：C C C ＝xA ，所以x＝ ＝15.因此分为三份，每份两本一共有15种方法．
[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C ×C ＝48个不同的三角形；
第2类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有C ×C ＝112个不同的三角形；
第3类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C ＝56个不同的三角形．
由分类加法计数原理知，共有48＋112＋56＝216个不同的三角形．
现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查．
(1)恰有一件是次品的抽法有多少种？
(2)至少有一件是次品的抽法有多少种？
解：(1)从2件次品中任取1件，有C 种抽法；
从8件正品中取2件，有C 种抽法．
由分步乘法计数原理可知，共有C ×C ＝56种不同的抽法．
(2)法一：含1件次品有C ×C 种抽法；
A．205B．110
C．204D．200
解析：选A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 C ＋C C ＋C C ＋C C ＝205.
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 －C ＝205.
解：(1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256种放法．
(2)这是全排列问题，共有A ＝24种放法．
(3)法一：先将4个小球分为三组，有 种方法，再将三组小球放入四个盒子中的三个盒子，有A 种方法，故共有 ×A ＝144种放法．