高二数学 排列 组合 和概率 10.2 组合同步教案 新人教A版

高 二 数 学（第28讲）
【教学内容】
第十章 排列 组合 和概率
10.2 组合
要求：1、学习掌握组合、组合数概念和组合数的两个性质。

熟练运用这些基本概念和性质解题；
2、掌握解排列组合题的思想方法，适当地分类，分步，构造恰当的解法解决问题；
3、灵活运用有关概念；开拓解题思路，力争做到一题多解。

【学习指导】
1、掌握组合的概念：
定义：从n 个不同元素中，取出m(m ≤n)个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合。

排列与组合的共同点，就是要“从n 个不同元素中，任取m 个元素”，而不同的是，对于所取出的m 个元素，前者要“按照一定的顺序排成一列”，而后者却是“不管怎样的顺序并成一组”，即排列是有序的，而组合是无序的。

2、掌握组合数公式： 123)2()1()1()2()1(⨯⨯⋅⋅⋅-⋅-⋅+-⋅⋅⋅-⋅-⋅==m m m m n n n n A A C m m m n m n 另一个公式)!(!!m n m n C m n -=此公式的作用：当对含有字母的组合数的式子进行变形和论证时，常写成这种形式去沟通。

3、组合数性质1：m n n m n C C -=
组合数性质2：m n m n m n C C C 11+-=+
通过本节的学习，要理解组合的意义，弄清排列与组合的联系与区别，掌握组合数的计算公式，并能解决相关的数学问题。

组合的应用题是本节教材的难点，它可分为无限制条件的组合、有限制条件的组合以及组合与排列的综合应用题三大类。

对于无限制条件的组合应用题，可应用组合数公式m n C 来计算；
对于有限制条件的组合应用题及排列与组合的综合应用题，一般有正向思考与逆向思考两种思路，正向思考时常采用分步及乘法原理的方法或分类及加法原理的方法，逆向思考时常采用求补集的方法解决。

【典型例题分析】
例1、某班有45名同学，在毕业典礼会上，每两人握一次手，总共能握多少次手？
解：因为每两人握一次手是无序的，所以总共能握：1
24445245⨯⨯=C =990（次）
例2、从5名男生4名女生中选出4人去参加数学竞赛。

（1）如果4人中男生与女生各选2人有多少种不同的选法？
（2）如果男生中的甲与女生中的乙都必须在内，有多少种不同的选法？
（3）如果男生中的甲与女生中的乙都不在内，有多少种不同的选法？
（4）如果男生中的甲与女生中的乙有且只有1人在内有多少种不
同的选法？
（5）如果男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内有多少种不同的选法？
解：（1）分两步完成，第一步先从5名男生中任选2名有25C 种不同的选法；第二步从4名女生中任选2名有24C 种不同的选法，由乘法
原理：606102425=⨯=⋅=C C N （种）。

∴4人中男生与女生各选2人有60种不同的选法。

（2）由于男甲与女乙都必须在内，则从剩余的7名同学中任选2人即可完成这件事，则有)(211
26727种=⨯⨯==C N ∴男甲与女乙都必须在内的选法有21种。

（3）由于男甲与女乙都不在内，则从剩余的7名同学选出4人，其选法种数有)(351
234456747种=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==C N ∴男甲与女乙都不在内的选法有35种。

（4）分两步完成，第一步从男甲与女乙中任选1人有12C 种不同的
选法，第二步再从剩余的7名同学中任选3人有37C 种不同的选法，由乘法原理：)(701
2356723712种=⨯⨯⨯⨯⨯=⋅=C C N （5）解法一：分两类，第一类男甲与女乙只有1人在内的选法有2712C C ⋅种，第二类男甲与女乙都在内的选法有27C 种，由加法原理得：
)(912170273712种=+=+⋅=C C C N
∴男甲与女乙至少有1人在内的选法有91种。

解法二：先求出男甲与女乙都不在内的选法有47C 种，再从5名男生
4名女生中选出4人的不同选法49C 中减去，有
)(9135126:4749种=-=-=C C N
例3、设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投放入这五个盒子内，要求每个盒子内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投入方法的总数有多少种？
解：因为恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的两个球有25C 种不同的投入方法，还剩3个球与3个盒子，而这三个球的编
号与盒子的编号不同，则第一个球投放入与它编号不同的盒子有2种不同的投放方法，最后两个球只有一种投放方法，则有乘法原理得总的投放方法有：)(201021
2452225种=⨯=⨯⨯⨯=⋅=C N ∴这样的投入方法总数有20种。

例4、方程5516162
--=x x x C C 的解为（ ） A 、1 B 、3 C 、1或3 D 、1或5
分析：这个方程的特点是：两个组合的下标相同，上标含有未知数，由组合数性质：m n n m n C C -=求之，因此求解时要讨论上标的两种可能
情况。

解：当15056552==⇒=+--=-2x x x x x x x 或时，即
当730214)55(162==⇒=-+--=-2x x x x x x x 或时，即
因为当x=5，x=-7时，组合5516162
--x x x C C 与均无意义，故舍去。

所以原方程的解为x=1或x=3，选C 。

例5、有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有（
）
A 、1260种
B 、2021种
C 、2520种
D 、5040种 分析：从10人中任派4人去承担任务，并未限定哪个人承担哪一项不同的任务，所以为无限制的组合问题。

解法一：分三步完成，先由10人中任选派2人承担甲项任务有210
C 种不同的选法；再从剩余的8人中任选1人承担乙项任务有18C 种不
同的选法；最后从剩余的7人中任选1人承担丙项任务有17C 种不同
的选法，由乘法原理，共有25201718210=⋅⋅C C C 种不同的选法，故选C 。

解法二：先10中任选4人承担任务有410C 种不同的选法，选出的4
人，从中任选2人承担甲项任务有24C 种不同的选法；再由剩余的2
人中任选1人承担乙项任务，最后1人自然承担丙项任务，因此有12C 种不同的选法，由乘法原理得：25201224410
=⋅⋅C C C （种） 例6、四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有 种。

分析：因为三点确定一个平面，取4个不共面的点，相当于从这10个点中取4个点，组成多少个四面体的问题，本题宜采用逆向思考方法。

解：不考虑顺序，从10个点中任取4个点，总数为210410
=C ，其中四点共面的有三类：四个点在同一侧面的有446C =60种；在6个中
点中，四点共面的情况有3种；而每个棱中点与它所对棱的棱上的三个点也共面，共有6种。

所以，不同的取法有210-（60+6+3）=141（种）
注：本题涉及选取方法中有重复计算的问题，一般选择减的方法，去掉不合理的情况，但要做到不重复，不遗漏，需要认真思考体会。

例7、有编号为1，2，3，…，9，10的十只灯，为了节约用电，可以将其中三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的二只或三只，也不能关掉两端的灯，则满足条件的关灯方法有多少种？
分析：由于这10只灯是无区别的10只灯，在满足题设的条件下，关掉的三只灯也是无序的，因此这是一个有限制条件的组合问题，一般常用插位法。

解：从10只灯中关掉3只还余7只，把这7只灯排成一列，由于无序所以只有一种排法。

又因为关掉的三只灯不能相邻且不能在两端，所以只能在7个灯之间的6个方位任选三个如图：
○○○○○○
∴满足条件的关灯方式有3
C=20（种）
6
注：此题首先要弄清是排列问题还是组合问题，另外此题涉及到不相邻的问题，一般采用插位法。

例8、从1，3，5，7，9中取3个数字，从2，4，6，8中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的五位数。

分析：此题是一个组合与排列的综合应用题。

可分三步完成：第一步从1，3，5，7，9中取3个数字以及第二步从2，4，6，8中任取2个数字为组合问题，而第三步由前两步取出的5个数字组成五重复的五位数是排列问题，可采用分步方法及乘法原理来解决。

解：分三步完成：
第一步从1，3，5，7，9这五个数字中任取3个有35C 种不同的
取法；
第二步从2，4，6，8这四个数字中任取2个有24C 种不同的取法； 第三步由前两步取出的5个数全排列有55A 种不同的排法。

由乘法原理共有：120610552435⨯⨯=⋅⋅A C C =7200（个）
∴一共可以组成没有重复数字的五位数有7200个。

注：这是一个排列与组合的综合应用题，解题应分清哪一步是排列，哪一步是组合，一般采用分步方法、乘法原理解决。

例9、6本不同的书分成三堆：（1）若平均分给甲、乙、丙三人，有多少种不同的分法？（2）若平均分成三堆，有多少种不同的分法？（3）若有一堆一本，一堆二本，一堆3本，有多少种不同的分法？（4）若有一堆4本，另两堆各1本的不同分法有多少种？ 分析：6本不同的书平均分给甲、乙、丙三人是有顺序的，而平均分成三堆是无顺序的，所以此题的第（2）问在一般分法222446C C C ⋅⋅种
重复33A 次，第（4）问在一般分法111246C C C ⋅⋅中重复22A 次。

解：（1）6本不同的书平均分给甲、乙、丙三人可分三步完成：第一步从6本不同的书中任取2本给甲有26C 种不同的分法。

第二从
剩余的4本不同的书中任取2本给乙有24C 种不同的分法，最后把
剩余的2本不同的书给丙有22C 种不同 的分法，根据乘法原理总共有：90161511
2341256222426=⨯⨯=⋅⨯⨯⋅⨯⨯=⋅⋅=C C C N （种） ∴6本不同的书，平均分给甲、乙、丙三人总共有90种不同的分
法。

（2）假设将6本不同的书分成三堆有x 种方法。

在每一种分法中，再把这三堆分别分给甲、乙、丙三人有33A 种分法，根据乘法原理将
6本不同的书平均分给3个人的不同分法有33A x ⋅，从而：
33A x ⋅222426C C C ⋅⋅= ∴151********
222426=⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=A C C C x （种） （3）从6本不同的书中任取1本放一堆，有16C 种取法；再从剩下
的5本书中任取2本放成一堆，有25C 种不同的取法；
最后余下的3本书放成一堆，有33C 种不同的取法，因为各堆书的数
目互不相同，所以这种分堆方法与6本不同的书分给甲一本，乙二本，丙三本完全相同，所以这样的分堆方法总数为：
1106332516⨯⨯=⋅⋅=C C C N =60（种）
∴一堆1本，一堆2本，一堆3本，有60种不同的分法。

（4）如果将6本不同的书分给甲4本，乙1本，丙1本，共有1112
46C C C ⋅⋅种不同的分法。

这里给乙第一本，丙第二本与给乙第二本，丙第一本是不同的分法。

但作为分堆第一本书一堆、第二书一堆与第二本书一堆、第一本书一堆是相同的分法，所以分堆方法是：1522
111246=⋅⋅A C C C （种）或1546=C （种） ∴一堆4本，另两堆各1本的不同分法有15种。

注：这是一个偶数个元素平均分成几组，且各组之间是无序的组合问题，一般重复n n A 次，解题时应审清题意，弄清平均分组组数n ，
谨防重复而使解题出错。

【同步练习】
1、在所有的三位数中，如果它的百位数字比十位数字大，十位数字比个位数字大，这样的三位数共有（ ）
A 、240个
B 、210个
C 、120个
D 、108个
2、2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士的不同分配方法共有（ ）
A 、6种
B 、12种
C 、18种
D 、24种
3、有15个队参加篮球赛，首轮平均分成三组进行单循环赛，然后由各组前2名共6个队进行单循环决赛，且规定同组的两个队不再赛第二场，则所进行的比赛共有（ ）
A 、42场
B 、45场
C 、22场
D 、25场
4、圆周上有八个等分圆周点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是（ ）
A 、16
B 、24
C 、32
D 、48
5、如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在内的12条直线中，异面直线共有（ ）
A 、12对
B 、24对
C 、36对
D 、48对
6、某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，不同的任课方法的种数为（ ）
A 、22242
6A A A B 、222426C C C C 、33
222126A C C C D 、33222426A C C C 7、假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，
其中至少有2件是次品的抽法有（ ）
A 、种3197
23C C B 、种219733319723C C C C + C 、种51975200C C - D 、种4197135200
C C C - 8、从某班学生中，选出四个组长的不同选法有x 种，选出正副班长各一名的不同选法有y 种，若x:y=13:2，则该班学生人数是（ ）
A 、22
B 、20
C 、15
D 、10
9、四不同的小球全部随意放入三个不同的盒子，使每个盒子都不空的放法为（ ）
A 、2324A C ⋅
B 、2234A
C ⋅ C 、3413A C ⋅
D 、223414C C C ⋅⋅
10、5项不同的工程由3个工程队全部承包下来，每队至少承包一项，则不同的承包方案有（ ）
A 、420种
B 、240种
C 、150种
D 、90种
11、整数360的正约数（包括1和360）共有 个。

12、以正方体的顶点为棱锥的顶点，可作 个棱锥。

13、要从8名男医生和7名女医生中选出5人组成一个医疗小组，如果医疗小组中要求至少有2名男医生和至少有2名女医生，则有 种不同的选法。

14、圆周上有20个点，过任意两点连结一条弦，这些弦在圆内的交点最多只能有 个。

15、某电子器件的电路中有6个焊接点，只要有一个焊接点脱落，整个电路就不通，今发现电路不通，求焊接点脱落的可能性有多
少？
16、晚会由3个歌曲，2个舞蹈和4个曲艺节目组成，要求第一个节目为歌曲，结尾是曲艺，且每两个曲艺节目不相邻，问能安排多少种不同的节目顺序表？
17、9名同学分成三组：
①每组3人，有多少种不同的分组方法？
②每组3人，且这三组同学分别参加文艺、体育和科技活动小组，有多少种不同的分组方法？
③若第一组5人，其余两组各2人有多少种不同的分组方法？
18、求证：m m n m m n n n n C C C C C 122110)1(+++++=+⋅⋅⋅+++
【练习答案】
1、C
2、B
3、A
4、C
5、B
6、B
7、B
8、C
9、A 10、C
提示：
1、有“0”的三位数：3629=C
无“0”的三位数：8439=C
故共有1203929=+C C （个） 错误解法：108222919=A A C 主要对有“0”无“0”的情况不同没有深刻理解。

2、122412
=C C 3、首轮比赛253C 场，第二轮比赛326-C 场，故共有42场比赛。

4、326438=⨯-C （采用“逆向思维法”，若两等分点连线是）直径，
则所对圆周角是直角不符。

5、每一条侧棱与底面4条边组成“4对”，共六条侧棱，故共有：2464=⨯
6、222426C C C ⋅⋅
7、有两种情况：3件正品，2件次品；2件正品，3件次品。

注意分类的不重不漏。

8、设共有学生n 人。

9、注意三个盒子内的球数只有分别有2，1，1个这一种情况故共有3324A C ⋅（种）不同放法。

错误解法：3312
24A C C ⋅，见例9第（4）问已有详细分析解答。

10、工程队承包项目分别为2，2，1项和3，1，1项两种情况。

故共有方案：150609033353322
2325=+=⋅+⋅⋅A C A A C C （种） 11、53236023⨯⨯=
故约数中对2，3，5的取法个数分别讨论如下：
对2可取0，1，2，3个4种情况；
对3可取0，1，2个3种情况；
对5可取0，1个2种情况；
由乘法原理，故有正约数（包括1和360）共有：24234=⨯⨯（个）
12、可构成三棱锥或四棱锥。

①从正方体的顶点中任取4个有48C 种，其中表面和对角面上4点
共面，不构成三棱锥，这样的4点组共12组，故可构成581248=-C 个三棱锥。

②先定底面，再定顶点，共有4814112
=⋅C C 个四棱锥，故共可构成58+48=106个棱锥。

13、分2名男医生，3名女医生：3728C C 与3名男医生，2名女医生：
3728C C 两种情况。

∴共有215627383728=+C C C C （种）不同的选法。

错误答案：1112728C C C ⋅⋅产生了不少重复计数。

14、运用“对应思想”，一个交点对应着一个圆内接四边形，当这
些交点均不重合时，最多有4845420
=C （个） 15、共有63126665646362616
=-=+++++C C C C C C （种）可能。

16、第一个节目有13C 种排法；
结尾节目有14C 种排法；
还剩下的2个歌曲和2个舞蹈有44A 种排法；
还有3个曲艺节目要求不相邻，用“插空法”排，把它们插在第一，第二，第三，第四，第五这五个节目之间的空挡中，有34A 种
插法，由乘法原理共有34441413A A C C ⋅⋅⋅=6912（种）。

17、①28033
333639=⋅⋅A C C C （种） ②1680333639=⋅⋅C C C （种） ③37822222459
=⋅⋅A C C C （种） 18、证明：（1）010+=n n C C。