2019 2020高中数学第一章计数原理122组合第2课时组合的综合应用习题课练习含解析新人教A版

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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

答案 (1)8 955 (2)8 955 (3)8 955
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．

2019_2020学年高中数学第1章计数原理1.2排列与组合1.2.2组合应用案巩固提升课件新人教B版选修2_3

第一章计数原理
解：(1)先选后排，先选可以是 2 女 3 男，也可以是 1 女 4 男，先选有 C35C23＋C45C13种，后排有 A55种，共(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400 种． (2)除去该女生后，先取后排，有 C47·A44＝840 种． (3)先选后排，但先安排该男生，有 C47·C14·A44＝3 360 种． (4)先从除去该男生、该女生的 6 人中选 3 人有 C36种，再安排该男生有 C13种，其余 3 人全排有 A33种，共 C36·C13·A33＝ 360 种．
两名学生，那么互不相同的分配方案共有( )
A．252 种
B．112 种
C．20 种
D．56 种
解析：选 B.按分配到甲宿舍的人数进行分类，则不同的分配方案共有 C27C55＋C37C44＋C47C33＋C57C22＝112 种．
第一章计数原理
5．空间中有 6 个点，它们任何 3 点不共线，任何 4 点不共面，
第一章计数原理
13．有 5 个男生和 3 个女生，从中选出 5 人担任 5 门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数： (1)有女生但人数必须少于男生； (2)某女生一定担任语文课代表； (3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表； (4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．
Hale Waihona Puke 第一章计数原理解：(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 A14·(C16·C33)A44＝576 种．

2020版高中数学第一章计数原理1.2.2组合练习(含解析)新人教A版选修2_3

1.2.2 组合课时过关·能力提升基础巩固1C 62+C 75的值为( )A.72B.36C.30D.4262+C 75=6×52×1+7×62×1=15+21=36.2某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案共有( ) A.16种B.36种C.42种D.60种2个城市,则有C 42C 32A 22=36种投资方案;若选择了3个城市,则有C 43A 33=24种投资方案,因此共有36+24=60种投资方案.3某高校外语系有8名志愿者,其中有5名男生,3名女生,现从中选3人参加某项测试赛的翻译工作,若要求这3人中既有男生,又有女生,则不同的选法共有( ) A.45种 B.56种C.90种D.120种,不同的选法种数为C 83−C 53−C 33=45.4氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一,某肽链由7种不同的氨基酸构成,若只改变其中3种氨基酸的排列顺序,其他4种不变,则不同的改变方法的种数为( ) A.210B.126C.70D.357种中取出3种有C 73=35种取法,比如选出a ,b ,c 3种,再都改变位置有b ,c ,a 和c ,a ,b 两种改变方法,故不同的改变方法有2×35=70种.5某学校派出5名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流,每所中学至少派1名教师,则不同的分配方法有( ) A.80种B.90种C.120种D.150种:(1)其中一所学校3名教师,另两所学校各1名教师的分法有C 53A 33=60种;(2)其中一所学校1名教师,另两所学校各2名教师的分法有C 51C 422A 33=90种,故共有150种不同的分配方法.6在直角坐标系xOy 平面上,平行于x 轴和平行于y 轴的直线各有6条,则由这12条直线组成的图形中,矩形共有个.x 轴的6条直线中任取两条,再从平行于y 轴的6条直线中任取两条,就能组成一个矩形,所以共有矩形C 62·C 62=225个.7某书店有11种杂志,2元1本的有8种,1元1本的有3种.小张用10元钱买杂志(每种至多买1本,10元钱刚好用完),则不同买法的种数为 .(用数字作答): (1)买5本2元的买法种数为C 85.(2)买4本2元的、2本1元的买法种数为C 84·C 32. 故不同的买法种数为C 85+C 84·C 32=266.8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)73种方法,第二步安排周日有C 43种方法,故不同的安排方案共有C 73C 43=140种.9用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有个.(用数字作答):第一类:个位、十位和百位上各有一个偶数,有C 31A 33+C 32A 33C 41=90个.第二类:个位、十位和百位上共有两个奇数一个偶数,有C 32A 33C 41+C 31C 32A 33C 31=234个,共有90+234=324个.108人排成一排,其中甲、乙、丙3人中有2人相邻,则这3人不同时排在一起的排法有多少种?5人有A 55种排法;再从甲、乙、丙3人中选2人排在一起并插入已排好的5人的6个间隔中有C 61A 32种排法,余下的1人可以插入另外5个间隔中有C 51种排法,由分步乘法计数原理知,共有A 55C 61A 32C 51=21600种排法.11(1)求证:C 1+21=C 11+2C 11-1+C 11-2; (2)解方程:3C 1-31-7=5A 1-42.1+11=C 11+C 11-1可知,右边=(C 11+C 11-1)+(C 11-1+C 11-2)=C 1+11+C 1+11-1=C 1+21=左边.右边=左边,所以原式成立.3C 1-34=5A 1-42,即3(1-3)(1-4)(1-5)(1-6)4×3×2×1=5(1−4)(1−5),所以(x-3)(x-6)=5×4×2=8×5. 所以x=11或x=-2(舍去负根).经检验,x=11符合题意,所以方程的解为x=11.能力提升15个不同的球放入4个不同的盒子中,每个盒子中至少有一个球,若甲球必须放入A 盒,则不同的放法种数是( ) A.120B.72C.60D.36A 盒后分两类:一类是除甲球外,A 盒还放其他球,共A 44=24种放法;另一类是A 盒中只有甲球,则其他4个球放入另外三个盒中,有C 42·A 33=36种放法.故总的放法有24+36=60种.2某科技小组有6名学生,现从中选出3人去参加展览,至少有1名女生入选的不同选法有16种,则该小组中的女生人数为( ) A.2B.3C.4D.5x 人,则女生有(6-x )人.依题意得C 63−C 13=16,即x (x-1)(x-2)+16×6=6×5×4. 解得x=4,故女生有2人.3考察正方体6个面的中心,甲从这6个点中任意选两个点连成直线,乙也从这6个点中任意选两个点连成直线,则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于( ) A .4225B .2225C .275D .47562=15条直线,如图,其中有6对平行线,所求概率P =12×115×15=475.故选D .113+11+1,其中1为2,4,6,8中的任意一个,1为1,3,5,7中的任意一个4已知一组曲线y=13.现从这些曲线中任取两条,它们在1=1处的切线相互平行的组数为()A.9B.10C.12D.142+b,曲线在x=1处切线的斜率k=a+b.切线相互平行,则需它们的斜率相等,因此按照在x=1处切线的斜率的可能取值可分为五类完成.第一类:a+b=5,则a=2,b=3;a=4,b=1.故可构成两条曲线,有C22组.第二类:a+b=7,则a=2,b=5;a=4,b=3;a=6,b=1.可构成三条曲线,有C32组.第三类:a+b=9,则a=2,b=7;a=4,b=5;a=6,b=3;a=8,b=1.可构成四条曲线,有C42组.第四类:a+b=11,则a=4,b=7;a=6,b=5;a=8,b=3.可构成三条曲线,有C32组.第五类:a+b=13,则a=6,b=7;a=8,b=5.可构成两条曲线,有C22组.故共有C22+C32+C42+C32+C22=14组曲线,它们在x=1处的切线相互平行.5如图,一只电子蚂蚁在网格线上由原点O(0,0)出发,沿向上或向右方向爬至点(m,n)(m,n∈N*),记可能的爬行方法总数为f(m,n),则f(m,n)=.O出发,只能向上或向右方向爬行,记向上为1,向右为0,则爬到点(m,n)需m个0和n 个1.这样爬行方法总数f(m,n)是m个0和n个1的不同排列方法数.m个0和n个1共占(m+n)个1.位置,只要从中选取m个放0即可.故f(m,n)=C1+116如图,工人在安装一个正六边形零件时,需要固定六个位置的螺丝,第一阶段,首先随意拧一个螺丝,接着拧它对角线上的(距离它最远的,下同)螺丝,再随意拧第三个螺丝,第四个也拧它对角线上的螺丝,第五个和第六个以此类推,但每个螺丝都不要拧死;第二阶段,将每个螺丝拧死,但不能连续拧相邻的两个螺丝.则不同的固定方式有种.(用数字作答),先随意拧一个螺丝,接着拧它对角线上的,有C61种方法,再随意拧第三个螺丝,和其对角线上的,有C41种方法,然后随意拧第五个螺丝,和其对角线上的,有C21种方法;第二阶段,先随意拧一个螺丝,有C61种方法,再随意拧不相邻的,若拧的是对角线上的,则还有4种拧法,若拧的是不相邻斜对角线上的,则还有6种拧法.所以总共的固定方式有C61C41C21C61×(4+6)=2880种.7在如图所示的四棱锥中,顶点为P,从其他的顶点和各棱中点中取3个,使它们和点P在同一平面内,则不同的取法种数为.(用数字作答):第一类,在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点,有4C53种取法;第二类,在两个对角面上除点P外任取3点,有2C43种取法;第三类,过点P的侧棱中,每一条上的三点和与这条棱异面的两条棱的中点也共面,有4C21种取法.因此,满足题意的不同取法共有4C53+2C43+4C21=56种.★8在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,求与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数.0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:第一类,与信息0110恰有两个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选2个位置相同,其他2个不同有C42=6个信息.第二类,与信息0110恰有一个对应位置上的数字相同,即从4个位置中选1个位置相同,其他3个不同有C41=4个信息.第三类,与信息0110没有一个对应位置上的数字相同,即4个位置中对应数字都不同,有C40=1个信息.由分类加法计数原理知,与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为6+4+1=11.★9在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法?(1)有3名内科医生和2名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.先选内科医生有C63种选法,再选外科医生有C42种选法,故选派方法的种数为C63·C42=120. (2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为C61·C44+C62·C43+C63·C42+C64·C41=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为C105−C65=246.(3)分两类:一是选1名主任有C21·C84种方法;二是选2名主任有C22·C83种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为C21·C84+C22·C83=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为C105−C85=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有C94种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有C84−C54种选法.故有选派方法的种数为C94+C84−C54=191.。

高中数学第1章计数原理 1.2 排列与组合 1.2.2.2 组合的综合应用练习新人教A版高二选

1-2-2-2 组合的综合应用[综合训练·能力提升]一、选择题（每小题5分，共30分）1．编号为1，2，3，4，5，6，7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏灯不相邻，则不同的亮灯方案有A．60种B．20种 C．10种D．8种解析四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入3盏亮灯，有C35＝10种方案．答案 C2．从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有A．140种 B．120种 C．35种 D．34种解析分三种情况：①1男3女共有C14C33种选法．②2男2女共有C24C23种选法．③3男1女共有C34C13种选法，则共有C14C33＋C24C23＋C34C13＝34种选法．答案 D3．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的奥运广告．要求最后必须播放奥运广告，且2个奥运广告不能连续播放，则不同的播放方式有A．120种 B．48种 C．36种 D．18种解析最后必须播放奥运广告有C12种，2个奥运广告不能连续播放，倒数第2个广告有C13种，故共有C12C13A33＝36种不同的播放方式．答案 C4．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有A．60种 B．63种 C．65种 D．66种解析和为偶数共有3种情况，取4个数均为偶数有C44＝1种取法，取2个奇数2偶数有C24·C25＝60种取法，取4个数均为奇数有C45＝5种取法，故共有1＋60＋5＝66种不同的取法．答案 D5．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为A．144 B．120 C．72 D．24解析三人全相邻的坐法，采用捆绑法，将三人“绑在一起”，相当于一个元素在四个位置中选一个，而三人要全排列，共有C14A33＝24种；只有2人相邻的坐法，从三人中任选两人，将这两人“绑在一起”，分类讨论：①若这两人坐(12)位，则第三人只能在4，5，6位中选一个位置，有3种坐法；②若这两人坐(23)位，则第三人只能在5，6位中选一个位置，有2种坐法；③若这两人坐(34)位，则第三人只能在1，6位中选一个位置，有2种坐法；④若这两人坐(45)位，则第三人只能在1，2位中选一个位置，有2种坐法；⑤若这两人坐(56)位，则第三人只能在1，2，3位中选一个位置，有3种坐法；这样只有2人相邻的坐法(这两人要全排列)共有C23A22(3＋2＋2＋2＋3)＝72种坐法；3人的所有可能的坐法为A36＝120种；综上可知，任何2人不相邻的坐法种数为120－24－72＝24(种)．答案 D6．将5本不同的书分给4人，每人至少1本，不同的分法种数有A．120种 B．5种 C．240种 D．180种解析先从5本中选出2本，有C25种选法，再与其他三本一起分给4人，有A44种分法，故共有C25·A44＝240种不同的分法．答案 C二、填空题（每小题5分，共15分）7．某校开设9门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门．学校规定，每位同学选修4门，共有________种不同选修方案(用数字作答)．解析这里A，B，C三门课程“至多选一门”，即A，B，C三门课程都不选，或A，B，C这三门课程恰好选一门，所以分两类完成：第1类，A，B，C三门课程都不选，有C46种不同选修方案；第2类，A，B，C三门课程恰好选修一门，有C13·C36种不同选修方案．故共有C46＋C13·C36＝75种不同的选修方案．答案758．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员，现从中选出3名队员排成1，2，3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1，2号中至少有1名新队员的排法有________种．解析两老一新时，有C13×C12A22＝12种排法；两新一老时，有C12×C23A33＝36种排法，故共有48种排法．答案489．从6人中选4人分别到北京、哈尔滨、广州、成都四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每天只游览一个城市，且在这6人中甲、乙不去哈尔滨游览，则不同的选择方案共有________种．解析当所选4人中没有甲乙时，方案有A44种；当所选4人中只有甲乙中一人时，方案有C12C34C13A33种；当所选4人中有甲乙两人时，方案有C24A23A22种，所以总的方案有240种．答案240三、解答题（本大题共3小题，共35分）10．（10分）从－11，－7，0，1，2，3，4，5八个数中，每次选出三个不重复的数作为直线Ax＋By＋C＝0中的字母A，B，C的值．问斜率k小于零的不同直线有多少条？解析(1)从－11，－7中选出两个安排A，B，从0，1，2，3，4，5中选出一个安排C，则有C16A22种方法；(2)从1，2，3，4，5中选出两个安排A，B，从余下的6个数中选出一个安排C，则有C25A22C16种方法．但在(2)中，当A＝1，B＝2，C＝0和A＝2，B＝4，C＝0时两条直线相同，同理，当A ＝2，B＝1，C＝0时和A＝4，B＝2，C＝0时两条直线也相同，所以，一共可以组成C16A22＋C25 A22C16－2＝130条斜率k小于零的直线．答案13011．（12分）一个质点从平面直角坐标系的原点O出发，每次沿坐标轴正方向或负方向移动1个单位，若经过8次移动，质点落在点(1，5)处，则质点做的不同运动方式共有多少种？解析由题意知，有两种情形：①沿x轴方向移动3次(2次正方向，1次负方向)，沿y轴正方向移动5次，共有C38C13C55＝168种；②沿x轴正方向移动1次，沿y轴方向移动7次(6次正方向，1次负方向)，共有C18C77C17＝56种，于是共有224种．答案22412．（13分）从1到9的9个数中取3个偶数和4个奇数，则：(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？(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？(4)在(1)中任意2个偶数都不相邻的七位数有几个？解析(1)分步完成：第1步，在4个偶数中取3个，可有C34种情况；第2步，在5个奇数中取4个，可有C45种情况；第3步，3个偶数，4个奇数进行排列，可有A77种情况，所以有C34·C45·A77＝100 800个符合题意的七位数．(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的个数共有C34·C45·A55·A33＝14 400.(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的个数共有C34·C45·A33·A44·A22＝5 760.(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空的当中，共有C34·C45·A44·A35＝28 800个符合题意的七位数．答案(1)100 800 (2)14 400 (3)5 760 (4)28 800。

2019_2020学年高中数学第1章计数原理1.2排列与组合1.2.2组合课件新人教B版选修2_3

2．组合数与组合数公式
(1)从 n 个不同元素中，任意取出 m(m≤n)个元素的所有组合
的个数，叫做从 n 个不同元素中，任意取出 m 个元素的组合数，用符号___C__nm__表示n．（n－1）（n－2）…（n－m＋1） (2)组合数公式：Cnmn＝！________________m__！______________，或 Cnm＝____m__！__（__n_－__m__）__！____．规定 C0n＝___1__．对于组合
第 2 类，剩余的是 1 本集邮册，此时满足题意的赠送方法有 C24＝ 6 种．
因此，满足题意的赠送方法共有 4＋6＝10 种．
排列与组合的综合应用题
用 0，1，2，3，4，5 这六个数字． (1)可以组成多少个无重复数字的五位数？ (2)可以组成多少个无重复数字的五位奇数？ (3)可以组成多少个无重复数字的能被 5 整除的五位数？【解】 (1)法一：(直接法) 从 1，2，3，4，5 这五个数字中任取一个作万位，有 C15种；从余下的 5 个数字中选 4 个排在后四位，有 A45种，由分步乘法计数原理，共有 C15·A45＝600 个．
在下列问题中，哪些是组合问题？哪些是排列问题？ (1)从 a，b，c，d 四名学生中选出 2 名学生完成两件不同的工作，有多少种不同的选法？ (2)a，b，c，d 四支足球队之间进行单循环比赛，共需赛多少场？ (3)a，b，c，d 四支足球队争夺冠亚军，有多少种不同的结果？
解：(1)2 名学生完成两件不同的工作，有顺序，是排列问题． (2)单循环比赛要求每两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题． (3)争夺冠亚军是有顺序的，是排列问题．
5－n≤n， (3)95－－nn≤≥n0，＋1，解得 4≤n≤5.

2019-2020年高中数学第一章计数原理1.2.2组合与组合数公式1学案新人教A版选修

2019-2020年高中数学第一章计数原理1.2.2组合与组合数公式1学案新人教A版选修[学习目标]1．理解组合及组合数的概念．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．[知识链接]1．排列与组合有什么联系和区别？答排列与组合都是从n个不同元素中取出m个元素；不同之处是组合选出的元素没有顺序，而排列选出的元素是有顺序的．组合是选择的结果，排列是选择后再排序的结果．2．两个相同的排列有什么特点？两个相同的组合呢？答两个相同的排列需元素相同且元素排列顺序相同．两个相同的组合是只要元素相同，不看元素顺序如何．[预习导引]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 m n表示．3．组合数公式C m n＝A m nA m m＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！＝n！m！（n－m）！(n，m∈N*，m≤n).要点一组合概念的理解例1判断下列各事件是排列问题还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数．(1)10人相互通一次电话，共通多少次电话？(2)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，共进行多少场次？(3)从10个人中选出3个作为代表去开会，有多少种选法？(4)从10个人中选出3人担任不同学科的课代表，有多少种选法？解 (1)是组合问题，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别，组合数为C 210＝45.(2)是组合问题，因为每两支球队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别，组合数为C 210＝45.(3)是组合问题，因为3个代表之间没有顺序的区别，组合数为C 310＝120.(4)是排列问题，因为3个人担任哪一科的课代表是有顺序区别的，排列数为A 310＝720. 规律方法排列、组合问题的判断方法(1)区分排列与组合的办法是首先弄清楚事件是什么，区分的标志是有无顺序．(2)区分有无顺序的方法是：把问题的一个选择结果写出来，然后交换这个结果中任意两个元素的位置，看是否会产生新的变化，若有新变化，即说明有顺序，是排列问题；若无新变化，即说明无顺序，是组合问题．跟踪演练1 判断下列问题是组合还是排列，并用组合数或排列数表示出来． (1)若已知集合{1，2，3，4，5，6，7}，则集合的子集中有3个元素的有多少？ (2)8人相互发一个电子邮件，共写了多少个邮件？(3)在北京、上海、广州、成都四个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？有多少种不同的飞机票价？解 (1)已知集合的元素具有无序性，因此含3个元素的子集个数与元素的顺序无关，是组合问题，共有C 37个．(2)发邮件与顺序有关，是排列问题，共写了A 28个电子邮件．(3)飞机票与起点站、终点站有关，故求飞机票的种数是排列问题，有A 24种飞机票；票价只与两站的距离有关，故票价的种数是组合问题，有C 24种票价．要点二组合数公式的应用例2 (1)计算：C 9799＋C 9899＋C 99100； (2)求值：C 5－n n ＋C 9－n n ＋1； (3)解方程：C 3n ＋618＝C 4n －218. 解 (1)C 9798＋C 9899＋C 99100＝C 98100＋C 99100＝C 99101＝C 2101＝5 050； (2)由组合数定义知：⎩⎪⎨⎪⎧0≤5－n ≤n ，0≤9－n ≤n ＋1，∴4≤n ≤5，又∵n ∈N *，∴n ＝4或5.当n ＝4时，C 5－n n ＋C 9－n n ＋1＝C 14＋C 55＝5；当n ＝5时，C 5－n n ＋C 9－n n ＋1＝C 05＋C 46＝16.(3)由原方程及组合数性质可知3n ＋6＝4n －2，或3n ＋6＝18－(4n －2)， ∴n ＝2，或n ＝8，而当n ＝8时，3n ＋6＝30＞18，不符合组合数定义，故舍去．因此n ＝2. 规律方法 (1)公式C mn ＝A m n A m m ＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！，一般用于求值计算；(2)公式C m n ＝n ！m ！（n －m ）！(m ，n ∈N *，且m ≤n )，一般用于化简证明．在具体选择公式时要根据题目特点正确选择．(3)根据题目特点合理选用组合数的两个性质C m n ＝C n －mn，C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n，能起到简化运算的作用，需熟练掌握．跟踪演练2 (1)计算：C 98100＋C 199200； (2)求C 38－n 3n ＋C 3n 21＋n 的值；(3)证明：C m n ＝nn －m C m n －1. (1)解 C 98100＋C 199200＝C 2100＋C 1200＝100×992＋200＝4 950＋200＝5 150. (2)解由组合数定义知： ⎩⎪⎨⎪⎧0≤38－n ≤3n ，0≤3n ≤21＋n .即⎩⎨⎧192≤n ≤38，0≤n ≤212.∴192≤n ≤212，∵n ∈N *，∴n ＝10， ∴C 38－n 3n ＋C 3n 21＋n ＝C 2830＋C 3031＝C 230＋C 131＝30×292×1＋31＝466. (3)证明n n －m C m n －1＝nn －m ·（n －1）！m ！（n －1－m ）！＝ n ！m ！（n －m ）！＝C mn .要点三组合的简单应用例3 一个口袋里装有7个白球和1个红球，从口袋中任取5个球． (1)共有多少种不同的取法？(2)其中恰有一个红球，共有多少种不同的取法？ (3)其中不含红球，共有多少种不同的取法？解 (1)从口袋里的8个球中任取5个球，不同取法的种数是C 58＝C 38＝8×7×63×2×1＝56. (2)从口袋里的8个球中任取5个球，其中恰有一个红球，可以分两步完成：第一步，从7个白球中任取4个白球，有C 47种取法；第二步，把1个红球取出，有C 11种取法．故不同取法的种数是：C 47·C 11＝C 47＝C 37＝35. (3)从口袋里任取5个球，其中不含红球，只需从7个白球中任取5个白球即可，不同取法的种数是C 57＝C 27＝7×62×1＝21. 规律方法基本组合问题的解法： (1)判断是否为组合问题； (2)是否分类或分步；(3)根据组合相关知识进行求解．跟踪演练3 现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名． (1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？ (2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习的选法有多少种？(3)现要从中选出男、女老师各2名去参加会议，有多少种不同的选法？解 (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即C 210＝10×92×1＝45(种)． (2)可把问题分两类情况：第一类，选出的2名是男教师有C 26种方法；第二类，选出的2名是女教师有C 24种方法．根据分类加法原理，共有C 26＋C 24＝15＋6＝21(种)不同选法．(3)从6名男教师中选2名的选法有C 26种，从4名女教师中选2名的选法有C 24种，根据分步乘法计数原理，共有选法C 26×C 24＝6×52×1×4×32×1＝90(种).1．已知C 2n ＝10，则n 的值等于( )A ．10B ．5C ．3D ．2 答案 B2．给出下列问题：①从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加某两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法？ ②有4张电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法？③某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，则不同的结果有多少种？其中是组合问题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 C3．下列等式不正确的是( ) A ．C m n ＝n ！m ！（n －m ）！B ．C m n ＝C n －m nC ．C m n＝m ＋1n ＋1C m ＋1n ＋1D ．C m n ＝C m ＋1n ＋1答案 D4．某餐厅供应饭菜，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上不同的选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种________种．(结果用数值表示) 答案 7解析设餐厅至少还需准备x 种不同的素菜．由题意，得C 25·C 2x ≥200，从而有C 2x ≥20.即x (x －1)≥40. 又x ≥2，所以x 的最小值为7.1．排列与组合的联系与区别(1)联系：二者都是从n个不同的元素中取m(m≤n)个元素．(2)区别：排列问题中元素有序，组合问题中元素无序．2．关于组合数的计算：(1)涉及具体数字的可以直接用公式C m n＝A m nA m m＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）m！计算；(2)涉及字母的可以用阶乘式C m n＝n！m！（n－m）！计算；(3)计算时应注意利用组合数的性质C m n＝C n－mn简化运算.一、基础达标1．下列计算结果为21的是()A．A24＋C26B．C77C．A27D．C27答案D2．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；②5个队进行单循环足球比赛的分组情况；③由1，2，3构成两位数的方法；④由1，2，3组合无重复数字的两位数的方法．A．①③B．②④C．①②D．①②④答案C3．已知平面内A，B，C，D这4个点中任何3点均不共线，则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为()A．3 B．4 C．12 D．24答案B解析C34＝4.4．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有()A．A310种B．C310种C．C310A310种D．30种答案B解析三张票没区别，从10人中选3人即可，即C310.5．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有________种．答案96解析甲选2门有C24种选法，乙选3门有C34种选法，丙选3门有C34种选法．∴共有C24·C34·C34＝96(种)选法．6．从4台甲型电视机和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法有________种．答案70解析根据结果分类：第一类，两台甲型机，有C24·C15＝30；第二类，两台乙型机，有C14·C25＝40.根据分类加法计数原理，共有C24·C15＋C14·C23＝70. 7．直线x＝1，y＝x，将圆x2＋y2＝4分成A，B，C，D四个区域，用五种不同的颜色给他们涂色，要求共边的两区域颜色互异，每个区域只涂一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？解第1步，涂A区域有C15种方法；第2步，涂B区域有C14种方法；第3步，涂C区域和D区域；若C区域涂A区域已填过颜色，则D区域有4种涂法；若C区域涂A、B剩余3种颜色之一，即有C13种涂法，则D区域有C13种涂法．故共有C15·C14·(4＋C13·C13)＝260种不同的涂色方法．二、能力提升8．某班级有一个7人小组，现任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案的种数有()A．35 B．70 C．210 D．105答案B解析先从7人中选出3人有C37＝35种情况，再对选出的3人相互调整座位，共有2种情况，故不同的调整方案种数为2C37＝70.9．(xx·山东)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A．243 B．252 C．261 D．279答案B解析所有三位数的个数为9×10×10＝900.没有重复数字的三位数有C 19A 29＝648，所以有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.10．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 ＝________. 答案 1∶2解析 ∵m ＝C 24，n ＝A 24，∴m ∶n ＝1∶2. 11．设x ∈N *，求C x －12x －3＋C 2x －3x ＋1的值．解由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧2x －3≥x －1，x ＋1≥2x －3，解得2≤x ≤4，∵x ∈N *，∴x ＝2或x ＝3或x ＝4.当x ＝2时原式的值为4；当x ＝3时原式的值为7；当x ＝4时原式的值为11.∴所求的值为4或7或11.12．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，直至找出所有次品为止． (1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次测试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？解 (1)先排前4次测试，只能取正品，有A 46种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C 24·A 22＝A 24种测法，再排余下4件的测试位置，有A 44种测法．所以共有不同测试方法A 46·A 24·A 44＝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C 14·(C 16·C 33)A 44＝576(种)．三、探究与创新13．第21届世界杯足球赛于xx 年夏季在俄罗斯举办，共32支球队有幸参加，它们先分成8个小组进行循环赛，决出16强(每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强)，这16支球队按确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠、亚军，此外还要决出第三名、第四名，问这届世界杯总共将进行多少场比赛？解可分为如下几类比赛：(1)小组循环赛：每组有C 24＝6(场)，8个小组共有48场；(2)八分之一淘汰赛：8个小组的第一、二名组成16强，根据赛制规则，每两个队比赛一场，可以决出8强，共有8场；(3)四分之一淘汰赛：根据赛制规则，8强中每两个队比赛一次，可以决出4强，共有4场；(4)半决赛：根据赛制规则，4强每两个队比赛一场，可以决出2强，共有2场；(5)决赛：2强比赛1场确定冠、亚军，4强中的另两支队比赛1场决出第三、四名，共有2场．综上，由分类加法计数原理知，共有48＋8＋4＋2＋2＝64(场)比赛．。

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

答案
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．

2019_2020年高中数学第一章计数原理1_2_2_2组合的综合应用随堂达标验收新人教A版选修2_3

1-2-2-2 组合的综合应用1．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．16 B．21 C．24 D．90[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C24＝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C26＝15种选取方法．由分类加法计数原理得，共有C24＋C26＝6＋15＝21(种)选取方法．[答案] B2．把5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同的分配方案有( )A．80种 B．120种 C．140种 D．50种[解析]当甲组中有3人，乙、丙组中各有1人时，有C35C12＝20(种)不同的分配方案；当甲组中有2人，乙组中也有2人，丙组中只有1人时，有C25C23＝30(种)不同的分配方案；当甲组中有2人，乙组中有1人，丙组中有2人时，有C25C13＝30(种)不同的分配方案；由分类加法计数原理共有C35C12＋C25C23＋C25C13＝80(种)不同的分配方案．[答案] A3．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A．60种 B．63种 C．65种 D．66种[解析]从1,2,3，…9这9个数中取出4个不同的数，其和为偶数的情况包括：①取出的4个数都是偶数，取法有C44＝1(种)；②取出的4个数中有2个偶数、2个奇数，取法有C24C25＝60(种)；③取出的4个数都是奇数，取法有C45＝5(种)．根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有1＋60＋5＝66(种)．[答案] D4．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)．[解析]把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C23种分法，再分给4人有C23A24种分法，所以不同获奖情况种数为A44＋C23A24＝24＋36＝60(种)．[答案]60课内拓展课外探究1．几何组合应用问题(1)解决几何图形中的组合问题，首先应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题，其次要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题，寻找一个组合的模型加以处理．如平面上不共线的m个点构成多少个三角形，即在m个元素中取出3个元素的组合数(除去共线的情况)就是三角形的个数．空间由不共面的n个点构成多少个四面体，即与在n个元素中取出4个元素的组合数(除去共面的情况)相等，如求组成多少对异面直线问题，也可以构造四面体模型加以处理．此外，解决几何问题，必须注意几何问题本身的限制条件．如共线、共面、交点等要注意分清“对应关系”，如不共线的三点对应一个三角形，不共面的四点确定一个四面体等等，解题时可借助图形来帮助思考，并善于将几何性质用于解题之中．(2)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，也可采用排除法．(3)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、面及构造模型，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．利用组合知识解决与几何有关的问题，要注意：①将已知条件中的元素的特征搞清，是用直接法还是间接法；②要使用分类方法，至于怎样确定分类的标准，这是一个难点，要具体问题具体分析；③常用间接法解决该类问题．如果一个凸多面体是n棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有________条．这些直线中共有f(n)对异面直线，则f(4)＝________，f(n)＝________(答案用数字或n的解析式表示)．[解析]n棱锥共n＋1个顶点，依两点确定一条直线，有C2n＋1＝n n＋2条直线．f(4)表示四棱锥中的异面直线的对数，如图，每条侧棱和底面上不共顶点的两条底边、一条对角线共形成3对异面直线，即f(4)＝4×3＝12对；同理，一条侧棱与底面上n －2条底边异面，又与C 2n －1－(n －1)＋1条底面对角线异面，即与这条侧棱异面的直线有C 2n －1－(n －1)＋1＋(n －2)＝C 2n －1＝n －n －2条，故n 条侧棱形成的异面直线的对数f (n )＝n n －n －2. [答案] n n ＋2 12 n n －n －2[点评] 这里是用组合知识来解答立体几何中的问题，其中由简单到复杂，由特例到一般的推理方法及用特例来检验一般的方法都要注意掌握．在∠MON 的边OM 上有5个异于点O 的点，在边ON 上有4个异于点O 的点，以这10个点(含O )为顶点，可以得到多少个三角形？[解] 解法一：(直接法)分几种情况考虑：O 为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM 、ON 上，所以有C 15·C 14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C 25C 14个，一个顶点在OM 上，两个顶点在ON 上的有C 15·C 24个．因为这是分类问题，所以用分类计数原理，共有C 15·C 14＋C 25·C 14＋C 15·C 24＝5×4＋10×4＋5×6＝90(个)．解法二：(间接法)先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三个的组合数是C 310，但其中OM 上的6个点(含O )中任取三点不能得到三角形，ON 上的5个点(含O )中任取3点也不能得到三角形，所以共可以得到C 310－C 36－C 35个三角形，即C 310－C 36－C 35＝10×9×81×2×3－6×5×41×2×3－5×4×31×2×3＝120－20－10＝90(个)． [点评] 解答几何组合应用问题的思考方法与一般的组合应用题基本一样，只要把图形中隐含的条件视为有限制条件的组合应用题即可．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．2．构造组合模型排列、组合应用题的背景丰富、千奇百怪、情景陌生、无特定的模式和规律可循，因此必须认真审题，把握问题的本质特征，化归为排列、组合的常规模型进而求解．某城市一条道路上有12盏路灯，为了节约用电而又不影响正常的照明，可以熄灭其中三盏灯，但两端路灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有( )A ．C 38种B ．A 38种C ．C 39种D ．A 39种[解析] “亮灯”“灭灯”元素之间互异，可视为互异的元素，不考虑顺序，属于组合问题．“灭灯”不相邻，应采取“插空法”．分两步完成：第一步，安排9盏亮灯，因为亮灯相同，只是位置不同，共有C99种；第二步，将3盏熄灭的灯插到8个空里，有C38种；根据分步乘法计数原理，共有C99·C38＝C38种熄灯方法．故选择A.[答案] A[点评] 本题通过构造组合模型，利用“插空法”，使问题顺利地解决．设集合A＝{1,2,3,4,5,6,7}，映射f：A→A满足f(1)<f(2)<f(3)<f(4)，则这样的映射f的个数为( )A．C47A33 B．C47 C．77 D．C4773[解析]先从集合A中任取4个不同的元素作为一个组合，并按从小到大的顺序赋为1,2,3,4在映射f下的象，有C47种方法，再依次为5,6,7确定象，有73种方法，故满足题意的映射f的个数为C47·73.故选D.[答案] D。

部编版2020学年高中数学第一章计数原理1.2.2第2课时组合的综合应用检测含解析新人教A版选修2

1.2 排列与组合1.2.2 组合第2课时组合的综合应用A级基础巩固一、选择题1．楼道里有12盏灯，为了节约用电，需关掉3盏不相邻的灯，则关灯方案有 ( ) A．72种B．84种C．120种D．168种解析：需关掉3盏不相邻的灯，即将这3盏灯插入9盏亮着的灯的空中，所以关灯方案共有C310＝120(种)．故选C.答案：C2．4位同学每人从甲、乙、丙三门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有( )A．12种 B．24种 C．30种 D．36种解析：依题意，满足题意的选法共有C24×2×2＝24(种)．答案：B3．从编号为1、2、3、4的四种不同的种子中选出3种，在3块不同的土地上试种，每块土地上试种一种，其中1号种子必须试种，则不同的试种方法有( ) A．24种 B．18种 C．12种 D．96种解析：从3块不同的土地中选1块种1号种子，有C13种方法，从其余的3种种子中选2种种在另外的2块土地上，有A23种方法，所以所求方法有C13A23＝18(种)．答案：B4．将4个颜色互不相同的球全部收入编号为1和2的2个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )A．10种 B．20种 C．36种 D．52种解析：根据2号盒子里放球的个数分类：第一类，2号盒子里放2个球，有C24种放法，第二类，2号盒子里放3个球，有C34种放法，剩下的小球放入1号盒中，共有不同放球方法C24＋C34＝10(种)．答案：A5．某电视台连续播放5个广告，其中有3个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求最后播放的必须是公益广告，且2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式有( )A ．120种B ．48种C ．36种D ．18种解析：依题意，所求播放方式的种数为C 12C 13A 33＝2×3×6＝36.答案：C二、填空题6．教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．解析：先把6个毕业生平均分成3组，方法有C 26C 24C 22A 33(种)，再将3组毕业生分到3所学校，方法有A 33＝6(种)，故6个毕业生平均分到3所学校，分派方法共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90(种)．答案：907．50件产品中有4件是次品，从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共有________种．解析：分两类，有4件次品的抽法有C 44C 146种，有3件次品的抽法有C 34C 246种，所以不同的抽法共有C 44C 146＋C 34C 246＝4 186(种)．答案：4 1868．以正方体的顶点为顶点的四面体共有________个．解析：先从8个顶点中任取4个的取法为C 48种，其中，共面的4点有12个，则四面体的个数为C 48－12＝58(个)．答案：58三、解答题9．为了提高学生参加体育锻炼的热情，光明中学组织篮球比赛，共24个班参加，第一轮比赛是先分四组进行单循环赛，然后各组取前两名再进行第二轮单循环赛(在第一轮中相遇过的两个队不再进行比赛)，问要进行多少场比赛？解：第一轮每组6个队进行单循环赛，共有C 26场比赛，4个组共计4C 26场．第二轮每组取前两名，共计8个组，应比赛C 28场，由于第一轮中在同一组的两队不再比赛，故应减少4场，因此第二轮的比赛应进行C 28＝4(场)．综上，两轮比赛共进行4C 26＋C 28－4＝84(场)．10．从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲，分别按下列要求，各有多少种不同选法？(1)男、女同学各2名；(2)男、女同学分别至少有1名；(3)在(2)的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出．解：(1)(C25C24)A44＝1 440.所以男、女同学各2名共有1 440种选法．(2)(C15C34＋C25C24＋C35C14)A44＝2 880，所以男、女同学分别至少有1名共有2 880种选法．(3)[120－(C23＋C14C13＋C24)]A44＝2 376，所以在(2)的前提下，男同学甲与女同学乙不能同时选出共有2 376 种选法．B级能力提升1．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为( )A．C25C26B．C25A26C．C25A22C26A22D．A25A26解析：分两步进行．第一步，选出两名男选手，有C25种方法；第二步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有A26种．故有C25A26种组合方法．答案：B2．某科技小组有六名学生，现从中选出三人去参观展览，至少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女生人数为________．解析：设男生人数为x，则女生有(6－x)人．依题意C36－C3x＝16，则6×5×4＝x(x－1)(x－2)＋16×6，所以x(x－1)(x－2)＝2×3×4，解得x＝4.即女生有2人．答案：23．有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？解：法一依0与1两个特殊值分析，可分三类：(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有C14种方法；0可在后两位；有C12种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C13种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有C14C12C13·22个．(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C24·22·A33个．(3)0和1都不取，有不同三位数C34·23·A33个．综上所述，不同的三位数共有C14C12C13·22＋C24·22·A23＋C34·23·A33＝432(个)．法二任取三张卡片可以组成不同三位数C35·23·A33个，其中0在百位的有C24·22·A22个，这是不合题意的，故可组成的不同三位数共有C35·23·A33－C24·22·A22＝432(个)．。

2020_2021学年高中数学第1章计数原理1.2.2第2课时组合的综合应用作业新人教A版选修2_3

第一章 1.2 1.2.2 第2课时【基础练习】1．某大学开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有()A．3种B．6种C．9种D．18种【答案】C2.(2019年四川模拟)从1，3，5，7，9中任取3个数字，从2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的五位数，则组成的五位数中偶数的个数为（）A．7200 B．2880 C．120 D．60【答案】B3．12名同学合影，站成了前排4人后排8人．现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是()A．C28A23B．C28A66C．C28A26D．C28A25【答案】C4.(2020年开封模拟)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科.学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为()A.6B.12C.19D.20【答案】C【解析】从六科中选考三科的选法有C36种，其中不选物理、政治、历史中任意一科的选法有1种，因此学生甲的选考方法共有C36－1＝19种.5．(2015年上海)在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为________．(结果用数值表示)【答案】1206.(2019年常熟期中)某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网（图中黑线表示道路），则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有条．【答案】126【解析】要使路线最短，则只能向东或向北走，从A地到B地归结为走完5条横线段和4条纵线段，从9个行走段中任取4个走纵线段，其余5个行走段走横线段，故共有C94=126种走法，即最短路线有126条.7．现有12件产品，其中5件一级品，4件二级品，3件三级品，从中取出4件使得：(1)至少1件一级品，共几种取法？(2)至多2件一级品，共几种取法？(3)不都是一级品，共几种取法？(4)都不是一级品，共几种取法？【解析】(1)C412－C47＝460(种)．(2)C47＋C15·C37＋C25·C27＝420(种)．(3)排除都是一级品的，所以有C412－C45＝490(种)．(4)都不是一级品，则只能从其余7件中选取，有C47＝35(种)．8．从1到9的九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？(4)在(1)中任意两个偶数不相邻的七位数有几个？【解析】(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C34·C45·A77＝100 800(个)．(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C34·C45·A55·A33＝14 400(个)．(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C34·C45·A33·A44·A22＝5 760(个)．(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空中，共有C 34·C 45·A 44·A 35＝28 800(个)．【能力提升】9．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】分两类：第一类，剩余的一本是画册，则赠送方法有C 14种；第二类，剩余的一本是集邮册，则赠送方法有C 24 种，因此共有C 14＋C 24＝10种不同的赠送方法．10.(2020年马鞍山模拟)某学校有5位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训，现有5个培训项目，每位教师可任意选择其中一个项目进行培训，则恰有两个培训项目没有被这5位教师中的任何一位教师选择的情况数为( )A.5 400B.3 000C.1 500D.150 【答案】C【解析】第一步：从5个培训项目中选取3个，共C 35种情况；第二步：5位教师分成两类：①选择选出的3个培训项目的教师人数分别为1人，1人，3人，共C 35C 12C 11A 22种情况；②选择选出的3个培训项目的教师人数分别为1人，2人，2人，共C 25C 23C 11A 22种情况.故选择情况数为C 35⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 25C 23C 11A 22A 33＝1 500(种). 11.(2019年浙江模拟)现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有_______种.（结果用数字表示）【答案】336【解析】若不考虑红球与黄球不相邻，则4个小球有A 44种排法，再安排空盒，有C 52A 22种方法;若红球与黄球相邻，则4个小球有A 33A 22种排法，再安排空盒，有C 42A 22种方法.所以所求方法种数为A 44C 52A 22-A 33A 22C 42A 22=336.12．如下图，在以AB 为直径的半圆周上，有异于A ，B 的六个点C 1，C 2，C 3，C 4，C 5，C 6，直径AB 上有异于A ，B 的四个点D 1，D 2，D 3，D 4.(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作多少个？(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？【解析】(1)可分三类：第一类，C1，C2，C3，C4，C5，C6中取三点，可构成C36个三角形；第二类，C1，C2，C3，C4，C5，C6中取两点，D1，D2，D3，D4中取一点，可构成C26·C14个三角形；第三类，C1，C2，C3，C4，C5，C6中取一点，D1，D2，D3，D4中取两点，可构成C16·C24个三角形．∴共有C36＋C26·C14＋C16·C24＝116(个)．(2)构成一个四边形，需要四个点且无三点共线，∴共有C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个)．。

2019_2020学年高中数学第一章计数原理1.2.1排列第2课时排列的综合应用练习新人教A版选修2_3

第2课时排列的综合应用【基础练习】1．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法种数为( )A．42 B．30C．20 D．12【答案】A2．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A，B可以不相邻)，那么不同的排法有( )A．24种B．60种C．90种D．120种【答案】B3.(2019年台州期末)有甲、乙、丙三位同学，分别从物理、化学、生物、政治、历史五门课中任选一门，要求物理必须有人选，且每人所选的科目各不相同，则不同的选法种数为( ) A.24 B.36 C.48 D.72【答案】B【解析】先不考虑物理必须有人选，则不同的选法有A53=60种.若物理没人选，即三位同学从四门课中任选一门，不同的选法有A43=24种.所以满足题目的不同选法种数为60-24=36.故选B.4．(2017年荆州月考)有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A，B两位学生去问老师成绩，老师对A说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为( ) A．6 B．18C．20 D．24【答案】B【解析】(元素优先法)首先排A：A可在第二、四、五3个名次上，有A13种排法，排好A 后，C，D，E全排列，有A33种名次排法，即这5位学生的名次排列种数为A13·A33＝18(种)．5．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有______种．【答案】366．7个人站一队，其中甲在排头，乙不在排尾，则不同的排列方法有________种．【答案】6007．(1)由数字1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字的五位数？可以组成多少个没有重复数字的正整数？(2)由数字1,2,3,4可以组成多少个没有重复数字的比1 300大的正整数？【解析】(1)由数字1,2,3,4,5可以组成A55＝120个没有重复数字的五位数．由数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的正整数，共分为5类．第1类，一位数有A15个；第2类，两位数有A25个；第3类，三位数有A35个；第4类，四位数有A45个；第5类，五位数有A55个．所以根据分类加法计数原理，由数字1,2,3,4,5可以组成A15＋A25＋A35＋A45＋A55＝325个没有重复数字的正整数．(2)由数字1,2,3,4组成没有重复数字的比1 300大的正整数，共分为4类．第1类，千位数字为1且比1 300大，百位数字只能是3或4，共有2×A22＝4个；第2类，千位数字为2，均比1 300大，有A33＝6个；第3类，千位数字为3，均比1 300大，有A33＝6个；第4类，千位数字是4，均比1 300大，有A33＝6个．根据分类加法计数原理，由数字1,2,3,4可以组成4＋6＋6＋6＝22个没有重复数字的比1 300大的正整数．8．有5名男生，4名女生排成一排．(1)从中选出3人排成一排，有多少种排法？(2)若甲男生不站排头，乙女生不站排尾，则有多少种不同的排法？(3)要求女生必须站在一起，有多少种不同的排法？(4)若4名女生互不相邻，有多少种不同的排法？【解析】(1)只要从9名学生中任选三名排列即可，∴共有A39＝9×8×7＝504(种)．(2)将排法分成两类：一类是甲站在排尾，其余的可全排，有A88种排法；另一类是甲既不站排尾又不能站排头有A17种排法，乙不站排尾而站余下的7个位置中的一个有A17种排法，其余人全排列，于是这一类有A17·A17·A77种排法．由分类加法计数原理，知共有A88＋A17·A17·A77＝287 280(种)．(3)女生必须站在一起，是女生的全排列，有A44种排法．全体女生视为一个元素与其他男生全排列有A 66种排法．由分步乘法计数原理，知共有A 44·A 66＝17 280(种)．(4)分两步走．第一步，男生的全排列有A 55种排法；第二步，男生排好后，男生之间有4个空，加上男生排列的两端共6个空，女生在这6个空中排列，有A 46种排法．由分步乘法计数原理知，共为有A 55·A 46＝43 200(种)．【能力提升】9.(2019年吉林期中)将A ，B ，C ，D ，E ，F 六个字母排成一排，且A ，B 均在C 的同侧，则不同的排法共有( ) A.480种B.240 种C.960种D.720 种【答案】A【解析】方法一：按字母C 所在的位置分类，①字母C 排在左边第一个位置，则其余字母可任意排列，有A 55种排法；②字母C 排在左边第二个位置，则先把A,B 排在C 右边的四个位置中，再排剩下的三个字母，有A 42A 33中排法；③字母C 排在左边第三个位置，先把A,B 都排在C 左边的两个位置，或都排右边的三个位置，再排剩下的三个字母，有A 22A 33+A 32A 33种排法；④按照对称性，当字母C 排在左边第四、五、六个位置的情况分别与排在第三、二、一个位置的情况相同.所以不同的排法种数为2(A 55+A 42A 33+A 22A 33+A 32A 33)=480.故选A.方法二：六个字母全排列有A 66种排法.A,B,C 三个字母的排列顺序有6种(ABC,ACB,BAC,BCA,CAB,CBA)，其中满足“A,B 均在C 的同侧”的有4种(ABC,BAC,CAB,CBA)，故满足题意的不同排法种数为A 66×46=480.故选A.10．(2018年邢台检测)有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A 不能停在第3道上，货车B 不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法有( )A ．56种B ．63种C ．72种D ．78种【答案】D【解析】若没有限制，5列火车可以随便停，则有A 55种不同的停靠方法；快车A 停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法有A 44种；货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法有A 44种；快车A 停在第3道上，且货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法有A 33种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法有A 55－2A 44＋A 33＝120－48＋6＝78(种)．11．乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，现派5名队员参加比赛，3名主力队员要安排在第一、三、五的位置，再从其余的7名队员中选2名安排在二、四的位置，那么不同的出场安排共有________种．(用数字作答)【答案】252【解析】主力队员有3名，安排在3个位置上故有A33种方法，其余7名中选2名安排在2个位置上有A27种方式，总共有A33·A27＝252种出场安排．12．某年级某班，数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课安排在某一天，每门课一节，上午四节，下午两节，数学课必须在上午，体育课必须在下午，数、理、化三门课中任意两门不相邻，但上午第四节和下午第一节不叫相邻，则这样的课程不同排法的种数为多少？【解析】分两类：(1)数学在上午开头或结尾，有A12种，体育在下午，有A12种，理、化只能在上午两个位置上一节和下午上一节，有2A22种，其余两门在剩下的位置安排，有A22种．∴有A12·A12·2A22·A22＝32(种)．(2)数学在上午第二节或第三节安排，有A12种，体育在下午，有A12种，理、化只能在上午一个位置和下午一个位置上安排，有A22种，其余两门在剩下的位置安排，有A22种．∴有A12·A12·A22·A22＝16(种)．∴共有32＋16＝48(种)．。