高中數學人教A版3第一章計數原理排列與組合 全國獲獎

1．組合(二)[學習目標]1．能應用組合知識解決有關組合的簡單實際問題．2．能解決有限制條件的組合問題．[知識鏈接]1．滿足什么條件的兩個組合是相同的組合？答如果兩個組合中的元素完全相同，不管它們的順序如何，就是相同的組合，否則就是兩個不相同的組合(即使只有一個元素不同)．2．組合數公式的兩種形式在應用中如何選擇？答在具體選擇公式時要根據題目的特點正確選擇．公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),Aeq\o\al(m,m))常用于n為具體自然數的題目．一般偏向于組合數的計算．公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,（n－m）！·m！)常用于n為字母的題目，一般偏向于不等式的求解或恒等式的證明．[預習導引]1．組合的有關概念從n個不同元素中取出m(m≤n)個元素合成一組，叫做從n個不同元素中取出m個元素的一個組合．組合數，用符號Ceq\o\al(m,n)表示．其公式為Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),Aeq\o\al(m,m))＝eq\f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！)＝eq\f(n！,m?。╪－m）！)(n，m∈N*，m≤n)．特別地Ceq\o\al(0,n)＝Ceq\o\al(n,n)＝1.2．組合應用題的解法(1)無限制條件的組合應用題的解法步驟為：一、判斷；二、轉化；三、求值；四、作答．(2)有限制條件的組合應用題的解法常用解法有：直接法、間接法．可將條件視為特殊元素或特殊位置，一般地按從不同位置選取元素的順序分步，或按從同一位置選取的元素個數的多少分類.要點一分組、分配問題例16本不同的書，按下列要求各有多少種不同的選法：(1)分給甲、乙、丙三人，每人兩本；(2)分為三份，每份兩本；(3)分為三份，一份一本，一份兩本，一份三本；(4)分給甲、乙、丙三人，一人一本，一人兩本，一人三本；(5)分給甲、乙、丙三人，每人至少一本．解(1)先從6本書中選2本給甲，有Ceq\o\al(2,6)種選法；再從其余的4本中選2本給乙，有Ceq\o\al(2,4)種選法；最后從余下的2本書中選2本給丙，有Ceq\o\al(2,2)種選法；所以分給甲、乙、丙三人，每人2本，共有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90種．(2)分給甲、乙、丙三人，每人兩本有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)種方法，這個過程可以分兩步完成：第一步分為三份，每份兩本，設有x種方法；第二步再將這三份分給甲、乙、丙三名同學有Aeq\o\al(3,3)種方法．根據分步乘法計數原理可得：Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝xAeq\o\al(3,3)，所以x＝eq\f(Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(3,3))＝15.因此分為三份，每份兩本一共有15種方法．(3)這是“不均勻分組”問題，一共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝60種方法．(4)在(3)的基礎上再進行全排列，所以一共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360種方法．(5)可以分為三類情況：①“2、2、2型”即(1)中的分配情況，有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90種方法；②“1、2、3型”即(4)中的分配情況，有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360種方法；③“1、1、4型”，有Ceq\o\al(4,6)Aeq\o\al(3,3)＝90種方法．所以一共有90＋360＋90＝540種方法．規(guī)律方法“分組”與“分配”問題的解法(1)本題中的每一個小題都提出了一種類型的問題，搞清楚類型的歸屬對解題大有裨益．分清是分組問題還是分配問題是很關鍵的．(2)分組問題屬于“組合”問題，常見的分組問題有三種：①完全均勻分組，每組的元素個數均相等；②部分均勻分組，應注意不要重復，有n組均勻，最后必須除以n??；③完全非均勻分組，這種分組不考慮重復現(xiàn)象．(3)分配問題屬于“排列”問題，分配問題可以按要求逐個分配，也可以分組后再分配．跟蹤演練1有4個不同的球，4個不同的盒子，把球全部放入盒內，(1)共有多少種放法？(2)恰有1個盒不放球，有多少種放法？(3)恰有1個盒內放2個球，有多少種放法？(4)恰有2個盒內不放球，有多少種放法？解(1)一個球一個球地放到盒子里去，每個球都可有4種獨立的放法，由分步乘法計數原理知，放法共有44＝256(種)．(2)為保證“恰有1個盒子不放球”，先從4個盒子中任意拿去1個，即將4個球分成2、1、1的三組，有Ceq\o\al(2,4)種分法；然后再從3個盒子中選1個放2個球，其余2個球，2個盒子，全排列即可．由分步乘法計數原理知，共有放法Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(2,2)＝144(種)．(3)“恰有1個盒內放2個球”，即另外的3個盒子放剩下的2個球，而每個盒子至多放1個球，即另外3個盒子中恰有1個空盒．因此，“恰有1個盒子放2個球”與“恰有1個盒子不放球”是一回事，故也有144種放法．(4)先從4個盒子中任意拿走2個，有Ceq\o\al(2,4)種拿法，問題轉化為：“4個球，2個盒子，每盒必放球，有幾種放法？”，從放球數目看，可分為(3，1)，(2，2)兩類：第1類，可從4個球中先選3個，然后放入指定的一個盒子中即可，有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,2)種放法；第2類，有Ceq\o\al(2,4)種放法．因此共有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,4)＝14(種)．由分步乘法計數原理得“恰有2個盒子不放球”的放法有Ceq\o\al(2,4)×14＝84(種)．要點二與幾何圖形有關的組合問題例2已知平面α∥平面β，在α內有4個點，在β內有6個點．(1)過這10個點中的3點作一平面，最多可作多少個不同平面？(2)以這些點為頂點，最多可作多少個三棱錐？(3)上述三棱錐中最多可以有多少個不同的體積？解(1)所作出的平面有三類：①α內1點，β內2點確定的平面，有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,6)個．②α內2點，β內1點確定的平面，有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,6)個．③α，β本身，有2個．故所作的平面最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,6)＋2＝98(個)所以最多可作98個不同的平面．(2)所作的三棱錐有三類：①α內1點，β內3點確定的三棱錐，有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,6)個．②α內2點，β內2點確定的三棱錐，有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,6)個．③α內3點，β內1點確定的三棱錐，有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,6)個．∴最多可作出的三棱錐有：Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,6)＝194(個)所以最多可構成194個三棱錐．(3)∵當等底面積、等高的情況下三棱錐體積才能相等．∴體積不相同的三棱錐最多有Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(2,4)＝114(個)所以最多有114個體積不同的三棱錐．規(guī)律方法解決與幾何圖形有關的問題時，要善于利用幾何圖形的性質和特征，充分挖掘圖形的隱含條件，轉化為有限制條件的組合問題．跟蹤演練2平面內有12個點，其中有4個點共線，此外再無任何3點共線，以這些點為頂點，可得多少個不同的三角形？解法一我們把從共線的4個點中取點的多少作為分類的標準．第1類：共線的4個點中有2個點作為三角形的頂點，共有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,8)＝48(個)不同的三角形；第2類：共線的4個點中有1個點作為三角形的頂點，共有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,8)＝112(個)不同的三角形；第3類：共線的4個點中沒有點作為三角形的頂點，共有Ceq\o\al(3,8)＝56(個)不同的三角形．由分類加法計數原理，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(個)．法二間接法：Ceq\o\al(3,12)－Ceq\o\al(3,4)＝220－4＝216(個)．要點三排列、組合的綜合應用例3有5個男生和3個女生，從中選出5人擔任5門不同學科的課代表，求分別符合下列條件的選法數：(1)有女生但人數必須少于男生；(2)某女生一定擔任語文課代表；(3)某男生必須包括在內，但不擔任數學課代表；(4)某女生一定要擔任語文課代表，某男生必須擔任課代表，但不擔任數學課代表．解(1)先選后排，先取可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,3)種，后排有Aeq\o\al(5,5)種，共(Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,3))·Aeq\o\al(5,5)＝5400種．(2)除去該女生后，先取后排，有Ceq\o\al(4,7)·Aeq\o\al(4,4)＝840種．(3)先選后排，但先安排該男生，有Ceq\o\al(4,7)·Ceq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(4,4)＝3360種．(4)先從除去該男生、該女生的6人中選3人有Ceq\o\al(3,6)種，再安排該男生有Ceq\o\al(1,3)種，其中3人全排有Aeq\o\al(3,3)種，共Ceq\o\al(3,6)·Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(3,3)＝360(種)．規(guī)律方法解決有關排列與組合的綜合應用問題尤其應注意兩點：(1)審清題意，區(qū)分哪是排列，哪是組合；(2)往往綜合問題會有多個限制條件，應認真分析確定分類還是分步．跟蹤演練3有五張卡片，它們的正、反面分別寫著0與1，2與3，4與5，6與7，8與9.將其中任意三張并排放在一起組成三位數，共可組成多少個不同的三位數？解法一從0和1這個特殊情況考慮，可分三類：第1類：取0不取1，可先從另四張卡片中選一張作百位，有Ceq\o\al(1,4)種方法；0可在后兩位，有Ceq\o\al(1,2)種方法；最后需從剩下的三張中任取一張，有Ceq\o\al(1,3)種方法；又除含0的那張外，其他兩張都有正面或反面兩種可能，故此時可得不同的三位數有Ceq\o\al(1,4)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,3)×22個．第2類：取1不取0，同上分析可得不同的三位數Ceq\o\al(2,4)×22×Aeq\o\al(3,3)個．第3類：0和1都不取，有不同的三位數Ceq\o\al(3,4)×23×Aeq\o\al(3,3)個．綜上所述，不同的三位數共有Ceq\o\al(1,4)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,3)×22＋Ceq\o\al(2,4)×22×Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(3,4)×23×Aeq\o\al(3,3)＝432(個)．法二任取三張卡片可以組成不同的三位數Ceq\o\al(3,5)×23×Aeq\o\al(3,3)個，其中0在百位的有Ceq\o\al(2,4)×22×Aeq\o\al(2,2)個，這是不合題意的，故不同的三位數共有Ceq\o\al(3,5)×23×Aeq\o\al(3,3)－Ceq\o\al(2,4)×22×Aeq\o\al(2,2)＝432(個).1．身高各不相同的7名同學排成一排照相，要求正中間的同學最高，左右兩邊分別順次一個比一個低，這樣的排法種數是()A．5040B．36C．18D．20答案D解析最高的同學只能站在中間，它別無選擇；從剩下的6名同學中任選3名，有Ceq\o\al(3,6)種不同的方法，他們由高到低的排列次序唯一；剩下的3名同學由高到低的排列次序也唯一．∴不同的排法共有Ceq\o\al(3,6)＝20(種)．2．某中學要從4名男生和3名女生中選4人參加公益活動，若男生甲和女生乙不能同時參加，則不同的選派方案共有()A．25種B．35種C．820種D．840種答案A解析分3類完成：男生甲參加，女生乙不參加，有Ceq\o\al(3,5)種選法；男生甲不參加，女生乙參加，有Ceq\o\al(3,5)種選法；兩人都不參加，有Ceq\o\al(4,5)種選法．所以共有2Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(4,5)＝25(種)不同的選派方案．3．某學校開設A類選修課3門，B類選修課4門，一位同學從中共選3門，若要求兩類課程中各至少選一門，則不同的選法共有________種(用數字作答)．答案30解析分兩類，A類選修課2門，B類選修課1門，或者A類選修課1門，B類選修課2門，因此，共有Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,4)＝30(種)選法．4．正六邊形頂點和中心共7個點，可組成________個三角形．答案32解析不共線的三個點可組成一個三角形，7個點中共線的是：正六邊形過中心的3條對角線，即共有3種情況，故組成三角形的個數為Ceq\o\al(3,7)－3＝32.1．應用組合知識解決實際問題的四個過程2．注意結合知識背景理解“有序”“無序”，是排列問題還是組合問題，問法的細微變化就可能導致問題性質的變化，解題時要注意審題.一、基礎達標1．凸十邊形的對角線的條數為 ()A．10 B．35 C．45 D．90答案B解析Ceq\o\al(2,10)－10＝35，所以選B.2．在直角坐標系xOy平面上，平行直線x＝m(m＝0，1，2，3，4)，與平行直線y＝n(n＝0，1，2，3，4)組成的圖形中，矩形共有 ()A．25個 B．100個 C．36個 D．200個答案B解析Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(2,5)＝10×10＝100，所以選B.3．某班級要從4名男生、2名女生中選派4人參加某次社區(qū)服務，如果要求至少有1名女生，那么不同的選派方案種數為 ()A．14 B．24 C．28 D．48答案A解析6人中選4人的方案有Ceq\o\al(4,6)＝15(種)，沒有女生的方案只有一種，所以滿足要求的方案總數有14種．4．現(xiàn)有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍色、綠色卡片各4張，從中任取3張，要求這3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同取法的種數為 ()A．232 B．252 C．472 D．484答案C解析含1張紅色卡片，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,12)＝264(種)不同取法；不含紅色卡片有Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)＝208(種)取法，共有264＋208＝472(種)取法．5．在50件產品中有4件是次品，從中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共有________種．答案4186解析分兩類，有4件次品的抽法為Ceq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,46)種；有3件次品的抽法有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,46)種，所以共有Ceq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,46)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,46)＝4186(種)不同的抽法．6．某運動隊有5對老搭檔運動員，現(xiàn)抽派4個運動員參加比賽，則這4人都不是老搭檔的抽派方法數為________．答案80解析先抽取4對老搭檔運動員，再從每對老搭檔運動員中各抽1人，故有Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＝80(種)．7．空間有10個點，其中有5個點共面(除此之外再無4點共面)，以每4個點為頂點作一個四面體，問一共可作多少個四面體？解不考慮任何限制，10個點可得Ceq\o\al(4,10)個四面體．由于有5個點共面，這5個點中的任意4個點都不能構成四面體，共有Ceq\o\al(4,5)種情形．∴構成四面體的個數為Ceq\o\al(4,10)－Ceq\o\al(4,5)＝210－5＝205.二、能力提升8．編號為1，2，3，4，5，6，7的七盞路燈，晚上用時只亮三盞燈，且任意兩盞亮燈不相鄰，則不同的開燈方案有 ()A．60種 B．20種 C．10種 D．8種答案C解析四盞熄滅的燈產生的5個空檔中放入3盞亮燈，即Ceq\o\al(3,5)＝10.9．已知圓上9個點，每兩點連一線段，所有線段在圓內的交點有 ()A．36個 B．72個 C．63個 D．126個答案D解析此題可化歸為：圓上9個點可組成多少個四邊形，每個四邊形的對角線的交點即為所求，所以，交點有Ceq\o\al(4,9)＝126(個)．10．(2023·重慶理)從3名骨科、4名腦外科和5名內科醫(yī)生中選派5人組成一個抗震救災醫(yī)療小組，則骨科、腦外科和內科醫(yī)生都至少有1人的選派方法種數是________(用數字作答)．答案590解析分三類：①選1名骨科醫(yī)生，則有Ceq\o\al(1,3)(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,5))＝360(種)；②選2名骨科醫(yī)生，則有Ceq\o\al(2,3)(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5))＝210(種)；③選3名骨科醫(yī)生，則有Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5)＝20(種)，∴骨科、腦外科和內科醫(yī)生都至少有1人的選派方法種數是360＋210＋20＝590.11．在某次數字測驗中，記座號為n(n＝1，2，3，4)的同學的考試成績?yōu)閒(n)．若f(n)∈{70，85，88，90，98，100}，且滿足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)，則這4位同學考試成績的所有可能有多少種？解f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)可分為①f(1)<f(2)<f(3)<f(4)；②f(1)<f(2)＝f(3)<f(4)兩種情形．對于①，只需在集合中取4個數字，有Ceq\o\al(4,6)種，對于②，只需在集合中取3個數字，有Ceq\o\al(3,6)種．即不同的取法共有Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(3,6)＝35(種)．12．在一次數學競賽中，某學校有12人通過了初試，學校要從中選出5人去參加市級培訓，在下列條件下，有多少種不同的選法？(1)任意選5人；(2)甲、乙、丙三人必須參加；(3)甲、乙、丙三人不能參加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人參加；(5)甲、乙、丙三人至少1人參加．解(1)Ceq\o\al(5,12)＝792(種)不同的選法．