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人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.1 条件概率与全概率公式第2课时教案设计
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这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.1 条件概率与全概率公式第2课时教案设计，共10页。教案主要包含了组合数公式的应用，有限制条件的组合问题，分组等内容，欢迎下载使用。
第2课时 组合数公式
学习目标 1.理解排列数与组合数之间的联系，掌握组合数公式.2.能运用组合数公式进行计算.3.会用组合数公式解决一些简单的组合问题．
知识点一 组合数公式
组合数
公式
乘积
形式
C＝，
其中m，n∈N*，并且m≤n
阶乘
形式
C＝
规定：C＝1.
知识点二 组合数的性质
性质1：C＝C.
性质2：C＝C＋C.
1．C＝________.
答案 2 020
2．C＋C＝________.
答案 3
3．若C＝21，C＝15，则C＝________.
答案 6
4．方程C＝C，则x＝________.
答案 2或3
一、组合数公式的应用
命题角度1 化简与求值
例1－1 求值：
(1)3C－2C；
(2)C＋C.
解 (1)3C－2C＝3×－2×＝148.
(2)∵∴9.5≤n≤10.5.
∵n∈N*，∴n＝10，
∴C＋C＝C＋C＝C＋C＝466.
命题角度2 与组合数有关的证明
例1－2 证明：mC＝nC.
证明 mC＝m·
＝
＝n·＝nC.
命题角度3 与组合数有关的方程或不等式
例1－3 (1)(多选)若C>C，则n的可能取值有( )
A．6 B．7 C．8 D．9
答案 ABCD
解析 由C>C得
⇒⇒又n∈N*，则n＝6,7,8,9.
∴该不等式的解集为{6,7,8,9}．
(2)已知－＝，求C＋C.
解 ∵－＝，
∴－＝，
即－
＝，
∴1－＝，
即m2－23m＋42＝0，
解得m＝2或m＝21.
∵0≤m≤5，m∈N*，∴m＝2，
∴C＋C＝C＋C＝C＝84.
反思感悟 (1)组合数公式C＝一般用于计算，而组合数公式C＝一般用于含字母的式子的化简与证明．
(2)要善于挖掘题目中的隐含条件，简化解题过程，如组合数C的隐含条件为m≤n，且m，n∈N*.
(3)计算时应注意利用组合数的两个性质：
①C＝C；②C＝C＋C.
跟踪训练1 (1)计算：C＋C；
(2)证明：C＝C.
(1)解 C＋C＝C＋C＝＋200
＝4 950＋200＝5 150.
(2)证明 C＝·
＝＝C.
二、有限制条件的组合问题
例2 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)C－C＝825(种)．
(2)至多有2名女生当选含有三类：
有2名女生当选；只有1名女生当选；没有女生当选，
所以共有CC＋CC＋C＝966(种)选法．
(3)分两类：
第一类女队长当选，有C＝495(种)选法，
第二类女队长没当选，有CC＋CC＋CC＋C＝295(种)选法，
所以共有495＋295＝790(种)选法．
反思感悟 有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类
(1)“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．
(2)“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 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
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CC＋CC＝210(种)．
三、分组、分配问题
命题角度1 平均分组
例3－1 (1)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人两本，有多少种方法？
(2)6本不同的书，分为三份，每份两本，有多少种方法？
解 (1)先从6本书中选2本给甲，有C种方法；再从其余的4本中选2本给乙，有C种方法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有C种方法，所以分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有CCC＝90(种)方法．
(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本，有CCC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CCC＝xA，所以x＝＝15.因此分为三份，每份两本，一共有15种方法．
命题角度2 不平均分组
例3－2 (1)6本不同的书，分为三份，一份一本，一份两本，一份三本，有多少种方法？
(2)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本，有多少种不同的方法？
解 (1)这是“不平均分组”问题，一共有CCC＝60(种)方法．
(2)在(1)的基础上再进行全排列，所以一共有CCCA＝360(种)方法．
命题角度3 分配问题
例3－3 6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种不同的方法？
解 可以分为三类情况：①“2,2,2型”，有CCC＝90(种)方法；②“1,2,3型”，有CCCA＝360(种)方法；③“1，1,4型”，有CA＝90(种)方法，所以一共有90＋360＋90＝540(种)方法．
反思感悟 “分组”与“分配”问题的解法
(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，均匀分成n组，最后必须除以n！；
②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！；
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，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
跟踪训练3 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1个球，有多少种放法？
(3)恰好有1个空盒，有多少种放法？
(4)每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？
(5)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？
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)方法一 先将4个小球分为3组，有种方法，再将3组小球投入4个盒子中的3个盒子，有A种投放方法，故共有·A＝144(种)放法．
方法二 先取4个球中的2个“捆”在一起，有C种选法，把它与其他2个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有A种投放方法，所以共有CA＝144(种)放法．
(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投入方法有2种，故共有C·2＝8(种)放法．
(5)先从4个盒子中选出3个盒子，再从3个盒子中选出1个盒子放入2个球，余下2个盒子各放1个，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有CC＝12(种)放法．
与几何有关的组合应用题
典例 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？
解 (1)方法一 可作出三角形C＋C·C＋C·C＝116(个)．
其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36(个)．
方法二 可作三角形C－C＝116(个)，
其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36(个)．
(2)可作出四边形C＋C·C＋C·C＝360(个)．
[素养提升] (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)把一个与几何相关的问题转化为组合问题，此题目的解决体现了数学抽象及数学运算的核心素养．
1．C＋C的值为( )
A．72 B．36 C．30 D．42
答案 B
解析 C＋C＝C＋C
＝＋＝15＋21＝36.
2．若C＝28，则n的值为( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案 B
解析 因为C＝28，所以n(n－1)＝28，又n∈N*，所以n＝8.
3．若A＝6C，则m等于( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案 C
解析 由已知得m(m－1)(m－2)＝6×，解得m＝7，故选C.
4．甲、乙、丙3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，则不同的选修方案的种数为______．
答案 96
解析 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C·C·C＝96(种)．
5．有4名男医生、3名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成1个医疗小组，则不同的选法共有________种．
答案 18
解析 从4名男医生中选2人，有C种选法，从3名女医生中选1人，有C种选法，由分步乘法计数原理知，所求选法种数为CC＝18.
1．知识清单：
(1)涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
(3)计算时应注意利用组合数的性质C＝C简化运算．
(4)分组分配问题．
2．方法归纳：分类讨论、正难则反、方程思想．
3．常见误区：分组分配中是否为“平均分组”．
1．计算：C＋C＋C等于( )
A．120 B．240 C．60 D．480
答案 A
解析 C＋C＋C＝＋＋＝120.
2．从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有( )
A．60种 B．48种 C．30种 D．10种
答案 C
解析 从5名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动，有C种方法，再从剩下的3人中选派2人参加星期日的公益活动，有C种方法，由分步乘法计数原理可得不同的选派方法共有C·C＝30(种)，故选C.
3．(多选)下列等式正确的有( )
A．C＝ B．C＝C
C．C＝C D．C＝C
答案 ABC
解析 A是组合数公式；B是组合数性质；由C＝×＝C得C正确；D错误．
4．200件产品中有3件次品，任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有( )
A．C·C种 B．CC＋CC种
C．C－C种 D．C－CC种
答案 B
解析 至少2件次品包含两类：(1)2件次品，3件正品，共CC种抽法，(2)3件次品，2件正品，共CC种抽法，由分类加法计数原理得，抽法共有CC＋CC种．
5．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
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CC＋CC＋CC＋CC＝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－C＝205.
6．4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去1名，则不同的保送方案有______种．
答案 36
解析 把4名学生分成3组有C种方法，再把3组学生分配到3所学校有A种方法，故共有CA＝36(种)保送方案．
7．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答)
答案 336
解析 当每个台阶上各站1人时有CA种站法；当两个人站在同一个台阶上时有CCC种站法．因此不同的站法种数为CA＋CCC＝210＋126＝336.
8．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有________种．
答案 600
解析 可以分情况讨论：①甲、丙同去，则乙不去，有C·A＝240(种)选法；②甲、丙同不去，有A＝360(种)选法，所以共有600种不同的选派方案．
9．已知C，C，C成等差数列，求C的值．
解 由已知得2C＝C＋C，
所以2×＝＋，
整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝7或n＝14，
要求C的值，故n≥12，所以n＝14，
于是C＝C＝＝91.
10．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？
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CC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CC种选法；
第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有CC种选法．
根据分类加法计数原理，一共有CC＋CC＋CC＝42(种)不同的选法．
11．若C－C＝C，则n等于( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 C
解析 因为C－C＝C，即C＝C＋C＝C，所以n＋1＝7＋8，即n＝14.
12．在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共(m＋n＋1)个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，则可作出的三角形的个数为( )
A．CC＋CC B．CC＋CC
C．CC＋CC＋CC D．CC＋CC
答案 C
解析 第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角形，有CC个；
第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与从OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有CC个；
第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个．
由分类加法计数原理知，可作出的三角形的个数为CC＋CC＋CC.
13．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
答案 D
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C＝1(种)；(2)取出的4个数中有2个偶数、2个奇数，取法有CC＝60(种)；(3)取出的4个数都是奇数，取法有C＝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)．
14．某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________．
答案 1 560
解析 先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．若4个组的人数按3,1,1,1分配，
则不同的分配方案有＝20(种)．
若4个组的人数为2,2,1,1，
则不同的分配方案有×＝45(种)．
故所有分组方法共有20＋45＝65(种)．
再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65A＝1 560(种)．
15．(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 BD
解析 任意两位同学之间交换纪念品共要交换C＝15(次)，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是每人得到5份纪念品．现在6位同学总共交换了13次，少交换了2次，这2次若不涉及同一人，则收到4份纪念品的同学有4人，若涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有2人．故选BD.
16．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，就找出了所有的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CA＝A(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A种测法．
所以共有不同测试方法A·A·A＝103 680(种)．
(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，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CCA＝576(种)．
第2课时 组合数公式
学习目标 1.理解排列数与组合数之间的联系，掌握组合数公式.2.能运用组合数公式进行计算.3.会用组合数公式解决一些简单的组合问题．
知识点一 组合数公式
组合数
公式
乘积
形式
C＝，
其中m，n∈N*，并且m≤n
阶乘
形式
C＝
规定：C＝1.
知识点二 组合数的性质
性质1：C＝C.
性质2：C＝C＋C.
1．C＝________.
答案 2 020
2．C＋C＝________.
答案 3
3．若C＝21，C＝15，则C＝________.
答案 6
4．方程C＝C，则x＝________.
答案 2或3
一、组合数公式的应用
命题角度1 化简与求值
例1－1 求值：
(1)3C－2C；
(2)C＋C.
解 (1)3C－2C＝3×－2×＝148.
(2)∵∴9.5≤n≤10.5.
∵n∈N*，∴n＝10，
∴C＋C＝C＋C＝C＋C＝466.
命题角度2 与组合数有关的证明
例1－2 证明：mC＝nC.
证明 mC＝m·
＝
＝n·＝nC.
命题角度3 与组合数有关的方程或不等式
例1－3 (1)(多选)若C>C，则n的可能取值有( )
A．6 B．7 C．8 D．9
答案 ABCD
解析 由C>C得
⇒⇒又n∈N*，则n＝6,7,8,9.
∴该不等式的解集为{6,7,8,9}．
(2)已知－＝，求C＋C.
解 ∵－＝，
∴－＝，
即－
＝，
∴1－＝，
即m2－23m＋42＝0，
解得m＝2或m＝21.
∵0≤m≤5，m∈N*，∴m＝2，
∴C＋C＝C＋C＝C＝84.
反思感悟 (1)组合数公式C＝一般用于计算，而组合数公式C＝一般用于含字母的式子的化简与证明．
(2)要善于挖掘题目中的隐含条件，简化解题过程，如组合数C的隐含条件为m≤n，且m，n∈N*.
(3)计算时应注意利用组合数的两个性质：
①C＝C；②C＝C＋C.
跟踪训练1 (1)计算：C＋C；
(2)证明：C＝C.
(1)解 C＋C＝C＋C＝＋200
＝4 950＋200＝5 150.
(2)证明 C＝·
＝＝C.
二、有限制条件的组合问题
例2 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)C－C＝825(种)．
(2)至多有2名女生当选含有三类：
有2名女生当选；只有1名女生当选；没有女生当选，
所以共有CC＋CC＋C＝966(种)选法．
(3)分两类：
第一类女队长当选，有C＝495(种)选法，
第二类女队长没当选，有CC＋CC＋CC＋C＝295(种)选法，
所以共有495＋295＝790(种)选法．
反思感悟 有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类
(1)“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．
(2)“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 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
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CC＋CC＝210(种)．
三、分组、分配问题
命题角度1 平均分组
例3－1 (1)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人两本，有多少种方法？
(2)6本不同的书，分为三份，每份两本，有多少种方法？
解 (1)先从6本书中选2本给甲，有C种方法；再从其余的4本中选2本给乙，有C种方法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有C种方法，所以分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有CCC＝90(种)方法．
(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本，有CCC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CCC＝xA，所以x＝＝15.因此分为三份，每份两本，一共有15种方法．
命题角度2 不平均分组
例3－2 (1)6本不同的书，分为三份，一份一本，一份两本，一份三本，有多少种方法？
(2)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本，有多少种不同的方法？
解 (1)这是“不平均分组”问题，一共有CCC＝60(种)方法．
(2)在(1)的基础上再进行全排列，所以一共有CCCA＝360(种)方法．
命题角度3 分配问题
例3－3 6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种不同的方法？
解 可以分为三类情况：①“2,2,2型”，有CCC＝90(种)方法；②“1,2,3型”，有CCCA＝360(种)方法；③“1，1,4型”，有CA＝90(种)方法，所以一共有90＋360＋90＝540(种)方法．
反思感悟 “分组”与“分配”问题的解法
(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，均匀分成n组，最后必须除以n！；
②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！；
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，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
跟踪训练3 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1个球，有多少种放法？
(3)恰好有1个空盒，有多少种放法？
(4)每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？
(5)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？
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)方法一 先将4个小球分为3组，有种方法，再将3组小球投入4个盒子中的3个盒子，有A种投放方法，故共有·A＝144(种)放法．
方法二 先取4个球中的2个“捆”在一起，有C种选法，把它与其他2个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有A种投放方法，所以共有CA＝144(种)放法．
(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投入方法有2种，故共有C·2＝8(种)放法．
(5)先从4个盒子中选出3个盒子，再从3个盒子中选出1个盒子放入2个球，余下2个盒子各放1个，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有CC＝12(种)放法．
与几何有关的组合应用题
典例 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？
解 (1)方法一 可作出三角形C＋C·C＋C·C＝116(个)．
其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36(个)．
方法二 可作三角形C－C＝116(个)，
其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36(个)．
(2)可作出四边形C＋C·C＋C·C＝360(个)．
[素养提升] (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)把一个与几何相关的问题转化为组合问题，此题目的解决体现了数学抽象及数学运算的核心素养．
1．C＋C的值为( )
A．72 B．36 C．30 D．42
答案 B
解析 C＋C＝C＋C
＝＋＝15＋21＝36.
2．若C＝28，则n的值为( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案 B
解析 因为C＝28，所以n(n－1)＝28，又n∈N*，所以n＝8.
3．若A＝6C，则m等于( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案 C
解析 由已知得m(m－1)(m－2)＝6×，解得m＝7，故选C.
4．甲、乙、丙3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，则不同的选修方案的种数为______．
答案 96
解析 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C·C·C＝96(种)．
5．有4名男医生、3名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成1个医疗小组，则不同的选法共有________种．
答案 18
解析 从4名男医生中选2人，有C种选法，从3名女医生中选1人，有C种选法，由分步乘法计数原理知，所求选法种数为CC＝18.
1．知识清单：
(1)涉及具体数字的可以直接用公式C＝＝计算．
(2)涉及字母的可以用阶乘式C＝计算．
(3)计算时应注意利用组合数的性质C＝C简化运算．
(4)分组分配问题．
2．方法归纳：分类讨论、正难则反、方程思想．
3．常见误区：分组分配中是否为“平均分组”．
1．计算：C＋C＋C等于( )
A．120 B．240 C．60 D．480
答案 A
解析 C＋C＋C＝＋＋＝120.
2．从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有( )
A．60种 B．48种 C．30种 D．10种
答案 C
解析 从5名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动，有C种方法，再从剩下的3人中选派2人参加星期日的公益活动，有C种方法，由分步乘法计数原理可得不同的选派方法共有C·C＝30(种)，故选C.
3．(多选)下列等式正确的有( )
A．C＝ B．C＝C
C．C＝C D．C＝C
答案 ABC
解析 A是组合数公式；B是组合数性质；由C＝×＝C得C正确；D错误．
4．200件产品中有3件次品，任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有( )
A．C·C种 B．CC＋CC种
C．C－C种 D．C－CC种
答案 B
解析 至少2件次品包含两类：(1)2件次品，3件正品，共CC种抽法，(2)3件次品，2件正品，共CC种抽法，由分类加法计数原理得，抽法共有CC＋CC种．
5．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
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CC＋CC＋CC＋CC＝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－C＝205.
6．4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去1名，则不同的保送方案有______种．
答案 36
解析 把4名学生分成3组有C种方法，再把3组学生分配到3所学校有A种方法，故共有CA＝36(种)保送方案．
7．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答)
答案 336
解析 当每个台阶上各站1人时有CA种站法；当两个人站在同一个台阶上时有CCC种站法．因此不同的站法种数为CA＋CCC＝210＋126＝336.
8．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有________种．
答案 600
解析 可以分情况讨论：①甲、丙同去，则乙不去，有C·A＝240(种)选法；②甲、丙同不去，有A＝360(种)选法，所以共有600种不同的选派方案．
9．已知C，C，C成等差数列，求C的值．
解 由已知得2C＝C＋C，
所以2×＝＋，
整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝7或n＝14，
要求C的值，故n≥12，所以n＝14，
于是C＝C＝＝91.
10．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？
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CC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CC种选法；
第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有CC种选法．
根据分类加法计数原理，一共有CC＋CC＋CC＝42(种)不同的选法．
11．若C－C＝C，则n等于( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 C
解析 因为C－C＝C，即C＝C＋C＝C，所以n＋1＝7＋8，即n＝14.
12．在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共(m＋n＋1)个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，则可作出的三角形的个数为( )
A．CC＋CC B．CC＋CC
C．CC＋CC＋CC D．CC＋CC
答案 C
解析 第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角形，有CC个；
第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与从OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有CC个；
第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个．
由分类加法计数原理知，可作出的三角形的个数为CC＋CC＋CC.
13．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
答案 D
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C＝1(种)；(2)取出的4个数中有2个偶数、2个奇数，取法有CC＝60(种)；(3)取出的4个数都是奇数，取法有C＝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)．
14．某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________．
答案 1 560
解析 先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．若4个组的人数按3,1,1,1分配，
则不同的分配方案有＝20(种)．
若4个组的人数为2,2,1,1，
则不同的分配方案有×＝45(种)．
故所有分组方法共有20＋45＝65(种)．
再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65A＝1 560(种)．
15．(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 BD
解析 任意两位同学之间交换纪念品共要交换C＝15(次)，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是每人得到5份纪念品．现在6位同学总共交换了13次，少交换了2次，这2次若不涉及同一人，则收到4份纪念品的同学有4人，若涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有2人．故选BD.
16．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，就找出了所有的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CA＝A(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A种测法．
所以共有不同测试方法A·A·A＝103 680(种)．
(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，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CCA＝576(种)．
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