人教B版 (2019)选择性必修 第二册3.1.3 组合与组合数第2课时导学案及答案

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第二册3.1.3 组合与组合数第2课时导学案及答案，共13页。

第2课时　组合数的应用
(教师独具内容)
课程标准：通过实例，理解组合的概念与组合数公式的应用．
教学重点：进一步加深对组合概念及性质的理解．
教学难点：掌握几种有限制条件的组合问题的处理方法，能应用组合数公式及性质解决简单的实际问题.




知识点　　　　解排列组合综合题的思路
解决该问题的一般思路是先选后排，先组合后排列，解题时应灵活运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理．分类时，注意各类中是否分步，分步时，注意各步中是否分类．

1．无条件限制的组合应用题的解题步骤
(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、面及所要构造的模型，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．
(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对象个数相同，是不可区分的，而后者即使两组对象个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的．

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)3个相同的小球放入5个不同的盒子中，每盒至多放一个球，这个问题是排列问题．(　　)
(2)3个不同的小球放入5个不同的盒子中，每盒至多放一个球，这个问题是组合问题．(　　)
(3)将9本不同的书分成三堆，每堆三本是均匀分组问题．(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(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




题型一 有限制条件的组合问题
例1　男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)既要有队长，又要有女运动员．
[解]　(1)第一步：选3名男运动员，有C种选法；第二步：选2名女运动员，有C种选法，故共有CC＝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CC＋CC＋CC＋CC＝246种选法．
解法二：(排除法)不考虑条件，从10人中任选5人，有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种，故“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246种．
(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C种，故不选女队长时共有C－C种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191种．

点睛
解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接法”和“排除法”，其中用直接法求解时，应依据“特殊对象优先安排”的原则，即优先安排特殊对象，再安排其他对象．而选择排除法的原则是“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．



　有11名外语翻译人员，其中5名是英语译员，4名是日语译员，另外两名英、日都精通，从中找出8人，使他们可以组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，4人翻译日语，这两个小组能同时工作，问这样的8人名单共可开出几张？
解　解法一：按“英、日都精通的人”的参与情况，可分为三类：
第一类，“英、日都精通”的人不参加，有CC种；
第二类，“英、日都精通”的人有1人参加，该人可参加英语，也可参加日语，共有CCC＋CCC种；
第三类，“英、日都精通”的均参加，共有CCA＋CC＋CC种．
由分类加法计数原理可得，共有CC＋CCC＋CCC＋CCA＋CC＋CC＝185种．
解法二：按“英、日都精通”的人参加英语翻译的人数，可分为三类：
第一类，“英、日都精通”的人不参加英语翻译，有CC种；
第二类，“英、日都精通”的人恰有1人参加英语翻译，共有CCC种；
第三类，“英、日都精通”的人全部参加英语翻译，共有CC种．
由分类加法计数原理可得，共有CC＋CCC＋CC＝185种．
故这样的8人名单可开出185张.
　　
题型二 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(不包括A，B)中的3个为顶点作三角形可作多少个？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个为顶点，可作出多少个四边形？
[解]　(1)C＋CC＋CC＝116个．
其中以C1为顶点的三角形有C＋CC＋C＝36个．
(2)C＋CC＋CC＝360个．

点睛
(1)解决几何图形中的组合问题，首先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，其次应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题．
(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．



　(1)四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？
(2)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，有多少种不同的取法？

解　(1)(直接法)如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3C种取法；含顶点A的三条棱上各有三个点，它们与所对的棱的中点共面，共有3种取法．根据分类加法计数原理，与顶点A共面的三点的取法有3C＋3＝33种．
(2)(排除法)如图，从10个点中取4个点的取法有C种，除去4个点共面的取法种数可以得到结果．从四面体同一个面上的6个点取出的4个点必定共面，有4C＝60种，四面体的每一棱上的3个点与相对棱中点共面，共有6种共面情况，从6条棱的中点中取4个点时有3种共面情况(对棱中点连线两两相交且互相平分)，故4个点不共面的取法有C－(60＋6＋3)＝141种．


题型三 分组、分配问题

角度1：不同对象分组、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；
(5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．
[解]　(1)先从6本书中选2本给甲，有C种选法；再从其余的4本中选2本给乙，有C种选法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有C种选法，所以分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有CCC＝90种分法．
(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有CCC种分法，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种分法；第二步，将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A种分法．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种分法．
(3)这是“不均匀分组”问题，一共有CCC＝60种分法．
(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有CCCA＝360种分法．
(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”即(1)中的分配情况，有CCC＝90种分法；②“1、2、3型”即(4)中的分配情况，有CCCA＝360种分法；③“1、1、4型”，有CA＝90种分法．所以一共有90＋360＋90＝540种分法．

点睛
“分组”与“分配”问题的解法
(1)本例中的每一个小题都提出了一种类型的问题，搞清楚类型的归属对解题大有裨益．要分清是分组问题还是分配问题，这个是很关键的．
(2)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，每组的对象个数均相等，最后必须除以组数的阶乘；
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．
(3)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．



　按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？
(1)各组人数分别为2,4,6人；
(2)平均分成3个小组；
(3)平均分成3个小组，进入3个不同车间．
解　(1)CCC＝13860种．
(2)＝5775种．
(3)分两步：第一步，平均分成3个组；第二步，让3个小组分别进入3个不同车间，故有·A＝CCC＝34650种不同的分法．
角度2：相同对象分配问题

例4　6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列放法的种数．
(1)每个盒子都不空；
(2)恰有一个空盒子；
(3)恰有两个空盒子．
[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C＝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|○|○○○|○○|，有C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|○|○○○||○○|，有C种插法，故共有CC＝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个空隙插一块隔板，有C种插法，如|○○|○○○○|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．
①这两块隔板与前面的三块隔板形成不相邻的两个空盒子，如||○○||○○○○|，有C种插法．
②将两块隔板与前面三块隔板之一并放，如|○○|||○○○○|，有C种插法．
故共有C(C＋C)＝30种．

点睛
相同对象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对象的分配问题．
(2)将n个相同的对象分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块隔板．



　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)每盒至多一球，有多少种放法？
(2)每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？
(3)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？
(4)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？
解　(1)这是全排列问题，共有A＝24种放法．
(2)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个球的投放方法有2种，故共有C·2＝8种放法．
(3)先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．因为球是相同的，即没有顺序，所以属于组合问题，故共有CC＝12种放法．
(4)(隔板法)先将编号为1,2,3,4的4个盒子分别放入0,1,2,3个球，再把剩下的14个球分成四组，即在○○○○○○○○○○○○○○这14个球中间的13个空中放入三块隔板，共有C＝286种放法，如○○|○○○○○|○○○|○○○○，即编号为1,2,3,4的盒子分别放入2,6,5,7个球.

题型四 排列、组合的综合应用
例5　有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，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科代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；
(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．
[解]　(1)先取后排，先取可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有CC＋CC种，后排有A种，共(CC＋CC)A＝5400种．
(2)除去该女生后，先取后排，有CA＝840种．
(3)先取后排，但先安排该男生，有CCA＝3360种．
(4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C种，再安排该男生担任科代表有C种，其中3人全排有A种，共CCA＝360种．

点睛
解决排列、组合综合问题要遵循的两个原则
(1)按事情发生的过程进行分步；
(2)按对象的性质进行分类．解决时通常从三个途径考虑：
①以对象为主考虑，即先满足特殊对象的要求，再考虑其他对象；
②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
③先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．

　有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．若取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？
解　分三类：
第一类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有CCCCA种．
第二类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有CCA种．
第三类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有CCA种．
故满足题意的所有不同的排法共有CCCCA＋2CCA＝432种．

　 　 　 　　　　　 　 　　　　 　 　　

1．将四名教师分配到三个班级去参加活动，要求每班至少一名的分配方法有(　　)
A．72种 B．48种 C．36种 D．24种
答案　C
解析　CA＝36种．
2. 如图是由6个正方形拼成的矩形图案，从图中的12个顶点中任取3个顶点作为一组．其中可以构成三角形的组数为(　　)

A．208 B．204 C．200 D．196
答案　C
解析　任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种：一是3条横线上的4个点，其组数为3C；二是4条竖线上的3个点，其组数为4C；三是4条对角线上的3个点，其组数为4C，所以可以构成三角形的组数为C－3C－8C＝200，故选C.
3．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　分三种情况：①4个都是偶数；②两个为偶数，两个为奇数；③4个都是奇数．故共有C＋CC＋C＝66种．故选D.
4．2020年3月12日是第十五个世界肾脏日，某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传这届肾脏日的主题：“全球每个人的肾脏健康——人人可享、处处可及，从预防到诊治，公平获得治疗”，不同的分配方案有________种(用数字作答)．
答案　90
解析　·A＝90种．
5．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．
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CCC＝64种，
若2张同色，则有CCCC＝144种；
若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有CCCC＝192种，
剩余2张同色，则有CCC＝72种，
所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法．

　 　 　 　　　　　 　 　　　　 　 　　

A级：“四基”巩固训练

一、选择题
1．在平面直角坐标系xOy中，平行直线x＝m(m＝0,1,2,3,4)与平行直线y＝n(n＝0,1,2,3,4)组成的图形中，矩形共有 (　　)
A．25个 B．100个 C．36个 D．200个
答案　B
解析　可以组成CC＝10×10＝100个矩形．故选B.
2．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　)
A．10种 B．15种 C．20种 D．30种
答案　C
解析　按比赛局数分类：3局时有2种，4局时有2C种，5局时有2C种，故共有2＋2C＋2C＝20种．
3．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　分两种情况：①选2本画册，2本集邮册赠送给4位朋友，因为2本画册，2本集邮册是相同的，所以只需考虑对4位朋友平均分2组，再排列(一组送画册，一组送集邮册)，共有·A＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册赠送给4位朋友，只需考虑从4位朋友中选出1位送画册，其余的送集邮册，共有C＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10种．故选B.
4．某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学来自同一年级的乘车方式共有 (　　)
A．24种 B．18种 C．48种 D．36种
答案　A
解析　第一类：大一的孪生姐妹在甲车上，甲车上剩下2名同学要来自不同的年级，从三个年级中选两个年级，有C种选法，然后从选出的两个年级中再分别选1名同学，有CC种选法，剩下的4名同学乘坐乙车，则有CCC＝3×2×2＝12种乘车方式；
第二类：大一的孪生姐妹不在甲车上，则从剩下的三个年级中选同一个年级的2名同学在甲车上，有CC种选法，然后再从剩下的两个年级中分别选1名同学，有CC种选法，则有CCCC＝3×1×2×2＝12种乘车方式．因此共有12＋12＝24种不同的乘车方式．故选A.
5．(多选)某批产品中有一等品100个，二等品80个，三等品30个，从其中任取10个进行检验，下列说法正确的是(　　)
A．一共有C种抽取结果
B．全部抽到一等品的结果有C种
C．恰好抽到5个二等品的结果有CC种
D．至少抽到1个一等品的结果有C－C种
答案　ABD
解析　对于A，这批产品一共有100＋80＋30＝210个，从其中任取10个检验，则共有C种抽取结果，故A正确；对于B，这批产品中有一等品100个，取出10个一等品，共有C种抽取结果，故B正确；对于C，恰好抽到5个二等品，则剩下的5个产品从一等品和三等品中抽取，采用分步计数：先抽取5个二等品，再抽取5个非二等品，根据分步乘法计数原理，一共有CC种抽取结果，故C错误；对于D，至少抽到1个一等品的结果数等于所有的抽取结果数减去没有抽到一等品的结果数，即C－C，故D正确，故选ABD.
二、填空题
6．有编号为1,2,3的3个盒子和10个相同的小球，现把这10个小球全部装入3个盒子中，使得每个盒子所装球数不小于盒子的编号数，这种装法共有________种．
答案　15
解析　将编号为1,2,3的盒子分别放入1个，2个，3个小球，将剩下4个球放入三个盒子有四类情况，即“4＋0＋0”“3＋1＋0”“2＋2＋0”“1＋1＋2”，故共有C＋A＋C＋C＝15种．
7．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)．
答案　60
解析　只需看3张有奖的分配情况就可以，有两类．
①4人中每人至多1张有奖，共有A＝4×3×2＝24种获奖情况；②4人中，有1人2张有奖，还有1人1张有奖，其余的2人无奖，共有分法CA＝3×4×3＝36种．
综上所述，共有24＋36＝60种不同的获奖情况．
8．将并排的有不同编号的5个房间安排给5个人临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________．
答案　900
解析　先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有AC＝900种．
三、解答题
9．直线x＝1，y＝x将圆x2＋y2＝4分成四块A，B，C，D，用五种不同的颜色给四块涂色，要求共边两块颜色互异，每块只涂一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？
解　共可分为三类：
第一类：用五色中两色，共有CA种；
第二类：用五色中三色，共有CCCA种；
第三类：用五色中四色，共有CA种．
由分类加法计数原理知，共有CA＋CCCA＋CA＝260种不同的涂色方法．
10．从1到9的九个数字中取三个偶数、四个奇数，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3个偶数排在一起的有几个？
(3)(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)(1)中任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？
解　(1)分步完成：第一步，在4个偶数中取3个，可有C种取法；第二步，在5个奇数中取4个，可有C种取法；第三步，3个偶数、4个奇数进行排列，可有A种排法．所以符合题意的七位数有CCA＝100800个．
(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有CCAA＝14400个．
(3)(1)中的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有CCAAA＝5760个．
(4)(1)中的七位数中，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CCAA＝28800个．

B级：“四能”提升训练
1．在运动会上，某代表队中赛艇运动员有10人，3人会划右舷，2人会划左舷，其余5人左右两舷都会划，现要从中选6人上艇，平均分配在两舷上划桨，有多少种不同的选法？
解　按照只会划左舷被选中的人数进行分类：
第一类，不选只会划左舷的2人，需先在两舷都会划的5人中选3人划左舷，有C种选法，再在剩下的5人中选3人划右舷，有C种选法，故共有CC＝100种选法；
第二类，只会划左舷的1人入选，有C种选法，需先在两舷都会划的5人中选2人划左舷，再在会划右舷的6人中选3人划右舷，共有CCC＝400种选法；
第三类，只会划左舷的2人都入选，有C种选法，先从两舷都会划的5人中选1人划左舷，再从会划右舷的7人中选3人划右舷，共有CCC＝175种选法．
由分类加法计数原理知，共有100＋400＋175＝675种不同的选法．
2．已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β内有6个点．
(1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？
(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？
(3)上述三棱锥中最多可以有多少个体积不同的？
解　(1)所作的平面有三类：
第一类，α内1点，β内2点确定的平面，有CC个．
第二类，α内2点，β内1点确定的平面，有CC个．
第三类，α，β本身，有2个．
故所作的平面最多有CC＋CC＋2＝98个．
(2)所作的三棱锥有三类：
第一类，α内1点，β内3点确定的三棱锥，有CC个．
第二类，α内2点，β内2点确定的三棱锥，有CC个．
第三类，α内3点，β内1点确定的三棱锥，有CC个．
∴最多可作的三棱锥有CC＋CC＋CC＝194个．
(3)∵在等高的情况下，相应的底面积相等，三棱锥的体积才能相等，
∴体积不相同的三棱锥最多有C＋C＋CC＝114个．