新教材同步备课2024春高中数学第6章计数原理6.2排列与组合6.2.3组合6.2.4组合数第2课时组合的综合应用教师用书新人教A版选择性必修第三册

第2课时　组合的综合应用 类型1　有限制条件的组合问题【例1】　3.15消费者权益日，工商局对35件奶制品进行抽样调查，已知其中有15件不合格．现从35件奶制品中选取3件．(1)其中不合格品A必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中不合格品B不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2件不合格品在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2件不合格品在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2件不合格品在内，不同的取法有多少种？[解]　(1)从余下的34件奶制品中，选取2件有＝561(种)取法，所以不合格品A必须在内的不同取法有561种．(2)从34件可选奶制品中，选取3件，有＝5 984(种)取法．所以不合格品B不能在内的不同取法有5 984种．(3)从20件合格品中选取1件，从15件不合格品中选取2件，有＝2 100(种)取法．所以恰有2件不合格品在内的不同取法有2 100 种．(4)选取2件不合格品，1件合格品有种取法，选取3件不合格品有种取法，共有选取方法＝2 100＋455＝2 555种．所以至少有2件不合格品在内的不同取法有2 555 种．(5)法一(间接法)：选取3件奶制品的取法总数为，选取3件不合格品的取法总数为，因此共有选取方法＝6 545－455＝6 090种．所以至多有2件不合格品在内的不同取法有6 090 种．法二(直接法)：共有选取方法＝6 090种．所以至多有2件不合格品在内的不同取法有6 090种．　有限制条件的两类组合问题(1)“含”与“不含”问题，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，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．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．[跟进训练]1．现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名．按下列要求各有多少种不同的选法？(1)选出2名教师参加会议，恰有1名男教师；(2)选出2名教师参加会议，至少有1名男教师；(3)选出2名教师参加会议，至多有1名男教师．[解]　(1)2名教师中恰有1名男教师，则选出1男1女，有＝6×4＝24(种)不同选法．(2)法一(直接法)：至少有1名男教师可分两类：1男1女有种选法，2男0女有种选法．根据分类加法计数原理，共有＝39(种)不同选法．法二(间接法)：选出2名教师参加会议，至少有1名男教师，也就是从10名教师中选出2名教师参加会议的选法种数减去2名都是女教师的选法种数，即＝39(种)．(3)法一(直接法)：至多有1名男教师包括两类：1男1女有种选法，0男2女有种选法．由分类加法计数原理，有＝30(种)选法．法二(间接法)：选出2名教师参加会议，至多有1名男教师，也就是从10名教师中选出2名教师参加会议的选法种数减去2名都是男教师的选法种数，即＝30(种)． 类型2　几何中的组合问题【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，…，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？其中含点C1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)法一：可作出三角形＝116(个)．其中以C1为顶点的三角形有＝36(个)．法二：可作三角形＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有＝36(个)．(2)可作出四边形＝360(个)．　(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)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解决，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．[跟进训练]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？[解]　法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类标准．第1类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有＝48(个)不同的三角形；第2类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有＝112(个)不同的三角形；第3类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有＝56(个)不同的三角形．由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(个)．法二：从12个点中任意取3个点，有＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有＝4(种)．故这12个点能构成三角形的个数为＝216(个)． 类型3　排列与组合的综合问题　选派问题【例3】　(2023·黑龙江省哈九中月考)有4名男医生，3名女医生，从中选2名男医生，1名女医生到3个不同地区巡回医疗，但规定男医生甲不能到地区A，则不同的分派方案共有________种．(用数字作答)[思路导引]　| 90　[法一：分两类完成．第一类：甲被选中，有＝36(种)分派方案．第二类：甲不被选中，有＝54(种)分派方案．根据分类加法计数原理，分派方案共有36＋54＝90(种)．法二：分两类完成．第一类：地区A分派女医生，有种分派方案．第二类：地区A分派除医生甲之外的男医生，有＝54(种)分派方案．根据分类加法计数原理，分派方案共有36＋54＝90(种)．]　选派问题的解题策略(1)求解选派问题时，要认真审题，把握问题的实质，分清是排列还是组合问题，并注意结合分类与分步两个原理，要按元素的性质确定分类的标准，按事情的发生过程确定分步的顺序．(2)解选派问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列．因此很多同类型试题都可转化为选派问题进行求解．(3)对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后考虑是分类还是分步，这是处理选派问题的一般方法．　“多面手”问题【例4】　(2023·上海市延安中学期末)有8名划船运动员，其中3人只会划左舷，3人只会划右舷，其他2人既会划左舷又会划右舷，现要从这8名运动员中选出6人平均分在左、右舷参加划船比赛，则不同的选法共有________种．37　[设集合A＝{只会划左舷的3人}，B＝{只会划右舷的3人}，C＝{既会划左舷又会划右舷的2人}．先分类，以集合A为基准，被选出划左舷的3个人中，有以下几类情况：①A中有3人；②A中有2人，C中有1人；③A中有1人，C中有2人．第①类情况中，由于划左舷的人已选定，划右舷的人可以在集合B，C中选3人，有种选法，同理可得第②③④类情况的选法种数．故不同的选法共有＝37(种)．]　解决“多面手”问题时，依据“多面手”参加的人数和从事的工作进行分类，将问题细化为较小的问题后再处理．[跟进训练]3．(2023·海南省琼海市期中)某单位需派人同时参加甲、乙、丙三个会议，甲需2人参加，乙、丙各需1人参加，从6人中选派4人参加这三个会议，不同的安排方法共有________种．(用数字作答)180　[法一：先从6人中选出2人参加会议甲，再从余下的4人中选出1人参加会议乙，最后从剩下的3人中选出1人参加会议丙．根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有＝180(种)．法二：先从6人中选出2人参加会议甲，再从余下的4人中选出2人分别参加会议乙、丙．根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有＝180(种)．法三：先从6人中选出4人，其中2人参加会议甲，另外2人分别参加会议乙、丙．根据分步乘法计数原理，得不同的安排方法共有＝180(种)．]4．某车间有11名工人，其中5名钳工，4名车工，另外2名既能当车工又能当钳工，现在要从这11名工人中选4名钳工，4名车工修理一台机床，则共有多少种不同的选法？[解]　分三类：第一类，选出的4名钳工中无“多面手”，此时选法有＝75(种)；第二类，选出的4名钳工中有1名“多面手”，此时选法为＝100(种)；第三类，选出的4名钳工中有2名“多面手”，此时选法为＝10(种)．由分类加法计数原理得，共有75＋100＋10＝185(种)不同的选法．1．一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这2个球同色的不同取法有(　　)A．27种 B．24种C．21种 D．18种C　[分两类：一类是2个白球有＝15(种)取法，另一类是2个黑球有＝6(种)取法，所以共有15＋6＝21(种)取法．]2．(多选)某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加社会公益活动．若选出的4人中既有男生又有女生，则(　　)A．若选1男3女有4种B．若选2男2女有18种C．若选3男1女有16种D．共有34种不同的选法ABD　[若选1男3女有＝4(种)；若选2男2女有＝18(种)；若选3男1女有＝12(种)，所以共有4＋18＋12＝34(种)不同的选法．]3．4名毕业生到两所不同的学校实习，每名毕业生只能选择一所学校实习，且每所学校至少有一名毕业生实习，其中甲、乙两名毕业生不能在同一所学校实习，则不同的安排方法为(　　)A．12　　　 B．10C．8　　　 D．6C　[根据题意，先安排甲、乙，由于甲、乙不能在同一所学校，则有2种分配方法，然后分配剩余的两人，每人有2种方法，则共有2×2＝4(种)不同的方法，由分步乘法计数原理，可得符合条件的共2×4＝8(种)．故选C．]4．在同一个平面内有一组平行线共8条，另一组平行线共10条，这两组平行线相互不平行．(1)它们共能构成________个平行四边形；(2)共有________个交点．(1)1 260　(2)80　[(1)第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能构成一个平行四边形，故共有＝1 260(个)．(2)第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点，所以共有＝80(个)．]回顾本节知识，自主完成以下问题：1．解决有限制条件的组合问题常用方法有哪些？[提示]　直接法、间接法．2．解决有限制条件的组合问题的原则是什么？[提示]　先特殊后一般，先选后排，先分类后分步．3．“分组”问题与“分配”问题是一回事吗？[提示]　不是一回事，分组属于组合问题，分配属于排列问题．中国古代的排列组合我国古代有许多与排列组合有关的有趣例子．古老的《周易》中有一种叫作“易卦”的图形，它是由两种不同的线条每次取6条由下至上重叠而成(如图1)．连续的线条叫作阳爻，断开的线条叫作阴爻，阳爻与阴爻统称为爻．每一个易卦都由6个爻组成，每一爻都有取阳爻或取阴爻两种方法，所以，易卦共有2×2×2×2×2×2＝26＝64(个)．《史记》里记载了一个“田忌赛马”的故事．齐王经常和他的大臣田忌赛马，双方各有上马、中马、下马一匹，每次比赛时三匹马各出场一次，一对一地进行比赛，共赛三场，每场赌注为一千金．田忌的马与齐王的马相比略有逊色．田忌的上马不敌齐王的上马，但胜过齐王的中马和下马；田忌的中马不敌齐王的上马和中马，但胜过齐王的下马．开始，田忌总是用自己的上马、中马和下马分别去对齐王的上马、中马和下马，屡战屡败．后来田忌的谋士孙膑分析了比赛共有3！＝6(种)可能的结果，其中只有一种对田忌有利．于是孙膑让田忌用下马对齐王的上马，用中马对齐王的下马，用上马对齐王的中马，结果两胜一负，反而赢得一千金．唐代科学家僧一行(683－727)和宋代科学家沈括(1031－1095)都曾经讨论过围棋可能出现的局势总数问题，其结果是一个天文数字．围棋盘纵横各有19路，共19×19＝361(个)格．每个格点都有“黑子”“白子”“无子”3种可能，因而有3361种不同的棋局．当然这只是理论上的，有些棋局不合棋理，不大可能出现在实际对弈中．但世事无绝对，图2展现的人工智能程序AlphaGo与人对弈的一盘棋，它的很多下法让专业棋手大吃一惊．这说明在“大数据”面前，人类的计算力处于劣势，因此不能仅凭经验去否定掉一些看似价值不大的数据．课时分层作业(七)　组合的综合应用一、选择题1．(多选)从7名男生和5名女生中选4人参加夏令营，规定男、女生至少各有1人参加，则不同的选法种数应为(　　)A．　　　　　 B．++C．－－ D．＋＋BC　[(1)分三类：3男1女，2男2女，1男3女，所以男、女生至少各有1人参加的选法种数为++.(2)任选4人的方法种数为+－－.经检验，A、D不正确.]2．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有(　　)A．30种　　B．33种　　C．36种　　D．39种B　[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，共有种取法；含顶点A的三条棱上都各有3个点，它们与对棱的中点共面，此时共有3种取法．故与顶点A共面的3个点的取法共有＋3＝33(种)．]3．6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为(　　)A．1或3 B．1或4C．2或3 D．2或4D　[设6位同学分别为a，b，c，d，e，f．若任意两位同学之间都进行一次交换，则进行交换的次数为＝15，现共进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：①由3人构成的2次交换没有发生，如a，b之间和a，c之间没有发生交换，则收到4份纪念品的有b，c 2人；②由4人构成的2次交换没有发生，如a，b之间和c，d之间没有发生交换，则收到4份纪念品的有a，b，c，d 4人．]4．(多选)某市实行新高考，考试除了参加语文、数学、英语的统一考试外，还需从物理和历史中选考一科，从化学、生物、政治、地理中选考两科．学生甲想要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，则下列说法正确的是(　　)A．若甲选考物理，有6种选考方法种数B．若甲选考历史，有6种选考方法种数C．甲的选考方法种数共有12种D．以上说法均不正确ABC　[根据题意，如果甲选考物理，则化学、生物、政治、地理中选考两门，有＝6种选考方法种数；如果甲选考历史，则化学、生物、政治、地理中选考两门，有＝6种选考方法种数，故甲的选考方法种数共有12种．]5．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本．现从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方式共有(　　)A．4种 B．10种C．18种 D．20种B　[分两类：第一类，取出两本画册，两本集邮册，从4人中选取2人送画册，则另外两人送集邮册，有种方法．第二类，3本集邮册全取，取1本画册，从4人中选1人送画册，其余送集邮册，有种方法，所以共有＝10(种)赠送方式．]二、填空题6．(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．　[从正方体的8个顶点中任取4个，有n＝＝70个结果，这4个点在同一个平面的有m＝6＋6＝12个，故所求概率P＝＝＝．]7．在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若甲同学物理、化学、生物至少选1门，则甲的不同的选法种数为________，乙、丙两名同学都不选物理的选法种数为________．31　400　[甲同学物理、化学、生物至少选1门的对立事件是甲不选物理、化学和生物，所以甲的不同的选法种数为＝31．乙、丙两名同学都不选物理的方法种数为＝400．]8．用1，2，3，4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．8　[首先排两个奇数1，3，有种排法，再在2，4中取一个数放在1，3之间，有种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有种排法，即满足条件的四位数的个数为＝8．]三、解答题9．一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取到一个红球记2分，取到一个白球记1分，从中任取5个球，则总分不少于7分的取法有多少种？[解]　(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法可分为三类：4个红球，3个红球和1个白球，2个红球和2个白球．若取出的为4个红球，则取法有1种；若取出的为3个红球和1个白球，则取法有＝24(种)；若取出的为2个红球和2个白球，则取法有＝90(种)．根据分类加法计数原理，可得红球的个数不比白球少的取法有1＋24＋90＝115(种)．(2)总分不少于7分有三种情况：取到4个红球和1个白球，取到3个红球和2个白球，取到2个红球和3个白球．若取出的为4个红球和1个白球，则取法有＝6(种)；若取出的为3个红球和2个白球，则取法有＝60(种)；若取出的为2个红球和3个白球，则取法有＝120(种)．根据分类加法计数原理，可知总分不少于7分的取法有6＋60＋120＝186(种)．10．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有(　　)A．60种 B．120种C．240种 D．480种C　[根据题意，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有种安排方法．故分配方案共有＝240(种)．]11．(2023·上海杨浦高级中学期末)在正方体的12条棱中任选3条，其中任意2条所在的直线都是异面直线的概率为(　　)A．　　　　　B．　　　　　C．　　　　　D．B　[如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，如棱AD，BB1，C1D1中任意2条所在的直线都是异面直线，像这样的3条棱共有8组，∴在正方体的12条棱中任选3条，其中任意2条所在的直线都是异面直线的概率为＝．故选B．]12．将10个相同的小球放入3个编号分别为1，2，3的盒中，每个盒子至少1个小球，则所有放法的种数为(　　)A．28 B．36C．45 D．55B　[根据题意，将10个相同的小球放入3个盒中，每个盒子至少1个小球，相当于将10个相同的小球分成3组，每组至少1个．可将10个小球排成一列，然后在除两端的9个空位中任意选取2个，插入隔板，故共有＝36(种)放法．故选B．]13．从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成______个没有重复数字的四位数．(用数字作答)1 260　[若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为．由分类加法计数原理得，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为＝720＋540＝1 260．]14．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的平面？(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？(3)(2)中的三棱锥最多可以有多少个不同的体积？[解]　(1)所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，最多有个．②α内2点，β内1点确定的平面，最多有个．③α，β本身，有2个．故所作的平面最多有＋2＝98(个)．(2)所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，最多有个．②α内2点，β内2点确定的三棱锥，最多有个．③α内3点，β内1点确定的三棱锥，最多有个．故最多可作出的三棱锥有＝194(个)．(3)当等底面积、等高时，三棱锥的体积相等．所以体积不相同的三棱锥最多有＝114(个)．故最多有114个体积不同的三棱锥．15．某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如表：现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的．(1)若甲、乙两人共付费6元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？(2)若甲、乙两人共付费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？[解]　(1)甲、乙两人共付费6元，则其中一人不超过3站，另外一人超过3站不超过7站，故有＝24(种)；(2)甲比乙先下地铁，第一类：甲付费2元，乙付费6元＝15(种)，第二类：甲、乙各付费4元，则有＝6(种)．根据分类加法计数原理可得，共有15＋6＝21(种)．学习任务1．能应用组合知识解决有限制条件的组合问题．(逻辑推理)2．掌握解决组合实际问题的常用方法．(逻辑推理)乘坐站数0