高中数学新教材同步课时精品讲练选择性必修第三册 第6章 6.2.3-6.2.4 第2课时 组合数公式（含解析）

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

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)．