高中数学人教A版3第一章计数原理排列与组合 全国获奖

1．组合(二)[学习目标]1．能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题．2．能解决有限制条件的组合问题．[知识链接]1．满足什么条件的两个组合是相同的组合？答如果两个组合中的元素完全相同，不管它们的顺序如何，就是相同的组合，否则就是两个不相同的组合(即使只有一个元素不同)．2．组合数公式的两种形式在应用中如何选择？答在具体选择公式时要根据题目的特点正确选择．公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(Aeq\o\al(m,n),Aeq\o\al(m,m))常用于n为具体自然数的题目．一般偏向于组合数的计算．公式Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,（n－m）！·m！)常用于n为字母的题目，一般偏向于不等式的求解或恒等式的证明．[预习导引]1．组合的有关概念从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．组合数，用符号Ceq\o\al(m,n)表示．其公式为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！（n－m）！)(n，m∈N*，m≤n)．特别地Ceq\o\al(0,n)＝Ceq\o\al(n,n)＝1.2．组合应用题的解法(1)无限制条件的组合应用题的解法步骤为：一、判断；二、转化；三、求值；四、作答．(2)有限制条件的组合应用题的解法常用解法有：直接法、间接法．可将条件视为特殊元素或特殊位置，一般地按从不同位置选取元素的顺序分步，或按从同一位置选取的元素个数的多少分类.要点一分组、分配问题例16本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：(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Ceq\o\al(2,6)种选法；再从其余的4本中选2本给乙，有Ceq\o\al(2,4)种选法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有Ceq\o\al(2,2)种选法；所以分给甲、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种．(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)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Aeq\o\al(3,3)种方法．根据分步乘法计数原理可得：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.因此分为三份，每份两本一共有15种方法．(3)这是“不均匀分组”问题，一共有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)＝60种方法．(4)在(3)的基础上再进行全排列，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种方法．(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”即(1)中的分配情况，有Ceq\o\al(2,6)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝90种方法；②“1、2、3型”即(4)中的分配情况，有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,3)＝360种方法；③“1、1、4型”，有Ceq\o\al(4,6)Aeq\o\al(3,3)＝90种方法．所以一共有90＋360＋90＝540种方法．规律方法“分组”与“分配”问题的解法(1)本题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．分清是分组问题还是分配问题是很关键的．(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，每组的元素个数均相等；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．跟踪演练1有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内，(1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒不放球，有多少种放法？(3)恰有1个盒内放2个球，有多少种放法？(4)恰有2个盒内不放球，有多少种放法？解(1)一个球一个球地放到盒子里去，每个球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理知，放法共有44＝256(种)．(2)为保证“恰有1个盒子不放球”，先从4个盒子中任意拿去1个，即将4个球分成2、1、1的三组，有Ceq\o\al(2,4)种分法；然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球，2个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理知，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(种)．(3)“恰有1个盒内放2个球”，即另外的3个盒子放剩下的2个球，而每个盒子至多放1个球，即另外3个盒子中恰有1个空盒．因此，“恰有1个盒子放2个球”与“恰有1个盒子不放球”是一回事，故也有144种放法．(4)先从4个盒子中任意拿走2个，有Ceq\o\al(2,4)种拿法，问题转化为：“4个球，2个盒子，每盒必放球，有几种放法？”，从放球数目看，可分为(3，1)，(2，2)两类：第1类，可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,2)种放法；第2类，有Ceq\o\al(2,4)种放法．因此共有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,4)＝14(种)．由分步乘法计数原理得“恰有2个盒子不放球”的放法有Ceq\o\al(2,4)×14＝84(种)．要点二与几何图形有关的组合问题例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，有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,6)个．②α内2点，β内1点确定的平面，有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,6)个．③α，β本身，有2个．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(个)所以最多可作98个不同的平面．(2)所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,6)个．②α内2点，β内2点确定的三棱锥，有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,6)个．③α内3点，β内1点确定的三棱锥，有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,6)个．∴最多可作出的三棱锥有：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(个)所以最多可构成194个三棱锥．(3)∵当等底面积、等高的情况下三棱锥体积才能相等．∴体积不相同的三棱锥最多有Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(2,4)＝114(个)所以最多有114个体积不同的三棱锥．规律方法解决与几何图形有关的问题时，要善于利用几何图形的性质和特征，充分挖掘图形的隐含条件，转化为有限制条件的组合问题．跟踪演练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，可得多少个不同的三角形？解法一我们把从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准．第1类：共线的4个点中有2个点作为三角形的顶点，共有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,8)＝48(个)不同的三角形；第2类：共线的4个点中有1个点作为三角形的顶点，共有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,8)＝112(个)不同的三角形；第3类：共线的4个点中没有点作为三角形的顶点，共有Ceq\o\al(3,8)＝56(个)不同的三角形．由分类加法计数原理，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(个)．法二间接法：Ceq\o\al(3,12)－Ceq\o\al(3,4)＝220－4＝216(个)．要点三排列、组合的综合应用例3有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，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课代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．解(1)先选后排，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)种，后排有Aeq\o\al(5,5)种，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种．(2)除去该女生后，先取后排，有Ceq\o\al(4,7)·Aeq\o\al(4,4)＝840种．(3)先选后排，但先安排该男生，有Ceq\o\al(4,7)·Ceq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(4,4)＝3360种．(4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有Ceq\o\al(3,6)种，再安排该男生有Ceq\o\al(1,3)种，其中3人全排有Aeq\o\al(3,3)种，共Ceq\o\al(3,6)·Ceq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(3,3)＝360(种)．规律方法解决有关排列与组合的综合应用问题尤其应注意两点：(1)审清题意，区分哪是排列，哪是组合；(2)往往综合问题会有多个限制条件，应认真分析确定分类还是分步．跟踪演练3有五张卡片，它们的正、反面分别写着0与1，2与3，4与5，6与7，8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？解法一从0和1这个特殊情况考虑，可分三类：第1类：取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有Ceq\o\al(1,4)种方法；0可在后两位，有Ceq\o\al(1,2)种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有Ceq\o\al(1,3)种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有Ceq\o\al(1,4)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,3)×22个．第2类：取1不取0，同上分析可得不同的三位数Ceq\o\al(2,4)×22×Aeq\o\al(3,3)个．第3类：0和1都不取，有不同的三位数Ceq\o\al(3,4)×23×Aeq\o\al(3,3)个．综上所述，不同的三位数共有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(个)．法二任取三张卡片可以组成不同的三位数Ceq\o\al(3,5)×23×Aeq\o\al(3,3)个，其中0在百位的有Ceq\o\al(2,4)×22×Aeq\o\al(2,2)个，这是不合题意的，故不同的三位数共有Ceq\o\al(3,5)×23×Aeq\o\al(3,3)－Ceq\o\al(2,4)×22×Aeq\o\al(2,2)＝432(个).1．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是()A．5040B．36C．18D．20答案D解析最高的同学只能站在中间，它别无选择；从剩下的6名同学中任选3名，有Ceq\o\al(3,6)种不同的方法，他们由高到低的排列次序唯一；剩下的3名同学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(种)．2．某中学要从4名男生和3名女生中选4人参加公益活动，若男生甲和女生乙不能同时参加，则不同的选派方案共有()A．25种B．35种C．820种D．840种答案A解析分3类完成：男生甲参加，女生乙不参加，有Ceq\o\al(3,5)种选法；男生甲不参加，女生乙参加，有Ceq\o\al(3,5)种选法；两人都不参加，有Ceq\o\al(4,5)种选法．所以共有2Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(4,5)＝25(种)不同的选派方案．3．某学校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有________种(用数字作答)．答案30解析分两类，A类选修课2门，B类选修课1门，或者A类选修课1门，B类选修课2门，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(种)选法．4．正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形．答案32解析不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为Ceq\o\al(3,7)－3＝32.1．应用组合知识解决实际问题的四个过程2．注意结合知识背景理解“有序”“无序”，是排列问题还是组合问题，问法的细微变化就可能导致问题性质的变化，解题时要注意审题.一、基础达标1．凸十边形的对角线的条数为 ()A．10 B．35 C．45 D．90答案B解析Ceq\o\al(2,10)－10＝35，所以选B.2．在直角坐标系xOy平面上，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Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(2,5)＝10×10＝100，所以选B.3．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为 ()A．14 B．24 C．28 D．48答案A解析6人中选4人的方案有Ceq\o\al(4,6)＝15(种)，没有女生的方案只有一种，所以满足要求的方案总数有14种．4．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，不同取法的种数为 ()A．232 B．252 C．472 D．484答案C解析含1张红色卡片，有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,12)＝264(种)不同取法；不含红色卡片有Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)＝208(种)取法，共有264＋208＝472(种)取法．5．在50件产品中有4件是次品，从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共有________种．答案4186解析分两类，有4件次品的抽法为Ceq\o\al(4,4)Ceq\o\al(1,46)种；有3件次品的抽法有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(2,46)种，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(种)不同的抽法．6．某运动队有5对老搭档运动员，现抽派4个运动员参加比赛，则这4人都不是老搭档的抽派方法数为________．答案80解析先抽取4对老搭档运动员，再从每对老搭档运动员中各抽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(种)．7．空间有10个点，其中有5个点共面(除此之外再无4点共面)，以每4个点为顶点作一个四面体，问一共可作多少个四面体？解不考虑任何限制，10个点可得Ceq\o\al(4,10)个四面体．由于有5个点共面，这5个点中的任意4个点都不能构成四面体，共有Ceq\o\al(4,5)种情形．∴构成四面体的个数为Ceq\o\al(4,10)－Ceq\o\al(4,5)＝210－5＝205.二、能力提升8．编号为1，2，3，4，5，6，7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有 ()A．60种 B．20种 C．10种 D．8种答案C解析四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入3盏亮灯，即Ceq\o\al(3,5)＝10.9．已知圆上9个点，每两点连一线段，所有线段在圆内的交点有 ()A．36个 B．72个 C．63个 D．126个答案D解析此题可化归为：圆上9个点可组成多少个四边形，每个四边形的对角线的交点即为所求，所以，交点有Ceq\o\al(4,9)＝126(个)．10．(2023·重庆理)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．答案590解析分三类：①选1名骨科医生，则有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(种)；②选2名骨科医生，则有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(种)；③选3名骨科医生，则有Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,5)＝20(种)，∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.11．在某次数字测验中，记座号为n(n＝1，2，3，4)的同学的考试成绩为f(n)．若f(n)∈{70，85，88，90，98，100}，且满足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)，则这4位同学考试成绩的所有可能有多少种？解f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)可分为①f(1)<f(2)<f(3)<f(4)；②f(1)<f(2)＝f(3)<f(4)两种情形．对于①，只需在集合中取4个数字，有Ceq\o\al(4,6)种，对于②，只需在集合中取3个数字，有Ceq\o\al(3,6)种．即不同的取法共有Ceq\o\al(4,6)＋Ceq\o\al(3,6)＝35(种)．12．在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必须参加；(3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加；(5)甲、乙、丙三人至少1人参加．解(1)Ceq\o\al(5,12)＝792(种)不同的选法．