人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.2 排列与组合导学案及答案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.2 排列与组合导学案及答案，共13页。


某校开展秋季运动会招募了20名志愿者，他们的编号分别是1号，2号，…，19号，20号．若要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个标号较大的在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取方法有多少种？
问题 上述问题情景中，是一个较为复杂的组合问题，如何用组合数解决此问题？
提示 由于5号和14号一组，所以其他两个人只能是1到4号或15到20号中的两个，故共有Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,6)＝21(种)方法．
1．组合数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数．用符号Ceq \\al(m,n)表示．
2．组合数公式
组合数公式可以由排列数公式表示，注意公式的结构
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(Aeq \\al(m,n),Aeq \\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)．
规定Ceq \\al(0,n)＝1.
拓展深化
[微判断]
1．Ceq \\al(3,5)＝5×4×3＝60.(×)
提示 Ceq \\al(3,5)＝eq \f(5×4×3,3×2×1)＝10.
2．Ceq \\al(2 016,2 017)＝Ceq \\al(1,2 017)＝2 017.(√)
3．“从3个不同元素中取出2个元素合成一组”，叫做“从3个不同元素中取出2个元素的组合数”．(×)
提示 “从3个不同元素中取出2个元素合成一组”，叫做“从3个不同元素中取出2个元素的组合”．
[微训练]
1．若Ceq \\al(2,n)＝10，则n的值为( )
A．10 B．5
C．3 D．4
解析 Ceq \\al(2,n)＝eq \f(n（n－1）,2×1)＝10，解得n＝5(n＝－4舍去)．
答案 B
2．从9名学生中选出3名参加“希望英语”口语比赛，不同选法有( )
A．504种 B．729种
C．84种 D．27种
解析 共有选法Ceq \\al(3,9)＝eq \f(9×8×7,3×2×1)＝84(种)．
答案 C
3．计算Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(10,10)＝__________．
解析 Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(10,10)＝1＋1＝2.
答案 2
[微思考]
1．下列两个等式成立吗？
①Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)；②Ceq \\al(m,n＋1)＝Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)(其中n，m∈N*，m≤n)．
提示 成立．它们是组合数的两个性质，在计算时可直接应用．
2．组合数公式的两种形式在应用中如何选择？
提示 在具体选择公式时要根据题目的特点正确选择．公式Ceq \\al(m,n)＝eq \f(Aeq \\al(m,n),Aeq \\al(m,m))常用于n为具体正整数的题目，一般偏向于组合数的计算．公式Ceq \\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.
题型一 组合数公式的应用
【例1】 求值：(1)3Ceq \\al(3,8)－2Ceq \\al(2,5)；
(2)Ceq \\al(38－n,3n)＋Ceq \\al(3n,21＋n).
解 (1)3Ceq \\al(3,8)－2Ceq \\al(2,5)＝3×eq \f(8×7×6,3×2×1)－2×eq \f(5×4,2×1)＝148.
(2)∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤38－n≤3n，,0＜3n≤21＋n，))∴9.5≤n≤10.5.
∵n∈N*，∴n＝10，
∴Ceq \\al(38－n,3n)＋Ceq \\al(3n,21＋n)＝Ceq \\al(28,30)＋Ceq \\al(30,31)＝Ceq \\al(2,30)＋Ceq \\al(1,31)＝eq \f(30×29,2×1)＋31＝466.
规律方法 (1)组合数公式Ceq \\al(m,n)＝eq \f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！)一般用于计算，而组合数公式Ceq \\al(m,n)＝eq \f(n！,m！（n－m）！)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Ceq \\al(m,n)的隐含条件为m≤n，且m，n∈N*.
【训练1】 (1)计算：Ceq \\al(98,100)＋Ceq \\al(199,200)；
(2)证明：Ceq \\al(m,n)＝eq \f(n,n－m)Ceq \\al(m,n－1).
(1)解 Ceq \\al(98,100)＋Ceq \\al(199,200)＝Ceq \\al(2,100)＋Ceq \\al(1,200)＝eq \f(100×99,2)＋200
＝4 950＋200＝5 150.
(2)证明 eq \f(n,n－m)Ceq \\al(m,n－1)＝eq \f(n,n－m)·eq \f(（n－1）！,m！（n－1－m）！)＝
eq \f(n！,m！（n－m）！)＝Ceq \\al(m,n).
题型二 与几何有关的组合应用题
【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)法一 可作出三角形Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,6)·Ceq \\al(1,4)＝116(个)．
法二 可作三角形Ceq \\al(3,10)－Ceq \\al(3,4)＝116(个)，
其中以C1为顶点的三角形有Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,4)＝36(个)．
(2)可作出四边形Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(3,6)·Ceq \\al(1,6)＋Ceq \\al(2,6)·Ceq \\al(2,6)＝360(个)．
规律方法 (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)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．
【训练2】 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
解析 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，则得到所有的取法个数为Ceq \\al(0,5)Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(3,5)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,5)＝205.
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Ceq \\al(4,10)－Ceq \\al(4,5)＝205.
答案 A
题型三 分组、分配问题
角度1 不同元素的分组分配问题
【例3】 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？
(1)每组2本(平均分组)；
(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)；
(3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)．
解 (1)每组2本，均分为3组的分组种数为eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2),Aeq \\al(3,3))＝eq \f(15×6×1,6)＝15.
(2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1)＝20×3＝60.
(3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为eq \f(Ceq \\al(4,6)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))＝eq \f(15×2,2)＝15.
角度2 相同元素分配问题
【例4】 将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，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，故共有Ceq \\al(3,5)＝10(种)放法．
(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有Ceq \\al(2,5)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|0|000||00|，有Ceq \\al(1,4)种插法，故共有Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(1,4)＝40(种)放法．
(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．
先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板，有Ceq \\al(1,5)种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．
①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，
如||00||0000|，有Ceq \\al(2,3)种插法．
②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有Ceq \\al(1,3)种插法．
故共有Ceq \\al(1,5)·(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(1,3))＝30(种)放法．
规律方法 “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；
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．
【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)每盒至多一球，有多少种放法？
(3)恰好有一个空盒，有多少种放法？
(4)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？
(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？
(6)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)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Aeq \\al(4,4)＝24(种)放法．
(3)法一 先将4个小球分为三组，有eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))种方法，再将三组小球投入四个盒子中的三个盒子，有Aeq \\al(3,4)种投放方法，故共有eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))·Aeq \\al(3,4)＝144(种)放法．
法二 先取4个球中的两个“捆”在一起，有Ceq \\al(2,4)种选法，把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有Aeq \\al(3,4)种投放方法，所以共有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,4)＝144(种)放法．
(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有Ceq \\al(1,4)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Ceq \\al(1,4)·2＝8(种)放法．
(5)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，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,3)＝12(种)放法．
(6)(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Ceq \\al(3,13)＝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.
一、素养落地
1．通过本节课的学习，进一步提升逻辑推理及数学运算素养．
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、面及构型，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元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．
二、素养训练
1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有( )
A．26种 B．84种
C．35种 D．21种
解析 共有Ceq \\al(2,2)·Ceq \\al(3,7)＝1×eq \f(7×6×5,3×2×1)＝35(种)选法．
答案 C
2．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．5 040 B．36
C．18 D．20
解析 最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有Ceq \\al(3,6)＝20(种)．
答案 D
3．直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0，1，2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0，1，2，…，5)组成的图形中，矩形共有( )
A．25个 B．36个
C．100个 D．225个
解析 从垂直于x轴的6条直线中任取2条，从垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为Ceq \\al(2,6)·Ceq \\al(2,6)＝15×15＝225.
答案 D
4．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种(用数字作答)．
解析 安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有Ceq \\al(3,7)种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有Ceq \\al(3,4)种方法．故不同的安排方案共有Ceq \\al(3,7)Ceq \\al(3,4)＝eq \f(7×6×5,3×2×1)×4＝140(种)．
答案 140
5．某餐厅供应饭菜，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上不同的选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种__________种(结果用数值表示)．
解析 设餐厅还需准备x种不同的素菜．
由题意，得Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(2,x)≥200，
从而有Ceq \\al(2,x)≥20，即x(x－1)≥40.
又x≥2，x∈N*，所以x的最小值为7.
答案 7
基础达标
一、选择题
1．200件产品中有3件次品，任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法种数为( )
A．Ceq \\al(32,197)·Ceq \\al(2,3) B．Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(2,197)＋Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(3,197)
C．Ceq \\al(5,200)－Ceq \\al(5,197) D．Ceq \\al(5,200)－Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(4,197)
解析 至少2件次品包含两类：(1)2件次品，3件正品，共Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(3,197)种，(2)3件次品，2件正品，共Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(2,197)种，由分类加法计数原理得抽法共有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(3,197)＋Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(2,197).
答案 B
2．计算：Ceq \\al(2,8)＋Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(2,9)＝( )
A．120 B．240
C．60 D．480
解析 Ceq \\al(2,8)＋Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(2,9)＝eq \f(7×8,2×1)＋eq \f(6×7×8,3×2×1)＋eq \f(8×9,2×1)＝120.
答案 A
3．方程Ceq \\al(x,14)＝Ceq \\al(2x－4,14)的解集为( )
A．{4} B．{14}
C．{4，6} D．{14，2}
解析 由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2x－4，,0≤2x－4≤14，,x≤14))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝14－（2x－4），,0≤2x－4≤14，,x≤14，))
解得x＝4或6.
答案 C
4．某中学从4名男生和3名女生中选4人参加某高校自主招生考试，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有( )
A．140种 B．120种
C．35种 D．34种
解析 从7人中选4人，共有Ceq \\al(4,7)＝35(种)选法，4人全是男生的选法有Ceq \\al(4,4)＝1(种)．故4人中既有男生又有女生的选法种数为35－1＝34.
答案 D
5．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( )
A．30 B．21
C．10 D．15
解析 用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有Ceq \\al(2,6)＝15(种)分配方法．
答案 D
二、填空题
6．计算：Ceq \\al(5－n,n)＋Ceq \\al(10－n,n＋1)＝__________．
解析 ∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤5－n≤n，,0≤10－n≤n＋1，))
∴eq \f(9,2)≤n≤5.∵n∈N*，∴n＝5，
∴Ceq \\al(5－n,n)＋Ceq \\al(10－n,n＋1)＝Ceq \\al(0,5)＋Ceq \\al(5,6)＝1＋6＝7.
答案 7
7．4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少1名，则不同的保送方案有__________种．
解析 把4名学生分成3组有Ceq \\al(2,4)种方法，再把3组学生分配到3所学校有Aeq \\al(3,3)种方法，故共有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36(种)保送方案．
答案 36
8．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)．
解析 当每个台阶上各站1人时有Ceq \\al(3,7)Aeq \\al(3,3)种站法；当两个人站在同一个台阶上时有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(1,6)种站法．因此不同的站法种数为Ceq \\al(3,7)Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,7)Ceq \\al(1,6)＝210＋126＝336.
答案 336
三、解答题
9．(1)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四面体？
(2)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四棱锥？
解 (1)正方体8个顶点可构成Ceq \\al(4,8)个四点组，其中共面的四点组有正方体的6个表面及正方体6组相对棱分别所在的6个平面的四个顶点，故可以确定四面体Ceq \\al(4,8)－12＝58(个)．
(2)由(1)知，正方体共面的四点组有12个，以这每一个四点组构成的四边形为底面，以其余的四个点中任意一点为顶点都可以确定一个四棱锥，故可以确定四棱锥12Ceq \\al(1,4)＝48(个)．
10．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，则有多少种选法？
解 分三类：第一类，选出的4名钳工中无“多面手”，此时选法有Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(4,6)＝75(种)；
第二类，选的4名钳工中有1名“多面手”，此时选法为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(4,5)＝100(种)；
第三类，选的4名钳工中有2名“多面手”，此时选法为Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(4,4)＝10(种)．
由分类加法计数原理，得不同的选法共有75＋100＋10＝185(种)．
能力提升
11．某校开设9门课程供学生选修，其中3门课程由于上课时间相同，至多选1门，学校规定每位同学选修4门，则共有__________种不同的选修方案．
解析 分两类：第一类，从6门不同时上课的课程中任选4门，有Ceq \\al(4,6)种选法；第二类，在不同时上课的6门课程中选3门，再从3门同时上课的课程中选1门，有Ceq \\al(1,3)×Ceq \\al(3,6)种选法．所以不同的选修方案共有Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(3,6)＝75(种)．
答案 75
12．从1到6这6个数字中，取2个偶数和2个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：
(1)能组成多少个不同的四位数？
(2)四位数中，2个偶数排在一起的有几个？
(3)2个偶数不相邻的四位数有几个？(所得结果均用数值表示)．
解 (1)易知四位数共有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(4,4)＝216(个)．
(2)上述四位数中，偶数排在一起的有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)＝108(个)．
(3)由(1)(2)知两个偶数不相邻的四位数有216－108＝108(个)．
创新猜想
13．(多选题)若Ceq \\al(n,12)＝Ceq \\al(2n－3,12)，则n等于( )
A．3 B．5
C．7 D．15
解析 由组合数的性质得n＝2n－3或n＋2n－3＝12，解得n＝3或n＝5，故选AB.
答案 AB
14．(多空题)将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读，每所大学至少保送一人．
(1)有________种不同的保送方法；
(2)若甲不能被保送到北大，有________种不同的保送方法．
解析 (1)5名学生可分成2，2，1和3，1，1两种形式，当5名学生分成2，2，1时，共有eq \f(Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(2,3)·Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))·Aeq \\al(3,3)＝90(种)方法；当5名学生分成3，1，1时，共有eq \f(Ceq \\al(3,5)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))·Aeq \\al(3,3)＝60(种)方法．根据分类加法计数原理知共有90＋60＝150(种)保送方法．
(2)先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2，2，1或3，1，1，所以有eq \f(Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))＋eq \f(Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))＝25(种)分组方法．因为甲不能被保送到北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有25×4＝100(种)．
答案 (1)150 (2)100
课标要求
素养要求
1.能利用计数原理推导组合数公式.
2.能解决有限制条件的组合问题.
通过研究组合数公式及解决有限制条件的组合问题，提升逻辑推理及数学运算素养.