数学 选择性必修第三册 配人教A版 解析利用“捆绑法”求解，满足题意的坐法种数为A· 8.由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数，其中个 (A)3=(3).故选C. 位数字小于十位数字的共有() 4.某电视台一节目收视率很高，现要连续插播4个广告，其 A.210个 B.300个 中2个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告，要求 C.464个 D.600个 最后播放的必须是商业广告，且2个商业广告不能连续播 答案B 放，则不同的播放方式有( 解析由于组成没有重复数字的六位数，个位数字小于十 A.8种 B.16种 C.18种 D.24种 位数字的数与个位数字大于十位数字的数一样多，故有 答案A 解析分三步完成：第一步，排最后一个商业广告，有 5A9=300个. A种：第二步，在前两个位置选一个排第二个商业广告， 9.5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同 有A?种：第三步，余下的两个位置排公益宣传广告，有 的排法有 种 A种.根据分步乘法计数原理，不同的播放方式共有 答案72 A2A2A=8种，故选A 解析由题意得甲、乙两人相邻共有AA:种排法，则甲、 5.由1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的 乙两人之间至少有一人共有A-AA=72种排法. 顺序排成一个数列{a.},则a2等于( 10.六个停车位置，有3辆汽车需要停放，若要使三个空位连 A.1543 B.2543 在一起，则停放的方法数为 C.3542 D.4532 答案24 答案C 解析把3个空位看作一个元素，与3辆汽车共有4个元 解析分三类：第1类，首位是1的四位数有A=24个； 素全排列，故停放的方法有A=4X3×2X1=24种. 第2类，首位是2的四位数有A=24个： 11.一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一 第3类，首位是3的四位数有A=24个 个节目单 依据分类加法计数原理， (1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？ 首位小于4的所有四位数共有3×24=72个」 (2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？ 由此得a2=3542. 解(1)先从5个演唱节目中选2个排在首尾两个位置有 6.在制作飞机的某一零件时，要先后实施6个工序，其中工 A号种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排 序A只能出现在第一步或最后一步，工序B和C在实施 在中间6个位置上有A。种排法，故共有不同排法 时必须相邻，则实施顺序的编排方法共有( A号A8=14400种. A.34种 B.48种 (2)先不考虑排列要求，有A8种排列，其中前四个 C.96种 D.144种 节目没有舞蹈节目的精况，可先从5个演唱节目中选 答案C 4个节目排在前四个位置，再将剩余四个节目排列在后 解析分两步完成：第一步，先排工序A,有2种编排方 四个位置，有AA:种排法，因此前四个节目要有舞蹈节 法：第二步，再将工序B和C视为一个整体（有2种顺序） 日的排法有A8-A:A=37440种. 与其他3个工序全排列共有2A!种编排方法.依据分步乘 12.用0,1,2,3,4,5这六个数字： 法计数原理，实施顺序的编排方法共有2×2A=96种， (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ 故选C (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？ 7,(多选题)某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单， (3)能组成多少个比1325大的四位数？ 开演前又增加了两个新节目，如果将这两个新节目插入原 解(1)符合要求的四位偶数可分为三类： 节目单中，那么不同插法的种数为( 第1类：0在个位时有A号个： A.A6A号+A B是 第2类：2在个位时，首位从1,3,4,5中选定1个有 A种，十位和百位从余下的数字中选，有A种，于是有 C.AA D.A AA个： 答案ABC 第3类：4在个位时，与第二类同理，也有AA?个 解析（方法一）分两种情况：第1种，增加的两个新节目 根据分类加法计数原理，共有四位偶数A十A}· 相连；第2种，增加的两个新节目不相连，不同插法的种数 A2+A1A2=156个. 为A6A+A=42. (2)五位数中是5的倍数的数可分为两类：个位数上 (方法二)7个节目的全排列为A7,两个新节目插入 的数字是0的五位数有A;个：个位数上的数字是5的五 原节日单中，故不同的括法种数为 -A9=42. 位数有AA个. 故满足条件的五位数的个数共有A:十AA= (方法三)将两个新节目逐个插入，不同插法的种数为 216个. AA. (3)比1325大的四位数可分为三类： 16
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 解析 利用“捆绑法”求解,满足题意的坐法种数为 A 3 3· (A 3 3)3=(3!)4.故选C. 4.某电视台一节目收视率很高,现要连续插播4个广告,其 中2个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告,要求 最后播放的必须是商业广告,且2个商业广告不能连续播 放,则不同的播放方式有( ) A.8种 B.16种 C.18种 D.24种 答案 A 解析 分三步完成:第一步,排最后一个商业广告,有 A 1 2 种;第二步,在前两个位置选一个排第二个商业广告, 有 A 1 2 种;第三步,余下的两个位置排公益宣传广告,有 A 2 2 种.根据分步乘法计数原理,不同的播放方式共有 A 1 2A 1 2A 2 2=8种,故选 A. 5.由1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数,按从小到大的 顺序排成一个数列{an},则a72 等于( ) A.1543 B.2543 C.3542 D.4532 答案 C 解析 分三类:第1类,首位是1的四位数有 A 3 4=24个; 第2类,首位是2的四位数有 A 3 4=24个; 第3类,首位是3的四位数有 A 3 4=24个. 依据分类加法计数原理, 首位小于4的所有四位数共有3×24=72个. 由此得a72=3542. 6.在制作飞机的某一零件时,要先后实施6个工序,其中工 序 A只能出现在第一步或最后一步,工序B和C在实施 时必须相邻,则实施顺序的编排方法共有( ) A.34种 B.48种 C.96种 D.144种 答案 C 解析 分两步完成:第一步,先排工序 A,有2种编排方 法;第二步,再将工序B和C视为一个整体(有2种顺序) 与其他3个工序全排列共有2A 4 4 种编排方法.依据分步乘 法计数原理,实施顺序的编排方法共有2×2A 4 4=96种. 故选C. 7.(多选题)某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单, 开演前又增加了两个新节目,如果将这两个新节目插入原 节目单中,那么不同插法的种数为( ) A.A 1 6A 2 2+A 2 6 B. A 7 7 A 5 5 C.A 1 6A 1 7 D.A 2 6 答案 ABC 解析 (方法一)分两种情况:第1种,增加的两个新节目 相连;第2种,增加的两个新节目不相连.不同插法的种数 为 A 1 6A 2 2+A 2 6=42. (方法二)7个节目的全排列为 A 7 7,两个新节目插入 原节目单中,故不同的插法种数为 A 7 7 A 5 5 =A 2 7=42. (方法三)将两个新节目逐个插入,不同插法的种数为 A 1 6A 1 7. 8.由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数,其中个 位数字小于十位数字的共有( ) A.210个 B.300个 C.464个 D.600个 答案 B 解析 由于组成没有重复数字的六位数,个位数字小于十 位数字的数与个位数字大于十位数字的数一样多,故有 5A 5 5 2 =300个. 9.5个人排成一排,要求甲、乙两人之间至少有一人,则不同 的排法有 种. 答案 72 解析 由题意得甲、乙两人相邻共有 A 2 2A 4 4 种排法,则甲、 乙两人之间至少有一人共有 A 5 5-A 2 2A 4 4=72种排法. 10.六个停车位置,有3辆汽车需要停放,若要使三个空位连 在一起,则停放的方法数为 . 答案 24 解析 把3个空位看作一个元素,与3辆汽车共有4个元 素全排列,故停放的方法有 A 4 4=4×3×2×1=24种. 11.一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目,要求排出一 个节目单. (1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾,有多少种排法? (2)前四个节目要有舞蹈节目,有多少种排法? 解 (1)先从5个演唱节目中选2个排在首尾两个位置有 A 2 5 种排法,再将剩余的3个演唱节目,3个舞蹈节目排 在中间 6 个 位 置 上 有 A 6 6 种 排 法,故 共 有 不 同 排 法 A 2 5A 6 6=14400种. (2)先不考虑排列要求,有 A 8 8 种排列,其中前四个 节目没有舞蹈节目的情况,可先从5个演唱节目中选 4个节目排在前四个位置,再将剩余四个节目排列在后 四个位置,有 A 4 5A 4 4 种排法,因此前四个节目要有舞蹈节 目的排法有 A 8 8-A 4 5A 4 4=37440种. 12.用0,1,2,3,4,5这六个数字: (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数? (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数? (3)能组成多少个比1325大的四位数? 解 (1)符合要求的四位偶数可分为三类: 第1类:0在个位时有 A 3 5 个; 第2类:2在个位时,首位从1,3,4,5中选定1个有 A 1 4 种,十位和百位从余下的数字中选,有 A 2 4 种,于是有 A 1 4A 2 4 个; 第3类:4在个位时,与第二类同理,也有 A 1 4A 2 4 个. 根据分类加法计数原理,共有四位偶数 A 3 5+A 1 4· A 2 4+A 1 4A 2 4=156个. (2)五位数中是5的倍数的数可分为两类:个位数上 的数字是0的五位数有A 4 5 个;个位数上的数字是5的五 位数有 A 1 4A 3 4 个. 故满足条件的五位数的个数共有 A 4 5 +A 1 4A 3 4 = 216个. (3)比1325大的四位数可分为三类: 16
第六章 计数原理 第1类：形如2 解析方法一：从人（元素）的角度考虑，优先考虑甲，分以 下两类： ,5 的数，共AA个： 第1类，甲不参赛，有A种参赛方案； 第2类，甲参赛，可优先将甲安排在第二棒或第三棒， 第2类：形如14 ,15 共A2A个： 有2种方法，再安排其他3棒，有A种方法，此时有2A 种参赛方案 第3类：形如134 ,135 ,共AA个 根据分类加法计数原理，甲不能跑第一棒和第四棒的 根据分类加法计数原理，比1325大的四位数共有 参赛方案共有A十2A=240种. AA+A2A+A2A=270个. 方法二：从位置（元素）的角度考虑，可分两步完成：第 拓展·提高 一步，优先考虑第一棒和第四棒，则这两棒可以从除甲之 外的5人中选2人，有A种方法：第二步，其余两棒从剩 1.某单位安排7名员工在10月1日至7日值班，每天安排 余4人中选，有A种方法. 1人，每人值班1天.若7名员工中的甲、乙被安排在相邻 根据分步乘法计数原理，甲不能跑第一棒和第四棒的 两天值班，丙不在10月1日值班，丁不在10月7日值班， 参赛方案共有AA=240种. 则不同的安排方案共有( 方法三（排除法）：不考虑甲的约束，6个人占4个位 A.504种 B.960种 置，有A:种安排方法，别除甲跑第一棒和第四棒的参赛 C.1108种 D.1008种 方案有2A种，因此甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方 答案D 案共有A-2Ag=240种. 解析由题意知，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班 5.由数字0,1,2,3,4,5组成的没有重复数字的四位数中，不 的方案共有A2A=1440种，其中满足甲、乙两人被安排 能被5整除的数共有 个 在相邻两天值班且丙在10月1日值班的方案共有 答案192 AA=240种，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且 解析只需考虑个位和千位这两个特殊位置的限制，个位 丁在10月7日值班的方案共有A2A=240种，满足甲 为1,2,3,4中某一个有4种方法，千位在余下的4个非0 乙两人被安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班、丁 数中选择也有4种方法，十位和百位方法数为A?种，故数 在10月7日值班的方案共有AA:=48种，因此满足题 字总数为4×4×A=192. 意的方案共有1440-2×240十48=1008种. 6.三个人坐在一排八个座位上，若每个人的两边都要有空 2.3张卡片正反面分别标有数字1和2,3和4,5和7，若将 位，则不同的坐法种数为 3张卡片并列组成一个三位数，可以得到不同的三位数的 答案24 个数为( 解析“每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐 A.30 B.48 两头，可视为5个空位和3个人满足上述要求的一个排 C.60 D.96 列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空当中即可， 答案B 故有A=24种不同坐法。 解析“组成三位数”这件事，分两步完成：第一步，确定排 7.高一年级某班的语文、数学、英语、物理、化学、体育六门课 在百位、十位、个位上的卡片，即为3个元素的一个全排列 安排在某一天，每门课一节，上午四节，下午两节，数学课 A:第二步，分别确定百位、十位、个位上的数字，各有 必须在上午，体育课必须在下午，数、理、化三门课中任意 2种方法.根据分步乘法计数原理，可以得到AX2X2X 两门不相邻，但上午第四节和下午第一节不叫相邻，则不 2=48个不同的三位数」 同的排法种数为多少？ 3.安排6名歌手演出的顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手 解分两类： 甲的前面或者后面，则不同排法的种数是( 第1类，数学课在上午第一节或第四节共A;种排法， A.180 B.240 体育课在下午共A种排法，理、化课安排在上午一节，下 C.360 D.480 午一节有2A好种排法，其余两门在剩下的位置安排共 答案D A号种 解析先将6名歌手全排列有A。种顺序，甲、乙、丙的顺 根据分步乘法计数原理，共有AXA:X2A号XA= 序有A种，乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面的顺序 32种排法」 有甲乙丙，甲丙乙，乙丙甲，丙乙甲，4种顺序，因此不同排 第2类，数学课安排在上午第二节或第三节，共A:种 法的种数共有4后、 排法，体育深安排在下午有A!种排法，理、化课安排在上 =480种. 午一节和下午一节，共A号种排法，其余两门在余下的位 4.从6名短跑运动员中选出4人参加4×100m接力赛，甲 置安排共A子种排法 不能跑第一棒和第四棒，则共有 种参赛方案。 根据分步乘法计数原理，共有A2XA,XA×A2= 答案240 16种排法. 17
第六章 计数原理 第1类:形如2 ,3 , 4 ,5 的数,共 A 1 4A 3 5 个; 第2类:形如14 ,15 ,共A 1 2A 2 4 个; 第3类:形如134 ,135 ,共 A 1 2A 1 3 个. 根据分类加法计数原理,比1325大的四位数共有 A 1 4A 3 5+A 1 2A 2 4+A 1 2A 1 3=270个. 拓展 提高 1.某单位安排7名员工在10月1日至7日值班,每天安排 1人,每人值班1天.若7名员工中的甲、乙被安排在相邻 两天值班,丙不在10月1日值班,丁不在10月7日值班, 则不同的安排方案共有( ) A.504种 B.960种 C.1108种 D.1008种 答案 D 解析 由题意知,满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班 的方案共有 A 2 2A 6 6=1440种,其中满足甲、乙两人被安排 在相邻 两 天 值 班 且 丙 在 10 月 1 日 值 班 的 方 案 共 有 A 2 2A 5 5=240种,满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且 丁在10月7日值班的方案共有 A 2 2A 5 5=240种,满足甲、 乙两人被安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班、丁 在10月7日值班的方案共有 A 2 2A 4 4=48种.因此满足题 意的方案共有1440-2×240+48=1008种. 2.3张卡片正反面分别标有数字1和2,3和4,5和7,若将 3张卡片并列组成一个三位数,可以得到不同的三位数的 个数为( ) A.30 B.48 C.60 D.96 答案 B 解析 “组成三位数”这件事,分两步完成:第一步,确定排 在百位、十位、个位上的卡片,即为3个元素的一个全排列 A 3 3;第二步,分别确定百位、十位、个位上的数字,各有 2种方法.根据分步乘法计数原理,可以得到 A 3 3×2×2× 2=48个不同的三位数. 3.安排6名歌手演出的顺序时,要求歌手乙、丙均排在歌手 甲的前面或者后面,则不同排法的种数是( ) A.180 B.240 C.360 D.480 答案 D 解析 先将6名歌手全排列有 A 6 6 种顺序,甲、乙、丙的顺 序有 A 3 3 种,乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面的顺序 有甲乙丙,甲丙乙,乙丙甲,丙乙甲,4种顺序,因此不同排 法的种数共有4× A 6 6 A 3 3 =480种. 4.从6名短跑运动员中选出4人参加4×100m 接力赛,甲 不能跑第一棒和第四棒,则共有 种参赛方案. 答案 240 解析 方法一:从人(元素)的角度考虑,优先考虑甲,分以 下两类: 第1类,甲不参赛,有 A 4 5 种参赛方案; 第2类,甲参赛,可优先将甲安排在第二棒或第三棒, 有2种方法,再安排其他3棒,有 A 3 5 种方法,此时有2A 3 5 种参赛方案. 根据分类加法计数原理,甲不能跑第一棒和第四棒的 参赛方案共有 A 4 5+2A 3 5=240种. 方法二:从位置(元素)的角度考虑,可分两步完成:第 一步,优先考虑第一棒和第四棒,则这两棒可以从除甲之 外的5人中选2人,有 A 2 5 种方法;第二步,其余两棒从剩 余4人中选,有 A 2 4 种方法. 根据分步乘法计数原理,甲不能跑第一棒和第四棒的 参赛方案共有 A 2 5A 2 4=240种. 方法三(排除法):不考虑甲的约束,6个人占4个位 置,有 A 4 6 种安排方法,剔除甲跑第一棒和第四棒的参赛 方案有2A 3 5 种,因此甲不能跑第一棒和第四棒的参赛方 案共有 A 4 6-2A 3 5=240种. 5.由数字0,1,2,3,4,5组成的没有重复数字的四位数中,不 能被5整除的数共有 个. 答案 192 解析 只需考虑个位和千位这两个特殊位置的限制,个位 为1,2,3,4中某一个有4种方法,千位在余下的4个非0 数中选择也有4种方法,十位和百位方法数为A 2 4 种,故数 字总数为4×4×A 2 4=192. 6.三个人坐在一排八个座位上,若每个人的两边都要有空 位,则不同的坐法种数为 . 答案 24 解析 “每人两边都有空位”是说三个人不相邻,且不能坐 两头,可视为5个空位和3个人满足上述要求的一个排 列,只要将3个人插入5个空位形成的4个空当中即可, 故有 A 3 4=24种不同坐法. 7.高一年级某班的语文、数学、英语、物理、化学、体育六门课 安排在某一天,每门课一节,上午四节,下午两节,数学课 必须在上午,体育课必须在下午,数、理、化三门课中任意 两门不相邻,但上午第四节和下午第一节不叫相邻,则不 同的排法种数为多少? 解 分两类: 第1类,数学课在上午第一节或第四节共A 1 2 种排法, 体育课在下午共 A 1 2 种排法,理、化课安排在上午一节,下 午一节有2A 2 2 种排法,其余两门在剩下的位置安排共 A 2 2 种. 根据分步乘法计数原理,共有 A 1 2×A 1 2×2A 2 2×A 2 2= 32种排法. 第2类,数学课安排在上午第二节或第三节,共A 1 2 种 排法,体育课安排在下午有 A 1 2 种排法,理、化课安排在上 午一节和下午一节,共 A 2 2 种排法,其余两门在余下的位 置安排共 A 2 2 种排法. 根据分步乘法计数原理,共有 A 1 2×A 1 2×A 2 2×A 2 2= 16种排法. 17
数学 选择性必修第三册 配人教A版 综上，根据分类加法计数原理，排法种数为V=32十 448个不同的圆. 16=48. (2)圆(x一a)2+(y-b)2=r2经过原点，a,b,r满足 挑战·创新 a2+b2=r2, 满足该条件的a,b,r共有3,4,5与6,8,10两组，考 已知圆的方程(x-a)2+（y-b)2=r2(r>0),从0,3,4， 虑a,b的顺序，有A?种情况， 5,6,7,8,9,10这9个数中选出3个不同的数，分别作圆 故符合题意的圆有2A=4个. 心的横坐标、纵坐标和圆的半径.问： (3)圆心在直线x十y-10=0上，即满足a十b=10, (1)可以作多少个不同的圆？ 则满足条件的a,b有三组：0,10：3,7：4,6. (2)经过原点的圆有多少个？ 当a,b取10,0时，r有7种情况， (3)圆心在直线x十y一10=0上的圆有多少个？ 当a,b取3,7；4,6时，r不可取0，有6种情况， 解(1)分两步完成：第一步，先选r,因为r>0,则r有 考虑a,b的顺序，有A号种情况， Ag种选法；第二步，再选a,b,在剩余8个数中任取2个， 因此满足题意的圆共有AA;十2A号A=38个. 有A种选法.根据分步乘法计数原理可得有A:·A= 第3课时 组合与组合数 素养·目标定位 目标素养 知识概览 组合的概念 组合数的概 计算简单的 1.理解组合与组合数的概念. 念及表示 组合问题 2.会推导组合数公式，并会应用公式求值， 3.理解组合数的两个性质，并会化简、求值和证明。 组合数 公式 组合数的两个性质 课前·基础认知 1.组合 续表 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为 表示法 c 一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合. 微思考D如何理解组合，它与排列有何区别？ 乘积式 C"- n(n-1)(n-2)…(n-m+1) 组合数 A m! 提示(1)组合要求n个元素是不同的，被取出的m个 元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m次不放回 公式 阶乘式 n! 地取出 C= m!(n-m)! (2)取出的m个元素不讲究顺序，也就是说元素没有位 备注 ①n,m∈N”,且m≤n:②规定：C9=1 置的要求，无序性是组合的特点. (3)瓣别一个问题是排列问题还是组合问题，关键看选 微思考2如何理解“组合”与“组合数”这两个概念？ 出的元素与顺序是否有关.若交换某一问题中某两个元素的 提示类比“排列”与“排列数”，“组合”与“组合数”也是 位置对结果产生影响，则是排列问题，否则就是组合问题， 两个不同的概念，“组合”是指“从n个不同元素中取m(m≤ 2.组合数的概念、公式、性质 n)个元素作为一组”，它不是一个数，而是具体的一件事： “组合数”是指“从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不 所有不同组合的个数”，它是一个数，例如，从3个不同元素 组合数 同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个 a,b,c中每次取出两个元素的组合为ab,ac,bc,其中每一种 定义 元素的组合数 都叫一个组合，这些组合共有3个，则组合数为3. 18
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 综上,根据分类加法计数原理,排法种数为 N=32+ 16=48. 挑战 创新 已知圆的方程(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),从0,3,4, 5,6,7,8,9,10这9个数中选出3个不同的数,分别作圆 心的横坐标、纵坐标和圆的半径.问: (1)可以作多少个不同的圆? (2)经过原点的圆有多少个? (3)圆心在直线x+y-10=0上的圆有多少个? 解 (1)分两步完成:第一步,先选r,因为r>0,则r 有 A 1 8 种选法;第二步,再选a,b,在剩余8个数中任取2个, 有 A 2 8 种选法.根据分步乘法计数原理可得有 A 1 8·A 2 8= 448个不同的圆. (2)圆(x-a)2+(y-b)2=r2 经过原点,a,b,r满足 a2+b2=r2, 满足该条件的a,b,r共有3,4,5与6,8,10两组,考 虑a,b的顺序,有 A 2 2 种情况, 故符合题意的圆有2A 2 2=4个. (3)圆心在直线x+y-10=0上,即满足a+b=10, 则满足条件的a,b有三组:0,10;3,7;4,6. 当a,b取10,0时,r有7种情况, 当a,b取3,7;4,6时,r不可取0,有6种情况, 考虑a,b的顺序,有 A 2 2 种情况, 因此满足题意的圆共有 A 2 2A 1 7+2A 2 2A 1 6=38个. 第3课时 组合与组合数 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.理解组合与组合数的概念. 2.会推导组合数公式,并会应用公式求值. 3.理解组合数的两个性质,并会化简、求值和证明. 课前·基础认知 1.组合 一般地,从n 个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为 一组 ,叫做从n个不同元素中取出m 个元素的一个组合. 微思考 1 如何理解组合,它与排列有何区别? 提示 (1)组合要求n 个元素是不同的,被取出的m 个 元素也是不同的,即从n 个不同的元素中进行m 次不放回 地取出. (2)取出的m 个元素不讲究顺序,也就是说元素没有位 置的要求,无序性是组合的特点. (3)辨别一个问题是排列问题还是组合问题,关键看选 出的元素与顺序是否有关.若交换某一问题中某两个元素的 位置对结果产生影响,则是排列问题,否则就是组合问题. 2.组合数的概念、公式、性质 组合数 定义 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 续 表 表示法 C m n 组合数 公式 乘积式 C m n = A m n A m m = n(n-1)(n-2)…(n-m+1) m! 阶乘式 C m n = n! m! (n-m)! 备注 ①n,m∈N * ,且m≤n;②规定:C 0 n=1 微思考 2 如何理解“组合”与“组合数”这两个概念? 提示 类比“排列”与“排列数”,“组合”与“组合数”也是 两个不同的概念,“组合”是指“从n个不同元素中取m(m≤ n)个元素作为一组”,它不是一个数,而是具体的一件事; “组合数”是指“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”,它是一个数.例如,从3个不同元素 a,b,c中每次取出两个元素的组合为ab,ac,bc,其中每一种 都叫一个组合,这些组合共有3个,则组合数为3. 18
第六章 计数原理 微训练(1)C= ,C8= x=2x-4, 答案1518 解析由题意知(2x一414， 解析c心- r14 =15,C1g=C1s=18. x+2x-4=14, (2)方程C=C:‘的解为 或2x-4≤14， 解得x=4或6. 答案4或6 x14, 课堂 ·重难突破 组合的概念 动物园的门票)，不同的分配方法取决于从5人中选择哪 4人，这和顺序无关 典例剖析 ②是排列问题，选出的2个数作分子或分母，结果是不同的. ③是组合问题，选出的4人无角色差异，不需要排列他 L.(1)判断下列问题是组合问题还是排列问题： 们的顺序」 ①设集合A={a,b,c,d,e},则集合A的子集中含有 (2)可按a→b→c→d顺序写出，即 3个元素的有多少个？ b c d ②某铁路线上有5个车站，则这条线上共需准备多少种 车票？多少种票价（假设来回的票价相同）？ 所有组合为ab,ac,ad,bc,bd,cd. ③2022年元旦期间，某班10名同学互送贺年卡，表示 新年的祝福，贺年卡共有多少张？ 二组合数公式的应用 (2)已知a,b,c,d,e五个元素，写出每次取出3个元素 典例剖析 的所有组合。 解(1)①问题与元素顺序无关，故是组合问题. 2.(1)计算C-"十C数+n的值： ②因为甲站到乙站，与乙站到甲站车票是不同的，故是 (2)求使3C二=5A2-4成立的x值. 排列问题，但票价与顺序无关，甲站到乙站，与乙站到甲站是 (1)解 f38-n3, 同一种票价，故是组合问题。 l3n21+n, ③甲写给乙贺卡，与乙写给甲贺卡是不同的，因为与顺 .9.5n10.5. 序有关，所以是排列问题， ,n∈N”, (2)可按ab→ac→ad→bc→bd→cd顺序写出，即 ∴.n=10 c a e c+G=CG+G=G+G-2X2+3I=4 (2)解根据排列数和组合数公式，原方程可化为 .d e (x-3)！ (x-4)! 3-714=5· (x-6)! 所有组合为abc,abd,abe,acd,ace,ade,bcd,bce,bde, 即3-3)=5 cde. 4！ -6 即为(x-3)(x-6)=40. 规律总结」写组合时，一般先将元素按一定的顺序排 图此x2-9.x-22=0, 好，再按照顺序用图示的方法逐一将各个组合表示出来， 解得x=11或x=-2. 这样做直观、明了，以防重复和遗漏」 又x-42, 即x≥6， 学以致用 故当x=11时原式成立 1.(1)判断下列问题是排列问题还是组合问题： 规律总结」关于组合数公式的选取技巧 ①把当日动物园的4张门票分给5个人，每人至多分一 张，而且票必须分完，有多少种分配方法？ ()涉及具体载字的可以直接用C= 4 ②从2,3,5,7,11这5个质数中，每次取2个数分别作 为分子和分母构成一个分数，共能构成多少个不同的分数？ n(n-1)(n-2)…(n-m+1D计算。 m! ③从9名学生中选出4名参加一个联欢会，有多少种不 n! 同的选法？ (②)涉及字母的可以用阶乘式C=m!-m计算， (2)已知a,b,c,d这四个元素，写出每次取出2个元素 (3)计算时应注意利用组合数的两个性质C=C,, 的所有组合， C+1=C四十C简化运算。 解(1)①是组合问题.由于4张票是相同的（都是当日 19
第六章 计数原理 微训练 (1)C 2 6= ,C 17 18= . 答案 15 18 解析 C 2 6= 6×5 2×1 =15,C 17 18=C 1 18=18. (2)方程C x 14=C 2x-4 14 的解为 . 答案 4或6 解析 由题意知 x=2x-4, 2x-4≤14, x≤14 或 x+2x-4=14, 2x-4≤14, x≤14, 解得x=4或6. 课堂·重难突破 一 组合的概念 典例剖析 1.(1)判断下列问题是组合问题还是排列问题: ①设集合A={a,b,c,d,e},则集合A 的子集中含有 3个元素的有多少个? ②某铁路线上有5个车站,则这条线上共需准备多少种 车票? 多少种票价(假设来回的票价相同)? ③2022年元旦期间,某班10名同学互送贺年卡,表示 新年的祝福,贺年卡共有多少张? (2)已知a,b,c,d,e五个元素,写出每次取出3个元素 的所有组合. 解 (1)①问题与元素顺序无关,故是组合问题. ②因为甲站到乙站,与乙站到甲站车票是不同的,故是 排列问题,但票价与顺序无关,甲站到乙站,与乙站到甲站是 同一种票价,故是组合问题. ③甲写给乙贺卡,与乙写给甲贺卡是不同的,因为与顺 序有关,所以是排列问题. (2)可按ab→ac→ad→bc→bd→cd 顺序写出,即 所有组合为abc,abd,abe,acd,ace,ade,bcd,bce,bde, cde. 写组合时,一般先将元素按一定的顺序排 好,再按照顺序用图示的方法逐一将各个组合表示出来, 这样做直观、明了,以防重复和遗漏. 学以致用 1.(1)判断下列问题是排列问题还是组合问题: ①把当日动物园的4张门票分给5个人,每人至多分一 张,而且票必须分完,有多少种分配方法? ②从2,3,5,7,11这5个质数中,每次取2个数分别作 为分子和分母构成一个分数,共能构成多少个不同的分数? ③从9名学生中选出4名参加一个联欢会,有多少种不 同的选法? (2)已知a,b,c,d 这四个元素,写出每次取出2个元素 的所有组合. 解 (1)①是组合问题.由于4张票是相同的(都是当日 动物园的门票),不同的分配方法取决于从5人中选择哪 4人,这和顺序无关. ②是排列问题,选出的2个数作分子或分母,结果是不同的. ③是组合问题,选出的4人无角色差异,不需要排列他 们的顺序. (2)可按a→b→c→d 顺序写出,即 所有组合为ab,ac,ad,bc,bd,cd. 二 组合数公式的应用 典例剖析 2.(1)计算C 38-n 3n +C 3n 21+n 的值; (2)求使3C x-7 x-3=5A 2 x-4 成立的x 值. (1)解 ∵ 38-n≤3n, 3n≤21+n, ∴9.5≤n≤10.5. ∵n∈N* , ∴n=10. ∴C 38-n 3n +C 3n 21+n=C 28 30+C 30 31=C 2 30+C 1 31= 30×29 2×1 +31=466. (2)解 根据排列数和组合数公式,原方程可化为 3· (x-3)! (x-7)! 4!=5· (x-4)! (x-6)! , 即 3(x-3) 4! = 5 x-6 , 即为(x-3)(x-6)=40. 因此x2-9x-22=0, 解得x=11或x=-2. 又x-4≥2, 即x≥6, 故当x=11时原式成立. 关于组合数公式的选取技巧 (1)涉 及 具 体 数 字 的 可 以 直 接 用 C m n = A m n A m m = n(n-1)(n-2)…(n-m+1) m! 计算. (2)涉及字母的可以用阶乘式C m n= n! m! (n-m)! 计算. (3)计算时应注意利用组合数的两个性质C m n =C n-m n , C m n+1=C m n +C m-1 n 简化运算. 19
数学 选择性必修 第三册 配人教A版 学以致用 第2类，选出的2名是女教师，有C种方法。 根据分类加法计算原理，共有C十C=15十6=21种不 2.(1)计算：C。-C号·A: 同的选法， (2)计算：C"+C (3)从6名男教师中选2名的选法有C种，从4名女教 解(1)原式= 10×9×8X77×6×5 师中选2名的选法有C种，根据分步乘法计数原理，共有选 ×(3×2×1)= 4×3×2×13×2×1 210-210=0. 法CXC-6x5×4X3 2X1^2X1 90种. [n≥5-n, n+1≥9-n, 规律总结」解简单的组合应用题的策略 (2)由9-n≥0. 得n=4或5. (1)首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问 题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关，而 5-n≥0， n∈N", 组合问题与取出元素的顺序无关，只要元素相同即可， (2)注意两个计数原理的运用，即分类与分步的灵活 当n=4时，原式=C!十C=5;当n=5时，原式= 运用.在分类和分步时，一定注意有无重复或遗漏： Cg+C8=16. 三简单的组合问题 学以致用 典例剖析 3.一个口袋内装有除颜色外完全相同的7个白球和1 个黑球 3.有10名教师，其中6名男教师，4名女教师 (1)从口袋内取出3个球，有多少种取法？ (1)现要从中选2名去参加会议，有 种不同 (2)从口袋内取出3个球，其中含有1个黑球，有多少种 的选法： 取法？ (2)选出2名男教师或2名女教师参加会议，有 (3)从口袋内取出3个球，其中不含黑球，有多少种 种不同的选法： 取法？ (3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有 解(1)从口袋内的8个球中取出3个球， 种不同的选法. 8×7×6 答案(1)45(2)21(3)90 取法种数是C-3X2X56. 解析(1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种 (2)先从口袋内取1个黑球即C,再从7个白球中取出 数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，即 心==5南共有45带不同的建法 2个白球印G,周先取法种数是Cc==21 (3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个 (2)分两类： 白球中取出3个球，取法种数是Cg=X6X5 3×2×1 35 第1类，选出的2名是男教师，有C哈种方法： 随堂训练 1.给出下列问题： 解析原式=C4十C十Cg十Cg十…十C2m一C=Cg十 ①从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加2个公司 Cg+…十C2am-1=…=C22o十C2o2o-1=C2e1-1. 的实习，有多少种不同的选法？ 3.已知平面内A,B,C,D,E,F这6个点中任何3点均不共 ②有4张电影票，要在7人中选出4人去观看，有多少种 线，则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为 不同的选法？ () ③某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中， A.3 B.20 C.12 D.24 则不同的结果有多少种？ 答案B 其中属于组合问题的个数是() A.3 B.2 C.1 D.0 解析由题言得心-炎5炎=20 答案B 4.某校开设A类选修课3门，B类选修课5门，一名同学要 解析①与顺序有关，是排列问题，②③均与顺序无关，是 从中选3门，若要求两类课程中至少各选1门，则不同的 组合问题，故选B, 选法共有( 2.计算C+Cg十Cg+…十C的值为( ) A.15种 B.30种 A.Co2 B.Co C.45种 D.90种 C.C221-1 D.C221-1 答案C 答案C 解析分两类完成：第1类，A类选修课选1门，B类选修 20
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 学以致用 2.(1)计算:C 4 10-C 3 7·A 3 3; (2)计算:C 5-n n +C 9-n n+1. 解 (1)原式= 10×9×8×7 4×3×2×1 - 7×6×5 3×2×1 ×(3×2×1)= 210-210=0. (2)由 n≥5-n, n+1≥9-n, 9-n≥0, 得n=4或5. 5-n≥0, n∈N* , 当n=4时,原式=C 1 4 +C 5 5 =5;当n=5时,原式= C 0 5+C 4 6=16. 三 简单的组合问题 典例剖析 3.有10名教师,其中6名男教师,4名女教师. (1)现要从中选2名去参加会议,有 种不同 的选法; (2)选 出 2 名 男 教 师 或 2 名 女 教 师 参 加 会 议,有 种不同的选法; (3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议,有 种不同的选法. 答案 (1)45 (2)21 (3)90 解析 (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种 数,就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数,即 C 2 10= 10×9 2×1 =45.即共有45种不同的选法. (2)分两类: 第1类,选出的2名是男教师,有C 2 6 种方法; 第2类,选出的2名是女教师,有C 2 4 种方法. 根据分类加法计算原理,共有C 2 6+C 2 4=15+6=21种不 同的选法. (3)从6名男教师中选2名的选法有C 2 6 种,从4名女教 师中选2名的选法有C 2 4 种,根据分步乘法计数原理,共有选 法C 2 6×C 2 4= 6×5 2×1 × 4×3 2×1 =90种. 解简单的组合应用题的策略 (1)首先要判断它是不是组合问题,组合问题与排列问 题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关,而 组合问题与取出元素的顺序无关,只要元素相同即可. (2)注意两个计数原理的运用,即分类与分步的灵活 运用.在分类和分步时,一定注意有无重复或遗漏. 学以致用 3.一个口袋内装有除颜色外完全相同的7个白球和1 个黑球. (1)从口袋内取出3个球,有多少种取法? (2)从口袋内取出3个球,其中含有1个黑球,有多少种 取法? (3)从口袋内取出3个球,其中不含黑球,有多少种 取法? 解 (1)从口袋内的8个球中取出3个球, 取法种数是C 3 8= 8×7×6 3×2×1 =56. (2)先从口袋内取1个黑球即C 1 1,再从7个白球中取出 2个白球即C 2 7,因此取法种数是C 1 1C 2 7= 7×6 2×1 =21. (3)由于所取出的3个球中不含黑球,也就是要从7个 白球中取出3个球,取法种数是C 3 7= 7×6×5 3×2×1 =35. 随堂训练 1.给出下列问题: ①从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加2个公司 的实习,有多少种不同的选法? ②有4张电影票,要在7人中选出4人去观看,有多少种 不同的选法? ③某人射击8枪,击中4枪,且命中的4枪均为2枪连中, 则不同的结果有多少种? 其中属于组合问题的个数是( ) A.3 B.2 C.1 D.0 答案 B 解析 ①与顺序有关,是排列问题,②③均与顺序无关,是 组合问题,故选B. 2.计算C 3 4+C 3 5+C 3 6+…+C 3 2020 的值为( ) A.C 4 2021 B.C 5 2021 C.C 4 2021-1 D.C 5 2021-1 答案 C 解析 原式=C 4 4+C 3 4+C 3 5+C 3 6+…+C 3 2020-C 4 4=C 4 5+ C 3 5+…+C 3 2020-1=…=C 4 2020+C 3 2020-1=C 4 2021-1. 3.已知平面内A,B,C,D,E,F 这6个点中任何3点均不共 线,则由其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为 ( ) A.3 B.20 C.12 D.24 答案 B 解析 由题意得C 3 6= 6×5×4 3×2×1 =20. 4.某校开设 A类选修课3门,B类选修课5门,一名同学要 从中选3门,若要求两类课程中至少各选1门,则不同的 选法共有( ) A.15种 B.30种 C.45种 D.90种 答案 C 解析 分两类完成:第1类,A类选修课选1门,B类选修 20