第六章 计数原理 课选2门，即为CC号：第2类，A类选修课选2门，B类选 6.在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从 修课选1门，即为CC.依据分类加法计数原理，共有 中选出5人参加市级培训.在下列条件下，有多少种不同 CC号+CCg=45种选法. 的选法？ 5.若五个点中任何三点都不共线，则这五个点可以连成 (1)任意选5人： 条线段：如果是有向线段，那么共有 (2)甲、乙、丙三人必须参加： 条 (3)甲、乙、丙三人不能参加 答案1020 解(1)从中任选5人是组合问题，共有C2=792种不同 解析从五个点中任取两个点恰好连成一条线段，因为这 的选法 两个点没有顺序，所以是组合问题，连成的线段共有C= (2)若甲、乙、丙三人必须参加，则只需要从另外9人 10条.再考虑有向线段的问题，因为两个点的先后排列次 中选2人，是组合问题，共有C=36种不同的选法. 序不同则对应不同的有向线段，所以是排列问题，排列数 (3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中 是A号=20.所以有向线段共有20条， 选5人，共有C=126种不同的选法. 课后 训练提升 基础·巩固 CCiA。种 D.30种 答案B 1.(多选题)以下四个问题，不属于组合问题的是( 解析三张票没区别，从10人中选3人即可，即C。 A,从3个不同的小球中，取出2个排成一列 6.将2名女教师，4名男教师分成2个小组，分别安排到甲、 B.老师在排座次时将甲、乙两名同学安排为同桌 乙两所学校轮岗支教，每个小组由1名女教师和2名男教 C.在电视节目中，主持人从100名幸运观众中选出2名幸 师组成，则不同的安排方案共有( ) 运之星 A.24种 B.10种 D.从13名司机中任选出两名开同一辆车往返甲、乙两地 C.12种 D.9种 答案ABD 答案C 解析只有从100名幸运观众中选出2名幸运之星，与顺 解析分三步完成：第一步，为甲学校选1名女教师，有 序无关，是组合问题 C=2种选法：第二步，为甲学校选2名男教师，有C=6种 选法：第三步，剩下的3名教师到乙学校.根据分步乘法计 2C十C等于 数原理，不同的安排方案共有2X6×1=12种，故选C. A吉 B.101 D.6 7.从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘，有m个不 同的积：任取两个不同的数相除，有个不同的商，则 答案D m n= 华花 =6. 答案1：2 解析m=C=6,n=A=12,.m:n=1:2. 3.(多选题)下列等式正确的是( 8.从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖、2名二等奖、 A.C-m!(n-m)! n！ B.CH=C- 3名三等奖，则可能的决赛结果共有种。 答案60 C.C+1=Cg十C- D.C=C+I 解析根据题意，所有可能的决赛结果有CCC=6X 答案ABC 解析A是组合数公式：B,C是组合数性质：C= 5X4x1=60种. 2 n! (n+1)! m!n-mC=m十1（n-m两者不相等， 9.不等式C?-n<5的解集为 答案{2,3,4} 故D错误 4.若A=6C,则n的值为( ) 解析由心-a<5,得202》 -n5, A.6 B.7 C.8 D.9 即n2-3m-10<0,解得-2<n<5. 答案B 由题意知n≥2，且n∈N",则n=2,3,4, 解析由题意知n(m-1)m-2)=6.nn-1)0n-26-3) 故原不等式的解集为{2,3,4. 4×3×2×1 10.解不等式Cg-5>C-2十2C-2十C-2: 化简得”=1，即n=7 解因为C5=C,所以原不等式可化为C>(C-2十 C只-2)十(C只-2十C-2),即C>C-1十C-1,也就是C> 5.把三张游园票分给10个人中的3人，则分法有( n! n! A.A种 B.C。种 C,所以51(m-51>31(m-3)1 21
第六章 计数原理 课选2门,即为C 1 3C 2 5;第2类,A 类选修课选2门,B类选 修课选1门,即为 C 2 3C 1 5.依据分类加法计数原理,共有 C 1 3C 2 5+C 2 3C 1 5=45种选法. 5.若五个点中任何三点都不共线,则这五个点可以连成 条线段;如果是有向线段,那么共有 条. 答案 10 20 解析 从五个点中任取两个点恰好连成一条线段,因为这 两个点没有顺序,所以是组合问题,连成的线段共有C 2 5= 10条.再考虑有向线段的问题,因为两个点的先后排列次 序不同则对应不同的有向线段,所以是排列问题,排列数 是 A 2 5=20.所以有向线段共有20条. 6.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. 解 (1)从中任选5人是组合问题,共有 C 5 12=792种不同 的选法. (2)若甲、乙、丙三人必须参加,则只需要从另外9人 中选2人,是组合问题,共有C 2 9=36种不同的选法. (3)甲、乙、丙三人不能参加,则只需从另外的9人中 选5人,共有C 5 9=126种不同的选法. 课后·训练提升 基础 巩固 1.(多选题)以下四个问题,不属于组合问题的是( ) A.从3个不同的小球中,取出2个排成一列 B.老师在排座次时将甲、乙两名同学安排为同桌 C.在电视节目中,主持人从100名幸运观众中选出2名幸 运之星 D.从13名司机中任选出两名开同一辆车往返甲、乙两地 答案 ABD 解析 只有从100名幸运观众中选出2名幸运之星,与顺 序无关,是组合问题. 2. A 3 101 C 2 100+C 97 100 等于( ) A. 1 6 B.101 C. 1 107 D.6 答案 D 解析 A 3 101 C 2 100+C 97 100 = A 3 101 C 2 100+C 3 100 = A 3 101 C 3 101 =A 3 3=6. 3.(多选题)下列等式正确的是( ) A.C m n = n! m! (n-m)! B.C m n =C n-m n C.C m n+1=C m n +C m-1 n D.C m n =C m+1 n+1 答案 ABC 解析 A 是 组 合 数 公 式;B,C 是 组 合 数 性 质;C m n = n! m! (n-m)! ,C m+1 n+1 = (n+1)! (m+1)! (n-m)! ,两者不相等, 故D错误. 4.若 A 3 n=6C 4 n,则n的值为( ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 B 解析 由题意知n(n-1)(n-2)=6· n(n-1)(n-2)(n-3) 4×3×2×1 , 化简得 n-3 4 =1,即n=7. 5.把三张游园票分给10个人中的3人,则分法有( ) A.A 3 10 种 B.C 3 10 种 C.C 3 10A 3 10 种 D.30种 答案 B 解析 三张票没区别,从10人中选3人即可,即C 3 10. 6.将2名女教师,4名男教师分成2个小组,分别安排到甲、 乙两所学校轮岗支教,每个小组由1名女教师和2名男教 师组成,则不同的安排方案共有( ) A.24种 B.10种 C.12种 D.9种 答案 C 解析 分三步完成:第一步,为甲学校选1名女教师,有 C 1 2=2种选法;第二步,为甲学校选2名男教师,有C 2 4=6种 选法;第三步,剩下的3名教师到乙学校.根据分步乘法计 数原理,不同的安排方案共有2×6×1=12种,故选C. 7.从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘,有m 个不 同的积;任取两个不同的数相除,有n个 不同的商,则 m∶n= . 答案 1∶2 解析 ∵m=C 2 4=6,n=A 2 4=12,∴m∶n=1∶2. 8.从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖、2名二等奖、 3名三等奖,则可能的决赛结果共有 种. 答案 60 解析 根据题意,所有可能的决赛结果有 C 1 6C 2 5C 3 3=6× 5×4 2 ×1=60种. 9.不等式C 2 n-n<5的解集为 . 答案 {2,3,4} 解析 由C 2 n-n<5,得 n(n-1) 2 -n<5, 即n2-3n-10<0,解得-2<n<5. 由题意知n≥2,且n∈N* ,则n=2,3,4, 故原不等式的解集为{2,3,4}. 10.解不等式C n-5 n >C 3 n-2+2C 2 n-2+C 1 n-2. 解 因为 C n-5 n =C 5 n,所以原不等式可化为 C 5 n>(C 3 n-2+ C 2 n-2)+(C 2 n-2+C 1 n-2),即 C 5 n>C 3 n-1+C 2 n-1,也就是 C 5 n> C 3 n,所以 n! 5! (n-5)!> n! 3! (n-3)! , 21
数学 选择性必修第三册 配人教A版 即(n一3)(n-4)>20,解得n>8或n<-1. 答案3 又n∈N”,n≥5，所以n≥9，且n∈N'. 解析①式显然成立： 1L.10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出 ②式中A"=n(n-1)(n-2)…(n-m十1)，A= 4只，试求出现以下结果时各有多少种情况？ (n-1)(-2)…(n-m十1)， (1)4只鞋子恰成两双： 所以A=nA,故②式成立： (2)4只鞋子没有成双的.」 ③式C”÷C+1= C%A0·(m+1)！_m+1 解(1)根据题意只需选出两双鞋， m!·A可 故 n-m 故有C2。=45种情况. ③式成立」 (2)4只鞋若没有成双的，则它们来自4双鞋：先从10 双中取4双，有C。种取法，再从每双中取一只，各有C 6.已知，=三=4则m与n的值分别为 种取法，故由分步乘法计数原理知，共有CCCCC= 答案14,34 3360种情况。 解析可得 拓展·提高 n! n! 2(m-1)！(n-m+1)!3m！(n-m)1 1.满足方程C=C5的x值为( n! n! A.1,3,5,-7 B.1,3 3m！(n-m)月4(m+1)！(n-m-1)刀 C.1,3,5 D.3,5 5m=2m+2, 即〈 答案B 7m=3n-4, 解析由x2一x=5x-5或x2一x=16一(5x一5)，得x= 1,3,5,-7.因为16≥x2-x,16≥5x-5,当x=5,-7时 形仁 不满足，所以只有当x=1,3时符合 7.要从6男4女中选出5人参加一项活动，按下列要求，各 2.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少 有多少种不同的选法？ 有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有( (1)甲当选且乙不当选； A.140种 B.84种 (2)至多有3男当选. C.70种 D.35种 解(1)甲当选且乙不当选，只需从余下的8人中任选 答案C 4人，有C8=70种选法。 解析分两类完成：第1类，甲型1台、乙型2台，有 (2)至多有3男当选时，应分三类： CC号=4×10=40种取法：第2类，甲型2台、乙型1台， 第1类是3男2女，有CC种选法： 有CC=6×5=30种取法.根据分类加法计数原理，共有 第2类是2男3女，有CC种选法： 70种不同的取法， 第3类是1男4女，有CC种选法 3.现有6个白球，4个黑球，任取4个，则至少有两个黑球的 依据分类加法计数原理，共有CC十CC十CC= 取法种数是() 186种选法 A.115 B.90 C.210 D.385 挑战·创新 答案A 解析依题意根据取法可分为三类：第1类，两个黑球，有 某届世界杯举办期间，共有32支球队参加比赛，先分成 C2C=90种取法：第2类，三个黑球，有CC=24种取 8个小组进行循环赛，决出16强（每队均与本组其他队赛 法：第3类，四个黑球，有C=1种取法.根据分类加法计 1场，各组第一、二名晋级16强)，这16支球队按确定的 数原理，至少有两个黑球的取法种数是90十24十1=115， 程序进行淘汰赛，即八分之一淘汰赛，四分之一淘汰赛，半 故选A 决赛，决赛，最后决出冠、亚军，此外还要决出第三、四名， 4.对于所有满足1m≤n5的自然数m,n,方程x2十 问这届世界杯总共将进行多少场比赛？ Cy2=1所表示的不同椭圆的个数为( ) 解可分为四类比赛：(1)小组循环赛，每组有C=6场， A.15 B.7 C.6 D.0 8个小组共有48场：(2)八分之一淘汰赛，8个小组的第 答案C 一、二名组成16强，根据赛制规则，每2支球队一组，每组 解析因为1m≤n5,且方程表示椭圆，所以C可能 比赛1场，可以决出8强，共有8场：(3)四分之一淘汰赛， 为C2,Cg,C,C,C,C,C,C,Cg,Cg,其中Cg=C,C= 根据赛制规则，8强中每2支球队一组，每组比赛1场，可 C8,Cg=C,C=Cg,所以方程x2+Cy2=1能表示的不 以决出4强，共有4场：(4)半决赛，根据赛制规则，4强中每 同椭圆有6个 2支球队一组，每组比赛1场，可以决出2强，共有2场： 点以下三个式子，0C-点@A=nA:@C÷C (5)决赛，2强比赛1场确定冠、亚军，4强中的另2支球队 比赛1场决出第三，四名，共有2场，综上，根据分类加法 m+1 计数原理，总共将进行48十8十4十2十2=64场比赛 ,其中正确的个数是 n一m 22
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 即(n-3)(n-4)>20,解得n>8或n<-1. 又n∈N* ,n≥5,所以n≥9,且n∈N* . 11.10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中,从中任意取出 4只,试求出现以下结果时各有多少种情况? (1)4只鞋子恰成两双; (2)4只鞋子没有成双的. 解 (1)根据题意只需选出两双鞋, 故有C 2 10=45种情况. (2)4只鞋若没有成双的,则它们来自4双鞋;先从10 双中取4双,有C 4 10 种取法,再从每双中取一只,各有C 1 2 种取法,故由分步乘法计数原理知,共有C 4 10C 1 2C 1 2C 1 2C 1 2= 3360种情况. 拓展 提高 1.满足方程C x 2-x 16 =C 5x-5 16 的x 值为( ) A.1,3,5,-7 B.1,3 C.1,3,5 D.3,5 答案 B 解析 由x2-x=5x-5或x2-x=16-(5x-5),得x= 1,3,5,-7.因为16≥x2-x,16≥5x-5,当x=5,-7时 不满足,所以只有当x=1,3时符合. 2.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台,其中至少 有甲型和乙型电视机各1台,则不同的取法共有( ) A.140种 B.84种 C.70种 D.35种 答案 C 解析 分 两 类 完 成:第 1 类,甲 型 1 台、乙 型 2 台,有 C 1 4C 2 5=4×10=40种取法;第2类,甲型2台、乙型1台, 有C 2 4C 1 5=6×5=30种取法.根据分类加法计数原理,共有 70种不同的取法. 3.现有6个白球,4个黑球,任取4个,则至少有两个黑球的 取法种数是( ) A.115 B.90 C.210 D.385 答案 A 解析 依题意根据取法可分为三类:第1类,两个黑球,有 C 2 4C 2 6=90种取法;第2类,三个黑球,有 C 3 4C 1 6=24种取 法;第3类,四个黑球,有C 4 4=1种取法.根据分类加法计 数原理,至少有两个黑球的取法种数是90+24+1=115, 故选 A. 4.对于所有满足1≤m≤n≤5的自然数 m,n,方程x2+ C m ny 2=1所表示的不同椭圆的个数为( ) A.15 B.7 C.6 D.0 答案 C 解析 因为1≤m≤n≤5,且方程表示椭圆,所以C m n 可能 为C 1 2,C 1 3,C 2 3,C 1 4,C 2 4,C 3 4,C 1 5,C 2 5,C 3 5,C 4 5,其中C 1 3=C 2 3,C 1 4= C 3 4,C 1 5=C 4 5,C 2 5=C 3 5,所以方程x2+C m ny 2=1能表示的不 同椭圆有6个. 5.以下三个式子:①C m n = A m n m! ;②A m n =nA m-1 n-1;③C m n ÷C m+1 n = m+1 n-m .其中正确的个数是 . 答案 3 解析 ①式显然成立; ②式中 A m n =n(n-1)(n-2)…(n-m+1),A m-1 n-1 = (n-1)(n-2)…(n-m+1), 所以 A m n =nA m-1 n-1,故②式成立; ③式 C m n ÷C m+1 n = C m n C m+1 n = A m n·(m+1)! m! ·A m+1 n = m+1 n-m ,故 ③式成立. 6.已知 C m-1 n 2 = C m n 3 = C m+1 n 4 ,则m 与n的值分别为 . 答案 14,34 解析 可得 n! 2(m-1)! (n-m+1)!= n! 3m! (n-m)! , n! 3m! (n-m)!= n! 4(m+1)! (n-m-1)! , 即 5m=2n+2, 7m=3n-4, 解得 m=14, n=34. 7.要从6男4女中选出5人参加一项活动,按下列要求,各 有多少种不同的选法? (1)甲当选且乙不当选; (2)至多有3男当选. 解 (1)甲当选且乙不当选,只需从余下的8人中任选 4人,有C 4 8=70种选法. (2)至多有3男当选时,应分三类: 第1类是3男2女,有C 3 6C 2 4 种选法; 第2类是2男3女,有C 2 6C 3 4 种选法; 第3类是1男4女,有C 1 6C 4 4 种选法. 依据分类加法计数原理,共有 C 3 6C 2 4+C 2 6C 3 4+C 1 6C 4 4= 186种选法. 挑战 创新 某届世界杯举办期间,共有32支球队参加比赛,先分成 8个小组进行循环赛,决出16强(每队均与本组其他队赛 1场,各组第一、二名晋级16强),这16支球队按确定的 程序进行淘汰赛,即八分之一淘汰赛,四分之一淘汰赛,半 决赛,决赛,最后决出冠、亚军,此外还要决出第三、四名, 问这届世界杯总共将进行多少场比赛? 解 可分为四类比赛:(1)小组循环赛,每组有 C 2 4=6场, 8个小组共有48场;(2)八分之一淘汰赛,8个小组的第 一、二名组成16强,根据赛制规则,每2支球队一组,每组 比赛1场,可以决出8强,共有8场;(3)四分之一淘汰赛, 根据赛制规则,8强中每2支球队一组,每组比赛1场,可 以决出4强,共有4场;(4)半决赛,根据赛制规则,4强中每 2支球队一组,每组比赛1场,可以决出2强,共有2场; (5)决赛,2强比赛1场确定冠、亚军,4强中的另2支球队 比赛1场决出第三、四名,共有2场.综上,根据分类加法 计数原理,总共将进行48+8+4+2+2=64场比赛. 22
第六章 计数原理 第4课时组合的应用 素养·目标定位 目标素养 知识概览 1.进一步理解组合的定义，熟练掌握组合数公式的 无限制条件的组合问题 直接法 应用 2.能解决含有限制条件的组合问题，掌握常见的类型 合的 及解决策略。 用 有限制条 分组、分配问题 直接法 3.能解决简单的排列、组合的综合问题. 件的组合 问题 有关几何图形问题 间接法 课前·基础认知 1.组合的有关概念 一张，从5个人中选4人满足分配要求，故有C种 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为 (2)某施工小组有男工人7名，女工人3名，现要选1名 一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合. 女工人和2名男工人去支援另一施工小组，不同的选法有 组合数用符号C”表示，其公式为 () C-S=n-1I-2(a-m+ A.C种 B.A。种 A m！ (m,n∈N°， C.A:A号种 D.CC?种 m≤n),特别地，C=C”=1. 答案D 微思考应用组合知识解决实际问题的四个步骤 解析每个被选的人都无顺序差别，是组合问题，分两 是什么？ 步完成：第一步，选女工人，有C种选法；第二步，选男工人， 提示(1)判断：判断实际问题是不是组合问题 有C?种选法.根据分步乘法计数原理，共有CC?种不同的 (2)方法：选择利用直接法还是间接法解题 选法 (3)计算：利用组合数公式结合两个计数原理计算 2.组合与排列的异同点 (4)结论：根据计算结果写出方案个数， 共同点：排列与组合都是从n个不同元素中取出m 微训练(1)若把4张同样的参观券分给5个人，每 (m≤n)个元素. 人最多分一张，且全部分完，则分法一共有() 不同点：排列与元素的顺序有关，组合与元素的顺序 AA种 B.45种 无关 C.5种 D.C种 微思考2解决先选后排问题时，应遵循哪些原则？ 答案D 提示(1)先特殊后一般：(2)先组合后排列：(3)先分类 解析由于4张同样的参观券分给5个人，每人最多分后分步。 课堂·重难突破 有限制条件的组合问题 CC1十CC=825种.或采用排除法有Ci-C=825种. (2)分三类：第1类，有两名女生，即CC:第2类，只有 典例剖析 一名女生，即CCg:第3类，没有女生，即C⑧，根据分类加法 1.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并 计数原理，共有CC+CgC十C=966种。 且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，符合 (3)分两类： 下列条件的选法各有多少种？ 第1类，女队长当选，有C2种： (1)至少有一名队长当选： 第2类，女队长不当选， (2)至多有两名女生当选： 有CC+CC+CC+C种. (3)既要有队长，又要有女生当选： 根据分类加法计数原理，共有C2十CC十CC号十 (4)至多有1名队长当选. CC+C4=790种. 解(1)分两类：第1类，有一名队长，即CC:第2类， (4)分两类： 有两名队长，即CC.根据分类加法计数原理，共有 第1类：没有队长被选上，从除去两名队长之外的11名 23
第六章 计数原理 第4课时 组合的应用 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.进一步理解组合的定义,熟练掌握组合数公式的 应用. 2.能解决含有限制条件的组合问题,掌握常见的类型 及解决策略. 3.能解决简单的排列、组合的综合问题. 课前·基础认知 1.组合的有关概念 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. 组合数用符号C m n 表示,其公式为 C m n = A m n A m m = n(n-1)(n-2)…(n-m+1) m! (m,n∈N* , m≤n),特别地,C 0 n=C n n=1. 微思考 1 应用组合知识解决实际问题的四个步骤 是什么? 提示 (1)判断:判断实际问题是不是组合问题. (2)方法:选择利用直接法还是间接法解题. (3)计算:利用组合数公式结合两个计数原理计算. (4)结论:根据计算结果写出方案个数. 微训练 (1)若把4张同样的参观券分给5个人,每 人最多分一张,且全部分完,则分法一共有( ) A.A 4 5 种 B.45 种 C.54 种 D.C 4 5 种 答案 D 解析 由于4张同样的参观券分给5个人,每人最多分 一张,从5个人中选4人满足分配要求,故有C 4 5 种. (2)某施工小组有男工人7名,女工人3名,现要选1名 女工人和2名男工人去支援另一施工小组,不同的选法有 ( ) A.C 3 10 种 B.A 3 10 种 C.A 1 3A 2 7 种 D.C 1 3C 2 7 种 答案 D 解析 每个被选的人都无顺序差别,是组合问题.分两 步完成:第一步,选女工人,有C 1 3 种选法;第二步,选男工人, 有C 2 7 种选法.根据分步乘法计数原理,共有C 1 3C 2 7 种不同的 选法. 2.组合与排列的异同点 共同点:排列与组合都是从n 个不同元素中取出m (m≤n)个元素. 不同点:排列与元素的顺序有关,组合与元素的顺序 无关. 微思考 2 解决先选后排问题时,应遵循哪些原则? 提示 (1)先特殊后一般;(2)先组合后排列;(3)先分类 后分步. 课堂·重难突破 一 有限制条件的组合问题 典例剖析 1.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,符合 下列条件的选法各有多少种? (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; (4)至多有1名队长当选. 解 (1)分两类:第1类,有一名队长,即C 1 2C 4 11;第2类, 有两 名 队 长,即 C 2 2C 3 11.根 据 分 类 加 法 计 数 原 理,共 有 C 1 2C 4 11+C 2 2C 3 11=825种.或采用排除法有C 5 13-C 5 11=825种. (2)分三类:第1类,有两名女生,即C 2 5C 3 8;第2类,只有 一名女生,即C 1 5C 4 8;第3类,没有女生,即C 5 8.根据分类加法 计数原理,共有C 2 5C 3 8+C 1 5C 4 8+C 5 8=966种. (3)分两类: 第1类,女队长当选,有C 4 12 种; 第2类,女队长不当选, 有C 1 4C 3 7+C 2 4C 2 7+C 3 4C 1 7+C 4 4 种. 根据分类加法计数原理,共有 C 4 12 +C 1 4C 3 7 +C 2 4C 2 7 + C 3 4C 1 7+C 4 4=790种. (4)分两类: 第1类:没有队长被选上,从除去两名队长之外的11名 23
数学 选择性必修第三册 配人教A版 学生中选取5人有C=462种选法. 选法」 第2类：一名队长被选上，分女队长被选上和男队长被 (2)无序均匀分组问题.先分三步，则应是CXC2XC 选上，不同的选法有C1十C1=660种选法. 种方法，但是这里出现了重复.不妨记6本书为A,B,C,D, 根据分类加法计数原理，至多1名队长被选上的方法有 E,F,若第一步取了AB,第二步取了CD,第三步取了EF,记 462+660=1122种. 该种分法为(AB,CD,EF),则CXCXC号种分法中还有 规律总结有限制条件的组合问题的解法 (AB,EF,CD).(CD,AB,EF),(CD.EF,AB).(EF.CD. AB),(EF,AB,CD),共A种情况，而这A种情况仅是 (1)“含”与“不含”问题：常用直接分步法，即“含”的 AB,CD,EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方 先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数 法有C×C×C号÷A=15种. (2)“至多”与“至少”问题：常有两种解决思路：①直 (3)由题意可得共有CXXC=60种分配方法。 接分类法，但要注意分类要不重不漏：②间接法，注意找 准对立面，确保不重不漏， (4)在(3)的基础上再进行全排列，共有CgXC号×C× A=360种分配方法. 学以致用 (5)分为三类：①4,1.1，共有C4×A=90种：②3,2,1 共有CXC2×A=360种：③2,2,2，共有C×C2×C= 1.高二(1)班共有35名学生，其中男生20名，女生 90种，根据分类加法计数原理，共有90十360十90=540种」 15名，从中选出3名学生参加活动. (1)其中某一女生必须在内，不同的选法有多少种？ 规律总结」1.分组、分配问题的求解策略 (2)其中某一女生不能在内，不同的选法有多少种？ (1)分组问题属于“组合”问题： (3)恰有2名女生在内，不同的选法有多少种？ ①完全均匀分组，每组的元素个数均相等： (4)至少有2名女生在内，不同的选法有多少种？ ②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀， (5)至多有2名女生在内，不同的选法有多少种？ 则必须除以n!: 解(1)从余下的34名学生中选取2名，有C:= ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复情况。 561种.即不同的选法有561种. (2)分配问题属于“排列”问题。 (2)从34名可选学生中选取3名，有C4种. 分配问题可以按要求逐个分配，也可以先分组，再 或者C-C=C=5984种. 分配 即不同的选法有5984种。 2.相同元素分配问题的建模思想 (3)从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名， (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放 有CC=2100种 置，便可看作向排成一行的小球的空隙中插入了若干隔 即不同的选法有2100种」 板，相邻两块隔板形成一个“盒”每一种插入隔板的方法 (4)分两类：第1类，选取2名女生有C0C种：第2类， 对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法，隔 选取3名女生有C种，根据分类加法计数原理，共有选取 板法专门解决相同元素的分配问题。 方法CC十C=2100+455=2555种. (2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m, 即不同的选法有2555种. 且每个对象都有)，有C一}种方法.可描述为(n一1)个空 (⑤)选取3名的总数有C,至多有2名女生在内的选取 中插入(m一1)块板， 方式共有C5-Ci=6545-455=6090种. 即不同的选法有6090种. 学以致用 二分组（分配）问题 2.6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求 满足下列要求的放法有多少种？ 典例剖析 (1)每个盒子都不空： (2)恰有一个空盒子： 2.6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分配 (3)恰有两个空盒子. 方法： 解(1)首先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外 (1)分给甲、乙、丙三人，每人2本： 侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙 (2)分为三份，每份2本， 各插一块隔板，有C=10种， (3)分为三份，一份1本，一份2本，一份3本： 即有10种不同的放法. (4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本： (2)恰有一个空盒子，插板分两步进行 (5)分给甲、乙、丙三人，每人至少1本 首先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任 解(1)分三步完成：先从6本书中选2本给甲，有C种 选2个空隙各插一块隔板，如|0|00000|，有C种插法，然 选法：再从其余的4本中选2本给乙，有C2种选法：最后从 后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如 余下的2本书中选2本给丙，有C种选法 I0|000l100l,有C种插法，故共有CC=40种. 因此分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有CCC?=90种 即有40种不同的放法. 24
数 学 选择性必修 第三册 配人教 A版 学生中选取5人有C 5 11=462种选法. 第2类:一名队长被选上,分女队长被选上和男队长被 选上,不同的选法有C 4 11+C 4 11=660种选法. 根据分类加法计数原理,至多1名队长被选上的方法有 462+660=1122种. 有限制条件的组合问题的解法 (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”与“至少”问题:常有两种解决思路:①直 接分类法,但要注意分类要不重不漏;②间接法,注意找 准对立面,确保不重不漏. 学以致用 1.高二(1)班共有35名学生,其中男生20名,女生 15名,从中选出3名学生参加活动. (1)其中某一女生必须在内,不同的选法有多少种? (2)其中某一女生不能在内,不同的选法有多少种? (3)恰有2名女生在内,不同的选法有多少种? (4)至少有2名女生在内,不同的选法有多少种? (5)至多有2名女生在内,不同的选法有多少种? 解 (1)从 余 下 的 34 名 学 生 中 选 取 2 名,有 C 2 34 = 561种.即不同的选法有561种. (2)从34名可选学生中选取3名,有C 3 34 种. 或者C 3 35-C 2 34=C 3 34=5984种. 即不同的选法有5984种. (3)从20名男生中选取1名,从15名女生中选取2名, 有C 1 20C 2 15=2100种. 即不同的选法有2100种. (4)分两类:第1类,选取2名女生有C 1 20C 2 15 种;第2类, 选取3名女生有C 3 15 种.根据分类加法计数原理,共有选取 方法C 1 20C 2 15+C 3 15=2100+455=2555种. 即不同的选法有2555种. (5)选取3名的总数有C 3 35,至多有2名女生在内的选取 方式共有C 3 35-C 3 15=6545-455=6090种. 即不同的选法有6090种. 二 分组(分配)问题 典例剖析 2.6本不同的书,按下列要求各有多少种不同的分配 方法: (1)分给甲、乙、丙三人,每人2本; (2)分为三份,每份2本; (3)分为三份,一份1本,一份2本,一份3本; (4)分给甲、乙、丙三人,一人1本,一人2本,一人3本; (5)分给甲、乙、丙三人,每人至少1本. 解 (1)分三步完成:先从6本书中选2本给甲,有C 2 6 种 选法;再从其余的4本中选2本给乙,有C 2 4 种选法;最后从 余下的2本书中选2本给丙,有C 2 2 种选法. 因此分给甲、乙、丙三人,每人2本,共有C 2 6C 2 4C 2 2=90种 选法. (2)无序均匀分组问题.先分三步,则应是C 2 6×C 2 4×C 2 2 种方法,但是这里出现了重复.不妨记6本书为 A,B,C,D, E,F,若第一步取了 AB,第二步取了CD,第三步取了EF,记 该种分法为(AB,CD,EF),则 C 2 6×C 2 4×C 2 2 种分法中还有 (AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,CD, AB),(EF,AB,CD),共 A 3 3 种情况,而这 A 3 3 种情况仅是 AB,CD,EF的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方 法有C 2 6×C 2 4×C 2 2÷A 3 3=15种. (3)由题意可得共有C 1 6×C 2 5×C 3 3=60种分配方法. (4)在(3)的基础上再进行全排列,共有 C 1 6×C 2 5×C 3 3× A 3 3=360种分配方法. (5)分为三类:①4,1,1,共有C 4 6×A 3 3=90种;②3,2,1, 共有C 3 6×C 2 3×A 3 3=360种;③2,2,2,共有 C 2 6×C 2 4×C 2 2= 90种,根据分类加法计数原理,共有90+360+90=540种. 1.分组、分配问题的求解策略 (1)分组问题属于“组合”问题: 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,若有n 组均匀, 则必须除以n!; ③完全非均匀分组,这种分组不考虑重复情况. (2)分配问题属于“排列”问题. 分配问题可以按要求逐个分配,也可以先分组,再 分配. 2.相同元素分配问题的建模思想 (1)隔板法:如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放 置,便可看作向排成一行的小球的空隙中插入了若干隔 板,相邻两块隔板形成一个“盒”.每一种插入隔板的方法 对应着小球放入盒子的一种方法,此法称之为隔板法.隔 板法专门解决相同元素的分配问题. (2)将n个相同的元素分给m 个不同的对象(n≥m, 且每个对象都有),有C m-1 n-1 种方法.可描述为(n-1)个空 中插入(m-1)块板. 学以致用 2.6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子,求 满足下列要求的放法有多少种? (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)首先把6个相同的小球排成一行,在首尾两球外 侧放置一块隔板,然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙 各插一块隔板,有C 3 5=10种. 即有10种不同的放法. (2)恰有一个空盒子,插板分两步进行. 首先在首尾两球外侧放置一块隔板,并在5个空隙中任 选2个空隙各插一块隔板,如|0|000|00|,有C 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C 1 4 种插法,故共有C 2 5C 1 4=40种. 即有40种不同的放法. 24
第六章 计数原理 (3)恰有两个空盒子，插板分两步进行」 取法，根据分类加法计数原理，与顶点A共面的三，点的取法 首先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任 有3C3+3=33种. 选1个空隙插入一块隔板，有C种插法，如|00|0000|，然后 (2)间接法：如图，从10个点中取4个，点的取法有 将剩下的两块隔板插入形成空盒 C。种，除去4点共面的取法种数可以得到结果，从四面体同 其一：这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子， 一个面上的6个点取出的4点必定共面，有4C。=60种.四 如1001100001，有C种插法. 面体的每一条棱上3，点与相对棱中点共面，共有6种共面情 其二：将两块板与前面三块板之一并放，如00川0000|， 况，从6条棱的中点中取4个点时有3种共面情形（对棱中 有C种插法 点连线两两相交且互相平分)，故4点不共面的取法为 故共有C·(C?十C)=30种. C1。-(60+6+3)=141种. 即有30种不同的放法」 四排列、组合的综合应用 三组合在几何中的应用 3典例剖析 典例剖析 4.有5名男生和3名女生，从中选出5人担任5门不同 3.平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何 学科的课代表，求分别符合下列条件的选法种数： 3点共线.以这些点为顶点，可构成多少个不同的三角形？ (1)有女生但人数必须少于男生： 解方法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类 (2)某女生一定担任语文课代表： 标准。 (3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表： 第1类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共 (4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课 有CCg=48个不同的三角形： 代表，但不担任数学课代表， 第2类：共线的4个点中有1个，点为三角形的顶点，共 解(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4 有CC=112个不同的三角形： 男，共有CC十CgCg种，后排有A种，共(CC十CC)· 第3类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有 A=5400种不同的选法. C=56个不同的三角形. (2)除去该女生后，先选后排，有C·A=840种不同 根据分类加法计数原理，不同的三角形共有48十112十 的选法. 56=216个 (3)先选后排，但先安排该男生，有C·C·A 方法二：从12个点中任意取3个点，有C2=220种取 3360种不同的选法. 法，而在共线的4个点中任意取3个点均不能构成三角形 (4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C种， 即不能构成三角形的情况有C=4种. 再安排该男生有C种，其余3人全排列有A种，共C· 故这12个点能构成三角形的个数为C2一C=216个。 C·A=360种不同的选法. 规律总结」解答几何组合问题的策略 规律总结」排列、组合综合问题的解题原则 (1)几何组合问题，主要考查组合的知识和空间想象能 (1)按事情发生的过程进行分步 力，题目多以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景.这 (2)按元素的性质进行分类.通常从以下三个途径 类问题情境新颖，多个知识点交汇在一起，综合性强 考虑： (2)解答儿何组合问题的思考方法与一般的组合问 ①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考 题基本一样，只要把图形的限制条件视为组合问题的限 虑其他元素； 制条件即可. ②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考 (3)计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制 虑其他位置： 条件较多的情况下，需要分类计算符合题意的组合数 ③先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减 去不符合要求的排列数或组合数 学以致用 3.(1)四面体的一个顶点为A,从其他顶点和各棱中点中 学以致用 取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？ 4.用0到9这10个数字组成没有重复数字的五位数， (2)四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个 其中含3个奇数与2个偶数的五位数有多少个？ 不共面的点，有多少种不同的取法？ 解方法一（直接法）： 解(1)直接法：如图，含顶点A的四 把从5个偶数中任取2个分为两类： 面体的3个面上，除点A外都有5个点， (1)不含0.由3个奇数和2个偶数组成的五位数，可分 从中取出3点必与点A共面共有3C种 两步进行：第一步，选出3奇2偶的数字，方法有CC?种：第 取法；含顶点A的三条棱上各有三个点， 二步，对选出的5个数字全排列有A种方法 它们与所对的棱的中点共面，共有3种 故所有符合条件的五位数有CgC?A个. 25
第六章 计数原理 (3)恰有两个空盒子,插板分两步进行. 首先在首尾两球外侧放置一块隔板,并在5个空隙中任 选1个空隙插入一块隔板,有C 1 5 种插法,如|00|0000|,然后 将剩下的两块隔板插入形成空盒. 其一:这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子, 如||00||0000|,有C 2 3 种插法. 其二:将两块板与前面三块板之一并放,如|00|||0000|, 有C 1 3 种插法. 故共有C 1 5·(C 2 3+C 1 3)=30种. 即有30种不同的放法. 三 组合在几何中的应用 典例剖析 3.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 方法一: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C 2 4C 1 8=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C 1 4C 2 8=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 C 3 8=56个不同的三角形. 根据分类加法计数原理,不同的三角形共有48+112+ 56=216个. 方法二:从12个点中任意取3个点,有C 3 12=220种取 法,而在共线的4个点中任意取3个点均不能构成三角形, 即不能构成三角形的情况有C 3 4=4种. 故这12个点能构成三角形的个数为C 3 12-C 3 4=216个. 解答几何组合问题的策略 (1)几何组合问题,主要考查组合的知识和空间想象能 力,题目多以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景.这 类问题情境新颖,多个知识点交汇在一起,综合性强. (2)解答几何组合问题的思考方法与一般的组合问 题基本一样,只要把图形的限制条件视为组合问题的限 制条件即可. (3)计算时可用直接法,也可用间接法,要注意在限制 条件较多的情况下,需要分类计算符合题意的组合数. 学以致用 3.(1)四面体的一个顶点为A,从其他顶点和各棱中点中 取3个点,使它们和点A 在同一平面上,有多少种不同的取法? (2)四面体的顶点和各棱中点共10个点,在其中取4个 不共面的点,有多少种不同的取法? 解 (1)直接法: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3C 3 5 种 取法;含顶点A 的三条棱上各有三个点, 它们与所对的棱的中点共面,共有3种 取法.根据分类加法计数原理,与顶点A 共面的三点的取法 有3C 3 5+3=33种. (2)间接法:如图,从 10 个点中取 4 个点的取法有 C 4 10 种,除去4点共面的取法种数可以得到结果.从四面体同 一个面上的6个点取出的4点必定共面,有4C 4 6=60种.四 面体的每一条棱上3点与相对棱中点共面,共有6种共面情 况,从6条棱的中点中取4个点时有3种共面情形(对棱中 点连线两两相交且互相平分),故 4 点不共面的取法为 C 4 10-(60+6+3)=141种. 四 排列、组合的综合应用 典例剖析 4.有5名男生和3名女生,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种数: (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,先选可以是2女3男,也可以是1女4 男,共有C 3 5C 2 3+C 4 5C 1 3 种,后排有 A 5 5 种,共(C 3 5C 2 3+C 4 5C 1 3)· A 5 5=5400种不同的选法. (2)除去该女生后,先选后排,有 C 4 7·A 4 4=840种不同 的选法. (3)先选后排,但先安排该男生,有 C 4 7 ·C 1 4 ·A 4 4 = 3360种不同的选法. (4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C 3 6 种, 再安排该男生有 C 1 3 种,其余3人全排列有 A 3 3 种,共 C 3 6· C 1 3·A 3 3=360种不同的选法. 排列、组合综合问题的解题原则 (1)按事情发生的过程进行分步. (2)按元素的性质进行分类.通常从以下三个途径 考虑: ①以元素为主考虑,即先满足特殊元素的要求,再考 虑其他元素; ②以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考 虑其他位置; ③先不考虑附加条件,计算出排列数或组合数,再减 去不符合要求的排列数或组合数. 学以致用 4.用0到9这10个数字组成没有重复数字的五位数, 其中含3个奇数与2个偶数的五位数有多少个? 解 方法一(直接法): 把从5个偶数中任取2个分为两类: (1)不含0.由3个奇数和2个偶数组成的五位数,可分 两步进行:第一步,选出3奇2偶的数字,方法有C 3 5C 2 4 种;第 二步,对选出的5个数字全排列有 A 5 5 种方法. 故所有符合条件的五位数有C 3 5C 2 4A 5 5 个. 25