2019-2020年高中第二册(下A)数学排列组合及应用

排列与组合[考点指津]能正确地运用分类计数、分步计数原理合理地进行分类与分步，掌握解排列、组合综合题的一般方法．[知识在线]1、四个不同的小球全部放入三个不同的盒子里，使每个盒子都不空的取法种数为〔〕A、A13A34B、C24A23C、C34A22D、C14C34C222、由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，百位数字最大，万位数字比千位数字小，个位数字比十位数字小，这样的五位数的个数为〔〕A、12B、6C、8D、43、n C2n A1n1n--是以下哪一个问题的答案〔〕A、n个不同的球放入n个有编号的盒子中，只有一个盒子是空的放法种数；B、n个不同的球放入有编号的n个盒子中，只有两个盒子是空的放法种数；C、n个不同的球放入有编号的n个盒子中，只有一个盒子放两个球的放法种数；D、n个不同的球放入有编号的n个盒子中，有两个盒子各放入两个球的放法种数．4、由100名乒乓运动员参加比赛，采取输一场即予淘汰的淘汰制，决出冠军共需要排比赛场．5、〔2000某某春季高考〕有n〔n∈N〕件不同的产品排成一排，假设其中A、B两件产品排在一起的不同排法有48种，那么n =．[讲练平台]例1 有9名同学排成两行，第一行4人，第二行5人，其中甲必须排在第一行，乙、丙必须排在第二行，问有多少种不同排法？解可分二步，第一步先从甲、乙、丙以外的6人中选出3人，将这3人连同甲排在第一行，有C36A44A种排法，由乘法原那么，共有C36A4455A 种排法；第二步，将剩余的3人连同乙和丙共5人排在第二行，有55种排法．点评从上解法表达了先组后排的原那么，分步先确定两排的人员组成，再在每一排进行排队，这是处理限制条件较多时的行之有效的方法．例2 从6名短跑运动员中选4人参加4×100米接力，如果其中甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，问共有多少种参赛方法？解法一 问题分成三类〔1〕甲乙二人均不参加，有A 44种；〔2〕甲、乙二人有且仅有1人参加，有2C 34〔-A 44A 33〕种；〔3〕甲、乙二人均参加，有C 24〔-A 442A 33+A 22〕种，故共有252种． 解法二 六人中取四人参加的种数为A 46，除去甲、乙两人中至少有一人不排在恰当位置的有3512A C 种，因前后把甲、乙两人都不在恰当位置的种数A 24减去了两次，故共有-A 46C 12A 35+A 24=252种． 点评 对于带有限制条件的排列、组合综合题，一般用分类讨论或间接法两种．例3 有6本不同的书：〔1〕全部借给5人，每人至少1本，共有多少种不同的借法？〔2〕全部借给3人，每人至少1本，共有多少种不同的借法？解 〔1〕有6本书中某两书合在一起组成5份，借给5个人，共有C 26A 55=1800种借法．〔2〕将6本书分成三份有3种分法，第一种是一人4本，一人1本，一人1本；第二种是一人3本，一人2本，一人1本；第三种是每人各2本；然后再将分好的三份借给3个人，有〔A C C C 22111246+C 36C 23+A C C C 33222426〕·A 33=540种借法． 点评 要注意均匀分组与不均匀分组的区别，均匀分组不要重复计数．例4 在一X 节目表上原有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，再添加进去三个节目，求共有多少种安排方法？解法一 添加的三个节目有三类办法排进去：〔1〕三个节目连排，有C 17A 33种方法；〔2〕三个节目互不相邻，有A 37种方法；〔3〕有且仅有两个节目连排，有C 13C 17C 16A 22种方法．根据分类计数原理共有C 17A 33+A 37+C 13C 17C 16A 22=504种． 解法二 从结果考虑，排好的节目表中有9个位置，先排入三个添加节目有A 39种方法，余下的六个位置上按6个节目的原有顺序排入只有一种方法，故所求排法为A 39=504种．点评 插空法是处理排列、组合问题常用的方法．例5 对某种产品的6件不同正品和4件不同次品一一进行测试，至区分出所有次品为止，假设所有次品恰好在第5次测试时被全部发现，那么这样的测试方法有多少种可能？解C14〔C16C33〕A44=576，第5次必测出一次品，余下3只在前4次被测出，从4只中确定最后一次品有C14种方法，前4次中应有1正品、3次品有C14C33种，前4次测试中的顺序有A44种，由分步计数原理即得．点评此题涉及一类重要问题：问题中既有元素的限制，又有排列的问题，一般是先选元素〔即组合〕后排列．[知能集成]1、解排列、组合混合题一般是先选元素、后排元素、或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个基本原理作最后处理．2、对于较难直接解决的问题那么可用间接法，但应做到不重不漏．3、对于选择题的答案要谨慎选择，注意等价答案的不同形式，处理这类选择题可采用分析答案形式用排除法，错误的答案，都是犯有重复或遗漏的错误．[训练反馈]1、将4本不同的书分给3个学生，每人至少1本，不同的分配方法的种数是〔〕A、C14C14A33B、C24A33C、3A34D、3A332、从5名男同学和4名女同学中选3名男同学和2名女同学，分别担任语文、数学、英语、物理和化学科代表，选派方法的种数为〔〕A、C35C24B、C35C24A55C、A35A24D、〔C35+C24〕A553、在一次文艺演出中，需给舞台上方安装一排彩灯共15只，以不同的点亮方式增加舞台效果，要求设计者按照每次点亮时，必须有6只灯是关的，且相邻的灯不能同时被关掉，两端的灯必须点亮的要求进行设计，那么不同的点亮方式是〔〕A、28种B、84种C、180种D、360种4、〔2000京、皖春季高考〕从单词“equation〞中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu〞〔其中“qu〞相连且顺序不变〕的不同排列共有〔〕A、120个B、480个C、720个D、840个5、在6名女同学与5名男同学中，选3名男同学和3名女同学，使男女相间排成一排，不同的排法总数为〔〕A、2A36A35B、2C35C36A66C、A36A35D、C36C35A666、5件不同的奖品分发给4个先进工作者，每人至少一件，那么不同的分配方法有种．7、从5名侯选队员中选3人分别参加数、理、化三项比赛，其中甲必定参加的不同选派方法有C34A33=种．8、从1、2、3、4、5、6这六个数字中，选取2个奇数，2个偶数，组成无重复数字的四位偶数共有C23C23A12A33= 个．9、有4个男学生和6个女学生，从中选出5人去做5种不同的工作，如果规定男生必须比女生多，那么不同的选法有种．10、18人的旅游团要选一男一女参加生活服务工作，有二老年男人不在推选之列，共有64种不同选法，问这个团中男女各几名？11、直线x =1，y = x将圆x 2+y 2= 4分成四块，用5种不同的颜料给四块涂色，要求共边两块颜色互异，每块只涂一色，共有多少种不同的涂色方法？12、有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合以下条件的选法数：〔1〕有女生但人数必须少于男生．〔2〕某女生一定要担任语文科代表．〔3〕某男生必须包括在内，但不担任数学科代表．〔4〕某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．。

组合●教学目标（一）教学知识点1.基本概念：组合、组合数.2.基本公式：组合数公式.（二）能力训练要求1.正确理解组合的意义.2.明确组合与排列的区别与联系.3.掌握组合数公式.4.能够应用组合数公式解决一些简单的问题.（三）德育渗透目标通过组合数公式的推导过程，要求学生学会用联系的观点看问题，从排列与组合的概念中找到区别与联系，加深对概念的认识，增强对组合数公式的记忆效果.●教学重点组合数公式.●教学难点组合数公式的推导.●教学方法启发式、自学辅导法针对本节内容，要求学生通过自学探求组合与排列之间的联系，进而找到它们的区别，为进一步推导组合数公式作好铺垫.在组合数公式的推导过程中，启发学生从排列与组合的联系中找到推导公式的突破口，引导学生掌握由特殊到一般的研究方法，增强学生的探究能力.●教具准备投影片.第一张：问题一（记作10.3.1 A）第二张：问题二（记作10.3.1 B）第三张：组合数公式推导（记作10.3.1 C）第四张：本节例题（记作10.3.1 D）●教学过程Ⅰ.课题导入［师］前面几节课，我们一起学习了排列及其应用，下面，我们来看下面两个问题.（给［生］第1个问题就是我们所学的排列问题，对应于从3个不同元素中选2个不同元素的排列，选出的2个元素有顺序之分；第2个问题只需2个人选出来即可，无顺序的差别.［师］第2个问题中，所选2名主持人无顺序关系，因而它是从3个不同的元素中取出2个，不管怎样的顺序并成一组，求一共有多少个不同的组.这就是本节所要研究的组合问题.Ⅱ.讲授新课1.组合（板书）一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的一个组合.［师］下面大家比较一下排列与组合的概念，试说出它们的区别.［生］排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关.如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合；只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合.［师］这位同学回答得很好，针对上述情况，我们可以试举一例：ab与ba是两个不同的排列，但它们却是同一个组合.2.组合数（板书）从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号C mn表示.［师］有了上述概念，我们就可将问题2的结论用组合数表示.［生］由问题2可知：不同选法有甲、乙，乙、丙，甲、丙三种，故有C23=3种.［师］有了组合数的概念，我们可以从另一个角度来解决问题一.完成这件事可分两步：第一步：先从三人选出2名，有C23种方法；第二步：再将选出的2人排列，有A22种方法.由分步计数原理可知不同方法有C23·A22种.而根据排列知识，所求不同方法为A23.故可得A23=C23·A22.这一式子揭示了排列数与组合数的关系,即C23=2223AA.）Ⅲ.课堂练习课本P95练习 1，2，3，4，5，6.Ⅳ.课时小结［师］通过本节学习，要求大家通过寻求排列、组合的区别，加深对组合概念的理解，通过排列、组合的联系，理解排列数、组合数公式之间的联系，并掌握组合数公式，并且能应用它分析解决一些简单问题.Ⅴ.课后作业（一）课本P100习题10.3 1，3，4，5.（二）1.预习课本P96～P98.2.预习提纲（1）组合数的两个性质.（2）组合问题在实际中有哪些应用？（3）注意组合数等式的实际模型.●板书设计参考例题［例1］用0到9这十个数字可组成多少个无重复数字且能被18整除的八位数？解：因为18=2·9，而2与9互质，所以所求八位数的末位数应是偶数，且各位数字之和为9的倍数.因为0+1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，所以只能除去0与9，或1与8，或2与7，或3与6，或4与5中的一对后再进行分类. 将上述情况分两类讨论：（1）去掉0与9，将2、4、6、8中任一个排在个位，有C14A77种；（2）去掉1与8，2与7，3与6，4与5中其中一对，有C14种方法，下一步再分为两类：①0排在末位，有A77种；②0不排在末位（0有六个位置可选），末位可排三个，偶数其中之一，有 A16·A13·A66种，∴总共有C14·A77+ C14·（A77+ A16·A13·A66）=92160种方法.［例2］要从12人中选出5人去参加一项活动，按下列要求，有多少种不同选法？（1）A、B、C三人必须入选;（2）A、B、C三人不能入选;（3）A、B、C三人只有一人入选;（4）A、B、C三人至少一人入选;（5）A、B、C三人至多二人入选.解：（1）只需再从A、B、C之外的9人中选择2人，所以有C29=36种不同选法.（2）由于A、B、C三人都不能入选，所以只能从余下的9人中选择5人，即有C59=C49=126种选法.（3）可分两步：先从A、B、C三人中选出1人，有C13种选法，再从其余的9人中选择4人，有C49种选法.所以共有C13C49=378种选法.（4）（直接法）可分三类：①A、B、C三人只选一人，则还需从其余9人中选择4人，有C13C49=378种选法；②A、B、C三人中选择二人，则还需从其余9人中选择3人，有C23C39=252种选法；③A、B、C三人都选入，则只需从余下的9人中选择2人，有C33C29=36种选法.由分类计数原理共有378+252+36=666种不同选法.（间接法）先从12人中任选5人，再减去A、B、C三人都不入选的情况，共有C512-C59=666种选法.（5）（直接法）可分三类：①A、B、C三人均不入选，有C59种选法；②A、B、C三人中选一人，有C13C49种选法；③A、B、C三人中选二人，有C23C39种选法.由分类计数原理，共有C59+ C13C49+ C23C39=756种选法.（间接法）：先从12人中任选5人，再减去A、B、C三人均入选的情况，即C512-C29=756种选法.［例3］六本不同的书，按下列条件，各有多少种不同的分法？（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）可分三步完成，先分给甲，有C26种分法，再分给乙，有C24种分法，余下两本给丙.由分步计数原理，共有C26C24C22=90种不同分法.（2）由于问题（1）也可分以下两步完成：第一步：把6本书平均分成三份，设有x种分法；第二步：把分好份的书，再分给甲、乙、丙三人，有A33种分法.根据分步计数原理，得x·A33= C26C24C22,x=33222426ACCC=15.因此把六本书分成三份，每份两本，共有15种分法.（3）分三步完成，由乘法原理可得不同分法种数为C16C25C33=60.（4）分两步完成，第一步先分份，由（3）知共有60种不同分法.第二步将分好份的书，再分给人，有A33种分法.由乘法原理共有60A33=360种不同分法.（5）可分为三种情况：一是题（1）；一是题（4）；还有一种是甲、乙、丙三人，两人各拿一本，一人拿四本，有C46A33=90种，所以共有90+360+90=540种不同分法.［例4］某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中（1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？（2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？（3）甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解：（1）只需从其他18人中选3人即可，共有C318=816种；（2）只需从其他18人中选5人即可，共有C518=8568种；（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C12C418+C318=6936种；（4）解法一：（直接法）至少一名内科一名外科的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外.所以共有C112C48+C212C38+C312C28+C412C18=14656种.解法二：（排除法）由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520-（C58+C512）=14656种.［例5］某出版社的11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷.现从这11人中选出4人排版、4人印刷，有几种不同的选法？若只选3名只会印刷的工人，则还需从2名“全能”的工人中选1人印刷，4名排版工人只能从余下的6人中选取，有C34C12C46种选法.若从4名只会印刷的工人中选2人，则2名“全能”的工人需都去印刷，4名排版工人只能全从5名只会排版的工人中选取，有C24·C22·C45种选法.所以共有C47+C34C12C46+C24C22C45=185种不同的选法.。

组合(2)【教材】10.3组合【目的】1.掌握组合数的两个性质,并能运用它解决一些简单的应用问题.2.初步掌握“一一对应”与“归纳”的思想.3.进一步训练用组合数公式及分类(步)计数原理解决实际问题.【过程】：一、复习引入1.复习:(1)组合数的计算公式的两种表示怎样?有何用途?(2)用组合数公式计算?310=C ,?710=C 它们有何关系?(相等)2.引入:这种相等并非偶然,它正是本节课我们要学习的组合数的性质之一.二、新课1.组合数的性质一(1)提出问题:为什么710310C C =或71010710==C C 呢?46646-=C C 吗? 将其推广到m n nm n C C -=呢? (2)解决问题:引导学生分三个层次解决.a.用“取法”与“剩法”和组合的概念解释:从10个元素中取出7个元素后,还剩下3个元素.就是说,从10个元素中每次取出7个元素的一个组合,与剩下的(10-7)个元素的组合是一一对应的,因此,71010710==C C .(可再举几个例子) b.推广到一般:一般地,从n 个不同元素中取出m 个元素后,剩下(n-m)个元素.因此,从n 个不同元素中取出m 个元素的每一个组合,与剩下的(n-m)个元素的每一个组合一一对应,故m n nm n C C -= c.用组合数公式证明:(见教材)(3)几点说明:a.这时组合数的性质一,当2n m >时,用m n nm n C C -=,可将组合数计算大大简化. b.为了使公式在n m =时也成立,规定10=n C . c.公式特征:两边下标同,上标之和等于下标.2.组合数的性质二(1)提出问题:见教材101页例4.分析:本题是一个典型的抽球问题.口袋内7个白球虽然大小相同,但它们仍是不同的元素,为了便于理解可以看成它们编上了号码:白1,白2,…白7,从而让学生理解(1)即是从8个不同元素中每次取出3个的组合,取法为38C 种.对于(2)可启发学生:取出的3个球中含有1个黑球,则只考虑在7个白球中取2个,因而有27C 种取法.对于(3)可让学生分析得出.启发:三个问题结果有何关系呢?38C =37C +27C ,你能对此作出合理解释吗?(2)解决问题:引导学生分三个层次解决.a.用组合数定义解释:38C =37C +27C ,即从口袋内的8个球中所取出的3个球,可以分成两类:一类含1个黑球,一类不含黑球.故根据分类计数原理,等式成立.b.推广到一般:一般地,从1a ,2a ,…1+n a 这1+n 个不同的元素中取出m 个的组合数是m n C 1+,这些组合可分成两类:一类含1a ,一类不含1a ,含有1a 的组合是从2a ,3a ,…1+n a 这n 个元素中取出(1-m )个元素与1a 组成的,共有1-m n C 个, 不含1a 是从2a ,3a ,…1+n a 这n 个元素中取出m个元素组成的,共有m n C 个,由分类计数原理得: m n C 1+=m n C +1-m nC . c.用组合数公式证明:(见教材)(3)几点说明:a.这是组合数的第二个性质,在下节“二项式定理”中,将会看到它的重要应用.b.此公式在计算、证明的过程中,同样能简化运算.c.公式特征:下标相同,而上标差1的两个组合数之和等于下标比原下标多1上标与高的相同的一个组合数.d.此公式的引入过程,用到了“分类”的思想,“分类”是处理排列组合问题的重要方法.3.例题:例1、计算 (1) 198200C (2)69584737C C C C +++ ( 210 ) (3) 21025242322C C C C C +++++ 例2、求证 2122--+++=n m n m n m n m C C C C例3、解方程 x x C C 217217=+ 例4、求x x x x C C 321383+-+的值. (先求出10=x ,代入的所求值为466)4.练习:教材第103页练习1、2、3三、小结:1.组合数的性质:(1) m n n m n C C -= (2) m n C 1+=m n C +1-m nC2.应用组合数的性质时,要点是当2n m >时,可由m n n m n C C -=简化运算;性质二可正用,即裂项,也可逆用,即并项.3.三个思想:“取法”与“剩法”一一对应的思想,特殊到一般的归纳思想,“含与不含其元素”的分类思想.四、作业:教材第104页 习题第2、4题.。

组合【考点指津】理解组合的意义，掌握组合数的计算公式和组合数性质，能够运用分类计数原理解决简单组合应用题．【知识在线】1、设A={ a, b }，B={ a, b, c, d, e, f }，集合M 满足A ≠⊂M ≠⊂B ，这样的集合M 共有 个． 2、把正方形的四个顶点，四边中点以及中心都用线段连接起来，则以这9个点中的3点为顶点的三角形的个数是 （ ）A 、54B 、76C 、81D 、843、若C x 7220-=C x 20，则x = ． 4、某乒乓球队有9名队员，其中两名是种子选手，现要挑选5名队员参加比赛，种子选手都必须在内，那么不同的选法有 （ ）A 、126种B 、84种C 、35种D 、21种5、从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要甲型与乙型电视机各一台，则不同的取法共有 （ ）A 、140种B 、80种C 、70种D 、35种【讲练平台】例1 空间十个点A 1，A 2，A 3，…，A 10，其中A 1，A 2，…，A 5在同一平面内，此外再无三点共线、四点共面，以这些点为顶点，一共可以构成几个四面体？解法一 （间接法）C 410－C 45=205解法二 （直接法）从A 1，A 2，A 3，A 4，A 5中可取0，1，2，3个点，故有四面体C 45C 05+C 35C 15+C 25C 25+C 15C 35=205点评 组合中“含”与“不含”的问题通常用直接法或间接法，“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取或取出后再去掉含有不能含的元素的取法数．例2 （1997全国高考）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，不同的取法共有（D ）A、150种B、147种C、144种D、141种分析本题是一道有限制的组合应用题，以立体图形四面体为背景，需要借助空间想象能力，灵活运用分类和分步计数原理进行求解．求解思路一从10个点中任取4个点，有C410种取法，所取四点是共面的情形可分为两大类：第一类：4点在四面体的同一平面内，有4C46种取法；第二类：4点不在四面体的同一平面内，可分两种情形：（1）4点位于相对的两条棱上，这时必然3点位于某棱，而另一点是棱的中点，共有6种取法．（2）4点不位于相对的棱上，这时4点必然全为棱的中点，且是平行四边形的顶点，共有3种取法．故4点不共面的不同取法数为C410－（4C46+6+3）=210－60－9=141求解思路二四面体即为三棱锥，记为A－BCD，设平面BCD为α，那么从10个点中取4个不共面的点的情形，可分为4类：（1）恰有3个点在α上，有4（C46－3）=68种取法；（2）恰有2个点在α上，可分两种情况：该2个点在四面体的同一条棱上，有3C23（C24－2）=27种取法；该2个点不在四面体的一条棱上，有（C26－3C23）（C24－1）=30种取法；（3）恰有1个点在α上，可分两种情况：该点是棱的中点，有3×3=9种取法，该点是棱的端点，有3×2=6种取法；（4）4个点全不在α上，只有一种取法．故不同取法数为68+27+30+9+6+1=141．例3 设集合A={1，2，3，…，10}，（1）设A的3个元素的子集的个数为n，求n的值；（2）设A的3个元素的子集中，3个元素的和分别为a1,a2，,…，a n，求a1+a2+a3+…+a n 的值．解（1）A的3元素子集的个数为n =C310=120（2）在A的3元素子集中，含数k（1≤k ≤10）的集合个数有C29个，因此a1+a2+a3+…+a n=C29×（1+2+3+…+10）=1980点评在求n个数中取出m（m ≤n）个数的所有组合中各组合中数字的和时，一般先求出含每个数字的组合的个数，含每个数字的个数一般都相等，故每个数字之和与个数之积便是所求结果．例4 某运输公司有7个车队，每个车队的车都多于4辆且型号相同，要从这7个车队中抽出10辆车组成一运输车队，每个队至少抽1辆车，则不同的抽法有多少种？解由于每队至少抽1辆，故问题转化为从7个车队中抽三辆车，分类讨论．（1）三辆车都从一个队抽,有C17种；（2）三辆车从两个队抽，有C27种；（3）三辆车从三个队抽，有C37种．综上所述，共有C17+C27+C37=84种．点评当分类步骤比较复杂时，不妨换一个角度考虑问题，而使问题清晰而容易入手．【知能集成】1、组合数公式有连乘积和阶乘形式，除乘形式一般用于证明和计算，组合数的性质常用于证明恒等式及合并组合数简化计算．2、解决有条件限制的组合问题，通常用分组法和排除法．3、组合应用题中通常有“至少”“至多”等词，要理解这些词句所包含的含义．【训练反馈】1、以一个正方体的顶点为顶点的四面体的个数共有.2、平面内有九个点，其中有四点在一条直线上，此外无三点共线，由这九点，可以连成的直线条数是 （ ）A 、31B 、30C 、29D 、283、平面α内有5个点，平面β内有8个点，这些点都无三点共线，那么可以组 成不同的四面体的个数是（1）C 413—C 45—C 48；（2）C 15C 38+C 35C 18；（3） C 413；（4）C 15C 38+C 25C 28+C 35C 18，其中正确答案是 （ ）A 、（1）和（3）B 、（1）和（4）C 、（2）和（3）D 、（3）和（4）4、（1994全国高考）有甲乙丙三项任务，甲需2人承包，乙丙各需1人承包，从10人中选出4人承包这三项任务，不同的选法共有 （ ）A 、1260种B 、2025种C 、2520种D 、5040种5、从6双不同的颜色的手套中任取4只，其中恰好有一双同色的取法有（ ）A 、240种B 、180种C 、120种D 、60种6、（1）若C 71n +－C 7n =C 8n ，则n= ；（2）若C k 16=C 3k 216-，则k = ． 7、在正方体的所有棱中，成异面直线的共有 对．8、某校28个班举行排球赛，第一轮将28个班平分成4组进行单循环比赛，第二轮由各组前两名再进行单循环比赛，在第一轮相遇过的队不再比赛，共要进行 场比赛．9、（2003年江苏高考）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图）．现 要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有 种．（用数字作答）10、从4名男生，3名女生中选出3名代表（1）不同的选法共有多少种？（2）至少有一名女生的不同选法共有多少种？（3）代表中男、女生都要有的不同选法共有多少种？11、试证明：C n n +C n 1n ++C n 1n ++…+C n p n +=C 1n 1p n +++ 1 2 3 4 5 612、马路上有编号为1，2，3，…，10的十只路灯，为节约用电又看清路面，可以把其中的三只灯关掉，但不能同时关掉相邻的两只或三只，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法有多少种？。

组合 练习与解析11.四个不同的球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有（ ）A.288B.144C.96D.24解析：先取四个球中的两个为一组，有C 24种取法，再在四个盒中选三个盒，把球放入，有A 34种放法，所以共有C 24A 34＝144种.答案：B2.从A 、B 、C 、D 、E 五名竞赛运动员中，任选四名排在1，2，3，4四条跑道上，其中运动员E 不能排在1，2跑道上，则不同的排法数为（ ）A.24B.48C.120D.72解析：可分两种情况：选E 与不选E .选E 的排法有C 12A 34＝48种，不选E 的排法有A 44＝24种，所以共有48＋24＝72种.答案：D3.五项不同的工程，由三个工程队全部承包下来，每队至少承包一项工程，则不同的承包方案有（ ）A.30种B.60种C.150种D.180种解析：可分两种情况：一是有两个工程队各承包一项工程，一个工程队承包三项工程，有C 35A 33种承包方案；再一种是有两个工程队各承包两项工程，一个工程队承包一项工程，有21C 25C 23A 33种承包方案.所以共有C 35A 33＋21C 25C 23A 33＝150种. 答案：C4.下列问题中，答案为A 66·A 66的是（ ）A.6男6女排成一行，同性都不相邻的排法数B.6男6女排成一行，女性都不相邻的排法种数C.6男6女分六个兴趣不同的小组，每组一男一女的分法种数D.6男6女排成前后两排的排法数解析：A 的排法为2A 66A 66，Ｂ的排法为A 66A 67，D 的排法为A 1212，只有C 的排法为A 66A 66.答案：C5.从｛0，1，2，3，4，5｝中取出3个不同的元素作为方程ax ＋by +c =0的系数，可表示出的不同直线条数为（ ）A.C 36－6B.A 36－6C.C 36D.A 36解析：一般情况下，二元一次方程的三个系数顺序不同方程所表示的直线也不同，所以此题是个排列问题.又a =0时，b =1，c =2与b =2，c =4表示同一直线，类似的情况还有几种，都要减去，所以选B.答案：B6.某次乒乓球邀请赛有20个队参加，比赛时把所有队分成三组，第一组7个队，第二组6个队，第三组7个队，三个组都采用单循环制决定冠军，再由三个分组冠军仍采用单循环制决定冠军，这样一共有______场比赛.解析：三个小组内比赛的场数分别为C 27、C 26、C 27.三个小组的冠军之间应比赛C 23场，所以共需比赛：C 27＋C 26＋C 27＋C 23＝60场.答案：607.在7名运动员中选4名组成接力队，参加4×100接力赛，那么甲、乙两人都不跑中间两棒的安排方法共有多少种？解法一：分三种情况：甲、乙两人都不在接力队有A 45种；甲、乙两人仅有一人在接力队有A 12·A 12·A 35种；甲、乙两人同时在接力队有A 22·A 25种.故总的选法是A 45+A 12·A 12·A 35+ A 22·A 25=400（种）.解法二：排除法.A 47－2C 12·A 36+ A 22·A 25 =400（种）.8.某种产品有4只次品和6只正品，每只均不同且可区分，今每次取出一只测试，直到4只次品全部测出为止，则最后一只次品恰好在第五次测试中被发现的不同情况有多少种？解：完成这件事，相当于前四次测试中，有3件次品，1件正品出现，这四件产品排列是任意的.因此共有C 34·C 16·A 44=576种不同情况.9.把10个人分成三组，一组4人，其他两组各3人，其中3人必须分别在各组，则有多少种不同分法?解：设甲、乙、丙三人必须分别在各组，先将其他7人分成三组，即一组3人，另两组各2人，有21C 37C 24种分组方法，然后再将甲、乙、丙三人分到三个小组里，有A 33种分法.由分步计数原理得，共有21C 37C 24A 33＝630种不同分法. 10.某学习小组有男生5人，女生3人，现从男生中选3人，女生中选1人，参加语文、数学、外语三科的单科知识竞赛，每科均不得缺赛，但不能兼报，共有多少种不同的参赛方法？解：可分两步完成：第一步，确定参赛人员有C 35C 13种选法；第二步，确定参赛科目.由题目要求可知参赛4人必有2人参加同科的竞赛，所以4人选择参赛科目的方法有C 24·A 33种.根据分步计数原理，不同的参赛方法共有C 35C 13·C 24A 33＝1080种.11.现有分别印着0，1，3，5，7，9六个数字的六张卡片，如果允许9可以作6使用，那么从中任意抽出三张，可以组成多少个不同的三位数?（首位数不为零）解：可分为三类：（1） 含9不含0的：有2C 24A 33＝72个；（2）既含9又含0的：有2C12C14A22＝32个；（3）不含9的：有A14A24＝48个.由分类计数原理得，可以组成不同的三位数的个数为72＋32＋48＝152.12.要从7个学校中选出10人参加数学竞赛，每校至少有1人，这10个名额有多少种分配方法?解法一：先将10个名额分给每个学校各一个，剩下3个名额的分配方法数即为这10个名额的分配方法数.这3个名额可按“分给一个学校”“分给两个学校”“分给三个学校”这三类情况进行分配.相应每类情况不同的分法分别为C17、C27A22、C37.因而这10个名额的不同分配方法即为C17＋C27A22＋C37＝84种.解法二：（插板法）因为“名额”之间无差别，可把10个名额用符号“△”表示排成一列，即△△△△△△△△△△，然后用6块挡板插入上面“△”号之间的空隙，将其分成7份，那么挡板的一种插法即对应着名额的一种分配方法，所以不同的名额分法为C69＝84种.。

排 列 3课题：排列的简单应用(2)目的：使学生切实学会用排列数公式计算和解决简单的实际问题，进一步培养分析问题、解决问题的能力，同时让学生学会一题多解．过程：一、复习：1．排列、排列数的定义，排列数的两个计算公式；2．常见的排队的三种题型：⑴某些元素不能在或必须排列在某一位置——优限法；⑵某些元素要求连排（即必须相邻）——捆绑法；⑶某些元素要求分离（即不能相邻）——插空法．3．分类、分布思想的应用．二、新授：示例一： 从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个节目的位置上，则共有多少种不同的排法？解法一：（从特殊位置考虑）1360805919=A A 解法二：（从特殊元素考虑）若选：595A ⋅ 若不选：69A则共有 595A ⋅＋69A ＝136080解法三：（间接法）=-59610A A 136080示例二：⑴ 八个人排成前后两排，每排四人，其中甲、乙要排在前排，丙要排在后排，则共有多少种不同的排法？略解：甲、乙排在前排24A ；丙排在后排14A ；其余进行全排列55A ．所以一共有24A 14A 55A ＝5760种方法． ⑵ 不同的五种商品在货架上排成一排，其中a , b 两种商品必须排在一起，而c, d 两种商品不排在一起, 则不同的排法共有多少种？略解：（“捆绑法”和“插空法”的综合应用）a , b 捆在一起与e 进行排列有22A ；此时留下三个空，将c, d 两种商品排进去一共有23A ；最后将a , b “松绑”有22A ．所以一共有22A 23A 22A ＝24种方法． ☆⑶ 6张同排连号的电影票，分给3名教师与3名学生，若要求师生相间而坐，则不同的坐法有多少种？略解：（分类）若第一个为老师则有33A 33A ；若第一个为学生则有33A 33A 所以一共有233A 33A ＝72种方法．示例三：⑴ 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的正整数？略解：3255545352515=++++A A A A A⑵ 由数字1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字，并且比13 000大的正整数？解法一：分成两类，一类是首位为1时，十位必须大于等于3有3313A A 种方法；另一类是首位不为1，有4414A A 种方法．所以一共有3313A A 1144414=+A A 个数比13 000大． 解法二：（排除法）比13 000小的正整数有33A 个，所以比13 000大的正整数有-55A 33A ＝114个．示例四： 用1，3，6，7，8，9组成无重复数字的四位数，由小到大排列．⑴ 第114个数是多少？ ⑵ 3 796是第几个数？解：⑴ 因为千位数是1的四位数一共有6035=A 个，所以第114个数的千位数应该是“3”，十位数字是“1”即“31”开头的四位数有1224=A 个；同理，以“36”、“37”、“38”开头的数也分别有12个，所以第114个数的前两位数必然是“39”,而“3 968”排在第6个位置上，所以“3 968” 是第114个数．⑵ 由上可知“37”开头的数的前面有60＋12＋12＝84个，而3 796在“37”开头的四位数中排在第11个（倒数第二个），故3 796是第95个数．示例五： 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中⑴ 能被25整除的数有多少个？⑵ 十位数字比个位数字大的有多少个？解： ⑴ 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50两种，末尾为50的四位数有24A 个，末尾为25的有1313A A 个，所以一共有24A ＋1313A A ＝21个．注： 能被25整除的四位数的末两位只能为25，50，75，00四种情况．⑵ 用0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，一共有3003515=A A 个．因为在这300个数中，十位数字与个位数字的大小关系是“等可能的．．．．”，所以十位数字比个位数字大的有150213515=A A 个． 三、小结：能够根据题意选择适当的排列方法，同时注意考虑问题的全面性，此外能够借助一题多解检验答案的正确性．四、作业：“3＋X ”之 排列 练习。

2019-2020年高中第二册(下A)数学排列(IV)【教材】10.2排列【目的】1.巩固复习本节知识.2.进一步掌握带有限制条件的排列应用题的解法.3.能综合应用排列数公式及分类计数原理和分步计数原理解排列应用题,提高学生解较复杂一些的排列应用题的能力.【过程】：一、复习引入1.排列数公式)1()2)(1(+---=mnnnnA mn或,公式的前者主要用于排列数的计算,而后者主要用于排列数等式的求解和证明.2.利用排列数公式与两个基本原理解排列应用题,是本节的重点和难点,解题的基本原则是:(1)选原理——分类计数原理与分步计数原理;(2)选思路——直接法或间接法;(3)画框图——帮助理解,提高解题的直观性.二、新课例1、 7人排成一排,按下列要求,求各有多少种不同的排法.(1)甲不能排在首位,乙不能排在末位;(2)甲、乙两人间恰好间隔两人;(3)甲、乙、丙三人顺序一定.分析(1)直接法——元素分析法甲不能排在首位,只能排在后面六个位置,注意到乙不能排在末位,所以甲的排法分为两类:甲在末位,有种排法甲排在中间5个位置,有种,,有种,其余的元素还有种,故共有种排法.因此共有+=3720种排法.(2)把甲、乙两人连同中间2人看作一个集团元素,它的位置有种,甲、乙外的五人作全排,有种排法,甲、乙可交换位置有种,由分步计数原理共有=960种.另解:先从甲、乙外5人中选2人填在甲、乙之间的两个空档内,有种,再把它们看作一个元素,与余下3人作全排,有种,甲、乙可交换位置有种,由分步计数原理共有=960种.(3)当甲、乙、丙顺序选定7个位置中的某3个时,其他人位置不动,这时甲、乙、丙3人在这3个位置上的排法只有一种是符合题中顺序要求的,因此共有/=840种.(“等几率问题”) 另解:当甲、乙、丙外的4人在7个位置上作选排列,留下的3个位置给甲、乙、丙排列,符合条件的排法只有1种,故共有=840种.指出:题(2)中,设立“集团元素”体现了整体思想,尤其是法一采用先整体后局部,先特殊后一般的解题程序,思路清晰,形象直观,避免出现重复或遗漏的错误.题(3)中,法一体现了“动中求静”的思维方式,一旦甲、乙、丙外的4人位置固定,甲、乙、丙3人都有种排法,但只有一种符合条件;法二中运用逆向思维方式,把对甲、乙、丙3人的顺序要求转化为余下4人在7个位置上的选排问题.例2、用1,3,6,7,8,9组成无重复数字的四位数,由小到大排列:(1)第114个数是多少?(2)3796是第几个数?分析(1)∵千位数是“1”的四位数有=60个,∴第114个数的千位数字应是“3”.又千位数字为3,十位数字是“1”即“31”开头的四位数又=12个.同理,“36”,“37”,“38”,“39”开头的四位数也分别又12个,∴第114个数的前两位必为“39”,而在“39”开头的四位数中,3968排在第6个位置,∴第114个数应该是3968.(2)由(1)可知“37”开头的数的前面有60+12+12=84个,而3796在“37”开头的四位数中排在第11个(倒数第2个),故3796是第95个数.指出:正确认识排列的“序”及多位正整数的有序排列规律是解决此类问题的关键.处理课本习题的作业及课课练排列（一）三、小结:对于带有限制条件的排列应用题,其解题的基本思路是:先找出受限制的元素(或位置),按照特殊优先的方法分步解决;而在解决问题的过程中有两种思路——正向思考与逆向思考.利用正向思考时,既可以从特殊元素出发也可从特殊位置出发.四、作业:课课练排列（二）。

组合练习与解析1.用0，2，5，6，8五个数字组成没有重复数字的五位数，其中小于70000的偶数有（）A.78个B.72个C.60个D.54个解析：分三类，0排在个位时有C13A33个，8排在个位时有C13·A33个，2或6排在个位时有C12·C12·A33个，故共有C13·A33+C13·A33+C12·C12·A33=60个.答案：C2.某校准备召开高中毕业生代表会，把6个代表名额分配给高三年级的3个班，每班至少一个名额，不同的分配方案共有（）A.64种B.20种C.18种D.10种解析：方法一，把6个名额看成6个0，用2块隔板将其分隔到3处，显然，隔板的插法就对应一种分配方案，共有C25=10种分配方案.方法二，分两步，先将3个名额分给每个班，有一种方法；再将剩下的3个名额分三种情况分配，第一种情况，只给一个班，有C13种方法，第二种情况，给每个班各一个名额有1种方法，第三种情况给2个班，有C23·2=6种方法.因此共有1×（C13+1+C23×2）=10种分配方案.答案：D3.从7人中选出3人分别担任学习委员、宣传委员、体育委员，则甲、乙两人不都入选的不同选法种数共有（）A.C25A33B.2C23A33C.A35D.2C23A33+A35答案：D4.2名语文教师和2名数学教师分别担任某年级4个班的语文、数学课，每人承担两个班的课，不同任课方法共有（）A.36种B.12种C.18种D.24种解析：C24·C22·C24·C22=36.答案：A5.甲A篮球队的12名队员（含2名外援）中有5名主力队员（含一名外援），主教练要从这12名队员中选5名首发上场，若主力队员不少于4人，且两名外援不同时上场，有_______种不同选法.解析：C55+（C44·C17+C34·C11·C16）=32.答案：326.奔腾球队有2名队长和10名队员，现选派6人上场参加比赛，如果场上最少有1名队长，那么共有______种不同选法.解法一：C12C510+C22C410=714，即选1名队长5名队员，或2名队长4名队员.解法二：排除法.C612－C610，即除去6人全是队员的情况.答案：7147.某同学从6门课中选学2门，其中两门课上课时间有冲突，另外两门课不允许同时选学，则可选学的方法总数有多少？解：依题意，若除掉这特殊的4门课，剩下2门没说法的课，可分三类：第一类，从没说法的2门课中选2门课程，有1种；第二类，从有说法的2组课程中选一组，再选1门课，然后再从没说法的2门课中选1门课，共有C12C12C12=8种；第三类，从有说法的2组课程中选2门课程，有C12C12=4种，所以共有1+8+4=13种不同的选法.8.平面上有9个点，其中4个点在同一条直线上，此外任三点不共线. （1）过每两点连线，可得几条直线？（2）以每三点为顶点作三角形可作几个？（3）以一点为端点，作过另一点的射线，这样的射线可作出几条？（4）分别以其中两点为起点和终点，最多可作出几个向量？解：（1）C29－C24+1=31条.（2）C39－C34=80个.（3）不共线的五点可连得A25条射线，共线的四点中，外侧两点各不发生1条射线，内部两点各可发生2条射线；而在不共线的五点中取一点，共线的四点中取一点而形成的射线有C14C15A22条，故共有A25+2×1+2×2+C14C15A22=66条射线.（4）任意两点之间，可有方向相反的2个向量各不相等，则可得A29=72个向量.9.6个人进两间屋子，（1）每屋都进3人；（2）每屋内至少进1人，问各有多少种分配方法？解：（1）先派3人进第一间屋，再让其余3人进第二间屋，有C36C33=20种.（2）解法一：按第一间屋子内进入的人数可分为五类：即进1人，进2人，进3人，进4人，进5人，所以，方法数为C16C55+C26C44+C36C33+C46C22+C56C11=C16+C26+C36+C46+C56=26－2=62种.解法二：可设想为将6个人一个一个地往屋子里送，而每个人进屋子有2种可能性，故进屋的方法总数为2×2×2×2×2×2=26种，除去6个人全进同一屋的情形共2种，故有26－2=62种.10.（1）分别从4所学校选拔6名报告员，每校至少1人，有多少种不同的选法？（2）将6名报告员分配到3所学校去作报告，每校2人，有多少种不同的分配方法？（3）将6名报告员分配到4所学校去作报告，每校至少1人，有多少种不同的分配方法？解：（1）选送方案有：（A）2、2、1、1，共C24种.（B）3、1、1、1，共C14种.∴共有C24+C14=10种送法.（2）C 26·C 24·C 22=90种分配方法.（3）把6人先分成4组，再分到4所学校去，有以下两种方案：①各组人数为2、2、1、1，有222211122426A A C C C C ⋅⋅⋅⋅=21C 26·C 24种分组法，再分到学校有A 44种分法，∴共有21C 26·C 24·A 44=1080种方法.②各组人数为3、1、1、1，共有480种方法.∴共有1560种方法.。

精选2019-2020年数学第二册下A第十章排列、组合和二项式定理组合人教版习题精选【含答案解析】第二十三篇第1题【单选题】将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同的分配方案的种数为( )A、80B、120C、140D、180【答案】：【解析】：第2题【单选题】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、232B、252C、472D、484【答案】：【解析】：第3题【单选题】有三对师徒共6个人，站成一排照相，每对师徒相邻的站法共有( )A、72B、54C、48D、8【答案】：【解析】：第4题【单选题】某班选派6人参加两项志愿者活动，每项活动最多安排4人，则不同的安排方法有( )A、50种B、70种C、35种D、55种【答案】：【解析】：第5题【单选题】从6名同学中选4人分别到A、B、C、D四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去D城市游览，则不同的选择方案共有( )A、96种B、144种C、240种D、300种【答案】：【解析】：第6题【单选题】从0，4，6中选两个数字，从3，5，7中选两个数字，组成无重复数字的四位数．其中偶数的个数为( )A、56B、96C、36D、360【答案】：【解析】：第7题【填空题】从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天，若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为______．（用数字作答）A、5040【答案】：【解析】：第8题【填空题】已知有误______【答案】：【解析】：第9题【填空题】有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为______．A、150【答案】：【解析】：第10题【解答题】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，第十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4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？【答案】：【解析】：。

组合(4)【教材】10.3组合【目的】1.对排列组合的知识有一个系统的了解,从而进一步掌握.2.掌握排列组合的一些常见模型及解题方法.3.能运用排列组合概念及两个原理解决排列组合的综合题.【过程】：一、复习引入复习有关排列组合的知识点二、新课例1、某车间有9名工人,其中4名钳工,5名车工,现从中选出3名工人组成维修突击队,要求这个突击队中至少有1名钳工,有多少种不同的选法?分析:由于选出的3名工人之间无顺序要求,所以是组合问题.若选出的3人中有1名钳工,有2514C C 种选法;若选出的3人中有2名钳工,有1524C C 种选法;若选出的3人中有3名钳工,有0534C C 种选法,由分类计数原理得,共有2514C C +1524C C +0534C C =74种不同的选法.另解:从9名工人中选出3名工人,有39C 种选法,其中含“选出的3名工人全是车工”的情况有35C 种,则“至少有1名钳工”的选法数为39C -35C =74种.例2、将4本不同的书按下列方法,有多少种不同的分法?(1)平均分成2组;(2)分成2组,一组1本,一组3本; (3)分给甲乙两人,各得2本;(4)甲得1本,乙得3本；(5)1人得1本,1人得3本.分析(1)设这4本不同的书为a,b,c,d,选出2本,再从余下的2本中取2本的方法有2224C C =6种.写出来有①ab,cd;②ac,bd;③ad,bc;④bc,ad;⑤bd,ac;⑥cd,ab.作为分组①⑥;②⑤;③④只能看作一个分法无顺序,即2224C C 中每22A 只能算一种分法,所以分组数为222224A C C =3.(2)先取1本为1组,余下3本为另一组,写出来①a,bcd;②b,acd;③c,abd;④d,abc.因取数不同无法交换,故分组的方法有3314C C =4种.(3)甲得ab,乙得cd,与甲得cd 然后乙得ab 是不同的分法,有顺序.先让甲取(也可先让乙取),余下乙取,有2224C C =6种.(4)有顺序,让甲先取,乙再取有3314C C =4种.(5)由于1人得1本时,甲可以得1本,乙也可以得1本,故有223314A C C =8种.指出:在处理“分组问题”时,应特别注意“均匀分组”和“非均匀分组”.所谓“均匀分组”,是指分出的各组元素的个数相等,此时,在计算方法数时,总数应除以“r!”(其中r 是“均匀分组”的组数).例如,将3n 个元素平均分成3组,每组n 个元素的分法数应为!323n n n n n n C C C .此例为分组与平均分组问题,关键是弄清组与组之间有顺序还是无顺序,这样才会明白什么情况下要除?什么情况下要乘?什么情况下不乘不除?例3、5名学生插入4个班级,每个班至少插入1人,有多少种不同的分配分法?分析:5名学生插入4个班级,每班至少插入1人,必然有1个班级要插入2人.先将5人分成4组,各组分别有2人,1人,1人,1人,再将这4个组分到4个班级去.先将5人分成4组,人数分别为2人,1人,1人,1人,有!311121325C C C C 种方法, 再将这4个组分派到4个班级去,有44A 种分配方法,有分步计数原理共有!311121325C C C C 44A =240种不同的分配方法. 另解:先确定4个班级中有1个班级接收2人,有14C 种方法,接收2人的班级从5人中选2人,有25C 种选法,余下的3人进行全排列,有33A 种方法,由分步计数原理共有14C 25C 33A =240种不同的方法.指出:要防止产生如下错误:先从5人中选出4人分配到4个班级去,有45A 种方法,余下的1人可以4个班级中的任何一个,有14C 种可能性,故有45A 14C =480种不同的分配方法.事实上,这样做会出现重复:例如第一步从a,b,c,d,e5人中选出a,b,c,d 分别去1～4班,第二步e 去了1班,则1班接收了a 与e,2班接收了b,3班接收了c,4班接收了d;若第一步从a,b,c,d,e5人中选出e,b,c,d 分别去1～4班,第二步a 去了1班,则1班也接收了a 与e,2班接收了b,3班接收了c,4班接收了d,显然这两种情况是同一种结果.例4、6名新教师全部分配给4所学校,每校至少1人,共有多少种不同的分配方案?分析:6名教师全部分配给4所学校,每校至少1人,可以考虑把“完成这件事”分为两步:第一步,先将6名教师分成4组:人数分别为3,1,1,1或2,2,1,1;第二步,把这4组分配到4所学校去,相当于这4组进行全排列.第一步,将6名教师分成4组,每组至少1人.若四组的人数分别为3,1,1,1,分组方法有!311121336C C C C 种;若四组的人数分别为2,2,1,1,分组方法有!2!211122426C C C C 种,有分类计数原理,分组方法有(!311121336C C C C +!2!211122426C C C C )种.第二步,将这4组分配到4所学校去,有44A 种分配方案.根据分步计数原理可得分配方案的总数为(!311121336C C C C +!2!211122426C C C C )44A =1560种. 指出:按“完成一件事”各种可能发生的可能性进行“分类”,以及在每一类中按事件发生的过程去“分步”,是解决排列组合问题的基本方法.遇有分组问题时,应注意分清是“均匀分组”还是“非均匀分组”.三、小结:四、作业:教材第104页 习题第12、13题.。