2019-2020学年高中数学第1章计数原理第3课时排列1导学案苏教版选修2-3.doc

高中数学 第一章 计数原理 1.3 组合课堂导学 苏教版选修2-3三点剖析一、组合数的运算 【例1】已知mm m C C C 76510711•=-,求mC 8. 解析:m 的范围为{m |0≤m ≤5,m ∈Z}, 由已知,!710!)!7(7!6)!6(!!5)!5(!⨯-⨯=---m m m m m m , 即60-10(6-m )=(7-m )(6-m ),得m =21或m =2,又m ∈［0,5］,则有m =2.∴28288==C C m .温馨提示用m mm n mnA A C =计算具体的组合数,用)!(!!m n m n C mn -=证明有关组合数的代数式.有时还用到组合数的性质化简组合数.二、有限制条件的组合问题【例2】 某医院有内科医生12名，外科医生8名，现要选派5名参加赈灾医疗队. (1)某内科医生必须参加，某外科医生不能参加，有多少种选法? (2)至少有一名内科医生和至少有一名外科医生参加，有几种选法? 解析:(1)某内科医生参加，某外科医生不参加，只需从剩下的18名医生中选4名即可.故有418C =3 060(种).(2)解法一:依据组合问题分类讨论原则,至少有一名内科医生和至少有一名外科医生可分为四类:一内四外；二内三外；三内二外；四内一外.共有18412283123821248112C C C C C C C C •+•+•+•=14 656(种).解法二:依据组合问题不符合条件的用剔除原则，事件“至少有一名内科医生和至少有一名外科医生”的对立面是“全部为内科医生或外科医生”，共有58512C C +种选法，则)(58512520C C C +-=14 656(种).温馨提示题目中有“含”与“不含”，“最多”与“至少”等词语,“含有”一般是先将这些元素取出，不足部分由另外元素补充， “不含”，可将这些元素剔除，再从剩下的元素中取；解“最多”与“最少”问题，可用直接法分类求解，也可用间接法求解.三、分组、分配问题【例3】 有9本不同的课外书,分给甲、乙、丙三名同学,求在下列条件下,各有多少种不同的分法?(1)甲得4本,乙得3本,丙得2本;(2)一人得4本,一人得3本,一人得2本; (3)甲、乙、丙各得3本.解析:(1)甲得4本,乙得3本,丙得2本这件事分三步完成: 第一步:从9本不同的书中,任取4本分给甲,有49C 种方法; 第二步:从余下的5本书中,任取3本分给乙,有35C 种方法; 第三步:把剩下的2本书给丙,有22C 种方法. 根据分步乘法计数原理,共有不同的分法2549223549C C C C C •=••=1 260(种).所以甲得4本,乙得3本,丙得2本的分法共有1 260种.(2)一人得4本,一人得3本,一人得2本这件事,分两步完成: 第一步:按4本、3本、2本分成三组,有223549C C C 种方法. 第二步:将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人,有33C 种方法. 根据分步乘法计数原理,共有不同的分法33223549CA C C C =7560(种).所以一人得4本,一人得3本,一人得2本的分法共有7 560种.(3)用与(1)相同的方法求解,得333639C C C ••=1 680(种).所以甲、乙、丙各得3本的分法共有1 680种. 各个击破类题演练 1 计算:n n nnC C 321383+-+的值。

1.2.1 排列第三课时教学目标知识与技能利用捆绑法、插空法解决排列问题．过程与方法经历把简单的计数问题化为排列问题解决的过程，从中体会“化归〞的数学思想．情感、态度与价值观能运用所学的排列知识，正确地解决实际问题，体会“化归〞思想的魅力．重点难点教学重点：利用捆绑法、插空法解决排列问题．教学难点：利用捆绑法、插空法解决排列问题．教学过程复习回顾提出问题：7位同学排队，根据上一节课所学的方法，解决以下排列问题．(1)7位同学站成一排，共有多少种不同的排法？(2)7位同学站成两排(前3后4)，共有多少种不同的排法？(3)7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？(4)7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？(5)7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？活动设计：学生自己做，找学生到黑板上板演．活动成果：解：(1)问题可以看作：7个元素的全排列A77＝5 040.(2)根据分步乘法计数原理：7×6×5×4×3×2×1＝7！＝5 040.(3)问题可以看作：余下的6个元素的全排列A66＝720.(4)根据分步乘法计数原理：第一步甲、乙站在两端有A22种；第二步余下的5名同学进行全排列有A55种，所以，共有A22·A55＝240种排列方法．(5)第一步从(除去甲、乙)其余的5位同学中选2位同学站在排头和排尾有A25种方法；第二步从余下的5位同学中选5位进行排列(全排列)有A55种方法，所以一共有A25A55＝2 400种排列方法．典型例题类型一：捆绑法例17位同学站成一排，(1)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？(2)甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种？(3)甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？(4)甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起的排法有多少种？解：(1)先将甲、乙两位同学“捆绑〞在一起看成一个元素，与其余的5个元素(同学)一起进行全排列有A66种方法；再将甲、乙两个同学“松绑〞进行排列有A22种方法．所以这样的排法一共有A66A22＝1 440种．(2)方法同上，一共有A55A33＝720种．(3)解法一：将甲、乙两同学“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的5个元素中选取2个元素放在排头和排尾，有A25种方法；将剩下的4个元素进行全排列有A44种方法；最后将甲、乙两个同学“松绑〞进行排列有A22种方法．所以这样的排法一共有A25A44A22＝960种．解法二：将甲、乙两同学“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，假设丙站在排头或排尾有2A55种方法，所以，丙不能站在排头和排尾的排法有(A66－2A55)·A22＝960种．解法三：将甲、乙两同学“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有6个元素，因为丙不能站在排头和排尾，所以可以从其余的四个位置选择共有A14种方法，再将其余的5个元素进行全排列共有A55种方法，最后将甲、乙两同学“松绑〞，所以，这样的排法一共有A14A55A22＝960种．(4)将甲、乙、丙三个同学“捆绑〞在一起看成一个元素，另外四个人“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有2个元素，∴一共有排法种数：A33A44A22＝288种．点评：对于相邻问题，常用“捆绑法〞(先捆后松)．[巩固练习]某商场中有10个展架排成一排，展示10台不同的电视机，其中甲厂5台，乙厂3台，丙厂2台，假设要求同厂的产品分别集中，且甲厂产品不放两端，那么不同的陈列方式有多少种？解：将甲厂5台不同的电视机“捆绑〞在一起看成一个元素，乙厂3台不同的电视机“捆绑〞在一起看成一个元素，丙厂2台不同的电视机“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有3个元素，甲不放两端，甲有1种排法，乙、丙排在两端有A22种排法，共有A55A33A22A22＝2 880种不同的排法．[变练演编]7位同学站成一排，(1)甲、乙两同学之间恰好有一个人的排法共有多少种？(2)甲、乙两同学之间恰好有两个人的排法共有多少种？解：(1)先在甲、乙两同学之间排一个人，有A15种不同的排法，把甲、乙和中间的一人“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有5个元素，共有A15A55A22＝1 200种不同的排法．(2)先在甲、乙两同学之间排两个人，有A25种不同的排法，把甲、乙和中间的两人“捆绑〞在一起看成一个元素，此时一共有4个元素，共有A25A44A22＝960种不同的排法．类型二：插空法例27位同学站成一排，(1)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？(2)甲、乙和丙三个同学都不能相邻的排法共有多少种？解：(1)方法一：(排除法)A77－A66·A22＝3 600；方法二：(插空法)先将其余五个同学排好有A55种方法，此时他们留下六个位置(称为“空〞)，再将甲、乙同学分别插入这六个位置(空)有A26种方法，所以一共有A55A26＝3 600种方法．(2)先将其余四个同学排好有A44种方法，此时他们留下五个“空〞，再将甲、乙和丙三个同学分别插入这五个“空〞有A 35种方法，所以一共有A 44A 35＝1 440种方法．点评：对于不相邻问题，常用“插空法〞(特殊元素后考虑)．[巩固练习]5男5女排成一排，按以下要求各有多少种排法：(1)男女相间；(2)女生按指定顺序排列．解：(1)先将男生排好，有A 55种排法；再将5名女生插在男生之间的6个“空〞(包括两端，但不能同时排在两端)中，有2A 55种排法，故此题的排法有N ＝2A 55·A 55＝28 800种．(2)方法1：N ＝A 1010A 55＝A 510＝30 240； 方法2：设想有10个位置，先将男生排在其中的任意5个位置上，有A 510种排法；余下的5个位置排女生，因为女生的位置已经指定，所以她们只有一种排法．故此题的排法为N ＝A 510×1＝30 240种．[变练演编]5男6女排成一列，问(1)5男排在一起有多少种不同排法？(2)5男不都排在一起有多少种排法？(3)5男每两个不排在一起有多少种排法？(4)男女相互间隔有多少种不同的排法？解：(1)先把5男看成一个整体，得A 77，5男之间排列有顺序问题，得A 55，共A 77A 55种．(2)全排列除去5男排在一起即为所求，得A 1111－A 77A 55.(3)因为男生人数少于女生人数，利用男生插女生空的方法解决问题，得A 66A 57.(4)利用男生插女生空的方法，但要保证两女生不能挨在一起，得A 66A 55.[达标检测]1．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有( )A ．1 440种B ．960种C．720种 D．480种2．把4个不同的黑球，4个不同的红球排成一排，要求黑球、红球分别在一起，不同的排法种数是( )A．A88 B．A44A44C．A44A44A22D．以上都不对3．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．42 B．96C．48 D．124答案：课堂小结1．知识收获：进一步复习排列的概念和排列数公式．2．方法收获：捆绑法、插空法．3．思维收获：化归思想、分类讨论思想．补充练习[基础练习]1．6人站成一排照相，其中甲、乙、丙三人要站在一起，且要求乙、丙分别站在甲的两边，那么不同的排法种数为( )A．12 B．24C．48 D．1442．由数字0,1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中是25的倍数的数共有______个( )A．9 B．12C．24 D．213．用数字0,1,2,3,4能组成没有重复数字的且比20 000大的五位奇数的个数为( ) A．3 B．30C．72 D．184．将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为( )A．540 B．300C．180 D．150答案：[拓展练习]5．有4名男生、5名女生，全体排成一行，问以下情形各有多少种不同的排法？(1)甲不在中间也不在两端；(2)甲、乙两人必须排在两端；(3)男、女生分别排在一起；(4)男女相间；(5)甲、乙、丙三人从左到右顺序保持一定．答案：(1)241 920 (2)10 080 (3)5 760 (4)2 880 (5)60 480设计说明本节课是排列的第三课时，本节课的主要目标是介绍排列中常用的捆绑法和插空法．本节课的特点是教师引导给学生以提示，在从例题中学会了方法后，马上让学生练习巩固方法，在变练演编中，举一反三，反复强化，使学生更好地掌握方法和技巧．备课资料一、相邻问题捆绑法：题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列．例A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有________．解析：把A，B视为一人，且B固定在A的右边，那么此题相当于4人的全排列，有A44＝24种排法．二、相离问题插空法：元素相离(即不相邻)问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端．例1书架上某层有6本书，新买3本插进去，要保持原有6本书的顺序，有______种不同的插法(具体数字作答)．解析：A17A33＋A27A23＋A37＝504种．例2高三(1)班学生要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，那么不同排法的种数是________．解析：不同排法的种数为A55A26＝3 600.例3某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后才能进行．那么安排这6项工程的不同排法种数是________．解析：依题意，只需将剩余两个工程插在由甲、乙、丙、丁四个工程形成的5个“空〞中，可得有A25＝20种不同排法．例4某市春节晚会原定10个节目，导演最后决定添加3个与“抗冰救灾〞有关的节目，但是赈灾节目不排在第一个也不排在最后一个，并且已经排好的10个节目的相对顺序不变，那么该晚会的节目单的编排总数为________种．解析：A19A33＋A29A23＋A39＝990种．例53个人坐在一排8个椅子上，假设每个人左右两边都有空位，那么坐法的种数有多少种？解析：解法1：先将3个人(各带一把椅子)进行全排列有A33，○*○*○*○，在四个“空〞中分别放一把椅子，还剩一把椅子再去插空有A14种，所以每个人左右两边都有空位的排法有A14A33＝24种．解法2：先拿出5个椅子排成一排，在5个椅子中间出现4个“空〞，*○*○*○*○*，再让3个人每人带一把椅子去插空，于是有A34＝24种．注：题中*表示元素，○表示空．例6停车场划出一排12个停车位置，今有8辆车需要停放．要求空位置连在一起，不同的停车方法有多少种？解析：先排好8辆车有A88种方法，要求空位置连在一起，那么在每2辆之间及其两端的9个空档中任选一个，将空位置插入有A19种方法，所以共有A19A88种方法．。

排列第 1 课时排列与排列数公式1．甲、乙两名同学参加一项活动，此中一名参加上午的活动，其余一名参加下午的活动．问题 1：甲在上午和乙在上午是相同的安排法吗？提示：不是．问题 2：有几种不一样样的排法？提示：两种．甲上午，乙下午；甲下午，乙上午．2．若从甲、乙、丙三名同学中选出两名参加一项活动，此中 1 名同学参加上午的活动，另 1 名同学参加下午的活动．问题 3：让你去安排这项活动，需要几步？提示：分两步．问题 4：它们是什么？提示：第一步确立上午的同学，第二步确立下午的同学．问题 5：有几种排法？提示：上午有 3 种，下午有 2 种，因分步完成共3× 2＝ 6 种．问题 6：这些排法相同吗？提示：不一样样，它们是有序次的．3．从a、b、c中任取两个元素，依据必然的序排成一列．7：共有多少种不一样样的排列方法？提示： 3× 2＝ 6 种．8：写出它的排列．提示： ab，ac， ba，bc， ca， cb.排列的定一般地，从n 个不一样样的元素中拿出( ≤) 个元素，依据必然的序排成一列，叫m m n做从n 个不一样样元素中拿出个元素的一个排列 .m已知数字1， 2， 3，4， 5， 6.1：从 1， 2， 3，4， 5， 6 中出两个数字，能构成多少个没有重复数字的两位数？提示：有6×5＝ 30( 个 ) ．2：从 1， 2， 3，4， 5， 6 中出三个数字，能构成多少个没有重复数字的三位数？提示：有6×5× 4＝120( 个 ) ．3：从 1， 2， 3，4， 5， 6 中出四个数字，能构成多少个没有重复数字的四位数？提示：有6×5×4× 3＝ 360( 个 ) ．4：若从n个不一样样元素中拿出m( m≤n)个元素排成一列，有多少种不一样样的排法？提示：有n( n－1)( n－2)⋯( n－m＋1)(个)．排列数全排列从n 不一样样元素中拿出个n个不一样样元素所有拿出的一个定m( m≤n) 元素的所有排列的排列，叫做 n 个不一样样元素的一个数，叫做从 n 个不一样样元素个全排列中拿出 m个元素的排列数表示法Amn An乘Amn＝n( n－ 1) ( n－An＝n( n－ 1)( n－形式2) ⋯ ( n－m＋ 1)2) ·⋯· 3· 2· 1公式乘形式性注n！Amn＝An＝n！（n－m）！A0n＝ 1； 0！＝ 1n， m∈N*，且 m≤ n1．判断一个详尽能否是排列主要看从n 个元素中拿出m个元素后，在安排m个元素，是有序是无序，有序是排列，无序就不是排列．也就是排列与元素的序有关，与元素序没关的不是排列．2．排列与排列数是两个不一样样的看法，排列是一个详尽的排法，不是数；排列数是所有排列的个数，它是一个数．[ 例 1]以下哪些是排列：(1)从 10 名学生中抽 2 名学生开会；(2)从 2， 3， 5， 7，11 中任取两个数相乘；(3)以上的 10 个点端点作弦；(4)10个车站，站与站间的车票．[ 思路点拨 ]利用排列的定义去判断，要点是看拿出的元素能否与序次有关．[ 精解详析 ] (1)2 名学生开会没有序次，不是排列问题．(2)两个数相乘，与这两个数的序次没关，不是排列问题．(3)弦的端点没有先后序次，不是排列问题．(4)车票使用时，有起点和终点之分，故车票的使用是有序次的，是排列问题．[ 一点通 ]判断一个详尽问题能否有序次的方法：变换元素的地点，看结果有无变化，如有变化，则与元素的序次有关，是排列问题；不然，为非排列问题．1．改正例题的各条件以下，请重新判断能否是排列问题：(1)抽 2 名学生当正、副班长；(2)取两个数相除；(3)以圆上 10 个点为端点作有向线段；(4)10个车站间站与站的票价．解： (1)2 名学生当正、副班长是有序次的，故是排列问题．(2)两个数有除数和被除数之分，有序次，是排列问题．(3)有向线段有起点和终点之分，有序次，是排列问题．(4)两车站间往返的票价相同，故与序次没关，不是排列问题．2．判断以下问题能否为排列问题．(1)北京、上海、天津三个民航站之间的直抵航线的飞机票的价格( 假设往返的票价相同 ) ；(2)选 2 个小组分别去植树和种菜；(3)选 2 个小组去种菜；(4)选 10 人构成一个学习小组；(5)选 3 个人分别担当班长、学习委员、生活委员；(6)某班 40 名学生在假期互相通讯．解： (1) 中票价只有三种，固然机票是不一样样的，但票价是相同的，不存在序次问题，所以不是排列问题．(2)植树和种菜是不一样样的，存在序次问题，属于排列问题．(3)、 (4) 不存在序次问题，不属于排列问题．(5)中每一个人的职务不一样样，比方，甲当班长与当学习委员是不一样样的，存在序次问题，属于排列问题．(6)A 给 B写信与 B给 A写信是不一样样的，所以存在着序次问题，属于排列问题．所以在上述各题中 (2) 、 (5) 、 (6) 属于排列问题 .[ 例 2]A， B， C， D四名同学站成一排照相，写出 A 不站在两端的所有可能站法．[ 思路点拨 ]解决本题可经过树形图法，画出依题意的形状，即可写出不一样样的站法．[ 精解详析 ]以以以下图的树形图：故所有可能的站法是BACD， BADC， BCAD， BDAC， CABD， CADB，CBAD， CDAB， DABC，DACB，DBAC， DCAB，共12种．[ 一点通 ]“树形图”是解决简单排列问题的有效方法，特别是元素较少时．在详尽操作中，先将元素按必然序次排出，此后以安排哪个元素在首位为分类标准，进行分类，在每类中再在前方元素不变的状况下定第二位元素，挨次向来进行到完成一个排列．3．A，B，C三个同学站成一排照相纪念，写出所有排列．解：由题意作树形图以以以下图：故所有的排列为：ABC， ACB， BAC， BCA， CAB，CBA.4．A，B，C，D四名同学重新换位(每个同学都不可以坐其本来的位子) ，试列出所有可能的换位方法．解：假设，，，D 四名同学本来的位子分别为1， 2， 3， 4 号，列出树形图如图：A B C地点编号换位后，本来1，2，3，4 号座位上坐的同学的所有可能排法有：BADC ，BCDA ，BDAC ，CADB ，CDAB ， CDBA ， DABC ， DCAB ， DCBA .2A58＋7A48 Amn － 1·An － m[例3]计算： (1) A8－ A59 ； (2)An －1 .[ 思路点拨 ]利用公式 Amn ＝ n ！ 化简变形．（n － m ）！[ 精解详析 ]2A58＋ 7A48(1)A8－ A592×8×7×6×5×4＋7×8×7×6×5＝8×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×58×7×6×5×（8＋7）＝8×7×6×5×（ 24－9）＝1.（n －1）！1(2) 原式＝ [ （ n －1）－（ m －1）] ！·(n －m )！· （n －1）！＝ （n －1）！ ·( － ) ！· 1＝ 1.（n －m ）！n m（n －1）！[一点通 ]应用排列数公式应注意以下几个方面：(1) 正确张开：应用排列数公式张开时要注意张开式的项数要正确．(2) 合理约分：若运算式是分式形式，则要先约分后计算．(3) 合理组合：运算时要联合数据特色，应用乘法的交换律、联合律，进行数据的组n －1合，可以提高运算的速度和正确性，如：n ！＝ n ( n － 1) ！；n · n ！＝ ( n ＋ 1) ！－ n ！； n ！ ＝11（ n －1）！ － n ！等．5．假如 Amn ＝15×14×13×12×11×10，那么 n ＝ ________， m ＝ ________．解析：∵ 15×14×13×12×11×1 0＝ A615，∴ n ＝ 15， m ＝ 6.答案： 15 6A8126. A811＝ ________．12×11×10×⋯⋯× 6×5 12解析：原式＝11×10×⋯× 5×4＝4＝3.答案： 37．解以下方程：(1)3A3x＝ 2A2x＋ 1＋ 6A2x；(2)5Ax4＝ 6Ax5－ 1.解： (1) 由 3A3x＝ 2A2x＋ 1＋ 6A2x，得 3x( x－ 1)( x－ 2) ＝ 2( x＋ 1) x＋ 6x( x－1) ．∵ x≥3，∴3( x－ 1)( x－ 2) ＝ 2( x＋ 1) ＋ 6( x－ 1) ，即 3x2－ 17x＋ 10＝ 0.2解得 x＝5或 x＝3(舍去)，∴ x＝5.(2) 由 5Ax4＝ 6Ax5－ 1，得5×4！＝6×5！（ 4－x）！（ 6－x）！2＝ 8，化得 x －11x＋ 24＝ 0，解得 x ＝3， x12∵ x≤4，且 x－1≤5，∴原方程式的解x＝3.1．排列数公式的特色(1)第一个因数是 n；(2)每个因数都比它前方的因数少1；(3)最后一个因数是 n－ m＋1；(4)一共有 m个的自然数相乘．2．用排列数公式注意的(1) 排列数的第一个公式Amn＝n( n－ 1) ⋯ ( n－m＋ 1) 合用于详尽算以及解当m小的含有排列数的方程和不等式．n！(2)排列数的第二个公式 Amn＝（n－m）！合用于与排列数有关的明、解方程、解不等式等，在详尽运用，注意先提取公因式，再算，同要注意含条件“m≤ n且 n∈N*，m∈N*”的运用．课下能力提高( 三 )一、填空题1．以下问题中：①10 本不一样样的书分给 10 名同学，每人一本；② 10 位同学互通一次电话；③ 10 位同学互通一封信；④ 10 个没有任何三点共线的点构成的线段．此中属于排列问题的是 ________． ( 将正确序号填上 )解析：①和③中两个元素交换序次，结果发生变化，所以①和③是排列问题．答案：①③2．从甲、乙、丙三人中选两人站成一排的所有站法为________． ( 填序号 )①甲乙，乙甲，甲丙，丙甲；②甲乙丙，乙丙甲；③甲乙，甲丙，乙甲，乙丙，丙甲，丙乙；④甲乙，甲丙，乙丙．解析：这是一个排列问题，与序次有关，任意两人对应的是两种站法，故③正确．答案：③3．已知 A2n＝ 132，则n＝ ________．2解析： A2n＝n( n－ 1) ＝ 132，即n－n－ 132＝ 0，又因为 n∈N*，所以 n＝12.答案：124．从 5 个人中出 3 人站成一排，不一样样的排法有________种．解析：从 5 个人中出 3 人站成一排，共有A35＝5×4× 3＝60 种不一样样的排法．答案：605．S＝ 1！＋ 2！＋ 3！＋⋯＋ 99！，S的个位数字是________．解析： 1！＝ 1， 2！＝ 2， 3！＝ 6， 4！＝ 24， 5！＝ 120，而 6！＝ 6× 5！，7！＝ 7×6× 5！，⋯， 99！＝ 99×98×⋯× 6× 5！，所以从5!开始到 99！，个位数字均0，所以S的个位数字 3.答案： 3二、解答6．算： (1)2A47－ 4A56；A316－A56(2).A35解： (1) 原式＝ 2×7×6×5× 4－4×6×5×4×3×2＝6×5×4(2 × 7－ 4× 6) ＝ 120(14 － 24) ＝－ 1 200.16×15×14－6×5×4×3×2(2) 原式＝5×4×3＝4×14－12＝ 44.7．解方程 A42x＋ 1＝140A3x.2x＋ 1≥ 4，(2 x＋1) ·2x·(2 x解：由意得∴ x≥3.依据排列数公式，原方程化x≥3，－ 1)(2 x－ 2) ＝ 140x·(x－1) ·(x－ 2) ，x≥ 3，两同除以 4x( x－ 1)，得 (2 x＋ 1)(2 x－ 1) ＝35( x－ 2) ，即 4x2－ 35x＋ 69＝0.3解得x＝3或x＝54(因x 整数，故舍去) ．所以x＝3.8．用1，2，3，4 四个数字排成三位数，并把些三位数从小到大排成一个数列{ a n} ．(1) 写出个数列的前11 ；(2) 求个数列共有多少．解： (1)111 ， 112， 113， 114， 121， 122， 123，124， 131， 132， 133.(2) 个数列的数就是用1，2，3，4 排成三位数的个数，每一位都有 4 种排法，依据分步计数原理共有4×4× 4＝ 64 项．第 2 课时排列的应用[ 例 1] (1) 有 5 个不一样样的科研小课题，从中选3个由高二(6)班的3个学习兴趣小组进行研究，每组一个课题，共有多少种不一样样的安排方法？(2) 有 5 个不一样样的科研小课题，高二(6)班的3个学习兴趣小组报名参加，每组限报一个课题，共有多少种不一样样的报名方法？[ 思路点拨 ] (1) 选出 3 个课题进行排列；(2)每个学习小组都选一个课题．[ 精解详析 ] (1) 从 5 个不一样样的课题中选出 3 个，由兴趣小组进行研究，对应于从5个不一样样元素中拿出 3 个元素的一个排列．所以不一样样的安排方法有A35＝5×4× 3＝ 60 种．(2)由题意知， 3 个兴趣小组可能报同一科研课题，所以元素可以重复，不是排列问题．因为每个兴趣小组都有 5 种不一样样的选择，且 3 个小组都选择完才算完成这件事．由分步计数原理得，共有5×5× 5＝ 125 种报名方法 .[ 一点通 ] 没有限制条件的排列问题，即对所排列的元素或所排列的地点没有特其余限制，这一类题相对简单，分清元素和地点即可．1．某外商计划在 4 个候选城市投资 3 个不一样样的项目，且在同一个城市投资的项目最多 1 项，则该外商不一样样的投资方案有________种．解析：不一样样的投资方案有A34＝4×3× 2＝ 24 种．答案： 242．有 5 名男生和 2 名女生，从中选出 5 人分别担当语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，则不一样样的选法共有________种． ( 用数字作答 )解析：由题意知，从7 人中选出 5 人担当 5 个学科的科代表，共有A57＝ 2 520 种不一样样的选法．答案： 2 5203．某信号兵用红、黄、蓝 3 面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂 1 面、 2 面或 3 面，而且不一样样的序次表示不一样样的信号，则一共可以表示多少种不一样样的信号？解：第 1 类，挂 1 面旗表示信号，有A13种不一样样方法；第2 类，挂2 面旗表示信号，有A23种不一样样方法；第 3 类，挂 3 面旗表示信号，有 A3种不一样样方法．依据分类计数原理，可以表示的信号共有A13＋ A23＋ A3＝ 3＋3× 2＋3×2× 1＝ 15 种 .[ 例 2]7 位同学站成一排．(1)此中甲站在最左端的地点，共有多少种不一样样的排法？(2)甲、乙不可以站在排头和排尾的排法共有多少种？(3)此中甲不可以站在排头、乙不可以站在排尾的排法共有多少种？[ 思路点拨 ]这是一个有限制条件的排列问题，每一问均应优先考虑限制条件，特别元素或地点优先安排的原则．[ 精解详析 ] (1) 先考虑甲站在最左端有 1 种方法，再在余下的 6 个地点排其余依据6 位同学，共A6种排法．(2) 法一：先考虑在除两端外的 5 个地点选 2 个安排甲、乙有地点排其余 5 位同学的排法有A5种，共有A25· A5种排法．A25种，再在余下的5 个法二：考虑特别地点优先法，即两端的排法有A25种，中间5 个地点有A5种，共有A25·A5种排法．(3) 法一：分两类：乙站在排头和乙不站在排头，乙站在排头的排法共有A6种，乙不站在排头的排法总数为：先在除甲、乙外的 5 人中选 1 人安排在排头的方法有 5 种，中间5 个地点选 1 个安排乙的方法有 5 种，再在余下的 5 个地点排其余 5 位同学的排法有A5种，故共有 A6＋5×5A5种排法．法二：考虑间接法，总排法为A7，不切合条件的甲在排头或乙站排尾的排法均为A6种，但这两种状况均包括了甲在排头和乙站排尾的状况，故共有A7－ 2A6＋ A5种排法．[ 一点通 ]解决这类有限制条件的排队问题，要点是搞清元素是什么，地点是什么，依据给出的限制条件，按特别元素( 地点 ) 合适合理地分类或分步来解决．4．张、王两家夫妻各带 1 个儿童一起到动物园游乐，购票后排队挨次入园．为安全起见，首尾必然要排两位爸爸，其余，两个儿童必然要排在一起，则这 6 人的入园序次排法种数为________． ( 用数字作答)解析：第一步：将两位爸爸排在两端有 2 种排法；第二步：将两个儿童视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个地点上有A3种排法；第三步：将两个儿童排序有 2 种排法．故总的排法有2×2× A3＝ 24( 种 ) ．答案： 245． 6 个人按以下要求站一排，分别有多少种不一样样的站法？(1)甲不站右端，也不站左端； (2) 甲、乙站在两端；(3)甲不站左端，乙不站右端．解： (1)第一步，先从甲以外的 5 个人中任选两人站在左、右两端，有A25种不一样样的站法；第二步，再让剩下的 4 个人站在中间的 4 个地点，有A4种不一样样的站法，由分步计数原理有 A25· A4＝ 480 种不一样样的站法．4 个地点，由剩下的 4 个人去站，(2) 让甲、乙先站两端，有A2种站法，再考虑中间A2·A4＝ 48种不一样样的站法．有 A4种不一样样的站法，由分步计数原理有4(3) 以元素甲的地点进行考虑，可分两类：甲站右端有A5种不一样样的站法；甲在中间个地点之一，而乙不在右端，可先排甲后排乙，再排其余 4 个，有4×4× A4种不一样样的站.法，故共有A5＋4×4× A4＝ 504 种不一样样的站法[ 例 3]用0，1，2，3，4这五个数字，构成五位数，(1)可构成多少个五位数？(2)可构成多少个无重复数字的五位数？(3)可构成多少个无重复数字的五位奇数？[ 思路点拨 ]该题目中的特别元素为0，它不可以放在首位．(1) 数字可以重复；(2) 只需限制首位 ( 即万位 ) 不为 0； (3) 限制末位是奇数，首位不是0.[ 精解详析 ](1) 各个数位上的数字赞成重复，由分步计数原理得，共可构成五位数4×5×5×5× 5＝ 2 500 个．(2)法一： ( 优先考虑特别地点 ) 先排万位，从 1，2， 3， 4 中任取一个有 A14种方法，其余四个地点排四个数字共有A4种方法，所以构成的无重复数字的五位数共有A14A4＝ 96个．法二：( 优先考虑特别元素) 先排0，除首位以外的其余四个数位均可，有A14种方法，其余四个数字全排列，有A4种方法．故构成的无重复数字的五位数共有A14A4＝96 个．(3)(优先考虑特别地点) 先排个位， 1 和3 均可，有A12种方法．此后从剩下的3 个非0 数中选一个排在万位，有A13种方法，最后将剩下的 3 个数排在其余三个数位上，有 A3种方法．故构成的无重复数字的五位奇数共有A12A13A3＝36 个．[ 一点通 ]组数问题中常用的知识：(1) 能被 2 整除的数的特色：末位数是偶数；不可以被 2 整除的数的特色：末位数是奇数．(2) 能被 3 整除的数的特色：各位数字之和是 3 的倍数；能被9 整除的数的特色：各位数字之和是9 的倍数．(3) 能被 4 整除的数的特色：末两位是 4 的倍数．(4)能被 5 整除的数的特色：末位数是0 或 5；能被 25 整除的数的特色：末两位数是25的正整数倍．(5) 能被 6 整除的数的特色：各位数字之和是 3 的倍数的偶数．6．用数字0， 1， 2， 3， 4，5 构成没有重复数字的四位数，(1)可构成多少个不一样样的四位数？(2)可构成多少个四位偶数？解： (1) 先排首位，有A15种排法，再排个位、十位和百位，有A35种排法，故共有A15A35＝ 300 个不一样样的四位数．(2)当个位数字是 0 时，有 A35种；当个位数字不是 0 时，有 A12A24A14种．所以，共有A35＋ A12A24A14＝ 156 个，即可构成156 个四位偶数．7．在 1， 2， 3， 4，5 这五个数字构成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有多少个？解：依题意，所选的三位数字有两种状况：(1)3 个数字都是奇数，从1， 3， 5 三个数中选三个数排列，有A3种方法； (2)3 个数字中有一个是奇数，分两步进行，选一个奇数，有3种选法，这个奇数与两个偶数全排列，故有 3A3种方法．由分类计数原理，共有A3＋ 3A3＝ 24 个满足条件的三位数．1．解决排列问题时平时从以下三个门路考虑(1)以元素为主考虑，即先满足特别元素的要求，再考虑其余元素；(2)以地点为主考虑，即先满足特别地点的要求，再考虑其余地点，如组数问题中的首位，假如所给数字中有 0，应先考虑首位不为 0；(3)先不考虑附带条件，计算出排列数，此后去掉不切合要求的排列．2．解决组数问题应注意的几点(1)首位数字不为 0；(2)若所选数字中含有 0，则可先排 0，即“元素解析法”；(3)若排列的数是特别数字，如偶数，则先排个位数字，即“地点解析法”；(4)此类问题常常需要分类，可依据特别元素，特别地点分类．课下能力提高( 四 )一、填空题1．由 1，2，3，4，5，6，7，8 八个数字，构成无重复数字的两位数的个数为________．( 用数字作答 )解析： A28＝8× 7＝ 56 个．答案：562． 5 个人站成一排，此中甲、乙两人不相邻的排法有________种． ( 用数字作答)解析：先排甲、乙以外的 3 人，有A3种排法，此后将甲、乙两人插入形成的 4 个空中，有 A24种排法，故共有A3· A24＝ 72( 种 ) 排法．答案： 723．A，B，C，D，E五人并排站成一排，假如A， B 必然相邻且B在 A 的右侧，那么不同的排法有 ________种．解析：依据题目的条件可知，A，B 必然相邻且B在 A 的右侧，所以先将A， B两人捆起来看作一个人参加排列，即是 4 个人在 4 个地点上作排列，故不一样样的排法有A4＝4×3×2× 1＝ 24( 种 ) ．答案： 244．由数字1， 2， 3 与符号“＋”和“－”五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列的个数是________．解析：符号“＋”和“－”只幸好两个数之间，这是间隔排列，排法共有A3A2＝ 12种．答案： 125．将数字 1，2， 3，4，5，6 按第一行 1 个数，第二行 2 个数，第三行 3 个数的形式随机排列，设N( i ＝1，2，3)表示第 i 行中最大的数，则满足N<N<N 的所有排列的个数i123是 ________． ( 用数字作答 )解析：由题意知数字 6 必然在第三行，第三行的排法种数为A13A25＝ 60；节余的三个数字中最大的必然排在第二行，第二行的排法种数为A12A12＝ 4，由分步计数原理知满足条件的排列个数是240.答案： 240二、解答题6． 7 名同学排队照相，(1)若分成两排照，前排 3 人，后排 4 人，有多少种不一样样的排法？(2)若排成两排照，前排 3 人，后排 4 人，但此中甲必然在前排，乙必然在后排，有多少种不一样样的排法？解： (1) 分两步，先排前排，有 A37种排法，再排后排，有 A4种排法，切合要求的排法共有 A37· A4＝ 5 040 种；(2) 第一步安排甲，有A13种排法；第二步安排乙，有A14种排法，第三步将余下的 5 人排在剩下的 5 个地点上，有 A5种排法．由分步计数原理得，切合要求的排法共有A13·A14·A5＝1 440 种．7．从－ 3，－ 2，－ 1，0，1， 2，3， 4 八个数字中任取 3 个不一样样的数字作为二次函数y＝ ax2＋ bx＋ c 的系数 a，b， c，问：(1)共能构成多少个不一样样的二次函数？(2) 在这些二次函数中，图象关于y 轴对称的有多少个？解： (1) 法一： ( 直接法——优先考虑特别地点)∵ a≠0，∴确立二次项系数有 7 种，确立一次项和常数项有A27种，∴共有 7A2＝ 294 个不一样样的二次函数．法二： ( 直接法——优先考虑特别元素 ) a，b，c中不含 0 时，有 A37个，a，b，c中含有 0 时，有 2A27个，故共有 A37＋ 2A27＝ 294 个不一样样的二次函数．法三： ( 间接法 ) 共可构成A38个函数，此中a＝0时有A27个均不切合要求，从而共有A38－ A27＝ 294 个不一样样的二次函数．(2)( 直接法 ) 依题意b＝ 0，所以共有A27＝ 42 个切合条件的二次函数．8．用 0， 1， 2， 3，4， 5 这六个数字，(1)能构成多少个无重复数字且为5 的倍数的五位数？(2)能构成多少个比 1 325 大的四位数？解： (1) 五位数中为 5 的倍数的数可分两类：第 1 类：个位上是 0 的五位数有 A45个；第2 类：个位上是 5 的五位数有 A14A34个．所以满足条件的五位数有A45＋ A14A34＝ 216( 个 ) ．(2)比 1 325 大的四位数可分三类：第 1 类：千位上是2， 3， 4，5 时，共有A14A35个；第 2 类：千位上是 1，百位上是 4， 5 时，共有 A12A24个；第 3 类：千位上是 1，百位上是 3，十位上是 4，5 时，共有 A12A13个．由分类计数原理得，比 1 325 大的四位数共有A14A35＋ A12A24＋ A12A13＝ 270( 个 ) ．。

第1章计数原理一、两个数原理的用1．分数原理第一要依据的特色确立一个适合的分准，此后在个准下分；其次，完成件事的任何一种方法必属于某一．分属于不同样的两种方法是不同样的方法．2．分步数原理第一依据的特色确立一个分步的准．其次分步要注意，完成一件事必而且只有完成n 个步后，件事才算完成．二、摆列与合看法及公式1．定从 n 个不同样元素中拿出m( m≤n)个元素，若依据必定的序排成一列，叫做从n 个不同样元素中拿出个元素的一个摆列；若合成一，叫做从n 个不同样元素中拿出个元m m 素的一个合．即摆列和序有关，合与序没关．2．摆列数公式(1)Amn＝n( n－ 1)( n－2) ⋯ ( n－m＋ 1) ，定 A0n＝1.当 m＝ n ，An＝ n ( n－1)( n－2)·⋯·3·2·1.n！(2)Amn＝，此中An＝n！，0！＝1.（n－ m）！三、摆列与合的用1．在求解摆列与合用，注意：(1)把详尽化或摆列或合；(2)通解析确立运用分数原理是分步数原理；(3)解析目条件，防备“ 取” 重复和漏；(4)列出式子算并作答．2．理摆列合的合性，一般思想方法是先元素( 合 ) ，后摆列．按元素的性“分”和按事件生的程“分步”，始是理摆列合的基本方法和原理，通解注意累分和分步的基本技术．3．解摆列合用，常的解策略有以下几种：(1)特别元素先安排的策略；(2)合理分和正确分步的策略；(3)摆列、合混杂先后排的策略；(4)正反、等价化的策略；(5)相捆理的策略；(6)不相插空理的策略；(7)定序除法理的策略；(8)分排直排理的策略；(9)“小集”摆列中先整体后局部的策略；(10)构造模型的策略．四、二式定理及二式系数的性1．二式定理公式 ( a＋b) n＝ C0n a n＋ C1n a n－1b＋⋯＋ Crn a n－r b r＋⋯＋ Cn b n，此中各的系数Crn( r＝ 0，1，2，⋯，n) 称二式系数，第r ＋1 Crn a n－r b r称通．[明](1)二式系数与的系数是不同样的看法，前者只与数有关，此后者与a，b的取有关．(2)运用通求张开式的特定 ( 或特定的系数 ) ，平时先由意列方程求出r，再求所需的 ( 或的系数 ) ．2．二式系数的性(1) 称性：与首末两端“等距离”的两个二式系数相等，体了合数性Cmn＝Cn－ m.(2)增减性与最大：n＋1当 r < 2 ，二式系数Crn逐增大；n＋1当 r >2，二式系数Crn逐减小．n n当 n 是偶数，张开式中一T2＋1的二式系数C2n最大；n＋1n－1n＋ 1当 n 是奇数，张开式中两＋ 1 的二式系数 C 2n，C2 n 相T n＋1与 T22等且最大．(3)各的二式系数之和等于2n，即 C0n＋ C1n＋ C2n＋⋯＋ Cn＝ 2n；奇数的二式系数的和等于偶数的二式系数的和，即C0n＋ C2n＋ C4n＋⋯＝ C1n＋ C3n＋ C5n＋⋯ .[ 明 ]与二张开式各系数的和或差有关的，一般采纳法求解．( 考： 120 分卷分：160分)一、填空 ( 本大共14 小，每小 5 分，共 70 分 )1．从 4 名女同学和 3 名男同学中 1 人主持本班的某次班会，不同样的法种数________．解析：由意可得不同样的法C17＝ 7 种．答案： 715232． ( 湖南高考改 ) 2x－2y的张开式中 x y的系数是 ________．12323解析：由二张开式的通可得，第四T4＝C352x· ( － 2y) ＝－ 20x y，故 x2y3的系数－20.答案：－203821化学三科，共有90 种不同样方案，那么男、女生人数分是________．解析：设男学生有x 人，则女学生有(8 －x) 人，则 C2xC18－ xA3＝ 90，即x( x－ 1)(8 －x) ＝30＝2×3×5，所以x＝3，8－ x＝5.答案： 3， 54．将字母a，a， b，b，c，c 排成三行两列，要求每行的字母互不同样，每列的字母也互不同样，则不同样的摆列方法共有________种．解析：由分步计数原理，先排第一列，有A3种方法，再排第二列，有 2 种方法，故共有 A3× 2＝ 12 种摆列方法．答案： 12．湖北高考改编)若二项式 2x＋a 7的张开式中1的系数是，则实数＝________．5 (x x384a7－r a r7－ r r7－ 2r解析： T r＋1＝Cr7(2 x)x＝ Cr72 a x，令 7－ 2r＝－ 3，得r＝5，即 T5＋1＝C5722a5x－3＝84x－3，解得 a＝1.答案： 16．甲、乙、丙 3 位同学选修课程，从 4 门课程中，甲选修 2 门，乙、丙各选修 3 门，则不同样的选修方案共有________种．解析：从 4 门课程中，甲选修 2 门，乙、丙各选修 3 门，则不同样的选修方案共在C24·C34·C34 ＝96种．答案： 967． C16＋ C26＋ C36＋ C46＋ C56＝ ________．解析：∵ C06＋ C16＋ C26＋ C36＋ C46＋ C56＋ C6＝ 26＝ 64，∴ C16＋ C26＋ C36＋ C46＋ C56 ＝ 64－ 2＝62.答案： 628.用 4 种不同样的颜色涂入以以以下图的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同样，则不同样的涂色方法共有 ________种．A BCD解析：分四步挨次涂A，B， C， D.开始涂 A 有4种涂法；再涂 B有3种涂法；此后涂C有2种涂法；最后涂 D，因为 D和 A，B 不相邻，所以 D能够和 A 或 B同色，也能够和 A，B 不同样色，所以共有3 种涂法．由分步计数原理得，共有4×3×2× 3＝ 72( 种 ) ．答案：729．“ 2012”含有数字0， 1， 2，且有两个数字2，则含有数字0， 1， 2，且有两个相同数字 2 或1 的四位数的个数为________．解析：由题意可分状况议论：含有两个 1 或两个 2 的四位数，先排0 有3 个地点能够选，此后排其余一个不重复的数字有 3 个地点能够选，剩下的排重复的数字，所以满足要求的数共有2C13C13C2＝ 18 个．答案：1810．将7 名学生分派到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍最少安排 2 名学生，那么互不相同的分配方案共有________种．解析：分两类：甲、乙两个宿舍中一个住 4 人、另一个住 3 人或一个住 5 人，另一个C37A2＋ C27A2＝35× 2＋21× 2＝ 112 种．住 2 人，所以不同样的分配方案共有答案：11211．一次考试中，要求考生从试卷上的9 个题目中选 6 个进行答题，要求最少包含前________．5 个题目中的 3 个，则考生答题的不同样选法的种数是解析：分三类：第一类，前 5 个题目的 3 个，后 4 个题目的 3 个C35C34；第二类，前 5 个题目的 4 个，后 4 个题目的 2 个 C45C24；第三类，前 5 个题目的 5 个，后 4 个题目的 1 个 C5C14，由分类计数原理得C35C34＋ C45C24＋ C5C14＝74.答案： 7412．( 重庆高考改编 ) 某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目、 2 个小品类节目和 1 个相声类节目的演出序次，则同类节目不相邻的排法种数是________．解析：依题意，先仅考虑 3 个歌舞类节目互不相邻的排法种数为A3A34＝144，此中3个歌舞类节目互不相邻但 2 个小品类节目相邻的排法种数为A2A2A3＝ 24，所以满足题意的排法种数为144－ 24＝ 120.答案： 120n213.x＋x2张开式中只有第六项的二项式系数最大，则张开式中的常数项是________．(x)10－ r 2 r＝ 2r Cr10解析：只有第六项的二项式系数最大，则 n＝10，T r＋1＝Cr10·x2 5x5－2r ，5令 5－2r＝0，得r＝2，T3＝ 4C210＝ 180.答案： 180414. (x＋1)( x－ 1) 5的张开式中x4的系数为________．4解析： ( x＋1) (x－1)5＝(x－1)5(x2＋4x x＋6x＋4x＋1)，x4的系数为C35×(－31) ＋ C25× 6＋ C15× ( － 1) ＝ 45.二、解答题 ( 本大题共 6 小题，共 90 分，解答应写出必需的文字说明、证明过程或演算步骤)15．( 本小题满分 14 分 ) 有三个袋子，此中第一个袋子装有红色小球 20 个，每个球上标有1 至 20 中的一个号码．第二个袋子装有白色小球 15 个，每个球上标有 1 至 15 中的一个号码．第三个袋子装有黄色小球 8 个，每个球上标有 1 至 8 中的一个号码．(1)从袋子里任取一个小球，有多少种不同样的取法？(2)从袋子里任取红、白、黄色球各一个，有多少种不同样的取法？解： (1)从第一个袋子中取一个小球有20 种取法；从第二个袋子中取一个小球有15种取法；从第三个袋子中取一个小球有8 种取法．由分类计数原理可知共有20＋15＋ 8＝43种取法．(2)分三步：第一步，从第一个袋子中取一个红色球有20 种取法；第二步，从第二个袋子中取一个白色球有15 种取法；第三步，从第三个袋子中取一个黄色球有8 种取法．由分步数原理可知共有20×15× 8＝ 2 400 种取法．16． ( 本小分14 分 ) 有 0，1， 2， 3， 4， 5 共六个数字．(1)能成多少个没有重复数字的四位偶数；(2)能成多少个没有重复数字且5 的倍数的五位数．解： (1)切合要求的四位偶数可分三：第一，0 在个位有A35个；第二，2在个位有A14A24个；第三， 4 在个位有A14A24个；由分数原理知，共有四位偶数A35＋A14A24＋ A14A24＝ 156( 个 ) ．(2) 五位数中 5 的倍数可分两；第一，个位上的数字是0 的五位数有A45个；第二，个位上的数字是 5 的五位数有A14A34个．故足条件的五位数有A45＋ A14A34＝ 216( 个 ) ．17． ( 本小分14 分 ) 在(1 －x2) 20的张开式中，假如第4r和第r ＋2的二式系数相等，(1)求 r 的；(2)写出张开式中的第 4r和第r＋ 2 ．解： (1) 第 4r和第r＋ 2 的二式系数分是C4r20－ 1和 Cr20＋ 1，C4r20－ 1＝ Cr20＋ 1? 4r－ 1＝r＋ 1 或 4r－ 1＋r＋ 1＝ 20，2解得 r ＝4或 r ＝3(舍去)．所以 r ＝4.(2) T4r＝T16＝ C1520·( －x2) 15＝－ 15 504 x30，T r＋2＝ T6＝C520(－ x2)5＝－15 504 x10.18． ( 本小分16 分 ) (2 x－ 1) 10＝a0＋a1x＋a2x2＋⋯＋a10x10，求以下各式的．(1)a0＋ a1＋ a2＋⋯＋ a10；(2)a6.解： (1) 令x＝ 1，得 a0＋ a1＋ a2＋⋯＋ a10＝(2－1)10＝1.(2)a6即含 x6的系数，T r＋1＝Cr10(2 x)10－r(－1)r＝Cr10(－1)r210－r x10－r，所以当 r ＝4时， T5＝C410(－1)426x6＝13 440 x6，即 a6＝13 440.19． ( 本小题满分16 分 )6 个人坐在一排10 个座位上，问：(1)空位不相邻的坐法有多少种？(2)4 个空位只有 3 个相邻的坐法有多少种？(3)4个空位至多有 2个相邻的坐法有多少种？解： 6 个人排有 A6种坐法， 6 人排好后包含两端共有7 个“间隔”能够插入空位．(1) 空位不相邻相当于将 4个空位安插在上述 7 个“间隔”中，有C47＝ 35 种插法，故空位不相邻的坐法有A6C47＝ 25 200 种．(2) 将相邻的 3 个空位看作一个元素，另一空位看作另一个元素，往7 个“间隔”里插，有 A27种插法，故 4 个空位中只有 3 个相邻的坐法有A6A27＝30 240种．(3)4个空位至多有 2个相邻的状况有三类：① 4个空位各不相邻有C47种坐法；② 4个空位 2 个相邻，还有 2 个不相邻有 C17C26种坐法；③ 4个空位分两组，每组都有 2 个相邻，有 C27种坐法．综上所述，应有A6(C47＋ C17C26＋C27) ＝ 115 920 种坐法．20．( 本小题满分16 分 )10 双互不同样的鞋子混装在一只口袋中，从中任意拿出 4 只，试求各有多少种状况出现以下结果：(1)4 只鞋子没有成双的；(2)4 只鞋子恰成两双；(3)4只鞋中有 2 只成双，另 2 只不能够双．解： (1)从10 双鞋子中采纳 4 双，有C410种不同样选法，每双鞋子中各取一只，分别有2 种取法，依据分步计数原理，采纳种数为N＝C410·24＝3 360(种 ) ．即 4 只鞋子没有成双有 3 360种不同样取法．(2)从 10 双鞋子中采纳 2 双有 C210种取法，所以采纳种数为N＝C210＝45(种)即 4 只鞋子恰成两双有45 种不同样取法．(3) 先采纳一双有C10种选法，再从9 双鞋中采纳 2 双有 C29种选法，每双鞋只取一只各有 2 种取法．依据分步计数原理，不同样取法为N＝C10C29·22＝1 440(种)．。

1。

3 组合1.组合与组合数的概念 (1)组合一般地，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．(2）组合数从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错误!未定义书签。

表示．思考1:组合与组合数有何区别？[提示］ 从n 个不同元素中任意取出ｍ（ｍ≤n ）个元素并成一组即为一个组合，一个组合就是完成事情的一种方法，而组合数是指所有组合的个数；组合可以是由任何元素组成的,而组合数是一个数字,是所有组合的个数.2．组合数公式及性质(1)组合数公式:C 错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

. (2)组合数的性质:①Ｃ错误!未定义书签。

=C 错误!未定义书签。

；②C 错误!=C 错误!＋C 错误!未定义书签。

思考2：区分一个问题是排列问题还是组合问题的关键是什么?[提示]关键是看它有无顺序，有顺序的是排列问题，无顺序的是组合问题.１.下列问题是组合问题的有( ）①从5名同学中选4名组成代表团参加对外交流;②一个小组有7名学生,现抽调５人参加劳动;③从5名同学中选4名组成代表团去4个单位参加对外交流.A．①② B.①③ Ｃ.②③ D．①②③A[①②与顺序无关是组合问题，③与顺序有关是排列问题.]２.甲、乙、丙三地之间有直达的火车，相互之间的距离均不相等,则车票票价的种数是_＿_＿＿___种．3［甲、乙、丙三地之间的距离不等,故票价不同，同距离两地票价相同,故该问题为组合问题，不同票价的种数为C错误!=错误!=３.］３．Ｃ错误!＝＿___＿___，C错误!＝＿＿_＿____。

15 1８［Ｃ错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

=１５,Ｃ错误!未定义书签。

=C错误!未定义书签。

=１8．]4．方程C错误!未定义书签。

＝C错误!未定义书签。

第2课时排列的应用学习目标 1.进一步加深对排列概念的理解.2.掌握几种有限制条件的排列，能应用排列数公式解决简单的实际问题．知识点排列及其应用1．排列数公式A m n＝________________________________________________________________________(n，m∈N*，m≤n)＝____________.A n n＝________________＝______(叫做n的阶乘)．另外，我们规定0！＝______.2．应用排列与排列数公式求解实际问题中的计数问题的基本步骤类型一无限制条件的排列问题例1 (1)有7本不同的书，从中选3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？(2)有7种不同的书，要买3本送给3名同学，每人各1本，共有多少种不同的送法？反思与感悟典型的排列问题，用排列数计算其排列方法数；若不是排列问题，需用计数原理求其方法种数．排列的概念很清楚，要从“n个不同的元素中取出m个元素”．即在排列问题中元素不能重复选取，而在用分步计数原理解决的问题中，元素可以重复选取．共有多少种不同的安排方法？(2)有5个不同的科研小课题，高二(6)班的3个学习兴趣小组报名参加，每组限报一个课题，共有多少种不同的报名方法？类型二排队问题命题角度1 元素“相邻”与“不相邻”问题例2 3名男生，4名女生，这7个人站成一排在下列情况下，各有多少种不同的站法．(1)男、女各站在一起；(2)男生必须排在一起；(3)男生不能排在一起；(4)男生互不相邻，且女生也互不相邻．反思与感悟处理元素“相邻”“不相邻”问题应遵循“先整体，后局部”的原则．元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．跟踪训练2 排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单．(1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？(2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？命题角度2 定序问题例3 7人站成一排．(1)甲必须在乙的左边(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？(2)甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变(不一定相邻)，则有多少种不同的排列方法？反思与感悟 这类问题的解法是采用分类法．n 个不同元素的全排列有A nn 种排法，m 个不同元素的全排列有A mm 种排法．因此A nn 种排法中，关于m 个元素的不同分法有A mm 类，而且每一分类的排法数是一样的．当这m 个元素顺序确定时，共有A n nA m m种排法．跟踪训练3 7名师生排成一排照相，其中老师1人，女生2人，男生4人，若4名男生的身高都不等，按从高到低的顺序站，有多少种不同的站法？命题角度3 特殊元素与特殊位置问题例4 从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解下列问题： (1)甲不在首位的排法有多少种？(2)甲既不在首位，又不在末位的排法有多少种？ (3)甲与乙既不在首位又不在末位的排法有多少种？ (4)甲不在首位，同时乙不在末位的排法有多少种？反思与感悟“在”与“不在”排列问题解题原则及方法(1)原则：解“在”与“不在”的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从位置入手，原则是谁特殊谁优先．(2)方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上，从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．提醒：解题时，或从元素考虑，或从位置考虑，都要贯彻到底．不能一会考虑元素，一会考虑位置，造成分类、分步混乱，导致解题错误．跟踪训练4 某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同的排课程表的方法？类型三数字排列问题例5 用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？(1)六位奇数；(2)个位数字不是5的六位数；(3)不大于4 310的四位偶数．反思与感悟数字排列问题是排列问题的重要题型，解题时要着重注意从附加受限制条件入手分析，找出解题的思路．常见附加条件有：(1)首位不能为0；(2)有无重复数字；(3)奇偶数；(4)某数的倍数；(5)大于(或小于)某数．跟踪训练5 用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的(1)能被5整除的五位数；(2)能被3整除的五位数；(3)若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列{a n}，则240 135是第几项．1．6位选手依次演讲，其中选手甲不排在第一个也不排在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有________种．2．3名男生和3名女生排成一排，男生不相邻的排法有________种．3．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________．4．从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，问共有________种参赛方案．5．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20 000大的五位偶数共________个．求解排列问题的主要方法答案精析知识梳理 知识点1．n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1) n ！(n －m )！n (n －1)(n －2)…2·1 n ！ 1题型探究例1 解 (1)从7本不同的书中选3本送给3名同学，相当于从7个元素中任取3个元素的一个排列，所以共有A 37＝7×6×5＝210(种)不同的送法．(2)从7种不同的书中买3本书，这3本书并不要求都不相同，根据分步计数原理，共有7×7×7＝343(种)不同的送法．跟踪训练1 解 (1)从5个不同的课题中选出3个，由兴趣小组进行研究，对应于从5个不同元素中取出3个元素的一个排列，因此不同的安排方法有A 35＝5×4×3＝60(种)．(2)由题意知3个兴趣小组可能报同一科研课题，因此元素可以重复，不是排列问题．由于每个兴趣小组都有5种不同的选择，且3个小组都选择完才算完成这件事，所以由分步计数原理得共有5×5×5＝125(种)报名方法．例2 解 (1)(相邻问题捆绑法)男生必须站在一起，即把3名男生进行全排列，有A 33种排法， 女生必须站在一起，即把4名女生进行全排列，有A 44种排法， 全体男生、女生各看作一个元素全排列有A 22种排法， 由分步计数原理知共有A 33·A 44·A 22＝288(种)排法．(2)(捆绑法)把所有男生看作一个元素，与4名女生组成5个元素全排列， 故有A 33·A 55＝720(种)不同的排法．(3)(不相邻问题插空法)先排女生有A 44种排法，把3名男生安排在4名女生隔成的5个空中，有A 35种排法，故有A 44·A 35＝1 440(种)不同的排法．(4)先排男生有A 33种排法．让女生插空，有A 33A 44＝144(种)不同的排法．跟踪训练2 解 (1)先排歌唱节目有A 55种，歌唱节目之间以及两端共有6个空位，从中选4个放入舞蹈节目，共有A 46种方法，所以任何两个舞蹈节目不相邻的排法有A 55·A 46＝43 200(种)方法．(2)先排舞蹈节目有A 44种方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入．所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有A 44·A 55＝2 880(种)方法．例3 解 (1)甲在乙前面的排法种数占全体全排列种数的一半，故有A 77A 22＝2 520(种)不同的排法．(2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全体全排列种数的1A 33.故有A 77A 33＝840(种)不同的排法．同的站法，所以共有2·A77A 44＝420(种)不同的站法．例4 解 (1)方法一 把同学作为研究对象．第一类：不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中取出5名放在5个位置上，有A 56种．第二类：含有甲，甲不在首位：先从4个位置中选出1个放甲，再从甲以外的6名同学中选出4名排在没有甲的位置上，有A 46种排法．根据分步计数原理，含有甲时共有4×A 46种排法． 由分类计数原理，共有A 56＋4×A 46＝2 160(种)排法． 方法二 把位置作为研究对象．第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有A 16种方法．第二步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有A 46种方法． 由分步计数原理，可得共有A 16·A 46＝2 160(种)排法．方法三 (间接法)即先不考虑限制条件，从7名同学中选出5名进行排列，然后把不满足条件的排列去掉． 不考虑甲不在首位的要求，总的可能情况有A 57种；甲在首位的情况有A 46种，所以符合要求的排法有A 57－A 46＝2 160(种)． (2)把位置作为研究对象，先满足特殊位置．第一步，从甲以外的6名同学中选2名排在首末2个位置上，有A 26种方法． 第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A 35种方法． 根据分步计数原理，有A 26·A 35＝1 800(种)方法． (3)把位置作为研究对象．第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有A 25种方法． 第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有A 35种方法． 根据分步计数原理，共有A 25·A 35＝1 200(种)方法． (4)用间接法．总的可能情况是A 57种，减去甲在首位的A 46种，再减去乙在末位的A 46种．注意到甲在首位同时乙在末位的情况被减去了两次，所以还需补回一次A 35种，所以共有A 57－2A 46＋A 35＝1 860(种)排法．跟踪训练4 解 6门课总的排法是A 66，其中不符合要求的可分为体育排在第一节，有A 55种排法；数学排在最后一节，有A 55种排法，但这两种方法，都包括体育排在第一节，数学排在最后一节，这种情况有A 44种排法．因此符合条件的排法有A 66－2A 55＋A 44＝504(种)．例5 解 (1)第一步，排个位，有A 13种排法； 第二步，排十万位，有A 14种排法； 第三步，排其他位，有A 44种排法． 故共有A 13A 14A 44＝288(个)六位奇数． (2)方法一 (直接法)十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此需分两类． 第一类，当个位排0时，有A 55个； 第二类，当个位不排0时，有A 14A 14A 44个．方法二(排除法)0在十万位和5在个位的排列都不对应符合题意的六位数，这两类排列中都含有0在十万位和5在个位的情况．故符合题意的六位数共有A66－2A55＋A44＝504(个)．(3)分三种情况，具体如下：①当千位上排1,3时，有A12A13A24个．②当千位上排2时，有A12A24个．③当千位上排4时，形如4 0×2,4 2×0的各有A13个；形如4 1××的有A12A13个；形如4 3××的只有4 310和4 302这两个数．故共有A12A13A24＋A12A24＋2A13＋A12A13＋2＝110(个)．跟踪训练5 解(1)个位上的数字必须是0或5.个位上是0，有A45个；个位上是5，若不含0，则有A44个；若含0，但0不作首位，则0的位置有A13种排法，其余各位有A34种排法，故共有A45＋A44＋A13A34＝216(个)能被5整除的五位数．(2)能被3整除的条件是各位数字之和能被3整除，则5个数可能有{1,2,3,4,5}和{0,1,2,4,5}两种情况，能够组成的五位数分别有A55个和A14A44个．故能被3整除的五位数有A55＋A14A44＝216(个)．(3)由于是六位数，首位数字不能为0，首位数字为1有A55个数，首位数字为2，万位上为0,1,3中的一个，有3A44个数，∴240 135的项数是A55＋3A44＋1＝193，即240 135是数列的第193项．当堂训练1．480 2.144 3.72 4.240 5.240。

排 列（一）教学目标：1、理解排列和排列数的概念2、能用排列公式计算排列数3、初步体用排列数公式计算和解决简单的实际问题教学重难点：重点：排列的概念和排列数公式难点：排列数公式的推导课前预习：1.（1）5个人排成一行拍照；（2）将1,2,3,4,5排成一个五位数；（3）安排四门科目的复习顺序.以上事件有怎样的共同点？试归纳“排列”的概念.2.写出从,,,a b c d 这4个字母中，每次取出2个字母的所有排列.3. 计算46A = ， 316A = ， 66A = .典型例题：例1、（1）已知171654n m A =⨯⨯⨯⨯，求m ，n 的值；（2）求证：11m m n n A nA --=例2、某地区有6个学校利用暑假进行篮球比赛，每校都要与其余各校在主客场分别比赛一场，共要进行多少场比赛？例3、用1，2，3，4排成四位数(1) 若允许各位上数字重复，共有多少个四位数？（2）共有多少个无重复数字的四位数？(3)共有多少个千位上4，且无重复数字的四位数？课堂小结：1、排列的概念要抓住两层含义：（1）取出元素；（2）按一定顺序排列2、排列数的计算时，常用公式mA=_________________；n排列数恒等式的证明时，常用公式mA=_________________n3、分清元素允许重复的排列与元素不重复的排列问题，前者直接用分类计数原理求排列数，后者可用公式求排列数课堂练习：1、已知101095m A =⨯⨯⨯，那么m =_________；已知256n A =，则n =________2、18171698⨯⨯⨯⨯⨯=______________ （用排列数符号表示）3、四名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名的方法的种数是多少？如他们争夺这四项比赛冠军，获得冠军的可能性有多少种？江苏省泰兴中学高二数学课后作业（67）班级：_______ 姓名：____________ 学号：1、4支球队争夺冠、亚军，不同的结果有__________种2、4本不同的书，供给甲、乙、丙三个学生每人限借1本，不同的借法总数是 ________3、12名选手参加校园歌手大奖赛，比赛设一等奖、二等奖、三等奖各1名，每人最多获得一种奖项，一共有_____________ 种不同的获奖情况4、若*m N ∈，则乘积(1)(2)(20)m m m m +++可表示为 _________（用排列数符号表示）5、有4种不同品种的蔬菜，从中选出3种，分别种植在不同土质的3块土地上进行试验，有____________种不同的种植方法6、5个应届高中毕业生报考3所重点院校，每人报且只报一所院校，则有____________种不同的报名方法7、用红、黄、蓝3面小旗(3面小旗都要用)竖挂在绳子上表示信号，不同的顺序表示不同的信号，写出所有的信号8、（1）计算5435995564109,,A A A A A A +-.（2）求证：11m m m n n n A mA A -++=9、（1）由数字0，1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字的五位数；（2）可以组成多少个没有重复数字的正整数？（3）可以组成多少个偶数？10、学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序，除第一个节目和这最后一个节目已确定外，4个音乐节目要求排在第二、五、七、十的位置，3个舞蹈节目要求排在第三、六、九的位置，2个曲艺节目要求排在第四、八的位置，共有多少种不同的排法.欢迎您的下载，资料仅供参考！。

第2课时组合的应用学习目标 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．知识点组合的特点思考组合的特征有哪些？梳理(1)组合的特点是只取不排组合要求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)组合的特性元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．(3)相同的组合根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．类型一有限制条件的组合问题例1 男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？(1)男运动员3名，女运动员2名；(2)至少有1名女运动员；(3)既要有队长，又要有女运动员．反思与感悟(1)解简单的组合应用题时，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．(2)要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类和分步时，一定要注意有无重复或遗漏．跟踪训练1 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；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．类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？反思与感悟(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．跟踪训练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，四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为________．类型三分组、分配问题命题角度1 不同元素分组、分配问题例3 有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？(1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本；(2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；(3)分成三组，每组都是2本；(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本．反思与感悟分组、分配问题的求解策略(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，若有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．跟踪训练3 某宾馆安排A、B、C、D、E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则不同的安排方法有________种．命题角度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，求下列方法的种数．(1)每个盒子都不空；(2)恰有一个空盒子；(3)恰有两个空盒子．反思与感悟相同元素分配问题的处理策略(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)，有C m－1n－1种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板．跟踪训练4 某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________种．1．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有________种．2．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有________种．3．某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有________种．4．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________个．5．要从12人中选出5人参加一次活动，其中A，B，C三人至多两人入选，则有________种不同选法．1．无限制条件的组合应用题的解题步骤(1)判断．(2)转化．(3)求值．(4)作答．2．有限制条件的组合应用题的分类(1)“含”与“不含”问题：这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．(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．答案精析问题导学知识点思考组合取出的元素是无序的．题型探究例1 解(1)第一步：选3名男运动员，有C36种选法；第二步：选2名女运动员，有C24种选法，故共有C36·C24＝120(种)选法．(2)方法一(直接法)“至少有1名女运动员”包括以下几种情况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．由分类计数原理知共有C14·C46＋C24·C36＋C34·C26＋C44·C16＝246(种)选法．方法二(间接法)不考虑条件，从10人中任选5人，有C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种，故“至少有1名女运动员”的选法有C510－C56＝246(种)．(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C49种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C48种选法，其中不含女运动员的选法有C45种，故不选女队长时共有C48－C45种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C49＋C48－C45＝191(种)．跟踪训练1 解(1)从中任取5人是组合问题，共有C512＝792(种)不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需从另外9人中选2人，是组合问题，共有C29＝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C59＝126(种)不同的选法．(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分为两步：先从甲、乙、丙中选1人，有C13种选法，再从另外9人中选4人，有C49种选法，共有C13C49＝378(种)不同的选法．例2 解(1)方法一可作出三角形C36＋C16·C24＋C26·C14＝116(个)．方法二可作三角形C310－C34＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)可作出四边形C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个)．跟踪训练2 205解析方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，则得到所有的取法总个数为C05C45＋C15C35＋C25C25＋C35C15＝205.方法二从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C410－C45＝205.例3 解(1)分三步：先选一本有C16种选法，再从余下的5本中选两本有C25种选法，最后余下的三本全选有C33种选法．由分步计数原理知，分配方式共有C16·C25·C33＝60(种)．(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配问题．因此，分配方式共有C16·C25·C33·A33＝360(种)．(3)先分三组，有C 26C 24C 22种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A ，B ，C ，D ，E ，F ，若第一组取了A ，B ，第二组取了C ，D ，第三组取了E ，F ，则该种方法记为(AB ，CD ，EF )，但C 26C 24C 22种分法中还有(AB ，EF ，CD )，(CD ，AB ，EF )，(CD ，EF ，AB )，(EF ，CD ，AB )，(EF ，AB ，CD )，共A 33种情况，而这A 33种情况只能作为一种分法，故分配方式有C 26·C 24·C 22A 33＝15(种)． (4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式C 26·C 24·C 22A 33·A 33＝90(种)． 跟踪训练3 114解析 5个人住三个房间，每个房间至少住1人，则有(3,1,1)和(2,2,1)两种．当为(3,1,1)时，有C 35A 33＝60(种)，A ，B 住同一房间有C 13A 33＝18(种)，故有60－18＝42(种)． 当为(2,2,1)时，有C 25C 23A 22·A 33＝90(种)，A ，B 住同一房间有C 13C 23A 22＝18(种)，故有90－18＝72(种)．根据分类计数原理共有42＋72＝114(种)．例4 解 (1)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 35＝10(种)．(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．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 25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 14种插法，故共有C 25·C 14＝40(种)． (3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C 15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C 23种插法． ②将两块板与前面三块板之一并放， 如|00|||0000|，有C 13种插法． 故共有C 15·(C 23＋C 13)＝30(种)． 跟踪训练4 10解析 第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C 14种分法． 第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C 24种分法． 因此，满足题意的赠送方法共有C 14＋C 24＝4＋6＝10(种)． 当堂训练1．96 2.120 3.210 4.225 5.756。

1.3 组合第 1 课时组合与组合数公式从 1， 3， 5， 7 中任取两个数相除或相乘．问题 1：所得商和积的个数相同吗？提示：不一样样．问题 2：它们是摆列吗？提示：从 1， 3， 5，7 中任取两个数相除是摆列，而相乘不是摆列．问题 3：一个小组有 7 名学生，现抽调 5 人参加劳动．所抽出的这 5 人与序次有关吗？提示：没关．问题 4：你能举个这样的示例吗？提示：从班里选 7 名同学构成班委会．一般地，从n 个不一样样元素中拿出( ≤) 个元素并成一组，叫做从n个元素中拿出mm m n个不一样样元素的一个组合.从 1， 3， 5， 7 中任取两个数相除．问题 1：可以获得多少个不一样样的商？提示： A24＝4× 3＝ 12 种．问题 2：如何用分步法理解“任取两个数相除”？提示：第一步，从这四个数中任取两个元素，其组合数为中的两个不一样样元素作全摆列，有A2种排法．C24，第二步，将每一组合问题 3：你能得出C24的结果吗？A24提示：因为A24＝ C24A2，因此 C24＝＝ 6.A2问题 4：试用列举法求得从1，3， 5， 7 中任取两个元素的组合数？提示： 1， 3； 1， 5；1， 7； 3，5； 3， 7； 5， 7 共 6 种．组合数与组合数公式组合数从n 个不一样样元素中拿出( ≤) 个元素的所有组合的个数，叫做从n个不m m n定义同元素中拿出个元素的组合数m表示法用符号 Cmn表示乘积n（n－1）（ n－2）⋯（ n－m＋1）形式Cmn＝m！组合数公式阶乘n！Cmn＝m！（n－m）！形式性质Cmn＝ Cn－ m； Cmn＋ 1＝ Cmn＋Cmn－ 1备注① n， m∈N*且 m≤n.②规定C0n＝11．组合的特色是只取不排组合要求n 个元素是不一样样的，被拿出的m个元素也是不一样样的，即从n 个不一样样的元素中进行 m次不放回地拿出．2．组合的特色元素的无序性，即拿出的m个元素不讲究序次，没有地点的要求．3．相同的组合依据组合的定义，只要两个组合中的元素完满相同( 无论序次如何) ，就是相同的组合．[ 例 1]判断以下问题是摆列问题还是组合问题？并计算出结果．(1)高三年级学生会有 11 人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？(2) 高二年级数学课外小组有10 人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不一样样的选法？②从中选 2 名参加省数学比赛，有多少种不一样样的选法？[ 精解详析 ] (1) ①是摆列问题，共通了A211＝ 110 封信；②是组合问题，共握手C211＝ 55 次．(2)①是摆列问题，共有 A210＝ 90 种选法；②是组合问题，共有C210＝ 45 种选法．[ 一点通 ]划分摆列与组合的要点是看拿出元素后是挨次次摆列还是无序地组在一起．而划分有无序次的方法是：把问题的一个选择结果写出来，此后交换这个结果中任意两个元素的地点，看能否会产生新的变化．如有新变化，即说明有序次，是摆列问题；若无新变化，即说明无序次，是组合问题．1．以下问题：①铁路线有 5 个车站，要准备多少车票？②铁路线有 5 个车站，有多少种票价？③有 4 个篮球队进行单循环比赛，有多少种冠亚军的状况？④从 a ， b ， c ， d 4 名学生中选出 2 名学生，有多少种不一样样选法？⑤从 a ， b ， c ， d 4 名学生中选出 2 名学生完成两件不一样样的工作有多少种不一样样选法？此中是组合问题的是 ________． ( 将正确的序号填在横线上 )解析：来往的车票是不一样样的，因为它拥有方向性，即有序；而来往的票价是相同的，没有方向性； 单循环是无序的， 但冠亚军却有显然的序次； 从 4 名学生中选出 2 名学生无序次；而 2 名学生完成两件不一样样的工作是有序的．答案：②④2．求出问题 1 中组合问题的组合数．解：②铁路线有 5 个车站，有 C25＝ 10 种不一样样的票价．④从 a ， b ， c ， d 4 名学生中选出 2 名学生，有 C24＝ 6 种不一样样的选法 .[ 例 2](1) 计算： C410－ C37· A3；(2) 解方程 3Cx － 73＝5A2x － 4.[ 思路点拨 ](1) 直接利用公式计算；(2) 由计算公式化为关于x 的方程．[ 精解详析 ](1) 原式＝ C410－ A3710×9×8×7＝ 4×3×2×1－7×6× 5＝ 210－ 210＝ 0.(2) 由摆列数和组合数公式，原方程可化为（x －3）！（x －4）！3·（ x －7）！ 4！＝5·（x － 6）！，3（ x －3） ＝56) ＝ 40.则，即为 ( x －3)( x －4！ x －6因此， x 2－9x － 22＝ 0，解之可得 x ＝ 11 或 x ＝－ 2.经检验知 x ＝ 11 是原方程的根， x ＝－ 2 是原方程的增根．因此，方程的根为x ＝ 11.[ 一点通 ] 组合数公式的乘积形式表现了组合数与相应摆列数的关系， 一般在计算具体的组合数时会用到．组合数公式阶乘形式的主要作用有：(1) 计算 m ， n 较大时的组合数；(2) 对含有字母的组合数的式子进行变形和证明．n特别地，当 m >2时计算 Cmn ，用性质 Cmn ＝Cn － m 转变，减少计算量．3．计算 C36＋ C38＝ ________．6×5×4 8×7×6解析： C36＋ C38＝＋＝ 20＋ 56＝ 76.3×2×1 3×2×1答案： 764．计算以下各式的值．(1)C98100＋C199200； (2)C37＋ C47＋ C58＋ C69.100×99解： (1)C98100＋ C199200＝ C2100＋C1200＝ 2×1 ＋ 200＝ 5 150.(2) 原式＝ C48＋ C58＋ C69＝ C59＋ C69＝ C610＝ C410＝ 210. 5． (1) 求 C383n － n ＋ C3n21＋ n 的值； (2) 求等式C5n － 1＋ C3n － 34中的n 值．C3n － 3＝ 3519 ≤n ≤38，0≤ 38－ n ≤ 3n ，2 1921 解： (1) ∵ 0≤3n ≤21＋ n ，即21∴ 2 ≤ n ≤ 2 .0≤n ≤ 2 ，∵ ∈N *，∴ ＝ 10，nn∴ C3n8－ n ＋ C3n21＋ n ＝C2830＋ C3031＝ C230＋ C131＝466.C5n － 14 14(2) 原方程可变形为 C3n － 3＋ 1＝35， C5n － 1＝ 5 C3n －3，（ n －1）（ n －2）（n －3）（ n －4）（n －5） 即5！14 （n －3）（ n －4）（ n －5）＝5· 3！，化简整理，得 n 2－ 3n － 54＝ 0.解此二次方程得 n ＝9 或 n ＝－ 6( 不合题意，舍去 ) ，故 n ＝ 9 为所求 .[ 例 3]在一次数学比赛中，某学校有12 人经过了初试，学校要从中选出 5 人去参加市级培训，在以下条件下，有多少种不一样样的选法？(1)任意选 5 人； (2) 甲、乙、丙三人必然参加；(3) 甲、乙、丙三人不可以参加；(4) 甲、乙、丙三人只好有 1 人参加．[ 思路点拨 ]本题属于组合问题中的最基本问题，可依据题意分别对不一样样问题中的“含”与“不含”作出正确的判断，此后利用组合数公式解决．[ 精解详析 ](1)C512＝ 792 种不一样样的选法．9 人中选 2 人，共有C29＝ 36 种不一样样的选(2) 甲、乙、丙三人必然参加，只要从其余的法．(3) 甲、乙、丙三人不可以参加，只要从其余9 人中选 5 人，共有C59＝ 126 种不一样样的的选法．(4) 甲、乙、丙三人只好有 1 人参加．分两步，先从甲、乙、丙中选 1 人，有 C13＝ 3种选法，再从其余的9 人中选 4 人有 C49种选法．共有C13C49＝ 378 种不一样样的选法．[ 一点通 ]解简单的组合应用题时，要先判断它能否是组合问题，拿出元素但是构成一组，与序次没关则是组合问题；拿出元素排成一列，与序次有关则是摆列问题．只有当该问题能构成组合模型时，才能运用组合数公式求出其组合数．在解题时还应注意两个计数原理的运用，在分类和分步时，注意有无重复或遗漏．6．从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任意拿出 3 台，此中最稀有甲型与乙型电视机各1 台，则不一样样的取法共有________种．解析：抽出的 3 台电视机中甲型 1 台乙型 2台的取法有 C14C25种；甲型 2 台乙型1 台的取法有 C24C15种．依据分类计数原理可得总的取法有C14C25＋ C24C15＝40＋ 30＝70( 种 ) ．答案： 707．一个口袋内装有大小相同的7 个白球和 1 个黑球．(1) 从口袋内拿出 3 个球，共有多少种取法？(2)从口袋内拿出 3 个球，使此中含有 1 个黑球，有多少种取法？(3)从口袋内拿出 3 个球，使此中不含黑球，有多少种取法？8×7×6解：(1) 因为与序次、地点没关，是组合问题，由组合定义知有 C38＝3×2×1＝56( 种 ) ．(2)是组合问题，只要从7 个白球中取 2 个即可，因此有C27＝ 21( 种 ) ．(3)是组合问题，只要从7 个白球中取 3 个即可，因此有C37＝ 35( 种 ) ．1．划分一个问题是摆列问题，还是组合问题，要点是看它有无“序次”，有序次就是摆列问题，而无序次就是组合问题．判断它能否有序次的方法：将元素拿出来，看交换元素的序次后对结果有无影响，有影响就是“有序”，也就是摆列问题；没有影响就是“无序”，也就是组合问题.2．同“摆列”与“摆列数”是两个不一样样的看法相同，“组合”与“组合数”也是两个不一样样的看法．“组合”是指“从n 个不一样样元素中取m( m≤ n)个元素合成一组”，它不是一个数，而是详尽的一件事；“组合数”是指“从n 个不一样样元素中拿出m( m≤ n)个元素的所有不一样样组合的个数”，它是一个数．比方，从3 个不一样样元素a，，中每次拿出两个元素b c的组合为，，bc ，此中每一种都叫一个组合，这些组合共有 3 个，则组合数为 3.ab ac课下能力提高( 五 )一、填空题1．给出下边几个问题，此中是组合问题的是________．(1) 从 1， 2， 3， 4 中选出 2 个构成的会集；(2)由 1， 2， 3 成两位数的不一样样方法；(3)由 1， 2， 3 成无重复数字的两位数．解析：由意知：(1) 与序没有关系；(2)(3)与序有关，故是摆列．答案： (1)2．已知 C2n＝ 10，n＝ ________．解析： C2n＝n（n－1）＝ 10，解之得＝ 5.2×1n答案： 53．男女学生共有 8 人，从男生中取 2 人，从女生中取 1 人，共有 30 种不一样样的法，此中女生有 ________人．解析：男生有 n 人，女生有(8－ n)人，由意可得C2nC18－ n＝ 30，解得n＝ 5 或n＝ 6，代入，可知女生有2人或 3人．答案：2或34．若 Cx28＝ C3x28－ 8，x＝ ________．解析：∵ Cx28＝ C3x28－8，∴x＝3x－8或 x＋(3 x－8)＝28，即 x＝4或 x＝9.答案： 4 或 95．从2，3，5，7 四个数中任取两个不一样样的数相乘，有m个不一样样的；任取两个不一样样的数相除，有n 个不一样样的商，m∶n＝________．1解析：∵ m＝C24， n＝A24，∴ m∶ n＝2.1答案：2二、解答6．列出从 5 个元素A，B，C，D，E中拿出 2 个元素的所有合．解：从 5 个元素A，B，C，D，E中拿出 2 个元素的所有合有：AB，AC，AD，AE，BC，BD， BE， CD， CE， DE共10个．7．算： A23＋ A24＋ A25＋⋯＋ A2100.解：原式＝ C23A2＋ C24A2＋ C25· A2＋⋯＋ C2100· A2＝(C23＋ C24＋ C25＋⋯＋ C2100) · A2＝(C3＋ C23＋ C24＋ C25＋⋯＋ C2100－ C3) · A2＝(C34＋ C24＋ C25＋⋯＋ C2100－ C3) ·A2＝(C35＋ C25＋⋯＋ C2100－ C3) ·A2⋯＝(C3101－C3) ·A2＝2C3101－2＝333 298.8．有 10 名教，此中男教 6 名，女教 4 名．(1)要从中 2 名去参加会，有多少种不一样样的法？(2)出 2 名男教或 2 名女教去外处学的法有多少种？(3)要从中出男、女老各2 名去参加会，有多少种不一样样的法？解： (1) 从 10 名教中 2 名去参加会的法种数，就是从10 个不一样样元素中拿出10×92 个元素的合数，即有C210＝2×1＝ 45 种法．(2)可把分两状况：第一，出的 2 名是男教有C26种方法；第二，出的 2 名是女教有C24种方法．依据分数原理，共有C26＋ C24＝ 15＋6＝ 21 种不一样样的法．(3) 分步：第一从 6 名男教中任 2 名，有 C26种法；再从 4 名女教中任 2 名，有 C24种法；依据分步数原理，因此共有C26· C24＝90 种不一样样的法．第 2合的用[ 例 1]课外活动小组共13 人，此中男生8 人，女生 5 人，而且男、女生各指定一名队长．现从中选 5 人主持某种活动，依以下条件各有多少种选法？(1)只有 1 名女生；(2)两名队长当选；(3)最稀有 1 名队长当选．[ 思路点拨 ]特别元素特别对待，特别地点优先安排．[ 精解详析](1)1名女生， 4 名男生，故共有C15· C48＝ 350 种．(2) 将两名队长作为一类，其余11 人作为一类，故共有C2· C311＝165 种．(3)最稀有 1 名队长含有两类：只有 1 名队长； 2 名队长，故共有选法 C12·C411＋C2·C311 ＝ 825 种，或采纳间接法共有C513－C511＝ 825 种．[ 一点通 ]解答组合应用题的整体思路：(1)整体分类：从会集的意义讲，分类要做到各种的并集等于全集，即“不漏”，任意两类的交集等于空集，即“不重”，计算结果时使用分类计数原理．(2)局部分步：整体分类此后，对每类进行局部分步，分步要做到步骤连续，保证分步不遗漏，同时步骤要独立．1．从 6 名男生和 2 名女生中选出 3 名志愿者，此中最稀有 1 名女生的选法共有________种．解析：法一：选出 3 名志愿者中含有 1 名女生 2 名男生或 2 名女生 1 名男生，共有C12C26＋C2C16＝2×15＋ 6＝36( 种 ) 选法；法二：从 8 名学生中选出 3 名，减去所有是男生的状况，共有C38－C36＝56－20＝36(种)选法．答案： 362．有 6 名男医生、 5 名女医生，从中选出 2 名男医生、 1 名女医生构成一个医疗小组，则不一样样的选法共有 ________种．解析：从中选出 2 名男医生的选法有C26＝ 15 种，从中选出 1 名女医生的选法有C15＝5 种，因此不一样样的选法共有15× 5＝75 种．答案： 753．设会集I ＝{1，2，3，4，5}．选择会集 I 的两个非空子集 A 和 B，若会集 B中最小的元素大于会集 A 中最大的元素，则不一样样的选择方法共有多少种？解：从 5 个元素中选出 2 个元素，小的给会集A，大的给会集B，有C25＝10种选择方法；从 5 个元素中选出 3 个元素，有 C35＝ 10 种选择方法，再把这 3 个元素从小到大摆列，中间有 2 个空，用一个隔板将其分开，一边给会集、一边给会集，方法种数是 2，故A B此时有10× 2＝20种选择方法；从 5 个元素中选出 4 个元素，有 C45＝ 5 种选择方法，从小到大摆列，中间有 3 个空，用一个隔板将其分开，一边给会集A、一边给会集 B，方法种数是 3，故此时有5× 3＝ 15 种选择方法；从 5 个元素中选出 5 个元素，有 C5＝ 1 种选择方法，同理分开方法有 4 种，故此时有1× 4＝ 4 种选择方法．依据分类计数原理，总计为10＋ 20＋ 15＋ 4＝ 49 种选择方法 .[ 例 2]平面上有9 个点，此中有 4 个点共线，除其余无 3 点共线．(1)经过这 9 个点，可确立多少条直线？(2)以这 9 个点为极点，可以确立多少个三角形？(3)以这 9 个点为极点，可以确立多少个四边形？[ 思路点拨 ]解答本题可用直接法或间接法进行．[ 精解详析 ]法一：(直接法)(1)可确立直线 C4＋C14C15＋ C25＝31 条．(2)可确立三角形 C24C15＋ C14C25＋C35＝ 80 个．(3)可确立四边形 C24C25＋ C14C35＋C45＝105 个．法二： ( 间接法 )(1)可确立直线 C29－C24＋ 1＝31 条．(2)可确立三角形 C39－ C34＝ 80 个．(3) 可确立四边形C49－ C4－ C34C15＝ 105 个．[ 一点通]解答几何组合应用题的思虑方法与一般的组合应用题基真相同，只要把图形隐含的条件视为组合应用题的限制条件即可．计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件好多的状况下，需要分类计算切合题意的组合数．4．正六边形的中心和极点共7 个点，以此中三个点为极点的三角形共有________个．解析： C37－ 3＝ 32.答案： 325．平面内有两组平行线，一组有m条，另一组有n 条，这两组平行线订交，可以构成 __________个平行四边形．解析：第一步，从m条中任选2条，C2m；第二步，从n 条中任选2条C2n.由分步计数原理，得C2m· C2n.答案： C2m· C2n6．已知平面α ∥ β，在α 内有4个点，在β 内有6个点．(1)过这 10 个点中的任意 3 点作一平面，最多可作多少个不一样样的平面？(2)以这些点为极点，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一样样的体积？解： (1) 所作出的平面有三类：① α内 1 点，β内 2 点确立的平面，有C14· C26个；② α内 2 点，β内 1 点确立的平面，有C24· C16个；③ α ，β 自己．因此所作的不一样样平面最多有C14· C26＋ C24· C16＋ 2＝98( 个 ) ．(2) 所作的三棱锥有三类：① α内 1 点，β内 3 点确立的三棱锥，有C14· C36个；② α内 2 点，β内 2 点确立的三棱锥，有C24· C26个；③ α内 3 点，β内 1 点确立的三棱锥，有C34· C16个．因此最多可作出的三棱锥有C14· C36＋ C24· C26＋ C34· C16＝ 194( 个 ) ．(3) 因为当等底面积、等高的状况下三棱锥的体积相等，又平面α ∥ β ，因此体积不相同的三棱锥最多有C36＋ C34＋ C26· C24＝ 114( 个 ) ．解有限制条件的组合应用题的基本方法是“直接法”和“间接法”(除掉法 ) ．(1)用直接法求解时，则应坚持“特别元素优先采纳”、“特别地点优先安排”的原则．(2)选择间接法的原则是“正难则反”，也就是若正面问题分类好多、较复杂或计算量较大，没关系从反面问题下手，试一试看能否简捷些，特别是涉及“至多”“最少”等组合问题时更是这样，此时，正确理解“都不是”“不都是”“至多”“最少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的要点．课下能力提高( 六 )一、填空题1．某施工小组有男工7 人，女工 3 人，现要选 1 名女工和 2 名男工去增援另一施工________种．队，不一样样的选法有解析：每个被选的人都无角色差异，是组合问题，分 2 步完成：第 1 步，选女工，有 C13种选法；第 2 步，选男工，有 C27种选法．故有 C13· C27＝3×21＝63 种不一样样选法．答案： 63252到会，其余 4 家企业各有 1 人到会，会上选举 3 人发言，则这 3 人来自 3 家不一样样企业的可能状况的种数为________．解析：若 3 人中有一人来自甲企业，则共有C12C24种状况，若3 人中没有甲企业的，则共有C34种状况，由分类计数原理可得，这3 人来自 3 家不一样样企业的可能状况共有C12C24＋C34＝ 16( 种 ) ．答案：163．圆周上有20 个点，过任意两点连结一条弦，这些弦在圆内的交点最多有________个．解析：在圆内的交点最多，相当于从圆周上的20 个点，任意选 4 个点获得的，故最20×19×18×17多有 C420＝4×3×2×1＝4 845个．答案： 4 8454. 以以以下图的几何体是由一个正三棱锥-与正三棱柱- 1 1 1组合而成，现P ABC ABCA B C用 3 种不一样样颜色对这个几何体的表面染色 ( 底面A1B1C1不涂色 ) ，要求相邻的面均不一样样色，则不一样样的染色方案共有 ________种．解析：先涂三棱锥 P- ABC的三个侧面，此后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C1×C12＝3×2×1× 2＝ 12 种不一样样的涂法．答案： 125． 20 个不加区其余小球放入编号为1，2，3 的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，求不一样样的放法种数为________．解析：先在编号为2， 3 的盒内放入1， 2 个球，还剩17 个小球，三个盒内每个最少再放入 1 个球，将17 个球排成一排，有16 个空隙，插入 2 块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共C216＝120 种方法．答案： 120二、解答题6．一个口袋里装有7 个白球和 2 个红球，从口袋中任取 5 个球．(1)共有多少种不一样样的取法？(2)恰有 1 个为红球，共有多少种取法？C59＝ 126( 种) ．解： (1)从口袋里的9 个球中任取 5 个球，不一样样的取法为2 个红球(2) 可分两步完成，第一从7 个白球中任取 4 个白球，有C47种取法，此后从中任取 1 个红球共有C12种取法．因此，共有C12· C47＝70种取法．7．某医科大学的学生中，有男生12 名，女生8 名，在某市人民医院实习，现从中选派 5 名参加青年志愿者医疗队．(1)某男生甲与某女生乙必然参加，共有多少种不一样样的选法？(2)甲、乙均不可以参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人最稀有一人参加，有多少种选法？解： (1) 只要从其余18 人中选 3 人即可，共有C318＝ 816 种．(2)只要从其余 18 人中选 5 人即可，共有 C518＝8 568( 种) ．(3)分两类：甲、乙两人中只有一人参加，则有 C12· C418种选法；甲、乙两人都参加，则有 C318种选法．故共有 C12· C418＋ C318＝ 6 936 种选法．8．甲、乙、丙、丁四个企业承包8 项工程，甲企业承包 3 项，乙企业承包 1 项，丙、丁企业各承包 2 项，问共有多少种承包方式？解：甲企业从8 项工程中选出 3 项工程，有C38种选法；乙企业从甲企业优选后余下的 5 项工程中选出 1 项工程有C15种选法；丙企业从甲、乙两企业优选后余下的 4 项工程中选出 2 项工程有C24种选法；丁企业从甲、乙、丙三个企业优选后余下的 2 项工程中选出 2 项工程有 C2种选法．依据分步计数原理可得不一样样的承包方式有C38× C15× C24× C2＝ 1 680( 种 )。