人教版 高中数学 选修2-3 排列与组合综合(3)

第三讲组合【教材扫描】1．组合的概念从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．2．组合数的概念、公式、性质【知识运用】题型一组合概念的理解【例1】判断下列问题是组合还是排列，并用组合数或排列数表示出来．(1)若已知集合{1,2,3,4,5,6,7}，则集合的子集中有3个元素的有多少？(2)8人相互发一个电子邮件，共写了多少个邮件？(3)8人相互通电话一次，共通了多少次电话？(4)在北京、上海、广州、成都四个民航站之间的直达航线上，有多少种不同的飞机票？有多少种不同的飞机票价？(1)已知集合的元素具有无序性，因此含3个元素的子集个数与元素的顺序无关，是组合问题，共有C37个．(2)因为发件人与收件人有顺序区别，与顺序有关是排列问题，共写了A28个电子邮件．(3)同时通电话，无顺序，是组合问题，共通了C28次电话．(4)飞机票与起点站、终点站有关，故求飞机票的种数是排列问题，有A24种飞机票；票价只与两站的距离有关，故票价的种数是组合问题，有C24种票价．【变式】1、判断下列各事件是排列问题，还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数．(1)10个人相互各写一封信，共写了多少封信？(2)10个人规定相互通一次电话，共通了多少次电话？(3)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，这次比赛需要进行多少场次？(4)10支球队以单循环进行比赛，这次比赛冠、亚军获得者有多少种可能？(5)从10个人里选3个代表去开会，有多少种选法？(6)从10个人里选3个不同学科的课代表，有多少种选法？(1)是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的，排列数为A210＝90种．(2)是组合问题，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别．组合数为C210＝45种．(3)是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别，组合数为C210＝45种．(4)是排列问题，因为甲队得冠军、乙队得亚军与甲队得亚军、乙队得冠军是不一样的，是有顺序区别的，排列数为A210＝90种．(5)是组合问题，因为三个代表之间没有顺序的区别，组合数为C310＝120种．(6)是排列问题，因为三个人中，担任哪一科的课代表是有顺序区别的，排列数为A310＝720种．2、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}，则集合A的含有3个元素的子集有多少个？(2)某铁路线上有4个车站，则这条铁路线上共需准备多少种车票？(3)从7本不同的书中取出5本给某个同学？(4)3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？【解】(1)因为集合A的任一含3个元素的子集与元素顺序无关，故它是组合问题．(2)因为一种火车票与起点、终点顺序有关．如：甲→乙和乙→甲的车票不同，故它是排列问题．(3)从7本不同的书中，取出5本给某个同学，在每种取法中取出的5本并不考虑书的顺序，故它是组合问题．(4)因为一种分工方法就是从5种不同的工作中，每次取出3种，按一定顺序分给3人去干，故它是排列问题型二组合问题类型一：简单点的组合问题【例2-1】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人去参加市级培训，在下列条件中，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)C512＝792种不同的选法．(2)甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有C29＝36种不同的选法．(3)甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有C59＝126种不同的选法．【变式】一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球．(1)从口袋内取出3个球，共有多少种取法？(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？ (3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，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 38＝8×7×63×2×1＝56．(2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数是C 27＝7×62×1＝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 37＝7×6×53×2×1＝35．类型二：无限制条件的组合问题【例2-2】 某次足球赛共12支球队参加，分三个阶段进行．(1)小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净胜球数取前两名；(2)半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)决出胜者；(3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．问全部赛程共需比赛多少场？【解答】 (1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组赛共要比赛2C 26＝2×6×51×2＝30(场)．(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场，所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数，所以半决赛共要比赛2A 22＝2×1×2＝4(场)．(3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负． 所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)． 【变式】现有10名教师，其中男教师6名，女教师4名． (1)现要从中选2名去参加会议，有多少种不同的选法？ (2)选出2名男教师或2名女教师去外地学习的选法有多少种？【解】 (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 210＝10×92×1＝45. （2）可把问题分两类：第1类，选出的2名是男教师有C 26种方法；第2类，选出的2 名是女教师有C 24种方法，即C 26＋C 24＝21(种).类型三：有限制条件的组合问题【例2-3】高二(1)班共有35名同学，其中男生20名，女生15名，今从中选出3名同学参加活动．(1)其中某一女生必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一女生不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2名女生在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2名女生在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2名女生在内，不同的取法有多少种？【解析】(1)从余下的34名学生中选取2名，有C234＝561(种)．∴不同的取法有561种．(2)从34名可选学生中选取3名，有C334种．或者C335－C234＝C334＝5 984种．∴不同的取法有5 984种．(3)从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有C120C215＝2 100种．∴不同的取法有2 100种．(4)选取2名女生有C120C215种，选取3名女生有C315种，共有选取方式N＝C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555种．∴不同的取法有2 555种．(5)选取3名的总数有C335，因此选取方式共有N＝C335－C315＝6 545－455＝6 090种．∴不同的取法有6 090种．拓展：本题条件不变的情况下，选出的3名同学既有男生，又有女生的选法有几种？【解】法一：(直接法)可分两类：第一类：3名同学为2男1女情况共有N1＝C220C115＝2 850种；第二类：3名同学为1男2女情况共有N2＝C120C215＝2 100种．根据分类加法计数原理，共有选法N＝N1＋N2＝2 850＋2 100＝4 950种．法二：(间接法)从35名同学中选3人共有C335种，其中全部为男生的有C320种，全部为女生的共有C315种，所以既有男生又有女生的选法共有C335－C320－C315＝6 545－1 140－455＝4 950种.【变式】1.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)只有一名女生；(2)两队长当选；(3)至少有一名队长当选；(4)至多有两名女生当选．[解] (1)一名女生，四名男生，故共有C15·C48＝350(种)选法．(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有C22·C311＝165(种)选法．(3)至少有一名队长当选含有两类：有一名队长当选和两名队长都当选．故共有C12·C411＋C22·C311＝825(种)选法．或采用间接法：C513－C511＝825(种)．(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生，只有一名女生，没有女生．故共有C25·C38＋C15·C48＋C58＝966(种)选法．2.有4个不同的球， 4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个空盒，有几种放法？(2)恰有2个盒子不放球，有几种放法？解：(1)先从4个小球中取2个放在一起，有C24种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球看成三堆，并分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A34种放法，根据分步乘法计数原理，共有C24A34＝144(种)不同的放法．(2)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中．有两类放法：第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有C34种，再放到2个盒子中有A24种放法，共有C34A24种放法；第二类，2个盒子中各放2个小球有C24C24种放法．故恰有2个盒子不放球的方法有C34A24＋C24C24＝84(种)．题型四几何中的组合[例4] 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] 法一：以从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准．第一类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有C24C18＝48个不同的三角形；第二类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有C14C28＝112个不同的三角形；第三类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C38＝56个不同的三角形．由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216个．法二：(间接法)：从12个点中任意取3个点，有C312＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C34＝4种．故这12个点构成三角形的个数为C312－C34＝216个．【变式】正六边形的顶点和中心共7个点，可组成________个三角形．解析：不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C37－3＝32．答案：32题型五组合数的证明与计算【例5】(1)计算C410－C37·A33；(2)证明：m C m n＝n C m－1n－1.（3）计算： C8100－C8101＋C7100； C22＋C23＋C24＋…＋C210.(4)解方程3C x －7x －3＝5A 2x －4； 解不等式C 4n ＞C 6n .解析： (1)原式＝C 410－A 37＝10×9×8×74×3×2×1－7×6×5＝210－210＝0.(2)证明：m C mn ＝m ·n ！m ！?n －m ??＝n ·?n －1???m －1???n －m ??＝n ·?n －1???m －1???n －m ??＝n C m －1n －1.(3)C 8100－C 8101＋C 7100＝C 8100＋C 7100－C 8101＝C 8101－C 8101＝0. ∵C 22＝C 33，∴原式＝C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 210 ＝C 34＋C 24＋C 25＋C 26＋…＋C 210＝C 310＋C 210＝C 311＝165. (4)由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??，则3?x －3?4！＝5x －6，即为(x －3)(x －6)＝40.∴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． ∴方程的根为x ＝11. 由C 4n ＞C 6n 得 错误!⇒错误!⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1＜n ＜10，n ≥6.又n ∈N *，∴该不等式的解集为{6,7,8,9}．【变式】1．计算：C 38－n3n ＋C 3nn ＋21的值．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 2830＋C 3031＝C 230＋C 131＝30×292×1＋31＝466．2．求使3C x －7x －3＝5A 2x －4成立的x 值．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！＝5x －6，即为(x －3)(x －6)＝40．∴x 2－9x －22＝0，解得x ＝11或x ＝－2． 经检验知x ＝11时原式成立． 3．证明下列各等式． (1)C mn ＝m ＋1n ＋1C m ＋1n ＋1； (2)C 0n ＋C 1n ＋1＋C 2n ＋2…＋C m －1n ＋m －1＝C m －1n ＋m ．解：(1)右边＝m ＋1n ＋1·?n ＋1???m ＋1??[?n ＋1???m ＋1?]?＝m ＋1n ＋1·?n ＋1???m ＋1???n －m ?? ＝n ！m ！?n －m ??＝C mn ＝左边，∴原式成立．(2)左边＝(C 0n ＋1＋C 1n ＋1)＋C 2n ＋2＋C 3n ＋3＋…＋C m －1n ＋m －1＝(C 1n ＋2＋C 2n ＋2)＋C 3n ＋3＋…＋C m －1n ＋m －1＝(C 2n ＋3＋C 3n ＋3)＋…＋C m －1n ＋m －1＝(C3n ＋4＋C 4n ＋4)＋…＋C m －1n ＋m －1＝…＝C m －2n ＋m －1＋C m －1n ＋m －1＝C m －1n ＋m ＝右边，∴原式成立．4.(1)解关于x 的方程：x C x －3x ＋A 3x ＝4C 3x ＋1；(2)解不等式：C 3x ＞C 5x .【解】 (1)原方程即x C 3x ＋A 3x ＝4C 3x ＋1， 亦即x ·x ?x －1??x －2?6＋x (x －1)(x －2)＝4?x ＋1?x ?x －1?6.整理得：x 2＝16，∴x ＝4(x ＝－4舍去)，经检验满足条件．∴x ＝4. (2)∵x ?x －1??x －2?3×2×1＞x ?x －1??x －2??x －3??x －4?5×4×3×2×1.∴x 2－7x －8＜0，∴－1＜x ＜8.又∵⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，x ≥5.∴5≤x ＜8且x ∈N *.∴x ＝5,6,7.题型六 排列组合综合运用【例6】 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] [法一 直接法]把从5个偶数中任取2个分为两类：(1)不含0的：由3个奇数和2个偶数组成的五位数，可分两步进行：第1步，选出3奇2偶的数字，方法有C35C24种；第2步，对选出的5个数字全排列有A55种方法．故所有适合条件的五位数有C35C24A55个．(2)含有0的：这时0只能排在除首位(万位)以外的四个位置中的一个，有A14种排法；再从2,4,6,8中任取一个，有C14种取法，从5个奇数数字中任取3个，有C35种取法，再把取出的4个数全排列有A44种方法，故有A14C14C35A44种排法．根据分类加法计数原理，共有C35C24A55＋A14C14C35A44＝11 040个符合要求的数．[法二间接法]如果对0不限制，共有C35C25A55种，其中0居首位的有C35C14A44种．故共有C35C25A55－C35C14A44＝11 040个符合条件的数．解答排列、组合综合问题的思路及注意点(1)解排列、组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列．(2)解排列、组合综合问题时要注意以下几点：①元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题．②对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合的综合问题的一般方法．【变式】1.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，求分别符合下列条件的选法数：(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．解：(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有C35C23＋C45C13种，后排有A55种，共(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400种．(2)除去该女生后，先选后排有C47·A44＝840种．(3)先选后排，但先安排该男生有C47·C14·A44＝3 360种．(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C36种，再安排该男生有C13种，其余3人全排有A33种，共C36·C13·A33＝360种．2.从错误！未找到引用源。

2019年编·人教版高中数学专题 排列与组合综合(三) 课后练习题一： 由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是(A)72 (B)96 (C) 108 (D)144题二：一名老师和两名男生两名女生站成一排照相，要求两名女生必须站在一起且老师不站在两端，则不同站法的种数为( )．A ．8B ．12C ．16D ．24题三：在平面直角坐标系中，x 轴正半轴上有5个点，y 轴正半轴上有3个点，将x 轴正半轴上这5个点和y 轴正半轴上这3个点连成15条线段，这15条线段在第一象限内的交点最多有(A)30个 (B)20个 (C)35个 (D)15个题四：同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有(A)6种 (B)9种 (C)11种 (D)13种题五：有3张都标着字母A,6张分别标着数字1,2,3,4,5,6的卡片，若任取其中5张卡片组成牌号，则可以组成的不同牌号的总数等于________．(用数字作答)题六：方程ay ＝b 2x 2＋c 中的a ，b ，c ∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a ，b ，c 互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( )A ．60条B ．62条C ．71条D ．80条题七：集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}M =，从集合M 中取出4个元素构成集合P ，并且集合P 中任意两个元素,x y 满足||2x y -≥，则这样的集合P 的个数为＿＿＿＿．题八：满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为( )A ．14B ．13C ．12D ．10题九：已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A．33 B．34 C．35 D．36题十：在集合{}1,2,3,4,5中任取一个偶数a和一个奇数b构成以原点为起点的向量(,)a bα=．从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形．记所有作成的平行四边形的个数为n，其中面积不超过．．．4的平行四边形的个数为m，则mn=( )(A)415(B)13(C)25(D)23题十一：在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物，如右图所示，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，现有4种不同的植物可供选择，则有＿＿＿种栽种方案．题十二：回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．专题 排列与组合综合(三)课后练习参考答案题一： C.详解：先选一个偶数字排个位，有3种选法.①若5在十位或十万位，则1、3有三个位置可排，22232A A ＝24个②若5排在百位、千位或万位，则1、3只有两个位置可排，共32222A A ＝12个 算上个位偶数字的排法，共计3(24＋12)＝108个题二： D.详解：两名女生站一起有A 22 种站法，她们与两个男生站一起共有A 22A 33种站法，老师站在他们的中间有A 22A 33C 12＝24种站法，故应选D.题三： A详解：设想x 轴上任意两个点和y 轴上任意两个点可以构成一个四边形，则这个四边形唯一的对角线交点，即在第一象限，适合题意．而这样的四边形共有302325=⋅C C 个，于是最多有30个交点．题四： B详解：设四人分别是甲、乙、丙、丁，他们写的卡片分别为a ，b ，c ，d ，则甲有三种拿卡片的方法，甲可以拿b ，c ，d 之一．当甲拿b 卡片时，其余三人有三种拿法，分别为badc ，bcda ，bdac ．类似地，当甲拿c 或d 时，其余三人各有三种拿法．故共有9种拿法．题五： 4020.详解：若无字母A ，则有56A 种；若含有一个字母A ，则有4565C A 种；若含有两个字母A ，则有3365C A 种；若含有三个字母A ，则有2265C A 种，综上所述，共有54533226656565A C A C A C A +++＝4 020(种)． 题六： B.详解：当a ＝1时，若c ＝0，则b 2有4,9两个取值，共2条抛物线，若c ≠0，则c 有4种取值，b 2有两种，共有2×4＝8条抛物线；当a ＝2时，若c ＝0，b 2取1,4,9三种取值，共有3条抛物线，若c ≠0，c 取1时，b 2有2个取值，共有2条抛物线，c 取－2时，b 2有2个取值，共有2条抛物线，c 取3时，b 2有3个取值，共有3条抛物线，c 取－3时，b 2有3个取值，共有3条抛物线．所以共有3＋2＋2＋3＋3＝13条抛物线．同理，a ＝－2，－3,3时，共有抛物线3×13＝39条．由分类加法计数原理知，共有抛物线39＋13＋8＋2＝62条．题七： 35详解： 其实就是从1到10这十个自然数中取出不相邻的四个数，共有多少方法的问题．因此这样的集合P 共有4735C =个．题八： B.详解： 因为a ，b ∈{－1,0,1,2}，可分为两类：①当a ＝0时，b 可能为－1或1或0或2，即b 有4种不同的选法；②当a≠0时，依题意得Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.当a ＝－1时，b 有4种不同的选法；当a ＝1时，b 可能为－1或0或1，即b 有3种不同的选法；当a ＝2时，b 可能为－1或0，即b 有2种不同的选法．根据分类加法计数原理，(a ，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.题九： A.详解：①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C 12·A 33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C 12·A 33＋A 33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C 13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.题十： B详解：基本事件：26(2,1),(2,3),(2,5),(4,1),(4,5),(4,3)23515nC ==⨯=从选取个，.其中面积为2的平行四边形的个数(2,3)(4,5);(2,1)(4,3);(2,1)(4,1)；其中面积为4的平行四边形的为(2,3)(2,5);(2,1)(2,3)；m =3+2=5故51153m n ==. 题十一： 732详解： 共分三类：考虑A 、C 、E 种同一种植物，此时共有4×3×3×3=108种方法．考虑A 、C 、E 种二种植物，此时共有3×4×3×3×2×2=432种方法．考虑A 、C 、E 种三种植物，此时共有34A ×2×2×2=192种方法．故总计有108+432+192=732种方法．故答案为：732题十二： (1)90 (2)9×10n详解：(1)4位回文数第1、4位取同一个非零数有19C ＝9(种)选法，第2、3位可取0，有10种选法，故有9×10＝90(个)，即4位回文数有90个．(2)首位和末位不能取0，故有9种选法，其余位关于中间数对称，每两数都有10种选法，中间数也有10种选法，故2n ＋1(n ∈N*)位回文数有9×10n 个．。