高二数学组合一 人教版Word格式.docx
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(5)如果男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内有多少种不同的选法?
(1)分两步完成,第一步先从5名男生中任选2名有种不同的选法;
第二步从4名女生中任选2名有种不同的选法,由乘法原理:
(种)。
∴4人中男生与女生各选2人有60种不同的选法。
(2)由于男甲与女乙都必须在内,则从剩余的7名同学中任选2人即可完成这件事,则有
∴男甲与女乙都必须在内的选法有21种。
(3)由于男甲与女乙都不在内,则从剩余的7名同学选出4人,其选法种数有
∴男甲与女乙都不在内的选法有35种。
(4)分两步完成,第一步从男甲与女乙中任选1人有种不同的选法,第二步再从剩余的7名同学中任选3人有种不同的选法,由乘法原理:
(5)解法一:
分两类,第一类男甲与女乙只有1人在内的选法有种,第二类男甲与女乙都在内的选法有种,由加法原理得:
∴男甲与女乙至少有1人在内的选法有91种。
解法二:
先求出男甲与女乙都不在内的选法有种,再从5名男生4名女生中选出4人的不同选法中减去,有
例3、设有编号为1,2,3,4,5的五个球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子,现将这五个球投放入这五个盒子内,要求每个盒子内投放一个球,并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,则这样的投入方法的总数有多少种?
因为恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,则这样的两个球有种不同的投入方法,还剩3个球与3个盒子,而这三个球的编号与盒子的编号不同,则第一个球投放入与它编号不同的盒子有2种不同的投放方法,最后两个球只有一种投放方法,则有乘法原理得总的投放方法有:
∴这样的投入方法总数有20种。
例4、方程的解为()
A、1B、3C、1或3D、1或5
分析:
这个方程的特点是:
两个组合的下标相同,上标含有未知数,由组合数性质:
求之,因此求解时要讨论上标的两种可能情况。
当
因为当x=5,x=-7时,组合均无意义,故舍去。
所以原方程的解为x=1或x=3,选C。
例5、有甲、乙、丙三项任务,甲需2人承担,乙、丙各需1人承担,从10人中选派4人承担这三项任务,不同的选法共有()
A、1260种B、2021种C、2520种D、5040种
从10人中任派4人去承担任务,并未限定哪个人承担哪一项不同的任务,所以为无限制的组合问题。
解法一:
分三步完成,先由10人中任选派2人承担甲项任务有种不同的选法;
再从剩余的8人中任选1人承担乙项任务有种不同的选法;
最后从剩余的7人中任选1人承担丙项任务有种不同的选法,由乘法原理,共有种不同的选法,故选C。
先10中任选4人承担任务有种不同的选法,选出的4人,从中任选2人承担甲项任务有种不同的选法;
再由剩余的2人中任选1人承担乙项任务,最后1人自然承担丙项任务,因此有种不同的选法,由乘法原理得:
(种)
例6、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,不同的取法共有种。
因为三点确定一个平面,取4个不共面的点,相当于从这10个点中取4个点,组成多少个四面体的问题,本题宜采用逆向思考方法。
不考虑顺序,从10个点中任取4个点,总数为,其中四点共面的有三类:
四个点在同一侧面的有4=60种;
在6个中点中,四点共面的情况有3种;
而每个棱中点与它所对棱的棱上的三个点也共面,共有6种。
所以,不同的取法有210-(60+6+3)=141(种)
注:
本题涉及选取方法中有重复计算的问题,一般选择减的方法,去掉不合理的情况,但要做到不重复,不遗漏,需要认真思考体会。
例7、有编号为1,2,3,…,9,10的十只灯,为了节约用电,可以将其中三只灯关掉,但不能同时关掉相邻的二只或三只,也不能关掉两端的灯,则满足条件的关灯方法有多少种?
由于这10只灯是无区别的10只灯,在满足题设的条件下,关掉的三只灯也是无序的,因此这是一个有限制条件的组合问题,一般常用插位法。
从10只灯中关掉3只还余7只,把这7只灯排成一列,由于无序所以只有一种排法。
又因为关掉的三只灯不能相邻且不能在两端,所以只能在7个灯之间的6个方位任选三个如图:
1○2○3○4○5○6○7
∴满足条件的关灯方式有=20(种)
此题首先要弄清是排列问题还是组合问题,另外此题涉及到不相邻的问题,一般采用插位法。
例8、从1,3,5,7,9中取3个数字,从2,4,6,8中任取2个数字,一共可以组成多少个没有重复数字的五位数。
此题是一个组合与排列的综合应用题。
可分三步完成:
第一步从1,3,5,7,9中取3个数字以及第二步从2,4,6,8中任取2个数字为组合问题,而第三步由前两步取出的5个数字组成五重复的五位数是排列问题,可采用分步方法及乘法原理来解决。
分三步完成:
第一步从1,3,5,7,9这五个数字中任取3个有种不同的取法;
第二步从2,4,6,8这四个数字中任取2个有种不同的取法;
第三步由前两步取出的5个数全排列有种不同的排法。
由乘法原理共有:
=7200(个)
∴一共可以组成没有重复数字的五位数有7200个。
这是一个排列与组合的综合应用题,解题应分清哪一步是排列,哪一步是组合,一般采用分步方法、乘法原理解决。
例9、6本不同的书分成三堆:
(1)若平均分给甲、乙、丙三人,有多少种不同的分法?
(2)若平均分成三堆,有多少种不同的分法?
(3)若有一堆一本,一堆二本,一堆3本,有多少种不同的分法?
(4)若有一堆4本,另两堆各1本的不同分法有多少种?
6本不同的书平均分给甲、乙、丙三人是有顺序的,而平均分成三堆是无顺序的,所以此题的第
(2)问在一般分法种重复次,第(4)问在一般分法中重复次。
(1)6本不同的书平均分给甲、乙、丙三人可分三步完成:
第一步从6本不同的书中任取2本给甲有种不同的分法。
第二从剩余的4本不同的书中任取2本给乙有种不同的分法,最后把剩余的2本不同的书给丙有种不同的分法,根据乘法原理总共有:
∴6本不同的书,平均分给甲、乙、丙三人总共有90种不同的分法。
(2)假设将6本不同的书分成三堆有x种方法。
在每一种分法中,再把这三堆分别分给甲、乙、丙三人有种分法,根据乘法原理将6本不同的书平均分给3个人的不同分法有,从而:
∴
(3)从6本不同的书中任取1本放一堆,有种取法;
再从剩下的5本书中任取2本放成一堆,有种不同的取法;
最后余下的3本书放成一堆,有种不同的取法,因为各堆书的数目互不相同,所以这种分堆方法与6本不同的书分给甲一本,乙二本,丙三本完全相同,所以这样的分堆方法总数为:
=60(种)
∴一堆1本,一堆2本,一堆3本,有60种不同的分法。
(4)如果将6本不同的书分给甲4本,乙1本,丙1本,共有种不同的分法。
这里给乙第一本,丙第二本与给乙第二本,丙第一本是不同的分法。
但作为分堆第一本书一堆、第二书一堆与第二本书一堆、第一本书一堆是相同的分法,所以分堆方法是:
(种)或(种)
∴一堆4本,另两堆各1本的不同分法有15种。
这是一个偶数个元素平均分成几组,且各组之间是无序的组合问题,一般重复次,解题时应审清题意,弄清平均分组组数n,谨防重复而使解题出错。
【同步练习】
1、在所有的三位数中,如果它的百位数字比十位数字大,十位数字比个位数字大,这样的三位数共有()
A、240个B、210个C、120个D、108个
2、2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士的不同分配方法共有()
A、6种B、12种C、18种D、24种
3、有15个队参加篮球赛,首轮平均分成三组进行单循环赛,然后由各组前2名共6个队进行单循环决赛,且规定同组的两个队不再赛第二场,则所进行的比赛共有()
A、42场B、45场C、22场D、25场
4、圆周上有八个等分圆周点,以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是()
A、16B、24C、32D、48
5、如果把两条异面直线看成“一对”,那么六棱锥的棱所在内的12条直线中,异面直线共有()
A、12对B、24对C、36对D、48对
6、某年级有6个班,分别派3名语文教师任教,每个教师教2个班,不同的任课方法的种数为()
A、B、C、D、
7、假设在200件产品中有3件是次品,现在从中任意抽取5件,其中至少有2件是次品的抽法有()
A、B、
C、D、
8、从某班学生中,选出四个组长的不同选法有x种,选出正副班长各一名的不同选法有y种,若x:
y=13:
2,则该班学生人数是()
A、22B、20C、15D、10
9、四不同的小球全部随意放入三个不同的盒子,使每个盒子都不空的放法为()
A、B、C、D、
10、5项不同的工程由3个工程队全部承包下来,每队至少承包一项,则不同的承包方案有()
A、420种B、240种C、150种D、90种
11、整数360的正约数(包括1和360)共有个。
12、以正方体的顶点为棱锥的顶点,可作个棱锥。
13、要从8名男医生和7名女医生中选出5人组成一个医疗小组,如果医疗小组中要求至少有2名男医生和至少有2名女医生,则有种不同的选法。
14、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只能有个。
15、某电子器件的电路中有6个焊接点,只要有一个焊接点脱落,整个电路就不通,今发现电路不通,求焊接点脱落的可能性有多少?
16、晚会由3个歌曲,2个舞蹈和4个曲艺节目组成,要求第一个节目为歌曲,结尾是曲艺,且每两个曲艺节目不相邻,问能安排多少种不同的节目顺序表?
17、9名同学分成三组:
①每组3人,有多少种不同的分组方法?
②每组3人,且这三组同学分别参加文艺、体育和科技活动小组,有多少种不同的分组方法?
③若第一组5人,其余两组各2人有多少种不同的分组方法?
18、求证:
参考答案
1、C2、B3、A4、C5、B6、B7、B8、C9、A10、C
提示:
1、有“0”的三位数:
无“0”的三位数:
故共有(个)
错误解法:
主要对有“0”无“0”的情况不同没有深刻理解。
2、
3、首轮比赛场,第二轮比赛场,故共有42场比赛。
4、(采用“逆向思维法”,若两等分点连线是)直径,则所对圆周角是直角不符。
5、每一条侧棱与底面4条边组成“4对”,共六条侧棱,故共有:
6、
7、有两种情况:
3件正品,2件次品;
2件正品,3件次品。
注意分类的不重不漏。
8、设共有学生n人。
9、注意三个盒子内的球数只有分别有2,1,1个这一种情况故共有(种)不同放法。
,见例9第(4)问已有详细分析解答。
10、工程队承包项目分别为2,2,1项和3,1,1项两种情况。
故共有方案:
11、
故约数中对2,3,5的取法个数分别讨论如下:
对2可取0,1,2,3个4种情况;
对3可取0,1,2个3种情况;
对5可取0,1个2种情况;
由乘法原理,故有正约数(包括1和360)共有:
(个)
12、可构成三棱锥或四棱锥。
①从正方体的顶点中任取4个有种,其中表面和对角面上4点共面,不构成三棱锥,这样的4点组共12组,故可构成个三棱锥。
②先定底面,再定顶点,共有个四棱锥,故共可构成58+48=106个棱锥。
13、分2名男医生,3名女医生:
与3名男医生,2名女医生:
两种情况。
∴共有(种)不同的选法。
错误答案:
产生了不少重复计数。
14、运用“对应思想”,一个交点对应着一个圆内接四边形,当这些交点均不重合时,最多有(个)
15、共有
(种)可能。
16、第一个节目有种排法;
结尾节目有种排法;
还剩下的2个歌曲和2个舞蹈有种排法;
还有3个曲艺节目要求不相邻,用“插空法”排,把它们插在第一,第二,第三,第四,第五这五个节目之间的空挡中,有种插法,由乘法原理共有=6912(种)。
17、①(种)②(种)③(种)
18、证明:
(1)
2019-2020年高二数学组合二人教版
一、本讲进度
第十章排列、组合和概率
10.2组合
二、主要内容
1、组合的概念、组合数的表示法;
2、组合的计算公式,化简公式及组合数的两个性质;
3、利用组合及组合数的概念解实际问题。
三、学习指导
1、组合的定义:
课本P.96
组合数的定义:
课本P.97
组合的计算公式及化简公式:
课本P.98
组合数化简公式:
中,等式右边除以Amm,意味着抹去m个排列时的顺序,简称“去序”。
2、关于组合数性质2:
的理解及推广。
从集合的角度看,设被取的n+1个元素的集合是{a,b1,b2,…,bn}。
公式左边是从这n+1个元素中取m个的组合数。
将该集合分成两个子集A={a}与B={b1,b2…,bn}。
将从n+1个元素中取m个元素的组合分成两类(有且仅有该两类):
一类是含有a,一类不含有a。
含有a的一类分两步得到:
(1)从集合A中选一个元素,有C11种选法;
(2)从B中选m-1个元素,有种选法,由分步计数原理,含a的组合有个。
不含a的一类也可以分两步得到:
(1)从集合A中选0个元素,有C10种选法;
(2)从B中选m个元素,有种选法,由分步计数原理,不含a的组合有C10·
Cnm个。
再由分类计数原理,得到。
此式特征,右边每一项的下标之和为n+1,表示被取元素有n+1个,上标之和均为m,表示所取元素为m个。
推广一下,如被取元素有r+1个,每次取m个(m≤n+r,r≤m)个。
则将n+r个元素分成子集A和B,A含有r个元素,B含有n个元素,仿照刚才的思路可得:
3、对于组合数性质1:
的运用。
当时,一般用它来简化计算。
在某些证明题中,用它来变换上标。
4、与组合有关的应用题分无附加的条件与有附加条件两类,附加条件主要是“含与不含”,即某些特殊元素含有或不含在所要求的组合之中的问题。
处理问题的方法分直接法及简接法,其思路与排列问题类似。
四、典型例题
例1、,求证:
m=1+2+3+…+n
解题思路分析:
从化简组合数着手:
∴
例2、求证:
法一:
用组合数性质2自左向右合并项:
左=
法二:
左=
法三:
:
表示从m+2个元素中每次取n+1个元素的组合数;
把m+2个元素分成两个集合:
A与B,其中A中含有m个元素,B中含有2个元素。
从m+2个元素中的每次取出n+1个的组合,可以分成三类:
①从A中取n+1个,从B中取0个,有;
②从A中取n-1个,从B中取2个,有个;
③从A中取n个,从B中取1个,有个
∴总数为
即
评注:
法一是用组合数性质,法二是用组合种数公式,法三是运用了基本概念,构造了组合数的模型。
本题以第一种方法最简单。
例3、从A、B、C等16人中选7人
(1)A必须在内的有多少种?
(2)A不在内的有多少种?
(3)A、B同时在内的有多少种?
(4)A或B中有1人在内的有多少种?
(5)A、B、C三人中至少有1人在内的有多少种?
(1)A必须在内,那么只需从其余15人中再选6人即可,因此有C156种;
(2)A不在内,所以除去A,只在15人人中选7人,有C157种;
若用间接法:
总数是C167,不满足的情形是
(1)中的情况,所以满足的组合数为C167-C156;
(3)A、B同时在内,则只需从其余14个人中选5个人,有C145种;
(4)分两步,第一步从A、B中选1人,有C21种;
第二步从其余14个人中选6人,有C146种,因此有C21C146种选法;
(5)法一:
间接法。
总数是C167,不满足的情形是A、B、C均在内,有C137种,因此满足条件的组合数是C167-C137种。
直接法。
分成四类:
从A、B、C中分别选0个、1个、2个、3个,每一类再分成两步,则共有C30C137+C31C136+C32C135+C33C134种选法。
1、设集合R中有r个元素,集合S中有s个元素。
如果R∪S中每次取m个元素的组合里,必须含有R中的r0个元素,那么这样的组合数为(0<r0<r,0<m-r0≤s)。
本题第
(1)
(2)(3)(4)均属于此类问题。
2、解题时,选用直接法还是间接法,以简便为原则。
例4、有划船运动员10人,其中3人只会划右舷,2人只会划左舷,其余5人既会划左舷也会划右舷,现在要从这10人中选出6人,平均分配在船的两舷划桨,有多少种选法?
首先借助于集合工具对研究对象分类。
其次以只会划左舷的人有2人在内为标准进行分类:
(1)有2人在内,
(2)有1人在内,(3)有0人在内。
对第
(1)类:
第一步从只会划左舷的2人中选2人去划左舷,第二步,从左右舷都会划的5人中选1人也去划左舷,第三步,从其中7人中选3人去划右舷,完成这3步的方法数分别是C22、C51、C73,由分步计数原理,第
(1)类方法有C22·
C51·
C73种。
同理,第
(2)类有C21C52C63种
第(3)类有C20C53C53种
由分类计数原理,共有C22C51C73+C21C52C63+C20C53C53种选法
本题以会划左舷的2人为标准进行分类,也可以以会划右舷或以左右舷都会划的5人为标准进行分类,一般说来,选择元素较少的那一类做标准较简单。
例5、从5位男同学和4位女同学中选出4位参加一个座谈会,要求座谈会的成员中既有男同学,又有女同学,有几种不同的选法?
满足条件的组合有三类:
(1)1男3女;
(2)2男2女;
(3)3男1女。
分别有C51C43、C52C42、C53C41种选法,因此根据分类计数原理,共有;
C51C43+C52C42+C53C41=120(种)选法
总数是C94,满足的情形是4位同学全部是男生,或全部是女生,共有C54+C44种
∴满足条件的选法有C94-C54-C44=120(种)
例6、
(1)四面体的一个顶点为A,从其它顶点和各棱中点中取3个点,使它们和点A在同一个平面上,有多少种不同取法;
(2)四面体的顶点和棱中点共有10个点,在其中取4个不共面的点,有多少种不同的取法。
(1)考虑平面ABC,从E、F、B、M、C中任取3点必与点A共面,共有C53种取法。
同理,平面ACD,平面ABD也有类似的结论
考虑直线AB与N,A、E、B、N共面,有1种选法
同理直线AC与点P,直线AD与M也有类似结论
根据分类计数原理,共有3C53+3=33(种)取法
(2)用间接法。
从10个点中取4个点有C104种选法
不满足的情形指所取四点共面,有三类:
①每一个表面上的6点中取4点必共面,如平面ABC内,六个点A、B、C、E、F、M中任取四点必共面。
共有4C64=60种取法。
②每一条棱上的对棱中点四点共面,如直线AB与点N,A、E、B、N共面。
因为6条条棱,共有6种取法。
③六条棱的6个中点中任取4个点,因EFPN,EGMN,GFPM,共有3种取法。
∴满足4点不共面的取法有C104-(60+6+3)=141(种)
本题应充分分析利用图形的几何性质。
例7、在1,2,3…,30这30个数中,每次取两两不等的三个数,使它们和是3的倍数,共有多少种不同的取法?
从每一个数能否被3整除着手,任一个自然数被3整除,根据余数为0,1,2分成三类:
(1)能被3整除;
A0={3,6,9,…,30},集合中共10个元素;
(2)被3除余1:
A1={1,4,7,…,28},集合中共10个元素;
(3)被3除余2:
A2={2,5,8,…,29},集合中也有10个元素。
所取3个数和是3的倍数的取法有两类:
一是分别从A1、A1、A2中取3个元素,每一个集合取法有C103种,因此共有3C103种
二是各从A0、A1、A2中取1个元素,根据分步计数原理,共有C101C101C101=(C101)3种
根据分类计数原理,共有3C103+(C101)3=1360(种)
例8、如果集合A1、A2满足A1∪A2=A,则称(A1、A2)为集合A的一种分析,并规定:
当且仅当A1=A2时,(A1,A2)与(A2,A1)为集合A的同一种分拆,则集合A={a1,a2,a3}有多少种不同的分拆法?
选定A1,以A1中元素个数为标准进行分类:
(1)A1是空集,则A2={a1,a2,a3},有1种分拆法;
(2)A1是一元集,A2可以是二元集或三元集(必须含除A1中元素后剩余两元素),有C31×
2=6种分拆法;
(3)A1是二元集,如A1={a1,a2},则A2可以是1元集,2元集,3元集(均必须含a3),有C32×
4=12种分拆法;
(4)A1是三元素,则A2可以是一元集、二元集、三元集或φ,有1×
(C31+C31+1+1)=8种分拆法。
根据分类计数原理,共有1+6+12+8=27种分拆法
由以上几例可以看出,正确分类是解题的关键。
同步练习
(一)选择题
1、计算C10r+1+C1017-r,值不同的有
A、1个B、2个C、3个D、4个
2、已知a∈{-2,-1,0,1,2,3,4},b∈{-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5},则方程表示的不同双曲线条数最