高二数学组合一 人教版.docx
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高二数学组合一人教版
2019-2020年高二数学组合一人教版
【教学内容】
第十章排列组合和概率
10.1组合
要求：
1、学习掌握组合、组合数概念和组合数的两个性质。
熟练运用这些基本概念和性质解题；
2、掌握解排列组合题的思想方法，适当地分类，分步，构造恰当的解法解决问题；
3、灵活运用有关概念；开拓解题思路，力争做到一题多解。
【学习指导】
1、掌握组合的概念：
定义：
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。
排列与组合的共同点，就是要“从n个不同元素中，任取m个元素”，而不同的是，对于所取出的m个元素，前者要“按照一定的顺序排成一列”，而后者却是“不管怎样的顺序并成一组”，即排列是有序的，而组合是无序的。
2、掌握组合数公式：
另一个公式此公式的作用：
当对含有字母的组合数的式子进行变形和论证时，常写成这种形式去沟通。
3、组合数性质1：
组合数性质2：
通过本节的学习，要理解组合的意义，弄清排列与组合的联系与区别，掌握组合数的计算公式，并能解决相关的数学问题。
组合的应用题是本节教材的难点，它可分为无限制条件的组合、有限制条件的组合以及组合与排列的综合应用题三大类。
对于无限制条件的组合应用题，可应用组合数公式来计算；对于有限制条件的组合应用题及排列与组合的综合应用题，一般有正向思考与逆向思考两种思路，正向思考时常采用分步及乘法原理的方法或分类及加法原理的方法，逆向思考时常采用求补集的方法解决。
【典型例题分析】
例1、某班有45名同学，在毕业典礼会上，每两人握一次手，总共能握多少次手？
解：
因为每两人握一次手是无序的，所以总共能握：
=990（次）
例2、从5名男生4名女生中选出4人去参加数学竞赛。
（1）如果4人中男生与女生各选2人有多少种不同的选法？
（2）如果男生中的甲与女生中的乙都必须在内，有多少种不同的选法？
（3）如果男生中的甲与女生中的乙都不在内，有多少种不同的选法？
（4）如果男生中的甲与女生中的乙有且只有1人在内有多少种不同的选法？
（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？
解：
（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？
解：
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。
解：
当
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
分析：
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。
解法二：
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。
分析：
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。
解：
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？
分析：
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。
解：
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）
注：
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。
分析：
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。
解：
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。
注：
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？
分析：
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。
解：
（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：
（种）
∴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：
∴
（种）
（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。
注：
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。
错误解法：
，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：
（种）
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：
解题思路分析：
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？
解题思路分析：
（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。
法二：
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。
评注：
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？
解题思路分析：
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
评注：
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？
解题思路分析：
法一：
直接法。
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
法二：
间接法。
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。
解题思路分析：
（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）
评注：
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？
解题思路分析：
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？
解题思路分析：
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
评注：
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
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