3 32 组合数及其性质.docx
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332组合数及其性质
■3.2组合数及其性质
E3谋闭新目法（教师独具内容）
课程标准：
能利用计数原理推导组合数公式.
教学重点：
1.组合数的概念.2.组合数公式.3.组合数的性质.
教学难点：
用组合数公式分析和解决一些简单的实际问题.
核心素养：
1.通过学习组合数的概念，培养数学抽象素养.2.通过应用组合数公式和组合数的性质解决问题，培养逻辑推理素养.
核I心概念
掌握
HFYINGAINIAN7HANGWO
知识点一组合数的概念
从n个不同元素中取出〃烦且m,neN.）个元素的同所有组合的个数,叫作从〃个不同元素中取出且m,n€N+）个元素的组合数，记作匝]堡.
知识点二组合数公式
从〃个不同元素中取出，〃（〃，＜〃,且€NQ个元素的组合数为«=匝]兽I——1〃（〃一1）（〃一一（"7-1）]I——I汨=阻〃S-l）（〃z-2）・・・・21=匝（己冲！
•这个公式叫作组合数公
式.
规定：
舟=回_[.
知识点三组合数的性质
性质1:
c;r=回]皆竺
性质2:
C；；；I=[02]c?
+[pJjCF1.
新知
拓展
对组合数性质的认识
为〃—1个空中插入〃7-1块隔板.
［跟踪训练5］将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中.
（1）每盒至多一球，有多少种放法？
（2）每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？
（3）把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？
（4）把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？
解⑴这是全排列问题，共有A［=24种放法.
（2）1个球的编号与盒子编号相同的选法有C1种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投放方法有2种，故共有C1-2=8种放法.
（3）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个.因为球是相同的，即没有顺序，所以属于组合问题,故共有dCj=12种放法.
（4）（隔板法冼将编号为1,2,3,4的4个盒子分别放入0,1,2,3个球，再把剩下的14个球分成四组，即在。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
。
这14个球中间的13个空中放入三块隔板，如
0。
|。
。
。
。
。
|0。
。
|。
。
0。
表示编号为1,2,3,4的盒子分别放入2,6,5,7个球.故共有Cb=286种放法.
题型五排列、组合的综合应用
例6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
（1）先取后排，先取可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有以C?
+种，后排有Ag种，共（CSC3+C8cJ）A?
=5400种.
（2）除去该女生后，先取后排，有C，A1=84O种.
（3）先取后排，但先安排该男生，有ClCUt=3360种.
（4）先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C£种，再安排该男生担任科代表有C§种,其中3人全排有用种,共CgCjA扣360种.
感悟提升.
解决排列、组合综合问题要遵循的两个原则
（1）按事情发生的过程进行分步.
（2）按元素的性质进行分类.解决时通常从三个途径考虑:
1以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；
2以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
3先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数.
［跟踪训练6］有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行.若取出的4张卡片所标的数字之和等于10,则不同的排法共有多少种？
解分三类：
第一类，当取出的4张卡片分别标有数字123,4时，不同的排法有CiClCiCiAl种.
第二类，当取出的4张卡片分别标有数字1』,4,4时,不同的排法有aUA］种.
第三类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时,不同的排法有adAl种.
故满足题意的所有不同的排法共有aaacAAi+2C3C3A扫432种.
随堂水平一
达标
KUITANGSHIJIPINGDARIAO
i.若cZ+i-cZ=d,则〃等于（）
B.13
A.12
C.14D.15
答案C
解析・.・C"]=CZ+驾=C>,.・.〃+l=7+8,.・.〃=14,故选C.
2.如图是由6个正方形拼成的矩形图案，从图中的12个顶点中任取3个顶点作为一组.其中可以构成三角形的组数为（）
C.200D.196
答案C
解析任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种：
一是3条横线上的4个点，其组数为3Cj；二是4条竖线上的3个点，其组数为4CS；三是4条四个正方形组成的一个大正方形的对角线上的3个点，其组数为4C3,所以可以构成三角形的组数为C&-3C9-4C卜4C3=200.故选C.
3.若从1,2,3,…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（）
A.60种B.63种
C.65种D.66种
答案D
解析分三种情况：
①4个都是偶数；②两个为偶数，两个为奇数；③4个都是奇数.故共有d+m+a=66种.故选D.
4.2020年3月12日是第十五个世界肾脏日，某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传这届肾脏日的主题：
“全球每个人的肾脏健康一一人人可享、处处可及，从预防到诊治，公平获得治疗”，不同的分配方案有种（用数字作答）.
答案9（）
解析不同的分配方案有七厂.用=90种.
5.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张卡片不都是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数.
解若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有ClClCl=64种，
若2张同色，则有=144种；
若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有maa=i92种，
剩余2张同色，则有ClCiCi=72种，
所以共有64+144+192+72=472种不同的取法.
精练KFHOUKFSHI.IINGIIAN
A级：
“四基”巩固训练
—、选择题
1.在平面直角坐标系柜V中,平行直线工=〃烦=0,1,2,3,4）与平行直线）,=
=0,1,2,3,4）组成的图形中，矩形共有（）
A.25个B.100个
C.36个D.200个
答案B
解析可以组成C?
d=10X10=10（）个矩形.故选B.
2.两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（）
A.10种B.15种
C.20种D.30种
答案C
解析按比赛局数分类：
3局时有2种，4局时有2C3种，5局时有2我种,
3.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（）
A.4种B.1（）种
C.18种D.20种
答案B
解析分两种情况：
①选2本画册，2本集邮册赠送给4位朋友，只需考虑从4位朋友中选出2位送画册，其余2位送集邮册，共有Cj=6种方法；②选1本画册，3本集邮册赠送给4位朋友，只需考虑从4位朋友中选出1位送画册，其余的送集邮册，共有Ci=4种方法，所以不同的赠送方法共有6+4=10种.故选B.
4.某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐4名同学（乘同一辆车的4名同学不考虑位置），其中大一的享生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学来自同一年级的乘车方式共有（）
A.24种B.18种
C.48种D.36种
答案A
解析第一类：
大一的挛生姐妹在甲车上，甲车上剩下2名同学要来自不同的年级，从三个年级中选两个年级，有我种选法，然后从选出的两个年级中再分别选1名同学，有aa种选法，剩下的4名同学乘坐乙车，则有am=3X2X2=12种乘车方式；第二类：
大一的挛生姐妹不在甲车上，则从剩下的三个年级中选同一个年级的2名同学在甲车上，有aa种选法，然后再从剩下的两个年级中分别选1名同学，有CKA种选法，则有clcfcicl=3X1X2X2=12种乘车方式.因此共有12+12=24种不同的乘车方式.故选A.
5.（多选）某批产品中有一等品100个，二等品80个，三等品30个，从中任取10个进行检验，下列说法正确的是（）
A.一共有C见种抽取结果
B.全部抽到一等品的结果有C1&）种
C.恰好抽到5个二等品的结果有CioC^种
D.至少抽到1个一等品的结果有CM-CM种
答案ABD
解析对于A,这批产品一共有100+80+30=21。
个，从中任取10个进行检验，则共有CW。
种抽取结果，故A正确；对于B,这批产品中有一等品100个,取出10个一等品，共有C%种抽取结果，故B正确；对于C,恰好抽到5个二等品，则剩下的5个产品从一等品和三等品中抽取，采用分步计数：
先抽取5个二等品，再抽取5个非二等品，根据分步乘法计数原理，一共有CgoCLo种抽取结果，故C错误；对于D,至少抽到1个一等品的结果数等于所有的抽取结果数减去没有抽到一等品的结果数，即CWo-Cl?
o,故D正确.故选ABD.
二、填空题
6.Aj},=6Cm,贝Um的值为.
答案7-4m!
m\11
解析由=得（心3）!
=6如（〃—4）!
'即/n-3=4J解得m=7-
7.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有种（用数字作答）.
答案60
解析只需看3张有奖的分配情况就可以，有两类.
①4人中每人至多1张有奖，共有Aj=4X3X2=24种获奖情况；②4人中，有1人2张有奖，还有1人1张有奖，其余的2人无奖，共有C?
A*=3X4X3=36种获奖情况.
综上所述，共有24+36=60种不同的获奖情况.
8.将并排的有不同编号的5个房间安排给5个人临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的选择种数为.
答案900
解析先将5人分成三组（1,1,3或2,2,1两种形式），再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空中即可，故安排方式共有片巳写利心=9。
。
种.
三、解答题
9.⑴解方程:
3C口=5A?
.4；
（2）解不等式:
2G；|<3CJ；|;
（3）计算：
C刊+〃+C?
?
；,1,+CW况+…+c&-〃.
rx-7>0,x-3>（）,
解
（1）由题意，得3r则Q7.
x-3习一7,J-4N2,
。
一3）!
原方程可化为3.伟厂n
3Q-3）
~\~
即。
-3）。
-6）=4（）.
.•疽-虹22=0,解得x=ll或x=-2.
经检验知x=ll是原方程的根，x=-2是原方程的增根.方程的根为x=ll.
⑵2C：
；：
；t<3CJ；I,2C.?
+i<3C?
+i,
2X（x+\）x（x-1）
3X2X1
2X（x+\）x（x-1）
3X2X1
<3X
（A+1）X
2X1.
x+1N3,
x+1'2,/2,
.•.2£«土又x€N+,
.，.x=2,3,4,5.
...不等式的解集为{2,3,4,5}.
3〃W13+〃，17|3
（3）由题意，得孔—解得17-〃W2〃，°乙
又〃€N+,故〃=6.
.,.®jt=ClB+ClJ+C^+-+C|UCl94-Cl84-Cl74--+Cl2=19+18+17+・••+12=124.
10.从1到9的九个数字中取三个偶数、四个奇数，问：
（1）能组成多少个没有重复数字的七位数？
（2）上述七位数中3个偶数排在一起的有几个？
（3）
（1）中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？
（4）
（1）中任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？
解
（1）分步完成：
第一步，在4个偶数中取3个，有我种取法；第二步，在5个奇数中取4个，有C§种取法；第三步，3个偶数、4个奇数进行排列，有A；种排法.所以符合题意的七位数有CiCU?
=100800个.
（2）上述七位数中，3个偶数排在一起的有=14400个.
（3）
（1）中的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有cicUUiA?
=5760个.
（4）
（1）中的七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空中，共有=28800个.
B级：
“四能”提升训练
1-直线x=1,y=x将圆¥+）2=4分成四块A,B,C,D,用五种不同的颜色给四块涂色，要求相邻两块颜色互异，每块只涂一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？
解共可分为三类：
第一类：
用五色中两色，共有c3a彳种；
第二类：
用五色中三色，共有C^CjCiA?
种;
第三类：
用五色中四色，共有C&Ai种.
由分类加法计数原理知，共有C?
A?
+dCiCiA?
+CUi=260种不同的涂色方法.
2.已知平面口//平面佝在a内有4个点，在"内有6个点.
（1）过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？
（2）以这些点为顶点，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体积是不同的？
解
（1）所作的平面有三类：
第一类，口内1点，4内2点确定的平面，最多有C[Cg个.
第二类，1内2点，k内1点确定的平面，最多有aa个.
第三类，。
，4本身，有2个.
故所作的平面最多有Cleg+Cia+2=98个.
（2）所作的三棱锥有三类：
第一类，□内1点，”内3点确定的三棱锥，最多有C[C£个.
第二类，口内2点，内2点确定的三棱锥，最多有个.
第三类，々内3点，/?
内1点确定的三棱锥，最多有CSCA个.
最多可作的三棱锥有C1C&+CiC?
+CiCi=194个.
（3）V在等高的情况下，相应的底面积相等，三棱锥的体积才能相等,
体积不相同的三棱锥最多有c£+ci+del=114个.
组合数的两个性质，性质1反映了组合数的对称性，在〃?
＞金时，通常不直接计算c月而改为计算or”，对于性质2,方以=0?
+。
尸要会正用、逆用、变形用.
温评价自测
1.判一判（正确的打“J”，错误的打“X”）
（1）从1,3,5,7中任取两个数相乘可得C?
个积.（）
（2）若组合C=CH，则x=m成立.（）
（3）C§=5X4X3=60.（）
（4）将9本不同的书分成三堆，每堆三本是均匀分组问题.（）
答案
（1）V
（2）X（3）X（4）V
2.做一做
（1）C1§=.
（2）C禺+C?
9=.
⑶将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有种不同的分法.
答案
（1）190
（2）161700（3）360
核素养
核素养
形成
HFXINSUYANGXINGCHFNG
题型一组合数以及组合数性质的应用
例1
（1）计算：
C"C阳；
⑵已知古-
（3）求C尊〃+C凯〃的值;
（4）证明：
〃zdCg.
［解1
（1）原式二C"A扣裟—7X6X5=210—210=0.
rn\（5-tn）!
m!
（6-ni}!
（2）
6!
原方程可化为一=
7X（7-〃，）！
m\10X7!
6X5!
m!
（5-m）!
tn\（6-〃z）（5-m）!
即5!
7Xm\（7一m）（6-〃z）（5-m）!
10X7X6X5!
6-m（7-也）（6-m）即1-飞
60
EP/m2-23/z?
+42=0,解得〃z=2或，〃=21（不符合题意，舍去）.
.•.CT=CW=28.
38-.'.9.5W〃W10.5.
3〃W21+n,30131I
C槛-〃+Cil+n=C费+c?
?
=28—2!
+30!
.]!
=466-n!
n（n-1）!
（4）证明：
ME.而（〃_时！
=gi）!
（〃一（〃一1）!
.
=〃S-1）!
（〃-时！
=心_1.
感悟提升.
（1）像排列数公式一样，公式n（n-1）（〃一2）…（〃一〃？
+1）n\
—一般用于计算；而公式方=诚（〃_〃川及
A"'W=品一般用于证明、解方程（不等式）等.
（2）在解决与组合数有关的问题时，要注意隐含条件FW〃且皿的运用.如本例（3）.
（3）要注意公式A；r=CM；；；的逆向运用，如本例⑴中可利用“C汰扫A户简化计算过程.
（4）本例⑷所推导的结论=以及它的变形公式是非常重要的公式，应熟练掌握.
[跟踪训练1]⑴求值：
ck〃+cg/；m4-1
⑵求证：
ex—cr'；n-m
⑶计算：
①cUc?
8（）c?
；
2以+以+c；+以+C&+C9；
3c^icr1.
〃5-nW.,5一〃NO,
解（1并八v|解得4W〃W5.
9一〃+1,、9—〃N0,
又〃顷，所以〃=4或〃=5.
当〃二4时，原式=C1+C?
=5,
当〃二5时，原式=C?
+a=16.
n\
⑵证明：
因为方％!
（〃_刃，
m+1,tn+1n\
——m+1_.
n一m〃（m+1）!
（〃一tn）（n-m-1）!
h!
~m\（n-ni）\'m+1
所以席二n-m
八工2,8X7X6100X99
（3）①原式=CUCtooX1=3x.x|+OX1=56+4950=5006.
2原式=2（C?
+CUC?
）=2（CUC?
）=2X^6+|^]=32.
3原式=C'J+iCn=（/?
+i）n=ir+n.
题型二有限制条件的组合问题
例2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）既有队长，又有女运动员.
［解1
（1）第一步：
选3名男运动员，有C/种选法；第二步：
选2名女运动员,有C3种选法，故共有^=120种选法.
（2）解法一：
（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.
由分类加法计数原理，知共有C\Ct+m+ClCl+Ctei=246种选法.
解法二：
（排除法）不考虑条件，从1（）人中任选5人，有C希种选法，其中全是男运动员的选法有。
种，故“至少有1名女运动员”的选法有C?
o-Cg=246种.
（3）当有女队长时，其他人选法任意，共有由种选法；不选女队长时，必选男队长，共有以种选法，其中不含女运动员的选法有C&种，故不选女队长时共有
感悟提升'
a-a种选法.所以既有队长又有女运动员的选法共有ci（+d-a=i9i种.
解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接法”和“排除法”，其中用直接法求解时，应依据“特殊对象优先安排”的原则，即优先安排特殊元素，再安排其他元素.而选择排除法的原则是“正难则反”，也就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大时，不妨从反面问题入手，试一试看是否简单些，特别是涉及“至多”“至少”等组合问题时更是如此.此时正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键.
［跟踪训练2］有11名外语翻译人员，其中5名是英语译员，4名是日语译员，另外两名英、日都精通，从中找出8人组成两个翻译小组，其中4人翻译英语，4人翻译日语，这两个小组能同时工作，问这样的8人名单共可开出几张？
解解法一：
按“英、日都精通的人”的参与情况，可分为三类：
第一类，“英、日都精通”的人不参加，有C&C3种；
第二类，“英、日都精通”的人有1人参加，该人可参加英语，也可参加日语，共有cK9cf+c4c*ci种；
第三类，“英、日都精通”的均参加，共有cScIaG+c；。
+cgc；种.
由分类加法计数原理可得，共有cici+acgci+cycj+cSciAg+cd+c?
Ci=185种.
故这样的8人名单共可开出185张.
解法二：
按“英、日都精通”的人参加英语翻译的人数，可分为三类：
第一类，“英、日都精通”的人不参加英语翻译，有CM。
种；
第二类，“英、日都精通”的人恰有1人参加英语翻译，共有CKSC8种；
第三类，“英、日都精通”的人全部参加英语翻译，共有C3CI种.
由分类加法计数原理可得，共有eg。
+acg+C&C9=185种.
故这样的8人名单共可开出185张.
题型三与几何有关的组合问题
例3如图，在以为直径的半圆周上，有异于A,B的六个点G,G,C3,C4,C5,C6,直径AB±有异于A,B的四个点。
庆，D3,问：
（1）以这10个点（不包括A,8）中的3个为顶点作三角形可作多少个？
其中含G点的有多少个？
（2）以图中的12个点（包括A,B）中的4个为顶点，可作出多少个四边形？
［解］（l）C/+C£c3+CZa=116个.
其中以G为顶点的三角形有C3+以CI+我=36个.
（2）C2+c?
c!
+eSeg=360个.
感悟提升.
（1）解决几何图形中的组合问题，首先要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题，寻找一个组合的模型加以处理，其次应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题.
（2）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，也可采用排除法.
I跟踪训练3］
（1）四面体的一个顶点为A,从其他顶点和各棱中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，有多少种不同的取法？
解（直接法）如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3以种取法；含顶点A的三条棱上各有三个点,它们与所对的棱的中点共面，共有3种取法.根据分类加法计数原理，与顶点A共面的三点的取法有3C§+3=33种.
（2）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，有多少种不同的取法？
解（排除法）如图，从10个点中取4个点的取法有C1。
种，除去4个点共面的取法种数可以得到结果.从四面体同一个面上的6个点取出的4个点必定共面,有4d=60种，四面
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