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1、3 32 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HF YIN GAI NIAN 7HANG WO知识点一组合数的概念从n个不同元素中取出烦且m,ne N.）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

2、中取出，（，,且 NQ个元素的组合数为 =匝兽 I1（一 1）（ 一一（7 - 1） II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 = 02c? + 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

3、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 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

4、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

5、，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

6、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CiClCiCi Al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KUI TANG SHI JI PING DA RIAOi.若cZ+i-cZ = d,则等于()B. 13A. 12C

7、. 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

8、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：4个都是偶数；两个为偶数，两个为奇数；4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

9、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KF HOU KF SHI .IING I IANA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

10、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：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

11、中选出2位送画册，其余2位送集邮册，共有Cj = 6种方法；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

12、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

13、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

14、，即CWo-Cl?o,故D正确.故选ABD.二、填空题6.Aj, = 6Cm,贝U m 的值为.答案7-4m!m11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.4人中每人至多1张有奖，共有Aj = 4X3X2 = 24种获奖情况；4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

15、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.解方程:3C口 = 5A?.4；(2)解不等式:2G；|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n3Q-3)即。-3)。-6) = 4().疽-虹22 =

16、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.2C：；：；t3CJ；I,2C.?+i3C?+i,2X(x+ )x(x- 1)3X2X 12X(x+ )x(x- 1)3X2X 13X(A + 1)X2X1 .x+ 1 N3,x+12,/2,.2土 又xN+,.，.x = 2,3,4,5.不等式的解集为2,3,4,5.3W13 + ，17|3(3)由题意，得 孔 解得17- W2，乙又 N+,故 =6.,.jt = ClB + ClJ + C+-+C|UCl9 4-Cl8 4-Cl7 4-+Cl2= 19+ 18+ 17 + + 12=

17、 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cicUU

18、i A? = 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CCjCiA?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

19、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CCg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CC个.第二类，口内2点，内2点确定的三棱锥，最多有个.第三类，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

20、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

21、)V (2)X (3)X (4)V2.做一做(1)C1 =.(2)C 禺 + C?9 =.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HF XIN SU YANG XING CHFNG题型一组合数以及组合数性质的应用例1 (1)计算：CC阳；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-，)！ m10X7!6X5!m! (5 - m

22、)! tn (6 - z)(5 - m)! 即 5!7 X m (7 一 m)(6 - z)(5 - m)!10X7X6X5!6- m (7 -也)(6 - m) 即1-飞60EP /m2-23/z?+ 42 = 0,解得z = 2或， = 21(不符合题意，舍去).CT = CW = 28.38 -.9.5WW 10.5.3W21 + n,30131 IC槛- + Cil+n = C费 + c? = 282! + 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

23、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，如本例中可利用“C汰扫A户简化计算过程.（4）本例所推导的结论=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求值：ck + cg/；m 4- 1求证：excr；n - m计算：cUc?8（）c?；2以+以+ c； +以+ C& + C9；3cicr1.5 - nW.,5 一NO,解（1并八 v | 解得4WW5.9 一+1,、9 N

24、0,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 2,8X7X6 100X99(3)原式= CUCtooX1= 3x.x| + OX1 =56 + 4950 = 5006.2原式= 2(C? + CUC?) = 2(CUC?) = 2X6 + | = 32.3原式=CJ+ iCn = (/? + i)n = ir + n.题型二有限制条件的

25、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CCt + 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

26、。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

27、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 +

28、 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，

29、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/ + Cc3 + 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

30、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