5.3.2 组合数及其性质-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第五章　计数原理 §3　组合问题 3.2　组合数及其性质 (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． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 所有组合 核心概念掌握 5 1 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 答案 √ × × √ 核心概念掌握 8 答案 190 161700 360 核心概念掌握 9 核心素养形成 核心素养形成 11 解 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 解 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 题型二　有限制条件的组合问题 　 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 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 感悟提升 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“特殊元素优先安排”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，不妨从问题的反面入手，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类组合问题的关键． 核心素养形成 21 [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 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 题型三　与几何有关的组合问题 　 如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，C3，C4，C5，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.问： (1)以这10个点(不包括A，B)中的3个为顶点作三角形可作多少个？其中含C1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 核心素养形成 24 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． 核心素养形成 25 [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 核心素养形成 26 (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 核心素养形成 27 题型四　分组、分配问题 角度1　不同元素分组、分配问题 　 6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？ (1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； (2)分为三份，每份两本； (3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本； (4)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； (5)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． 核心素养形成 28 解 核心素养形成 29 解 核心素养形成 30 感悟提升　“分组”与“分配”问题的解法 (1)本例中的每一个小题都提出了一种类型的问题，搞清楚类型的归属对解题大有裨益．要分清是分组问题还是分配问题，这个是很关键的． (2)分组问题属于“组合”问题，常见的分组问题有三种： ①完全均匀分组，每组的元素个数均相等，最后必须除以组数的阶乘； ②部分均匀分组，应注意不要重复，有n组均匀，最后必须除以n！； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象． (3)分配问题属于“排列”问题，分配问题可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配． 核心素养形成 31 [跟踪训练4]　按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？ (1)各组人数分别为2，4，6； (2)各组人数分别为5，5，2； (3)平均分成3个小组； (4)平均分成3个小组，进入3个不同车间． 核心素养形成 32 解 核心素养形成 33 角度2　相同元素分配问题 　6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子，求下列放法的种数． (1)每个盒子都不空； (2)恰有一个空盒子； (3)恰有两个空盒子． 解 核心素养形成 34 解 核心素养形成 35 解 核心素养形成 36 感悟提升 相同元素分配问题的处理策略 (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题． (2)将n个相同的元素分给m个不同的元素(m≤n，且m，n∈N＋)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块隔板． 核心素养形成 37 [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 核心素养形成 38 解 核心素养形成 39 解 核心素养形成 40 题型五　排列、组合的综合应用 　 有5名男生和3名女生，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． 核心素养形成 41 解 核心素养形成 42 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． 核心素养形成 43 [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 核心素养形成 44 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 46 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(　　) A．208 B．204 C．200 D．196 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 47 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 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 48 4．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做某项问卷调查，不同的分配方案有_____种． 答案 解析 90 随堂水平达标 1 2 3 4 5 49 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 随堂水平达标 1 2 3 4 5 50 课后课时精练 一、选择题 1．在平面直角坐标系xOy中，平行直线x＝m(m＝0，1，2，3，4)与平行直线y＝n(n＝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 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 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 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 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．10种 C．18种 D．20种 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 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)，其中大一的孪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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 56 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 57 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 58 二、填空题 6．6个志愿者的名额分配给3个班，每班至少一个名额，则有________种不同的分配方法． 答案 解析 10 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 59 7．9名学生报名参加学校联欢晚会，其中4人只会唱歌，2人只会跳舞，其余3人既会唱歌又会跳舞，现从中选6人，3人唱歌，3人跳舞，共有_____种不同的选法． 答案 124 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 60 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 61 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 62 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 63 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 64 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 65 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)(1)中的七位数中，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)中的七位数中，任意两个偶数都不相邻的有几个？ 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 66 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 67 1．直线x＝1，y＝x将圆x2＋y2＝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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 68 2．已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 69 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 70 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　组合数的概念 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的eq \x(\s\up1(01))____________的个数，叫作从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的组合数，记作eq \x(\s\up1(02))_____． Ceq \o\al(m,n) 知识点二　组合数公式 从n个不同元素中取出m(m≤n，且m，n∈N＋)个元素的组合数为Ceq \o\al(m,n)＝eq \x(\s\up1(01))_____ ＝eq \x(\s\up1(02))____________________________________ ＝eq \x(\s\up1(03))________________．这个公式叫作组合数公式． 规定：Ceq \o\al(0,n)＝eq \x(\s\up1(04))_____． m,n)eq \f(A,Aeq \o\al(m,m)) eq \f(n！,m！（n－m）！) eq \f(n（n－1）（n－2）·…·[n－（m－1）],m（m－1）（m－2）·…·2·1) 知识点三　组合数的性质 性质1：Ceq \o\al(m,n)＝eq \a\vs4\al(\x(\s\up1(01)))_______． 性质2：Ceq \o\al(m,n＋1)＝eq \x(\s\up1(02))______＋eq \x(\s\up1(03))______． Ceq \o\al(n－m,n) Ceq \o\al(m,n) m－1,n)eq \a\vs4\al(C) 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)从1，3，5，7中任取两个数相乘可得Ceq \o\al(2,4)个积．(　　) (2)若Ceq \o\al(x,n)＝Ceq \o\al(m,n)，则x＝m.(　　) (3)Ceq \o\al(3,5)＝5×4×3＝60.(　　) (4)将9本不同的书分成三堆，每堆三本是均匀分组问题．(　　) 2．做一做 (1)Ceq \o\al(18,20)＝________． (2)Ceq \o\al(3,99)＋Ceq \o\al(2,99)＝________． (3)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． 题型一　组合数以及组合数性质的应用 　(1)计算：Ceq \o\al(4,10)－Ceq \o\al(3,7)Aeq \o\al(3,3)； (2)已知m,5)eq \f(1,C) －m,6)eq \f(1,C) ＝m,7)eq \f(7,10C) ，求Ceq \o\al(m,8)； (3)求Ceq \o\al(38－n,3n)＋Ceq \o\al(3n,21＋n)的值； (4)证明：mCeq \o\al(m,n)＝nCeq \o\al(m－1,n－1). 解　　(1)原式＝Ceq \o\al(4,10)－Aeq \o\al(3,7)＝eq \f(10×9×8×7,4×3×2×1)－7×6×5＝210－210＝0. (2)原方程可化为eq \f(m！（5－m）！,5！)－eq \f(m！（6－m）！,6！) ＝eq \f(7×（7－m）！m！,10×7！)， 即eq \f(m！（5－m）！,5！)－eq \f(m！（6－m）（5－m）！,6×5！) ＝eq \f(7×m！（7－m）（6－m）（5－m）！,10×7×6×5！)， 即1－eq \f(6－m,6)＝eq \f(（7－m）（6－m）,60)， 即m2－23m＋42＝0， 解得m＝2或m＝21(不符合题意，舍去)． ∴Ceq \o\al(m,8)＝Ceq \o\al(2,8)＝28. (3)∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(38－n≤3n，,3n≤21＋n，)) ∴9.5≤n≤10.5. ∵n∈N＋，∴n＝10， ∴Ceq \o\al(38－n,3n)＋Ceq \o\al(3n,21＋n)＝Ceq \o\al(28,30)＋Ceq \o\al(30,31)＝Ceq \o\al(2,30)＋Ceq \o\al(1,31)＝435＋31＝466. (4)证明：mCeq \o\al(m,n)＝m·eq \f(n！,m！（n－m）！) ＝eq \f(n·（n－1）！,（m－1）！（n－m）！) ＝n·eq \f(（n－1）！,（m－1）！（n－m）！)＝nCeq \o\al(m－1,n－1). 感悟提升　(1)像排列数公式一样，公式 Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！)一般用于计算；而公式Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,m！（n－m）！)及Ceq \o\al(m,n)＝m,n)eq \f(A,Aeq \o\al(m,m)) 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“m≤n，且m，n∈N＋”的运用．如本例(3)． (3)要注意公式Aeq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(m,n)Aeq \o\al(m,m)的逆向运用，如本例(1)中可利用“Ceq \o\al(3,7)Aeq \o\al(3,3)＝Aeq \o\al(3,7)”简化计算过程． (4)本例(4)所推导的结论“mCeq \o\al(m,n)＝nCeq \o\al(m－1,n－1)”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]　(1)求值：Ceq \o\al(5－n,n)＋Ceq \o\al(9－n,n＋1)； (2)求证：Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(m＋1,n－m)Ceq \o\al(m＋1,n)； (3)计算：①Ceq \o\al(5,8)＋Ceq \o\al(98,100)Ceq \o\al(7,7)； ②Ceq \o\al(0,5)＋Ceq \o\al(1,5)＋Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(5,5)； ③Ceq \o\al(n,n＋1)Ceq \o\al(n－1,n). 解　(1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－n≤n，,5－n≥0，,9－n≤n＋1，,9－n≥0，))解得4≤n≤5. 又n∈N＋，所以n＝4或n＝5. 当n＝4时，原式＝Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(5,5)＝5； 当n＝5时，原式＝Ceq \o\al(0,5)＋Ceq \o\al(4,6)＝16. (2)证明：因为Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,m！（n－m）！)， eq \f(m＋1,n－m)Ceq \o\al(m＋1,n)＝eq \f(m＋1,（m＋1）！)·eq \f(n！,（n－m）（n－m－1）！) ＝eq \f(n！,m！（n－m）！)， 所以Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(m＋1,n－m)Ceq \o\al(m＋1,n). (3)①原式＝Ceq \o\al(3,8)＋Ceq \o\al(2,100)×1＝eq \f(8×7×6,3×2×1)＋eq \f(100×99,2×1)＝56＋4950＝5006. ②原式＝2(Ceq \o\al(0,5)＋Ceq \o\al(1,5)＋Ceq \o\al(2,5))＝2(Ceq \o\al(1,6)＋Ceq \o\al(2,5))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\f(5×4,2×1)))＝32. ③原式＝Ceq \o\al(1,n＋1)Ceq \o\al(1,n)＝(n＋1)n＝n2＋n. 解　(1)第1步：选3名男运动员，有Ceq \o\al(3,6)种选法；第2步：选2名女运动员，有Ceq \o\al(2,4)种选法，故共有Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(2,4)＝120种选派方法． (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Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(4,6)＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(4,4)Ceq \o\al(1,6)＝246种选派方法． 解法二(排除法)：不考虑条件，从10人中任选5人，有Ceq \o\al(5,10)种选法，其中全是男运动员的选法有Ceq \o\al(5,6)种，故“至少有1名女运动员”的选派方法共有Ceq \o\al(5,10)－Ceq \o\al(5,6)＝246种． (3)当有女队长时，其他人选法任意，共有Ceq \o\al(4,9)种选法；不选女队长时，必选男队长，共有Ceq \o\al(4,8)种选法，其中不含女运动员的选法有Ceq \o\al(4,5)种，故不选女队长时共有Ceq \o\al(4,8)－Ceq \o\al(4,5)种选法．所以既有队长又有女运动员的选派方法共有Ceq \o\al(4,9)＋Ceq \o\al(4,8)－Ceq \o\al(4,5)＝191种． 解　解法一：按“英、日都精通的人”的参与情况，可分为三类： 第1类，“英、日都精通”的人不参加，有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,4)种； 第2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Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(3,4)种； 第3类，“英、日都精通”的均参加，共有Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(3,4)Aeq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(2,4)种． 由分类加法计数原理可得，共有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(3,4)Aeq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(2,4)＝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1类，“英、日都精通”的人不参加英语翻译，有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,6)种； 第2类，“英、日都精通”的人恰有1人参加英语翻译，共有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(4,5)种； 第3类，“英、日都精通”的人全部参加英语翻译，共有Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(4,4)种． 由分类加法计数原理可得，共有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,6)＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(4,4)＝185种． 故这样的8人名单共可开出185张． 解　(1)Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,4)＋Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(1,4)＝116个． 其中以C1为顶点的三角形有Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(2,4)＝36个． (2)Ceq \o\al(4,6)＋Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(1,6)＋Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,6)＝360个． 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3Ceq \o\al(3,5)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3Ceq \o\al(3,5)＋3＝33种． 解　(排除法)从10个点中取4个点的取法有Ceq \o\al(4,10)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4Ceq \o\al(4,6)＝60种，四面体的每一条棱上的3个点与相对棱中点共面，共有6种共面情况，从6条棱的中点中取4个点时有3种共面情况(对棱中点连线两两相交且互相平分)，故4个点不共面的取法有Ceq \o\al(4,10)－(60＋6＋3)＝141种． 解　(1)先从6本书中选2本给甲，有Ceq \o\al(2,6)种选法；再从其余的4本中选2本给乙，有Ceq \o\al(2,4)种选法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有Ceq \o\al(2,2)种选法，所以分给甲、乙、丙三人，每人两本，共有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝90种不同的分法． (2)分给甲、乙、丙三人，每人两本有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)种分法，这个过程可以分两步完成：第1步，分为三份，每份两本，设有x种分法；第2步，将这三份分给甲、乙、丙三名同学有Aeq \o\al(3,3)种分法．根据分步乘法计数原理可得Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝xAeq \o\al(3,3)，所以x＝2,6)eq \f(CCeq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2),Aeq \o\al(3,3)) ＝15.因此分为三份，每份两本，共有15种不同的分法． (3)这是“不均匀分组”问题，共有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)＝60种不同的分法． (4)在(3)的基础上再进行全排列，所以共有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)Aeq \o\al(3,3)＝360种不同的分法． (5)可以分为三类情况：①“2，2，2型”，即(1)中的分配情况，有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝90种分法；②“1，2，3型”，即(4)中的分配情况，有Ceq \o\al(1,6)Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(3,3)Aeq \o\al(3,3)＝360种分法；③“1，1，4型”，有Ceq \o\al(4,6)Aeq \o\al(3,3)＝90种分法．所以共有90＋360＋90＝540种不同的分法． 解　(1)Ceq \o\al(2,12)Ceq \o\al(4,10)Ceq \o\al(6,6)＝13860种． (2)5,12)eq \f(CCeq \o\al(5,7)Ceq \o\al(2,2),Aeq \o\al(2,2)) ＝8316种． (3)4,12)eq \f(CCeq \o\al(4,8)Ceq \o\al(4,4),Aeq \o\al(3,3)) ＝5775种． (4)分两步：第1步，平均分成3个小组；第2步，让3个小组分别进入3个不同车间，故共有4,12)eq \f(CCeq \o\al(4,8)Ceq \o\al(4,4),Aeq \o\al(3,3)) ·Aeq \o\al(3,3)＝Ceq \o\al(4,12)Ceq \o\al(4,8)Ceq \o\al(4,4)＝34650种不同的分法． 解　(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有Ceq \o\al(3,5)＝10种放法． (2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|○|○○○|○○|，有Ceq \o\al(2,5)种插法；然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|○|○○○||○○|，有Ceq \o\al(1,4)种插法，故共有Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(1,4)＝40种放法． (3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板，有Ceq \o\al(1,5)种插法，如|○○|○○○○|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒． ①这两块隔板与前面的三块隔板形成不相邻的两个空盒子，如||○○||○○○○|，有Ceq \o\al(2,3)种插法． ②将两块隔板与前面三块隔板之一并放，如|○○|||○○○○|，有Ceq \o\al(1,3)种插法． 故共有Ceq \o\al(1,5)(Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(1,3))＝30种放法． 解　(1)这是全排列问题，共有Aeq \o\al(4,4)＝24种放法． (2)1个球的编号与盒子编号相同的选法有Ceq \o\al(1,4)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Ceq \o\al(1,4)·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Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,3)＝12种放法． (4)(隔板法)先将编号为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○○|○○○○○|○○○|○○○○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Ceq \o\al(3,13)＝286种放法． 解　(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Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,3)种，后排有Aeq \o\al(5,5)种，共有(Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,3))Aeq \o\al(5,5)＝5400种． (2)除去该女生后，先取后排，有Ceq \o\al(4,7)Aeq \o\al(4,4)＝840种． (3)先取后排，但先安排该男生，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(4,7)Aeq \o\al(4,4)＝3360种． (4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有Ceq \o\al(3,6)种，再安排该男生担任科代表有Ceq \o\al(1,3)种，其中选出3人全排有Aeq \o\al(3,3)种，故共有Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝360种． 解　分三类： 第1类，当取出的4张卡片分别标有数字1，2，3，4时，不同的排法有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(4,4)种． 第2类，当取出的4张卡片分别标有数字1，1，4，4时，不同的排法有Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)种． 第3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Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)种． 故满足题意的不同的排法共有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(4,4)＋2Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(2,2)Aeq \o\al(4,4)＝432种． 1．若Ceq \o\al(7,n＋1)－Ceq \o\al(7,n)＝Ceq \o\al(8,n)，则n＝(　　) A．12 B．13 C．14 D．15 解析　∵Ceq \o\al(7,n＋1)＝Ceq \o\al(7,n)＋Ceq \o\al(8,n)＝Ceq \o\al(8,n＋1)，∴n＋1＝7＋8，∴n＝14.故选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3Ceq \o\al(3,4)；二是4条竖线上的3个点，其组数为4Ceq \o\al(3,3)；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4Ceq \o\al(3,3)，所以可以构成三角形的组数为Ceq \o\al(3,12)－3Ceq \o\al(3,4)－4Ceq \o\al(3,3)－4Ceq \o\al(3,3)＝200.故选C. 解析　分三种情况：①4个都是偶数；②两个是偶数，两个是奇数；③4个都是奇数．故共有Ceq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(4,5)＝66种．故选D. 解析　不同的分配方案有1,5)eq \f(CCeq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2),Aeq \o\al(2,2)) ·Aeq \o\al(3,3)＝90种． 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Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)＝64种， 若2张同色，则有Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,4)＝144种； 若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)＝192种， 剩余2张同色，则有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)＝72种． 所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法． 解析　可以组成Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,5)＝10×10＝100个矩形．故选B. 解析　按比赛局数分类：3局时有2种，4局时有2Ceq \o\al(2,3)种，5局时有2Ceq \o\al(2,4)种，故共有2＋2Ceq \o\al(2,3)＋2Ceq \o\al(2,4)＝20种． 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Ceq \o\al(2,4)＝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3位送集邮册，共有Ceq \o\al(1,4)＝4种方法．所以不同的赠送方法共有6＋4＝10种．故选B. 解析　第1类：大一的孪生姐妹在甲车上，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Ceq \o\al(2,3)种选法，然后从选出的两个年级中再分别选1名同学，有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)种选法，剩下的4名同学乘坐乙车，则有Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)＝3×2×2＝12种乘车方式；第2类：大一的孪生姐妹不在甲车上，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Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,2)种选法，然后再从剩下的两个年级中分别选1名同学，有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)种选法，则有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)＝3×1×2×2＝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．共有Ceq \o\al(10,210)种抽取结果 B．全部抽到一等品的结果有Ceq \o\al(10,100)种 C．恰好抽到5个二等品的结果有Ceq \o\al(5,80)Ceq \o\al(5,205)种 D．至少抽到1个一等品的结果有Ceq \o\al(10,210)－Ceq \o\al(10,110)种 解析　对于A，这批产品一共有100＋80＋30＝210个，从中任取10个进行检验，则共有Ceq \o\al(10,210)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Ceq \o\al(10,100)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，共有Ceq \o\al(5,80)Ceq \o\al(5,130)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Ceq \o\al(10,210)－Ceq \o\al(10,110)，故D正确．故选ABD. 解析　6个志愿者的名额分配给3个班，每班至少一个名额，则从这6个名额形成的5个空中插入2个“隔板”，共有Ceq \o\al(2,5)＝10种不同的分配方法． 解析　分三类：第1类，只会跳舞的选0人，有Ceq \o\al(3,3)Ceq \o\al(3,4)＝4种；第2类，只会跳舞的选1人，有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(3,5)＝60种；第3类，只会跳舞的选2人，有Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(3,6)＝60种．由分类加法计数原理，不同的选法共有4＋60＋60＝124种． 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1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CCeq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,3),Aeq \o\al(2,2))＋\f(Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,1),Aeq \o\al(2,2)))) Aeq \o\al(3,3)Ceq \o\al(2,4)＝900种． 三、解答题 9．(1)解方程：3Ceq \o\al(x－7,x－3)＝5Aeq \o\al(2,x－4)； (2)解不等式：2Ceq \o\al(x－2,x＋1)<3Ceq \o\al(x－1,x＋1)； (3)计算：Ceq \o\al(3n,13＋n)＋Ceq \o\al(3n－1,12＋n)＋Ceq \o\al(3n－2,11＋n)＋…＋Ceq \o\al(17－n,2n). 解　(1)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－7>0，,x－3>0，,x－3≥x－7，,x－4≥2，))则x>7. 原方程可化为3·eq \f(（x－3）！,（x－7）！4！)＝5·eq \f(（x－4）！,（x－6）！)， 则eq \f(3（x－3）,4！)＝eq \f(5,x－6)， 即(x－3)(x－6)＝40. ∴x2－9x－22＝0，解得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. (2)∵2Ceq \o\al(x－2,x＋1)<3Ceq \o\al(x－1,x＋1)，∴2Ceq \o\al(3,x＋1)<3Ceq \o\al(2,x＋1)， ∴eq \f(2×（x＋1）x（x－1）,3×2×1)<3×eq \f(（x＋1）x,2×1). ∴eq \f(x－1,3)<eq \f(3,2)，∴x<eq \f(11,2)， ∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≥3，,x＋1≥2，))∴x≥2，∴2≤x<eq \f(11,2)， 又x∈N＋，∴x＝2，3，4，5. ∴不等式的解集为{2，3，4，5}． (3)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n≤13＋n，,17－n≤2n，))解得eq \f(17,3)≤n≤eq \f(13,2)， 又n∈N＋，故n＝6. ∴原式＝Ceq \o\al(18,19)＋Ceq \o\al(17,18)＋Ceq \o\al(16,17)＋…＋Ceq \o\al(11,12)＝Ceq \o\al(1,19)＋Ceq \o\al(1,18)＋Ceq \o\al(1,17)＋…＋Ceq \o\al(1,12)＝19＋18＋17＋…＋12＝124. 解　(1)分步完成：第1步，在4个偶数中取3个，有Ceq \o\al(3,4)种取法；第2步，在5个奇数中取4个，有Ceq \o\al(4,5)种取法；第3步，3个偶数、4个奇数进行排列，有Aeq \o\al(7,7)种排法．所以符合题意的七位数有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(7,7)＝100800个． (2)(1)中的七位数中，3个偶数排在一起的有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(3,3)＝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Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(2,2)＝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Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(3,5)＝28800个． 解　可分三类： 第1类：用五色中的两色，共有Ceq \o\al(2,5)Aeq \o\al(2,2)种； 第2类：用五色中的三色，共有Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)种； 第3类：用五色中的四色，共有Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(4,4)种． 由分类加法计数原理知，共有Ceq \o\al(2,5)Aeq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)Aeq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(4,5)Aeq \o\al(4,4)＝260种不同的涂色方法． 解　(1)所作的平面有三类： 第1类，α内1点，β内2点确定的平面，最多有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,6)个； 第2类，α内2点，β内1点确定的平面，最多有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,6)个； 第3类，α，β本身，有2个． 故所作的平面最多有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,6)＋2＝98个． (2)所作的三棱锥有三类： 第1类，α内1点，β内3点确定的三棱锥，最多有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,6)个； 第2类，α内2点，β内2点确定的三棱锥，最多有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,6)个； 第3类，α内3点，β内1点确定的三棱锥，最多有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,6)个． ∴最多可作Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,6)＝194个三棱锥． (3)∵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Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)＝114个． $$