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作业与测评课件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 15分钟对点练 30分钟综合练 目录 15分钟对点练 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 4 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 5 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 6 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 7 知识点二　有限制条件的组合问题 3．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为(　　) A．14 B．24 C．28 D．48 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 8 4．将1，2，3，…，9这9个数字无重复地填在如图所示的九个空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下依次增大，当3，4固定在图中位置时，填写空格的方法共有(　　) A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 答案 3 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 9 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 10 知识点三　与几何有关的组合问题 5．直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0，1，2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0，1，2，…，5)组成的图形中，矩形共有(　　) A．25个 B．36个 C．100个 D．225个 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 11 6．从一个正方体的顶点中选四个点，可构成四面体的个数为(　　) A．70 B．64 C．58 D．52 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 12 知识点四　排列、组合的综合应用 7．[多选]生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳．则下列说法正确的是(　　) A．若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法 B．若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法 C．若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有36种不同的安排方法 D．若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 13 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 14 8．有30个完全相同的苹果，分给4个不同的小朋友，每个小朋友至少分得4个苹果，有多少种不同的分配方案？ 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 15 9．已知从左到右有5个空格．若向这5个格子放入7个不同的小球，要求每个格子里都有球，有多少种不同的放法？ 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 16 10．用1，2，3，4，5，6，7组成无重复数字的七位数，满足下述条件的七位数各有多少个？ (1)偶数不相邻； (2)1和2之间恰有一个奇数，没有偶数； (3)三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 17 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 18 30分钟综合练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 20 2．从2，3，…，8七个自然数中任取三个数组成有序数组a，b，c，且a<b<c，则不同的数组有(　　) A．35组 B．42组 C．105组 D．210组 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 21 3．6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为(　　) A．1或3 B．1或4 C．2或3 D．2或4 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 22 4．某市践行“干部村村行”活动，现有3名干部可供选派，下乡到5个村蹲点指导工作，每个村有1名干部，每名干部至多去3个村，则不同的选派方案共有(　　) A．243种 B．210种 C．150种 D．125种 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 23 5．[多选]在某城市中，A，B两地之间有如图所示的道路网，甲随机沿道路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地．下列结论正确的是(　　) A．不同的路径共有31条 B．不同的路径共有61条 C．若甲途经C地，则不同的路径共有18条 D．若甲途经C地，且不经过D地，则不同的路径共有9条 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 24 答案 解析 7315 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 25 7．有6张卡片分别写有数字1，1，1，2，3，4，从中任取4张，可排出不同的四位数的个数是________．(用数字作答) 答案 解析 72 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 26 8．半圆弧上有包括直径端点在内的5个点，从中随机选取3个点，则以这3个点为顶点的三角形是钝角三角形的概率为__________． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 27 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 28 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 29 10．集合A＝{x∈Z|x≥10}，集合B是集合A的子集，且B中的元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不为9． (1)集合B中两位数和三位数各有多少个？ (2)集合B中是否有五位数？是否有六位数？ (3)将集合B中的元素从小到大排列，求第1081个元素． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 30 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 31 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　组合数以及组合数性质的应用 1．(1)计算： ①Ceq \o\al(4,8)－Ceq \o\al(3,7)Aeq \o\al(3,3)； ②Ceq \o\al(97,98)＋2Ceq \o\al(96,98)＋Ceq \o\al(95,98)； ③Ceq \o\al(5,5)＋Ceq \o\al(5,6)＋Ceq \o\al(5,7)＋Ceq \o\al(5,8)＋Ceq \o\al(5,9)＋Ceq \o\al(5,10)． (2)证明：Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(m＋1,n＋1)Ceq \o\al(m＋1,n＋1)． 解　(1)①原式＝Ceq \o\al(4,8)－Aeq \o\al(3,7)＝eq \f(8×7×6×5,4×3×2×1)－7×6×5＝－140． ②原式＝(Ceq \o\al(97,98)＋Ceq \o\al(96,98))＋(Ceq \o\al(96,98)＋Ceq \o\al(95,98)) ＝Ceq \o\al(97,99)＋Ceq \o\al(96,99)＝Ceq \o\al(97,100)＝Ceq \o\al(3,100)＝eq \f(100×99×98,3×2×1)＝161700． ③原式＝(Ceq \o\al(6,6)＋Ceq \o\al(5,6))＋Ceq \o\al(5,7)＋Ceq \o\al(5,8)＋Ceq \o\al(5,9)＋Ceq \o\al(5,10) ＝(Ceq \o\al(6,7)＋Ceq \o\al(5,7))＋Ceq \o\al(5,8)＋Ceq \o\al(5,9)＋Ceq \o\al(5,10) ＝…＝Ceq \o\al(6,10)＋Ceq \o\al(5,10)＝Ceq \o\al(6,11)＝Ceq \o\al(5,11) ＝eq \f(11×10×9×8×7,5×4×3×2×1)＝462． (2)证明：因为右边 ＝eq \f(m＋1,n＋1)·eq \f(（n＋1）！,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（n＋1）－（m＋1）))！（m＋1）！) ＝eq \f(m＋1,n＋1)·eq \f(（n＋1）！,（n－m）！（m＋1）！) ＝eq \f(n！,（n－m）！m！)＝Ceq \o\al(m,n)＝左边， 所以原式成立． 2．(1)解方程：Cx2＋3x＋216＝Ceq \o\al(5x＋5,16)； (2)解不等式：Ceq \o\al(4,n)＞Ceq \o\al(6,n)． 解　(1)∵Cx2＋3x＋216＝Ceq \o\al(5x＋5,16)， ∴x2＋3x＋2＝5x＋5或(x2＋3x＋2)＋(5x＋5)＝16， 即x2－2x－3＝0或x2＋8x－9＝0， ∴x＝－1或x＝3或x＝－9或x＝1． 经检验，x＝3，x＝－9不符合题意，舍去， 故原方程的解是x＝－1或x＝1． 　(2)由Ceq \o\al(4,n)＞Ceq \o\al(6,n)，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n！,4！（n－4）！)＞\f(n！,6！（n－6）！)，,n≥6)) ⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2－9n－10＜0，,n≥6))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＜n＜10，,n≥6，)) 又n∈N＋，∴该不等式的解集为{6，7，8，9}． 解析　6人中选4人的方案有Ceq \o\al(4,6)＝15种，没有女生的方案只有一种，所以满足要求的选派方案共有14种． 解析　由题意可得数字1，2，9的位置也是固定的，如图所示，5，6，7，8四个数字在剩余的四个位置上．A，B两个位置的填法有Ceq \o\al(2,4)种，C，D两个位置则只有Ceq \o\al(2,2)种填法．由分步乘法计数原理知，不同的填法共有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝6种． 1 3 C 2 4 D A B 9 解析　从垂直于x轴的6条直线中任取2条，从垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形共有Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,6)＝15×15＝225个． 解析　四个顶点共面的情况有6个表面和6个对角面，共12个，所以构成四面体的个数为Ceq \o\al(4,8)－12＝58．故选C． 解析　对于A，若瑜伽被安排在周一和周六，则共有Aeq \o\al(4,4)＝24种不同的安排方法，故A不正确；对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，不同的安排方法种数为Aeq \o\al(4,6)－Aeq \o\al(2,4)Aeq \o\al(2,4)＝216，故B正确；对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,4)＝36种不同的安排方法，故C正确；对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有Aeq \o\al(4,4)种不同的安排方法，再从5个空位里选2个安排练习瑜伽，故共有Aeq \o\al(4,4)Ceq \o\al(2,5)＝240种不同的安排方法，故D正确．故选BCD． 解　先给每个小朋友分3个苹果，剩余18个苹果利用“隔板法”，18个苹果有17个空，插入3个“板”，共有Ceq \o\al(3,17)＝680种方法，故有30个完全相同的苹果，分给4个不同的小朋友，每个小朋友至少分得4个苹果，有680种不同的分配方案． 解　根据题意，分两步进行分析： ①将7个小球分成5组，有2种分法：若分成2，2，1，1，1的5组，有2,7)eq \f(CCeq \o\al(2,5),Aeq \o\al(2,2)) 种分法，若分成3，1，1，1，1的5组，有Ceq \o\al(3,7)种分组方法，则有2,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CCeq \o\al(2,5),Aeq \o\al(2,2))＋Ceq \o\al(3,7))) 种分组方法； ②将分好的5组全排列，对应5个空格，则有Aeq \o\al(5,5)种情况，所以共有2,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CCeq \o\al(2,5),Aeq \o\al(2,2))＋Ceq \o\al(3,7))) Aeq \o\al(5,5)＝16800种放法． 解　(1)根据题意，分两步进行分析： ①先将4个奇数排好，有Aeq \o\al(4,4)种排法； ②排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排3个偶数，有Aeq \o\al(3,5)种排法． 则有Aeq \o\al(4,4)Aeq \o\al(3,5)＝1440个符合题意的七位数． (2)根据题意，分两步进行分析： ①在1和2之间安排一个奇数，考虑1和2的排列顺序，有3Aeq \o\al(2,2)种安排方法； ②将三个数字看成一个整体，与其他4个数字全排列， 有Aeq \o\al(5,5)＝120种排法． 则有3Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(5,5)＝720个符合题意的七位数． (3)根据题意，分两步进行分析： ①在7个数位中任选3个，将三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列，有Ceq \o\al(3,7)种排法； ②剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上，有Aeq \o\al(4,4)种排法． 则有Ceq \o\al(3,7)Aeq \o\al(4,4)＝840个符合题意的七位数． 一、选择题 1．若Ceq \o\al(10,n)＝Ceq \o\al(8,n)，则Ceq \o\al(n,20)＝(　　) A．380 B．190 C．18 D．9 解析　∵Ceq \o\al(10,n)＝Ceq \o\al(8,n)，∴n＝18，∴Ceq \o\al(n,20)＝Ceq \o\al(18,20)＝Ceq \o\al(2,20)＝eq \f(20×19,2×1)＝190． 解析　不同的数组有Ceq \o\al(3,7)＝35组． 解析　意两位同学之间交换纪念品共要交换Ceq \o\al(2,6)＝15次，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是得到5份纪念品，现在6位同学总共交换了13次，少交换了2次，这2次如果不涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有4人；如果涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有2人．故选D． 解析　3名干部可供选派，下乡到5个村蹲点指导工作，每个村有1名干部，每名干部至多去3个村，于是可以把5个村分为(1，1，3)和(1，2，2)两组，当为(1，1，3)时，有Ceq \o\al(3,5)Aeq \o\al(3,3)＝60种；当为(1，2，2)时，有2,5)eq \f(CCeq \o\al(2,3),Aeq \o\al(2,2)) ×Aeq \o\al(3,3)＝90种．根据分类加法计数原理，共有60＋90＝150种不同的选派方案． 解析　由题图可知，从A地出发去往B地的最短路径共包含7步，其中3步向上，4步向右，且前3步中，至少有1步向上，则不同的路径共有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)＋Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(3,3)＝31条．若甲途经C地，则不同的路径共有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)＝18条．若甲途经C地，且不经过D地，则不同的路径共有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)＝9条．故选ACD． 二、填空题 6．Ceq \o\al(0,3)＋Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(2,5)＋…＋Ceq \o\al(18,21)的值为________． 解析　原式＝Ceq \o\al(0,4)＋Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(2,5)＋…＋Ceq \o\al(18,21)＝Ceq \o\al(1,5)＋Ceq \o\al(2,5)＋…＋Ceq \o\al(18,21)＝…＝Ceq \o\al(17,21)＋Ceq \o\al(18,21)＝Ceq \o\al(18,22)＝Ceq \o\al(4,22)＝7315． 解析　完成排出四位数这件事分三类： 四个数字中有1个“1”，有Aeq \o\al(4,4)＝24个； 四个数字中有2个“1”，有Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(2,3)＝36个； 四个数字中有3个“1”，有Ceq \o\al(3,4)Aeq \o\al(1,3)＝12个． 由分类加法计数原理得，可排出不同的四位数的个数是24＋36＋12＝72． 解析　若3个点中包含直径的两个端点，根据直径所对圆周角为直角，则此时为直角三角形，不符合题意；若3个点中只有1个点为直径的端点，此时有Ceq \o\al(1,2)·Ceq \o\al(2,3)＝6种情况；若3个点中没有点为直径的端点，则此时只有1种情况．综上，共有7种情况符合题意，而总数为Ceq \o\al(3,5)＝10，则以这3个点为顶点的三角形是钝角三角形的概率为P＝eq \f(7,10)． eq \f(7,10) 三、解答题 9．(1)解不等式：Ceq \o\al(m－1,8)>3Ceq \o\al(m,8)； (2)证明：①Ceq \o\al(n,m)＝eq \f(m,m－n)Ceq \o\al(n,m－1)； ②Ceq \o\al(k,n)·Ceq \o\al(m－k,n－k)＝Ceq \o\al(m,n)·Ceq \o\al(k,m)． 解　(1)由eq \f(8！,（m－1）！（9－m）！)>eq \f(3×8！,m！（8－m）！)， 得eq \f(1,9－m)>eq \f(3,m)，∴m>27－3m，∴m>eq \f(27,4)， 又0≤m－1≤8，且0≤m≤8，m∈N， ∴eq \f(27,4)<m≤8，m∈N，∴m＝7或m＝8． (2)证明：①eq \f(m,m－n)Ceq \o\al(n,m－1) ＝eq \f(m,m－n)·eq \f(（m－1）！,n！（m－1－n）！) ＝eq \f(m！,n！（m－n）！)＝Ceq \o\al(n,m)． ②∵Ceq \o\al(k,n)·Ceq \o\al(m－k,n－k)＝eq \f(n！,k！（n－k）！)·eq \f(（n－k）！,（m－k）！（n－m）！) ＝eq \f(n！,k！（m－k）！（n－m）！)， Ceq \o\al(m,n)·Ceq \o\al(k,m)＝eq \f(n！,m！（n－m）！)·eq \f(m！,k！（m－k）！)＝eq \f(n！,k！（n－m）！（m－k）！)， ∴Ceq \o\al(k,n)·Ceq \o\al(m－k,n－k)＝Ceq \o\al(m,n)·Ceq \o\al(k,m)． 解　将0，1，…，9这10个数字按照和为9进行配对，则有(0，9)，(1，8)，(2，7)，(3，6)，(4，5)，故B中元素的每个数位只能从这五组数的每组中至多取一个数构成． (1)两位数有Ceq \o\al(2,5)×22×Aeq \o\al(2,2)－Ceq \o\al(1,4)×2＝72个， 三位数有Ceq \o\al(3,5)×23×Aeq \o\al(3,3)－Ceq \o\al(2,4)×22×Aeq \o\al(2,2)＝432个． (2)存在五位数，只需从上面五组数的每组中取一个数即可构成符合条件的五位数(若取0，则0不在首位)；不存在六位数，若存在，则至少要从一组数中取出两个数，则这两个数字之和为9，与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9矛盾，因此不存在六位数． (3)由(1)知，集合B中的两位数有72个，三位数有432个，又四位数有Ceq \o\al(4,5)×24×Aeq \o\al(4,4)－Ceq \o\al(3,4)×23×Aeq \o\al(3,3)＝1728个，因此第1081个元素是四位数，且是第577个四位数．我们考虑千位，千位为1，2，3的四位数有3×Ceq \o\al(3,4)×23×Aeq \o\al(3,3)＝576个，故第1081个元素是4012． $$