第三章 重点题型强化（二）组合的综合应用-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教B版2019）

知识层面 1.能用组合知识求解具有限制条件的问题．　2.能用排列与组合解决与几何有关的问题、分组分配等问题. 素养层面 通过几种有限制条件的组合的学习，提升数学建模、逻辑推理、数学运算素养. 题型一　有限制条件的组合问题 例1　课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？ (1)至少有一名队长当选； (2)至多有两名女生当选； (3)既要有队长，又要有女生当选． 解：(1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长， 故共有C·C＋C·C＝825(种)． 或采用排除法有C－C＝825(种)． (2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生， 故共有C·C＋C·C＋C＝966(种)． (3)分两种情况： 第一类：女队长当选，有C种； 第二类：女队长不当选，男队长当选，有C·C＋C·C＋C·C＋C种． 故共有C＋C·C＋C·C＋C·C＋C＝790(种)． [变式探究] 1．(变设问)在本例条件下，男队长必须当选且女生多于男生有多少种方法？ 解：分两类情况： 第一类，女生3人男生2人(含男队长)，有CC＝70(种)， 第二类，女生4人男生1人(男队长)有C＝5(种)， 所以男队长必须当选且女生多于男生有70＋5＝75种方法． 2．(变设问)在本例条件下，至多有1名队长被选上的方法有多少种？ 解：分两类情况： 第一类：没有队长被选上，从除去两名队长之外的11名学生中选取5人，有C＝462(种)选法． 第二类：一名队长被选上，分女队长被选上和男队长被选上，不同的选法有C＋C＝660(种)选法． 所以至多有1名队长被选上的方法有462＋660 ＝1 122(种)． 学生用书↓第21页 有限制条件的组合问题的类型 一是“含”与“不含”问题：其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的元素去掉再取，分步计数； 二是“至多”“至少”问题：其解法常有两种思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏． 对点练1.一个口袋中有大小相同且编有不同的号码的8个白球和5个彩球． (1)若一次取2个球，至少有一个白球的取法有多少种？ (2)若一次取出颜色不全相同的3个球，有多少种取法？ 解：(1)若一次取2个球，至少有一个白球有两种可能：“两个都是白球”或“一个白球一个彩球”， 故不同的取法有C＋CC＝28＋40＝68种． (2)若一次取3个球，取出颜色不全相同有两种可能：“两个白球一个彩球”或“一个白球两个彩球”， 故不同的取法有CC＋CC＝140＋80＝220种． 题型二　与几何有关的组合问题 例2如图所示，在∠AOB的两边OA，OB上分别有5个点和6个点(都不同于点O)，这些连同点O在内的12个点可以确定多少个不同的三角形？ 解：当取到点O时，在OA，OB上各取一点(与点O不同)，有CC＝30种； 当不取到点O时，①是从OB上取两点(与点O不同)，在OA上取一个点(与点O不同)，有CC＝75种；②是从OA上取两点(与点O不同)，在OB上取一个点(与点O不同)，有CC＝60种． 所以这连同点O在内的12个点可以确定的不同的三角形共有30＋75＋60＝165种． 解答与几何有关的组合问题的策略 1．几何图形组合问题主要考查组合的知识和空间想象能力，题目多以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景．这类问题情境新颖，多个知识点交汇在一起，综合性强． 2．解答几何图形组合问题的思考方法与一般的组合问题基本一样，只要把图形的限制条件视为组合问题的限制条件即可． 3．计算时可用直接法，也可用间接法，要注意在限制条件较多的情况下，需要分类计算符合题意的组合数． 对点练2.(1)设α，β是两个平行平面，若α内有3个不共线的点，β内有4个点(任意3点不共线)，从这些点中任取4个点最多可以构成四面体的个数为(　　) A．34 B．18 C．12 D．7 (2)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个点为顶点的钝角三角形有________种． 答案：(1)A　(2)7 解析：(1)完成的一件事是“任取4个点构成四面体”，所以分成三类：第一类，从α上取1个点，β上取3个不同的点，可以构成四面体的个数为CC＝3×4＝12；第二类，从α上取2个点，β上取2个不同的点，可以构成四面体的个数为CC＝3×6＝18；第三类，从α上取3个点，β上取1个点，可以构成四面体的个数为CC＝1×4＝4，所以从这些点中任取4个点最多可以构成四面体的个数为12＋18＋4＝34.故选A． (2)方法一：根据圆的性质，三角形为钝角三角形，有两种情况，①若3个点中，只有1个为直径的端点，此时有C·C＝6种情况，②若3个点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． 方法二：从5个点取3个点共有C＝10种情况，若3个点中包含直径的两个端点，则此时为直角三角形，有C＝3种情况，不合题意，所以共有10－3＝7种情况． 学生用书↓第22页 题型三　分组、分配问题 角度1　不同元素的分组、分配问题 例3　有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？ (1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本； (2)分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本； (3)分成三组，每组都是2本； (4)分给甲、乙、丙三人，每人2本． 解：(1)分三步：先选一本有C种选法，再从余下的5本中选两本有C种选法，最后余下的三本全选有C种选法．由分步乘法计数原理知，分配方式共有C·C·C＝60(种)． (2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配问题，因此分配方式共有C·C·C·A＝360(种)． (3)先分三组，有CCC种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一组取了A，B，第二组取了C，D，第三组取了E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)，但CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A种情况，而这A种情况只能作为一种分法，故分配方式有＝15(种)． (4)方法一：在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式·A＝90(种)． 方法二：甲、乙、丙三人，每人2本，可分三步，依次让甲、乙、丙三人选两本，共有CCC＝90(种)． “分组”与“分配”问题的解法 1．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，均匀分成n组，最后必须除以n！； (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． 2．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． 角度2　相同元素的分组、分配问题 例4　袋中有十个完全相同的乒乓球，四个小朋友去取球，每个小朋友至少取一个球，所有的球都被取完，最后四个小朋友手中乒乓球个数的情况一共有(　　) A．84种 B．504种 C．729种 D．39种 答案：A 解析：因为四个小朋友去取球，每个小朋友至少取一个球，所有的球都被取完，即将10个球分成了4份：○○○○○○○，10个球有9个空隙，选3个空隙插上“隔板”即可分成4份，即C＝＝84种．故选A． 相同元素的分配问题用“隔板法” 其步骤：①定个数，确定名额的个数、分成的组数以及各组名额的数量；②定空位，将元素排成一列，确定可插隔板的空位数；③插隔板，确定需要的隔板个数，根据组数要求插入隔板，利用组合数求解不同的分法种数． 对点练3.(1)某市举行高二数学竞赛，有6个参赛名额分给甲、乙、丙三所学校，每所学校至少分得一个名额，不同的分配方法共有(　　) A．10种 B．12种 C．24种 D．48种 (2)若将5名志愿者安排到三个学校进行志愿服务，每人只去一个学校，每个学校至少去一人，则不同的分配方案共有________种(用数字作答)． 答案：(1)A　(2)150 解析：(1)6个名额分给三所学校，由隔板法知有C＝10种方法．故选A． (2)由题意得，三个学校可分得的志愿者人数分别为3，1，1或2，2，1，当三个学校可分得的志愿者人数分别为3，1，1时，分配方案有CA＝60种，当三个学校可分得的志愿者人数分别为2，2，1时，分配方案有A＝90种，综上，不同的分配方案有60＋90＝150种． 题型四　排列、组合的综合问题 例5　从1到9的九个数字中取3个偶数、4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？ 解：(1)分步完成：第一步，在4个偶数中取3个，可有C种取法；第二步，在5个奇数中取4个，可有C种取法；第三步，3个偶数、4个奇数进行排列，可有A种排法．所以符合题意的七位数有C·C·A＝100 800(个)． (2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C·C·A·A＝14 400(个)． 学生用书↓第23页 解答排列、组合综合问题的思路及注意点 1．解排列、组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列； 2．解排列、组合综合问题时要注意以下两点： (1)元素是否有序是区分排列与组合的基本方法，无序的问题是组合问题，有序的问题是排列问题． (2)对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合的综合问题的一般方法． 对点练4.已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有次品为止． (1)若恰在第5次测试才测试到第一件次品，第10次测试才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ (2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ 解：(1)先排前4次测试，只能取正品，有A种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C·A＝A(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A种测法．所以共有不同测试方法A·A·A＝103 680(种)． (2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次中有一件正品出现．所以共有不同测试方法C·(C·C)A＝576(种)． 1．从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有(　　) A．70种 B．80种 C．100种 D．140种 答案：A 解析：组队方案共有两类：2男1女和2女1男，故N＝C·C＋C·C＝70种．故选A． 2．(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有(　　) A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 答案：C 解析：根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有A种安排方法．故满足题意的分配方案共有C·A＝240(种)．故选C． 3．平面上有9个点排成三行三列的方阵，以其中任意的3个点为顶点，可以组成三角形的个数为(　　) A．84 B．82 C．78 D．76 答案：D 解析：从9个点任取3个点有C种选法，方阵中有3个点共线的是三行、三列和两条对角线上的3个点，共8种情况，不能构成三角形，所以从9个点中任取3点可组成三角形的个数为C－8＝76.故选D． 4．学校在高一年级开设选修课程，其中历史开设了三个不同的班，选课结束后，有5名同学要求改修历史，但历史选修每班至多可接收2名同学，那么安排好这5名同学的方案有________种(用数字作答)． 答案：90 解析：由已知可得，先将5名学生分成3组，有＝15种，所以不同分法有15×A＝90种． 课时测评6　组合的综合应用 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9每小题5分，共45分) 1．从4名男生和2名女生中选3人参加会议，恰好2名男生与女生甲参加会议的方法有(　　) A．6种 B．12种 C．15种 D．16种 答案：A 解析：根据题意，从4名男生中选2人有C＝6种选法，女生甲的选法就1种，所以恰好一名男生与女生甲参加会议的方法有6×1＝6种．故选A． 2．现有红色、黄色、蓝色的小球各4个，每个小球上都标有不同的编号．从中任取3个小球，若这3个小球颜色不全相同，且至少有一个红色小球，不同取法有(　　) A．160种 B．220种 C．256种 D．472种 答案：A 解析：若取出的球中有1个红球，不同的取法有CC＝112种；若取出的球中有2个红球，不同的取法有CC＝48种．故不同取法有112＋48＝160种．故选A． 3．学校有8个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则不同的分配方案种数为(　　) A．120 B．210 C．21 D．45 答案：C 解析：问题等价于将8个完全相同的小球，放入3个不同的盒子，每个盒子至少1个球，由隔板法可知，不同的分配方案种数为C＝21.故选C． 4．某班要从5名学生中选出若干人在星期一至星期三这3天参加志愿活动，每天只需1人，则不同的选择方法有(　　) A．10种 B．60种 C．120种 D．125种 答案：D 解析：5名学生中选出1人在星期一至星期三这3天参加志愿活动，共有C＝5种；5名学生中选出2人在星期一至星期三这3天参加志愿活动，共有CCA＝60种；5名学生中选出3人在星期一至星期三这3天参加志愿活动，共有CA＝60种；所以不同的选择方法有5＋60＋60＝125种．故选D． 5．2024年3月5号是毛泽东主席提出“向雷锋同志学习”61周年纪念日，某志愿者服务队在该日安排4位志愿者到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，每个志愿者都要参加活动，则不同的分配方法数是(　　) A．12 B．14 C．16 D．20 答案：B 解析：将4名志愿者分配到两所敬老院，则有以下两种分配方案：①一所敬老院1名志愿者，另外一所3名，则有CC＝8种，②两所敬老院各安排两名志愿者，则有＝6(或CC＝6)种，故共有8＋6＝14种方案．故选B． 6．(多选)带有编号1，2，3，4，5的五个球，则(　　) A．全部投入4个不同的盒子里，共有45种放法 B．放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有4种放法 C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有20种放法 D．全部投入3个不同的盒子里，没有空盒，共有140种不同的放法 答案：AC 解析：对于A，由分步计数原理，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法，故A正确；对于B，由排列数公式，五个不同的球放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有CA种放法，故B错误；对于C，将其中的4个球投入一个盒子里共有CC＝20种放法，故C正确；对于D，全部投入3个不同的盒子里，没有空盒，共有：CA＋A＝150种不同的放法，故D错误．故选AC． 7．某校拟从2名教师和4名学生共6名党史知识学习优秀者中随机选取3名，组成代表队，参加市党史知识竞赛，则要求代表队中既有教师又有学生的选法共有________种． 答案：16 解析：由题意得从6名党史知识学习优秀者中随机选取3名，其中有1名教师和2名学生的选法有CC＝12种，有2名教师和1名学生的选法有CC＝4种，故代表队中既有教师又有学生的选法共有12＋4＝16(种)． 8．由0，1，2，3，4这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有________种． 答案：28 解析：由题知，各位数字之和为奇数可分为：①不含“0”时，含一个奇数两个偶数，共有CA＝12种；②含“0”时，另取一个奇数一个偶数，此时“0”不能排首位，共有CCCA＝16种；所以共有28种． 9．甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知3人都在2至6层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙3人出电梯的不同方法总数是________． 答案：120 解析：由题意，①3人都在2至6层的某一层1人独自出电梯，共有A＝60种；②3人中有2人在同一层出电梯，另1人在另外一层出电梯，共有CA＝60种；故甲、乙、丙3人出电梯的不同方法总数是60＋60＝120. 10．(10分)现有30件分别标有编号的产品，且除了2件次品外，其余都是合格品，从中取出3件： (1)若取出的3件产品中恰有1件次品，则不同的抽法共有多少种？(4分) (2)若取出的3件产品中至少要有1件次品，则不同的抽法共有多少种？(6分) 解：(1)抽取可以分成两步完成： 第一步，在2件次品中抽出1件，有C种方法； 第二步，在28件合格品中抽出2件，有C种方法． 由分步乘法计数原理知，不同的抽法有CC＝2×＝756种． (2)满足条件的取法可以分成两类：恰有1件次品的取法和恰有2件次品的取法． 第一类，恰有1件次品的取法有C×C种， 第二类，恰有2件次品的取法有C×C种． 由分类加法计数原理知，不同的抽法为CC＋CC＝2×＋1×28＝784种． 11．(5分)安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有(　　) A．360种 B．300种 C．150种 D．125种 答案：C 解析：分2步：先将5名学生分成3组，有两种分组方法，若分成3，1，1的三组，则有C＝10种分组方法；若分成1，2，2的三组，则有＝15种分组方法，则一共有10＋15＝25种分组方法．再将分好的三组全排列，对应三个社区，有A＝6种情况，则有25×6＝150种不同的安排方式．故选C． 12．(5分)(多选)某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“面对面”义诊活动，每名医生只能到一家企业工作，每家企业至少派1名医生，则下列结论正确的是(　　) A．所有不同分派方案共43种 B．所有不同分派方案共36种 C．若甲必须到A企业，则所有不同分派方案共12种 D．若甲、乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共30种 答案：BCD 解析：由题意，所有不同分派方案共·A＝36种，故A错误，B正确；对于C，若甲必须到A企业，若A企业有两人，则将其余三人安排到三家企业，每家企业一人，则不同分派方案有A＝6种，若A企业只有一人，则不同分派方案有CCA＝6种，所以所有不同分派方案共6＋6＝12种，故C正确；对于D，若甲、乙安排到同一家企业，则将剩下的两人安排到另外两家企业，每家企业一人，则有A＝6种不同的分派方法，所以若甲、乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共36－6＝30种，故D正确．故选BCD． 13．(15分)某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？ 解：分类计数：若1个会双语的导游都不选，则有CC＝4种， 若恰选1个会双语的导游，则有(CC＋CC)C＝36种， 若恰选2个会双语的导游，则有CC＋CC＋CCC＝52种， 故不同的选择方法有4＋36＋52＝92种． 14．(5分)在如图所示的四棱锥中，顶点为P，从其他的顶点和各棱中点中取3个，使它们和点P在同一平面内，则不同的取法种数为(　　) A．48 B．56 C．124 D．480 答案：B 解析：不同的取法种数可分为三类：第一类，从四棱锥的每个侧面上除点P外的5点中任取3点，有4C种取法；第二类，从每个对角面上除点P外的4点中任取3点，有2C种取法；第三类，过点P的侧棱中，每一条上的三点和与这条棱成异面直线的底面棱的中点也共面，有4C种取法，所以满足题意的不同取法共有4C＋2C＋4C＝56种．故选B． 15．(15分)将20个完全相同的球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中． (1)若要求每个盒子至少放一个球，则一共有多少种放法？(7分) (2)若要求每个盒子放的球的个数不小于其编号数，则一共有多少种放法？(8分) 解：(1)把20个球摆好，在中间19个空隙中选择放4个板子，所以一共有C＝3 876种． (2)先在编号为1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0，1，2，3，4个球，再只要保证余下的10个球每个盒子至少放一个，把10个球摆好，在中间9个空隙中选择放4个板子，所以一共有C＝126种． 学生用书↓第24页 学科网（北京）股份有限公司 $$