3.1.3 第1课时 组合与组合数、组合数的性质-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第三章　排列、组合与二项式定理 3.1　排列与组合 3.1.3　组合与组合数 第1课时　组合与组合数、组合数的性质 15分钟对点练 30分钟综合练 目录 15分钟对点练 知识点一　组合的概念 1．给出以下三个问题：①10名同学分成人数相同的数学和英语两个学习小组，共有多少种不同的分法？②从1，2，3，…，9九个数字中任取3个，由小到大排列构成一个三位数，这样的三位数共有多少个？③10人聚会，见面后每两人之间要握手相互问候，共需握手多少次？其中是组合问题的有(　　) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 解析：①②③均与顺序无关，所以都是组合问题． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 15分钟对点练 4 知识点二　简单的组合问题 2．(1)从5个不同的元素a，b，c，d，e中取出2个，写出所有不同的组合； (2)圆上有10个点，过任意3个点画一个圆内接三角形，则一共可画出多少个圆内接三角形？ 解：(1)要想列出所有组合，就要先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个标出来，如图所示： 由此可得所有的组合为ab，ac，ad，ae， bc，bd，be，cd，ce，de，共10个． 解 1 2 3 4 5 6 7 15分钟对点练 5 解 1 2 3 4 5 6 7 15分钟对点练 6 解 1 2 3 4 5 6 7 15分钟对点练 7 证明 1 2 3 4 5 6 7 15分钟对点练 8 解 1 2 3 4 5 6 7 15分钟对点练 9 解 1 2 3 4 5 6 7 15分钟对点练 10 30分钟综合练 基础题(占比60%)　　中档题(占比30%)　　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 难度 ★ ★ ★ ★ ★ 对点 组合的概念 实际问题中的简单组合问题 利用组合数的性质1进行计算 立体几何中的简单组合问题 组合数的公式、组合数的性质 题号 6 7 8 9 10 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 集合中的简单组合问题 利用组合数的性质1、2进行计算 与组合数有关的不等式问题 与组合数有关的方程问题 组合数的公式及性质在实际中的应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 12 一、选择题 1．[多选]以下四个问题，属于组合问题的是(　　) A．从3个不同的小球中，取出2个球 B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌 C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星 D．从13位司机中任选出两位开两辆车从甲地到乙地 解析：从3个不同的小球中，取出2个球，与顺序无关，是组合问题；从100位幸运观众中选出2位幸运之星，与顺序无关，是组合问题；B，D中事件均与顺序有关，不是组合问题．故选AC. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 13 2．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中任选3门，则不同的选法共有(　　) A．30种 B．35种 C．42种 D．48种 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 14 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 15 4．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 10 30分钟综合练 16 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 17 二、填空题 6．从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，构成含4个元素的集合A，则这样的集合A共有____个(用数字作答)． 答案 解析 60 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 18 答案 解析 7315 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 19 答案 解析 {5，6，7，8，9，10，11} 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 20 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 21 10．某区有7条南北向街道，5条东西向街道(如下图)． (1)图中有多少个矩形？ (2)从A点走向B点最短的走法有多少种？ 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 22 　　　　　　　　　　　　　 R (2)一共可画出Ceq \o\al(3,10)＝eq \f(10×9×8,3×2×1)＝120个圆内接三角形． 解：(1)原式＝3×eq \f(8×7×6,3×2×1)－2×eq \f(5×4,2×1)＋1＝149. (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. 知识点三　组合数的性质及计算问题 3．计算： (1)3Ceq \o\al(3,8)－2Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(8,8)；(2)Ceq \o\al(97,98)＋2Ceq \o\al(96,98)＋Ceq \o\al(95,98)；(3)Ceq \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). 解：∵m,5)eq \f(1,C) －m,6)eq \f(1,C) ＝m,7)eq \f(7,4C) ，∴eq \f(m！（5－m）！,5！)－eq \f(m！（6－m）！,6！)＝eq \f(7×（7－m）！m！,4×7！)， 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）！,4×7×6×5！)，∴1－eq \f(6－m,6)＝eq \f(（7－m）（6－m）,24)， 即m2－17m＋42＝0，解得m＝3或m＝14. ∵0≤m≤5，m∈N＋，∴m＝3， ∴Ceq \o\al(m,8)＋Ceq \o\al(5－m,8)＝Ceq \o\al(3,8)＋Ceq \o\al(2,8)＝Ceq \o\al(3,9)＝84. 4．已知m,5)eq \f(1,C) －m,6)eq \f(1,C) ＝m,7)eq \f(7,4C) ，求Ceq \o\al(m,8)＋Ceq \o\al(5－m,8). 证明：∵Ceq \o\al(m－1,n)＋Ceq \o\al(m,n－1)＋Ceq \o\al(m－1,n－1) ＝eq \f(n！,（m－1）！（n－m＋1）！)＋eq \f(（n－1）！,m！（n－1－m）！)＋eq \f(（n－1）！,（m－1）！（n－m）！) ＝eq \f(n！,（m－1）！（n－m＋1）！)＋eq \f([（n－m）＋m]（n－1）！,m！（n－m）！) ＝eq \f(m·n！,m！（n－m＋1）！)＋eq \f(（n－m＋1）·n！,m！（n－m＋1）！)＝eq \f(（n＋1）！,m！（n－m＋1）！)＝Ceq \o\al(m,n＋1)， ∴Ceq \o\al(m,n＋1)＝Ceq \o\al(m－1,n)＋Ceq \o\al(m,n－1)＋Ceq \o\al(m－1,n－1). 5．(2024·甘肃白银高二期末)求证：Ceq \o\al(m,n＋1)＝Ceq \o\al(m－1,n)＋Ceq \o\al(m,n－1)＋Ceq \o\al(m－1,n－1). 解：由Ceq \o\al(n－1,n＋1)＝Aeq \o\al(2,n－1)＋1得Ceq \o\al(2,n＋1)＝Aeq \o\al(2,n－1)＋1， 即eq \f(n（n＋1）,2)＝(n－1)(n－2)＋1，即n2－7n＋6＝0， 解得n＝1或n＝6， 由Aeq \o\al(2,n－1)知n≥3， 故n＝6. 6．(2024·江苏常州高二阶段测试)已知Ceq \o\al(n－1,n＋1)＝Aeq \o\al(2,n－1)＋1，求n. 解：原不等式可变形为5,n－1)eq \f(C,Ceq \o\al(3,n－3)) ＋1<eq \f(19,5)，即Ceq \o\al(5,n－1)<eq \f(14,5)Ceq \o\al(3,n－3). 由组合数公式，得eq \f(（n－1）！,5！（n－6）！)<eq \f(14,5)·eq \f(（n－3）！,3！（n－6）！)，n≥6. 化简整理，得n2－3n－54<0，n≥6， 解得6≤n≤9. 又n∈N＋，所以原不等式的解集为{6，7，8，9}． 7．解不等式：5,n－1)eq \f(C＋Ceq \o\al(3,n－3),Ceq \o\al(3,n－3)) ＜3eq \f(4,5). 解析：不同的选法共有Ceq \o\al(3,7)＝eq \f(7×6×5,3×2×1)＝35种． 解析：(Ceq \o\al(2,100)＋Ceq \o\al(97,100))÷Aeq \o\al(3,101)＝(Ceq \o\al(2,100)＋Ceq \o\al(3,100))÷Aeq \o\al(3,101)＝Ceq \o\al(3,101)÷(Ceq \o\al(3,101)·Aeq \o\al(3,3))＝3,3)eq \f(1,A) ＝eq \f(1,6). 3．(Ceq \o\al(2,100)＋Ceq \o\al(97,100))÷Aeq \o\al(3,101)的值为(　　) A．6 B．101 C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,101) 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，所以组成四面体的个数为Ceq \o\al(4,8)－12＝58.故选C. 解析：A是组合数的公式；B是组合数的性质；由eq \f(m＋1,n＋1)×Ceq \o\al(m＋1,n＋1)＝eq \f(m＋1,n＋1)×eq \f(（n＋1）！,（m＋1）！（n－m）！)＝Ceq \o\al(m,n)得C正确；D错误． 5．[多选]下列等式中正确的是(　　) A．Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,m！（n－m）！) B．Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(n－m,n) C．Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(m＋1,n＋1)×Ceq \o\al(m＋1,n＋1) D．Ceq \o\al(m,n)＝Ceq \o\al(m＋1,n＋1) 解析：从1，3，5，7，9中任取2个数字，共有Ceq \o\al(2,5)＝10种不同的取法，从0，2，4，6中任取2个数字，共有Ceq \o\al(2,4)＝6种不同的取法，则满足条件的集合A共有10×6＝60个． 7．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：由题意，得x≥5，x∈N＋.原不等式可化简为eq \f(6,x（x－1）（x－2）)－eq \f(24,x（x－1）（x－2）（x－3）)<eq \f(240,x（x－1）（x－2）（x－3）（x－4）)，即x2－11x－12<0，解得－1<x<12.又x≥5，x∈N＋，所以所求不等式的解集为{5，6，7，8，9，10，11}． 8．不等式3,x)eq \f(1,C) －4,x)eq \f(1,C) <5,x)eq \f(2,C) 的解集为________________________． 解：(1)当x＝3x－8时，解得x＝4；当28－x＝3x－8时，解得x＝9. 经检验，x＝4，x＝9都是原方程的根． ∴方程的根为x＝4或x＝9. (2)原方程可化为Ceq \o\al(x－2,x＋3)＝eq \f(1,10)Aeq \o\al(3,x＋3)，即Ceq \o\al(5,x＋3)＝eq \f(1,10)Aeq \o\al(3,x＋3)， ∴eq \f(（x＋3）！,5！（x－2）！)＝eq \f(（x＋3）！,10·x！)，∴eq \f(1,120（x－2）！)＝eq \f(1,10x（x－1）（x－2）！)， ∴x2－x－12＝0，解得x＝4或x＝－3(舍去)．经检验，x＝4是原方程的解． ∴方程的根为x＝4. 三、解答题 9．解方程：(1)Ceq \o\al(x,28)＝Ceq \o\al(3x－8,28)；(2)Ceq \o\al(x－2,x＋2)＋Ceq \o\al(x－3,x＋2)＝eq \f(1,10)Aeq \o\al(3,x＋3). 解：(1)在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线可组成一个矩形，故可组成的矩形有Ceq \o\al(2,7)Ceq \o\al(2,5)＝210个． (2)每条东西向的街道被分成6段，每条南北向的街道被分成4段，从A点到B点最短的走法，无论怎样走，一定至少包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同，每种走法即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的(剩下4段即是走南北方向的)，共有Ceq \o\al(6,10)＝Ceq \o\al(4,10)＝210种走法． $$