6.2.4 组合数-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　计数原理 6.２　排列与组合 6.2.4　组合数 (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.进一步加深对组合概念的理解.2.组合数公式． 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：通过学习组合数及组合数公式的应用，提升逻辑推理素养和数学运算素养． 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 所有不同组合 核心概念掌握 5 1 核心概念掌握 6 190 161700 360 核心概念掌握 7 核心素养形成 题型一　组合数以及组合数性质的应用 核心素养形成 9 核心素养形成 10 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 　　　　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)既要有队长，又要有女运动员． 题型二　有限制条件的组合问题 核心素养形成 16 核心素养形成 17 感悟提升 解决有限制条件的组合问题的基本方法 核心素养形成 18 [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2名英、日语都精通，从中找出8人，使他们可以组成两个翻译小组，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？ 核心素养形成 19 核心素养形成 20 　　　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，可作出多少个？其中以C1为顶点的有多少个？ (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？ 题型三　与几何有关的组合问题 核心素养形成 21 核心素养形成 22 感悟提升 解决与几何有关的组合问题的注意点 (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，寻找出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 23 [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？ 核心素养形成 24 (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？ 核心素养形成 25 题型四　分组、分配问题　 角度 　　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，两份一本，一份四本； (4)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本； (5)分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本； (6)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 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： (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 29 [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3，3，6； (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 30 核心素养形成 31 角度 　　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． 核心素养形成 32 核心素养形成 33 核心素养形成 34 核心素养形成 35 [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1个球，有多少种放法？ (2)每个盒内放1个球，并且恰好有1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1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？ 核心素养形成 36 核心素养形成 37 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 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 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 3．(多选)将9个相同的小球分给甲、乙等4人，则下列说法正确的是(　　) A．若每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有56种 B．若每人至少分到2个小球，则不同的分配方法共有10种 C．若甲至少分到2个小球，其余3人每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有35种 D．若甲至少分到3个小球，其余3人每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有20种 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 4．将6名实习教师分配到5所学校进行培训，每名实习教师只能分配到1个学校，每个学校至少分配1名实习教师，则不同的分配方案共有________种． 1800 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 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张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，求不同取法的种数． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 对点 与几何有关的组合问题 有限制条件的组合问题 有限制条件的组合问题 分组、分配问题 分组、分配问题 排列数、组合数方程 题号 7 8 9 10 11 12 13 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ 对点 实际问题中的组合计数问题 分组、分配问题 组合数计算问题 数字排列问题 实际问题中的组合计数问题 有限制条件的组合问题 与几何有关的组合问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 47 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 48 2．从人教A版、人教B版、苏教版、湘教版、北师大版、沪教版这6个版本的数学新教材中选出3个版本，要求人教社两个版本的教材不同时被选择，则选择的方法种数是(　　) A．20 B．18 C．16 D．10 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 50 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 54 7 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 55 7．(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)． 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 56 8．导师制是高中新的教学探索制度，班级科任教师作为导师既面向全体授课对象，又对指定的若干学生的个性、人格发展和全面素质提高负责．已知有3位科任教师负责某学习小组的6名同学，每2名同学由1位科任教师负责，则不同的分配方法的种数为________． 90 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 59 10．从1到9的9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)(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2个偶数都不相邻的有几个？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 61 11．(2024·江苏镇江期中)某单位开展联欢活动，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项．甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同．甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖项介于丁和戊之间”．根据以上信息，这5人的奖项的所有可能情况的种数是(　　) A．15 B．18 C．22 D．26 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 63 12．10名演员，其中5名能歌，8名善舞，从中选出5人，使这5人能演出一个由1人独唱4人伴舞的节目，共有几种选法？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 64 13．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？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 66 　　　　　　　　　　　　　 R Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,m！（n－m）！) 知识点　组合数与组合数公式 组合数的定义 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数 符号表示 ______ 组合数公式 乘积式 Ceq \o\al(m,n)＝_______= ​​​​________________________________ 阶乘式 ________________________ Ceq \o\al(m,n) m,n)eq \f(A,Aeq \o\al(m,m)) eq \f(n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）,m！) 性质 1.Ceq \o\al(m,n)＝__________； 2.Ceq \o\al(m,n＋1)＝__________ 备注 ①n，m∈N*，且m≤n； ②规定：Ceq \o\al(0,n)＝_______ Ceq \o\al(n－m,n) Ceq \o\al(m,n)＋Ceq \o\al(m－1,n) 1．(组合数性质1)Ceq \o\al(18,20)＝________． 2．(组合数性质2)Ceq \o\al(3,99)＋Ceq \o\al(2,99)＝________． 3．(分组、分配问题)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． 解　∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤38－n≤3n，,0≤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)＝eq \f(30×29,2)＋31＝466. 4,10)INCLUDEPICTURE"例1.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\齐蔵\\PPT\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET 　(1)计算：C－Ceq \o\al(3,7)Aeq \o\al(3,3). 解　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)求Ceq \o\al(38－n,3n)＋Ceq \o\al(3n,21＋n)的值． 证明　mCeq \o\al(m,n)＝m·eq \f(n！,m！（n－m）！) ＝m·eq \f(n·（n－1）！,m·（m－1）！（n－m）！) ＝n·eq \f(（n－1）！,（m－1）！（n－m）！)＝nCeq \o\al(m－1,n－1). (3)证明：mCeq \o\al(m,n)＝nCeq \o\al(m－1,n－1). 解　原方程可化为 eq \f(m！（5－m）！,5！)－eq \f(m！（6－m）！,6！)＝eq \f(7×m！（7－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. ∵0≤m≤5，m∈N，∴m＝2. ∴Ceq \o\al(m,6)＋Ceq \o\al(m＋1,6)＋Ceq \o\al(m＋2,7)＋Ceq \o\al(m＋3,8)＝Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(3,6)＋Ceq \o\al(4,7)＋Ceq \o\al(5,8)＝Ceq \o\al(3,7)＋Ceq \o\al(4,7)＋Ceq \o\al(5,8)＝Ceq \o\al(4,8)＋Ceq \o\al(5,8)＝Ceq \o\al(5,9)＝126. (4)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,6)＋Ceq \o\al(m＋1,6)＋Ceq \o\al(m＋2,7)＋Ceq \o\al(m＋3,8)的值． 感悟提升 解决组合数问题的注意点 (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(2)． (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(3)所推导的结论“mCeq \o\al(m,n)＝nCeq \o\al(m－1,n－1)”是非常重要的公式，应熟练掌握． [跟踪训练1]　(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). 解：①eq \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). (2)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、日语都精通”的人的参与情况，可分为三类： 第1类，“英、日语都精通”的人不参加，有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,4)＝5种； 第2类，“英、日语都精通”的人有1人参加，该人可参加英语，也可参加日语，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)＝20＋40＝60种； 第3类，“英、日语都精通”的2人均参加，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)＝80＋10＋30＝120种． 由分类加法计数原理可得，共有5＋60＋120＝185种． 故这样的8人名单可开出185张． 解法二：按“英、日语都精通”的人参加英语翻译的人数，可分为三类： 第1类，“英、日语都精通”的人不参加英语翻译，有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(4,6)＝75种； 第2类，“英、日语都精通”的人恰有1人参加英语翻译，有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(4,5)＝100种； 第3类，“英、日语都精通”的人全部参加英语翻译，有Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(4,4)＝10种． 由分类加法计数原理可得，共有75＋100＋10＝185种． 故这样的8人名单可开出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3条棱上各有3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3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，减去4个点共面的取法种数即可．从四面体同一个面上的6个点中取出的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个点与相对棱的中点共面，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个点不共面的不同取法有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“部分均匀分组问题”，共有1,6)eq \f(CCeq \o\al(1,5)Ceq \o\al(4,4),Aeq \o\al(2,2)) ＝15种不同的分法． (4)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． (5)在(4)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． (6)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(5)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1,6)eq \f(CCeq \o\al(1,5)Ceq \o\al(4,4),Aeq \o\al(2,2)) ·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)3,12)eq \f(CCeq \o\al(3,9)Ceq \o\al(6,6),Aeq \o\al(2,2)) ＝9240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，在首尾两球外侧各放置一块隔板，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．先在首尾两球外侧各放置一块隔板，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．先在首尾两球外侧各放置一块隔板，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形成相邻的两个空盒子，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． 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(n≥m)，有Ceq \o\al(m－1,n－1)种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块隔板 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4个盒子中选出3个盒子，再从3个盒子中选出1个盒子放入2个球，余下2个盒子各放1个球．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○○|○○○○○|○○○|○○○○，故共有Ceq \o\al(3,13)＝286种放法． 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)－8Ceq \o\al(3,3)＝200.故选C. 解析：若每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有Ceq \o\al(3,8)＝56种，故A正确；若每人至少分到2个小球，则4人中只有1人分到3个小球，其余3人各分到2个小球，故不同的分配方法共有Ceq \o\al(3,4)＝4种，故B错误；若甲至少分到2个小球，其余3人每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有Ceq \o\al(3,7)＝35种，故C正确；若甲至少分到3个小球，其余3人每人至少分到1个小球，则不同的分配方法共有Ceq \o\al(3,6)＝20种，故D正确．故选ACD. 解析：将6名教师分成5组，只有一类情况，即1，1，1，1，2，不同的分组方式有1,6)eq \f(CCeq \o\al(1,5)Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,2),Aeq \o\al(4,4)) 种，再分配给5所学校，可得不同的分配方案共有1,6)eq \f(CCeq \o\al(1,5)Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,2),Aeq \o\al(4,4)) ×Aeq \o\al(5,5)＝1800种． 解：解法一：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． 故所求的不同取法的种数为64＋144＋192＋72＝472. 解法二：由题意，不考虑特殊情况，共有Ceq \o\al(3,16)种取法， 其中每种颜色的卡片取3张，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,4)种取法， 任取的3张中有2张红色卡片，有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,12)种取法， 故所求的不同取法的种数为Ceq \o\al(3,16)－Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,4)－Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,12)＝472. 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：在6个版本的数学新教材中选出3个版本，共有Ceq \o\al(3,6)＝20种选法，人教版的教材同时被选择，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,2)＝4种选法，故人教社两个版本的教材不同时被选择有20－4＝16种选择方法．故选C. 3．某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的4盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有(　　) A．Ceq \o\al(4,8)种 B．Ceq \o\al(4,7)种 C．Ceq \o\al(4,12)种 D．Ceq \o\al(4,11)种 解析：根据题意，使用插空法分析：原来有12盏路灯，熄灭其中的4盏灯，还有8盏是亮着的，先将亮着的8盏灯排成一排，由于两端的灯不能熄灭，则有7个符合条件的空位，进而在7个空位中，任取4个插入熄灭的4盏灯，有Ceq \o\al(4,7)种方法．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，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)现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是(　　) A．若每人都安排一项工作，则不同安排方法的种数为45 B．若每项工作至少有1人参加，则不同安排方法的种数为Aeq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,4) C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同安排方法的种数为(Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,2)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3))Aeq \o\al(3,3) D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方法的种数是Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3) 解析：对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则共有45种安排方法，A正确；对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排四项工作，有Ceq \o\al(2,5)Aeq \o\al(4,4)种安排方法，B错误；对于C，先将5人分为3组，有3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CCeq \o\al(1,2),Aeq \o\al(2,2))＋\f(Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3),Aeq \o\al(2,2)))) 种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有Aeq \o\al(3,3)种情况，则有3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CCeq \o\al(1,2),Aeq \o\al(2,2))＋\f(Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3),Aeq \o\al(2,2)))) Aeq \o\al(3,3)种安排方法，C错误；对于D，①从丙、丁、戊中选出1人开车，有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)种安排方法，②从丙、丁、戊中选出2人开车，有Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)种安排方法，由分类加法计数原理得，共有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)种安排方法，D正确．故选AD. 二、填空题 6．若Aeq \o\al(3,m)＝6Ceq \o\al(4,m)，则m的值为________． 解析：由Aeq \o\al(3,m)＝6Ceq \o\al(4,m)，得eq \f(m！,（m－3）！)＝6·eq \f(m！,4！（m－4）！)，即eq \f(1,m－3)＝eq \f(1,4)，解得m＝7. 解析：由题意，可分三类：第1类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)种方案；第2类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,4)种方案；第3类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,4)种方案．综上，不同的选课方案共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,4)＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,4)＝64种． 解析：先将6名同学平均分为3组，不同的分组方式有2,6)eq \f(CCeq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2),Aeq \o\al(3,3)) ＝15种，然后再将分好的3组分配给3位科任教师，不同的分配方式有Aeq \o\al(3,3)＝6种，所以不同的分配方法的种数为15×6＝90. 三、解答题 9．(1)设x∈N*，求Ceq \o\al(x－1,2x－3)＋Ceq \o\al(2x－3,x＋1)的值； (2)解不等式：Ceq \o\al(x－4,20)＜Ceq \o\al(x－2,20)＜Ceq \o\al(x,20). 解：(1)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3≥x－1≥0，,x＋1≥2x－3≥0，)) 解得2≤x≤4， ∵x∈N*，∴x＝2或x＝3或x＝4， 当x＝2时，原式＝Ceq \o\al(1,1)＋Ceq \o\al(1,3)＝4； 当x＝3时，原式＝Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(3,4)＝7； 当x＝4时，原式＝Ceq \o\al(3,5)＋Ceq \o\al(5,5)＝11. ∴原式的值为4或7或11. (2)原不等式可化为 eq \f(20！,（x－4）！（24－x）！)＜eq \f(20！,（x－2）！（22－x）！) ＜eq \f(20！,x！（20－x）！) ⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）（x－3）＜（24－x）（23－x），,x（x－1）＜（22－x）（21－x）)) ⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜13，,x＜11))⇒x＜11. 又x∈N且4≤x≤20， ∴x＝4，5，6，7，8，9，10. ∴原不等式的解集是{4，5，6，7，8，9，10}． 解：(1)分步完成：第1步，在4个偶数中取3个，可有Ceq \o\al(3,4)种取法；第2步，在5个奇数中取4个，可有Ceq \o\al(4,5)种取法；第3步，3个偶数、4个奇数进行排列，可有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，任意2个偶数都不相邻，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． 解析：若甲是特等奖，不考虑丙的位置，有Aeq \o\al(4,4)种；若甲不是特等奖，不考虑丙的位置，有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)种；而丙在丁和戊之间的占eq \f(1,3)，所以这5人的奖项的所有可能情况的种数是eq \f(1,3)(Aeq \o\al(4,4)＋Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3))＝26.故选D. 解：由题意可知，能歌善舞的有(5＋8)－10＝3人，所以仅能歌的有2人，仅善舞的有5人，分四类： 第1类，能歌善舞的3人不参加节目，有Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,2)＝10种选法； 第2类，能歌善舞的3人中有1人参加节目，有Ceq \o\al(1,3)(Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,2))＝75种选法； 第3类，能歌善舞的3人中有2人参加节目，有Ceq \o\al(2,3)(Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,2)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(1,2))＝120种选法； 第4类，能歌善舞的3人都参加节目，有Ceq \o\al(3,3)(Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(1,3)＋Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(1,2))＝40种选法． 所以共有10＋75＋120＋40＝245种选法． 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，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,6)＝60个； 第2类，α内2点，β内1点确定的平面，有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,6)＝36个； 第3类，α，β本身，有2个． 故所作的平面最多有60＋36＋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，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,6)＝80个； 第2类，α内2点，β内2点确定的三棱锥，有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,6)＝90个； 第3类，α内3点，β内1点确定的三棱锥，有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,6)＝24个． 故最多可作的三棱锥有80＋90＋24＝194个． (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， 故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． $$