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作业与测评课件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 15分钟对点练 30分钟综合练 目录 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 7 知识点二　无限制条件的组合问题 4．甲、乙、丙3个公司承包6项不同的工程，甲承包1项，乙承包2项，丙承包3项，则所有的承包方案的种数为(　　) A．48 B．60 C．32 D．64 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 8 5．6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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 9 知识点三　有限制条件的组合问题 6．某市政府决定派遣6名干部分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少2人，则不同的派遣方案共有(　　) A．360种 B．90种 C．50种 D．180种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 10 7．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 3 4 1 3 C 2 4 D A B 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 11 知识点四　排列与组合的综合应用 8．[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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 13 9．已知集合A＝{x|1<log2x<3，x∈N*}，B＝{4，5，6，7，8}． (1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？ (2)从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4000大的自然数？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 15 10．将6名志愿者分配到三个运动场馆做服务工作，每个场馆至少1人． (1)共有多少种不同的分配方案？ (2)若6名志愿者中的甲和乙必须分配在同一个场馆工作，则共有多少种不同的分配方案？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15分钟对点练 10 17 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 19 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 20 3．中国文字博物馆荟萃历代中国文字样本精华，用详尽的资料向世界展示了中华民族一脉相承的文字和辉煌灿烂的文明．该博物馆馆藏的重要藏品主要分为铜器、碑碣、钱币、陶器、玉石器、甲骨、竹木、纸质、瓷器，共九类．小明去该馆任意选取四类重要藏品参观，则在碑碣、甲骨、瓷器三类中至少参观一类的不同选法种数为(　　) A．111 B．64 C．96 D．2664 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 21 4．某班班会准备从含甲、乙的6名学生中选取4人发言，要求甲、乙两人中至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为(　　) A．720 B．520 C．600 D．264 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 22 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 24 7315 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 25 7．立方体8个顶点中的任意两个顶点所在的直线中，异面直线共有_____对． 174 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 26 8．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) 72 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 29 10．高二(1)班共有35名学生，其中男生20名，女生15名，今从中选出3名学生参加活动． (1)其中某一女生必须在内，不同的选法有多少种？ (2)其中某一女生不能在内，不同的选法有多少种？ (3)恰有2名女生在内，不同的选法有多少种？ (4)至少有2名女生在内，不同的选法有多少种？ (5)至多有2名女生在内，不同的选法有多少种？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 31 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　组合数的性质及计算问题 1．[多选]下列各式正确的是(　　) A．Ceq \o\al(m,n)＝m,n)eq \f(A,m！) B．Aeq \o\al(m,n)＝mAeq \o\al(m－1,n－1) C．Ceq \o\al(m,n＋1)＝Ceq \o\al(m,n)－Ceq \o\al(m－1,n) D．Ceq \o\al(m＋1,n＋1)＝eq \f(n＋1,m＋1)Ceq \o\al(m,n) 解析　对于A，根据排列数和组合数公式，可知A正确；对于B，Aeq \o\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，Aeq \o\al(m－1,n－1)＝(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以Aeq \o\al(m,n)＝nAeq \o\al(m－1,n－1)，故B错误；对于C，Ceq \o\al(m,n)－Ceq \o\al(m－1,n)＝eq \f(n！,m！(n－m)！)－eq \f(n！,(m－1)！(n＋1－m)！)＝eq \f(n！,(m－1)！(n－m)！)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)－\f(1,n＋1－m)))＝eq \f(n！,(m－1)！(n－m)！)·eq \f(n＋1－2m,m(n＋1－m))≠Ceq \o\al(m,n＋1)＝eq \f((n＋1)！,m！(n＋1－m)！)，故C错误；对于D，Ceq \o\al(m＋1,n＋1)＝eq \f((n＋1)！,(m＋1)！(n－m)！)＝eq \f(n＋1,m＋1)×eq \f(n！,m！(n－m)！)＝eq \f(n＋1,m＋1)Ceq \o\al(m,n)，故D正确．故选AD． 2．计算： (1)Ceq \o\al(7,8)＋Ceq \o\al(8,9)＋Ceq \o\al(9,10)；(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　(1)原式＝Ceq \o\al(1,8)＋Ceq \o\al(1,9)＋Ceq \o\al(1,10)＝8＋9＋10＝27． (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． 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}． 3．(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)． 解析　由题意得，承包这件事可分步完成，先让甲承包1项，有Ceq \o\al(1,6)＝6种情况，再让乙承包2项，有Ceq \o\al(2,5)＝10种情况，剩下的3项丙承包，所以由分步乘法计数原理可得，共有6×10＝60种承包方案．故选B． 解析　任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　每组至少2人，则两组的人数分别为2，4或3，3．两组的人数为2和4的方法种数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,6)＝30，两组的人数都是3的方法种数为Ceq \o\al(3,6)＝20，则不同的派遣方案种数为30＋20＝50．故选C． 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． 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　由1<log2x<3，得2<x<8，又x∈N*，所以x的取值为3，4，5，6，7，即A＝{3，4，5，6，7}，所以A∪B＝{3，4，5，6，7，8}． (1)从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成的三位数的个数为Aeq \o\al(3,6)＝120． (2)若从集合A中取元素3，则3不能是千位上的数字，满足题意的自然数有Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝180个． 若不从集合A中取元素3，则四位数的组成数字有5组：4，5，6，7；4，6，7，8；4，5，6，8；4，5，7，8；5，6，7，8．分别全排列，满足题意的自然数有5Aeq \o\al(4,4)＝120个． 所以满足题意的自然数共有180＋120＝300个． 解　(1)当分配的人数分别是1，1，4时，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种分配方案； 当分配的人数分别是3，2，1时，有Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,1)Aeq \o\al(3,3)＝360种分配方案； 当分配的人数分别是2，2，2时，有2,6)eq \f(CCeq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2),Aeq \o\al(3,3)) Aeq \o\al(3,3)＝90种分配方案． 所以共有90＋360＋90＝540种不同的分配方案． (2)把甲、乙两人看作一个整体，6个人变成了5个元素，再把这5个元素分成 3组， 若分配的元素个数分别是1，1，3时，有1,5)eq \f(CCeq \o\al(1,4)Ceq \o\al(3,3),Aeq \o\al(2,2)) Aeq \o\al(3,3)＝60种分配方案； 若分配的元素个数分别是2，2，1时，有2,5)eq \f(CCeq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,1),Aeq \o\al(2,2)) Aeq \o\al(3,3)＝90种分配方案． 则共有60＋90＝150种不同的分配方案． 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　从铜器、碑碣、钱币、陶器、玉石器、甲骨、竹木、纸质、瓷器这九类中任取四类重要藏品参观，不同的选法种数为Ceq \o\al(4,9)，其中碑碣、甲骨、瓷器三类都不选的选法种数为Ceq \o\al(4,6)，因此满足条件的不同选法种数为Ceq \o\al(4,9)－Ceq \o\al(4,6)＝126－15＝111． 解析　甲、乙只有一人参加，有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(3,4)Aeq \o\al(4,4)＝192种发言顺序；甲、乙都参加，有Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3)＝72种发言顺序．根据分类加法计数原理，共有192＋72＝264种发言顺序．故选D． 解析　由图可知，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． 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． 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　立方体中有8个顶点，其中三棱锥的个数是Ceq \o\al(4,8)－12＝58，每个三棱锥中异面直线的对数是3，所以异面直线共有58×3＝174对． 解析　完成构成四位数这件事分三类： 四个数字中有1个“1”，共有Aeq \o\al(4,4)＝24个； 四个数字中有2个“1”，共有Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(2,3)＝36个； 四个数字中有3个“1”，共有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． 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　(1)从余下的34名学生中选取2名，有Ceq \o\al(2,34)＝561种选法． ∴不同的选法有561种． (2)从余下的34名可选学生中选取3名，有Ceq \o\al(3,34)＝5984种选法． ∴不同的选法有5984种． (3)从20名男生中选取1名，从15名女生中选取2名，有Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)＝2100种选法． ∴不同的选法有2100种． (4)选取2名女生有Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)种选法，选取3名女生有Ceq \o\al(3,15)种选法，故所求选法共有Ceq \o\al(1,20)Ceq \o\al(2,15)＋Ceq \o\al(3,15)＝2100＋455＝2555种．∴不同的选法有2555种． (5)从35名学生中选取3名学生有Ceq \o\al(3,35)种选法，选取3名女生有Ceq \o\al(3,15)种选法，因此所求选法共有Ceq \o\al(3,35)－Ceq \o\al(3,15)＝6545－455＝6090种．∴不同的选法有6090种． $$