第7章 习题课 排列与组合的综合运用-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（苏教版2019）

习题课　排列与组合的综合运用 ［学习目标］　1.掌握具有限制条件的排列、组合问题的解决方法.2.理解排列、组合中的分组、分配等问题. 一、分组、分配问题 角度1　不同元素分组、分配问题 例1　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法？ (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：先选一本有种选法，再从余下的5本中选两本有种选法，最后余下的三本全选有种选法.由分步计数原理知，分配方法共有··=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，分配方法共有 ···=360(种). (3)先分三组，有种分法，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)，但种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共种情况，而这种情况只能作为一种分法，故分配方法有=15(种). (4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方法·=90(种). 反思感悟　分组、分配问题的求解策略 (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. ②部分均匀分组，应注意不要重复，若有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　相同元素分配问题 例2　将6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子，求下列不同情况的放法. (1)每个盒子都不空； (2)恰有一个空盒子. 解　(1)先把6个相同的小球排成一行，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，故共有=10(种)放法. (2)恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法，第二步在小球之间5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，由分步计数原理得，共有·=40(种)放法. 反思感悟　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个不同的对象(n≥m，n，m∈N*)，且每个对象至少分1个，有种方法.可描述为(n-1)个空中插入(m-1)块隔板. 跟踪训练1　(1)把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法有　　　　种.  答案　56 解析　问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列，再分成6堆，每堆至少一个，求其方法数.事实上，只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入挡板，即产生符合要求的方法数.故有=56(种)不同的分法. (2)某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传肾脏日的主题：“尽快行动，尽快预防”，则不同的分配方案有　　　　种(用数字作答).  答案　90 解析　·=90(种). 二、排列、组合的综合应用 角度1　相邻、相间及特殊元素(位置)问题 例3　(1)互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法 (　　) A.种 B.种 C.种 D.种 答案　D 解析　红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，即红色菊花两边各一盆白色菊花，一盆黄色菊花，共有种摆放方法. (2)有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？ 解　方法一　(直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类： ①取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有种方法；0可在后两位，有种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时不同的三位数有·22个. ②取1不取0，同上分析，不同的三位数有·22·个. ③0和1都不取，不同的三位数有·23·个. 综上所述，不同的三位数共有 ···22+·22·+·23·=432(个). 方法二　(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数·23·个，其中0在百位是不符合题意的，有·22·个，故不同的三位数共有·23·-·22·=432(个). 反思感悟　解排列、组合问题要遵循的两个原则 (1)按元素(位置)的性质进行分类； (2)按事情发生的过程进行分步.具体地说，解排列、组合问题常以元素(位置)为主体，即先满足特殊元素(位置)，再考虑其他元素(位置). 角度2　选排问题 例4　有5个男生和3个女生，从中选出5人分别担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数. (1)有女生但人数必须少于男生； (2)某女生一定担任语文科代表； (3)某男生必须包括在内，但不担任语文科代表； (4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表. 解　(1)先选后排，5人可以是2女3男，也可以是1女4男， 所以先选有+种，后排有种， 所以共有不同选法·=5 400(种). (2)除去一定担任语文科代表的女生后，先选后排，共有不同选法·=840(种). (3)先选后排，但先安排不担任语文科代表的该男生，所以共有不同选法··=3 360(种). (4)先从除去必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生和一定要担任语文科代表的该女生的6人中选3人有种， 再安排必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生有种，其余3人全排列有种， 所以共有不同选法··=360(种). 反思感悟　解决有关排列与组合的综合应用问题尤其应注意两点：(1)审清题意，区分哪是排列，哪是组合；(2)往往综合问题会有多个限制条件，应认真分析题意确定分类还是分步. 跟踪训练2　(1)有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有 (　　) A.240种 B.192种 C.96种 D.48种 答案　B 解析　当丙和乙在甲的左侧时，共有=96(种)排列方法，同理，当丙和乙在甲的右侧时也有96种排列方法，所以共有192种排列方法. (2)某地奥运会火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成.如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有　　　种.(用数字作答)  答案　96 解析　甲传第一棒，乙传最后一棒，共有种方法.乙传第一棒，甲传最后一棒，共有种方法.丙传第一棒，共有·种方法.由分类计数原理得，共有++·=96(种)方法. 1.知识清单： (1)分组、分配问题. (2)排列、组合的综合应用. 2.方法归纳：分类讨论、插空法、隔板法、均分法. 3.常见误区：分类不当；平均分组理解不到位. 1.登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是 (　　) A.30　B.60　C.120　D.240 答案　B 解析　先将4个熟悉道路的人平均分成两组，有种，再将余下的6人平均分成两组，有种，然后这四个组自由搭配还有种，故最终分配方法有=60(种). 2.从4男3女志愿者中选1女2男分别到A，B，C三地去执行任务，则不同的选派方法有 (　　) A.36种　B.108种　C.210种　D.72种 答案　B 解析　从4男3女志愿者中选1女2男有=18(种)方法，分别到A，B，C地执行任务，有=6(种)方法，根据分步计数原理，可得不同的选派方法有18×6=108(种). 3.中国古代的五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，现每一类书只有一本，甲、乙、丙、丁、戊5名同学各选一本书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有 (　　) A.18种　B.24种　C.36种　D.54种 答案　D 解析　(1)若甲选《春秋》，则有=18(种)情况；(2)若甲不选《春秋》，则有=36(种)情况. 所以5名同学所有可能的选择有18+36=54(种). 4.用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有　　　个.(用数字作答)  答案　1 080 解析　①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为··=960. ②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为=120. 故符合题意的四位数一共有960+120=1 080(个). 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共30分；多选题每小题6分，共12分 1.“中国梦”的英文翻译为“China Dream”，其中China又可以简写为CN，从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有 (　　) A.360种 B.480种 C.600种 D.720种 答案　C 解析　从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，共有=600(种). 2.旅游体验师小李受某网站邀请，决定在甲、乙、丙、丁四个景区分别进行一次旅游.已知他不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则他可选的旅游路线数为 (　　) A.24　B.18　C.16　D.10 答案　D 解析　小李可选的旅游路线分两种情况：①最后去甲景区旅游，则可选的路线有种；②不最后去甲景区旅游，则可选的路线有×种，所以小李可选的旅游路线数为+×=10. 3.有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本.若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是 (　　) A.24　B.48　C.72　D.96 答案　B 解析　根据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有种不同的摆放方法.由分类计数原理可得共有+=48(种)摆放方法. 4.某地举行论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为 (　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　首先从14人中选出12人共种，然后将12人平均分为3组共种，然后这两步相乘，得，再将三组分早、中、晚三班共·=(种). 5.某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷.现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有 (　　) A.56种 B.68种 C.74种 D.92种 答案　D 解析　根据划左舷中“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有20+60+12=92(种)不同的选派方法. 6.(多选)将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子的放法种数为 (　　) A. B. C. D.18 答案　BC 解析　根据题意知，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有两种解法： 方法一　分2步进行分析： ①先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法； ②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法，则没有空盒的放法有种，故选B. 方法二　分2步进行分析： ①在3个盒子中任选1个，在4个小球中任选2个，并将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况； ②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法，则没有空盒的放法有种，故选C. 综上，BC正确. 7.(5分)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是　　　　.(用数字作答)  答案　336 解析　当每人各站一个台阶时有种站法；当两个人站在同一个台阶上时有种站法.因此不同的站法种数为 +=210+126=336. 8.(5分)用1，2，3，4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为　　　　.  答案　8 解析　首先排两个奇数1，3，有种排法，再在2，4中取一个数放在1，3之间，有种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有种排法，即满足条件的四位数的个数为=8. 9.(10分)某新闻部门共有A，B，C，D，E，F六人. (1)由于召开会议，部门准备在接下来的六天每天安排1人加班，每人只被安排1次，若A不能安排在第一天，B不能安排在最后一天，则不同的安排方法共有多少种？(3分) (2)该部门被评为优秀宣传组，六人合影留念，分前后两排每排3人对齐站立，要求后排的3个人每人都比自己前面的人身高要高，则不同的站法共有多少种？(六人身高均不相同)(3分) (3)该部门接到通知全员要到甲、乙、丙、丁4个社区进行采访，每个社区至少去1人，每人只去一个社区，则不同的分派方案共有多少种？(4分) 解　(1)分两类完成，第一类，A安排在最后一天，则有种， 第二类，除A，B外选一人安排在最后一天，再从除A外剩余的4人选一人排在第一天，剩余的4人排在剩余的4个位置即可，故有··种， 根据分类计数原理可得N1=+··=504(种). (2)可看作3个不同位置，分别取出2人排好3个位置，两人顺序确定(高在后，矮在前)， 所以N2=··=90(种). (3)先分组，再安排到四个不同社区， 第一类分组方法为3，1，1，1，共有种分法， 第二类分组方法为2，2，1，1，共有种分法， 故N3=·=1 560(种). 10.(11分)平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线. (1)这9个点，可确定多少条不同的直线？(3分) (2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形？(4分) (3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形？(4分) 解　方法一　(直接法)共线的4点记为A，B，C，D. (1)第一类：A，B，C，D确定1条直线； 第二类：A，B，C，D以外的5个点可确定条直线； 第三类：从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定条直线. 根据分类计数原理，共有不同直线1++=1+10+20=31(条). (2)第一类：从A，B，C，D中取2个点，可得个三角形； 第二类：从A，B，C，D中取1个点，可得个三角形； 第三类：从其余5个点中任取3点，可得个三角形. 共有++=80(个)三角形. (3)分三类：分别从其余5个点中任取4个，3个，2个点共得++=105(个)四边形. 方法二　(间接法)(1)可确定直线-+1=31(条). (2)可确定三角形-=80(个). (3)可确定四边形--=105(个). 11.若自然数n使得n+(n+1)+(n+2)不产生十进位现象，则称n为“良数”.例如：32是“良数”，因为32+33+34不产生十进位现象；23不是“良数”，因为23+24+25产生十进位现象.那么，小于1 000的“良数”的个数为 (　　) A.27　B.36　C.39　D.48 答案　D 解析　如果n是良数，则n的个位数字只能是0，1，2，非个位数字只能是0，1，2，3(首位不为0)，而小于1 000的数至多三位，一位数的良数有0，1，2，共3个；二位数的良数个位可取0，1，2，十位可取1，2，3，共有3×3=9(个)；三位数的良数个位可取0，1，2，十位可取0，1，2，3，百位可取1，2，3，共有3×4×3=36(个).综上，小于1 000的“良数”的个数为3+9+36=48. 12.(5分)某企业有4个分厂，新培训了6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为　　　　.  答案　1 560 解析　先把6名技术人员分成4组，每组至少一人.若4个组的人数按3，1，1，1分配， 则不同的分配方案有=20(种). 若4个组的人数为2，2，1，1， 则不同的分配方案有×=45(种). 故所有分组方法共有20+45=65(种).再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65=1 560(种). 13.(5分)数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是　　　　.  答案　240 解析　由题意知6必在第三行，安排6有种方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有种方法，在剩下的三个数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有种方法，剩下的两个数字有种方法.按分步计数原理，满足题意的排列的个数是=240. 14.(5分)已知不定方程x1+x2+x3+x4=12，则不定方程正整数解的组数为　　　　.  答案　165 解析　问题相当于将12个完全相同的小球放入4个不同的盒子，且每个盒子中至少放入1个小球，使用“隔板法”得不定方程正整数解的组数为=165. 15.(多选)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可能为 (　　) A.1　B.2　C.3　D.4 答案　BD 解析　任意两位同学之间交换纪念品共要交换=15(次)，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是每人得到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次若不涉及同一人，则收到4份纪念品的同学有4人；若涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有2人.故选BD. 16.(12分)已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止. (1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(7分) (2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品，则这样的不同测试方法数是多少？(5分) 解　(1)先排前4次测试，只能取正品，有种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试，有种测试方法，再排余下4件的测试位置，有种测试方法.所以共有··=103 680(种)不同的测试方法. (2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有··=576(种)不同的测试方法. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第7章 <<< 习题课 排列与组合的综合运用 1.掌握具有限制条件的排列、组合问题的解决方法. 2.理解排列、组合中的分组、分配等问题. 学习目标 一、分组、分配问题 二、排列、组合的综合应用 课时对点练 随堂演练 内容索引 3 一 分组、分配问题 　　　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法？ (1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本； 例 1 角度1　不同元素分组、分配问题 分三步：先选一本有种选法，再从余下的5本中选两本有种选法，最后余下的三本全选有种选法.由分步计数原理知，分配方法共有··=60(种). 5 (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； 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，分配方法共有···=360(种). 6 (3)分成三组，每组都是2本； 先分三组，有种分法，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)，但种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共种情况，而这种情况只能作为一种分法，故分配方法有=15(种). 7 (4)分给甲、乙、丙三人，每人2本. 在(3)的基础上再分配即可，共有分配方法·=90(种). 8 (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. ②部分均匀分组，应注意不要重复，若有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. 反 思 感 悟 分组、分配问题的求解策略 9 　　　将6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子，求下列不同情况的放法. (1)每个盒子都不空； 例 2 先把6个相同的小球排成一行，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，故共有=10(种)放法. 角度2　相同元素分配问题 10 (2)恰有一个空盒子. 恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法，第二步在小球之间5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，由分步计数原理得，共有·=40(种)放法. 11 (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个不同的对象(n≥m，n，m∈N*)，且每个对象至少分1个，有种方法.可描述为(n-1)个空中插入(m-1)块隔板. 反 思 感 悟 相同元素分配问题的处理策略 12 　　　　　(1)把9个完全相同的口罩分给6名同学，每人至少一个，不同的分法有　　种.  跟踪训练 1 56 问题可转化为将9个完全相同的口罩排成一列，再分成6堆，每堆至少一个，求其方法数.事实上，只需在上述9个完全相同的口罩所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入挡板，即产生符合要求的方法数.故有=56(种)不同的分法. 13 (2)某社区服务站将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分别去三个不同的社区宣传肾脏日的主题：“尽快行动，尽快预防”，则不同的分配方案有　　　　种(用数字作答).  90 ·=90(种). 14 二 排列、组合的综合应用 　　　(1)互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法 A.种 B.种 C.种 D.种 例 3 角度1　相邻、相间及特殊元素(位置)问题 √ 16 红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，即红色菊花两边各一盆白色菊花，一盆黄色菊花，共有种摆放方法. 17 (2)有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？ 18 方法一　(直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类： ①取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有种方法；0可在后两位，有种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时不同的三位数有·22个. ②取1不取0，同上分析，不同的三位数有·22·个. ③0和1都不取，不同的三位数有·23·个. 综上所述，不同的三位数共有 ···22+·22·+·23·=432(个). 19 方法二　(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数·23·个，其中0在百位是不符合题意的，有·22·个，故不同的三位数共有·23· -·22·=432(个). 20 反 思 感 悟 解排列、组合问题要遵循的两个原则 (1)按元素(位置)的性质进行分类； (2)按事情发生的过程进行分步.具体地说，解排列、组合问题常以元素(位置)为主体，即先满足特殊元素(位置)，再考虑其他元素(位置). 　　　有5个男生和3个女生，从中选出5人分别担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数. (1)有女生但人数必须少于男生； 例 4 角度2　选排问题 先选后排，5人可以是2女3男，也可以是1女4男， 所以先选有+种，后排有种， 所以共有不同选法·=5 400(种). 22 (2)某女生一定担任语文科代表； 除去一定担任语文科代表的女生后，先选后排，共有不同选法· =840(种). (3)某男生必须包括在内，但不担任语文科代表； 先选后排，但先安排不担任语文科代表的该男生，所以共有不同选法··=3 360(种). 23 (4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表. 先从除去必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生和一定要担任语文科代表的该女生的6人中选3人有种， 再安排必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生有种，其余3人全排列有种， 所以共有不同选法··=360(种). 24 反 思 感 悟 解决有关排列与组合的综合应用问题尤其应注意两点：(1)审清题意，区分哪是排列，哪是组合；(2)往往综合问题会有多个限制条件，应认真分析题意确定分类还是分步. 　　　　　(1)有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有 A.240种 B.192种 C.96种 D.48种 跟踪训练 2 当丙和乙在甲的左侧时，共有=96(种)排列方法，同理，当丙和乙在甲的右侧时也有96种排列方法，所以共有192种排列方法. √ 26 (2)某地奥运会火炬接力传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成.如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有　　　种.(用数字作答)  甲传第一棒，乙传最后一棒，共有种方法.乙传第一棒，甲传最后一棒，共有种方法.丙传第一棒，共有·种方法.由分类计数原理得，共有++·=96(种)方法. 96 27 1.知识清单： (1)分组、分配问题. (2)排列、组合的综合应用. 2.方法归纳：分类讨论、插空法、隔板法、均分法. 3.常见误区：分类不当；平均分组理解不到位. 课堂小结 随堂演练 三 1 2 3 4 1.登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是 A.30　 B.60　 C.120　 D.240 √ 1 2 3 4 先将4个熟悉道路的人平均分成两组，有种，再将余下的6人平均分成两组，有种，然后这四个组自由搭配还有种，故最终分配方法有=60(种). 2.从4男3女志愿者中选1女2男分别到A，B，C三地去执行任务，则不同的选派方法有 A.36种　 B.108种　 C.210种 　D.72种 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 从4男3女志愿者中选1女2男有=18(种)方法，分别到A，B，C地执行任务，有=6(种)方法，根据分步计数原理，可得不同的选派方法有18×6=108(种). 3.中国古代的五经是指：《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，现每一类书只有一本，甲、乙、丙、丁、戊5名同学各选一本书作为课外兴趣研读，若甲、乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有 A.18种　 B.24种　 C.36种　 D.54种 1 2 3 4 (1)若甲选《春秋》，则有=18(种)情况；(2)若甲不选《春秋》，则有=36(种)情况. 所以5名同学所有可能的选择有18+36=54(种). √ 4.用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有　　　个.(用数字作答)  1 2 3 4 ①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为··=960. ②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为=120. 故符合题意的四位数一共有960+120=1 080(个). 1 080 课时对点练 四 1.“中国梦”的英文翻译为“China Dream”，其中China又可以简写为CN，从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有 A.360种 B.480种 C.600种 D.720种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，共有= 600(种). 2.旅游体验师小李受某网站邀请，决定在甲、乙、丙、丁四个景区分别进行一次旅游.已知他不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则他可选的旅游路线数为 A.24　 B.18　 C.16　 D.10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 小李可选的旅游路线分两种情况：①最后去甲景区旅游，则可选的路线有种；②不最后去甲景区旅游，则可选的路线有×种，所以小李可选的旅游路线数为+×=10. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本.若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是 A.24　 B.48　 C.72 　D.96 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有种不同的摆放方法.由分类计数原理可得共有+=48(种)摆放方法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.某地举行论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 首先从14人中选出12人共种，然后将12人平均分为3组共种，然后这两步相乘，得，再将三组分早、中、晚三班共·=(种). 5.某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷.现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有 A.56种 B.68种 C.74种 D.92种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据划左舷中“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有20+60+12=92(种)不同的选派方法. 6.(多选)将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子的放法种数为 A. B. C. D.18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据题意知，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有两种解法： 方法一　分2步进行分析： ①先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法； ②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法，则没有空盒的放法有种，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　分2步进行分析： ①在3个盒子中任选1个，在4个小球中任选2个，并将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况； ②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法，则没有空盒的放法有种，故选C. 综上，BC正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是　　　.(用数字作答)  336 当每人各站一个台阶时有种站法；当两个人站在同一个台阶上时有种站法.因此不同的站法种数为+=210+126=336. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.用1，2，3，4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为　　.  首先排两个奇数1，3，有种排法，再在2，4中取一个数放在1，3之间，有种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有种排法，即满足条件的四位数的个数为=8. 51 9.某新闻部门共有A，B，C，D，E，F六人. (1)由于召开会议，部门准备在接下来的六天每天安排1人加班，每人只被安排1次，若A不能安排在第一天，B不能安排在最后一天，则不同的安排方法共有多少种？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 分两类完成，第一类，A安排在最后一天，则有种， 第二类，除A，B外选一人安排在最后一天，再从除A外剩余的4人选一人排在第一天，剩余的4人排在剩余的4个位置即可，故有··种， 根据分类计数原理可得N1=+··=504(种). (2)该部门被评为优秀宣传组，六人合影留念，分前后两排每排3人对齐站立，要求后排的3个人每人都比自己前面的人身高要高，则不同的站法共有多少种？(六人身高均不相同) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 可看作3个不同位置，分别取出2人排好3个位置，两人顺序确定(高在后，矮在前)，所以N2=··=90(种). (3)该部门接到通知全员要到甲、乙、丙、丁4个社区进行采访，每个社区至少去1人，每人只去一个社区，则不同的分派方案共有多少种？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 先分组，再安排到四个不同社区， 第一类分组方法为3，1，1，1，共有种分法， 第二类分组方法为2，2，1，1，共有种分法， 故N3=·=1 560(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线. (1)这9个点，可确定多少条不同的直线？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　(直接法)共线的4点记为A，B，C，D. 第一类：A，B，C，D确定1条直线； 第二类：A，B，C，D以外的5个点可确定条直线； 第三类：从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定条直线. 根据分类计数原理，共有不同直线1++=1+10+20=31(条). 方法二　(间接法) 可确定直线-+1=31(条). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形？ 方法一　(直接法)共线的4点记为A，B，C，D. 第一类：从A，B，C，D中取2个点，可得个三角形； 第二类：从A，B，C，D中取1个点，可得个三角形； 第三类：从其余5个点中任取3点，可得个三角形. 共有++=80(个)三角形. 方法二　(间接法) 可确定三角形-=80(个). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形？ 方法一　(直接法)共线的4点记为A，B，C，D. 分三类：分别从其余5个点中任取4个，3个，2个点共得++=105(个)四边形. 方法二　(间接法) 可确定四边形--=105(个). 11.若自然数n使得n+(n+1)+(n+2)不产生十进位现象，则称n为“良数”.例如：32是“良数”，因为32+33+34不产生十进位现象；23不是“良数”，因为23+24+25产生十进位现象.那么，小于1 000的“良数”的个数为 A.27　 B.36　 C.39　 D.48 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如果n是良数，则n的个位数字只能是0，1，2，非个位数字只能是0，1，2，3(首位不为0)，而小于1 000的数至多三位，一位数的良数有0，1，2，共3个；二位数的良数个位可取0，1，2，十位可取1，2，3，共有3×3=9(个)；三位数的良数个位可取0，1，2，十位可取0，1，2，3，百位可取1，2，3，共有3×4×3=36(个).综上，小于1 000的“良数”的个数为3+9+36=48. 12.某企业有4个分厂，新培训了6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 560 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 先把6名技术人员分成4组，每组至少一人.若4个组的人数按3，1，1，1分配， 则不同的分配方案有=20(种). 若4个组的人数为2，2，1，1， 则不同的分配方案有×=45(种). 故所有分组方法共有20+45=65(种).再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65=1 560(种). 13.数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 240 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意知6必在第三行，安排6有种方法， 第三行中剩下的两个空位安排数字有种方 法，在剩下的三个数字中，必有一个最大数， 把这个最大数安排在第二行，有种方法，剩下的两个数字有种方法.按分步计数原理，满足题意的排列的个数是=240. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.已知不定方程x1+x2+x3+x4=12，则不定方程正整数解的组数为　　　.  165 问题相当于将12个完全相同的小球放入4个不同的盒子，且每个盒子中至少放入1个小球，使用“隔板法”得不定方程正整数解的组数为=165. 15.(多选)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可能为 A.1　 B.2　 C.3　 D.4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 任意两位同学之间交换纪念品共要交换=15(次)，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是每人得到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次若不涉及同一人，则收到4份纪念品的同学有4人；若涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有2人.故选BD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为止. (1)若恰在第5次测试才测试到第1件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 先排前4次测试，只能取正品，有种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5次和第10次的位置上测试，有种测试方法，再排余下4件的测试位置，有种测试方法.所以共有··=103 680(种)不同的测试方法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若恰在第5次测试后就找出了所有次品，则这样的不同测试方法数是多少？ 第5次测试的产品恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有··=576(种)不同的测试方法. 第一章 <<< $$