6.2.3&6.2.4 第2课时 组合的综合应用-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册教用Word(人教A版)

该教案聚焦组合的综合应用，涵盖有限制条件的组合、几何背景组合、分组分配问题三大题型。通过课外活动选主持、小球分配等实际情境导入，衔接排列与组合的区别，搭建从基础组合到复杂应用的学习支架。 资料以情境化例题（如志愿者名额分配）培养数学眼光，通性通法总结（直接分类、间接排除、隔板法）发展数学思维，几何组合问题（圆周点构形）提升空间观念。助力学生掌握解题策略，教师教学有系统题型与方法参考，高效提升课堂效果。

第2课时　组合的综合应用 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）法一　 法二　采用排除法有－＝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·＋·＋＝966（种）. （3）分两种情况：第一类，女队长当选，有种； 第二类，女队长不当选，则男队长当选，有·＋·＋·＋种. 故共有＋·＋·＋·＋＝790（种）. 【母题探究】 　（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＝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：＋＝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）. 通性通法 有限制条件的组合问题主要有两类 （1）“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； （2）“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：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. 【跟踪训练】 　某传统文化学习小组有10名同学，其中男生5名，女生5名，现要从中选取4人参加学校举行的汇报展示活动. （1）如果4人中男生、女生各2人，有多少种选法？ （2）如果男生甲与女生乙至少有1人参加，有多少种选法？ （3）如果4人中既有男生又有女生，有多少种选法？ 解：（1）根据题意，在5名男生中任选2人，＝10（种）选法，在5名女生中任选2人，＝10（种）选法，则4人中男生、女生各2人的选法有10×10＝100（种）. （2）根据题意，在10人中任选4人，有种选法，若甲、乙都没有参加，种选法，则＝140（种）符合题意的选法. （3）根据题意，在10人中任选4人，有种选法，只有男生的选法有种，只有女生的选法有种，则既有男生又有女生的选法200（种）. 题型二 与几何有关的组合问题 【例2】　如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4. （1）以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？ （2）以图中的12个点（包括A，B）中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？ 解：（1）法一　可作出三角形＋·＋·＝116（个）. 法二　可作三角形－＝116（个）， （2）可作出四边形＋·＋·＝360（个）. 通性通法 解答几何图形组合问题的策略 （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，题目多是以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景的排列、组合.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. 【跟踪训练】 　空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为（　　） A.205　 B.110 C.204　 D.200 解析：A　法一　可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为＋＋＋＝205. 法二　从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为－＝205. 题型三 组合中的分组、分配问题 【例3】　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，一份一本，一份两本，一份三本； （4）分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本. 解：（1）根据分步乘法计数原理得有＝90种. （2）分给甲、乙、丙三人，每人两本有种方法，这个过程可以分两步完成：第一步分为三份，每份两本，设有x种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有种方法.根据分步乘法计数原理可得＝x，所以x＝＝15.因此分为三份，每份两本一共有15种方法. （3）这是“不均匀分组”问题，一共有＝60种方法. （4）在（3）的基础上再进行全排列，所以一共有＝360种方法. 通性通法 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.可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配. 【跟踪训练】 　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）有多少种放法？ （2）每盒至多1个球，有多少种放法？ （3）恰好有1个空盒，有多少种放法？ （4）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？ 解：（1）每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256种放法. （2）这是全排列问题，共有＝24种放法. （3）法一　先将4个小球分为3组，有种方法，再将3组小球投入4个盒子中的3个盒子，有种投放方法，故共有·＝144种放法. 法二　先取4个球中的2个“捆”在一起，有种选法，把它与其他2个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有种投放方法，所以共有＝144种放法. （4）1个球的编号与盒子编号相同的选法有种， 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2＝8（种）. 1.一个口袋中装有大小相同的6个白球和4个黑球，从中取2个球，则这2个球同色的不同取法有（　　） A.27种　 B.24种 C.21种　 D.18种 解析：C　分两类：一类是2个白球有＝15（种）取法，另一类是2个黑球有＝6（种）取法，所以共有15＋6＝21（种）取法. 2.在1，2，3，4，5，6，7这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字5是取出的五个不同数的中位数的所有取法种数为（　　） A.6　 B.12 C.18　 D.24 解析：A　根据题意，数字5是取出的五个不同数的中位数，则取出的数字中必须有5，6，7，在1，2，3，4中有2个数字，则不同的取法有＝6种. 3.把5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同的分配方案有（　　） A.80种　 B.120种 C.140种　 D.50种 解析：A　当甲组中有3人，乙、丙组中各有1人时，＝20（种）不同的分配方案；当甲组中有2人，乙组中也有2人，丙组中只有1人时，有＝30（种）不同的分配方案；当甲组中有2人，乙组中有1人，丙组中有2人时，有＝30（种）不同的分配方案.故共有20＋30＋30＝80（种）不同的分配方案. 4.在同一个平面内有一组平行线共8条，另一组平行线共10条，这两组平行线相互不平行. （1）它们共能构成　1 260　个平行四边形； （2）共有　80　个交点. 解析：（1）第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能构成一个平行四边形，故共有＝1 260（个）. （2）第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点，所以共有＝80（个）. 　用隔板法解相同元素的分配问题 1.把8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人，共有多少种不同的分法？ 2.将10个志愿者名额分配给4个学校，要求每校至少有一个名额，则不同的名额分配方法共有　　种（用数字作答）. 3.从4个班中选出7位同学组成体育啦啦队，每班至少1位同学，则不同的名额分配方案共有　　种（用数字作答）. 【问题探究】 　上述三个问题可归结为以下两个问题： 1.把n个相同的小球放入m个不同的盒子中（n≥m≥1），要求每个盒子非空，有多少种不同放法？ 解：先将n个小球排成一列，然后在它们之间形成的（n－1）个空（不含两端的）中插入（m－1）块隔板，便将n个小球分割成m组，每组至少有1个小球，这m组小球依次放入m个不同的盒子，（m－1）块隔板的一种插法就对应了n个相同小球投入m个不同盒子的一种放法，故不同的放法共有种. 2.将n个相同的小球投放到m（n≥m≥1）个不同的盒子中，可以有空盒的不同放法有多少种？ 解：法一　将m个盒子排成一排（并在一起的两盒子的外壁视为一块隔板），除去两端的盒子的外壁，共有（m－1）块隔板；再把n个相同的小球投放到m个不同的盒子中，不同的放法对应着n个球和（m－1）块隔板的不同排法，于是问题转化为从（n＋m－1）个位置中选出n个位置放球，共有不同放法＝种. 法二　“将n个相同的小球投放到m（n≥m≥1）个不同的盒子中，允许有空盒子”的放法种数，等于“将n＋m个相同的小球投放到m（n≥m）个不同的盒子中，每个盒子至少有1个球”的放法种数，根据法一可知，共种不同放法. 方法总结 相同元素的分配问题用“隔板法” 　　“隔板法”的解题步骤：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. 【迁移应用】 1.将6个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，求下列放法的种数. （1）每个盒子都不空； （2）恰有1个盒子空； （3）恰有2个盒子空. 解：（1）需将6个小球分为4组，然后每个盒子放入1组，可用3块隔板放在6个小球之间的5个空隙中的任意3处，每种放法对应着一种分法，故共有＝10种. （2）恰有1个盒子空，需将6个小球分为3组，然后放入其中的3个盒子中，每个盒子放1组.这时可用2块隔板放在6个小球之间的5个空隙中的任意2处，故共有＝40种. （3）恰有2个盒子空，需将6个小球分为2组，然后放入其中的2个盒子中，每个盒子放1组，这时可用1块隔板放在5个空隙中的任意1处，故共有＝30种. 2.某校准备参加2024年高中数学联赛，把16个选手名额分配到高三年级的1～4班，每班至少一个名额. （1）不同的分配方案共有多少种？ （2）若每班名额不少于该班的序号数，则不同的分配方案共有多少种？ 解：（1）问题相当于将16个小球串成一串，插入3块隔板，截为4段，16个小球间有15个空隙，从中选3个插入隔板，插法种数为＝＝455.故不同的分配方案共有455种. （2）问题等价于先给2班1个小球，3班2个小球，4班3个小球，再把余下的10个小球放入4个盒子里，求每个盒子里至少有1个小球的分配方法种数问题.即相当于将10个小球串成一串，截为4段，10个小球间有9个空隙，从中选3个插入隔板，插法种数为＝84，因此不同的分配方案共有84种. 1.某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为（　　） A.14　 B.24 C.28　 D.48 解析：A　用间接法得不同选法有－1＝14种，故选A. 2.某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的素菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：（1）任选两种荤菜、两种素菜和白米饭；（2）任选一种荤菜、两种素菜和蛋炒饭.则每天不同午餐的搭配方法共有（　　） A.210种　 B.420种 C.56种　 D.22种 解析：A　由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有＋＝210（种）. 3.如图，∠MON的边OM上有四个点A1，A2，A3，A4，ON上有三个点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三点为顶点的三角形的个数为（　　） A.30　 B.42 C.54　 D.56 解析：B　利用间接法，先在8个点中任取3个点，再减去三点共线的情况，所以符合条件的三角形的个数为－－＝42. 4.2025年3月5号是毛泽东主席提出“向雷锋同志学习”62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.8　 B.12 C.14　 D.20 解析：C　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＝8种，②两所敬老院各安排两名志愿者，则有＝6种，故共有8＋6＝14种方案.故选C. 5.（多选）在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门.学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（　　） A.若任意选科，选法总数为 B.若化学必选，选法总数为 C.若政治和地理至多选一门，选法总数为＋ D.若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为＋ 解析：ABC　对于A中，先从物理和历史中，任选1科，再从剩余的四科中任选2科，根据分步乘法计数原理，可得选法总数为种，所以A正确；对于B中，先从物理、历史中选1门，有种选法，若化学必选，再从生物、政治、地理中再选1门，有种选法，由分步乘法计数原理，可得选法共有种，所以B正确；对于C中，先从物理和历史中选1门，有种选法，若从政治和地理中只选1门，再从化学和生物中选1门，有种选法，若政治和地理都不选，则从化学和生物中选2门，只有1中选法，由分类加法计数原理，可得共有＋，所以C正确；对于D中，若物理必选，只有1种选法，若化学、生物只选1门，则在政治、地理中选1门，有种选法，若化学、生物都选，则只有1种选法，由分类加法计数原理，可得选法总数为＋1，所以D错误.故选A、B、C. 6.（多选）某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（　　） A.若1班不再分配名额，则共有种分配方法 B.若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法 C.若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法 D.若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法 解析：BD　若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故A错误；若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故B正确；若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳模，故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，故有＝126种，故C错误，D正确.故选B、D. 7.有大小形状相同的3个红色小球和5个白色小球排成一排，不同的排列方法有　56　种. 解析：8个小球排好后对应着8个位置，题中的排法相当于在8个位置中选出3个位置给红球，剩下的位置给白球，由于这3个红球完全相同，所以没有顺序，是组合问题，这样共有＝56种排法. 8.某球队有2名队长和10名队员，现选派6人上场参加比赛，如果场上最少有1名队长，那么共有　714　种不同的选法. 解析：若只有1名队长入选，则选法种数为·；若两名队长均入选，则选法种数为，故不同选法有·＋＝714（种）. 9.现有6张风景区门票分配给6位游客，若其中A，B风景区门票各2张，C，D风景区门票各1张，则不同的分配方案共有　180　种. 解析：6位游客选2人去A风景区，有种，余下4位游客选2人去B风景区，有种，余下2人去C，D风景区，有种，所以分配方案共有＝180（种）. 10.现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作（其中有1名青年两项工作都能胜任）.现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？ 解：可以分三类： 第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有种选法； 第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有种选法； 第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有种选法. 根据分类加法计数原理，一共有＋＋＝42（种）不同的选法. 11.已知圆上有9个点，每两点连一线段，若任意两条线的交点不同，则所有线段在圆内的交点有（　　） A.36个 B.72个 C.63个 D.126个 解析：D　此题可化归为圆上9个点可以组成多少个四边形，所有四边形的对角线交点个数即为所求，所以交点为＝126（个）. 12.4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题者答对得100分，答错得－100分；选乙题者答对得90分，答错得－90分.若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是　36　. 解析：4位同学的总分为0，有以下三种情况：①4人都选择答甲题，2人答对，2人答错，有种情况；②4人都选择答乙题，2人答对，2人答错，有种情况；③2人答甲题且1人对1人错，2人答乙题且1人对1人错，有×2×2种情况.综上，共有＋＋×2×2＝6＝36种情况. 13.将4名大学生分配到3个乡镇去当村干部，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有　36　种（用数字作答）. 解析：分两步完成：第一步，将4名大学生按2，1，1分成三组，其分法有种；第二步，将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有种.所以满足条件的分配方案有·＝36（种）. 14.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的平面？ （2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？ （3）（2）中的三棱锥最多可以有多少个不同的体积？ 解：（1）所作出的平面有三类： ①α内1点，β内2点确定的平面，最多有·个. ②α内2点，β内1点确定的平面，最多有·个. ③α，β本身，有2个. 故所作的平面最多有·＋·＋2＝98（个）. （2）所作的三棱锥有三类： ①α内1点，β内3点确定的三棱锥，最多有·个. ②α内2点，β内2点确定的三棱锥，最多有·个. ③α内3点，β内1点确定的三棱锥，最多有·个. 故最多可作出的三棱锥有·＋·＋·＝194（个）. （3）当等底面积、等高时，三棱锥的体积相等.所以体积不相同的三棱锥最多有＋＋·＝114（个）.故最多有114个体积不同的三棱锥. 15.设集合A＝{（x1，x2，x3，x4，x5）｜xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤｜x1｜＋｜x2｜＋｜x3｜＋｜x4｜＋｜x5｜≤2”的元素个数为（　　） A.40　 B.50 C.60　 D.70 解析：B　 16.一个口袋内有4个不同的红球、6个不同的白球. （1）从中任取4个，使红球的个数不比白球的个数少，这样的取法有多少种？ （2）如果取1个红球记2分，取1个白球记1分，那么从口袋中取5个球，使总分不少于7的取法有多少种？ 解：（1）从10个球中任取4个，使红球的个数不比白球的个数少的取法，可分三类： 第一类，红球取4个时，有种方法； 第二类，红球取3个、白球取1个时，有种方法； 第三类，红球取2个、白球取2个时，有种方法. 由分类加法计数原理可知，共有＋＋＝115（种）取法. （2）设取红球x个、白球y个，依题意知，且0≤x≤4，0≤y≤6，由此解得或或这样使总分不少于7的取法可以分为三类： 第一类，红球取2个、白球取3个的方法数为； 第二类，红球取3个、白球取2个的方法数为； 第三类，红球取4个、白球取1个的方法数为. 由分类加法计数原理可知，共有符合条件的取法＋＋＝186（种）. 8 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $