3.1.3 第2课时 组合数的应用(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教B版）

该高中数学课件聚焦组合数的应用，涵盖有限制条件的组合问题、分组分配问题及几何图形组合问题，通过运动员选派实例引入，对比直接法与排除法，逐步过渡到分组分配和几何计数，构建由具体到抽象的学习支架。 其亮点是以实例驱动教学，如“至少1名女运动员”“6本书分组”等问题，引导学生用数学眼光观察现实，通过分类讨论、排除法等培养数学思维，用规范符号表达提升数学语言能力。课堂小结梳理方法，助力学生构建知识体系，教师可直接用于教学，提升效率。

第2课时　组合数的应用 新知学习 探究 1 课堂巩固 自测 2 内容 索引 新知学习 探究 PART 01 第一部分 一　有限制条件的组合问题 　(对接教材例4)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)至少有1名女运动员； 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 (对接教材例4)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？ (2)既要有队长，又要有女运动员． 新知学习 探究 返回导航 解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接法”和“排除法”，其中用直接法求解时，应依据“特殊对象优先安排”的原则，即优先安排特殊对象，再安排其他对象．而选择排除法的原则是“正难则反”，也就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大时，不妨从反面问题入手，试一试看是否简单些，特别是涉及“至多”“至少”等组合问题时更是如此．此时正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键．　 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练1] 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，则共有多少种组成方法？ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 二　组合中的分组、分配问题 　(对接教材例5)6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本； 新知学习 探究 返回导航 (对接教材例5)6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)； (3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组). 新知学习 探究 返回导航 【变式探究】 1．(条件变式)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本，有多少种不同的方法？ 新知学习 探究 返回导航 2．(条件变式)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种不同的方法？ 新知学习 探究 返回导航 “分组”与“分配”问题的解法 (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，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．　 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练2] 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？ 解：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)每盒至多1个球，有多少种放法？ 新知学习 探究 返回导航 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． (3)恰好有1个空盒，有多少种放法？ 新知学习 探究 返回导航 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． (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？ 新知学习 探究 返回导航 三　与几何图形有关的组合问题 　如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的6个点C1，C2，…，C6，直径AB上有异于A，B的4个点D1，D2，D3，D4. 新知学习 探究 返回导航 (1)以这10个点(不包括A，B)中的3个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12个点(包括A，B)中的4个为顶点，可作出多少个四边形？ 新知学习 探究 返回导航 (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．　 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练3] 已知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？ 新知学习 探究 返回导航 课堂巩固 自测 PART 02 第二部分 1．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 √ 课堂巩固 自测 返回导航 2．(教材P23练习AT5改编)某研究性学习小组有4名男生和2名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少选1名女生，则不同的选法种数为__________． 16 课堂巩固 自测 返回导航 3．西湖龙井茶素来有“绿茶皇后”“十大名茶之首”的称号，按照产地品质不同，西湖龙井茶可以分为“狮、龙、云、虎、梅”五个字号．某茶文化活动给西湖龙井茶留出了三个展台的位置，现在从五个字号的产品中任意选择三个字号的茶参展，如果三个字号中有“狮、梅”，则“狮”字号茶要排在“梅”字号茶前(不一定相邻) ，则不同的展出方法有________种．(用数字作答) 51 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 4.如图，在六边形ABCDEF的6个顶点和其对角线AD，BE，CF的交点P，Q，R中，如果过其中的每3个点作一个圆，共可作多少个圆？ 课堂巩固 自测 返回导航 1．已学习：(1)分组、分配问题的求解策略；(2)排列与组合的综合问题． 2．须贯通：解答组合问题时，对于直接法和间接法，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 3．应注意：对于有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，然后再考虑是分类还是分步，这是处理排列、组合综合问题的一般方法．　 课堂巩固 自测 返回导航 eq \a\vs4\al(学习,目标) 1.掌握几种有限制条件的组合问题的处理方法．　2.能应用组合数公式及性质解决简单的实际问题． 【解】　方法一(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C eq \o\al(1,4) C eq \o\al(4,6) ＋C eq \o\al(2,4) C eq \o\al(3,6) ＋C eq \o\al(3,4) C eq \o\al(2,6) ＋C eq \o\al(4,4) C eq \o\al(1,6) ＝246种选法． 方法二(排除法)：不考虑条件，从10人中任选5人，有C eq \o\al(5,10) 种选法，其中全是男运动员的选法有C eq \o\al(5,6) 种，故“至少有1名女运动员”的选法有C eq \o\al(5,10) －C eq \o\al(5,6) ＝246(种). 【解】　当有女队长时，其他人选法任意，共有C eq \o\al(4,9) 种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C eq \o\al(4,8) 种选法，其中不含女运动员的选法有C eq \o\al(4,5) 种，故不选女队长时共有C eq \o\al(4,8) －C eq \o\al(4,5) 种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C eq \o\al(4,9) ＋C eq \o\al(4,8) －C eq \o\al(4,5) ＝191(种). 解：方法一：按“英、日语都精通”的人的参与情况，可分为三类：第一类，“英、日语都精通”的人不参加，有C eq \o\al(4,5) C eq \o\al(4,4) 种；第二类，“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，共有C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(3,5) C eq \o\al(4,4) ＋C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(4,5) C eq \o\al(3,4) 种；第三类，“英、日语都精通”的人均参加，共有C eq \o\al(3,5) C eq \o\al(3,4) A eq \o\al(2,2) ＋C eq \o\al(2,5) C eq \o\al(4,4) ＋C eq \o\al(4,5) C eq \o\al(2,4) 种．由分类加法计数原理可得，共有C eq \o\al(4,5) C eq \o\al(4,4) ＋C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(3,5) C eq \o\al(4,4) ＋C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(4,5) C eq \o\al(3,4) ＋C eq \o\al(3,5) C eq \o\al(3,4) A eq \o\al(2,2) ＋C eq \o\al(2,5) C eq \o\al(4,4) ＋C eq \o\al(4,5) C eq \o\al(2,4) ＝185(种).故共有185种组成方法． 方法二：按“英、日语都精通”的人参加英语翻译的人数，可分为三类：第一类，“英、日语都精通”的人不参加英语翻译，有C eq \o\al(4,5) C eq \o\al(4,6) 种；第二类，“英、日语都精通”的人恰有1人参加英语翻译，共有C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(3,5) C eq \o\al(4,5) 种；第三类，“英、日语都精通”的人全部参加英语翻译，共有C eq \o\al(2,5) C eq \o\al(4,4) 种．由分类加法计数原理可得，共有C eq \o\al(4,5) C eq \o\al(4,6) ＋C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(3,5) C eq \o\al(4,5) ＋C eq \o\al(2,5) C eq \o\al(4,4) ＝185(种).故共有185种组成方法． 【解】　每组2本，均分为3组的分组种数为2,6) eq \f(CC eq \o\al(2,4) C eq \o\al(2,2) ,A eq \o\al(3,3) ) ＝ eq \f(15×6×1,6) ＝15. 【解】　一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为C eq \o\al(3,6) C eq \o\al(2,3) C eq \o\al(1,1) ＝20×3＝60. 【解】　一组4本，另外两组各1本的分组种数为4,6) eq \f(CC eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,1) ,A eq \o\al(2,2) ) ＝ eq \f(15×2,2) ＝15. 解：在本例(2)的基础上再进行全排列，所以一共有C eq \o\al(1,6) C eq \o\al(2,5) C eq \o\al(3,3) A eq \o\al(3,3) ＝360种方法． 解：可以分为三类情况：①“2，2，2型”，有C eq \o\al(2,6) C eq \o\al(2,4) C eq \o\al(2,2) ＝90种方法；②“1，2，3型”，有C eq \o\al(1,6) C eq \o\al(2,5) C eq \o\al(3,3) A eq \o\al(3,3) ＝360种方法；③“1，1，4型”，有C eq \o\al(4,6) A eq \o\al(3,3) ＝90种方法，所以一共有90＋360＋90＝540种方法． 解：这是全排列问题，共有A eq \o\al(4,4) ＝24种放法． 解：方法一：先将4个小球分为3组，有2,4) eq \f(CC eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,1) ,A eq \o\al(2,2) ) 种方法，再将3组小球投入4个盒子中的3个盒子，有A eq \o\al(3,4) 种投放方法，故共有2,4) eq \f(CC eq \o\al(1,2) C eq \o\al(1,1) ,A eq \o\al(2,2) ) A eq \o\al(3,4) ＝144种放法． 方法二：先取4个球中的2个“捆”在一起，有C eq \o\al(2,4) 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A eq \o\al(3,4) 种投放方法，所以共有C eq \o\al(2,4) A eq \o\al(3,4) ＝144种放法． 解：1个球的编号与盒子编号相同的选法有C eq \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个球的投入方法有2种，故共有C eq \o\al(1,4) ·2＝8种放法． 【解】　方法一：可作出三角形C eq \o\al(3,6) ＋C eq \o\al(1,6) C eq \o\al(2,4) ＋C eq \o\al(2,6) C eq \o\al(1,4) ＝116(个). 方法二：可作三角形C eq \o\al(3,10) －C eq \o\al(3,4) ＝116(个).其中以C1为顶点的三角形有C eq \o\al(2,5) ＋C eq \o\al(1,5) C eq \o\al(1,4) ＋C eq \o\al(2,4) ＝36(个). 【解】　可作出四边形C eq \o\al(4,6) ＋C eq \o\al(3,6) C eq \o\al(1,6) ＋C eq \o\al(2,6) C eq \o\al(2,6) ＝360(个). 解：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3C eq \o\al(3,5) 种取法；含顶点A的三条棱上各有三个点，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共面的三点的取法有3C eq \o\al(3,5) ＋3＝33(种). 解析：由题知不同的数组，有C eq \o\al(3,7) ＝35(组). 解析：由已知可得6名同学选3名同学有C eq \o\al(3,6) ＝20种方法，而全选男生的有C eq \o\al(3,4) ＝4种方法，所以至少选1名女生的方法有20－4＝16种方法． 解析：当选出的字号中没有“狮、梅”时，共有A eq \o\al(3,3) ＝6种展出的方法；当选出的字号中有“狮、梅”中的一种时，共有C eq \o\al(1,2) C eq \o\al(2,3) A eq \o\al(3,3) ＝36种展出的方法；当选出的字号中“狮、梅”都有时，共有C eq \o\al(1,3) C eq \o\al(1,3) ＝9种展出的方法，所以共有6＋36＋9＝51种不同的展出方法． 解：由题意得共9个点，任取3个点有C eq \o\al(3,9) ＝84种选法，而三点共线的有3C eq \o\al(3,4) ＝12(种)，故可作84－12＝72个圆． $