3 第2课时 组合的应用-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册教用Word(北师大版)

第2课时　组合的应用 学习目标 1.进一步理解组合的定义，熟练掌握组合数公式的应用．　2.掌握有限制条件的组合问题的解决方法．　3.理解组合中的分组分配问题的解决． 一　有限制条件的组合问题 　现有10件产品，其中有2件次品，任意抽出3件检查． (1)恰有1件是次品的抽法有多少种？ (2)至少有1件是次品的抽法有多少种？ 【解】　(1)分两步： 第1步，从2件次品中抽取1件，有C种抽法； 第2步，从8件正品中抽取2件，有C种抽法． 由分步乘法计数原理可知，不同的抽法种数为CC＝2×＝56. (2)方法一(直接法)：分两类： 第1类，抽出1件次品，抽法种数为CC； 第2类，抽出2件次品，抽法种类为CC. 由分类加法计数原理知，不同的抽法种数为CC＋CC＝56＋8＝64. 方法二(间接法)：从10件产品中抽取3件的抽法有C种，不含次品的抽法有C种，所以至少有1件是次品的抽法种数为C－C＝120－56＝64. 有限制条件的组合问题的解题策略 有限制条件的抽(选)取问题，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”的可把所指元素去掉再取，分步计数． (2)“至多”“至少”问题，其解法常有两种思路：①直接分类法，要注意分类要不重不漏；②间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．　 [跟踪训练1] (1)从1，2，3，…，9这9个整数中取4个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有(　　) A．60种 B．63种 C．65种 D．66种 解析：选A．若4个数之和为奇数，则有1个奇数3个偶数或者3个奇数1个偶数．由题可知，共有5个奇数，4个偶数．若是1个奇数3个偶数，则有CC＝20种取法；若是3个奇数1个偶数，则有CC＝40种取法，共有20＋40＝60种不同的取法． (2)(2023·广西钦州月考)从10名大学毕业生中选3人担任村主任助理，则这10名大学毕业生中的甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为(　　) A．85 B．56 C．49 D．28 解析：选C．丙没有入选相当于从除丙外的9人中选3人，共有C＝84种选法；甲、乙都没有入选相当于从7人中选3人，共有C＝35种选法，故甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为84－35＝49. 二　组合中的分组、分配问题 　按以下要求分配6本不同的书，各有几种方法？ (1)分配给甲、乙、丙3人，每人2本； (2)分成3份，一份1本，一份2本，一份3本； (3)甲、乙、丙3人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本． 【解】　(1)3个人一个一个地来分配，甲从6本不同的书中分得2本的方法有C种，甲不论用哪种方法，分得2本书后，乙再从余下的4本书中分配2本有C种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各分得2本书后，丙从余下的两本中分两本，有C种方法，所以一共有CCC＝90种方法． (2)先在6本书中任取1本，作为一份，有C种取法，再从余下的5本书中任取2本，作为一份，有C种取法；最后余下3本书作为一份，有C种取法，共有CCC＝60种方法． (3)分成3份共有CCC种方法，但每一种分组方法又有A种不同的分配方案，故一人得1本，一人得2本，一人得3本共有CCCA＝360种方法． 【变式探究】 (变条件)若将6本不同的书平均打包成3份，有________种不同的方法． 解析：6本不同的书平均打包成3份，3份书是没有顺序的，共有＝15种不同的方法． 答案：15 分组、分配问题的规律方法 (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，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的情况． (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． [跟踪训练2] (1)把座位编号为1，2，3，4，5，6的六张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人最多得两张，甲、乙各分得一张电影票，且甲所得电影票的编号总大于乙所得电影票的编号，则不同的分法共有(　　) A．90种 B．120种 C．180种 D．240种 解析：选A．分两步：先从6张电影票中任选2张给甲、乙两人(编号大的给甲，编号小的给乙)，有C种分法； 再分配剩余的4张，而每人最多两张，所以丙、丁每人各得两张，有CC种分法．由分步乘法计数原理得，共有CCC＝90种不同的分法． (2)(2024·河南南阳模拟)将6位志愿者分成4组，其中2个组各有2人，另2个组各有1人，分配到园博园的4个不同展园服务，不同的分配方案有________种．(用数字作答) 解析：把6位志愿者分成4组，不同的分组方法种数为＝45，将4组分配到4个不同展园的分配方法种数为A＝24，因此不同的分配方案有45×24＝1 080(种). 答案：1 080 三　几何中的组合问题 　已知平面M内有4个点，平面N内有5个点，则这9个点最多能确定： (1)多少个平面？ (2)多少个四面体？ 【解】　(1)可分三类： 第一类：平面M中取一点，N中取两点，最多可确定CC个平面； 第二类：平面M中取两点，N中取一点，最多可确定CC个平面； 第三类：平面M和平面N，共2个平面． 故最多可确定平面CC＋CC＋2＝72(个). (2)方法一：分三类． 第一类：平面M内取一个点，N内取三个点，最多可确定CC个四面体； 第二类：平面M内取两个点，N内取两个点，最多可确定CC个四面体； 第三类：平面M内取三个点，N内取一个点，最多可确定CC个四面体．故最多可确定四面体CC＋CC＋CC＝120(个). 方法二：C－C－C＝120(个). 【变式探究】 (同类变式)平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线，以这些点为顶点，可得多少个不同的三角形？ 解：我们把从共线的4个点取点的多少作为分类的标准． 第1类，共线的4个点中有2个点作为三角形的顶点，不同的三角形共有CC＝48(个)； 第2类，共线的4个点中有1个点作为三角形的顶点，不同的三角形共有CC＝112(个)； 第3类，共线的4个点中没有点作为三角形的顶点，不同的三角形共有C＝56(个). 由分类加法计数原理，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(个). (1)要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题，寻找一个组合模型加以处理． (2)处理几何中的计数问题的基本思路有两种：一是考虑用特殊元素去分类，用直接法求解；二是间接法，在所有的取法中，去掉不符合题意的取法(如共线的三点不能确定三角形，共面的四点不能确定四面体). [跟踪训练3] (1)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四面体？ (2)以正方体的顶点为顶点，可以确定多少个四棱锥？ 解：(1)正方体8个顶点可构成C个四点组，其中共面的四点组有正方体的6个表面和正方体相对棱分别所在6个平面的四个顶点，故可以确定的四面体有C－12＝58(个). (2)由(1)知，正方体共面的四点组有12个，以这个四点组构成的四边形为底面，以其余的四个点中任意一点为顶点都可以确定一个四棱锥，故可以确定四棱锥12C＝48(个). 1.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 解析：选B．从4男3女志愿者中选1女2男有CC＝18种方法，分别到A，B，C地执行任务，有A＝6种方法，根据分步乘法计数原理可得，不同的选派方法有18×6＝108种． 2.已知编号分别为1，2，…，9，10的10名运动员，要均分成两个小组进行5人制足球训练(小组间没有区别)，其中1，2号运动员必须组合在一起，3，4号运动员也必须组合在一起，其余运动员可以随意搭配，则不同的分组方式共有(　　) A．20种 B．26种 C．46种 D．52种 解析：选B．若1，2号运动员与3，4号运动员在同一组，则还需选一人，有C＝6种分组情况；若1，2号运动员与3，4号运动员不在同一组，只需1，2号运动员所在小组再选3人即可，有C＝20种分组情况，所以一共有6＋20＝26种不同的分组方式．故选B． 3.全国新高考方案为“3＋1＋2”模式，其中“3”为语文、数学、外语三门必考科目，“1”为首选科目，学生须在物理、历史中选择一科，“2”为再选科目，学生可在化学、生物、政治、地理中选择两科．现甲、乙两名同学要从四门再选科目中各选两门进行学习，若甲、乙不能同时选地理学科，则甲、乙总的不同的选法有________种．(用数字作答) 解析：若甲、乙都不选地理学科，则有CC＝9种选法；若甲选地理学科，则有CC＝9种选法； 若乙选地理学科，则有CC＝9种选法，故选法总共有9＋9＋9＝27(种). 答案：27 4.某省抽调包括甲、乙在内的7名医疗专家到三个地区下乡开展义诊活动，要求每个地区至少安排2名专家． (1)求所有不同安排方法的种数； (2)求甲、乙2名专家安排在不同地区的方法种数． 解：(1)7名专家先分成三组，两组2人，一组3人，再将三组分到三个不同地区，所有不同安排方法的种数为×A＝630. (2)甲、乙2名专家安排在相同地区有(C·＋CC)×A＝150种安排方法． 所以甲、乙安排在不同地区的方法种数为630－150＝480. 1.已学习：(1)有限制条件的组合问题；(2)多面手问题；(3)分组、分配问题． 2.须贯通：分类讨论、插空法、隔板法、均分法． 3.应注意：分类不当，平均分组理解不到位． 学科网（北京）股份有限公司 $