6.2.3&6.2.4 第二课时 组合的综合应用课件-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

6.2.3&6.2.4 第二课时　组合的综合应用 题型一　有限制条件的组合问题 【学透用活】 [典例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． [方法技巧] 解决有限制条件的组合应用题的策略 (1)“含”与“不含”问题： 这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准． (2)几何中的计算问题： 在处理几何问题中的组合应用题时，应先明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决． 4 2．有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数． (1)选其中5人排成一排； (2)排成前后两排，前排3人，后排4人； (3)全体排一排，甲不站排头也不站排尾； (4)全体排一排，女生必须站在一起； (5)全体排一排，男生互不相邻； (6)全体排一排，甲、乙两人中间恰好有3人； (7)全体排一排，甲必须排乙前面； (8)全体排一排，甲不排在最左端，乙不排在最右端． 题型二　分组、分配问题 【学透用活】 [典例2]　6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法？ (1)分给甲、乙、丙三人，每人2本； (2)分为三份，每份2本； (3)分为三份，一份1本，一份2本，一份3本； (4)分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本； (5)分给甲、乙、丙三人，每人至少1本． [方法技巧] 1．“分组”与“分配”问题的解法 (1)本例中的每一个小题都提出了一种类型的问题，搞清楚类型的归属对解题大有裨益．要分清是分组问题还是分配问题，这个是很关键的． (2)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，最后必须除以组数的阶乘；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． (3)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． 【对点练清】 1．按下列要求把12个人分成3个小组，各有多少种不同的分法？ (1)各组人数分别为2,4,6人； (2)平均分成3个小组； (3)平均分成3个小组，进入3个不同车间． 2．6个相同的小球放入4个编号分别为1,2，3,4的盒子，求下列方法的种数． (1)每个盒子都不空； (2)恰有一个空盒子； (3)恰有两个空盒子． [方法技巧] 求解几何中的组合问题的方法 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，也可采用间接法． 题型四　排列、组合的综合问题 【学透用活】 [典例4]　有5个男生和3个女生，从中选出5人担任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，但不担任数学科代表； (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． [方法技巧] 解决排列、组合综合问题要遵循的原则及途径 (1)按事情发生的过程进行分步． (2)按元素的性质进行分类．解决时通常从三个途径考虑：①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；③先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不合要求的排列或组合数． 【对点练清】 1．4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有________种． 二、应用性——强调学以致用 3．某大型体育赛事拟在某市举行，某项目比赛期间赛事组委会需要安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有 (　　) A．60种 B．90种 C．120种 D．150种 三、创新性——强调创新意识和创新思维 4．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，则其余的数为“坏数”．那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”的个数是________，“坏数”的个数是________． [解]　(1)法一：至少有一名队长当选含有两种情况， 即有一名队长和两名队长， 故共有C·C＋C·C＝825种． 法二：采用排除法，有C－C＝825种． (2)至多有两名女生当选含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生， 故共有C·C＋C·C＋C＝966种． (3)分两类： 第1类，女队长当选，有C种； 第2类，女队长不当选，有C·C＋C·C＋C·C＋C种． 故共有C＋C·C＋C·C＋C·C＋C＝790种． 【对点练清】 1．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： 第1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C＝462种选法． 第2类，一名队长被选上，分女队长被选上和男队长被选上，有C＋C＝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． 解：(1)A＝2 520种方法． (2)A＝5 040种方法． (3)先排甲，有5种方法，其余6人有A种方法，故共有5×A＝3 600种方法． (4)将女生看成一个整体，用捆绑法，共有AA＝576种方法． (5)先排女生有A种，再将男生插空有A种，故共有AA＝1 440种方法． (6)将甲、乙及中间三人看作一个整体，先排甲、乙有A种方法，再排中间三人有A种方法，最后将他们看作一个整体与剩下的2人全排列，有A种方法，故共有AAA＝720种方法． (7)＝2 520种方法． (8)A－2A＋A＝3 720种方法． [解]　(1)先从6本书中选2本给甲，有C种选法；再从其余的4本中选2本给乙，有C种选法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有C种选法．所以分给甲、乙、丙三人，每人2本，共有CCC＝90种方法． (2)分给甲、乙、丙三人，每人2本有CCC种方法，这个过程可以分两步完成：第1步分为三份，每份2本，设有x种方法；第2步再将这三份分给甲、乙、丙三人有A种方法．根据分步乘法计数原理可得CCC＝xA，所以x＝＝15.因此分为三份，每份2本一共有15种方法． (3)这是“不均匀分组”问题，一共有CCC＝60种方法． (4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有CCCA＝360种方法． (5)可以分为三类：①“2,2,2型”，即(1)中的分配情况，有CCC＝90种方法；②“1,2,3型”，即(4)中的分配情况，有CCCA＝360种方法；③“1,1,4型”，有CA＝90种方法．所以一共有90＋360＋90＝540种方法． 2．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)，有C种方法．可描述为(n－1)个空中插入(m－1)块板． 解：(1)CCC＝13 860. (2)＝5 775. (3)分两步：第1步平均分3组，第2步让3个小组分别进入3个不同车间，故有·A＝C·C·C＝34 650种不同的分法． 解：(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧各放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C＝10种． (2)恰有一个空盒子，插板分两步进行：先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C种插法；然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C种插法．故共有C·C＝40种． (3)恰有两个空盒子，插板分两步进行：先在首尾两球外侧各放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板，有C种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒． ①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C种插法； ②将这两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C种插法．故共有C·(C＋C)＝30种． 题型三　几何中的组合问题 【学透用活】 [典例3]　 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C＋C·C＋C·C＝116个． 其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36个． 法二：可作三角形C－C＝116个． 其中以C1为顶点的三角形有C＋C·C＋C＝36个． (2)可作出四边形C＋C·C＋C·C＝360个． 【对点练清】 1．在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共(m＋n＋1)个点，现从中任取其中3个点为顶点作三角形，则可作出的三角形的个数为 (　　) A．CC＋CC　 B．CC＋CC C．CC＋CC＋CC D．CC＋CC 解析：可作出的三角形共分三类：第1类，从OA边上(不包括O点)任取一点与从OB边上(不包括O点)任取两点可构造一个三角形，有CC个；第2类，从OA边上(不包括O点)任取两点与从OB边上(不包括O点)任取一点可构造一个三角形，有CC个；第3类，从OA边上(不包括O点)任取一点与从OB边上(不包括O点)任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个．由分类加法计数原理知，可作出的三角形的个数为CC＋CC＋CC.故选C. 答案：C　 2．平面内有两组平行线，一组有3条，另一组有4条，且这两组平行线相交，可以构成不同的平行四边形的个数为 (　　) A．10　　 B．12　　 　C．16　　 　D．18 解析：因为平面内有两组平行线，一组有3条，另一组有4条，且这两组平行线相交，因此从这两组直线中各选两条直线，即可构成平行四边形，所以构成不同的平行四边形个数为CC＝18.故选D. 答案：D　 [解]　(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有CC＋CC种，后排有A种，共(CC＋CC)·A＝5 400种选法． (2)除去该女生后，先选后排有C·A＝840种选法． (3)先选后排，但先安排该男生有C·C·A＝3 360种选法． (4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C种，再安排该男生有C种，其余3人全排列有A种，共C·C·A＝360种选法． 解析：∵4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学， ∴先取2名同学看成一组，选法有C＝6种． 现在可看成3组同学分配到3个小区，分法有A＝6种． 根据分步乘法计数原理，可得不同的安排方法共有6×6＝36种． 答案：36 2．有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？ 解：分三类：第1类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有C·C·C·C·A种．第2类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C·C·A种．第3类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C·C·A种． 故满足题意的所有不同的排法共有C·C·C·C·A＋2C·C·A＝432种． 【课堂思维激活】 一、综合性——强调融会贯通 1．已知a1，a2，a3∈{2,4,6}，记N(a1，a2，a3)为a1，a2，a3中不同数字的个数，如N(2,2,2)＝1，N(2，4,2)＝2，N(2，4,6)＝3，则所有的(a1，a2，a3)的排列所得的N(a1，a2，a3)的平均值为 (　　) A.　　　　　　　 B．3 C. D．4 解析：由题意可知，(a1，a2，a3)所有的排列数为33＝27，当N(a1，a2，a3)＝1时，有3种情形，即(2,2,2)，(4,4,4)，(6,6,6)；当N(a1，a2，a3)＝2时，有C×C×C＝18种；当N(a1，a2，a3)＝3时，有A＝6种．那么所有27个(a1，a2，a3)的排列所得的N(a1，a2，a3)的平均值为＝. 答案：A　 2．已知函数f(x)＝x3－2x的零点构成集合P，若xi∈P(i＝1,2,3,4)(x1，x2，x3，x4可以相等)，则满足条件“x＋x＋x＋x≤4”的数组(x1，x2，x3，x4)的个数为(　　) A．33 B．29 C．27 D．21 解析：根据题意，令f(x)＝x3－2x＝0，解得x＝±或x＝0，即函数f(x)的零点为0，，－，即P＝{0，，－}，若xi∈P(i＝1,2,3,4)，且满足条件“x＋x＋x＋x≤4”，则x1，x2，x3，x4的取法中最多有两个取到±.当x1，x2，x3，x4都取0时，有1种情况；当x1，x2，x3，x4中仅有一个取到或－时(其余取0)，有CC＝8种情况；当x1，x2，x3，x4中有两个同时取到或－时(其余取0)，有CC＝12种情况；当x1，x2，x3，x4中有两个分别取，－时(其余取0)，有A＝12种情况．故满足条件的数组共有1＋8＋12＋12＝33个． 答案：A　 解析：根据题意，分两步进行分析：第1步，将5项工作分成3组，若分成1,1,3的三组，则有＝10种分组方法；若分成1,2,2的三组，则有＝15种分组方法，则将5项工作分成3组，有10＋15＝25种分组方法．第2步，将分好的三组全排列，对应3名志愿者，有A＝6种情况．则由分步乘法计数原理可知，共有25×6＝150种不同的安排方式．故选D. 答案：D　 解析：先求“好数”的个数，组成的数字中有三个1，三个2，三个3，三个4，共有4种情况．最后一个位置是1，前三个位置不是1的“好数”有3个(2 221,3 331，4 441)；最后一个位置是1，前三个位置中有两个1和2,3,4中的一个数的“好数”有CC＝9个(2 111，3 111，4 111,1 211,1 311,1 411，1 121，1 131,1 141)，根据分类加法计数原理可知，共有3＋9＝12个，所以共有12个好数．由1,2,3,4四个数字组成有重复数字的四位数共有44－A＝232个，所以“坏数”有232－12＝220个． 答案：12　220 $