第六章 重点突破2 组合的综合应用-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

重点突破2 组合的综合应用 　 第六章 计数原理 学习目标 1.能用组合知识求解具有限制条件的问题.　 2.能用排列与组合解决与几何有关的问题、分组分配等问题. 3.通过几种有限制条件的组合的学习，提升数学建模、逻辑推 理、数学运算的核心素养. 题型一　有限制条件的组合问题 1 题型二　与几何有关的组合问题 2 题型三　分组、分配问题 3 课时分层评价 6 内容索引 随堂评价 5 题型四　排列与组合的综合问题 4 题型一　有限制条件的组合问题 返回 (链教材P25例7)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； 解：至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长， 故共有·＋·＝825种. 或采用排除法有－＝825种. 典例 1 (2)至多有两名女生当选； 解：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)既要有队长，又要有女生当选. 解：分两种情况： 第一类：女队长当选，有种； 第二类：女队长不当选，男队长当选，有·＋·＋·＋种. 故共有＋·＋·＋·＋＝790种. 1.(变设问)在本例条件下，男队长必须当选且女生多于男生有多少种 方法？ 解：分两类情况： 第一类，女生3人男生2人(含男队长)， 有＝70种， 第二类，女生4人男生1人(男队长)有＝5种， 所以男队长必须当选且女生多于男生有70＋5＝75种方法. 变式探究 2.(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. 规律方法 有限制条件的组合问题的类型 一是“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. 二是“至多”“至少”问题：其解法常有两种思路：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. 对点练1.小明准备从苹果、香橙、水蜜桃和圣女果等六种水果中买三种. (1)若不买苹果，共有多少种买法？ 解：若不买苹果，共有＝10种买法. (2)若香橙和水蜜桃中至多买一种，共有多少种买法？ 解：若香橙和水蜜桃中至多买一种，共有＋＝16种买法. (3)若香橙和圣女果中至少买一种，且香橙和苹果不同时买，共有多少种 买法？ 解：当香橙和圣女果中只买香橙时，有种买法； 当香橙和圣女果中只买圣女果时，有种买法； 当香橙和圣女果都买时，有种买法. 故买法总数为＋＋＝12种. 返回 题型二　与几何有关的组合问题 返回 如图，在∠AOB的两边OA，OB上分别有5个点和6个点(都不同于点O)，这连同点O在内的12个点可以确定多少个不同的三角形？ 典例 2 解：法一(直接法)：以点O作为分类标准，有下列两种情况： 当取到点O时，在OA，OB上各取一点(与点O不同)，有＝30种； 当不取到点O时，①是从OB上取两点(与点O不同)，在OA上取一个点(与点O不同)，有＝75种；②是从OA上取两点(与点O不同)，在OB上取一个点(与点O不同)，有＝60种. 所以这连同点O在内的12个点可以确定的不同的三角形共有30＋75＋60＝165个. 法二(间接法)：从12个点中任取三点有种选法，排除从OA上任取三点的种选法，再排除从OB上任取三点的种选法，所以共有－－＝165个不同的三角形. 规律方法 解答与几何有关的组合问题的策略 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，题目多以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景.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. 对点练2.(1)以平行六面体的顶点为顶点的四面体的个数为 A.24 B.58 C.64 D.70 依题意知，要以平行六面体的顶点为顶点构成四面体，则4个顶点不共面，8个顶点任选4个，有种，8个顶点任选4个，共面的有12种，所以以平行六面体的顶点为顶点的四面体有－12＝58个.故选B. √ (2)平面上有8个点，其中有3个点在同一条直线上，除此之外，不再有任意三点共线，由这些点可以确定____条直线. 返回 26 先分类，再分步.当取3个共线的点中的两个时，可确定1条；当取不共线的5个点中的两个时，可确定＝10条；当取不共线的5个点中的一个与共线三个点中的一个时，可确定＝15条，所以一共26条. 题型三　分组、分配问题 返回 角度1　不同元素的分组、分配问题 (多选)下列说法正确的有 A.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有种不同的分法 B.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有种不同的分法 C.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，甲分4本，乙、丙各一本，有30种不同的分法 D.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的 分法 典例 3 √ √ √ 对于A，法一：6本不同的书中，先取2本给甲，再从剩余的4本中取2本给乙，最后2本给丙，共有种不同的分法；法二：6本不同的书平均分成3组，有种方法，再分每人一组，共有＝种方法，故A正确；对于B，6本不同的书中，先取1本作为一组，再从剩余的5本中取2本作为一组，最后3本作为一组，共有种，再将3组分给甲、乙、丙三人，共有种，故B不正确；对于C，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，甲分4本，乙、丙各一本，所以共有＝30种分法，故C正确；对于D， 6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分3种情况讨论：①一人4本，其他两人各1本，共有＝90种；②一人1本，一人2本，一人3本，共有＝360种；③每人2本，共有＝90种，故共有90＋360＋90＝540种，故D正确.故选ACD. 规律方法 “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，均匀分成n组，最后必须除以n！； (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. 角度2　相同元素的分组、分配问题 (双空题)将8个相同的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子，每个盒子都不空的方法数为____，恰有一个空盒子的方法数为______. 先把8个相同的小球排成一行，然后在8个小球之间的7个空隙中任选4个空隙各插入一块隔板，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，故每个盒子都不空的方法数共有＝35种；若恰有一个空盒子，先选出一个空盒子，有种选法，并在8个小球之间的7个空隙中任选3个空隙各插入一块隔板，有种插法，故由分步乘法计数原理恰有一个空盒子的方法数共有·＝175种. 典例 4 35 175 规律方法 用“隔板法”求相同元素的分配问题的一般步骤 第1步，定个数：确定名额的个数、分成的组数以及各组名额的数量； 第2步，定空位：将元素排成一列，确定可插隔板的空位数； 第3步，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. 对点练3.(1)已知 A，B两个公司承包6项工程，每个公司至少承包2项，则承包方式共有 A.24种 B.48种 C.50种 D.70种 依题意，分三种情况：①A公司承包2项工程，剩余4项工程B公司承包，则有＝15种方式；②A公司承包3项工程，剩余3项工程B公司承包，则有＝20种方式；③A公司承包4项工程，剩余2项工程B公司承包，则有＝15种方式，所以承包方式共有15＋20＋15＝50种方式.故选C. √ (2)某校准备参加2025年高中数学联赛，把10个选手名额分配给高三年级的3个教学班.若每班至少一个名额，则不同的分配方案有______种.(用数字作答) 返回 36 依题意，只需把10个名额分成3份，每份至少一个名额即可，分别对应3个班，选用隔板法，即将10个名额排成一列，共9个间隔即空位，从其9个空位中，选取2个，插入隔板就符合题意，即＝36种分配方案. 题型四　排列与组合的综合问题 返回 典例 5 从甲、乙、丙等7人中选出5人排成一排.(以下问题均用数字 作答) (1)甲、乙、丙三人恰有两人在内，有多少种排法？ 解：由于甲、乙、丙三人中恰有两人在内，所以可以分3步完成： 第1步，从3人中选中2人，有种选法； 第2步，从其余4人中选出3人，有种选法； 第3步，将选出的5个人全排列，有种排法. 根据分步乘法计数原理，不同的排法有××＝1 440种. (2)甲、乙、丙三人全在内，且甲在乙、丙之间(可以不相邻)有多少种 排法？ 解：由于三人全在内，且甲在乙、丙之间，所以可以分3步完成： 第1步，从其余4人中选出2人，有种选法； 第2步，将2人安排到5个位置中的2个位置，有种方法； 第3步，剩余3个位置排甲、乙、丙三人，有2种方法. 根据分步乘法计数原理，不同排法有××2＝240种. (变条件)甲、乙、丙都在内，且甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，有多少种排法？ 解：由于甲、乙必须相邻，甲、丙不相邻，所以分3步完成： 第1步：从其余4人中选出2人，有种选法. 第2步：将甲、乙捆绑与选出的2人排列，有×种方法. 第3步：将丙插空有3种方法. 根据分步乘法计数原理，不同排法共有×××3＝216种. 变式探究 规律方法 解排列、组合综合问题的一般思路是“先选后排”，也就是先把符合题意的元素都选出来，再对元素或位置进行排列. 对点练4.(1)从1，3，5，7，9这五个数字中任取3个，从2，4，6，8这四个数中任取2个，组成数字不重复的五位数的个数是 A. B. C. D. 从1，3，5，7，9中任取三个数有种方法，从2，4，6，8中任取两个数有种方法，再把取出的5个数全排列共有种.故选C. √ (2)将5名大学生分配到3个乡镇当村官.每个乡镇至少一名，则不同分配方案有______种. 150 依题意，要使每个乡镇至少一名，可以有“2∶2∶1”或“3∶1∶1”两种分配方案.按照“2∶2∶1”分配时，有·＝90种方法；按照“3∶1∶1”分配时，有·＝60种方法.由分类加法计数原理，可得不同分配方案有90＋60＝150种. 返回 课堂小结 任务再现 1.有限制条件的组合问题.2.与几何有关的组合问题.3.分组、分配问题.4.排列与组合的综合问题 方法提炼 插空法、隔板法、均分法、分类讨论思想 易错警示 分类不当；平均分组理解不到位 随堂评价 返回 1.甲乙两人分别从a，b，c，d，e五项不同科目中随机选三项学习，则两人恰好有两项科目相同的选法有 A.30种 B.45种 C.60种 D.90种 两人恰好有两项科目相同的选法为＝60.故选C. √ ①一个人一本，另一个三本有＝8种；②每人各2本有＝6种，所以一共有14种.故选B. √ 2.两位同学分4本不同的书，每人至少分1本，4本书都分完，则不同的分发方式共有 A.10种 B.14种 C.20种 D.24种 3.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，它们共能构成_______个平行四边形. 1 260 从一组中任选两条直线与另一组中任选两条直线，就可以构成一个平行四边形，所以共有＝×＝1 260个. 4.现有9件产品，其中4件一等品，3件二等品，2件三等品，从中抽取3件产品. (1)试问共有多少种不同的抽法？ 解：从9件产品中抽取3件产品共有＝84种. (2)抽出的3件产品中一等品、二等品、三等品各1件的抽法共有多少种？ 解：从9件产品中抽取3件产品，其中一等品、二等品、三等品各1件有＝24种. (3)抽出的3件产品中至少有1件二等品的抽法共有多少种？ 解：“抽出的3件产品中至少有1件二等品”的对立事件是“抽取的3件产品没有一件二等品”， 因此抽出的3件产品中至少有1件二等品共有－＝64种. 返回 课时分层评价 返回 1.从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有 A.70种 B.80种 C.100种 D.140种 组队方案共有两类：2男1女和2女1男，故N＝·＋·＝70种.故 选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个样本容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人.已知该校高二年级共有学生300人，则不同的抽样结果种数是 A.·· B.·· C.·· D.·· √ 用分层抽样抽取样本量为45的样本，高一年级抽20人，高三年级抽10人，那么高二年级抽45－20－10＝15人.因为该校高二年级共有学生300人，所以抽样比为＝＝0.05.所以高一年级学生共有＝400人，高三年级学生共有＝200人.所以不同的抽样结果种数是··.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.如图是2024年法国巴黎奥运会和残奥会吉祥物“弗里热”，其中残奥会的吉祥物有一条“腿”被设计成了假肢，现将4个奥运会吉祥物和2个残奥会吉祥物排成一排，则不同的排法有 A.6种 B.12种 C.15种 D.60种 √ 从一排的6个位置选2个摆放残奥会吉祥物即可(剩下的4个位置放奥运会吉祥物)，＝15种.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.学校有8个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则不同的分配方案种数为 A.21 B.45 C.120 D.210 问题等价于将8个完全相同的小球，放入3个不同的盒子，每个盒子至少1个球，由隔板法可知，不同的分配方案种数为＝21.故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.2025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.12 B.14 C.16 D.20 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(或＝6)种，故共有8＋6＝14种方案.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)某学生在物理，化学，生物，政治，历史，地理这六门课程中选择三门作为选考科目，则下列说法正确的是 A.若任意选择三门课程，则总选法为 B.若物理和历史至少选一门，则总选法为 C.若物理和历史不能同时选，则总选法为－ D.若物理和历史至少选一门且不能同时选，则总选法为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A.若任意选择三门课程，选法总数为种，故A正确；对于B.若物理和历史选一门，有种方法，其余两门从剩余的4门中选2门，有种选法，若物理和历史选2门，有种选法，剩下一门从剩余的4门中选1门，有种选法，由分步乘法计数原理知，总数为＋种选法，故B错误；对于C.若物理和历史不能同时选，选法总数为－＝－种，故C正确；对于D.由选项B的分析知，若物理和历史至少选一门且不能同时选，有种选法，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.有身高各不相等的10人，排成前后排，每排5人，要求从左至右身高逐渐增加，共有_____种排法. 252 依题意可知，第一步，先定前排， 有＝＝252种方法，第二步，再定后排，余下5人在后排且定序排好，只有1种排法.由分步计数原理得，故共有252×1＝252种排法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.学校为促进学生课外兴趣发展，积极开展各类校园社团活动，某同学计划从美术、街舞等六个社团中选择三个参加，若美术和街舞中最多选择一个，则不同的选择方法共有_____种. 依题意知，共有两种情况，第一种情况：美术、街舞都不选，则需从剩余的四个社团中选择三个，共有＝4种选择方法；第二种情况：美术、街舞中选择一个，则还需从剩余的四个社团中选择两个，共有＝12种选择方法，故不同的选择方法共有4＋12＝16种. 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知3人都在2至6层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙3人出电梯的不同方法总数是_____. 120 依题意，①3人都在2至6层的某一层1人独自出电梯，共有＝60种；②3人中有2人在同一层出电梯，另1人在另外一层出电梯，共有＝60种.故甲、乙、丙3人出电梯的不同方法总数是60＋60＝120. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)从6名男生，5名女生中选举3人分别担任班长、学习委员和体育委员. (1)若担任班长、学习委员和体育委员的3人中有女生，则不同的情况有多少种？ 解：由题意知，担任班长、学习委员和体育委员的3人中有女生， 可从11人中选3人，减去全是选男生的情况，再分配担任不同的职务， 故不同的情况有(－＝870种. (2)若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的情况有多少种？ 解：若担任班长和学习委员的学生性别不同， 则不同的情况有＝540种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.某物流公司需要安排四个区域的快递运送，公司现有甲、乙、丙三位快递员可选派，要求每个区域只能有一个快递员负责，每位快递员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有 A.60种 B.54种 C.48种 D.36种 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 选派甲、乙、丙三位快递员有两种情况：一是选派2名快递员，快递员的选法有＝3种不同选法，其中一名快递员从四个区域中选2个区域，有＝6种选法，剩余快递员的选法只有1种，所以不同安排方案有：3×6×1＝18种；二是3名快递员全选，先从四个区域中选2个区域，有＝6种选法，将其看做一个区域，现在3个区域安排给三个人有＝6种方法，所以不同安排方案有：6×6＝36种.综上，不同安排方案有18＋36＝54种.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)在平面直角坐标系中，第一、二、三、四象限内各有2个点，且任意3个点都不共线，则下列结论正确的是 A.以这8个点中的2个点为端点的线段有28条 B.以这8个点中的2个点为端点的线段中，与x轴相交的有8条 C.以这8个点中的3个点为顶点的三角形有56个 D.以这8个点中的3个点为顶点，且3个顶点在3个象限的三角形有32个 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，以这8个点中的2个点为端点的线段有＝28条，故A正确；对于B，x轴上方有4个点，下方有4个点，所以这样的线段有＝16条，故B错误；对于C，以这8个点中的3个点为顶点的三角形有＝56个，故C正确；对于D，先选3个象限，从这3个象限中每个象限任选1个点作为三角形的顶点，则这样的三角形有＝32个，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.若从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取2个偶数和2个奇数，组成一个无重复数字的四位数，则不同的四位数的个数是_____. 180 依题意，可将四位数分成两类：第一类，数字0被取到，则可从2，4中任选一个，再从1，3，5中任选两个，接着从除0外的另外三个数中取一个排在首位，剩下的在三个数位上全排列，此时共有＝108个四位数；第二类，数字0没被取到，故2，4全被取到，只需从1，3，5中任选两个，再与2，4共4个数字在四个数位上全排列，此时共有＝72个四位数.根据分类加法计数原理，不同的四位数的个数是108＋72＝180. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(17分)从5个男生和4个女生中选出5人去担任英语、数学、物理、化学、生物的课代表.分别求出符合下列条件的安排方法种数： (1)女生人数不少于男生； 解：由女生人数不少于男生可知，有3个女生2个男生或有4个女生1个 男生， ①有4个女生的选法有：种； ②有3个女生的选法有：种. 所以不同的安排方法种数有(＋＝5 400种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)女生甲不担任物理课代表； 解：因为女生甲不担任物理课代表，从除女生甲外的其他8人中选取1人担任除物理课代表，再从剩下的8个人中选其余4科课代表，所以不同的安排种数有＝13 440种. (3)女生乙入选且不担任生物课代表，男生甲若入选，只担任数学或物理课代表. 解：因为女生乙入选且不担任生物课代表，男生甲若入选，只担任数学或物理课代表， ①男生甲入选的选法有：种； ②男生甲不入选的选法有：种； 所以不同的安排方法种数有＋＝4 620种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(新定义)定义：如果集合U存在一组两两不交(两个集合交集为空集时，称为不交)的非空真子集A1，A2，…，Ak(k∈N*，k≥2)，且A1∪A2∪…∪Ak＝U，那么称无序子集组A1，A2，…，Ak构成集合U的一个k划分.已知集合I＝{x∈N｜≤0}，则集合I的所有划分的个数为______. 51 依题意得，I＝{x∈N｜1≤x＜6}＝{1，2，3，4，5}，共有5个元素，则2划分有＋＝15个，3划分有＝25个，4划分有＝10个，5划分有1个，所以所有划分的个数为51个. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(双空题)为研究方程x＋y＋z＝8正整数解的不同组数，我们可以用“挡板法”：取8个相同的小球排成一排，这8个小球间有7个“空挡”，在这7个“空挡”中选择2个“空挡”，在每个“空挡”插入1块挡板，2块挡板将这8个小球分成“三段”，每段小球的个数分别对应x，y，z的一个正整数解，由此可以得出此方程正整数解的不同组数为.据此原理，则方程w＋x＋y＋z＝10的正整数解的不同组数为_____(用数字作答)；该方程自然数解的不同组数为______(用数字作答). 84 286 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 返回 依题意，则方程w＋x＋y＋z＝10的正整数解的不同组数为＝84.若w，x，y，z中没有0，则有＝84种；若w，x，y，z中有1个为0，则有＝144种；若w，x，y，z中有2个为0，则有＝54种；若w，x，y，z中有3个为0，则有＝4种，所以该方程自然数解的不同组数为84＋144＋54＋4＝286. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 六 章 计 数 原 理 返回 $