1.2.2 第2课时.docx

第2课时组合的应用目标定位1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题2能解决有限制条件 的组合问题.自主预习1 .组合的有关概念从n个不同元素中取出个元素合成一组,叫做从〃个不同元素中取出小 个元素的一个组合.组合数，用符号,表示.其公式为An 〃(〃-1) (〃一 2)…("一/"+1)n!* 一Cn = =.= ~；~、I("，血£N ,A”？m!加 (n—m) !矶特别地C9=C=1.2 .组合应用题的解法(1)无限制条件的组合应用题的解法步骤为：一、判断；二、转化；三、求值；四、 作答.(2)有限制条件的组合应用题的解法常用解法有：直接法、间接法.可将条件视为特殊元素或特殊位置，一般地按从不 同位置选取元素的顺序分步，或按从同一位置选取的元素个数的多少分类.即时自测1 .思考题(1)满足什么条件的两个组合是相同的组合？提示 如果两个组合中的元素完全相同，不管它们的顺序如何，就是相同的组合, 否那么就是两个不相同的组合(即使只有一个元素不同).(2)组合数公式的两种形式在应用中如何选择？A提示 在具体选择公式时要根据题目的特点正确选择,公式CT=温常用于〃为具A加n I体自然数的题目.一般偏向于组合数的计算.公式——缶一厂常用于〃为 (n一m) ! -m!字母的题目，一般偏向于不等式的求解或恒等式的证明.2 .身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分 第一类：甲、乙、丙中有1人参加，共有c!c8种；第二类：甲、乙、丙中有2人参加，共有cWcg种；第三类：甲、乙、丙3人均参加，共有种.共有ac8+ea+c?Q=666（种）不同的选法.法二（间接法）12人中任意选5人共有C力种，甲、乙、丙三人都不参加的有C8种, 所以，共有C%—C8=666（种）不同的选法.能力提升9.编号为1, 2, 3, 4, 5, 6, 7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏 亮灯不相邻，那么不同的开灯方案有（）A.60 种B.20 种C.10 种D.8 种解析 四盏熄灭的灯产生的5个空档中放入3盏亮灯，即Cg=10.答案C.圆上9个点，每两点连一线段，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 此题可化归为：圆上9个点可组成多少个四边形，每个四边形的对角线的 交点即为所求，所以，交点有C8=126（个）.答案D.从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小 组，那么骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是（用数字 作答）.解析 分三类：①选1名骨科医生，那么有^（仁仪+&磔+&&） = 360（种）；②选2名骨科医生，那么有C"C1Q+C1C!）=21O（种）；③选3名骨科医生，那么有CHCg = 20（种），，骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360+210+20=590. 答案59010 .北京《财富》全球论坛开幕期间，某高校有12名志愿者参加接待工作.假设每天 排三班，每班4人，每人每天最多值一班，那么开幕式当天不同的排班种数为（用组合数或排列数表示）.解析 这是分组问题.先从12个人中选4人排早班，再从剩下的8人中选4人排 中班，然后剩下的4人都排晚班.答案cf2ci.从6名短跑运发动中选4人参加4X100米接力赛，如果甲不能跑第一棒，乙 不能跑第四棒，问共有多少种参赛方法？解把所选取的运发动的情况分为三类.第一类：甲、乙两人均不参赛，有A4=24（种）；第二类：甲、乙两人有且只有1人参赛,共有C』C箍M—AW） = 144（种）;第三类：甲、乙两人都参赛，有&（A—2A计A3） = 84（种）.由分类加法计数原理知，所有的参赛方法共有24+144+84=252（种）.探究创新11 .现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同.现在要从他们5个人 当中选出假设干人组成4 8两个小组，每个小组都至少有1人，并且要求3组中 最矮的那个同学的身高要比A组中最高的那个同学还要高，那么不同的选法共有多 少种？解给5位同学按身高的不同由矮到高分别编号为1, 2, 3, 4, 5,组成集合〃 ={1, 2, 3, 4, 5）.①假设小组A中最高者为1,那么能使3中最矮者高于A中最高者的小组8是{2, 3, 4, 5}的非空子集，这样的子集有CL+C?+Ci+G=24—1 = 15（个），所以不同的 选法有15（种）；②假设A中最高者为2,那么这样的小组A有2个：{2}, {1, 2},能使3中最矮者 高于A中最高者的小组3是{3, 4, 5}的非空子集，这样的子集（小组B）有23 — 1 =7（个），所以不同的选法有2义7=14（种）；③假设A中最高者为3,那么这样的小组A有4个：{3}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3},能使5中最矮者高于A中最高者的小组6是{4, 5}的非空子集，这样的子集 （小组8）有22-1= 3（个），所以不同的选法有4义3 = 12（种）；④假设A中最高者为4,那么这样的小组A有8个：{4}, {1, 4}, {2, 4}, {3, 4}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}, {1, 2, 3, 4},能使 B 中最矮者高于 A 中 最高者的小组3中有{5}1个，所以不同的选法有8种.综上，所有不同的选法有15 + 14+12+8=49（种）.别顺次一个比一个低，这样的排法种数是（）A.5 040B.36C.18D.20解析 最高的同学只能站在中间，它别无选择；从剩下的6名同学中任选3名， 有C?种不同的方法，他们由高到低的排列次序唯一；剩下的3名同学由高到低的 排列次序也唯一....不同的排法共有奠=20（种）.答案D3.某中学要从4名男生和3名女生中选4人参加公益活动，假设男生甲和女生乙不 能同时参加，那么不同的选派方案共有（）A.25 种B.35 种C.820 种D.840 种解析分3类完成：男生甲参加，女生乙不参加，有Cg种选法；男生甲不参加， 女生乙参加，有Cg种选法；两人都不参加，有Cg种选法.所以共有2Cg+C§=25（种） 不同的选派方案.答案A4,正六边形顶点和中心共7个点，可组成 个三角形.解析不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心 的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为Cg—3 = 32.答案32类型一分组、分配问题【例1】6本不同的书,按以下要求各有多少种不同的选法:⑴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,（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,（4）分给甲、乙、丙三人,•人一本，一人两本，一人三本;（5）分给甲、乙、丙三人,每人至少一本.解（1）先从6本书中选2本给甲，有CZ种选法；再从其余的4本中选2本给乙, 有C4种选法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有C3种选法；所以分给甲、 乙、丙三人，每人2本，共有C2a©=90种.⑵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％种方法；第二步再将这三份分给甲、乙、丙 三名同学有用种方法.根据分步乘法计数原理可得：所以九=维景建 =15.因此分为三份，每份两本一共有15种方法.⑶这是“不均匀分组”问题，一共有CARG=60种方法.(4)在(3)的基础上再进行全排列，所以一共有 mcM=360种方法.(5)可以分为三类情况：①“2、2、2型”即(1)中的分配情况，有CZ&©=9()种 方法；②“1、2、3型”即(4)中的分配情况，有QCgC弘J=360种方法;③“1、 1、4型"，有4型=90种方法.所以一共有90+360+90=540种方法.规律方法 “分组”与“分配”问题的解法(1)此题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.分清是分组问题还是分配问题是很关键的.(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；②局部均匀分组，应注意不要重复，有几组均匀，最后必须除以“！；③完全非均勺分组，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.【训练1】有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内，(1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒不放球，有多少种放法？(3)恰有1个盒内放2个球，有多少种放法？(4)恰有2个盒内不放球，有多少种放法？解(1)一个球一个球地放到盒子里去，每个球都可有4种独立的放法，由分步乘 法计数原理知，放法共有44=256(种).(2)为保证“恰有1个盒子不放球”，先从4个盒子中任意拿去1个，即将4个球 分成2、1、1的三组，有C?种分法；然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余 2个球，2个盒子，全排列即可.由分步乘法计数原理知，共有放法Cj・C?・a・A3 = 144(种).(3) “恰有1个盒内放2个球”，即另外的3个盒子放剩下的2个球，而每个盒子至多放1个球，即另外3个盒子中恰有1个空盒.因此，”恰有1个盒子放2个球” 与“恰有1个盒子不放球”是一回事，故也有144种放法.（4）先从4个盒子中任意拿走2个，有C1种拿法，问题转化为：“4个球，2个盒 子，每盒必放球，有几种放法？ "，从放球数目看，可分为（3, 1）, （2, 2）两类： 第1类，可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有cj・a种 放法；第2类，有色种放法.因此共有& - Cj+&= 14（种）.由分步乘法计数原理 得“恰有2个盒子不放球”的放法有CaX 14=84（种）.类型二与几何图形有关的组合问题【例2】（1）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？（2）四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，有多少种不 同的取法.解（1）（直接法）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3cg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 3Cg+3 = 33（种）.（2）（间接法）如图，从10个点中取4个点的取法有C%种，除去4点共面的取法种 数可以得到结果.从四面体同一个面上的6个点取出的4点必定共面.有4&=60（种），四面体的每一棱上3点与相对棱中点共面，共有6种共面情况，从6条棱的中点中取4个点时有3种共面情形（对棱中点连线两两相交且互相平分），故4 点不共面的取法为：C%—（60+6+3）= 141（种）.规律方法解决与几何图形有关的问题时，要善于利用几何图形的性质和特征， 充分挖掘图形的隐含条件，转化为有限制条件的组合问题.【训练2】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？解法一我们把从共线的4个点中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，共有C4 •&=48（个）不同 的三角形；第2类：共线的4个点中有1个点作为三角形的顶点，共有C}・4=112（个）不同 的三角形；第3类：共线的4个点中没有点作为三角形的顶点，共有Cg=56（个）不同的三角 形.由分类加法计数原理，不同的三角形共有48+112+56 = 216（个）.法二间接法：日2—&=220—4=216（个）.类型。