【数学】2020届一轮复习人教B版组合(理）学案

【数学】2020届一轮复习人教B版组合(理）学案

‎ 组 合 ‎ ‎ ‎【学习目标】‎ ‎1．理解组合的概念．‎ ‎ 2．能利用计数原理推导组合数公式．‎ ‎ 3．能解决简单的实际问题．‎ ‎ 4．理解组合与排列之间的联系与区别．‎ ‎【要点梳理】‎ 要点一：组合 ‎1.定义：‎ 一般地，从个不同元素中取出（）个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．‎ 要点诠释：‎ ① 从排列与组合的定义可知，一是“取出元素”；二是“并成一组”，“并成一组”即表示与顺序无关．‎ 排列与元素的顺序有关，而组合与元素的顺序无关，这是它们的根本区别．‎ ‎② 如果两个组合中的元素相同，那么不管元素的顺序怎样都是相同的组合；只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合.因此组合问题的本质是分组问题，它主要涉及元素被取到或未被取到.‎ 要点二：组合数及其公式 ‎1.组合数的定义：‎ 从个不同元素中取出（）个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数．记作．‎ 要点诠释：‎ ‎“组合”与“组合数”是两个不同的概念：‎ 一个组合是指“从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素并成一组”，它不是一个数，而是具体的一件事；组合数是指“从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有组合的个数”，它是一个数．‎ ‎ 例如，从3个不同元素a，b，c中取出2个元素的组合为ab，ac，bc，其中每一种都叫做一个组合，而数字3就是组合数． ‎ ‎2．组合数的公式及推导 ‎ 求从n个不同元素中取出m个元素的排列数，可以按以下两步来考虑：‎ ‎ 第一步，先求出从这n个不同元素中取出m个元素的组合数；‎ ‎ 第二步，求每一个组合中m个元素的全排列数．‎ ‎ 根据分步计数原理，得到．‎ ‎ 因此 ‎ ‎ 这里n，m∈N+，且m≤n，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．‎ ‎ 要点诠释：‎ 组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题。‎ ‎3. 组合数公式：‎ ‎(1)（ 、，且）‎ ‎(2) （ 、，且）‎ 要点诠释：‎ 上面第一个公式一般用于计算，但当数值、较大时，利用第二个式子计算组合数较为方便，在对含有字母的组合数的式子进行变形和论证时，常用第二个公式．‎ 要点三：组合数的性质 性质1：（、，且）‎ 性质2：（、，且）‎ 要点诠释：‎ 规定：.‎ ‎ 要点四、纯组合问题常见题型 ‎（1）“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：‎ ‎“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．‎ 如：现从5位男同学、4位女同学中选出5名代表，若男甲、女A都必须当选，有多少种不同的选法?由于男甲、女A必须当选，只需从剩下7人中任选3人即可满足题目的要求，故有种不同的选法．‎ ‎（2）“至少”或“最多”含有几个元素的题型：‎ 解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，但通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．‎ 如（1）中，将问题改为至少有一名女同学当选，有多少种不同的选法?则在全部的选法中，排除全部男生当选的情况即可，故有种不同的选法．‎ ‎（3）分堆问题 ‎ ①平均分堆，其分法数为：．‎ ‎ 例如 将6本不同的书平均分成三份，每份两本，求不同的分法数． ‎ ‎ 依据上述公式，其分法为（种）．‎ ‎ ②分堆但不平均，其分法数为．‎ ‎ 例如，将12本不同的书分成五份，分别为2本、2本、2本、3本、3本，求不同的分法数．‎ ‎ 依据上述公式，分到指定位置数为．‎ ‎ 其中两本的有三堆，故除以3！；3本的有两堆，要除以2！，故分法数为．‎ ‎ （4）定序问题．‎ ‎ 对于某些元素的顺序固定的排列问题，可先全排，再除以定序元素的全排，或先在总位置中选出定序元素的位置而不参加排列，然后对其他元素进行排列．‎ ‎ 例：5人站成一排，如果甲必须站在乙的左边，则不同的排法有多少种？‎ ‎ 法一: 5人不加限制的排列方法有种，“甲在乙的左边”和“甲在乙的右边”的排法是相对的，所以甲必须在乙的左边的排法有（种）．‎ ‎ 法二: 第一步，在5个位置中选2个位置给甲、乙二人有种选法；‎ ‎ 第二步，剩下三个位置由剩下三人全排，有种排法，共有（种）；‎ ‎ 法三: 从5个位置选3个位置由除甲、乙两人之外的三人排列有种（剩下两个位置，甲、乙随之确定）．‎ ‎（5）指标问题用“隔板法”：‎ 如，将10个保送生预选指标分配给某重点中学高三年级六个班，每班至少一名，共有多少种分配方案？‎ ‎ 将10个名额并成一排，名额之间有9个空，用5块隔板插入9个空，就可将10个名额分为6部分，每一种插法就对应一种分配法，故有种方案．‎ ‎ 注意：隔板法与插空法是不同的，要予以“区分”．隔板法只适用于相同元素的分配问题．‎ 要点五、组合组合的综合应用 ‎ 处理排列、组合综合题时，应遵循四大原则：‎ （1） 先特殊后一般的原则 （1） 先取后排的原则 （2） 先分类后分步的原则 （3） 正难则反、等价转化原则．‎ ‎【典型例题】‎ 类型一、 组合概念及组合数公式 ‎ 例1． 判断下列问题是组合问题还是排列问题．‎ ‎ （1）设集合A={a，b，c，d，e}，则集合A的子集中含有3个元素的有多少个？‎ ‎ （2）某铁路线上有5个车站，则这条线上共需准备多少种车票？多少种票价？‎ ‎ （3）3人去干5种不同的工作，每人干一种，有多少种分工方法？‎ ‎ （4）把3本相同的书分给5个学生，每人最多得1本，有几种分配方法？‎ ‎【思路点拨】 排列与顺序有关，组合与顺序无关．‎ ‎【解析】 ‎ ‎（1）因为本问题与元素顺序无关，故是组合问题．‎ ‎ （2）因为甲站到乙站车票与乙站到甲站车票是不同的，故是排列问题，但票价与顺序无关，甲站到乙站与乙站到甲站是同一种票价，故是组合问题．‎ ‎ （3）因为分工方法是从5种不同的工作中取出3种，按一定次序分给3个人去干，故是排列问题．‎ ‎ （4）因为3本书是相同的，无论把3本书分给哪三人，都不需考虑他们的顺序，故是组合问题．‎ ‎【总结升华】 ‎ ‎ 区分排列与组合问题，关键是利用排列与组合的定义，组合是“只选不排、并成一组，与顺序无关”．‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】平面内有10个点，‎ ‎（1）以其中每2个点为端点的线段共有多少条？‎ ‎（2）以其中每2个点为端点的有向线段共有多少条？‎ ‎【解析】线段不考虑线段两个端点的顺序，是组合问题；有向线段考虑线段两个端点的顺序，是排列问题．‎ ‎（1）以每2个点为端点的线段的条数，就是从10个不同元素中取出2个元素的组合数，‎ 即以其中每2个点为端点的线段共有（条）‎ ‎（2）由于有向线段的两个端点中一个是起点，一个是终点，‎ 以每2个点为端点的有向线段的条数，就是从10个不同元素中取出2个元素的排列数，‎ 即以其中每2个点为端点的有向线段共(条)‎ ‎【变式2】计算：（1）； （2）； ‎ ‎【答案】（1） ＝35；‎ ‎（2）解法1：＝120．‎ ‎ 解法2：＝120．‎ 类型二、 组合应用题 例2．某医院有内科医生12名,外科医生8名,现要选派5名参加赈灾医疗队,则 ‎(1) 某内科医生必须参加,某外科医生不能参加,有几种选法?‎ ‎(2) 至少有一名内科医生和至少有一名外科医生参加,有几种选法?‎ ‎【思路点拨】要正确理解题意中的关键性词语, 从“在”与“不在”“至少”中寻求解题思路.‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 某内科医生参加,某外科医生不参加,只需从剩下的18名医生中选4名即可,故有=3 060种.‎ ‎(2)方法一(直接法):‎ 至少有一名内科医生和至少有一名外科医生当选可分为四类:一内四外;二内三外;三内二外;四内一外,共有C112C48+C212C38+C312C28+C412C18=14 656(种).‎ 方法二(排除法):‎ 事件“至少有一名内科医生和至少有一名外科医生”的反面是“全部为内科医生或外科医生”,共有C512+C58种选法,则C520-(C512+C58)=14 656种.‎ ‎【总结升华】 ‎ 本题属有限制条件的组合问题,“含”与“不含”,“最多”与“至少”是常见题型.“含有”一般先将这些元素取出,不足部分由另外的元素补充,“不含”可将这些元素剔除,再从剩下的元素中去取.解“最多”与“至少”问题,是用直接法还是排除法,要具体问题具体分析,一般是正难则反.‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】（2015 西宁校级模拟）某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有（ ）‎ A．种 B．种 C．种 D．种 ‎【答案】因为有且只有两个年级选择甲博物馆，‎ 所以参观甲博物馆的年级有种情况，‎ 其余年级均有5种选择，所以共有54种情况，‎ 根据乘法原理可得种情况，故选D。‎ ‎【变式2】男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？‎ ‎　（1）男运动员3名，女运动员2名； 　（2）至少有1名女运动员； 　（3）队长中至少有1人参加； 　（4）既要有队长，又要有女运动员. 【答案】‎ ‎（1）第一步：选3名男运动员，有种选法.　 第二步：选2名女运动员，有 种选法. 　 共有种选法.            ‎ ‎（2）方法一  至少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可得总选法数为　.           　　方法二  “至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解. 　 从10人中任选5人有种选法，其中全是男运动员的选法有种. 　所以“至少有1名女运动员”的选法为.       （3）方法一：可分类求解：　“只有男队长”的选法为；　“只有女队长”的选法为； 　 “男、女队长都入选”的选法为； 　 所以共有种选法.         ‎ ‎　　方法二：间接法： 　 从10人中任选5人有种选法. 　 其中不选队长的方法有种.所以“至少1名队长”的选法为种.‎ ‎（4）当有女队长时，其他人任意选，共有种选法.不选女队长时，必选男队长，共有种选法.其中不含女运动员的选法有种，所以不选女队长时的选法共有种选法. 　所以既有队长又有女运动员的选法共有种.  ‎ ‎【变式3】（2019 南昌一模）甲乙两从4门课程中各选修两门，则甲乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有（ ）种。‎ A．30 B．36 C．60 D．72‎ ‎【答案】甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法可以分为两类：‎ ‎1．甲、乙所选的课程中2门均不相同，甲先从4门中任选2门，乙选取剩下的2门，有种。‎ ‎2．甲、乙所选的课程中有且只有1门相同，分为2步：①从4门中先任选一门作为相同的课程，有种选法；②甲从剩余的3门中任选1门乙从最后剩余的2门中任选1门有种选法，由分步计数原理此时共有种。‎ 综上，由分类计数原理，甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有6+24=30种。‎ 故选A。‎ ‎【高清课堂：组合370707 例题6】‎ 例3.有6本不同的书按下列分配方式分配，问各有多少种不同的分配方式？‎ ‎（1）分成1本、2本、3本三组；（非均匀分组）‎ ‎（2）分给甲、乙、丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；‎ ‎（3）分成每组都是2本的三个组；（均匀分组）‎ ‎（4）分给甲、乙、丙三人，每个人2本。‎ ‎【思路点拨】本题是首先是要把六本不同的书分成3组，然后再分配到甲、乙、丙三人手中。‎ ‎【解析】（1）先选出1本的方法有种，‎ 再由剩下的5本中选出2本的方法有种，‎ 剩下的3本为一组有种，‎ 依分步计数原理得分组的方法有种。‎ ‎（2）把上面分好的三组分给甲、乙、丙三人有种。‎ ‎（3）选2本为一组有种，剩下4本再选2本为另一组有种，最后2本为一组有种，‎ 又每种分法只能算一种，所以不同的分法有（种）。‎ ‎（重复情况列举如下：记6本书为a、b、c、d、e、f。以下种分法只能算一种：ab / cd / ef；ab / ef / cd；cd / ef / ab；cd / ab / ef；ef / cd / ab；ef / ab / cd。）‎ ‎（4）把上面分好的三组分给甲、乙、丙三人有种。‎ ‎（或甲先选有种，接着乙选有，最后丙选有种。共种。）‎ ‎【总结升华】 一般地，平均分成n堆（组），必须除以n!；如若部分平均分成m堆（组），必须除以m！。 本类题是分组后分配问题，要将分组和分配分得很清楚。‎ ‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】（1）4名乒乓球选手，分为两组举行双打比赛，共有多少种分组方法？‎ ‎ （2）10名篮球队员，分成两队各5人，有多少种分组方法？‎ ‎ （3）将1，2，3，4，5，6六个数字平分为3份，每份两个数字，共有多少种不同的分组方法？‎ ‎【答案】（1）看似简单，容易认为有种分法．具体排一下：1、2～3、4，1、3～2、4，1、‎ ‎4～2、3，2、3～1、4，2、4～1、3，3、4～1、2，即会发现各重复一次，总共 分组方法不是6种，而只有3种，一般规律是．‎ ‎（2）与（1）同理，共有种分组方法．种中含1，2，3，4，5，又含6，7，8，9，10．‎ 当取1，2，3，4，5时，相应的另一组是6，7，8，9，10．当取6，7，8，9，10时，相应的另一组是1，2，3，4，5．显然也是各重复一次．‎ ‎（3）此题易误认为有方法种．分析一下下面的6种分组方法：1、2，3、4，5、6；‎ ‎1、2，5、6，3、4；3、4，1、2，5、6；5、6，1、2，3、4；5、6，3、4，1、2．这实际上是同一种分组法，即这中间各有组是重复的同一种分组方法，所以，共有分组方法应是 种．‎ ‎【变式2】6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有多少种不同的送书方法？‎ ‎【答案】第一步：从6本不同的书中任取2本“捆绑”在一起看成一个元素有种方法；‎ 第二步：将5个“不同元素（书）”分给5个人有种方法．‎ 根据分步计数原理，一共有＝1800种方法 ‎ ‎【变式3】4个男同学和4个女同学各平均分成两组，每组2人，到4所不同的学校去学习．如果同样两人在不同的学校算作不同的情况，那么共有多少种不同的分配方法？‎ ‎【答案】；‎ 分三步完成:‎ 第一步：把4个男同学平均分成两组有种方法，‎ 第二步：把4个女同学平均分成两组有种方法，‎ 第三步：把四个组分配到4所不同的学校去学习有种方法．‎ 根据分步计数原理，共有不同的方法（种）．‎ 例4. 甲乙丙丁戊站成一排照相，要求甲必须站在乙的左边，丙必须站在乙的右边，有多少种不同的排法？‎ ‎ 【思路点拨】本题是部分不同元素定序问题，可以用逐一插入法. ‎ ‎ 【解析】先把甲乙丙按指定顺序拍成一排只有1种排法，再在甲乙丙的两端和之间5个空档中选1个位置让丁站有种不同的方法， 再在这4人之间和两端5个空档中选1个位置让戊站有种不同的站法，根据分步计数原理，符合要求站法有1××=20种.‎ ‎【总结升华】‎ 对部分不同元素定序（或部分相同元素）排列的问题，常用逐一插入法，先将这些“特殊元素”按指定顺序排列，再将“普通元素”逐一插入其间或两端.注意定序的元素之间顺序一定、部分相同元素是组合问题.‎ 举一反三：‎ ‎【变式】在一个晚会上有相声、唱歌、诗歌朗诵、小品、小提琴独奏节目各一个，要求相声节目必须排在小提琴独奏前，小品排在小提琴独奏后，这台晚会的节目有多少种不同的排法？‎ ‎【答案】先把这5个节目排成一排占5个位置，先在这5个位置中选3个位置按从前到后为相声、小提琴独奏、小品顺序安排这三个节目有种不同方法，再在其余2个位置上安排唱歌和诗歌朗诵有 种不同方法，根据分步计数原理，符合要求的节目排法有=20种.‎ ‎　【高清课堂：组合370707 例题5】‎ 例5. 学校从8个班中选10名同学参加活动，每班至少一名.现在要将这10个名额分配到8个班，共有多少种不同的分配方法？‎ ‎【思路点拨】名额指标是相同的元素，分配的不同方法是指各班获得的数量不同。‎ ‎【解析】方法一：‎ 由班至少分到1个名额，可先给每班1个名额，只需考虑余下2个名额的分配方法有多少种不同情况。‎ 第一类：将2个余额分给2所不同的班，共有种方法；‎ 第二类：将2个余额分给1个班，共有8种方法；‎ 不同分配结果的总数为 方法二：‎ 可将10个名额分成非零的8份，将8所班看成是放置这8份名额的位置。‎ ‎10个名额排一列，共有11个空档，去掉两端的空档，还有9个空档，‎ 从中任取7个空档，则10个名额被取到的空档分成了8份，每一份对应地放在班的位置上，‎ 即不同分配结果共有 ‎【总结升华】 名额与名额是没有差别的，而班级与班级是有差别的，故适合隔板法。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】把10本相同的书发给编号为1、2、3的三个学生阅览室，每个阅览室分得的书的本数不小于其编号数，试求不同分法的种数。‎ ‎【答案】‎ 先让2、3号阅览室依次分得1本书、2本书；再对余下的7本书进行分配，保证每个阅览室至少得一本书，这相当于在7本相同书之间的6个“空档”内插入两个相同“I”（一般可视为“隔板”）共有 种插法，即有15种分法。‎ 类型三、 排列组合的综合应用 例6．由13个人组成的课外活动小组，其中5个人只会跳舞，5个人只会唱歌，3个人既会唱歌，也会跳舞，若从中选出4个会跳舞和4个会唱歌的人去演节目，共有多少种不同的选法？‎ ‎【思路点拨】‎ 此类题目可按同一性质的对象选出的多少分类，应避免重复与遗漏.此题可从既会唱歌又会跳舞的3人进行分类.‎ ‎【解析】分类进行：‎ 第一类：若3人都不参加，共有CCC种；‎ 第二类：若3人都跳舞或都唱歌，共有2CCC种；‎ 第三类：若3人中有两人唱歌或跳舞，共有2C·C·C种；‎ 第四类：若3人中有一人唱歌或跳舞，共有2CCC种；‎ 第五类：若3人中有两人唱歌第三人跳舞或两人跳舞第三人唱歌，共有2CCCC种；‎ 第六类：若3人中有一人唱歌，又有一人跳舞的情形有CCCC种.‎ ‎【总结升华】对于有关元素为“多面手”的问题,应该按照“多面手”有没有被选入,选中的“多面手”作何用,进行分类.‎ 举一反三：‎ ‎【变式】某外语组有9人,每人至少会英语和日语中的一门,其中7人会英语,3人会日语,从中选取会英语和日语的各一人,有多少种不同的选法?‎ ‎【答案】如图,以会英语为基础分类,选取的一名会英语可从只会英语的人员中抽取,也可从既会英语又会 日语的人员中抽取.‎ 由题意可知,只会英语的有6人,只会日语的有2人,英语和日语都会的有1人.‎ ‎ 以只会英语的人数分类,C06·C11·C12+C16·C23=20.‎ 例7. 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，不同取法共有（ ） ( )‎ ‎ (A) 150种 (B) 147种 (C) 144种 (D) 141种 ‎【思路点拨】‎ 取出的四个点不共面的情况要比取出的四个点共面的情况复杂，可采用间接法，先不加限制任取四点，再减去四面共点的取法．‎ ‎【解析】 在10个点中任取4点，有种取法，取出的4点共面有三类(如图)．‎ 第一类：共四面体的某一个面，有4种取法；‎ 第二类：过四面体的一条棱上的三点及对棱的中点，如图中的平面ABE，有6种取法；‎ 第三类：过四面体的四条棱的中点，面与另外两条棱平行，如图中的平面EFGM，共有3个．‎ 故取4个不共面的点的不同取法共有－(4＋6＋3)＝141(种)‎ 因此选D ‎【总结升华】有些排列组合问题,正面直接考虑比较复杂,而它的反面往往比较简捷,可以先求出它的反面,再从整体中淘汰.‎ 由点组成直线、平面、几何体等图形是一类典型的组合问题，常见的附加条件是点共线与不 共线，点共面与不共面，线共面与不共面等．‎ 举一反三：‎ ‎【变式】求以一个长方体的顶点为顶点的四面体的个数。‎ ‎【答案】从8个点中取4个点，共有种方法，其中取出的4个点共面的有种，所以符合条件的四面体的个数为个。‎ 例8.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,2,3,4,5的五个盒子,现将5个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法 ‎【思路点拨】两个球的编号与盒子的编号相同即三个不同，可采用列表法。‎ ‎【解析】从5个球中取出2个与盒子对号有种还剩下3球3盒序号不能对应，利用实际操作法，如果剩下3,4,5号球, 3,4,5号盒3号球装4号盒时，则4,5号球有只有1种装法，同理3号球装5号盒时,4,5号球有也只有1种装法,由分步计数原理有种 ‎ ‎3号盒 4号盒 5号盒 ‎ ‎【总结升华】‎ 对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往利用穷举法或画出树状图会收到意想不到的结果 举一反三：‎ ‎【变式】a，b，c，d排成一行，其中a不排第一，b不排第二，c不排第三，d不排第四的不同排法有___种．‎ ‎【答案】9，可采用画出树状图的方法。‎