【数学】2018届一轮复习苏教版（理）排列与组合教案（江苏专用）

【数学】2018届一轮复习苏教版（理）排列与组合教案（江苏专用）

第58课 排列与组合 ‎[最新考纲]‎ 内容 要求 A B C 排列与组合 ‎√‎ ‎1．排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合 并成一组 ‎2.排列数与组合数 ‎(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示．‎ ‎(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C表示．‎ ‎3．排列数、组合数的公式及性质 公式 ‎(1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ ‎(2)C＝＝＝ 性质 ‎(1)0！＝1；A＝n!‎ ‎(2)C＝C；C＝C＋C ‎1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(　　)‎ ‎(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(　　)‎ ‎(3)若组合式C＝C，则x＝m成立．(　　)‎ ‎(4)排列定义规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况．也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不再取了．(　　)‎ ‎[答案]　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√‎ ‎2．(教材改编)已知－＝，则C＝________.‎ ‎28　[∵－＝，‎ ‎∴－＝，‎ 化简，得m2－23m＋42＝0，‎ 解得m＝2或m＝21(舍去)‎ ‎∴C＝C＝＝28.]‎ ‎3．方程‎3A＝‎2A＋‎6A的解为________．‎ x＝5　[由排列数的定义可知 ，解得x≥3，且x∈N＋.‎ ‎∴原方程可化为 ‎3x(x－1)(x－2)＝2x(x＋1)＋6x(x－1)．‎ 即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝(舍)．‎ ‎∴原方程的解为x＝5.]‎ ‎4．(2016·四川高考改编)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________．‎ ‎72　[第一步，先排个位，有C种选择；‎ 第二步，排前4位，有A种选择．‎ 由分步计数原理，知有C·A＝72(个)．]‎ ‎5．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为________．‎ ‎49　[法一(直接法)：甲、乙两人均入选，有CC种方法，‎ 甲、乙两人只有1人入选，有CC种方法，‎ ‎∴由分类计数原理，共有CC＋CC＝49种选法．‎ 法二(间接法)：从9人中选3人有C种方法，‎ 其中甲、乙均不入选有C种方法，‎ ‎∴满足条件的选排方法有C－C＝84－35＝49种．]‎ 排列应用题 ‎　(1)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．‎ ‎(2)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．‎ ‎(1)216　(2)36　[(1)第一类：甲在左端，‎ 有A＝5×4×3×2×1＝120种方法；‎ 第二类：乙在最左端，‎ 有4A＝4×4×3×2×1＝96种方法，‎ 所以共有120＋96＝216种方法．‎ ‎(2)记其余两种产品为D，E，A，B相邻视为一个元素，先与D，E排列，有AA种方法．再将C插入，仅有3个空位可选，共有AAC＝2×6×3＝36种不同的摆法．]‎ ‎[规律方法]　1.第(1)题求解的关键是按特殊元素甲、乙的位置进行分类．注意特殊元素(位置)优先原则，即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置．对于分类过多的问题，可利用间接法．‎ ‎2．对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法．‎ ‎[变式训练1]　在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有________种. 【导学号：62172318】‎ ‎96　[程序A的顺序有A＝2种结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的元素排列有AA＝48种结果，‎ 由分步乘法计数原理，实验编排共有2×48＝96种方法．]‎ 组合应用题 ‎　(1)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．‎ ‎(2)(2016·全国卷Ⅲ改编)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有‎2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤‎2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有________个．‎ ‎(1)66　(2)14　[(1)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，‎ ‎∴不同的取法共有C＋C＋CC＝66种．‎ ‎(2)由题意知：当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤‎2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C＝20(种)，其中存在k≤‎2m，a1，a2，…，ak中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有C＝4(种)；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．‎ 故共有14个．]‎ ‎[规律方法]　1.(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，再从剩下的元素中选取．‎ ‎(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．‎ ‎2．第(2)题是“新定义”问题，首先理解“规范01数列”的定义是解题的关键，注意分类讨论时要不重不漏，并重视间接法的应用．‎ ‎[变式训练2]　现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．‎ ‎472　[第一类，含有1张红色卡片，不同的取法CC＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C－‎3C＝220－12＝208种．‎ 由分类计数原理，不同的取法共264＋208＝472种．]‎ 排列与组合的综合应用 角度1　简单的排列与组合的综合问题 ‎　用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有________个．‎ ‎120　[当五位数的万位为4时，个位可以是0,2，此时满足条件的偶数共有CA＝48个；当五位数的万位为5时，个位可以是0,2,4，此时满足条件的偶数共有CA＝72个，‎ 所以比40 000大的偶数共有48＋72＝120个．]‎ 角度2　分组分配问题 ‎　将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有________种. ‎ ‎【导学号：62172319】‎ ‎150　[5名学生可分为2,2,1和3,1,1两组方式．‎ 当5名学生分成2,2,1时，共有CCA＝90种方法；当5名学生分成3,1,1时，共有CA＝60种方法．‎ 由分类加法计数原理知共有90＋60＝150种保送方法．]‎ ‎[规律方法]　1.解排列与组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．对于排列与组合的综合题目，一般是先取出符合要求的元素，再对取出的元素排列．‎ ‎2．(1)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．‎ ‎(2)对于相同元素的“分配”问题，常用的方法是采用“隔板法”．‎ ‎[思想与方法]‎ ‎1．解有附加条件的排列与组合应用题的三种思路：‎ ‎(1)特殊元素、特殊位置优先原则．‎ ‎(2)解受条件限制的组合题，通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决，分类标准应统一．‎ ‎(3)解排列与组合的综合题一般是先选再排，先分组再分配．‎ ‎2．求解排列与组合问题的思路：“排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．”‎ ‎[易错与防范]‎ ‎1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．‎ ‎2．计算A时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．‎ ‎3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数，是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．‎ ‎4．解组合应用题时，应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义．‎ ‎5．对于分配问题，一般是坚持先分组，再分配的原则，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏．‎ 课时分层训练(二)‎ A组　基础达标 ‎(建议用时：30分钟)‎ ‎1．(2016·江苏高考)(1)求7C－4C的值；‎ ‎(2)设m，n∈N＋，n≥m，求证：(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C.‎ ‎[解]　(1)7C－4C＝7×－4×＝0.‎ ‎(2)证明：当n＝m时，结论显然成立．‎ 当n>m时，(k＋1)C＝＝(m＋1)· ‎＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n.‎ 又因为C＋C＝C，‎ 所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n.‎ 因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C＝(m＋1)C＋[(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C]‎ ‎＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)]‎ ‎＝(m＋1)C.‎ ‎2．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有多少种？ 【导学号：62172320】‎ ‎[解]　赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有C种方法．‎ 赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有C种方法．‎ 由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C＋C＝10种．‎ ‎3．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有多少种？‎ ‎[解]　1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有CCA 种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有CCA种，‎ 由分类计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为CCA＋CCA＝36种．‎ ‎4．男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？‎ ‎(1)至少有1名女运动员；‎ ‎(2)既要有队长，又要有女运动员．‎ ‎[解]　(1)法一：至少有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 CC＋CC＋CC＋CC＝246(种)．‎ 法二：“至少有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C种选法，其中全是男运动员的选法有C种．‎ 所以“至少有1名女运动员”的选法为C－C＝246(种)．‎ ‎(2)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法．‎ 不选女队长时，必选男队长，共有C种选法．其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时共有C－C种选法，所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种)．‎ ‎5．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？‎ ‎(1)两个女生必须相邻而站；‎ ‎(2)4名男生互不相邻；‎ ‎(3)老师不站中间，女生甲不站左端. 【导学号：62172321】‎ ‎[解]　(1)∵两个女生必须相邻而站，‎ ‎∴把两个女生看做一个元素，‎ 则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有AA＝1 440种站法．‎ ‎(2)∵4名男生互不相邻，‎ ‎∴应用插空法，‎ 对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有AA＝144种站法．‎ ‎(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A＝720种站法．‎ 当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A×5×5＝3 000种站法．根据分类计数原理知共有720＋3 000＝3 720种站法．‎ ‎6．用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有多少个？‎ ‎[解]　个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有CAC＋AC＝90(个)；个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有CAC＋CCAC＝234(个)，所以共有90＋234＝324(个)．‎ B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎1．设有编号为1,2,3,4,5的五个球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子，现将这五个球放入五个盒子内．‎ ‎(1)只有一个盒子空着，共有多少种投放方法？‎ ‎(2)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？‎ ‎(3)每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？‎ ‎[解]　(1)CA＝1 200种；(2)A－1＝119种．‎ ‎(3)满足的情形：第一类，五个球的编号与盒子编号全同的放法：1种；‎ 第二类，四个球的编号与盒子编号相同的放法：0种；‎ 第三类，三个球的编号与盒子编号相同的放法：10种；‎ 第四类，两个球的编号与盒子编号相同的放法，2C＝20种．‎ 故满足条件的放法数为：1＋10＋20＝31种．‎ ‎2．(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为几种？‎ ‎(2)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？‎ ‎[解]　‎ ‎(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A＝24种．‎ ‎(2)法一：每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数，分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；‎ 若分配到2所学校有C×2＝42种；‎ 若分配到3所学校有C＝35种．‎ ‎∴共有7＋42＋35＝84种方法．‎ 法二：10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C＝84种不同方法．‎ 所以名额分配的方法共有84种．‎ ‎3．(2017·南京模拟)已知整数n≥3，集合M＝{1,2,3，…，n}的所有含有3个元素的子集记为A1，A2，A3，…，AC，设A1，A2，A3，…，AC中所有元素之和为Sn.‎ ‎(1)求S3，S4，S5，并求出Sn；‎ ‎(2)证明：S3＋S4＋…＋Sn＝6C.‎ ‎[解]　(1)当n＝3时，集合M只有1个符合条件的子集，‎ S3＝1＋2＋3＝6，‎ 当n＝4时，集合M每个元素出现了C次．‎ S4＝C(1＋2＋3＋4)＝30.‎ 当n＝5时，集合M每个元素出现了C次，‎ S5＝C(1＋2＋3＋4＋5)＝90.‎ 所以 ，当集合M有n个元素时，每个元素出现了C，故Sn＝C·.‎ ‎(2)证明：因为Sn＝C·＝＝6C.‎ 则S3＋S4＋S5＋…＋Sn＝6(C＋C＋C＋…＋C)‎ ‎＝6(C＋C＋C＋…＋C)＝6C.‎ ‎4．(2017·苏州期末)如图581，由若干个小正方形组成的k 层三角形图阵，第一层有1个小正方形，第二层有2个小正方形，依此类推，第k层有k个小正方形．除去最底下的一层，每个小正方形都放置在它下一层的两个小正方形之上．现对第k层的每个小正方形用数字进行标注，从左到右依次记为x1，x2，…，xk，其中xi∈{0,1}(1≤i≤k)，其它小正方形标注的数字是它下面两个小正方形标注的数字之和，依此规律，记第一层的小正方形标注的数字为x0.‎ 图581‎ ‎(1)当k＝4时，若要求x0为2的倍数，则有多少种不同的标注方法？‎ ‎(2)当k＝11时，若要求x0为3的倍数，则有多少种不同的标注方法？ ‎ ‎[解]　(1)当k＝4时，第4层标注数字依次为x1，x2，x3，x4，第3层标注数字依次为x1＋x2，x2＋x3，x3＋x4，第2层标注数字依次为x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，‎ 所以x0＝x1＋3x2＋3x3＋x4.‎ 因为x0为2的倍数，所以x1＋x2＋x3＋x4是2的倍数，则x1，x2，x3，x4四个都取0或两个取0两个取1或四个都取1，所以共有1＋C＋1＝8种标注方法. ‎ ‎(2)当k＝11时，第11层标注数字依次为x1，x2，…，x11，第10层标注数字依次为x1＋x2 ，x2＋x3，…，x10＋x11，第9层标注数字依次为x1＋2x2＋x3，x2＋2x3＋x4，…，x9＋2x10＋x11，以此类推，可得x0＝x1＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx10＋x11.‎ 因为C＝C＝45，C＝C＝120，C＝C＝210，C＝252均为3的倍数，所以只要x1＋Cx2＋Cx10＋x11是3的倍数，即只要x1＋x2＋x10＋x11是3的倍数，‎ 所以x1，x2，x10，x11四个都取0或三个取1一个取0，而其余七个x3，x4，…，x9可以取0或1，这样共有(1＋C)‎ ‎×27＝640种标注方法．‎