2020届二轮复习组合2学案（全国通用）

2020届二轮复习组合2学案（全国通用）

组合(二)‎ 学习目标　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.‎ 类型一　简单的组合应用题 例1　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)男运动员3名，女运动员2名；‎ ‎(2)至少有1名女运动员；‎ ‎(3)既要有队长，又要有女运动员.‎ 解　(1)第一步：选3名男运动员，有C种选法；第二步：选2名女运动员，有C种选法，故共有C·C＝120(种)选法.‎ ‎(2)方法一　(直接法)：“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知共有C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝246种选法.‎ 方法二　(间接法)：不考虑条件，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，故“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246(种).‎ ‎(3)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，故不选女队长时共有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).‎ 反思与感悟　1.解简单的组合应用题时，首先要判断它是不是组合问题，组合问题与排列问题的根本区别在于排列问题与取出元素之间的顺序有关，而组合问题与取出元素的顺序无关.‎ ‎2.要注意两个基本原理的运用，即分类与分步的灵活运用，在分类和分步时，一定要注意有无重复或遗漏.‎ 跟踪训练1　在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人参加市级培训.在下列条件下，有多少种不同的选法？‎ ‎(1)任意选5人；‎ ‎(2)甲、乙、丙三人必需参加；‎ ‎(3)甲、乙、丙三人不能参加；‎ ‎(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加.‎ 解　(1)从中任取5人是组合问题，共有C＝792种不同的选法.‎ ‎(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需从另外9人中选2人，是组合问题，共有C＝36种不同的选法.‎ ‎(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中选5人，共有C＝126种不同的选法.‎ ‎(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分为两步：选从甲、乙、丙中选1人，有C＝3种选法，再从另外9人中选4人，有C种选法，共有CC＝378(种)不同的选法.‎ 类型二　与几何有关的组合应用题 例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，可构成多少个不同的三角形？‎ 解　方法一　以从共线的4个点中取点的多少作为分类的标准.‎ 第一类：共线的4个点中有2个点为三角形的顶点，共有CC＝48(个)不同的三角形；‎ 第二类：共线的4个点中有1个点为三角形的顶点，共有CC＝112(个)不同的三角形；‎ 第三类：共线的4个点中没有点为三角形的顶点，共有C＝56(个)不同的三角形.‎ 由分类加法计数原理知，不同的三角形共有48＋112＋56＝216(个).‎ 方法二　(间接法)：从12个点中任意取3个点，有C＝220种取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C＝4种.‎ 故这12个点构成三角形的个数为C－C＝216.‎ 反思与感悟　1.几何组合问题，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的排列、组合.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.‎ 跟踪训练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3C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3C＋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4C＝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).‎ 类型三　分组、分配问题 角度1　不同元素分组、分配问题 例3　有6本不同的书，按下列分配方式分配，则共有多少种不同的分配方式？‎ ‎(1)分成三组，每组分别有1本，2本，3本；‎ ‎(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)分成三组，每组都是2本；‎ ‎(4)分给甲、乙、丙三人，每人2本.‎ 解　(1)分三步：先选一本有C种选法，再从余下的5本中选两本有C种选法，最后余下的三本全选有C种选法.由分步乘法计数原理知，分配方式共有C·C·C＝60(种).‎ ‎(2)由于甲、乙、丙是不同的三个人，在(1)问的基础上，还应考虑再分配问题.因此，分配方式共有C·C·C·A＝360(种).‎ ‎(3)先分三组，有CCC种分法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一组取了A，B，第二组取了C，D，第三组取了E，F，则该种方法记为(AB，CD，EF)，但CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A种情况，而这A种情况只能作为一种分法，故分配方式有＝15(种).‎ ‎(4)在(3)的基础上再分配即可，共有分配方式·A＝90(种).‎ 反思与感悟　分组、分配问题的求解策略 常见形式 处理方法 非均匀不编号分组 n个不同元素分成m组，每组元素数目均不相同，且不考虑各组间的顺序，不管是否分尽，分法种数为：‎ 均匀不编号分组 将n个不同元素分成不编号的m组，假定其中r组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为(其中A为非均匀不编号分组中的分法数).如果再有k组均匀组应再除以A.‎ n个不同元素分成m 非均匀编号分组 组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为A·A.‎ 均匀编号分组 n个不同元素分成m组，其中r组元素个数相同且考虑各组间的顺序，其分法种数为·A.‎ 跟踪训练3　将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有________种.‎ 答案　12‎ 解析　将4名学生均分为两个小组，共有＝3(种)分法；将两个小组的同学分给两名教师，共有A＝2种分法；最后将两个小组的人员分配到甲、乙两地，有A＝2种分法，故不同的安排方案共有3×2×2＝12(种).‎ 角度2：相同元素分配问题 例4　6个相同的小球放入4个编号为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.‎ 解　(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，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.‎ 先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，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).‎ 反思与感悟　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，此法称之为隔板法.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.‎ 跟踪训练4　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1本，则不同的赠送方法共有(　　)‎ A.4种 B.10种 C.18种 D.20种 答案　B 解析　由于只剩一本书，且这些画册、集邮册分别相同，可以从剩余的书的类别进行分析.又由于排列、组合针对的是不同的元素，应从4位朋友中进行选取.‎ 第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册.即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C种分法.‎ 第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C种分法.‎ 因此，满足题意的赠送方法共有C＋C＝4＋6＝10(种).‎ ‎1.把三张游园票分给10个人中的3人，分法有(　　)‎ A.A种 B.C种 C.CA种 D.30种 答案　B 解析　三张票没区别，从10人中选3人即可，即C.‎ ‎2.甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有(　　)‎ A.36种 B.48种 C.96种 D.192种 答案　C 解析　甲选2门有C种选法，乙选3门有C种选法，丙选3门有C种选法.∴共有C·C·C＝96(种)选法.‎ ‎3.直角坐标平面xOy上，平行直线x＝n(n＝0,1,2，…，5)与平行直线y＝n(n＝0,1,2，...,5)组成的图形中，矩形共有(　　)‎ A.25个 B.36个 C.100个 D.225个 答案　D 解析　在垂直于x轴的6条直线中任取2条，在垂直于y轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C×C＝15×15＝225(个).‎ ‎4.要从12人中选出5人参加一次活动，其中A，B，C三人至多两人入选，有________种不同选法.‎ 答案　756‎ 解析　方法一　可分三类：‎ ‎①A，B，C三人均不入选，有C种选法；‎ ‎②A，B，C三人中选一人，有C·C种选法；‎ ‎③A，B，C三人中选二人，有C·C种选法.‎ 由分类加法计数原理，共有选法C＋C·C＋C·C＝756(种).‎ 方法二　先从12人中任选5人，再减去A，B，C三人均入选的情况，即共有选法C－C＝756(种).‎ ‎1.无条件限制的组合应用题.其解题步骤为：‎ ‎(1)判断；(2)转化；(3)求值；(4)作答.‎ ‎2.有限制条件的组合应用题：‎ ‎(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问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，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.‎ ‎(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的.‎ 一、选择题 ‎1.某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20‎ 号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是(　　)‎ A.16 B.21‎ C.24 D. 90‎ 答案　B 解析　分2类：‎ 第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号较小的有C＝6种选取方法.‎ 第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大的一组有C＝15种选取方法.‎ 由分类加法计数原理得，共有C＋C＝6＋15＝21(种)选取方法.‎ ‎2.把5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同的分配方案有(　　)‎ A.80种 B.120种 C.140种 D.50种 答案　A 解析　当甲组中有3人，乙、丙组中各有1人时，有CC＝20(种)不同的分配方案；当甲组中有2人，乙组中也有2人，丙组中只有1人时，有CC＝30(种)不同的分配方案；‎ 当甲组中有2人，乙组中有1人，丙组中有2人时，有CC＝30(种)不同的分配方案.故共有20＋30＋30＝80种不同的分配方案.‎ ‎3.从2,3，…，8七个自然数中任取三个数组成有序数组，a，b，c且a

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