高中数学第一章计数原理12排列与组合122组合第2课时组合的综合应用讲义新人教A版选修23.docx
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高中数学第一章计数原理12排列与组合122组合第2课时组合的综合应用讲义新人教A版选修23.docx
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高中数学第一章计数原理12排列与组合122组合第2课时组合的综合应用讲义新人教A版选修23
第2课时组合的综合应用
知识点排列与组合的联系和区别
排列与组合的共同点都是“从n个不同元素中,任取m个元素”,如果交换两个元素的
位置对结果产生影响,就是口01排列问题;反之,如果交换两个元素的位置对结果没有影响,
就是□组合问题•简而言之,口03排列问题与顺序有关,□04组合问题与顺序无关.
知识点解排列组合综合题的思路
解决该问题的一般思路是先选后排,先口01组合后摩排列,解题时应灵活运用口03分类加法计数原理和匚04分步乘法计数原理•分类时,注意各类中是否分步,分步时注意各步中是否分类.
利用组合知识解决与几何有关的问题,要注意:
(1)将已知条件中的元素的特征搞清,是用直接法还是间接法;
(2)要使用分类方法,至于怎样确定分类的标准,这是一个难点,要具体问题具体分析;
(3)常用间接法解决该类问题.
1•判一判(正确的打错误的打“x”)
(1)3个相同的小球放入5个不同的盒子中,每盒至多放一个球,这个问题是排列问
题.()
(2)3个不同的小球放入5个不同的盒子中,每盒至多放一个球,这个问题是组合问
题.()
(3)将9本不同的书分成三堆是平均分组问题.
答案⑴X
(2)X(3)V
2.做一做
(1)4种不同的种子,选出3块不同的土地,每一块地只能种一种,则不同的种法有
种.
(2)从3名女生、4名男生中选4人担任奥运会志愿者,若选出的4人中既有男生又有女
生,则不同的选法共有种.
(3)将6名教师分到3所中学任教,一所1名,一所2名,一所3名,则有种不
同的分法.
答案
(1)24
(2)34(3)360
33
解析
(1)C4A=24(种).
(2)C4—C4=34(种).
(3)C6C5c3a3=360(种).
探究1有限制条件的组合问题
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C3种选法;第二步:
选2名女运动员,有&种选法,故共有C3・C=120种选法.
(2)解法一:
(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d・C+c4・C+cTC+c4・C=246种选法.
解法二:
(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C5种,故“至少有1名女运动员”的选法有C?
0-d=246(种).
(3)当有女队长时,其他人选法任意,共有c9种选法;不选女队长时,必选男队长,共有
C4种选法,其中不含女运动员的选法有c5种,故不选女队长时共有c8-C种选法•所以既有队
长又有女运动员的选法共有c9+C!
-C4=191(种).
拓展提升
解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接法”和“间接法(排除法)”,其中用直
接法求解时,应依据“特殊元素优先安排”的原则,即优先安排特殊元素,再安排其他元素.而选择间接法的原则是“正难则反”,也就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大时,不妨从反面问题入手,试一试看是否简单些,特别是涉及“至多”“至少”等组合问题时更是如此.此时正确理解“都不是”“不都是”“至多”“至少”等词语的确切含义是解决这些组合问题的关键.
[跟踪训练1]有11名外语翻译人员,其中5名是英语译员,4名是日语译员,另外两名英、日都精通,从中找出8
人,使他们可以组成两个翻译小组,其中4人翻译英语,4人翻译日语,这两个小组能同时工作,问这样的8人名单共可开出几张?
解解法一:
按“英、日都会的人”的参与情况,可分为三类:
第一类,“英日都会”的人不参加,有66种;
第二类,“英日都会”的人有1人参加,该人可参加英语,也可参加日语,共有C21C53C44+
6cfc4种;
第三类,“英日都会”的均参加共有c3c4a2+de4+c5c4种.
由分类加法原理可得共有Ck4+CGC:
+GUck&嵌+広匕+c5c4=185种.解法二:
按“英日都会”的人参加英语翻译的人数可分为三类.
第一类,“英日都会”的人不参加英语翻译,有c5C种;
第二类,“英日都会”的人恰有一人参与英语翻译,共有c2c3C5种;
第三类,“英日都会”的人全部参与英语翻译共有C5C4种.
由分类加法原理可得共有c5c6+c2c5c5+c5c4=185种.
探究2与几何有关的组合问题
例2如图,在以AB为直径的半圆周上,有异于A,B的六个点C,C2,C3,G,C5,C6,直径AB上有异于代B的四个点D,D2,D3,d
问:
(1)以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作多少个?
其中含C点的有多少个?
(2)以图中的12个点(包括代B)中的4个为顶点,可作出多少个四边形?
[解]
(1)C:
+C6・C+C6116(个).
其中以C1为顶点的三角形有
c5+d4+c4=36(个).
(2)c4+c6・c6+C6・c6=360(个).
拓展提升
(1)解决几何图形中的组合问题,首先应注意运用处理组合问题的常规方法分析解决问题,其次要注意从不同类型的几何问题中抽象出组合问题,寻找一个组合的模型加以处理.
(2)图形多少的问题通常是组合问题,要注意共点、共线、共面、异面等情形,防止多算.常用直接法,也可采用排除法.
(3)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、面及构造模型,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.
[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3C3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
3
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3C5+3=33(种).
(2)(间接法)如图,从10个点中取4个点的取法有Co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4C6=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C140-(60+6+3)=
141(种).
探究3分组、分配问题
角度1:
不同元素分组、分配问题
例36本不同的书,按下列要求各有多少种不同的选法:
(1)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,一份两本,一份三本;
(4)分给甲、乙、丙三人,一人一本,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C2种选法;再从其余的4本中选2本给乙,有C2种选法;最后从余下的2本书中选2本给丙,有C2种选法;所以分给甲、乙、丙三人,每人2
本,共有C2c4c2=90种方法.
(2)分给甲、乙、丙三人,每人两本有C6GC2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x种方法;第二步再将这三份分给甲、乙、丙三名同学有A3种方
法.根据分步乘法计数原理可得:
c6c4C=xa3,所以x=—石厂=15.因此分为三份,每份两本
一共有15种方法.
(3)这是“不均匀分组”问题,一共有cic5d=60种方法.
(4)在(3)的基础上再进行全排列,所以一共有c6c5c3a3=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C2C2C2=90种方法;②“1、2、3型”即⑷中的分配情况,有c6Cc3a3=360种方法;③“1、1、4型”,有住足=90
种方法.所以一共有90+360+90=540种方法.
拓展提升
“分组”与“分配”问题的解法
(1)本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.要分清是分组问题还是分配问题,这个是很关键的.
(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,最后必须除以组数的阶乘;
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.
(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.[跟踪训练3]按下列要求把12个人分成3个小组,各有多少种不同的分法?
(1)各组人数分别为2,4,6人;
(2)平均分成3个小组;
(3)平均分成3个小组,进入3个不同车间.
解
(1)C?
2C4gC6=13860.
(2)飞―=5775.
=C?
2•c8•c1=34650种不同的分法.
角度2:
相同元素分配问题
1,2,3,4的盒子,求下列方法的种数.
例46个相同的小球放入4个编号为
(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Ce=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Cl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c5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||oo||oooo|,有c3种插法.
1
2将两块板与前面三块板之一并放,如|00|||0000|,有C3种插法.
故共有cC•(oi+c3)=30(种).
拓展提升
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》n),有專1种方法.可描述为n—1个空中插入m-1块板.
[跟踪训练4]将4个编号为1,2,3,4的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中.
(1)每盒至多一球,有多少种放法?
(2)每个盒内放一个球,并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,有多少种放法?
(3)把4个不同的小球换成4个相同的小球,恰有一个空盒,有多少种放法?
(4)把4个不同的小球换成20个相同的小球,要求每个盒内的球数不少于它的编号数,有多少种放法?
解
(1)这是全排列问题,共有A44=24种放法.
(2)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C4种,当1个球与1个盒子的编号相同时,用
局部列举法可知其余3个球的投放方法有2种,故共有C4•2=8种放法.
(3)先从四个盒子中选出三个盒子,再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球,余下两个
盒子各放一个.由于球是相同的,即没有顺序,所以属于组合问题,故共有64=12种放法.
(4)(隔板法)先将编号为1,2,3,4的4个盒子分别放入0,1,2,3个球,再把剩下的14个
球分成四组,即在OOOOOOOOOOOOOO这14个球中间的13个空中放入三块隔板,
共有C133=286种放法,如
OO|OOOOOIOOOIOOOO,即编号为1,2,3,4的盒子分别放入2,6,5,7个球.
探究4排列、组合的综合应用
例5有5个男生和3个女生,从中选出5人担任5门不同学科的科代表,求分别符合下列条件的选法数.
(1)有女生但人数必须少于男生;
(2)某女生一定担任语文科代表;
(3)某男生必须包括在内,但不担任数学科代表;
(4)某女生一定要担任语文科代表,某男生必须担任科代表,但不担任数学科代表.
[解]
(1)先取后排,先取可以是2女3男,也可以是1女4男,先取有c5ci+c5c3种,后排有a!
种,共(c5c3+Cd)5400(种).
(2)除去该女生后,先取后排,有c7•A4=840(种).
(3)先取后排,但先安排该男生,有C4・A:
=3360(种).
(4)先从除去该男生、该女生的6人中选3人有C3种,再安排该男生有C3种,其中3人全
排有种,共c6・a3=360(种).
拓展提升
解决排列、组合综合问题要遵循的两个原则
(1)按事情发生的过程进行分步;
(2)按元素的性质进行分类.解决时通常从三个途径考虑:
1以元素为主考虑,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素;
2以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置;
3先不考虑附加条件,计算出排列或组合数,再减去不合要求的排列或组合数.
[跟踪训练5]有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片,从这8张卡片中取出4张卡片排成一行.如果取出的4张卡片所标的数字之和等于10,则不同的排法共有多少种?
解分三类:
第1类,当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时,不同的排法有C・C・C・C・a4种.
第2类,当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时,不同的排法有c22•C22•A44种.
第3类,当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时,不同的排法有c22•C22•A44种.
故满足题意的所有不同的排法种数共有c12•C12•C21•C12•A44+2c22•C22•A44=432.
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.
1.市内某公共汽车站有6个候车位(成一排),现有3名乘客随便坐在某个座位上候车,则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是()
A.48B.54C.72D.84
答案C
解析根据题意,先将3名乘客进行全排列,有足=6(种)排法,排好后,有4个空当,再将1个空位和余下的两个连续的空位插入4个空当中,有A4=12(种)方法,根据分步乘法计数原理,共有6X12=72(种)候车方式.选C.
2.如图是由6个正方形拼成的矩形图案,从图中的12个顶点中任取3个点作为一组.其中可以构成三角形的组数为()
A.208B.204
C.200D.196
答案C
解析任取的3个顶点不能构成三角形的情形有3种:
一是3条横线上的4个点,其组数为3C3;二是4条竖线上的3个点,其组数为4C1;三是4条对角线上的3个点,其组数为403,所以可以构成三角形的组数为:
C?
2—3C4-8C3=200,故选C.
3•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()
A.60种B.63种C.65种D.66种
答案D
解析分三种情况:
(1)4个都是偶数;
(2)两个为偶数,两个为奇数;(3)4个都是奇数.故共有C44+C42C25+C54=66(种).故选D.
4.2016年3月10日是第十一届世界肾脏日,某社区服务站将5位志愿者分成3组,其
中两组各2人,另一组1人,分别去三个不同的社区宣传这届肾脏日的主题:
“尽快行动,
尽快预防”,不同的分配方案有种(用数字作答)•
答案90
C1•c?
•c
解析a•A3=90种.
5.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,求不同取法的种数.
解若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张,若都不同色,则有C4XC4XC4=64(种),
若2张同色,则有C3xc2xc2xc4=144(种);
若红色卡片有1张,剩余2张不同色,则有cixc?
xc4xc4=192(种),
剩余2张同色,则有Cxc;xc=72(种),
所以共有64+144+192+72=472种不同的取法.
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