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【成才之路】2014-2015高中数学人教A版选修2-3配套课件:1.2.2 第2课时组合(二)_图文

成才之路 · 数学
人教A版 · 选修2-3

路漫漫其修远兮 吾将上下而求索

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第一章
计数原理

第一章

计数原理

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第一章 1.2 排列与组合
1.2.2 组合 第2课时 组 合 (二)

第一章

计数原理

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1

自主预习学案

2

典例探究学案

3

巩固提高学案

4

备 选 练 习

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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自主预习学案

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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掌握有限制条件的组合问题的基本解法,提高分析问题与 解决问题的能力.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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重点:有限制条件的组合问题及组合的应用.

难点:有限制条件的组合问题.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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有限制条件的组合问题 温故知新 回顾复习排列、组合的定义、公式、性质和有限制条件的

排列问题常见类型及解决方法.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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新知导学 1.解答组合应用题的总体思路 (1)整体分类

对事件进行整体分类,从集合的意义讲,分类要做到各类 全集 ,以保证分类的不遗漏,任意两类的交集 的并集等于 _______
空集 ,以保证分类的不重复,计算其结果时,使用分 等于 _______ 类加法计数原理.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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(2)局部分步 整体分类以后,对每一类进行局部分步,分步要做到步骤 连续,以保证分步的不遗漏,同时步骤要独立,以保证分步的 不重复 .计算每一类相应的结果时,使用分步乘法计数原 _________

理.
(3)考查顺序 区别排列与组合的重要标志是“有序”与“无序”,无序 的问题用_______ 组合 解答,有序的问题属________ 排列 问题.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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(4)辩证地看待“元素”与“位置” 排列组合问题中的元素与位置,要视具体情况而定,有时 “定元素选位置”,有时“定位置选元素”. (5)把实际问题抽象成组合模型

认真审题,把握问题的本质特征,抽象概括出常规的数学
模型.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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2.解答组合应用题的思想方法 (1)一一对应的思想. (2)特殊到一般的归纳推理方法. (3)正难则反的转化与化归思想.

(4)“含”与“不含”某元素的分类讨论思想.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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牛刀小试 1.200 件产品中有 3 件次品,任意抽取 5 件,其中至少有 2 件次品的抽法有( A.C32 C2 197· 3
5 C.C5 - C 200 197

)
2 2 3 B.C3 3C197+C3C197 1 4 D.C5 - C 200 3C197

[答案] B

[解析] 至少 2 件次品包含两类: (1)
3 共 C2 3C197种,

2 件次品, 3 件正品,

2 (2)3 件次品,2 件正品,共 C3 C 3 197种, 3 3 2 由分类加法计数原理得抽法共有 C2 3C197+C3C197,故选 B.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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2.某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区
服务,如果要求至少有 1 名女生,那么不同的选派方案种数为 ( )

A.14
C.28 [答案] A

B.24
D.48

[解析] 用间接法得不同选法有 C4 6-1=14 种,故选 A.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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3 . (2013· 福州文博中学高二期末 ) 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,则不同的赠送方式共有( A.4种 ) B.10种

C.18种
[答案] B

D.20种

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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[解析]

分两类:第一类,取出两本画册,两本集邮册,

从 4 人中选取 2 人送画册,则另外两人送集邮册,有 C2 4种方 法.第二类,3 本集邮册全取 ,取 1 本画册,从 4 人中选 1 人
1 2 送画册,其余送集邮册,有 C1 种方法,∴共有 C + C 4 4 4=10 种

赠送方法.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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4 .从 1、2、3、5、 7这五个数字中任取 2个,能组成的真 分数个数是________. [答案] 10

[解析] 由题意知这是一个组合问题,个数为 C2 5=10 个.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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5.在同一个平面内有一组平行线共8条,另一组平行线共
10条,这两组平行线相互不平行. (1)它们共能构成________个平行四边形; (2)共有________个交点. [答案] 1 260 80

[解析]

(1)第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能

2 构成一个平行四边形,故共有 C2 C 8 10=1 260(个).

(2)第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点,
1 所以共有 C1 C 8 10=80(个).

第一章

1.2

1.2.2

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6.某车间有11名工人,其中有5名钳工,4名车工,另外2 名既能当车工又能当钳工,现要在这 11 名工人中选派 4 名钳 工,4名车工修理一台机床,不同的选派方法有________种. [答案] 185
[解析] 分三类,第一类,从 5 名钳工中选 4 人干钳工, 从 4 名车工和另 2 名既会车工又会钳工的 6 人中选 4 人干车工,
4 有 C4 C 5 6=75 种选法;

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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第二类,从 5 名钳工中选 3 人,再从既会车工又会钳工的 2 人中选 1 名干钳工,从 4 名车工和剩下的一名既会车工又会
3 4 钳工的工人中选出 4 名干车工有 C1 C 2 5C5=100 种(选法);

第三类,从 5 名钳工中选 2 人,和 2 名既会车工又会钳工 的 2 人共 4 人干钳工,4 名只会车工的工人全部干车工,有 C2 C2 C4 5· 2· 4=10 种选法. 由分类加法计数原理知,不同的选派方法共有 75+100+ 10=185 种.

第一章

1.2

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典例探究学案

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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简单的组合应用题
(2013· 晋中祁县二中高二期末)从 4 名男生,3 名 女生中选出 3 名代表, (1)不同的选法共有多少种?(2)至少有一 名女生的不同的选法共有多少种?(3)代表中男、女都要有的不 同的选法共有多少种?

[分析]

(1)不受限制,从7人中任意选3人,按组合定义计

算;(2)“至少一女”的对立事件为“全是男生”,可用间接法 计算;(3)“代表中男、女生都要有”,即1男2女或2男1女,可 分类求解,也可间接求解.
第一章 1.2 1.2.2 第2课时

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[解析] (1)即从 7 名学生中选出三名代表,共有选法 C3 7= 35 种.
2 2 1 3 (2)至少有一名女生的不同选法共有 C1 3C 4+C 3C 4+C 3=31 3 种,或 C3 - C 7 4=31 种. 3 3 (3)男、女生都要有的不同的选法共有 C3 7-C4-C3=30 种, 2 2 1 或 C1 C + C 4 3 4C3=30 种.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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[方法规律总结]

解答组合应用题的基本思想是“化

归”,即由实际问题来建立组合模型,再由组合数公式来计算 其结果,从而得出实际问题的解.其关键环节是分析判断实际 问题有无顺序.元素顺序改变不影响其结果的便是组合问题.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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(2013· 景德镇市高二期末)在一个口袋中装有 12 个大小相 同的黑球、白球和红球.已知从袋中任意摸出 2 个球,至少得 5 到一个黑球的概率是11. 求:(1)袋中黑球的个数; (2)从袋中任意摸出 3 个球,求至少得到 2 个黑球的概率.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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[解析] (1)记“从袋中任意摸出 2 个球,求至少得到 1 个 黑球”为事件 A,设袋中黑球的个数为 x, C2 5 12-x 则 P(A)=1-P( A )=1- C2 =11, 解得 x=3 或者 x=20(舍 12 去),故黑球为 3 个. (2)记“从袋中任意摸出 3 个球,至少得到 2 个黑球”为事
1 3 C2 C + C 7 3 9 3 件 B,则 P(B)= C3 =55. 12

第一章

1.2

1.2.2

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分类讨论思想
课外活动小组共 13 人,其中男生 8 人,女生 5 人,并且男、女生各有一名队长,现从中选 5 人主持某项活动, 依下列条件各有多少种选法? (1)至少有一名队长当选; (2)至多有两名女生当选; (3)既要有队长,又要有女生当选.

第一章

1.2

1.2.2

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[分析] 由题目可获取以下主要信息: ①至少一名队长当选可分为一名队长当选和两名队长当选 两类情况讨论;②至多两名女生当选可分为两名女生,一名女 生和没有女生当选三类情况;③既要有队长,又要有女生当

选,可把身兼“双重角色”的女队长作为特殊元素,以其当选
和不当选为依据分类讨论.解答本题可先根据题意适当分类, 再用分类加法计数原理求解.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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[解析]

(1)至少有一名队长含有两种情况:有一名队长和

4 2 3 两名队长,故共有 C1 · C + C C11=825(种).或采用排除法有 2 11 2· 5 C5 13-C11=825(种).

(2)至多有两名女生含有三种情况:有两名女生、只有一名 女生、没有女生,
3 1 4 5 故共有 C2 · C + C · C + C 5 8 5 8 8=966(种).

(3)分两种情况: 第一类:女队长当选,有 C4 12种;
2 2 4 第二类:女队长不当选,有(C1 C3 C7+C3 C1 4· 7+C4· 4· 7+C4)种. 1 3 2 2 3 1 4 故共有 C4 + C · C + C · C + C · C + C 12 4 7 4 7 4 7 4=790(种).

第一章

1.2

1.2.2

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[方法规律总结 ]

解答有限制条件的组合问题,要先明确

限制条件.当限制条件为“含有”或“不含”某元素时,可直 接分步处理;当限制条件中有“至多”、“至少”的要求时, 可分类求解或用间接法求解.用直接法求解时依然坚持特殊元

素优先选取、特殊位置优先安排的原则.

第一章

1.2

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第2课时

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(2013·北师大附中高二期中)一次考试中,要求考生从试卷 上的9个题目中选6个进行答题,要求至少包含前5个题目中的3 个,则考生答题的不同选法的种数是( A.40 B.74 )

C.84
[答案] B

D.200

[解析] 分三类,前 5 个题目中选取 3 个或 4 个或 5 个, ∴考生答题的不同选法种数有:
3 4 2 5 1 C3 · C + C · C + C C4=74. 5 4 5 4 5·

第一章

1.2

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第2课时

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几何中的组合问题
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?
[分析] 该问题显然可看作一个组合问题,但应注意有4个

点共线这一限制条件.

第一章

1.2

1.2.2

第2课时

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[解析] 我们把从共线的 4 个点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
1 有 C2 · C 4 8=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
2 有 C1 · C 4 8=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 C3 8=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).
第一章 1.2 1.2.2 第2课时

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[方法规律总结 ]

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. 处理几何中的计数问题时要抓住“对应关系”,如不共线 三点对应一个三角形,不共面四点可以确定一个四面体等.可

借助于图形思考问题,要善于利用几何的有关性质或特征解
题.避免重复或遗漏.

第一章

1.2

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第2课时

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空间12个点,其中5个点共面,此外无任何4个点共面,这 12个点可确定多少个不同的平面?

[解析] 这个问题可分四类加以考虑. ①5 个共面点确定 1 个平面; ②5 个共面点中任何 2 个点和其余 7 个点中任意一点确定 7C2 5个平面;

第一章

1.2

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③5 个共面点中任一点和其余 7 个点中任意 2 个点确定 5C2 7 个平面; ④7 个点中任何 3 个点确定 C3 7个平面.
2 3 ∴总共确定平面的个数为 1+7C2 5+5C7+C7=211(个).

第一章

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排列组合综合问题探究思路

用 0 到 9 这 10 个数字组成没有重复数字的五位 数,其中含 3 个奇数数字与 2 个偶数数字的五位数有多少个?
[解题思路探究 ] 第一步,审题.审结论明确解题方向, 取出数字组成五位数是排列问题; 审条件挖解题信息,10个数字含有0,0不能在首位,求解应

分“不含0”和“含有0”两类;

第一章

1.2

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第2课时

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第二步,建联系找解题突破口,确定解题步骤. 特殊元素优先在安排,部分元素参与排列先选后排,有无 零排法不同,恰当分类.可用直接法也可用间接法求解. 直接法,先按是否含 0 分类,再选择参与排列的奇数和偶

数数字,最后排列,再按分类加法原理计数.
第三步,规范解答.

第一章

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[解析] 解法 1:(直接法):把从 5 个偶数中任取 2 个分为 两类 (1)不含 0 的:由 3 个奇数数字和 2 个偶数数字组成的五位 数,可分两步进行:第 1 步,选出 3 奇 2 偶的数字,方法有 C3 5
5 C2 4种;第 2 步,对选出的 5 个数字全排列有 A5种方法. 2 5 故所有适合条件的五位数有 C3 C 5 4A5个.

第一章

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(2)含有 0 的:这时 0 只能排在除首位(万位)以外的四个位
1 置中的一个,有 A1 种排法;再从 2,4,6,8 中任取一个,有 C 4 4种

取法,从 5 个奇数数字中任取 3 个,有 C3 5种取法,再把取出的
1 1 3 4 4 个数全排列有 A4 种方法,故有 A 4 4C4C5A4种排法. 2 5 1 1 3 4 根据分类加法计数原理,共有 C3 C A + A 5 4 5 4A4C5A4=11040

个符合要求的数.
2 5 解法 2:(间接法):如果对 0 不限制,共有 C3 C 5 5A5种,其 1 4 3 2 5 3 1 4 中 0 居首位的有 C3 C A 种. 故共有 C C A - C 5 4 4 5 5 5 5C4A4=11040 个

符合条件的数.

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正确区分分堆与分配问题 有 12 本不同的书,分成 4 堆. (1)若每堆 3 本,有几种方法? (2)若 4 堆依次为 1 本,3 本,4 本,4 本,有几种分法? (3)若 4 堆依次为 1 本,2 本,3 本,6 本,有几种分法?(只 要求列出算式)

第一章

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3 3 3 [错解] (1)有 C3 12C9C6C3种分法; 3 4 4 (2)有 C1 C 12 11C8C4种分法; 2 3 6 (3)有 C1 12C11C9C6种分法.

[辨析] A、B、C、D 四本书平均为分两堆,只有 AB,CD; AC,BD;AD,BC 三种分法,而 C2 C2 4· 2=6,显然计数错误,原 因是先从 4 本书中选取 AB,再取 CD 和先取 CD,再取 AB 是 同一种分法,上述错解犯了相同的错误.

第一章

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3 3 3 C3 C9 · C6· C3 12· [正解] (1)有分法 种. 4! 3 4 4 C1 C 12 11C8C4 (2)有分法 种. 2! 3 6 (3)有分法 C1 C2 12· 11C9C6种.

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巩固提高学案
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备选练习
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