【数学】2019届一轮复习人教A版第11章计数原理随机变量及分布列第2课时排列与组合学案 7页

第2课时　排列与组合（对应学生用书（理）172 173页）‎ 近几年高考中排列与组合在理 加试部分考查，今后将会结合概率统计进行命题，考查排列、组合的基础知识、思维能力，以实际问题为背景，考查学生学习基础知识、应用基础知识、解决实际问题的能力，难度将不太大.‎ ‎① 理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题.② 以实际问题为背景，正确区分排列与组合，合理选用排列与组合公式进行解题.‎ ‎1. （选修23P26例2改编）从3名男生，4名女生中任选5人排成一排，则有　　　　种不同的排法.‎ 答案：2 520‎ 解析：问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A＝2 520（种）排法.‎ ‎2. （选修23P18习题10改编）用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为　　　　　Ｗ.‎ 答案：48‎ 解析：分两步：第一步，先排个位有A种排法；第二步，再排前三位有A种排法.故共有AA＝48（种）排法.‎ ‎3. 某校拟从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，则男教师A和女教师B至少有一名被选中的不同选法的种数是　　　　Ｗ.‎ 答案：42‎ 解析：从4名男教师和5名女教师中各选2名教师开设公开课，所有的选法种数是C×C＝60.男教师A和女教师B都没有被选中的选法种数是C×C＝18，故男教师A和女教师B至少有一名被选中的不同选法的种数是60－18＝42.‎ ‎4. （选修23P24习题2改编）下列等式不正确的是　　　　.（填序号）‎ ‎① C＝C；② C＝；③ （n＋2）（n＋1）A＝A；④ C＝C＋C.‎ 答案：②‎ 解析：由排列数公式和组合数公式易证①③④正确；而C＝，所以②不正确.‎ ‎5. （改编题）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有　　　　种.‎ 答案：60‎ 解析：分两类，第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A种分法；第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有CA种分法.总获奖情况共有A＋CA＝60（种）.‎ ‎1. 排列 ‎（1） 排列的定义：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，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.‎ ‎（2） 排列数的定义：从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示.‎ ‎（3） 排列数公式 ‎① 当m＜n时，排列称为选排列，排列数为A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）；‎ ‎② 当m＝n时，排列称为全排列，排列数为A＝n（n－1）（n－2）…2·1Ｗ.‎ 上式右边是自然数1到n的连乘积，把它叫做n的阶乘，并用n！表示，于是A＝n！Ｗ.进一步规定0！＝1，于是，A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝＝，即A＝Ｗ.‎ ‎2. 组合 ‎（1） 组合的定义：从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.‎ ‎（2） 组合数的定义：从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示.‎ ‎（3） 组合数公式 C＝＝ ‎＝Ｗ.规定C＝1Ｗ.‎ ‎（4） 组合数的两个性质：① C＝C　；‎ ‎② C＝C＋CＷ.‎ ‎（5） 区别排列与组合 排列与组合的共同点，就是都要“从n个不同元素中，任取m个元素”，而不同点就是前者要“顺序”，而后者却是“并成一组”.因此，“有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标志.‎ ‎　　　　　　　　　1　排列问题)‎ ‎　　　　　1)　（选修23P26例2改编）7位同学站成一排照相.‎ ‎（1） 甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？‎ ‎（2） 甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？‎ ‎（3） 甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？‎ ‎（4） 甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？‎ 解：（1） （解法1）直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有A种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A·A·A种排法.‎ 综上，共有A＋A·A·A＝3 720（种）排法.‎ ‎（解法2）间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即A－A－A＋A＝3 720（种）排法.‎ ‎（2） 采用“捆绑”法，将甲、乙看成一个整体进行排列（甲、乙之间也有排列），故有A·A＝1 440（种）排法.‎ ‎（3） 采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲、乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A·A＝3 600（种）排法.‎ ‎（4） 甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有A＝2 520（种）排法.‎ 变式训练 ‎（1） 将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有　　　　种.（用数字作答）‎ ‎（2） 某种产品的加工需要A，B，C，D，E五道工艺，其中A必须在D的前面完成（不一定相邻），其他工艺的顺序可以改变，但不能同时进行，为了节省加工时间，B与C必须相邻，那么完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有　　　　　种.‎ 答案：（1） 480　（2） 24‎ 解析：（1） 六个位置 ，若C放在第一个位置，则满足条件的有A种排法；若C放在第2个位置，则从3，4，5，6共4个位置中选2个位置排A，B，再在余下的3个位置排D，E，F，共A·A种排法；若C放在第3个位置，则可在1，2两个位置排A，B，其余位置排D，E，F，则共有A·A种排法或在4，5，6共3个位置中选2个位置排A，B，再在其余3个位置排D，E，F，共有A·A种排法；若C在第4个位置，则有AA＋AA种排法；若C在第5个位置，则有AA种排法；若C在第6个位置，则有A种排法.综上，共有2（A＋AA＋AA＋AA）＝480（种）排法.‎ ‎（2） B与C必须相邻，看做一个元素，与剩下三个元素排列共有A种排法，而B与C共有A 种排法，因为A必须在D的前面完成，所以完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有A·A＝24（种）.‎ ‎　　　　　　　　　2　组合应用题)‎ ‎　　　　　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.‎ 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.由分步计数原理可得共有C·C＝120（种）选法.‎ ‎（2） （解法1）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.‎ 由分类计数原理可得总选法数为CC＋CC＋CC＋CC＝246（种）.‎ ‎（解法2）间接法：“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）.‎ ‎（3） （解法1）直接法：可分类求解：‎ ‎“只有男队长”的选法为C；‎ ‎“只有女队长”的选法为C；‎ ‎“男、女队长都入选”的选法为C；‎ 所以共有‎2C＋C＝196（种）选法.‎ ‎（解法2）间接法：从10人中任选5人有C种选法，‎ 其中不选队长的方法有C种.所以“至少有1名队长”的选法为C－C＝196（种）.‎ ‎（4） 当有女队长时，其他人任意选，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，所以不选女队长时的选法共有C－C种.所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191（种）.‎ 变式训练 ‎（1） 某书店有11种杂志，2元1本的有8种，1元1本的有3种，小张有10元钱买杂志，每种至多买一本，10元钱刚好用完，则不同买法的种数是　　　　Ｗ.（用数字作答）‎ ‎（2） 从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，其中男女生都有的选法种数为　　　　Ｗ.‎ 答案：（1） 266　（2） 30‎ 解析：（1） 根据题意，可有以下两种情况：‎ ‎① 用10元钱买2元1本共有C＝56（种）；‎ ‎② 用10元钱买2元1本的杂志4本和1元1本的杂志2本共有C·C＝70×3＝210（种），‎ 故不同买法的种数是210＋56＝266，故答案为266.‎ ‎（2） 分两类：男1女2或男2女1，‎ 各有CC和CC种方法，所以选法种数为CC＋CC＝12＋18＝30.‎ ‎　　　　　　　　　3　组合数的性质)‎ ‎　　　　　3)　（2016·江苏卷）（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.‎ ‎（1） 解：‎7C－‎4C＝7×－4×＝0.‎ ‎（2） 证明：当n＝m时，等式显然成立；‎ 当n>m时，‎ ‎（ ＋1）C＝ ‎＝（m＋1）· ‎＝（m＋1）C， ＝m＋1，m＋2，…，n.‎ ‎∵ C＋C＝C，‎ ‎∴ （ ＋1）C＝（m＋1）（C－C）， ＝m＋1，m＋2，…，n.‎ ‎∴ （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.‎ ‎∴ 当n≥m时，等式成立.‎ 规定C＝，其中x∈R，m是正整数，且C＝1这是组合数C（n，m是正整数，且m≤n）的一种推广.‎ ‎（1） 求C的值；‎ ‎（2） 组合数的两个性质：C＝C，C＋C＝C是否都能推广到C（x∈R，m∈N ）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给予证明；若不能，则说明理由；‎ ‎（3） 已知组合数C是正整数，求证：当x∈ ，m是正整数时，C∈ .‎ ‎（1） 解：C＝＝－C＝－11 628.‎ ‎（2） 解：C＝C不能推广，例如x＝时，有定义，但无意义；‎ C＋C＝C能推广，它的推广形式为C＋C＝C，x∈R，m∈N .‎ 证明如下：当m＝1时，有C＋C＝x＋1＝C；‎ 当m≥2时，有C＋C＝＋＝·‎ ＝＝C.‎ ‎（3） 证明：当x为正整数或0时，组合数C∈ ；当x为负整数时，‎ ‎∵ －x＋m－1>0，∴ C＝ ‎＝（－1）m ‎＝（－1）mC∈ ，∴ 当x∈ ，m是正整数时，C∈ .‎ ‎　　　　　　　　　4　排列组合的综合应用)‎ ‎　　　　　4)　（1） 为配合足球国家战略，教育部特派6名相关专业技术人员到甲、乙、丙三所足校进行专业技术培训，每所学校至少一人，其中王教练不去甲校的分配方案有　　　　种.‎ ‎（2） 某天连续有7节课，其中语文、英语、物理、化学、生物5 各1节，数学2节.在排课时，要求生物课不排第1节，数学课要相邻，英语课与数学课不相邻，则不同的排法有　　　　种.‎ 答案：（1） 360　（2） 480‎ 解析：（1） 甲校派1人，其余5人分为（1，4），（2，3）两组，故有C·（C＋C）·A＝150（种），‎ 甲校派2人，其余4人分为（1，3），（2，2）两组，故有C·（C·A＋C）＝140（种），‎ 甲校派3人，其余3人分为（1，2）一组，故有C·C·A＝60（种），‎ 甲校派4人，其余2人分为（1，1）一组，故有C·A＝10（种），‎ 根据分类计数原理，可得150＋140＋60＋10＝360（种）.‎ ‎（2） 数学在第（1，2）节，从除英语的4门课中选1门安排在第3节，剩下的任意排，故有CA＝96（种），数学在第（2，3）节，从除英语、生物外的3门课中选1门安排在第1节，从除英语外剩下的3门课中再选1门安排在第4节，剩下的任意排，故有CCA＝54（种），数学在（3，4），（4，5），（5，6）情况一样，当英语在第1节时，其他任意排，故有A＝24（种），当英语不在第1节，从除英语，生物外的3门课中选一门安排在第1节，再从除英语的剩下的3门中选2门放在数学课前1节和后1节，剩下的任意排，有CAA＝36（种），故有3×（24＋36）＝180（种），数学在第（6，7）节，当英语在第一节课时，其他任意排，故有A＝24（种），当英语不在第1节时，从除英语，生物外的3门课中选一门安排在第1节，再从除英语的剩下的3门中选1门放在第5节，剩下的任意排，有CCA＝54（种），故有24＋54＝78（种），根据分类计数原理，共有96＋54＋180＋78＝408（种）.‎ 在中美组织的暑假中学生交流会结束时，中方组织者将孙悟空、猪八戒、沙僧、唐僧、白龙马彩色陶俑各一个送给来中国的美国中学生汤姆、杰克、索菲亚，每个学生至少一个，且猪八戒不能送给索菲亚，则不同的送法有　　　　种.‎ 答案：100‎ 解析：根据索菲亚所得彩色陶俑个数分为三类：第1类，索菲亚得3个，先在除猪八戒外4个中选3个送给索菲亚有C种不同方法，再将剩余两个分别送给杰克与汤姆有A种不同方法，根据分步计数原理共有CA种不同方法；第2类，索菲亚得2个，先在除猪八戒外4个中选2个送给索菲亚有C种不同方法，再将剩余的三个彩色陶俑分成两组有C种不同的分组方法，再将这两组分别送给杰克与汤姆有A种不同方法，根据分步计数原理共有CCA种不同方法；第3类，索菲亚得1个，先在除猪八戒外4个中选1个送给索菲亚有C种不同方法，再将剩余的4个彩色陶俑分成两组有C＋种不同的分组方法，再将这两组分别送给杰克与汤姆有A种不同方法，共有CA种不同方法.根据分类计数原理可得不同的送法种数为CA＋CCA＋CA＝100.‎ ‎1. （2017·新课标Ⅱ）现要安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有　　　　种.（用数字作答）‎ 答案：36‎ 解析：由题意可知，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有C种方法，然后进行全排列A即可，由分步计数原理可知，不同的安排方式共有C×A＝36（种）.‎ ‎2. （2017·浙江模拟）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有　　　　种不同的选法.（用数字作答）‎ 答案：660‎ 解析：由题可得，总的选择方法为C×C×C种，其中不满足题意的选法有C×C×C种，则满足题意的选法有C×C×C－C×C×C＝660（种）.‎ ‎3. （2017·天津模拟）用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有　　　　个.（用数字作答）‎ 答案：1 080 ‎ 解析：由题可知，共有A＋CCA＝1 080（个）满足题意的四位数.‎ ‎4. （2017·北京西城区二模）大厦一层有A，B，C，D四部电梯， 3人在一层乘坐电梯上楼，其中2人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有　　　　种.（用数字作答）‎ 答案：36‎ 解析：元素相邻利用“捆绑法”，先从3人中选择2人坐同一电梯有C＝3（种），再将“2”个元素安排坐四部电梯有A＝12（种），则不同的乘坐方式有3×12＝36（种）.‎ ‎　　9. 排列、组合问题计算重、漏致误)‎ 典例　有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有多少种？‎ 易错分析：易犯错误如下：先从一等品中取1个，有C种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C种不同取法，共有CC＝2 736（种）不同取法.上述做法使两次取的一等品有了先后顺序，导致取法重复.‎ 解：（解法1）将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”“恰有2个一等品”“恰有3个一等品”.由分类计数原理有CC＋CC＋C＝1 136（种）.‎ ‎（解法2）考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C－C＝1 136（种）.‎ 温馨提醒：（1） 排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，结果检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素（位置）优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.（2） “至少、至多”型问题不能直接利用分步计数原理求解，多采用分类求解或转化为它的对立事件求解.‎ ‎1. （2017·新课标Ⅲ）某同学要用红、黄两种颜色给图中并排的七个矩形图形涂色，要求每一块矩形只涂一种颜色，要求任意两相邻的两块矩形至多有1块涂红色，且任意相邻三块矩形至少有一块矩形涂红色，则涂色方案有　　　　种.‎ 答案：12‎ 解析：分三类：（1）选2块矩形涂红色：第2块和第5块、第3块和第5块、第3块和第6块涂红色3种可能情况；（2）选3块矩形涂红色：为插空问题，即涂红色的3块插入涂黄色的4块形成的5个空位中，有C种插入法，但须减去第1，2，5空涂红色或第1，4，5空涂红色，所以有C－2＝8（种）涂法；（3） 选4块矩形涂红色：只有第1，3，5，7块涂红色1种情况.根据分类计数原理知涂色方案共有3＋8＋1＝12（种）.‎ ‎2. 从集合{O，P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排（字母和数字均不能重复）.每排中字母O，Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是　　　　Ｗ.（用数字作答）‎ 答案：8 424‎ 解析：分三种情况：情况1，不含O，Q，0的排列有C·C·A种；情况2，O，Q中只含一个元素的排列有C·C·C·A种；情况3，只含元素0的排列有C·C·A种.综上，符合题意的排法种数为C·C·A＋C·C·C·A＋C·C·A＝8 424（种）.‎ ‎3. 冬季供暖时，供热公司将5名水暖工分配到3个不同的居民小区检查暖气管道，每名水暖工只去一个小区，且每个小区都要有人去检查，那么分配的方案共有　　　　种.‎ 答案：150‎ 解析：将5名水暖工分成2，2，1或3，1，1三组，共有＋＝25（种）分法，将这三组水暖工分配到3个小区共有A＝6（种）分法.由分步计数原理得分配方案共有25×6＝150（种）.‎ ‎4. （2017·第二次大联考改编）2017年10月中国共产党第十九次全国代表大会在北京召开，现从A组4人和B组5人中任意选取3人参加一项议程讨论，在选取的3人中至少有A组和B组各一人的不同取法有　　　　种.‎ 答案：70‎ 解析：从A组4人和B组5人中任意选取3人，至少有A组和B组各一人，可分为两类：第一类，选取A组1人和B组2人，有C·C＝40（种）选法；第二类，选取A组2人和B组1人，有C·C＝30（种）选法，所以共有70种选法.‎ ‎5. 现要给一长、宽、高分别为3，2，1的长方体工艺品各面涂色，有红、橙、黄、蓝、绿五种颜色的涂料可供选择，要求相邻的面不能涂相同的颜色，且橙色跟黄色二选一，红色要涂两个面，则不同的涂色方案有　　　　种.‎ 答案：96‎ 解析：按要求，能涂相同颜色的面只能是长方体中相对的面，因为橙色、黄色二选一，且红色必用，所以剩余的蓝色、绿色可以二选一，也可两种颜色都选用，若蓝色、绿色二选一，则不同的涂色方案种数有CCA＝24，若蓝色、绿色均选用，则不同的涂色方案种数有CCCA＝72，故共有24＋72＝96（种）方案.‎ 排列问题的几种题型：‎ 题型1　解无约束条件的排列问题；‎ 题型2　解有约束条件的排列问题；‎ 题型3　重复排列问题.‎ 对于题型1，2的排列应用问题最常用、最基本的方法是特殊位置（元素）优先法、捆绑法、插空法等等.如 ‎（1） 特殊位置（元素）优先法：若以位置（元素）为主，需先满足特殊位置（元素）的要求，再处理其他位置（元素）；若有两个特殊位置（元素），则以其中一个位置（元素）为主进行分类讨论，注意做到层次分明.‎ ‎（2） 相邻问题捆绑法：对于几个元素要求相邻的排列问题，可先将这几个相邻元素“捆绑”起来，看作一个整体（元素），与其他元素排列，然后再考虑这个整体内部元素的排列.‎ ‎（3） 不相邻问题插空法：对于几个元素不能相邻的排列问题，可以先考虑其他元素的排列，然后将这些元素安排在先前排列好的元素“空档”中，这样达到使目标元素不能相邻的目的.‎ ‎（4） 分排问题直排处理法：若有n个元素要分成m排排列，可把每排首尾相接排成一排，对于每排的特殊要求，只要分段考虑特殊元素，然后对其余元素作统一排列.‎ ‎（5） 定序问题先排后除法：对于某些固定顺序的元素在排列时，可先不考虑顺序，对全体元素作全排列，然后再除以这些固定顺序的元素的全排列.‎ ‎（6） 正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总体中去掉.‎ ‎（7） 复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类计数原理解决或分成若干步，再由分步计数原理解决.在解题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则一般是先分类，再分步.‎ ‎[备课札记]‎