小学数学精讲教案7_5_3 组合之排除法 学生版 6页

7-5-3.组合之排除法 教学目标 1.使学生正确理解组合的意义；正确区分排列、组合问题； 2.了解组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的组合； 3.掌握组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系； 4.会分析与数字有关的计数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力； 通过本讲的学习，对组合的一些计数问题进行归纳总结，重点掌握组合的联系和区别，并掌握一些组合 技巧，如排除法、插板法等． 知识要点 一、组合问题 日常生活中有很多“分组”问题．如在体育比赛中，把参赛队分为几个组，从全班同学中选出几人参加某 项活动等等．这种“分组”问题，就是我们将要讨论的组合问题，这里，我们将着重研究有多少种分组方法的 问题． 一般地，从 n 个不同元素中取出 m 个( m n )元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从 n 个不同元 素中取出 m 个元素的一个组合． 从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关．如果两个组合中的元素完 全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合，只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的 组合． 从 n 个不同元素中取出 m 个元素( m n )的所有组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个不同元素的 组合数．记作 m nC ． 一般地，求从 n 个不同元素中取出的 m 个元素的排列数 n mP 可分成以下两步： 第一步：从 n 个不同元素中取出 m 个元素组成一组，共有 m nC 种方法； 第二步：将每一个组合中的 m 个元素进行全排列，共有 m mP 种排法． 根据乘法原理，得到 m m m n n mP C P  ． 因此，组合数 1 2) 1 1 2 3 2 1                    m m n n m m P n n n n mC P m m m （ ）（ （ ） （ ）（ ） ． 这个公式就是组合数公式． 二、组合数的重要性质 一般地，组合数有下面的重要性质： m n m n nC C  ( m n ) 这个公式的直观意义是： m nC 表示从 n 个元素中取出 m 个元素组成一组的所有分组方法． n m nC  表示从 n 个 元素中取出( n m )个元素组成一组的所有分组方法．显然，从 n 个元素中选出 m 个元素的分组方法恰是从 n 个 元素中选 m 个元素剩下的( n m )个元素的分组方法． 例如，从 5 人中选 3人开会的方法和从 5 人中选出 2 人不去开会的方法是一样多的，即 3 2 5 5C C ． 规定 1n nC  ， 0 1nC  ． 例题精讲 对于某些有特殊要求的计数，当限制条件较多时，可以先计算所有可能的情况，再从中排除掉那些不符 合要求的情况． 【例 1】 在100 ~1995 的所有自然数中，百位数与个位数不相同的自然数有多少个？ 【考点】组合之排除法 【难度】2 星 【题型】解答 【解析】先考虑 100～1995 这 1896 个数中，百位与个位相同的数有多少个，在三位数中，百位与个位可以是 1～9，十位可以是 0～9，由乘法原理，有 9 10 90  个，四位数中，千位是 1，百位和个位可以是 0～ 9，十位可以是 0～9，由乘法原理，10 10 100  个，但是要从中去掉 1999，在 100～1995 中，百位 与个位相同的数共有 90 99 189  个，所以，百位数与个位数不相同的自然数有：1896 189 1707  个． 【答案】1707 【例 2】 1 到 1999 的自然数中，有多少个与 5678 相加时，至少发生一次进位？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】从问题的反面考虑：1 到 1999 的自然数中，有多少个与 5678 相加时，不发生进位？这样的数，个 位数字有 2 种可能(即 0，1)，十位数字有 3 种可能(即 0，1，2)，百位数字有 4 种可能(即 0，1，2， 3)，千位数字有 2 种可能(即 0，1)．根据乘法原理，共有 2 3 4 2 48    个．注意上面的计算中包括 了 0(  0000)这个数，因此，1 到 1999 的自然数中与 5678 相加时，不发生进位的数有 48 1 47  个 所以，1 到 1999 的自然数中与 5678 相加时， 至少发生一次进位的有1999 47 1952  个． 【答案】1952 【巩固】【巩固】所有三位数中，与 456 相加产生进位的数有多少个？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】与 456 相加产生进位在个位、十位、百位都有可能，所以采用从所有三位数中减去与 456 相加不产 生进位的数的方法更来得方便，所有的三位数一共有 999 99 900  个，其中与 456 相加不产生进位 的数，它的百位可能取 1、2、3、4、5 共 5 种可能，十位数可以取 0、1、2、3、4 共 5 种可能，个 位数可以取 0、1、2、3 共 4 种可能，根据乘法原理，一共有 5 5 4 100   个数，所以与 456 相加产 生进位的数一共有 900 100 800  个数． 【答案】800 【巩固】从 1 到 2004 这 2004 个正整数中，共有几个数与四位数 8866 相加时，至少发生一次进位？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】【解析】千位数小于等于 1，百位数小于等于 1，十位数小于等于 3，个位数小于等于 3，应该有 2 2 4 4 1 63     种可以不进位，那么其他 2004 63 1941  个数都至少产生一次进位． 【答案】1941 【例 3】 在三位数中，至少出现一个 6 的偶数有多少个？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】至少出现一个“6”，意思就是这个三位偶数中，可以有一个 6，两个 6 或三个 6．我们可以把这三种 情况下满足条件的三位数的个数分别求出来，再加起来；也可以从所有的三位偶数中减去不满足条 件的，即减去不含 6 的三位偶数．三位偶数共有 450 个，我们先来计算不含 6 的偶数的个数，不含 6 的偶数，个位可以是 0，2，4，8，十位上可以是除 6 以外的其余 9 个数字，百位可以是除 6，0 以 外的 8 个数字，因此不含 6 的三位偶数共有 4 9 8 288   个,则至少出现一个 6 的三位偶数有 450 4 9 8 162    个． 【答案】162 【例 4】 能被 3 整除且至少有一个数字是 6 的四位数有 个。 【考点】组合之排除法 【难度】4 星 【题型】填空 【关键词】学而思杯，6 年级，第 14 题 【解析】用排除法，四位数总共有 9×10×10×10=9000 个，其中能被 3 整除的四位数有 3000 个，排除掉能被 3 整除 且不含有数字 6 的四位数之后剩下的所有的四位数都满足条件！设能被 3 整除且不含有数字 6 的四位数 为 abcd，最高位千位 a 有 8 选法（不能选 0 或 6），百位有 9 种选法（不能选 6），十位也有 9 种选法（也 不能选 6），若前三位的数字和（a+b+c）若除以 3 余 0 则个位 d 有 3 种选法（可选 0，3，9）；若前三位 的数字和（a+b+c）除以 3 余 1，则个位 d 有 3 种选法（可选 2，5，8）；若前三位的数字和（a+b+c）除 以 3 余 2，则个位 d 还是有 3 种选法（可选 1，4，7）；故能被 3 整除且不含有数字 6 的四位数有 8×9×9×3=1944 个。从而得到能被 3 整除且至少有一个数字是 6 的四位数有 3000-1944=1056 个。 【答案】1056 【例 5】 由 0，1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的六位数中，百位不是 2 的奇数有 个． 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】【解析】由 0，1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的奇六位数，个位可以为 1，3，5，有 3 种选法；个位选 定后，十万位不能与个位相同，且不能为 0，有 4 种；十万位选定后万位有 4 种；……；故由 0，1， 2，3，4，5 组成的没有重复数字的奇六位数的个数为： 3 4 4 3 2 1 288      个； 由 0，1，2，3，4，5 组成的没有重复数字且百位为 2 的奇六位数，个位可以为 1，3，5，有 3 种选 法；十万位不能与个位相同，且不能为 0、2，有 3 种；十万位选定后万位有 3 种；……；故由 0，1， 2，3，4，5 组成的没有重复数字且百位为 2 的奇六位数的个数为： 3 3 3 2 1 54     个； 所以，满足条件的数有： 288 54 234  个． 【答案】 234 【例 6】 从三个 0、四个 1，五个 2 中挑选出五个数字，能组成多少个不同的五位数？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】【解析】由 3 个 0，4 个 1，5 个 2 组成五位数，首位上不能是 0，只能是 1 或 2，有 2 种选择；后面 4 位上都 可以是 0、1 或 2，各有 3 种选择，根据乘法原理，共有 2 3 3 3 3 162     种选择； 但是注意，这样算是在 0 和 1 的个数足够多的情况下才能算，本题中可能会出现 0 和 1 的个数不够 的情况（2 的个数肯定够）．比如说，0 只有 3 个，但是上面的算 法却包括了后四位都是 0 的情况， 这样的数有两个：10000 和 20000，得减掉；另外，1 只有 4 个，却包含了五位都是 1 的情况：11111， 也得减去． 所以实际上共有162 3 159  个． 【答案】159 【例 7】 由数字 1，2，3 组成五位数，要求这五位数中 1，2，3 至少各出现一次，那么这样的五位数共有 个． 【考点】组合之排除法 【难度】4 星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，高年级，初试，6 题 【解析】【解析】这是一道组合计数问题．由于题目中仅要求 1，2，3 至少各出现一次，没有确定 1，2，3 出现的具 体次数，所以可以采取分类枚举的方法进行统计，也可以从反面想，从由 1，2，3 组成的五位数中， 去掉仅有 1 个或 2 个数字组成的五位数即可． 方法一：分两类 ⑴1，2，3 中恰有一个数字出现 3 次，这样的数有 1 3C 5 4 60   个； ⑵1，2，3 中有两个数字各出现 2 次，这样的数有 2 2 3 4C 5 C 90   个； 综上所述符合题意的五位数共有 60 90 150  个． 方法二：从反面想：由 1，2，3 组成的五位数共有 53 个，由 1，2，3 中的某 2 个数字组成的五位数共有  53 2 1  个 ， 由 1 ， 2 ， 3 中 的 某 1 个 数 字 组 成 的 五 位 数 共 有 3 个 ， 所 以 符 合 题 意 的 五 位 数 共 有  5 53 3 2 1 3 150     个． 【答案】150 个 【例 8】 10 个人围成一圈，从中选出两个不相邻的人，共有多少种不同选法？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】 (法 1)乘法原理．按题意，分别站在每个人的立场上，当自己被选中后，另一个被选中的，可以是 除了自己和左右相邻的两人之外的所有人，每个人都有 7 种选择，总共就有 7 10 70  种选择，但是 需要注意的是，选择的过程中，会出现“选了甲、乙，选了乙、甲”这样的情况本来是同一种选择， 而却算作了两种，所以最后的结果应该是(10 1 1 1   ) 10 2 35   (种)． (法 2)排除法．可以从所有的两人组合中排除掉相邻的情况，总的组合数为 2 10C ，而被选的两个人相 邻的情况有10 种，所以共有 2 10 10 45 10 35C     (种)． 【答案】 35 【例 9】 一栋 12 层楼房备有电梯，第二层至第六层电梯不停．在一楼有 3 人进了电梯，其中至少有一个要 上 12 楼，则他们到各层的可能情况共有多少种？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】【解析】每个人都可以在第 7 层至第 12 层中任何一层下，有 6 种情况，那么三个人一共有 6 6 6 216   种情 况，其中，都不到 12 楼的情况有5 5 5 125   种．因此，至少有一人要上 12 楼的情况有 216 125 91  种． 【答案】 91 【例 10】8 个人站队，冬冬必须站在小悦和阿奇的中间（不一定相邻），小慧和大智不能相邻，小光和大亮 必须相邻，满足要求的站法一共有多少种？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】冬冬要站在小悦和阿奇的中间，就意味着只要为这三个人选定了三个位置，中间的位置就一定要留 给冬冬，而两边的位置可以任意地分配给小悦和阿奇． 小慧和大智不能相邻的互补事件是小慧和大智必须相邻 小光和大亮必须相邻，则可以将两人捆绑考虑 只满足第一、三个条件的站法总数为： 3 2 1 2 3 7 2 4 2 3P P P 3360C C     （种） 同时满足第一、三个条件，并且满足小慧和大智必须相邻的站法总数为： 3 2 2 2 2 6 2 3 2 2P P P P 960C      （种） 因此同时满足三个条件的站法总数为： 3360 960 2400  （种）． 【答案】 2400 【例 11】若一个自然数中至少有两个数字，且每个数字小于其右边的所有数字，则称这个数是“上升的”．问 一共有多少“上升的”自然数？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】【解析】由于每个数字都小于其右边所有数字，而首位上的数不能为 0，所以满足条件的数各数位上都没有 0， 而且各数位上的数都互不相同．那么最大的“上升的”自然数是 123456789．而且可以发现，所有的“上 升的”自然数都可以由 123456789 这个数划掉若干个数码得到．反过来，由从 123456789 这个数中划 掉若干个数码得到的至少两位的数都是“上升的”自然数．所以只要算出从 123456789 中划掉若干个 数码所能得到的至少两位的数有多少个就可以了．因为其中每个数码都有划掉和保留这 2 种可能， 所以 9 位数共有 92 种可能，但是需要排除得到的一位数及零，这样的数共有 10 个，所以所能得到的 至少两位的数有 92 10 502  (个)． 所以一共有 502 个“上升的”自然数． 【答案】 502 【例 12】6 人同时被邀请参加一项活动．必须有人去，去几个人自行决定，共有多少种不同的去法？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】方法一：可以分为一人去、两人去、三人去、四人去、五人去、六人去六种情况，每一种情况都 是组合问题． 第一种情况有 6 种去法； 第二种情况有 2 6 6 5 152 1C   (种)去法； 第三种情况有 3 6 6 5 4 203 2 1C     (种)去法； 第四种情况有 4 6 6 5 4 3 154 3 2 1C       (种)去法； 第五种情况有 5 6 6 5 4 3 2 65 4 3 2 1C         (种)去法； 第六种情况有1种去法． 根据加法原理，共有 6 15 20 15 6 1 63      (种)不同的去法． 方法二：每一个人都有去或者不去两种可能，但要减掉所有人都不去这种情况，于是总共有 62 1 63  (种)不同的去法． 【答案】 63 【例 13】由数字1，2，3组成五位数，要求这五位数中1，2，3至少各出现一次，那么这样的五位数共有________ 个． 【考点】组合之排除法 【难度】2 星 【题型】解答 【关键词】迎春杯，高年级，决赛 【解析】这是一道组合计数问题．由于题目中仅要求1，2 ，3至少各出现一次，没有确定1，2 ，3出现的具 体次数，所以可以采取分类枚举的方法进行统计，也可以从反面想，从由1,2,3组成的五位数中，去 掉仅有1个或 2 个数字组成的五位数即可． (法 1)分两类：⑴1， 2 ，3中恰有一个数字出现 3次，这样的数有 1 3 5 4 60C    (个)；⑵1， 2 ，3中 有两个数字各出现 2 次，这样的数有 2 2 3 45 90C C   (个)．符合题意的五位数共有 60 90 150  (个)． (法 2)从反面想，由1， 2 ， 3组成的五位数共有 53 个，由1， 2 ， 3中的某 2 个数字组成的五位数共 有 53 (2 2)  个，由1， 2 ， 3中的某1个数字组成的五位数共有 3个，所以符合题意的五位数共有 5 53 3 (2 2) 3 150     (个)． 【答案】150 【例 14】5 条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这 5 条直线的交点为 顶点能构成几个三角形？(构成的三角形的边不一定在这 5 条直线上) 【考点】组合之排除法 【难度】4 星 【题型】解答 【解析】【解析】 (法 1)5 条直线一共形成5 4 2 10   个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外 有 3 个 点 ， 此 外 还 有 3 个 点 与 它 不 共 线 ， 所 以 以 这 个 点 为 顶 点 的 三 角 形 就 有 3 3 3 3 3 3 3 2 2 30         个三角形，则以 10 个点分别为顶点的三角形一共有 300 个三角形， 但每个三角形都被重复计算了 3 次，所以一共有 100 个三角形． (法 2)只要三点不共线就能构成三角形，所以可以先求出 10 个点中取出 3 个点的种数，再减去 3 点 共线的情况．这 10 个点是由 5 条直线相互相交得到的，在每条直线上都有 4 个点存在共线的情况， 这 4 个点中任意三个都共线，所以一共有 3 45 20C  个三点共线的情况，除此以外再也没有 3 点共 线的情况，所以一共可以构成 3 10 20 100C   种情况． 【答案】100 【例 15】正方体的顶点(8 个)，各边的中点(12 个)，各面的中心(6 个)，正方体的中心(1 个)，共 27 个点，以 这 27 个点中的其中 3 点一共能构成多少个三角形？ 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】27 个点中取三个点，不是这 3 点共线，就是这 3 点能构成三角形．27 个点中取三个点一共有 27 26 25 (3 2 1) 2925      种． 过三点的直线可以分为 3 类．有两个顶点连线构成的有8 7 2 28   条；由两个面的中心连线的有 3 条，由两条棱的中点连线的有12 3 2 18   条， 所以能构成的三角形有 2925 28 3 18 2897    种． 【答案】 2897 【例 16】用 A、B、C、D、E、F 六种染料去染图中的两个调色盘，要求每个调色盘里的六种颜色不能相同， 且相邻四种颜色在两个调色盘里不能重复，那么共有多少种不同的染色方案（旋转算不同的方法） 【考点】组合之排除法 【难度】3 星 【题型】解答 【解析】【解析】先选中一个调色盘，此盘共有 6！=720 种． 再看另一个调色盘． 相邻四种颜色重复的分为 4 个重复、5 个重复和 6 个重复三种情况，但由于 5 个重复就必然 6 个重 复，因此只要分 4 种和 6 种即可． 4 种颜色重复有 6 种情况，6 种颜色重复只有 1 种．每种情况经旋转可变出 6 种．所以共有 6！ -1×6-6×6=678． 总共有 678×720=488160 种 【答案】488160 【例 17】将 5 枚棋子放入右侧编号的 4×4 表格的格子中，每个格子最多放一枚，如果要求每行,每列都有棋 子．那么共有 种不同放法． 【考点】组合之排除法 【难度】4 星 【题型】填空 【关键词】迎春杯，六年级，初赛，7 题 【解析】【解析】由于每行、每列都要有棋子，所以必有某一行有 2 枚棋子，又不可能有某一行有 3枚或 3枚以上的棋 子.而其他 3行各有一枚棋子.只看有 2 枚棋子的那一行，有 4 种选择；选定某一行后，在其中选择两 格放棋子有 2 4 6C  种选法，所以将 2 枚棋子放入同一行有 4 6 24  种放法. 这一行放好后，还剩下 3行 2 列没有棋子，所以剩下的 3枚棋子每行1个，而从各列方面来看，有两 种情况：其中有 1 枚与早先放好的 2 枚棋子中的某一枚同列；或者剩下的 3枚都不与早先放的 2 枚棋 子同列，这样其中必有 2 枚棋子同属一列，而剩下的1枚单独1列. 对于第1种情况，与早先 2 枚棋子同列的那1枚有 6 种选择，剩下的 2 枚有 2 种选择，共 6 2 12  种 选择； 对于第 2 种情况，单独1列的那枚棋子有 6 种放法，剩下的同属一列的 2 枚有1种放法，共 6 1 6  种 放法. 所以满足题意的放法共有 24 (12 6) 432   种. 【答案】 432 种