高中数学《组合与组合数》复习小结与训练

【学习目标】

1.理解组合的定义，正确认识组合与排列的区别与联系. 2.会用组合知识解决一些简单的组合问题． 【知识梳理】

知识点一 组合及组合数的定义 1．组合

一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素作为一组，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

从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号Cmn表示． 知识点二 排列与组合的关系

相同点 不同点 关系

【判断正误】

1．从a1，a2，a3三个不同元素中任取两个元素作为一组是组合问题．( √ ) 2．“abc”“acb”与“bac”是三种不同的组合．( × ) A35

3．组合数C＝3.( √ )

A3

35

两者都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 排列问题中元素有序，组合问题中元素无序 m组合数Cmn与排列数An间存在的关系 mmAmn＝CnAm 4．两个组合相同，则其对应的元素一定相同．( √ ) 【题型探究】 一、组合概念的理解

例1 判断下列问题是组合问题还是排列问题：

(1)a，b，c，d四支足球队之间进行单循环比赛，共需比赛多少场？

(2)a，b，c，d四支足球队争夺冠、亚军，有多少种不同的结果？

(3)从全班40人中选出3人分别担任班长、副班长、学习委员三个职务，有多少种不同的选法？

(4)从全班40人中选出3人参加某项活动，有多少种不同的选法？

解 (1)单循环比赛要求两支球队之间只打一场比赛，没有顺序，是组合问题． (2)冠、亚军是有顺序的，是排列问题．

(3)3人分别担任三个不同职务，有顺序，是排列问题． (4)3人参加某项活动，没有顺序，是组合问题． 反思感悟 排列、组合辨析切入点

(1)组合的特点是只选不排，即组合只是从n个不同的元素中取出m(m≤n)个不同的元素即可．

(2)只要两个组合中的元素完全相同，不管顺序如何，这两个组合就是相同的组合．

(3)判断组合与排列的依据是看是否与顺序有关，与顺序有关的是排列问题，与顺序无关的是组合问题．

跟踪训练1 判断下列问题是组合问题还是排列问题：

(1)某铁路线上有4个车站，则这条铁路线上共需准备多少种车票？ (2)把5本不同的书分给5个学生，每人一本； (3)从7本不同的书中取出5本给某个学生．

解 (1)因为一种火车票与起点、终点顺序有关，如甲→乙和乙→甲的车票是不同的，所以它是排列问题．

(2)由于书不同，每人每次拿到的书也不同，有顺序之分，因此它是排列问题． (3)从7本不同的书中，取出5本给某个学生，在每种取法中取出的5本并不考虑书的顺序，故它是组合问题． 二、组合的个数问题

例2 在A，B，C，D四位候选人中．

(1)如果选举正、副班长各一人，共有几种选法？写出所有可能的选举结果； (2)如果选举两人负责班级工作，共有几种选法？写出所有可能的选举结果；

m

(3)类比上述两个结果间的等量关系，你能找出排列数Amn与组合数Cn间的等量关

系吗？

解 (1)从四位候选人中选举正、副班长各一人是排列问题，有A24＝12(种)选法，所有可能的选举结果：AB，AC，AD，BC，BD，CD，BA，CA，DA，CB，DB，DC.

(2)从四位候选人中选举两人负责班级工作是组合问题，有C24＝6(种)选法，所有可能的选举结果：AB，AC，AD，BC，BD，CD.

222(3)由(1)(2)我们发现，(2)中每一个组合都对应A22个排列，即A4＝C4A2.类比可mm知，从n个不同元素选出m个元素的排列数Amn与组合数Cn间的等量关系为An＝mCmnAm.

反思感悟 组合个数的求解策略

(1)枚举法：书写时常以首字母为切入点，相同元素的不必重复列举，如本例中，先枚举以字母A开头的组合，再枚举以字母B开头的组合，直到全部枚举完毕．

Amn

(2)公式法：利用排列数A与组合数C之间的关系C＝m求解．

Am

mn

mn

mn

跟踪训练2 从5个不同元素a，b，c，d，e中取出2个，共有多少种不同的组合？请写出所有组合．

解 先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个写出来，如图所示：

由此可得所有的组合：ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共有10种．

三、简单的组合问题

例3 有10名教师，其中6名男教师，4名女教师． (1)现要从中选2名去参加会议，有________种不同的选法；

(2)选出2名男教师或2名女教师参加会议，有________种不同的选法； (3)现要从中选出男、女教师各2名去参加会议，有________种不同的选法． 答案 (1)45 (2)21 (3)90

解析 (1)从10名教师中选2名去参加会议的选法种数，就是从10个不同元素

中取出2个元素的组合数， A210×910

即C＝2＝＝45.

A22×1

210

(2)可把问题分两类情况：

第1类，选出的2名是男教师有C26种方法； 第2类，选出的2名是女教师有C24种方法．

A2A26×54×3根据分类加法计数原理，共有C＋C＝2＋2＝＋＝15＋6＝21(种)不

A2A22×12×1

26

24

同的选法．

2

(3)从6名男教师中选2名的选法有C26种，从4名女教师中选2名的选法有C4

A2A26×54×3种，根据分步乘法计数原理，共有不同的选法C×C＝2×2＝×＝A2A22×12×1

26

24

90(种)．

反思感悟 利用排列与组合之间的关系，建立起排列数与组合数之间的计算方法，借助排列数求组合数．

跟踪训练3 一个口袋内装有大小相同的7个白球和1个黑球． (1)从口袋内取出3个球，共有多少种取法？

(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？ (3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？ 解 (1)从口袋内的8个球中取出3个球，

3A8×7×68

取法种数是C3＝56. 8＝3＝A33×2×1

(2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取A27×67

法种数是C＝2＝＝21.

A22×1

27

(3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法A37×6×57

种数是C＝3＝＝35.

A33×2×1

37

【跟踪训练】

1．(多选)下面四组元素，是相同组合的是( )

A．a，b，c—b，c，a C．a，c，d—d，a，c 答案 ABC

B．a，b，c—a，c，b D．a，b，c—a，b，d

2．从5名同学中推选4人去参加一个会议，则不同的推选方法种数是( ) A．10 B．5 C．4 D．1 答案 B

解析 组合问题，可从对立面考虑，选出一人不参加会议即可，故有5种方法．

3．在桥牌比赛中，发给4名参赛者每人一手由52张牌的四分之一(即13张牌)组成的牌，一名参赛者可能得到的不同的牌为( ) A．4×13手 C．A1352手 答案 D

解析 本题实质上是从52个元素中取13个元素为一组，故一名参赛者可能得到C1352手不同的牌．

4．下列问题中，组合问题有________，排列问题有________．(填序号) ①从1,3,5,9中任取两个数相加，所得不同的和；

②平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段的条数； ③从甲、乙、丙三名同学中选两名同学参加不同的两项活动． 答案 ①② ③

解析 ①②为组合问题，③为排列问题．

5．已知a，b，c，d这四个元素，则每次取出2个元素的所有组合为________________________． 答案 ab，ac，ad，bc，bd，cd 解析 可按a→b→c→d顺序写出，即

所以所有组合为ab，ac，ad，bc，bd，cd.

【课堂小结】

B．134手 D．C1352手

1．知识清单：

(1)组合与组合数的定义． (2)排列与组合的区别与联系． (3)用列举法写组合． 2．方法归纳：枚举法．

3．常见误区：分不清“排列”还是“组合”．

【同步练习】

1．(多选)给出下面几个问题，其中是组合问题的有( ) A．由1,2,3,4构成的含有2个元素的集合个数 B．五个队进行单循环比赛的比赛场次数 C．由1,2,3组成两位数的不同方法数

D．由1,2,3组成的无重复数字的两位数的个数 答案 AB

2．把三张游园票分给10个人中的3人，分法有( ) A．A310种

3C．C310A10种

B．C310种 D．30种

答案 B

解析 三张票没区别，从10人中选3人，即C310.

3．已知平面内A，B，C，D这4个点中任何3点不共线，则由其中每3点为顶点的所有三角形的个数为( ) A．3 B．4 C．12 D．24 答案 B

解析 由于与顺序无关，所以是组合问题，共有4个：△ABC，△ABD，△ACD，△BCD.

4．某新农村社区共包括8个自然村，且这些村庄分布零散没有任何三个村庄在一条直线上，现要在该社区内建“村村通”工程，则共需建公路的条数为( )

A．4 B．8 C．28 D．

答案 C

A28×78

解析 由于“村村通”公路的修建，是组合问题，故共需要建C＝2＝＝A22×1

28

28(条)公路．

5．某乒乓球队有9名队员，其中有两名种子选手，现要选5名队员参加运动会，种子选手都必须在内，则不同的选法有( )

335

A．C59种 B．A7种 C．C7种 D．C7种

答案 C

解析 只需再从其他7名队员中选3人，即C37种选法．

6．从9名学生中选出3名参加“希望英语”口语比赛，有______种不同选法． 答案 84

A99×8×7解析 只需从9名学生中选出3名即可，从而有C＝3＝＝84(种)选

A33×2×1

39

3

法．

7．若已知集合P＝{1,2,3,4}，则集合P的子集中含有2个元素的子集数为________． 答案 6

解析 由于集合中的元素具有无序性，因此含2个元素的子集个数与元素顺序

2A4×34

无关，是组合问题，共有C2＝6(个)． 4＝2＝A22×1

8．有3张参观券，要在5人中确定3人去参观，则不同方法的种数是________．(用数字作答) 答案 10

A35×4×35

解析 由于选出的人无角色差异，所以是组合问题，共有C＝3＝＝A33×2×1

35

10(种)不同方法．

9．判断下列问题是排列问题还是组合问题，并求出相应的排列数或组合数． (1)10个人相互写一封信，一共写了多少封信？ (2)10个人相互通一次电话，一共通了多少次电话？

(3)10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，这次比赛需要进行多少场？

(4)从10个人中选3人去开会，有多少种选法？

(5)从10个人中选出3人担任不同学科的课代表，有多少种选法？

解 (1)是排列问题，因为发信人与收信人是有顺序区别的，排列数为A210＝90. (2)是组合问题，因为甲与乙通一次电话，也就是乙与甲通一次电话，没有顺序A210

区别，组合数为C＝2＝45.

A2

210

A210

(3)是组合问题，因为每两个队比赛一次，没有顺序的区别，组合数为C＝2

A2

210

＝45.

A310

(4)是组合问题，因为去开会的3个人之间没有顺序的区别，组合数为C＝3

A3

310

＝120.

(5)是排列问题，因为3个人担任哪一科的课代表是有区别的，排列数为A310＝720.

10．平面内有10个点，其中任意3个点不共线． (1)以其中任意2个点为端点的线段有多少条？ (2)以其中任意2个点为端点的有向线段有多少条？ (3)以其中任意3个点为顶点的三角形有多少个？

解 (1)所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合数，共有C210A210×910＝2＝＝45(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条． A22×1(2)所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列数，共有A210＝10×9＝90(条)，即以10个点中的任意2个点为端点的有向线段共有90条． (3)所求三角形的个数，即为从10个元素中任选3个元素的组合数，共有C310＝A310×9×810

＝＝120(个)． A33×2×13

11．(多选)下列问题是组合问题的有( )

A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次

B．平面上有2 021个不同的点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段

C．集合{a1，a2，a3，…，an}中含有三个元素的子集有多少个

D．从高三(19)班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法 答案 ABC

解析 组合问题与次序无关，排列问题与次序有关，D选项中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是两个不同的选法，因此是排列问题，不是组合问题，故选ABC. 12．从5人中选3人参加座谈会，其中甲必须参加，则不同的选法有( ) A．60种 B．36种 C．10种 D．6种 答案 D

2A4

解析 甲必须参加，因此只要从除甲之外的4人中选2人即可，有C24＝2＝

A2

6(种)不同的选法．

13．从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，若按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为( ) A．224 B．112 C．56 D．28 答案 B

解析 由分层抽样知，应从8名女生中抽取2名，从4名男生中抽取1名，所A2A184

以抽取2名女生和1名男生的方法数为CC＝2·1＝112.

A2A1

2814

14．从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘，有m个不同的积，任取两个不同的数相除，有n个不同的商，则m∶n＝________. 答案 1∶2

2

解析 ∵m＝C24，n＝A4，∴m∶n＝1∶2.

15．某区有7条南北向街道，5条东西向街道．(如图)

(1)图中有________个矩形；

(2)从A点走向B点最短的走法有________种．

答案 (1)210 (2)210

解析 (1)在7条南北向街道中任选2条，5条南北向街道中任选2条，这样4

22AA752

条线可组成一个矩形，故可组成矩形C27·C5＝2·2＝210(个)．

A2A2

(2)每条东西向的街道被分成6段，每条南北向的街道被分成4段，从A到B最短的走法，无论怎样走，一定至少包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的(剩下4A6A4104

段即是走南北方向的)，共有C·C＝6·4＝210(种)走法．

A6A4

610

44

16．某次足球比赛共12支球队参加，分三个阶段进行．

(1)小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净胜球数取前两名；

(2)半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名作主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)决出胜者； (3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负． 问：全部赛程共需比赛多少场？

解 (1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组

2A6

赛共要比赛2C26＝2×2＝30(场)．

A2

(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一次，所以半决赛共要比赛2×2＝4(场)． (3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负． 所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)．

§6.2.1 组合与组合数 （第2课时 组合数公式）

【学习目标】

1.理解排列数与组合数之间的联系，掌握组合数公式.

2.能运用组合数公式进行计算.3.会用组合数公式解决一些简单的组合问题．

【知识梳理】 知识点一 组合数公式

Cmn＝nn－1n－2…m！n－m＋1， 组合数 公式 乘积形式 其中m，n∈N*，并且m≤n 阶乘形式 Cmn＝m！n！n－m！

规定：C0n＝1.

知识点二 组合数的性质

n－m性质1：Cm. n＝Cn

mm－1性质2：Cm. n＋1＝Cn＋Cn

【自我检测】 1．C2 020＝________. 答案 2 020

22．C12＋C2＝________.

2 019

答案 3

mm－13．若Cm＝________. 7＝21，C6＝15，则C6

答案 6

24．方程Cx5＝C5，则x＝________.

答案 2或3

【题型探究】 一、组合数公式的应用 命题角度1 化简与求值 例1－1 求值：

2(1)3C38－2C5；

－n

(2)C38＋C3n3n21＋n.

2解 (1)3C38－2C5＝3×

8×7×65×4

－2×＝148.

3×2×12×1∴9.5≤n≤10.5.

38－n≤3n，

(2)∵

3n≤21＋n，

∵n∈N*，∴n＝10，

－n283021

∴C38＋C3n3n21＋n＝C30＋C31＝C30＋C31＝466.

命题角度2 与组合数有关的证明

m－1例1－2 证明：mCmn＝nCn－1.

证明 mCmn＝m·＝

m！

n！

n－m

！

n·n－1！

m－1！n－m！

n－1！m－1！n－m

！

－1

＝nCmn－1.

＝n·

命题角度3 与组合数有关的方程或不等式

6

例1－3 (1)(多选)若C4n>Cn，则n的可能取值有( )

A．6 B．7 C．8 D．9 答案 ABCD

6解析 由C4n>Cn得

4！n≥6

n！n－4

！6！

>

n！n－6

，！

2

n－9n－10<0，⇒n≥6

－1n≥6，

又n∈N*，则n＝6,7,8,9.

∴该不等式的解集为{6,7,8,9}． 117m5－m

(2)已知m－m＝. m，求C8＋C8

C5C610C7117

解 ∵m－m＝，

C5C610Cm7m！∴

5－m5！

！－m！

6－m6！

！＝7×

7－m！m！

，

10×7！

m！即

5－m5！

！

－

m！

6－m5－m6×5！

！

！

7×m！＝∴1－

7－m6－m5－m10×7×6×5！7－m

606－m

，

，

6－m

＝6

即m2－23m＋42＝0， 解得m＝2或m＝21. ∵0≤m≤5，m∈N*，∴m＝2，

5－m33

∴Cm＝C28＋C88＋C8＝C9＝84.

反思感悟 (1)组合数公式Cmn＝算，而组合数公式Cmn＝

nn－1

n－2…

m！

n－m＋1

一般用于计

m！

n！n－m

！

一般用于含字母的式子的化简与证明．

(2)要善于挖掘题目中的隐含条件，简化解题过程，如组合数Cmn的隐含条件为m≤n，且m，n∈N*.

(3)计算时应注意利用组合数的两个性质： ①Cn＝Cn；②Cn＋1＝Cn＋Cn.

199跟踪训练1 (1)计算：C98100＋C200； m

n－m

m

m

m－1

(2)证明：Cmn＝

nm

Cn－1. n－m

100×99

＋200 2

19921

(1)解 C98100＋C200＝C100＋C200＝

＝4 950＋200＝5 150. nmn(2)证明 Cn－1＝·

n－mn－mm！＝

m！

n！n－m

！＝Cmn.

n－1！

n－1－m！

二、有条件的组合问题

例2 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．

5

解 (1)C513－C11＝825(种)．

(2)至多有2名女生当选含有三类：

有2名女生当选；只有1名女生当选；没有女生当选，

3145所以共有C25C8＋C5C8＋C8＝966(种)选法．

(3)分两类：

第一类女队长当选，有C412＝495(种)选法，

第二类女队长没当选，有C4C7＋C4C7＋C4C7＋C4＝295(种)选法， 所以共有495＋295＝790(种)选法．

反思感悟 有条件的抽(选)取问题，主要有两类

(1)“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数．

(2)“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏． 跟踪训练2 某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有( ) A．210种 B．420种 C．56种 D．22种 答案 A

解析 由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天

212不同午餐的搭配方法共有C24C7＋C4C7＝210(种)．

13

22

31

4

三、分组、分配问题 命题角度1 平均分组

例3－1 (1)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人两本，有多少种方法？ (2)6本不同的书，分为三份，每份两本，有多少种方法？

解 (1)先从6本书中选2本给甲，有C26种方法；再从其余的4本中选2本给

2乙，有C24种方法；最后从余下的2本书中选2本给丙，有C2种方法，所以分给22甲、乙、丙三人，每人2本，共有C26C4C2＝90(种)方法．

22(2)分给甲、乙、丙三人，每人两本，有C26C4C2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

222

甲、乙、丙三名同学，有A33种方法．根据分步乘法计数原理，可得C6C4C2＝222

C6C4C2

xA3＝15.因此分为三份，每份两本，一共有15种方法． 3，所以x＝

A33

命题角度2 不平均分组

例3－2 (1)6本不同的书，分为三份，一份一本，一份两本，一份三本，有多少种方法？

(2)6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，一人一本，一人两本，一人三本，有多少种不同的方法？

23

解 (1)这是“不平均分组”问题，一共有C16C5C3＝60(种)方法． 233(2)在(1)的基础上再进行全排列，所以一共有C16C5C3A3＝360(种)方法．

命题角度3 分配问题

例3－3 6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少种不同的方法？

22解 可以分为三类情况：①“2,2,2型”，有C26C4C2＝90(种)方法；②“1,2,323343型”，有C16C5C3A3＝360(种)方法；③“1，1,4型”，有C6A3＝90(种)方法，所

以一共有90＋360＋90＝540(种)方法．

反思感悟 “分组”与“分配”问题的解法

(1)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，均匀分成n组，最后必须除以n！； 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．

(2)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 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)有多少种放法？

(2)每盒至多1个球，有多少种放法？ (3)恰好有1个空盒，有多少种放法？

(4)每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？

(5)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？ 解 (1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256(种)放法． (2)这是全排列问题，共有A44＝24(种)放法．

11

C24C2C1

(3)方法一 先将4个小球分为3组，有2种方法，再将3组小球投入4个

A2211C4C2C133

盒子中的3个盒子，有A4种投放方法，故共有2·A4＝144(种)放法．

A2

方法二 先取4个球中的2个“捆”在一起，有C24种选法，把它与其他2个球

23共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有A34种投放方法，所以共有C4A4

＝144(种)放法．

(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有C14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个球的投入方法有2种，故共有C14·2＝8(种)放法．

(5)先从4个盒子中选出3个盒子，再从3个盒子中选出1个盒子放入2个球，余下2个盒子各放1个，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故

1共有C34C3＝12(种)放法．

与几何有关的组合应用题

典例 如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.

(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？

(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？

1221解 (1)方法一 可作出三角形C36＋C6·C4＋C6·C4＝116(个)．

112

其中以C1为顶点的三角形有C25＋C5·C4＋C4＝36(个)． 3方法二 可作三角形C310－C4＝116(个)，

112其中以C1为顶点的三角形有C25＋C5·C4＋C4＝36(个)． 3122(2)可作出四边形C46＋C6·C6＋C6·C6＝360(个)．

[素养提升] (1)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，也可采用间接法．

(2)把一个与几何相关的问题转化为组合问题，此题目的解决体现了数学抽象及数算的核心素养．

【跟踪训练】

51．C26＋C7的值为( )

A．72 B．36 C．30 D．42 答案 B

522解析 C26＋C7＝C6＋C7

6×57×6＝＋＝15＋21＝36. 2×12×1

2．若Cn＝28，则n的值为( ) A．9 B．8 C．7 D．6 答案 B

1*

解析 因为C2n＝28，所以n(n－1)＝28，又n∈N，所以n＝8.

2

4

3．若A3m＝6Cm，则m等于( )

2

A．9 B．8 C．7 D．6 答案 C

解析 由已知得m(m－1)(m－2)＝6×7，故选C.

4．甲、乙、丙3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，则不同的选修方案的种数为______． 答案 96

解析 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

mm－1

m－2

4！

m－3

，解得m＝

33

有C24·C4·C4＝96(种)．

5．有4名男医生、3名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成1个医疗小组，则不同的选法共有________种． 答案 18

1解析 从4名男医生中选2人，有C24种选法，从3名女医生中选1人，有C3种1选法，由分步乘法计数原理知，所求选法种数为C24C3＝18.

【课堂小结】 1．知识清单：

Amnn(1)涉及具体数字的可以直接用公式C＝m＝

Am

mn

n－1

n－2…m！

n－m＋1

计算．

(2)涉及字母的可以用阶乘式Cmn＝

m！

n！

n－m

！计算．

n－m

(3)计算时应注意利用组合数的性质Cm简化运算． n＝Cn

(4)分组分配问题．

2．方法归纳：分类讨论、正难则反、方程思想． 3．常见误区：分组分配中是否为“平均分组”．

【同步练习】

321．计算：C28＋C8＋C9等于( )

A．120 B．240 C．60 D．480 答案 A

32解析 C28＋C8＋C9＝

7×86×7×88×9

＋＋＝120. 2×13×2×12×1

2．从5名志愿者中选派4人在星期六和星期日参加公益活动，每人一天，每天两人，则不同的选派方法共有( ) A．60种 B．48种 C．30种 D．10种 答案 C

解析 从5名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动，有C25种方法，再从剩

下的3人中选派2人参加星期日的公益活动，有C23种方法，由分步乘法计数原

2理可得不同的选派方法共有C25·C3＝30(种)，故选C.

3．(多选)下列等式正确的有( ) A．C＝

m

nmn

m！

n！n－m

！

n－m

B．Cm n＝Cn

m＋1m＋1

C．C＝Cn＋1

n＋1答案 ABC

m＋1

D．Cmn＝Cn＋1

解析 A是组合数公式；B是组合数性质；由×

n＋1！

m＋1！n－m

m＋1m＋1m＋1

Cn＋1＝n＋1n＋1

！

＝Cmn得C正确；D错误．

4．200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( )

2

A．C32197·C3种 5C．C5200－C197种

223

B．C33C197＋C3C197种 14D．C5200－C3C197种

答案 B

3

解析 至少2件次品包含两类：(1)2件次品，3件正品，共C23C197种抽法，(2)3223件次品，2件正品，共C33C197种抽法，由分类加法计数原理得，抽法共有C3C197＋2C33C197种．

5．空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为( ) A．205 B．110 C．204 D．200 答案 A

解析 方法一 可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，

4132231则得到所有的取法总数为C05C5＋C5C5＋C5C5＋C5C5＝205.

方法二 从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点

4的情况，得到所有构成四面体的个数为C410－C5＝205.

6．4名优秀学生全部保送到3所学校去，每所学校至少去1名，则不同的保送方案有______种． 答案 36

3

解析 把4名学生分成3组有C24种方法，再把3组学生分配到3所学校有A3种3方法，故共有C24A3＝36(种)保送方案．

7．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答) 答案 336

3解析 当每个台阶上各站1人时有C37A3种站法；当两个人站在同一个台阶上时1133211有C23C7C6种站法．因此不同的站法种数为C7A3＋C3C7C6＝210＋126＝336.

8．某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有________种． 答案 600

4解析 可以分情况讨论：①甲、丙同去，则乙不去，有C25·A4＝240(种)选法；

②甲、丙同不去，有A46＝360(种)选法，所以共有600种不同的选派方案．

56129．已知C4n，Cn，Cn成等差数列，求Cn的值． 46解 由已知得2C5n＝Cn＋Cn，

所以2×

5！

n！

n－5

！

＝

4！

n！n－4

！

＋

6！

n！n－6

！

，

整理得n2－21n＋98＝0， 解得n＝7或n＝14，

要求C12n的值，故n≥12，所以n＝14，

2于是C1214＝C14＝

14×13

＝91. 2×1

10．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？ 解 可以分三类：

2

第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C3种选法； 1第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C34C3种选法； 2第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C3种选法．

23132

根据分类加法计数原理，一共有C24C3＋C4C3＋C4C3＝42(种)不同的选法．

7811．若C7n＋1－Cn＝Cn，则n等于( )

A．12 B．13 C．14 D．15 答案 C

787878解析 因为C7n＋1－Cn＝Cn，即Cn＋1＝Cn＋Cn＝Cn＋1，所以n＋1＝7＋8，即n＝14.

12．在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共(m＋n＋1)个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，则可作出的三角形的个数为( )

212A．C1m＋1Cn＋Cn＋1Cm 21211C．C1mCn＋CnCm＋CmCn

212

B．C1mCn＋CnCm 212D．C1mCn＋1＋CnCm＋1

答案 C

解析 第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取两

2

点，可构造一个三角形，有C1mCn个；

第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与从OB边上(不包括O)任取一点，可构

2造一个三角形，有C1nCm个；

第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取一点，与O

1点可构造一个三角形，有C1mCn个．

21211由分类加法计数原理知，可作出的三角形的个数为C1mCn＋CnCm＋CmCn.

13．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 从1,2,3，…，9这9个数中取出4个不同的数，其和为偶数的情况包括：(1)取出的4个数都是偶数，取法有C44＝1(种)；(2)取出的4个数中有2个

24偶数、2个奇数，取法有C24C5＝60(种)；(3)取出的4个数都是奇数，取法有C5

＝5(种)．根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有1＋60＋5＝66(种)． 14．某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________．

答案 1 560

解析 先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．若4个组的人数按3,1,1,1分配，

111C36C3C2C1

则不同的分配方案有＝20(种)．

A33

若4个组的人数为2,2,1,1，

2C2C16C42

则不同的分配方案有2×2＝45(种)．

A2A2

故所有分组方法共有20＋45＝65(种)．

再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65A44＝1 560(种)．

15．(多选)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数可能为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 答案 BD

解析 任意两位同学之间交换纪念品共要交换C6＝15(次)，如果都完全交换，每个人都要交换5次，也就是每人得到5份纪念品．现在6位同学总共交换了13次，少交换了2次，这2次若不涉及同一人，则收到4份纪念品的同学有4人，若涉及同一个人，则收到4份纪念品的同学有2人．故选BD.

16．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．

(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？

(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有的4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？

解 (1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中

22选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A2＝A4(种)测法，再排余下4件的

2

测试位置，有A44种测法．

24所以共有不同测试方法A46·A4·A4＝103 680(种)．

(2)第5次测试的产品恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次

34

有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16C4A4＝576(种)．