7-5_组合_题库教师版

题库 教师版 4 知识框架图 7 计数综合 7合 7合及其 应用 7除 法 7板法 确理解组合的意义 ； 正确区分排列、组合问题； 根据具体的问题，写出符合要求的组合； 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 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 ()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 ()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 一般地，求从 n 个不同元素中取出的 m 个元素的排列数 第一步： 从 n 个不同元素中取出 m 个元素组成一组，共有 知识要点 教学目标 组合 题库 教师版 4 第二步：将每一个组合中的 m 个元素进行全排列，共有 根据乘法原理，得到 m m mn n P 因此，组合数 1 2 ) 11 2 3 2 1 L nn n n n n 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 () 这个公式的直观意义是： n 个元素中取出 m 个元素组成一组的所有分组方法 示从 n 个元素中取出 ()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 ()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 3255 规定 1 0 1 模块一 、 组合及其应用 【例 1】 计算： 26C， 46C； 27C， 57C （ 2 级） 【解析】 22 66 2265 1521 ， 44 66 446 5 4 3 154 3 2 1 22 77 2276 2121 ， 55 77 557 6 5 4 3 215 4 3 2 1 【小结】 注意到上面的结果中，有 2466 2577 【例 2】 计算： 198200C； 5556C； 98 100100 1002 （ 2 级） 【解析】 21 9 8 2 0 0 1 9 8 2 2002 0 0 2 0 0 2 0 0 222 0 0 1 9 9 1990021 C P ； 例题精讲 题库 教师版 4 15 5 5 6 5 5 1 565 6 5 6 5 6 1156 561 C P ； 29 8 1 0 0 2 1001 0 0 1 0 0 1 0 0 221 0 0 9 92 2 1 2 2 4 9 4 821 C P 【巩固】 计算： 312C； 9981000C； 2288 （ 2 级） 【解析】 312 1 2 1 1 1 0 2203 2 1C 9 9 8 21 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 9 9 9 49950021 2288 878 7 5 6 2 8 2 821 【例 3】 6 个 朋友聚会，每两人握手一次，一共 握手多少次？ （ 2 级） 【解析】 这与 课前挑战的情景是类似的因为两个人握手是相互的， 6 个 朋友每两人握手一次，握手次数只与握手的两个人的选取有关而与两个人的顺序无关，所以这是个组合问题 由组合数公式知，26 651521C (次 )所以一共握手 15次 【巩固】 某班毕业生中有 20 名同学相见了，他们互相都握了一次手，问这次聚会大家一共握了多少次手？（ 2 级） 【解析】 220 2 0 1 9 19021C (次 ) 【例 4】 （难度等级 ） 学校开设 6 门任意选修课，要求每个学生从中选学 3 门，共有多少种不同的选法 ？ （ 4 级） 【解析】 被选中的 3 门排列顺序不予考虑，所以这是个组合问题 由组合数公式知，36 6 5 4 203 2 1C (种 ) 所以共有 20 种不同的 选法 【例 5】 某校举行排球单循环赛，有 12 个队参加问：共需要进行多少场比赛？ （ 2 级） 【解析】 因为比赛是单循环制的，所以， 12个队中的每两个队都要进行一场比赛，并且比赛的场次只与两个队的选取有关而与两个队选出的顺序无关所以，这是一个在 12个队中取 2 个队的组合问题 由组合数公式知，共需进行212 1 2 1 1 6621C (场 )比赛 【巩固】 芳草地小学举行足球单循环赛，有 24 个队参加问：共需要进行多少场比赛？ （ 2 级） 【解析】 由组合数公式知，共需进行224 2 4 2 3 27621C (场 )比赛 题库 教师版 4 【例 6】 一批象棋棋手进行循环赛，每人都与 其他所有的人赛一场，根据积分决出 冠军，循环赛共要进行78 场，那么共 有多少人参加循环赛 ？ （ 4 级） 【解析】 从若干人中选出 2 人比赛，与选出的先后顺序无关，这是一个组合问题依 题意，假设有 n 个人参加循环赛，应该有2 1 7821n ），所以 1 7 8 2 1 3 1 2 ） ，所以 13n ，即一共有 13人参加循环赛 【例 7】 某校举行男生乒乓球比赛，比赛分成 3 个阶段进行，第 一 阶 段：将参加比赛的 48 名选手分成 8 个小组，每组 6 人，分别 进行单循环赛；第二阶段：将 8 个小组产生的前 2 名共 16 人 再分成 4 个小组，每组 4 人，分别进行单循环赛；第 三 阶段： 由 4 个小组产生的 4 个第 1 名进行 2 场半决赛和 2 场决赛，确 定 1 至 4 名的名次问：整个赛程一共需要进行多少场比赛？ （ 4 级） 【解析】 第一阶段中，每个小组内部的 6 个人每 2 人要赛一场，组内赛26 651521C 场，共 8 个小组，有15 8 120 场； 第二阶段中，每个小组内部 4 人中每 2 人赛一场，组内赛24 43621C 场，共 4 个小组，有 6 4 24场； 第三阶段赛 2 2 4 场 根据加法原理，整个赛程一共有 1 2 0 2 4 4 1 4 8 场比赛 【例 8】 从分别写有 1 、 3 、 5 、 7 、 9 的五张卡片中任取两张， 做 成一道两个一位数的乘法题，问： 有多少个不同的乘积？ 有多少个不同的乘法算式？ （ 6 级） 【解析】 要考虑有多少个不同乘积由于只要从 5 张卡片中取两张，就可以得到一个乘积，所以，有多少个乘积只与所取的卡片有关，而与卡片取出的顺序无关，所以这是一个组合问题 由组合数公式，共有 22 55 2254 1021 (个 )不同的乘积 要考虑有多少个不同的乘法算式，它不仅与两张卡片上的数字有关，而且与取到两张卡片的顺序有关，所以这是一个排列问题 由排列数公式，共有 25 5 4 20P (种 )不同的乘法算式 【巩固】 9、 8、 7、 6、 5、 4、 3、 2、 1、 0 这 10 个数字中划去 7 个数字，一共有多少种方法？ （ 4 级） 【解析】 相当于在 10 个数字选出 7 个划去，一共有 10 9 8 7 6 5 4（ 7 6 5 4 3 2 1） =10 9 8（ 3 2 1） =120 种 【巩固】 从 分别写有 1 、 2 、 3 、 4 、 5 、 6 、 7 、 8 的 八 张卡片中任取两张， 做 成一道两个一位数的 加 法题，有多少种不同的和？ （ 4 级） 【解析】 22 88 2287 2821 (种 ) 题库 教师版 4 【例 9】 在 1100 中任意取出两个不同的数相加，其和是偶数的共有多少种不同 的取法 ？ （ 6 级） 【解析】 两个数的和是偶数，通过前面刚刚学过的奇偶分析法，这两个数必然同是奇数或同是偶数，而取出的两个数与顺序无关，所以是组合问题 从 50 个偶数中取出 2 个，有250 5 0 4 9 122521C (种 )取法； 从 50 个奇数中取出 2 个，也有250 5 0 4 9 122521C (种 )取法 根据加法原理，一共有 1 2 2 5 1 2 2 5 2 4 5 0(种 )不同的取法 【小结】 在本题中，对两个数的和限定了条件不妨对这个条件进行分类，如把和为偶数分成两奇数相加或两偶数相加这样可以把问题简化 【巩固】 从 19 、 20 、 93 、 94 这 76 个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？（ 6 级） 【解析】 19 、 20 、 、 93 、 94 中有 38 个奇数， 38 个偶数，从 38 个数中任取 2 个数的方法有：238 3 8 3 7 70321C (种 )，所以选法总数有： 703 2 1406 (种 ) 【例 10】 一个盒子装有 10 个 编 号依次为 1 ， 2 ， 3 ， L ， 10 的球，从中摸出 6 个球，使它们 的编号之和为奇数，则不同的摸法种数是多少 ？ （ 6 级） 【解析】 10个编号中 5 奇 5 偶，要使 6 个球的编号之和为奇数，有以下三种情形： 5 奇 1 偶，这时对奇数只有 1 种选择，对偶数有 5 种选择由乘法原理，有 1 5 5 (种 )选择； 3 奇 3 偶，这时对奇数有35 5 4 3 103 2 1C (种 )选择，对偶数也有35 5 4 3 103 2 1C (种 )选择由乘法原理，有 10 10 100 (种 )选择； 1 奇 5 偶，这时对奇数有 5 种选择，对偶数只有 1 种选择由乘法原理， 有 5 1 5 (种 )选择 由加法原理，不同的摸法有 5 100 5 110 (种 ) 【例 11】 用 2 个 1， 2 个 2， 2 个 3 可以组成多少个 互不相同的六位数 ？ 用 2 个 0 ， 2 个 1 ， 2 个 2 可以组成多少个互不相同的六 位数 ？ （ 6 级） 【解析】 先考虑在 6 个数位上选 2 个数位放 1 ，这两个 1 的顺序无所谓，故是组合问题，有26 651521C (种 )选法；再从剩下的 4 个数位上选 2 个放 2 ，有24 43621C (种 )选法；剩下的 2 个数位放 3 ，只有 1 种选法 由乘法原 理，这样的六位数有 15 6 1 90 (个 ) 在前一问的情况下组成的 90 个六位数中，首位是 1 、 2 、 3 的各 30 个如果将 3 全部换成 0 ，这 30 个首位是 0 的数将不是六位数，所以可以组成互不相同的六位数 90 30 60 (个 ) 【例 12】 从 1 ， 3 ， 5 ， 7 ， 9 中任取三个数字，从 2 ， 4 ， 6 ， 8 中任取两个数字，组成没有重复数字的五位数，一共可以组成多少个数？ （ 6 级） 题库 教师版 4 【解析】 整个过程可以分三步完成：第一步，从 1 ， 3 ， 5 ， 7 ， 9 中任取三个数字，这是一个组合问题，有 35二步，从 2 ， 4 ， 6 ， 8 中任取两个数字，也是一个组合问题，有 24三步，用取出的 5 个数字组成没有重复数字的五位数，有 55以总的个数为： 3 2 55 4 5 7200C C P （个） 【例 13】 从 0 、 0 、 1 、 2 、 3 、 4 、 5 这七个数字中，任取 3 个组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？（这里每个数字只允许用 1 次，比如 100、 210 就是可以组成的，而 211 就是不可以组成的） （ 2008年“陈省身杯”国际青少年数学邀请赛五年级） （ 4 级） 【解析】 若三位数不含有 0 ，有 5 4 3 60 （个），若含有一个 0 ，有 5 4 2 40 （个），若含有两个 0 ，有5 （个），所以共有 60 40 5 105 （个） 【例 14】 用 2 个 1， 2 个 2， 2 个 3 可以组成多少个 互不相同的六位数 ？ 用 2 个 0， 2 个 1， 2 个 2 可以组成多少个互不相同的六 位数 ？ （ 6 级 ） 【 解解 析析 】 先考虑在 6 个数位上选 2 个数位放 1，这两个 1 的顺序无所谓，故是组合问题有 26 15C 种选法；再从剩下的 4 个数位上选 2 个放 2，有 24 6C 种选法；剩下的 2 个数位放 3，只有 1 种选法由乘法原理，这样的六位数有 15 6 1 90 个 在前一问的情况下组成的 90 个六位数中，首位是 1、 2、 3 的各 30 个如果将 3 全部换成 0，这 30个首位是 0 的数将不是六位数，所以可以组成互不相同的六位数 90 30 60 个 【巩固】 用两个 3，一个 2，一个 1，可以组成多少个不重复的 4 位数？ （ 6 级） 【 解解 析析 】 这道题由于 3 有 2 个，是其中最特殊的，所以从它入手 先从四位数的 4 个数位中选择 2 个来放 3，有 24 6C 种选法；然后剩下的两个数位放 1 和 2，有 2 种放法；根据乘法原理，共有 6 2 12 种不同的方法，所以可以组成 12 个不重复的四位数 【例 15】 工厂某日生产的 10 件产品中有 2 件次品，从这 10 件产品中任意抽出 3 件进行 检查，问： （ 1）一共有多少种不同的抽法？ （ 2）抽出的 3 件中恰好有一件是次品的抽法有多少种？ （ 3）抽出的 3 件中至少有一件是次品的抽法有多少种？ （ 6 级） 【解析】 （ 1）从 10 件产品中抽出 3 件，抽法总数为 310C=120（种） （ 2） 3 件中恰好一件次品，那么还有两件正常品 抽法总数为 12C28C=56（种） （ 3）与 “至少有一件是次品 ”互补的事件是 “全都不是次品 ” 全都不是次品的抽法总数为 38C=56（种） 所以至少有一件次品的抽法总数为 1204（种） 【例 16】 200 件产品中有 5 件是次品，现从中任意抽取 4 件，按下列条件，各有多少种不同的抽法（只要求 题库 教师版 4 列式）？都不是次品；至少有 1 件次品；不都是次品 （ 6 级） 【解析】 第 题：与顺序 无关；都不是次品，即全部都是正品，正品有 195 件第 题：与顺序无关；至少有 1 件次品，即有 1 件次品、 2 件 次品、 3 件次品、 4 件次品等四类情况，次品共 5 件可用直接法解答，也可用间接法解答第 题：与顺序无关；不都是次品，即至少有 1 件是正品 都不是次品，即全部为正品 共有抽法 4195 至少有 1 件次品，包括 1 件、 2 件、 3 件、 4 件次品的情况 共有抽法 3 1 2 2 1 3 41 9 5 5 1 9 5 5 1 9 5 5 5()C C C C C C C 种（或 44200 195()） 不都是次品，即至少有 1 件正品 共有抽法 1 3 2 2 3 1 41 9 5 5 1 9 5 5 1 9 5 5 1 9 5()C C C C C C C 种（或 44200 5()） 【例 17】 在一个圆周上有 10 个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的 ： 直线段 ； 三角形 ； 四边形 （ 6 级） 【解析】 由于 10个点全在圆周上，所以这 10个点没有三点共线，故只要在 10个点中取 2 个点，就可以画出一条线段；在 10个点中取 3 个点，就可以画出一个三角形；在 10个点中取 4 个点，就可以画出一个四边形，三个问题都是组合问题 由组合数公式： 可画出 22 1010 221 0 9 4521 (条 )直线段 可画出 33 1010 331 0 9 8 1203 2 1 (个 )三角形 可画出 44 1010 441 0 9 8 7 2104 3 2 1 (个 )四边形 【巩固】 平面内有 10 个点，以其中每 2 个点为 端点的线段共有多少条 ？ （ 4 级） 【解析】 这道题不考虑线段两个端点的顺序，是组合问题，实际上是求从 10个元素中取出 2 个元素的组合数，由组合数公式，210 1 0 9 4521C ，所以以 10个点中每 2 个点为端点的线段共有 45 条 【巩固】 在正七边形中，以七边形的三个顶点为顶点的三角形共有多少个 ？ （ 4 级） 【解析】 三角形的形状与三个顶点选取的先后顺序无关，所以这是一个组合问题，实际上是求从 7 个点中选出 3 个点的选法，等于37 7 6 5 353 2 1C (种 ) 【例 18】 平面内有 12个点，其中 6 点共线，此外 再无三点共线 可确定多少个三角 形 ？ 可确定多少条射线 ？ （ 6 级） 【解析】 分三类： 题库 教师版 4 有 2 个顶点在共线的 6 点中，另 1 个顶点在不共线的 6 点中的三角形有 26 656 6 9 021C 个； 有 1 个顶点在共线的 6 点中，另 2 个顶点在不共线的 6 点中的三角形有 26 656 6 9 021C (个 )； 3 个顶点都在不共线的 6 点中的三角形有36 6 5 4 203 2 1C 个 根据加法原理，可确定 9 0 9 0 2 0 2 0 0 个三角形 两点可以确定两条射线，分三类： 共线的 6 点，确定 10条射线； 不共线的 6 点，每两点确定两条射线，共有26 652 2 3 021C (条 )射线； 从共线的 6 点与不共线的 6 点中各取一个点可以确定 6 6 2 72 (条 )射线 根据加法原理，可以确定 1 0 3 0 7 2 1 1 2 (条 )射线 【巩固】 如图，问： 图 1 中，共有多少条线段？ 图 2 中，共有多少个角？ （ 4 级） C 5C 4C 3C 2C 1 .P 3P 2P 1 图 2 【解析】 在线段 共有 7 个 点（包括端点 A 、 B ）注意到，只要在这七个点中选出两个点，就有 一条以这两个点为端点的线段，所以，这是一个组合问题，而 27 个点中取两个不同点的所有取法，每种取法可以确定一条线段，所以共有 27 由组合数公式知，共有 22 77 2276 2121 (条 )不同的线段； 从 O 点出发的射线一共有 11条，它们是 1L ，9注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从 11条射线中取两条射线有多少种取法，就有多少个角显然，是组合问题，共有 211以，可组成 211 由组合数公式知，共有 22 1111 221 1 1 0 5521 (个 )不同的角 【例 19】 某班要在 42 名同学中选出 3 名同学去参加夏令营，问共有多少种选法？如果在 42 人中选 3 人站成一排，有多少种站法？ （ 6 级） 题库 教师版 4 【解析】 要在 42 人中选 3 人去参加夏令营，那么，所有的选法只与选出的同学有关，而与三名同学被选出的顺序无关所以，应用组合数公式，共有 342 要在 42 人中选出 3 人站成一排，那么，所有的站法不仅与选出的同学有关，而且与三名同学被选出的顺序有关 所以，应用排列数公式，共有 342 由组合数公式，共有 33 4242 334 2 4 1 4 0 114803 2 1 (种 )不同的选法； 由排列数公式，共有 342 4 2 4 1 4 0 6 8 8 8 0P (种 )不同的站法 【巩固】 学校新修建的一条道路上有 12盏路灯，为了节省用电而又不影响正常的照明，可以熄灭其中 2 盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的 2 盏灯，那么熄灯的方法共有多少种？ （ 6 级） 【解析】 要熄灭的是除两端以外的 2 盏灯，但不相邻可以看成有 10盏灯，共有 9 个空位，在这 9 个空位中找 2 个空位的方法数就是熄灭 2 盏灯的方法数，那么熄灯的方法数有29 983621C (种 ) 【例 20】 将三盘同样的红花和四盘同样的黄花摆放成一排，要求三盘红花互不相邻，共有 _种不同的方法 （ 2007 年“希望杯”第一试） （ 4 级） 【解析】 因为三盘红花不能相邻，所以可以先将四盘黄花摆好，红花只能摆在黄花之间或者黄花的两边这样共有 5 个空，每个空最多只能放一盘红花，相当于从 5 个元素中取出 3 个，所以共有35 5 4 3 101 2 3C 种不同的放法 【例 21】 在一次合唱比赛中，有身高互不相同的 8 个人要站成两排，每排 4 个人，且前后对齐而且第二排的每个人都要比他身前的那个人高，这样才不会被挡住一共有多少种不同的排队方法？ （ 4 级） 【解析】 因为所有人的身高两两不同，所以只要确定了位于同一列的两个人是谁，也就确定了他们的前后关系所以排队方法总数为： 2228 6 4 2 8 1 5 6 2 5 2 0 （种） 【例 22】 在一次考试的选做题部分，要求在 第一题的 4 个小题中选做 3 个小题，在第 二题的 3 个小题中选做 2个小题，在 第三题的 2 个小题中选做 1 个小题， 有多少种不同的选法？ （ 6 级） 【解析】 由于选做的题目只与选取的题目有关，而与题目的顺序无关，所以在三道题中选 题都是组合问题 第一题中， 4 个小题中选做 3 个，有34 4 3 2 43 2 1C (种 )选法； 第二题中， 3 个小题中选做 2 个，有23 32321C (种 )选法； 第三题中， 2 个小题中选做 1 个，有12 2121C (种 )选法 根据乘法原理，一共有 4 3 2 24 (种 )不同的选法 题库 教师版 0 4 【例 23】 某年级 6 个班的数学课，分配给甲、乙、 丙三名数学老师任教，每人教两个班，分派的方法有多少种 ？ （ 6 级） 【解析】 分三步进行： 第一步，取两个班分配给甲，与先后顺序无关，是组合问题，有26 651521C (种 )选法； 第二步， 从余下的 4 个班中选取两个班给乙，有24 43621C (种 )选法； 第三步，剩余的两个班给丙，有 1 种选法 根据乘法原理，一共有 15 6 1 90 (种 )不同的分配方法 【例 24】 (2007 年“迎春杯”高年级初赛 )将 19 枚棋子放入 55 的方格网内，每个方格至多只放一枚棋子，且每行每列的棋子个数均为 奇数个，那么共有 _种不同的放法 （ 4 级） 【 解解 析析 】 55 的方格网共有 25 个方格，放入 19 枚棋子，说明还有 6 个空格 由于棋子的数目较多， 直接考虑棋子比较困难，可以反过来考虑 6 个空格 由于 每行每列的棋子个数均为奇数个，而每行每列都有 5 个方格，说明每行每列的空格数都是偶数个 那么每行每列的空格数可能为 0， 2 或 4 如果有某一行或某一列的空格数为 4 个，为保证每行每列的空格数都是偶数个，那么这 4 个空格所在的列或行都至少还有另外 1 枚棋子，这样至少有 8 个空格，与题意不符 ，所以每行每列的空格数不能为4 个，只能为 0 个或 2 个 则肯定是某 3 行和某 3 列中每行每列各有 2 个空格，如下： 其中表示空格，表示有棋子的方格，其它的方格则全部有棋子 选择有空格的 3 行 3 列有 3355 1 0 1 0 1 0 0 种选法，在这 3 行 3 列中选择 6 个空格 (也相当于每行每列选择 1 枚棋子 )有 3 2 1 6 种选法，所以总共有 100 6 600 种不同的放法 【例 25】 甲射击员在练习射击，前方有三种不 同类型 的 气球，共 3 串，有一串是红气球 3 个，有一串是黄气球 2 个，有一串是绿气球 4 个，而且每次 射击 必须射最下面的气球，问 有 多少种不同的射法？（ 6 级） 绿黄红【 解解 析析 】 根据射击规则，任意一种打法都对应三个红色气球，二个黄色气球，四个绿色气球，即 9 个物体的排列，当然有 9 8 7 6 5 4 3 2 1 种排列方法 但是，其中三个红色气球是不能随意排列的，应该是固定由下到上的，而上面却包括了它的随意排列的情况，所以应该除以 3 2 1 ，其他黄色气球、绿色气球依此类推 所以共有射击方法： ( 9 8 7 6 5 4 3 2 1 ) ( 3 2 1 ) ( 2 1 ) ( 4 3 2 1 ) ( 9 8 7 6 5 4 ) ( 2 1 ) ( 4 3 2 1 ) 1260 (种 ) 本题也可以这样想：任意 一种打法都对应 9 个物体的排列， 从中先选出 3 个位置给红色气球，有 39 3 个红色气球的顺序是固定的，所以它们之间只有一种排列顺序；再从剩下的 6 个位置中选出 2 个给黄色气球，有 26们之间 也只有一种排列顺序；剩下的 4 个位置给绿色气球，它们之间也只有一种排列顺序所以，根据乘法原理，共有 32961260种不同的射法 题库 教师版 1 4 【例 26】 有 8 个队参加比赛，采用如下图所示的淘汰制方式问在比赛前抽签时，可以得到多少种实质不同的比赛安排表？ （ 6 级） 【 解解 析析 】 (法 1)先选 4 人，再考虑组合的方法 8 选 4 有 48 70C 种组合，其中实质不同的有一半，即 70 2 35 种； 对每一边的 4 个人，共有实质性不同的 24 23C 种， 所以，可以得到 35 3 3 315 种实质不同的比赛安排表 (法 2)先考虑所有情况，再考虑重复情况 首先是 8 ! 8 7 6 5 4 3 2 1 考虑到实质相同： 1、 2； 3、 4； 5、 6； 7、 8；一、二；三、四； A 、 B ， 以上 7 组均可交换，即每一种实际上重复计算了 72 次，答案为： 78! 2 315 【例 27】 某池塘中有 A B C、 、 三只游船， A 船可乘坐 3 人， B 船可乘坐 2 人， C 船可乘坐 1 人，今有 3 个成人和 2 个儿童要分乘这些游船，为安全起见，有儿童乘坐的游船上必须至少有个成人陪同，那么他们 5 人乘坐这三支游船的所有安全乘船方法共有多少种？ （ 6 级） 【解析】 由于 有儿童乘坐的游船上必须至少有 1 个成人陪同，所以儿童不能乘坐 C 船 若这 5 人都不乘坐 C 船，则恰好坐满 两船， 若两个儿童在同一条船上，只能在 A 船上，此时 A 船上还必须有 1 个成人，有 13 3C种方法； 若两个儿童不在同一条船上，即分别在 两船上，则 B 船上有 1 个儿童和 1 个成人， 1 个儿童有 12 2C种选择， 1 个成人有 13 3C种选择，所以有2 3 6 种方法故 5 人都不乘坐 C 船有 3 6 9 种安全方法； 若这 5 人中有 1 人乘坐 C 船，这个人必定是个成人，有 13 3C种选择其 余的 2 个成人与 2 个儿童，若两个儿童在同一条船上，只能在 A 船上，此时 A 船上还必须有 1 个成人，有 12 2C种方法，所以此时有 3 2 6 种方法； 若两个儿童不在同一条船 上，那么 B 船上有 1 个儿童和 1 个成人，此时1 个儿童和 1 个成人均有 12 2C 种选择，所以此种情况下有 3 2 2 12 种方法；故 5 人中有 1 人乘坐C 船有 6 12 18 种安全方法 所以，共有 9 18 27 种安全乘法 题库 教师版 2 4 【例 28】 有蓝色旗 3 面，黄色旗 2 面，红色旗 1 面这些旗的模样、大小都相同现在把这些旗挂 在一个旗杆上做成各种信号，如果按挂旗的面数及从上到下颜色的顺序区分信号，那么利用这些旗能表示多少种不同信号 ? （ 4 级） 【解析】 按挂旗的面数来分类考虑 第一类：挂一面旗从蓝、黄、红中分别取一面，可以表示 3 种不同信号； 第二类：挂两面旗按颜色分成：红 黄（ 22 2P 种）；红 蓝（ 22 2P 种）；黄 蓝（ 22 2P 种）；黄 黄（ 1 种）；蓝 蓝（ 1 种）；共 8 种； 第三类：挂三面旗按颜色分类：红 蓝 蓝（ 13 3C 种）；红 黄 黄（ 13 3C 种）；红 黄 蓝（ 33 6P 种）；黄 黄 蓝（ 13 3C种）；黄 蓝 蓝（ 13 3C种）；蓝 蓝 蓝（ 1 种）；共 19种； 第四类：挂四面旗按颜色分类：红 黄 黄 蓝（ 24 2 12C 或 44 2 12P 种）；红 黄 蓝 蓝（ 24 2 12C 或 44 2 12P 种）；红 蓝 蓝 蓝（ 14 4C 种）；黄 黄 蓝 蓝（ 22426种）；黄 蓝 蓝 蓝（ 14 4C 种），共 38 种； 第五类：挂五面旗按颜色分类：红 黄 黄 蓝 蓝（ 3 2 15 3 1 30C C C 种）；红 黄 蓝 蓝 蓝（ 35 2 1 20C 种）；黄 黄 蓝 蓝 蓝（ 325210种），共 60 种； 第六类：挂六面旗红 黄 黄 蓝 蓝 蓝（ 3 2 163160C C C 种） 根据加法原理，共可以表示 3 8 1 9 3 8 6 0 6 0 1 8 8 种不同的信号 【例 29】 从 10名男生， 8 名女生中选出 8 人参加游泳比赛在下列条件下，分别有多少种选法 ？ 恰有 3 名女生入选；至少有两名女生入选；某两名女生，某两名男生必须入选； 某两名女生，某两名男生不能同时入选；某两名女生，某两名男生最多入选两人 （ 6 级） 【解析】 恰有 3 名女生入选，说明男生有 5 人入选，应为 358 1 0 14112种； 要求至少两名女生人选，那么 “只有一名女生入选 ”和 “没有女生入选 ”都不符合要求运用包含与排除的方法，从所有可能的选法中减去不符合要求的情况： 8 8 7 11 8 1 0 1 0 8 43758C C C C ； 4 人必须入选，则从剩下的 14人中再选出另外 4 人，有 414 1001C 种； 从所有的选法 818 个人同时入选的 414 841 8 1 4 4 3 7 5 8 1 0 0 1 4 2 7 5 7 分三类情况： 4 人无人入选； 4 人仅有 1 人入选； 4 人中有 2 人入选，共： 题库 教师版 3 4 8 1 7 2 61 4 4 1 4 4 1 4 34749C C C C C 【例 30】 从 4 名男生， 3 名女生中选出 3 名代表 不同的选法共有多少种？ “ 至 少有一名女生”的不同选法共有多少种 ？ “ 代表中男、女生都要有 ” 的不同选法共有多少种 ？ （ 6 级） 【解析】 相当于从 7 名学生中任意选 3 名，不同的选法有37 7 6 5 353 2 1C (种 ) 方法一：可以分成三类： 选 1 名女生，选 2 名男生由乘法原理，有1234 433 1 821 (种 )选法； 选 2 名女生，选 1 名男生由乘法原理，有2134 32 4 1 221 (种 )选法； 选 3 名女生，男生不选，有 1 种选法 根据加法原理， “至少有一名女生 ”的不同选法有 18 12 1 31 (种 ) 方法二：先不考虑对女生的特殊要求，从从 7 名学生中任意选 3 名，有37 7 6 5 353 2 1C (种 )选法；考虑一个女生都不选的情况，则 3 名代表全产生于男生中，有34 4 3 2 43 2 1C (种 )选法，所以，至少选一名女生的选法有 35 4 31 种，这种 “去杂法 ”做起来也比较简单 “代表中男、女生都要有 ”，可以分成两类： 1 名男生， 2 名女生，由乘法原 理，有2134 32 4 1 221 (种 )选法； 2 名男生， 1 名女生，由乘法原理，有1234 433 1 821 (种 )选法 根据加法原理， “代表中男、女生都要有 ”的不同选法共有 12 18 30 (种 ) 【小结】 选择问题是组合问题中的一类常见问题，可根据具体情况从正面考虑或逆向求解，采用 “去杂法 ” 【巩固】 在 6 名内科医生 和 4 名外科医生中，内 科主任和外科主任各一名，现要组成 5 人医疗小组送医下乡，按照下列条 件各有多少种选派方法 ？ 有 3 名内 科医生和 2 名外科医生； 既有内科 医生，又有外科医生； 至少有一 名主任参加； 既有主任，又有外 科医生 （ 8 级） 【解析】 先从 6 名内科医生中选 3 名，有36 6 5 4 203 2 1C 种选法；再从 4 名外科医生中选 2 名，共有24 43621C 种选法根据乘法原理，一共有选派方法 20 6 120 种 用 “去杂法 ”较方便，先考虑从 10名医生中任意选派 5 人，有510 1 0 9 8 7 6 2525 4 3 2 1C 种选派方法；再考虑只有外科医生或只有内科医生的情况由于外科医生只有 4 人，所以不可能只派外科 题库 教师版 4 4 医生如果只派内科医生，有 51666种选派方法所以，一共有 252 6 246 种既有内科医生又有外科医生的选派方法 如果选 1 名主任，则不是主任的 8 名医生要选 4 人，有48 8 7 6 52 2 1 4 04 3 2 1C 种选派方法；如果选 2 名主任，则不是主任的 8 名医生要选 3 人，有38 8 7 61 1 5 63 2 1C 种选派方法根据加法原理，一共有 140 56 196 种选派方法 分两类讨论： 若选外科主任，则其余 4 人可任意选取，有49 9 8 7 6 1264 3 2 1C 种选取方法； 若不选外科主任，则必选内科主任，且剩余 4 人不能全选内科医生，用 “去杂法 ”有4485 8 7 6 5 5 4 3 2 654 3 2 1 4 3 2 1 种选取法 根据加法原理，一共有 126 65 191 种选派方法 【例 31】 在 10 名学生中，有 5 人会装电脑，有 3 人会安装音响设备，其余 2 人既会安 装电脑，又会安装音响设备，今选派由 6 人组成的安装小组，组内安装 电 脑要 3 人，安装音响设备要 3 人，共有 多少种不同的选人方案 ？ （ 8 级） 【解析】 按具有双项技术的学生分类： 两人都不选派，有35 5 4 3 103 2 1C (种 )选派方法； 两人中选派 1 人，有 2 种选法而针对此人的任务又分两类： 若此人要安装电脑，则还需 2 人安装电脑，有25 541021C (种 )选法，而另外会安装音响设备的3 人全选派上，只有 1 种选法由乘法原理，有 10 1 10 (种 )选法； 若此人安装音响设备，则还需从 3 人中选 2 人安装音响设备，有23 32321C (种 )选法，需从 5 人中选 3 人安装电脑，有35 5 4 3 103 2 1C (种 )选法由乘法原理，有 3 10 30 (种 )选法 根据加法原理，有 10 30 40 (种 )选法； 综上所述，一共有 2 40 80 (种 )选派方法 两人 全派，针对两人的任务可分类讨论如下： 两人全安装电脑，则还需要从 5 人中选 1 人安装电脑，另外会安装音响设备的 3 人全选上安装音响设备，有 5 1 5 (种 )选派方案； 两人一个安装电脑，一个安装音响设备，有2253 5 4 3 2 602 1 2 1 (种 )选派方案； 两人全安装音响设备，有35 5 4 33 3 3 03 2 1C (种 )选